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广东省东莞市长安实验中学2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2025八下·东莞期中）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·东莞期中）若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C．且 D．
3．（2025八下·东莞期中）下列是勾股数的是（　　）
A．5，6，7 B．6，10，7 C．7，8，9 D．15，9，12
4．（2025八下·东莞期中）如图所示，在数轴上点B所表示的数为，点所表示的数为1，垂直于该数轴，且，在数轴上点A所表示的数为a，则a的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·东莞期中）由下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．，，
6．（2025八下·东莞期中）如图，圆柱的高，底面周长为 16，现在有一只蚂蚁想要从 A 处沿圆柱表面爬到对角 C 处捕食，则它爬行的最短距离是（ ）
A．6 B．10 C．8 D．16
7．（2025八下·东莞期中）如图，已知的周长为，是的中位线，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·东莞期中）在数学活动课上，为探究四边形瓷砖是否为菱形，以下拟定的测量方案，正确的是（　　）
A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量四个内角是否相等
C．测量两条对角线是否互相垂直 D．测量四条边是否相等
9．（2025八下·东莞期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是（　　）
A．1.5 B．3 C．6 D．4
10．（2025八下·东莞期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（2025八下·东莞期中）将化成最简二次根式为　 　．
12．（2025八下·东莞期中）若，满足，则　 　．
13．（2025八下·东莞期中）如图，矩形的两条对角线相交于点.若，，则边的长为　 　.
14．（2025八下·东莞期中）如图所示，为的中位线，点F在上，，若，，则的长为　 　．
15．（2025八下·东莞期中）如图，矩形的对角线交于点O，，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为　 　．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分）
16．（2025八下·东莞期中）计算：．
17．（2025八下·东莞期中）如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
18．（2025八下·东莞期中）如图，，，，，，求四边形的面积．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（2025八下·东莞期中）已知，，求下列各式的值：
（1）；
（2）．
20．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，是的中位线，是的中线．连接，．判断四边形形状，并说明理由．
21．（2025八下·东莞期中）如图．将长方形沿着对角线折叠，使点C落在处，交于点E．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若，求的面积．
五、解答题（三）（本大题共2小题，22题13分，23题14分，共27分）
22．（2025八下·东莞期中）如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，．
（1）求证：是菱形；
（2）若，，求的长．
23．（2025八下·东莞期中）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示的长．
（2）求当t为何值时，分别满足下面的条件：
①；
②．
（3）如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、被开方数含分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B、被开方数含分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故该选项符合题意；
D、，被开方数中不含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可得出答案。
2．【答案】A
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，
解得：，
故答案为：A．
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件.根据二次根式有意义的条件是被开方数不能为负数列式，可列出式子，解不等式可求出的取值范围.
3．【答案】D
【知识点】勾股数
【解析】【解答】解：A、，故不符合题意；
B、，故不符合题意；
C、，故不符合题意；
D、，故符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据勾股数的定义，逐项进行判断即可得出答案。
4．【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：由勾股定理知，
，
，
到原点的距离为，
又在原点左侧，
的值为，
故答案为：A．
【分析】首先根据勾股定理可得出，进而根据AB=BD可得出，进一步可得出OA=，根据点A的位置，即可得出a的值。
5．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、设，，，
∵，，故，不是直角三角形，选项A符合题意；
B、由三角形内角和定理可知，结合，得到，
∴，故为直角三角形，选项B不符合题意；
C、对等式左边使用平方差公式得到：，再由勾股定理逆定理可知为直角三角形，C选项不符合题意；
D、，由勾股定理逆定理可知为直角三角形，D选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据三角形三边之间的关系可得出A不能构成三角形；根据三角形内角和定理可得出为直角三角形 ；根据勾股定理的逆定理可得出为直角三角形 ；根据勾股定理逆定理可知为直角三角形，即可得出答案。
6．【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；圆柱的展开图
【解析】【解答】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，
点A、C的最短距离为线段的长，
在中，，，
为底面半圆弧长，
，
它爬行的最短距离是10，
故答案为：B．
【分析】结合圆柱的侧面展开图，利用两点之间线段最短，即可根据勾股定理得出爬行的最短距离是。
7．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵是的中位线，
∴点D、E分别是的中点，，
∴的周长．
故答案为：C.
【分析】根据三角形中位线的定义和性质，即可得出的周长=．
8．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】
A：四边形为平行四边形；
B：四边形为矩形；
C：不能确定为菱形；
D：四边形为菱形；
故答案为D
【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形的判定，熟悉方法是关键，两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形.
9．【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，且，
，
，
，，
，
是直角三角形，且，
，
，
又，
，
在和中，，
，
，
则图中阴影部分的面积是，
故答案为：B．
【分析】先用勾股定理的逆定理可判断是直角三角形，再用角角边可得△COE≌△AOF，根据全等三角形的面积相等可得，然后根据阴影部分的面积的构成即可求解．
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形是矩形，
∴，
∵O，F分别是，的中点，点在上，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴点E是的中点，故②正确；
③∵是的中位线，
∴，
∴当的值最大时，的值最大，
当点E与点D重合时，的值最大，此时，
∴线段长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边上，且时，，
∴不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
【分析】本题综合考查矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定，解题需逐一分析每个结论，结合相关定理进行推理验证。①中由，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定ABCD是平行四边形，再由（），根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，判定结论①正确；②中O、F分别为AC、CE的中点，根据三角形中位线定理得，结合矩形和，推出，即E是AB中点，结论②正确；③中始终有，则OF的最大值取决于AE的最大值，当E与D重合时AE最长，此时，故最大值为2，结论③正确；④中根据三角形的外角性质，，不满足等边三角形“三个角都是60°”的判定条件，结论④错误。
11．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；最简二次根式
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】根据二次根式的性质即可得出。
12．【答案】
【知识点】求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，，
，，
，
故答案为：．
【分析】根据几个非负数之和为0，则每一个数都为0，可求出x、y的值，再将x、y的值代入代数式进行计算.
13．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】首先根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出，进而根据勾股定理即可得出，进而根据矩形的性质即可得出答案。
14．【答案】2
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵为的中位线，，
∴，点是的中点，
，
∴，
，
故答案为：2．
【分析】根据三角形的中位线定理可得出，根据直角三角形斜边上的中线的性质可得出DF=2，进而即可得出。
15．【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：在矩形中，，，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
即，
∴．
故答案为：
【分析】根据矩形性质可得，，根据勾股定理可得BD，根据矩形性质可得，再根据，结合三角形面积即可求出答案.
16．【答案】解：
．
【知识点】平方差公式及应用；零指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】首先根据平方差公式，二次根式的乘法，除法法则以及零指数幂，进行二次根式的乘除运算，进而再进行加减运算即可；
17．【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=FD，
∴BC-BE=AD-FD，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，结合题目已知条件BE=FD，进而得出AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
18．【答案】解：∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，，
∴四边形的面积的面积的面积．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】首先根据勾股定理可得出，再根据勾股定理的逆定理可得出是直角三角形，，进而可得出四边形的面积的面积的面积．
19．【答案】（1）解：由题意得：
∴
；
（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的乘除混合运算；二次根式的化简求值
【解析】【分析】（1）根据平方差公式化简计算即可求出答案.
（2）根据完全平方公式化简，再将x，y值代入即可求出答案.
20．【答案】解：四边形为矩形，理由是：∵是的中位线，是的中线，
∴点分别是边的中点，
∴分别是的中位线，
∴，
∴四边形为平行四边
又 ∵，
∴平行四边形为矩形．
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】四边形为矩形．首先根据三角形中位线定理可得出，即可得出四边形为平行四边形，进而再根据，即可得出四边形为矩形．
21．【答案】（1）解：是等腰三角形，理由如下：由折叠可知，，
∵在长方形中，，
，
，
，
即是等腰三角形；
（2）解：设，则，在中，由勾股定理得：
即，
解得：，
∴，
∴；
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）先根据折叠的性质得到，进而矩形的性质结合平行线的性质得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的性质即可求解；
（2）设，则，根据勾股定理即可求出x，进而根据三角形的面积即可求解。
（1）解：是等腰三角形，理由如下：
由折叠可知，，
∵在长方形中，，
，
，
，
即是等腰三角形；
（2）解：设，则，
在中，由勾股定理得：
即，
解得：，
∴，
∴；
22．【答案】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是矩形，
，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，
，
即的长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据，证明四边形为平行四边形，进一步根据OE=CD可得出该平行四边形是矩形，从而得到，即，即可得出是菱形；
（2）首先可证明为等边三角形，进而得出，再利用勾股定理求出。进一步根据矩形的性质可得，即可根据勾股定理得出。
（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是矩形，
，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，
，
即的长为．
23．【答案】（1）解：由题意可得，，，
∴；
（2）解：连接，如图所示，
若，
∵
∴四边形为平行四边形，
，
设动点的运动时间为秒，则，，
，
解得：，符合题意，
当，满足；
②∵，
∴与之间的距离为，
当时，则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
解得
（3）存在，t的值为6或
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；一元一次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图，
设动点的运动时间为秒，则，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
此时，，
当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形．
第二中情况如图，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，（不合题意，舍去），
综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
【分析】（1）由题意可得，，，，根据边之间的关系即可求出答案.
（2）①连接，根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则，设动点的运动时间为秒，则，，建立方程，解方程即可求出答案.
②根据直线平行性质可得与之间的距离为，当时，则，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再建立方程，解方程即可求出答案.
（3）假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，设动点的运动时间为秒，则，根据菱形性质可得，根据直线平行性质可得，根据全等三角形判定定理建立方程，解方程即可求出答案；
（1）解：由题意可得，，，
∴；
（2）连接，如图所示，
若，
∵
∴四边形为平行四边形，
，
设动点的运动时间为秒，则，，
，
解得：，符合题意，
当，满足；
②∵，
∴与之间的距离为，
当时，则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
解得
（3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图，
设动点的运动时间为秒，则，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
此时，，
当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形．
第二中情况如图，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，（不合题意，舍去），
综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
1 / 1广东省东莞市长安实验中学2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2025八下·东莞期中）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、被开方数含分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B、被开方数含分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故该选项符合题意；
D、，被开方数中不含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可得出答案。
2．（2025八下·东莞期中）若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C．且 D．
【答案】A
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，
解得：，
故答案为：A．
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件.根据二次根式有意义的条件是被开方数不能为负数列式，可列出式子，解不等式可求出的取值范围.
3．（2025八下·东莞期中）下列是勾股数的是（　　）
A．5，6，7 B．6，10，7 C．7，8，9 D．15，9，12
【答案】D
【知识点】勾股数
【解析】【解答】解：A、，故不符合题意；
B、，故不符合题意；
C、，故不符合题意；
D、，故符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据勾股数的定义，逐项进行判断即可得出答案。
4．（2025八下·东莞期中）如图所示，在数轴上点B所表示的数为，点所表示的数为1，垂直于该数轴，且，在数轴上点A所表示的数为a，则a的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】实数在数轴上表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：由勾股定理知，
，
，
到原点的距离为，
又在原点左侧，
的值为，
故答案为：A．
【分析】首先根据勾股定理可得出，进而根据AB=BD可得出，进一步可得出OA=，根据点A的位置，即可得出a的值。
5．（2025八下·东莞期中）由下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．，，
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、设，，，
∵，，故，不是直角三角形，选项A符合题意；
B、由三角形内角和定理可知，结合，得到，
∴，故为直角三角形，选项B不符合题意；
C、对等式左边使用平方差公式得到：，再由勾股定理逆定理可知为直角三角形，C选项不符合题意；
D、，由勾股定理逆定理可知为直角三角形，D选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据三角形三边之间的关系可得出A不能构成三角形；根据三角形内角和定理可得出为直角三角形 ；根据勾股定理的逆定理可得出为直角三角形 ；根据勾股定理逆定理可知为直角三角形，即可得出答案。
6．（2025八下·东莞期中）如图，圆柱的高，底面周长为 16，现在有一只蚂蚁想要从 A 处沿圆柱表面爬到对角 C 处捕食，则它爬行的最短距离是（ ）
A．6 B．10 C．8 D．16
【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；圆柱的展开图
【解析】【解答】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，
点A、C的最短距离为线段的长，
在中，，，
为底面半圆弧长，
，
它爬行的最短距离是10，
故答案为：B．
【分析】结合圆柱的侧面展开图，利用两点之间线段最短，即可根据勾股定理得出爬行的最短距离是。
7．（2025八下·东莞期中）如图，已知的周长为，是的中位线，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】∵是的中位线，
∴点D、E分别是的中点，，
∴的周长．
故答案为：C.
【分析】根据三角形中位线的定义和性质，即可得出的周长=．
8．（2025八下·东莞期中）在数学活动课上，为探究四边形瓷砖是否为菱形，以下拟定的测量方案，正确的是（　　）
A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量四个内角是否相等
C．测量两条对角线是否互相垂直 D．测量四条边是否相等
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】
A：四边形为平行四边形；
B：四边形为矩形；
C：不能确定为菱形；
D：四边形为菱形；
故答案为D
【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形的判定，熟悉方法是关键，两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形.
9．（2025八下·东莞期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，过点，交于点，交于点．若，，，则图中阴影部分的面积是（　　）
A．1.5 B．3 C．6 D．4
【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，且，
，
，
，，
，
是直角三角形，且，
，
，
又，
，
在和中，，
，
，
则图中阴影部分的面积是，
故答案为：B．
【分析】先用勾股定理的逆定理可判断是直角三角形，再用角角边可得△COE≌△AOF，根据全等三角形的面积相等可得，然后根据阴影部分的面积的构成即可求解．
10．（2025八下·东莞期中）如图，在四边形中，，相交于点O，且，动点E从点B开始，沿折线运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点，连接，有下列结论：①四边形是矩形；②当点E在边上，且时，点E是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点E在边上，且时，是等边三角形．其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：①∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形是矩形，
∴，
∵O，F分别是，的中点，点在上，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴点E是的中点，故②正确；
③∵是的中位线，
∴，
∴当的值最大时，的值最大，
当点E与点D重合时，的值最大，此时，
∴线段长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边上，且时，，
∴不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
【分析】本题综合考查矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定，解题需逐一分析每个结论，结合相关定理进行推理验证。①中由，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定ABCD是平行四边形，再由（），根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，判定结论①正确；②中O、F分别为AC、CE的中点，根据三角形中位线定理得，结合矩形和，推出，即E是AB中点，结论②正确；③中始终有，则OF的最大值取决于AE的最大值，当E与D重合时AE最长，此时，故最大值为2，结论③正确；④中根据三角形的外角性质，，不满足等边三角形“三个角都是60°”的判定条件，结论④错误。
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（2025八下·东莞期中）将化成最简二次根式为　 　．
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；最简二次根式
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】根据二次根式的性质即可得出。
12．（2025八下·东莞期中）若，满足，则　 　．
【答案】
【知识点】求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，，
，，
，
故答案为：．
【分析】根据几个非负数之和为0，则每一个数都为0，可求出x、y的值，再将x、y的值代入代数式进行计算.
13．（2025八下·东莞期中）如图，矩形的两条对角线相交于点.若，，则边的长为　 　.
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】首先根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出，进而根据勾股定理即可得出，进而根据矩形的性质即可得出答案。
14．（2025八下·东莞期中）如图所示，为的中位线，点F在上，，若，，则的长为　 　．
【答案】2
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵为的中位线，，
∴，点是的中点，
，
∴，
，
故答案为：2．
【分析】根据三角形的中位线定理可得出，根据直角三角形斜边上的中线的性质可得出DF=2，进而即可得出。
15．（2025八下·东莞期中）如图，矩形的对角线交于点O，，，过点O作，交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：在矩形中，，，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
即，
∴．
故答案为：
【分析】根据矩形性质可得，，根据勾股定理可得BD，根据矩形性质可得，再根据，结合三角形面积即可求出答案.
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分）
16．（2025八下·东莞期中）计算：．
【答案】解：
．
【知识点】平方差公式及应用；零指数幂；二次根式的混合运算
【解析】【分析】首先根据平方差公式，二次根式的乘法，除法法则以及零指数幂，进行二次根式的乘除运算，进而再进行加减运算即可；
17．（2025八下·东莞期中）如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=FD，
∴BC-BE=AD-FD，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，结合题目已知条件BE=FD，进而得出AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
18．（2025八下·东莞期中）如图，，，，，，求四边形的面积．
【答案】解：∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，，
∴四边形的面积的面积的面积．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】首先根据勾股定理可得出，再根据勾股定理的逆定理可得出是直角三角形，，进而可得出四边形的面积的面积的面积．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（2025八下·东莞期中）已知，，求下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：由题意得：
∴
；
（2）解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的乘除混合运算；二次根式的化简求值
【解析】【分析】（1）根据平方差公式化简计算即可求出答案.
（2）根据完全平方公式化简，再将x，y值代入即可求出答案.
20．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，是的中位线，是的中线．连接，．判断四边形形状，并说明理由．
【答案】解：四边形为矩形，理由是：∵是的中位线，是的中线，
∴点分别是边的中点，
∴分别是的中位线，
∴，
∴四边形为平行四边
又 ∵，
∴平行四边形为矩形．
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】四边形为矩形．首先根据三角形中位线定理可得出，即可得出四边形为平行四边形，进而再根据，即可得出四边形为矩形．
21．（2025八下·东莞期中）如图．将长方形沿着对角线折叠，使点C落在处，交于点E．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：是等腰三角形，理由如下：由折叠可知，，
∵在长方形中，，
，
，
，
即是等腰三角形；
（2）解：设，则，在中，由勾股定理得：
即，
解得：，
∴，
∴；
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）先根据折叠的性质得到，进而矩形的性质结合平行线的性质得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的性质即可求解；
（2）设，则，根据勾股定理即可求出x，进而根据三角形的面积即可求解。
（1）解：是等腰三角形，理由如下：
由折叠可知，，
∵在长方形中，，
，
，
，
即是等腰三角形；
（2）解：设，则，
在中，由勾股定理得：
即，
解得：，
∴，
∴；
五、解答题（三）（本大题共2小题，22题13分，23题14分，共27分）
22．（2025八下·东莞期中）如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，．
（1）求证：是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是矩形，
，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，
，
即的长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）首先根据，证明四边形为平行四边形，进一步根据OE=CD可得出该平行四边形是矩形，从而得到，即，即可得出是菱形；
（2）首先可证明为等边三角形，进而得出，再利用勾股定理求出。进一步根据矩形的性质可得，即可根据勾股定理得出。
（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
，
∴平行四边形是矩形，
，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，
，
即的长为．
23．（2025八下·东莞期中）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示的长．
（2）求当t为何值时，分别满足下面的条件：
①；
②．
（3）如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意可得，，，
∴；
（2）解：连接，如图所示，
若，
∵
∴四边形为平行四边形，
，
设动点的运动时间为秒，则，，
，
解得：，符合题意，
当，满足；
②∵，
∴与之间的距离为，
当时，则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
解得
（3）存在，t的值为6或
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；一元一次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图，
设动点的运动时间为秒，则，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
此时，，
当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形．
第二中情况如图，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，（不合题意，舍去），
综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
【分析】（1）由题意可得，，，，根据边之间的关系即可求出答案.
（2）①连接，根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，则，设动点的运动时间为秒，则，，建立方程，解方程即可求出答案.
②根据直线平行性质可得与之间的距离为，当时，则，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再建立方程，解方程即可求出答案.
（3）假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，设动点的运动时间为秒，则，根据菱形性质可得，根据直线平行性质可得，根据全等三角形判定定理建立方程，解方程即可求出答案；
（1）解：由题意可得，，，
∴；
（2）连接，如图所示，
若，
∵
∴四边形为平行四边形，
，
设动点的运动时间为秒，则，，
，
解得：，符合题意，
当，满足；
②∵，
∴与之间的距离为，
当时，则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴
解得
（3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图，
设动点的运动时间为秒，则，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
此时，，
当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形．
第二中情况如图，
，要使得四边形是菱形，则需要，
，，
，
在中，，
∴，
∴，（不合题意，舍去），
综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形．
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