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广东省东莞市2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题
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）二次根式有意义的条件是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·东莞期中）下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（　　）
A．，， B．，， C．，， D．，，
3．（2025八下·东莞期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·东莞期中）下列各式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，，若，则的值为（　　）
A．4 B． C． D．
6．（2025八下·东莞期中）如图，长方形OABC的边OA长为2，AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（　　）.
A．2.5 B． C． D．3
7．（2025八下·东莞期中）△ABC中，AB＝7，BC＝6，AC＝5，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（　　）
A．4.5 B．9 C．10 D．12
8．（2025八下·东莞期中）下列命题的逆命题是假命题的是（　　）
A．两直线平行，同位角相等 B．平行四边形的对角线互相平分
C．菱形的四条边相等 D．矩形的对角线相等
9．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，与交于，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，，则的值为（　　）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．10
10．（2025八下·东莞期中）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
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）平行四边形中，，则　 　．
12．（2025八下·东莞期中）若，则　 　．
13．（2025八下·东莞期中）如图，一棵大树（树干与地面垂直）在一次强台风中于离地面3米的处折断倒下，倒下后的树顶与树根的距离为4米，则这棵大树在折断前的高度为　 　米．
14．（2025八下·东莞期中）如图，在中， ，点是斜边上的中点，连接，若，则　 　．
15．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，，，为边上一动点，作于，于，则的最小值为　 　．
三、解答题（一）（本大题共2小题，每小题5分，共10分）
16．（2025八下·东莞期中）计算：．
17．（2025八下·东莞期中）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好组合得到如图2所示的四边形．若，．求的长；
四、解答题（二）（本大题共2小题，每小题7分，共14分）
18．（2025八下·东莞期中）已知，，求下列各式的值：
（1）
（2）
19．（2025八下·东莞期中）八年级（3）班同学要在广场上布置一个矩形的花坛，计划用红花摆成两条对角线，
（1）如果一条对角线用了18盆红花，还需要从花房运来________盆红花．
（2）如果矩形较短的边为，两条对角线所夹的锐角为；求该矩形花坛的面积．
五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
20．（2025八下·东莞期中）阅读理解材料：把分母中的根号化掉叫做分母有理化，例如：
①；②
等运算都是分母有理化．根据上述材料，解答下列问题：
（1）________
（2）________
（3）计算：
21．（2025八下·东莞期中）图1是某超市的购物车，图2为其侧面简化示意图，测得支架，，两轮中心的距离，滚轮半径．
（1）判断的形状，并说明理由．
（2）若购物车上篮子的左边缘与点的距离，，且，和都与地面平行，求购物车上篮子的左边缘到地面的距离．（结果精确到）
22．（2025八下·东莞期中）小颖新房买了一盏简单而精致的吊灯（图1），其正面的平面图如图2所示，四边形是一个菱形外框架，对角线，相交于点，四边形是其内部框架，且点、在上，．
（1）求证：四边形内部框架为菱形．
（2）若，为的中点，，求四边形的周长．
六、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23．（2025八下·东莞期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
图1 图2
【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．
【猜想】请直接写出线段的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
24．（2025八下·东莞期中）如图1，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，若，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒．若点为直线上的一点，当运动时间为何值时，以、、、构成的四边形是菱形？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：有意义，
，
．
故答案为：C．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D．，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理的应用，判断一组数能否作为直角三角形的三边长，需验证两较小数的平方和是否等于最大数的平方，依次对每个选项中的三个数进行平方和的计算与比较，满足该等量关系的数组即为符合条件的答案。
3．【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：A.，此项不正确；
B.，此项正确；
C.不能再化简，此项不正确；
D.不能再化简，此项不正确．
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的计算法则逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】本题考查等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，在直角三角形中，一个锐角为45°时可判定该三角形为等腰直角三角形，因此两条直角边与相等，再利用勾股定理，代入直角边的长度即可求出斜边的长。
6．【答案】C
【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：设交正半轴与点E，根据题意知OE=OB
在Rt△OAB中，，
故
故选C.
【分析】设交正半轴与点E，根据题意知OE=OB，根据勾股定理即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，∵点D、E、F分别是三边的中点，
∴DE、EF、DF为△ABC的中位线，
∴，DF＝ AC＝ ×5＝ ，
∴△DEF的周长＝ + +3＝9，
故答案为：B.
【分析】由于点D、E、F分别是三边的中点，根据中位线定理分别求出DE、EF和DF的长，然后计算△DEF的周长的即可.
8．【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；逆命题
【解析】【解答】因为“两直线平行，同位角相等”的逆命题是“同位角相等，两直线平行”，是真命题，所以A不符合题意；
因为“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是真命题，所以B不符合题意；
因为“菱形的四条边相等”的逆命题是“四条边相等的四边形是菱形”是真命题，所以C不符合题意；
因为“矩形的对角线相等”的逆命题是“对角线相等的四边形是矩形”是假命题，所以D符合题意．
故选：D．
【分析】本题考查命题的逆命题的书写以及真假命题的判断，首先需要写出每个原命题的逆命题，再根据已学的几何定理判断逆命题的真假，若逆命题不符合几何定理或能举出反例，则该逆命题为假命题。
9．【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
∴由勾股定理可得：，
，即，
解得：，
在矩形中，
，，
，
故，
故选：B．
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理和三角形面积公式的综合应用，首先利用勾股定理求出矩形对角线BD的长度，再通过的面积等积法求出边BD上的高AG；结合矩形对角线互相平分且相等的性质，连接OP后将的面积拆分为和的面积和，利用面积公式推导得出，进而求出结果。
10．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴，四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵是的中位线，
∴，，
∴，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形与的面积关系，验证结论③。
11．【答案】
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，
∴，而，
∴，
故答案为．
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行四边形的对边互相平行，因此同旁内角互补，即，将代入该等式，计算即可求出的度数。
12．【答案】
【知识点】偶次方的非负性；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式和平方数的非负性以及代数式求值，二次根式的结果恒大于等于0，平方数也恒大于等于0，两个非负数的和为0时，每个非负数都必须为0，据此列出关于和的一元一次方程，求解得到、的值后，代入计算即可。
13．【答案】8
【知识点】风吹树折模型；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：由题意可得：米，米，，
由勾股定理可得：米，
∴这棵大树在折断前的高度为米，
故答案为：．
【分析】本题考查勾股定理在实际问题中的应用，树干与地面垂直，因此折断后形成的为直角三角形，和为直角边，利用勾股定理求出折断部分BC的长度，大树折断前的高度为，将两段长度相加即可。
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：∵ ，
∴，，
∵点是斜边上的中点，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】本题考查含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，因此可求出斜边长度；含30°角的直角三角形中，30°角对的直角边是斜边的一半，即，再结合判定为等边三角形，确定的长度，最后利用勾股定理求出。
15．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质；等积变换
【解析】【解答】解：如图：连接，
，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵于，于，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
当时，最小，此时也最小，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理、矩形的判定与性质以及垂线段最短的性质，首先通过验证判定为直角三角形，；结合、，判定四边形CDPE为矩形，矩形的对角线相等则，因此求的最小值即求的最小值，根据垂线段最短，当时最小，再利用的面积等积法求出此时的长度即为的最小值。
16．【答案】解：
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的混合运算即可求出答案.
17．【答案】解：在中，，
在中，.
【知识点】勾股定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理在连续直角三角形中的应用，首先在中，以和为直角边，利用勾股定理求出的长度；再在中，以和为直角边，再次利用勾股定理，代入数值即可求出的长度。
18．【答案】（1）解：∵，，∴，
∴；
（2）解：∵，，∴，
∴．
【知识点】因式分解﹣公式法；二次根式的混合运算；二次根式的化简求值
【解析】【分析】本题考查二次根式的求值以及乘法公式的应用。
(1)利用完全平方公式将代数式变形为，先计算的结果，再代入平方计算；
(2)利用平方差公式将代数式变形为，分别计算和的结果，再将两个结果相乘即可。
（1）解：∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴．
19．【答案】（1）18
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
在中，，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴一条对角线用了18盆红花，
∴还需要从花房运来红花18盆；
故答案为：18；
【分析】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理的应用。
(1)根据矩形的对角线互相平分且相等的性质，两条对角线的长度相等，因此所需红花数量相同，据此得出答案；
(2)由矩形对角线的性质得出，结合对角线夹角判定为等边三角形，求出对角线的长度，再在中利用勾股定理求出的长度，最后根据矩形面积公式计算面积。
（1）解：∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴一条对角线用了18盆红花，
∴还需要从花房运来红花18盆；
故答案为：18；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
在中，，
∴．
20．【答案】（1）
（2）
（3）解：
【知识点】分母有理化；二次根式的混合运算
【解析】【解答】（1）解：原式；
故答案为：；
（2）解：原式；
故答案为：；
【分析】本题考查分母有理化的应用。
(1)给分子分母同乘，消去分母中的根号即可；
(2)利用平方差公式，给分子分母同乘，将分母化为有理数完成有理化；
(3)先对每一个分式进行分母有理化，有理化后会发现相邻分式可以相互抵消，最后化简剩余的项即可得出结果。
（1）解：原式；
故答案为：；
（2）解：原式；
故答案为：；
（3）解：
21．【答案】（1）解：是直角三角形；理由如下：∵
∴
∴是直角三角形；
（2）解：∵，∴，
在中，，
如图2，过点作于点，
∴，
∴
∴物车上篮子的左边缘到地面的距离为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理的逆定理、勾股定理以及三角形面积公式的实际应用。
(1)通过计算验证，根据勾股定理的逆定理即可判定的形状；
(2)先在中利用勾股定理求出的长度，再过点A作，利用的面积等积法求出的长度，最后将、和滚轮半径相加，即可得到D到地面的距离。
（1）解：是直角三角形；理由如下：
∵
∴
∴是直角三角形；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
如图2，过点作于点，
∴，
∴
∴物车上篮子的左边缘到地面的距离为．
22．【答案】（1）解：证明： ∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解： ∵，
∴是直角三角形．
∵为的中点，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵．
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形．
∴．
在中，，
∴
∴（负值舍去）．
∵四边形为菱形，
∴菱形的周长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据菱形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可得，根据菱形性质可得，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，根据菱形性质可得，根据勾股定理建立方程，解方程可得AE，再根据菱形周长即可求出答案.
23．【答案】[猜想]；
【应用】
（1）；理由如下：
由四边形折叠得到四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
即；
（2）矩形沿所在直线折叠，
，，，
设，
，
在中，，
，
，
解得，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：【猜想】
矩形纸片沿所在的直线折叠，
，
四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：；
【分析】【猜想】：根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据角之间的关系可得，再根据等角对等边即可求出答案.
【应用】（1）根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，，设，根据边之间的关系可得ND'，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
24．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
（3）解：∵，，，∴，
∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则，
，
∴，
解得；
如图3，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则，
∵，且，
∴，
解得，
综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形．
【知识点】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；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题考查平行四边形和矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形存在性问题的探究。
(1)根据平行四边形的性质得到，推出，结合和对顶角相等，证明，得到，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，判定四边形为平行四边形；
(2)结合平行四边形和全等三角形的性质得到，再根据，利用等腰三角形三线合一的性质得到，即，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，判定四边形为矩形；
(3)先在中利用勾股定理求出的长度，进而得到，表示出，分点P与Q在直线同侧、异侧两种情况讨论，同侧时列方程求解，异侧时，结合勾股定理列方程求解，即可得到符合条件的值。
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
（3）解：∵，，，
∴，
∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则，
，
∴，
解得；
如图3，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则，
∵，且，
∴，
解得，
综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形．
1 / 1广东省东莞市2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题
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）二次根式有意义的条件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：有意义，
，
．
故答案为：C．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
2．（2025八下·东莞期中）下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（　　）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D．，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理的应用，判断一组数能否作为直角三角形的三边长，需验证两较小数的平方和是否等于最大数的平方，依次对每个选项中的三个数进行平方和的计算与比较，满足该等量关系的数组即为符合条件的答案。
3．（2025八下·东莞期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：A.，此项不正确；
B.，此项正确；
C.不能再化简，此项不正确；
D.不能再化简，此项不正确．
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的计算法则逐项进行判断即可求出答案.
4．（2025八下·东莞期中）下列各式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
5．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，，若，则的值为（　　）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】本题考查等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，在直角三角形中，一个锐角为45°时可判定该三角形为等腰直角三角形，因此两条直角边与相等，再利用勾股定理，代入直角边的长度即可求出斜边的长。
6．（2025八下·东莞期中）如图，长方形OABC的边OA长为2，AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（　　）.
A．2.5 B． C． D．3
【答案】C
【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：设交正半轴与点E，根据题意知OE=OB
在Rt△OAB中，，
故
故选C.
【分析】设交正半轴与点E，根据题意知OE=OB，根据勾股定理即可求出答案.
7．（2025八下·东莞期中）△ABC中，AB＝7，BC＝6，AC＝5，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（　　）
A．4.5 B．9 C．10 D．12
【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，∵点D、E、F分别是三边的中点，
∴DE、EF、DF为△ABC的中位线，
∴，DF＝ AC＝ ×5＝ ，
∴△DEF的周长＝ + +3＝9，
故答案为：B.
【分析】由于点D、E、F分别是三边的中点，根据中位线定理分别求出DE、EF和DF的长，然后计算△DEF的周长的即可.
8．（2025八下·东莞期中）下列命题的逆命题是假命题的是（　　）
A．两直线平行，同位角相等 B．平行四边形的对角线互相平分
C．菱形的四条边相等 D．矩形的对角线相等
【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；逆命题
【解析】【解答】因为“两直线平行，同位角相等”的逆命题是“同位角相等，两直线平行”，是真命题，所以A不符合题意；
因为“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是真命题，所以B不符合题意；
因为“菱形的四条边相等”的逆命题是“四条边相等的四边形是菱形”是真命题，所以C不符合题意；
因为“矩形的对角线相等”的逆命题是“对角线相等的四边形是矩形”是假命题，所以D符合题意．
故选：D．
【分析】本题考查命题的逆命题的书写以及真假命题的判断，首先需要写出每个原命题的逆命题，再根据已学的几何定理判断逆命题的真假，若逆命题不符合几何定理或能举出反例，则该逆命题为假命题。
9．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，与交于，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，，则的值为（　　）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．10
【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
∴由勾股定理可得：，
，即，
解得：，
在矩形中，
，，
，
故，
故选：B．
【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理和三角形面积公式的综合应用，首先利用勾股定理求出矩形对角线BD的长度，再通过的面积等积法求出边BD上的高AG；结合矩形对角线互相平分且相等的性质，连接OP后将的面积拆分为和的面积和，利用面积公式推导得出，进而求出结果。
10．（2025八下·东莞期中）如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴，四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵是的中位线，
∴，，
∴，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形与的面积关系，验证结论③。
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）平行四边形中，，则　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，
∴，而，
∴，
故答案为．
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行四边形的对边互相平行，因此同旁内角互补，即，将代入该等式，计算即可求出的度数。
12．（2025八下·东莞期中）若，则　 　．
【答案】
【知识点】偶次方的非负性；算术平方根的性质（双重非负性）；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式和平方数的非负性以及代数式求值，二次根式的结果恒大于等于0，平方数也恒大于等于0，两个非负数的和为0时，每个非负数都必须为0，据此列出关于和的一元一次方程，求解得到、的值后，代入计算即可。
13．（2025八下·东莞期中）如图，一棵大树（树干与地面垂直）在一次强台风中于离地面3米的处折断倒下，倒下后的树顶与树根的距离为4米，则这棵大树在折断前的高度为　 　米．
【答案】8
【知识点】风吹树折模型；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：由题意可得：米，米，，
由勾股定理可得：米，
∴这棵大树在折断前的高度为米，
故答案为：．
【分析】本题考查勾股定理在实际问题中的应用，树干与地面垂直，因此折断后形成的为直角三角形，和为直角边，利用勾股定理求出折断部分BC的长度，大树折断前的高度为，将两段长度相加即可。
14．（2025八下·东莞期中）如图，在中， ，点是斜边上的中点，连接，若，则　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：∵ ，
∴，，
∵点是斜边上的中点，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】本题考查含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，因此可求出斜边长度；含30°角的直角三角形中，30°角对的直角边是斜边的一半，即，再结合判定为等边三角形，确定的长度，最后利用勾股定理求出。
15．（2025八下·东莞期中）如图，在中，，，，为边上一动点，作于，于，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理的逆定理；矩形的判定与性质；等积变换
【解析】【解答】解：如图：连接，
，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵于，于，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
当时，最小，此时也最小，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】本题考查勾股定理的逆定理、矩形的判定与性质以及垂线段最短的性质，首先通过验证判定为直角三角形，；结合、，判定四边形CDPE为矩形，矩形的对角线相等则，因此求的最小值即求的最小值，根据垂线段最短，当时最小，再利用的面积等积法求出此时的长度即为的最小值。
三、解答题（一）（本大题共2小题，每小题5分，共10分）
16．（2025八下·东莞期中）计算：．
【答案】解：
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】根据二次根式的混合运算即可求出答案.
17．（2025八下·东莞期中）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好组合得到如图2所示的四边形．若，．求的长；
【答案】解：在中，，
在中，.
【知识点】勾股定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理在连续直角三角形中的应用，首先在中，以和为直角边，利用勾股定理求出的长度；再在中，以和为直角边，再次利用勾股定理，代入数值即可求出的长度。
四、解答题（二）（本大题共2小题，每小题7分，共14分）
18．（2025八下·东莞期中）已知，，求下列各式的值：
（1）
（2）
【答案】（1）解：∵，，∴，
∴；
（2）解：∵，，∴，
∴．
【知识点】因式分解﹣公式法；二次根式的混合运算；二次根式的化简求值
【解析】【分析】本题考查二次根式的求值以及乘法公式的应用。
(1)利用完全平方公式将代数式变形为，先计算的结果，再代入平方计算；
(2)利用平方差公式将代数式变形为，分别计算和的结果，再将两个结果相乘即可。
（1）解：∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴．
19．（2025八下·东莞期中）八年级（3）班同学要在广场上布置一个矩形的花坛，计划用红花摆成两条对角线，
（1）如果一条对角线用了18盆红花，还需要从花房运来________盆红花．
（2）如果矩形较短的边为，两条对角线所夹的锐角为；求该矩形花坛的面积．
【答案】（1）18
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
在中，，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴一条对角线用了18盆红花，
∴还需要从花房运来红花18盆；
故答案为：18；
【分析】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理的应用。
(1)根据矩形的对角线互相平分且相等的性质，两条对角线的长度相等，因此所需红花数量相同，据此得出答案；
(2)由矩形对角线的性质得出，结合对角线夹角判定为等边三角形，求出对角线的长度，再在中利用勾股定理求出的长度，最后根据矩形面积公式计算面积。
（1）解：∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴一条对角线用了18盆红花，
∴还需要从花房运来红花18盆；
故答案为：18；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
在中，，
∴．
五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
20．（2025八下·东莞期中）阅读理解材料：把分母中的根号化掉叫做分母有理化，例如：
①；②
等运算都是分母有理化．根据上述材料，解答下列问题：
（1）________
（2）________
（3）计算：
【答案】（1）
（2）
（3）解：
【知识点】分母有理化；二次根式的混合运算
【解析】【解答】（1）解：原式；
故答案为：；
（2）解：原式；
故答案为：；
【分析】本题考查分母有理化的应用。
(1)给分子分母同乘，消去分母中的根号即可；
(2)利用平方差公式，给分子分母同乘，将分母化为有理数完成有理化；
(3)先对每一个分式进行分母有理化，有理化后会发现相邻分式可以相互抵消，最后化简剩余的项即可得出结果。
（1）解：原式；
故答案为：；
（2）解：原式；
故答案为：；
（3）解：
21．（2025八下·东莞期中）图1是某超市的购物车，图2为其侧面简化示意图，测得支架，，两轮中心的距离，滚轮半径．
（1）判断的形状，并说明理由．
（2）若购物车上篮子的左边缘与点的距离，，且，和都与地面平行，求购物车上篮子的左边缘到地面的距离．（结果精确到）
【答案】（1）解：是直角三角形；理由如下：∵
∴
∴是直角三角形；
（2）解：∵，∴，
在中，，
如图2，过点作于点，
∴，
∴
∴物车上篮子的左边缘到地面的距离为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】本题考查勾股定理的逆定理、勾股定理以及三角形面积公式的实际应用。
(1)通过计算验证，根据勾股定理的逆定理即可判定的形状；
(2)先在中利用勾股定理求出的长度，再过点A作，利用的面积等积法求出的长度，最后将、和滚轮半径相加，即可得到D到地面的距离。
（1）解：是直角三角形；理由如下：
∵
∴
∴是直角三角形；
（2）解：∵，
∴，
在中，，
如图2，过点作于点，
∴，
∴
∴物车上篮子的左边缘到地面的距离为．
22．（2025八下·东莞期中）小颖新房买了一盏简单而精致的吊灯（图1），其正面的平面图如图2所示，四边形是一个菱形外框架，对角线，相交于点，四边形是其内部框架，且点、在上，．
（1）求证：四边形内部框架为菱形．
（2）若，为的中点，，求四边形的周长．
【答案】（1）解：证明： ∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解： ∵，
∴是直角三角形．
∵为的中点，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵．
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形．
∴．
在中，，
∴
∴（负值舍去）．
∵四边形为菱形，
∴菱形的周长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据菱形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可得，根据菱形性质可得，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，根据菱形性质可得，根据勾股定理建立方程，解方程可得AE，再根据菱形周长即可求出答案.
六、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23．（2025八下·东莞期中）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
图1 图2
【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．
【猜想】请直接写出线段的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】[猜想]；
【应用】
（1）；理由如下：
由四边形折叠得到四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
即；
（2）矩形沿所在直线折叠，
，，，
设，
，
在中，，
，
，
解得，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：【猜想】
矩形纸片沿所在的直线折叠，
，
四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：；
【分析】【猜想】：根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据角之间的关系可得，再根据等角对等边即可求出答案.
【应用】（1）根据折叠性质可得，根据矩形性质可得，则，根据角之间的关系可得，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，，设，根据边之间的关系可得ND'，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
24．（2025八下·东莞期中）如图1，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，若，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒．若点为直线上的一点，当运动时间为何值时，以、、、构成的四边形是菱形？
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
（3）解：∵，，，∴，
∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则，
，
∴，
解得；
如图3，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则，
∵，且，
∴，
解得，
综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形．
【知识点】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；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题考查平行四边形和矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形存在性问题的探究。
(1)根据平行四边形的性质得到，推出，结合和对顶角相等，证明，得到，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，判定四边形为平行四边形；
(2)结合平行四边形和全等三角形的性质得到，再根据，利用等腰三角形三线合一的性质得到，即，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，判定四边形为矩形；
(3)先在中利用勾股定理求出的长度，进而得到，表示出，分点P与Q在直线同侧、异侧两种情况讨论，同侧时列方程求解，异侧时，结合勾股定理列方程求解，即可得到符合条件的值。
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
（3）解：∵，，，
∴，
∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则，
，
∴，
解得；
如图3，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则，
∵，且，
∴，
解得，
综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形．
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