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广东省珠海市凤凰中学教育集团2024-2025学年下学期 期中学业质量监测 八年级数学
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2025八下·珠海期中）若二次根式有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴a+2≥0，
∴a≥ 2，
故选：D．
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，解题的核心是抓住二次根式的被开方数必须为非负数这一要点，据此列出关于的不等式，解该不等式即可得到的取值范围。
2．（2025八下·珠海期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，不是最简二次根式，不符合题意，
B、是最简二次根式，符合题意，
C、，不是最简二次根式，不符合题意，
D、不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【分析】本题考查最简二次根式的判定，需依据最简二次根式的两个判定条件分析各选项，一是被开方数的因数为整数、因式为整式，二是被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，依次对每个选项的二次根式进行化简或直接判断，排除不符合条件的选项即可。
3．（2025八下·珠海期中）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；二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、 不是同类二次根式，不能进行合并，故本选项不符合题意，
B、本项属于二次根式的乘法运算，根据二次根式的乘法法则，即可推出运算正确，故本选项符合题意，
C、根据二次根式的加减法法则，即可推出结果应该为 ，所以本项运算错误，故本选项不符合题意，
D、 = ，故本选项不符合题意，
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的加减乘除法的法则进行分析解答即可．
4．（2025八下·珠海期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理的证明
【解析】【解答】解：A．大正方形面积为：，也可以看做是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：，∴，可以证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B．梯形的面积为：，也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：，∴，可以证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C．大正方形的面积为：，也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：，∴，∴故本选项不符合题意；
D．图形中不涉及直角三角形，故无法证明勾股定理，故本选项符合题意；
故选：D．
【分析】
本题主要考查了勾股定理的证明，完全平方公式的应用，根据面积公式，逐项推理论证判断即可．
对于选项A：大正方形的边长为a，其面积为，大正方形又可以看作是由4个直角边a，b的直角三角形和一个边长为(b-a)的小正方形组成，4个直角三角形的面积为：，小正方形的面积为：，所以大正方形的面积，即可证得勾股定理，故选项A不符合题意；
对于选项B：该图形是用两个直角边分别为a、b的直角三角形和一个直角边为c的等腰直角三角形拼成的梯形，根据梯形的面积公式：代入数据可得：，同时梯形的面积又等于三个直角三角形面积之和，即，等量代换得：，化简得：，即可证得勾股定理，故选项B不符合题意；
对于选项C：大正方形的边长为a+b，其面积为，大正方形又可以看作是由4个直角边a，b的直角三角形和一个边长为c的小正方形组成，4个直角三角形的面积为：，小正方形的面积为：，等量代换得：，化简得：，即可证得勾股定理，故选项C不符合题意；
对于选项D：此图仅给出了两条线段a、b和两个长度为b的边，没有构建出与直角三角形三边相关的面积关系或其他能推导出的联系，不能证明勾股定理，故选项D符合题意；由此判断得出答案.
5．（2025八下·珠海期中）如图，四边形的对角线互相平分，以下添加的条件不能判定四边形是矩形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形的对角线相交于O，
∵四边形的对角线互相平分，
∴AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
A选项添加的条件，
∴AO=CO=BO=DO，
∴AC=2AO=BD，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项A能判定；
B选项添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项B能判定；
C选项添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形，
故选项C不能判定；
D添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项D能判定．
故选C．
【分析】本题考查平行四边形和矩形的判定，首先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”确定四边形为平行四边形，再结合矩形的判定定理分析各添加条件，矩形的判定可通过对角线相等或有一个内角为直角的平行四边形来判定，据此逐一验证各选项条件能否推出四边形为矩形。
6．（2025八下·珠海期中）如图，矩形中，，，点，在数轴上，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点，则点表示的数为（　　）．
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：∵矩形中，，，
∴BC=AD=1， ∠ABC=90°，
∴AC=，
∴AM=AC=，
即点M 表示的数为：；
故选：A
【分析】根据矩形性质可得BC=AD=1， ∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC，再在数轴数轴上表示，结合两点间距离即可求出答案.
7．（2025八下·珠海期中）如图，是菱形 的对角线的交点，是边中点，若，，则长是（　　）
A． B．3 C． D．5
【答案】A
【知识点】菱形的性质；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】【解答】解：已知四边形是菱形，，
∴，，
∴是直角三角形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
故选：A ．
【分析】根据菱形性质可得，，根据勾股定理可得AD，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
8．（2025八下·珠海期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，，则的值为(　　)
A．8 B．9 C．12 D．11
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD交于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF=CF，BF=DF，
∵，，，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【分析】连接AC、BD交于点F，根据平行四边形性质可得AF=CF，BF=DF，再根据线段中点坐标可得a，b，再代入代数式即可求出答案.
9．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，，点为边的中点，点E在边上，且，则的长为（　　）
A．2 B． C． D．3
【答案】B
【知识点】二次根式的实际应用；等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题考查含30°角的直角三角形的性质、勾股定理和等腰三角形的判定，先在中利用含30°角的直角三角形中斜边是30°角对边的2倍求出的长，再用勾股定理求出的长，结合D是中点求出的长，最后根据三角形内角和求出，结合判定为等腰三角形，得到。
10．（2025八下·珠海期中）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，，下列结论：①；②；③；④的面积是．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】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形和四边形均为正方形，点在同一直线上，
∴，，
∴，故结论①正确；
∵四边形和四边形均为正方形，，，
∴，，，
∴，
∴，故结论②正确；
∵过点作，交于点，交于点，过点作，交延长线于点，如下图，
∵，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，
∴，，，
∴，
，
故结论③错误；
，
故结论④正确，
综上所述，结论①②④正确，共计3个．
故选：C．
【分析】根据正方形性质可得，，再根据补角可判断①；根据正方形性质可得，，，根据勾股定理可得OE，再根据边之间的关系可判断②；过点作，交于点，交于点，过点作，交延长线于点，根据等腰直角三角形判定定理可得和均为等腰直角三角形，则，根据边之间的关系可得CG，DH，BH，再根据勾股定理可判断③；根据三角形面积可判断④.
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（2025八下·珠海期中）计算：　 　．
【答案】
【知识点】分母有理化
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式的分母有理化，解题的关键是将分母中的根号化去，给分式的分子和分母同时乘以，再根据二次根式的乘法法则化简分母，进而得到化简结果。
12．（2025八下·珠海期中）电流通过导线时会产生热量．电流（单位：A）、导线电阻（单位：）、通电时间（单位：s）与产生的热量（单位：J）满足：．已知导线的电阻，1s的时间导线产生30J的热量，则电流为　 　A．（结果用二次根式表示）
【答案】
【知识点】二次根式的概念；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：电流（单位：A）、导线电阻（单位：）、通电时间（单位：s）与产生的热量（单位：J）满足：，
将，，代入，得，
解得：或（负值，舍去）
故答案为：．
【分析】本题考查算术平方根的实际应用，先将已知的电阻、通电时间和产生的热量代入公式，得到关于的方程，求解方程后结合电流为正数的实际意义，舍去负根得到电流的值。
13．（2025八下·珠海期中）当时，代数式　 　．
【答案】2027
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的乘除混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
∵，
∴，
∴代数式．
故答案为：．
【分析】本题考查代数式求值与完全平方公式的应用，先将代数式通过配方转化为完全平方的形式，即，再将代入变形后的式子，先计算括号内的减法，再根据二次根式的平方运算计算，最后进行加法运算。
14．（2025八下·珠海期中）如图，矩形的边，若将矩形变形为，并使得点A在水平方向移动的距离为1.5，则与的距离是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】如图，延长交于，则
将矩形变形为，
，
，
，
与的距离为
故答案为：
【分析】本题考查矩形和平行四边形的性质、勾股定理，先根据图形变形的性质得到，且，构造，其中直角边，斜边，再利用勾股定理求出另一条直角边的长度，该长度即为与的距离。
15．（2025八下·珠海期中）如图，在矩形中，，，点E，F分别为边，上的点，连接，交于点G，若平分，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：如图，过点F作于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】过点F作于点M，根据矩形性质可得，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据矩形性质可得，，，根据勾股定理可得BD，设，则，根据等边对等角可得，根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得ME，再根据勾股定理可得EF，再根据角平分线定义可得，根据直线平行性质可得，则，再根据等角对等边即可求出答案.
三、解答题（共3小题，满分21分，每小题7分）
16．（2025八下·珠海期中）计算：；
【答案】解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【分析】本题考查二次根式的混合运算，先利用平方差公式计算乘法部分，再根据二次根式的性质化简，最后进行有理数的加减运算得到结果。
17．（2025八下·珠海期中）如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使．求证：四边形是平行四边形；
【答案】证明：连接，设与交于点．如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
又，
．
四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】连接，设与交于点，根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
18．（2025八下·珠海期中）在创建绿色文明城市的热潮中，某小区积极响应号召，社区管理人员与居民携手合作，对小区临街拐角进行绿化改造，打造了一块别具生机的绿化地（阴影部分）；经测量，这块绿化地边界构成四边形，已知，，，，技术人员通过测量确定了．问这片绿地的面积是多少？
【答案】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴这片绿地的面积是
，
答：这片绿地的面积是．
【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】本题考查勾股定理和勾股定理的逆定理的实际应用，解题的核心是将不规则四边形的面积转化为两个直角三角形的面积和，先连接，在中利用勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理，验证，判定为直角三角形，最后分别计算两个直角三角形的面积并求和，得到四边形绿地的面积。
四、解答题（共3小题，满分27分）
19．（2025八下·珠海期中）摩天轮已经成为各大城市明信片，已知某摩天轮最低点A离地面，最高点离地面，摩天轮旋转一周需要，小凤从A点出发开始观光，摩天轮逆时针旋转后到达点B，求此时小凤离地面的高度．
【答案】解：如图，过点作于点，延长，交于点，
由题意得：，，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴的直径，
∴，
∵摩天轮旋转一周需要，小凤从点出发开始观光，摩天轮逆时针旋转后到达点，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
答：此时小凤离地面的高度为．
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查矩形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质，先作构造矩形，利用矩形的对边相等得到，再根据摩天轮的最低点和最高点高度求出圆的半径，结合旋转时间和旋转一周的时间求出旋转角的度数，在中利用含30°角的直角三角形中直角边是斜边的一半求出的长，最后通过线段的和差关系计算的长度，即为的高度。
20．（2025八下·珠海期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点F．
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)本题考查菱形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质，先根据E是中点得到，结合得到内错角相等，利用AAS判定，得到，再结合D是中点推出，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得到，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明其为菱形；
(2)本题考查菱形的面积计算和三角形的中线性质，根据菱形的性质可知菱形的面积为，再根据直角三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，得到，先计算的面积，再依次推导求出菱形的面积。
（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，
∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
21．（2025八下·珠海期中）数学实验：
对矩形纸片进行折纸操作，可以得到一些特殊的角、特殊的三角形．如图1，①将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕，同时得到线段．
提出问题：（1）观察所得到的，和，猜想这三个角之间有什么关系？证明你的猜想．
变式拓展：
如图2，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A落在上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕、线段；
提出问题：（2）已知，，求的长．
【答案】解：（1）猜想，证明如下：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴．
（2）∵，，
∴由折叠的性质得：，，，，，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)本题考查矩形的折叠性质、等边三角形的判定与性质，先根据矩形的性质得到，再由折叠的性质得到，，，推出为等边三角形，得到，进而求出三个角的度数并证明相等；
(2)本题考查矩形的折叠性质和勾股定理，先由折叠的性质得到，，，且，在中利用勾股定理求出的长，进而得到的长，设表示出，在中利用勾股定理列出关于的方程，求解方程得到的长度。
五、解答题（共2小题，满分27分）
22．（2025八下·珠海期中）小珠同学用两副三角板拼出了如图2所示的平行四边形，要求内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）．而且含的直角三角板的较长直角边长等于含直角三角板的斜边长（如图1）．
（1）在图1中，若含的直角三角板的斜边长为10，则________，________，________
（2）在（1）的条件下，求四边形的面积．
（3）请画出另外一种符合题意的图，要求：①不与给定的图形形状相同；②画出三角板的边．
【答案】（1），，
（2）解：∵，∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，即，
∴平行四边形是矩形，
由（1）可知，，，
∴，，
∴四边形的面积为
．
（3）解：画出另外一种符合题意的图如下：
【知识点】二次根式的实际应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：∵含的直角三角板的斜边长为10，，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，，．
【分析】(1)本题考查含45°和30°角的直角三角形的性质、勾股定理，在含45°的直角三角板中，利用勾股定理且，求出的长；在含30°的直角三角板中，利用30°角对的直角边是斜边的一半得到，再结合勾股定理求出和的长；
(2)本题考查平行四边形和矩形的判定、二次根式的乘法运算，先根据线段的和差推出，，判定四边形为平行四边形，再结合直角条件证明其为矩形，用已知线段的长度表示出和的长，最后根据矩形面积公式计算面积，展开二次根式的乘法并化简；
(3)本题考查平行四边形的拼接设计，根据题意要求，以两副三角板的斜边作为内部留白平行四边形的两组对边，结合三角板的角度特征画出拼接图形即可。
（1）解：∵含的直角三角板的斜边长为10，，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，，．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，即，
∴平行四边形是矩形，
由（1）可知，，，
∴，，
∴四边形的面积为
．
（3）解：画出另外一种符合题意的图如下：
23．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，，点E为边上一点（点E不与A、D两点重合），以为边向右作，，，连接，设
（1）直接写出的取值范围：________；
（2）当时，连接，求证：四边形为正方形；
（3）能否与垂直？若能，求出此时m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明：如图，连接，
由上已得：，，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
又∵，
∴四边形为正方形．
（3）解：能与垂直，求解如下：如图，连接，交于点，
∵四边形平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
由上已得：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上，能与垂直，此时的值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：如图，连接，延长至点，使得，并交于点，连接，
∵四边形平行四边形，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点在移动过程中，点在线段上移动（点不与点重合），
又∵是等腰直角三角形，，，
∴，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
由垂线段最短可知，当点与点重合时，，的值最小，最小值为，
∴，
故答案为：．
【分析】(1)本题考查平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质，先连接并构造辅助线，利用SAS判定，得到，，确定点F的运动轨迹，再根据等腰直角三角形的性质求出的长，结合垂线段最短和线段的取值范围，得到的取值范围；
(2)本题考查正方形的判定、直角三角形斜边中线的性质，先根据和，利用直角三角形斜边中线的性质得到，再结合得到，判定四边形为菱形，最后结合的条件，根据“有一个角为直角的菱形是正方形”证明；
(3)本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理，先连接，根据和求出，结合得到，再根据线段的垂直平分线性质得到，求出的度数，结合得到的度数，最后利用三角形内角和求出的度数，判定为等腰三角形，得到，进而求出的值。
（1）解：如图，连接，延长至点，使得，并交于点，连接，
∵四边形平行四边形，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点在移动过程中，点在线段上移动（点不与点重合），
又∵是等腰直角三角形，，，
∴，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
由垂线段最短可知，当点与点重合时，，的值最小，最小值为，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图，连接，
由上已得：，，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
又∵，
∴四边形为正方形．
（3）解：能与垂直，求解如下：
如图，连接，交于点，
∵四边形平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
由上已得：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上，能与垂直，此时的值为．
1 / 1广东省珠海市凤凰中学教育集团2024-2025学年下学期 期中学业质量监测 八年级数学
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2025八下·珠海期中）若二次根式有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·珠海期中）下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·珠海期中）下列计算，正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·珠海期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025八下·珠海期中）如图，四边形的对角线互相平分，以下添加的条件不能判定四边形是矩形的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·珠海期中）如图，矩形中，，，点，在数轴上，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点，则点表示的数为（　　）．
A． B． C． D．
7．（2025八下·珠海期中）如图，是菱形 的对角线的交点，是边中点，若，，则长是（　　）
A． B．3 C． D．5
8．（2025八下·珠海期中）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，，，则的值为(　　)
A．8 B．9 C．12 D．11
9．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，，点为边的中点，点E在边上，且，则的长为（　　）
A．2 B． C． D．3
10．（2025八下·珠海期中）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，，下列结论：①；②；③；④的面积是．其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．（2025八下·珠海期中）计算：　 　．
12．（2025八下·珠海期中）电流通过导线时会产生热量．电流（单位：A）、导线电阻（单位：）、通电时间（单位：s）与产生的热量（单位：J）满足：．已知导线的电阻，1s的时间导线产生30J的热量，则电流为　 　A．（结果用二次根式表示）
13．（2025八下·珠海期中）当时，代数式　 　．
14．（2025八下·珠海期中）如图，矩形的边，若将矩形变形为，并使得点A在水平方向移动的距离为1.5，则与的距离是　 　．
15．（2025八下·珠海期中）如图，在矩形中，，，点E，F分别为边，上的点，连接，交于点G，若平分，，则的长为　 　．
三、解答题（共3小题，满分21分，每小题7分）
16．（2025八下·珠海期中）计算：；
17．（2025八下·珠海期中）如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使．求证：四边形是平行四边形；
18．（2025八下·珠海期中）在创建绿色文明城市的热潮中，某小区积极响应号召，社区管理人员与居民携手合作，对小区临街拐角进行绿化改造，打造了一块别具生机的绿化地（阴影部分）；经测量，这块绿化地边界构成四边形，已知，，，，技术人员通过测量确定了．问这片绿地的面积是多少？
四、解答题（共3小题，满分27分）
19．（2025八下·珠海期中）摩天轮已经成为各大城市明信片，已知某摩天轮最低点A离地面，最高点离地面，摩天轮旋转一周需要，小凤从A点出发开始观光，摩天轮逆时针旋转后到达点B，求此时小凤离地面的高度．
20．（2025八下·珠海期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点F．
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若，，求四边形的面积．
21．（2025八下·珠海期中）数学实验：
对矩形纸片进行折纸操作，可以得到一些特殊的角、特殊的三角形．如图1，①将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕，同时得到线段．
提出问题：（1）观察所得到的，和，猜想这三个角之间有什么关系？证明你的猜想．
变式拓展：
如图2，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A落在上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕、线段；
提出问题：（2）已知，，求的长．
五、解答题（共2小题，满分27分）
22．（2025八下·珠海期中）小珠同学用两副三角板拼出了如图2所示的平行四边形，要求内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）．而且含的直角三角板的较长直角边长等于含直角三角板的斜边长（如图1）．
（1）在图1中，若含的直角三角板的斜边长为10，则________，________，________
（2）在（1）的条件下，求四边形的面积．
（3）请画出另外一种符合题意的图，要求：①不与给定的图形形状相同；②画出三角板的边．
23．（2025八下·珠海期中）如图，在中，，，，点E为边上一点（点E不与A、D两点重合），以为边向右作，，，连接，设
（1）直接写出的取值范围：________；
（2）当时，连接，求证：四边形为正方形；
（3）能否与垂直？若能，求出此时m的值；若不能，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴a+2≥0，
∴a≥ 2，
故选：D．
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，解题的核心是抓住二次根式的被开方数必须为非负数这一要点，据此列出关于的不等式，解该不等式即可得到的取值范围。
2．【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，不是最简二次根式，不符合题意，
B、是最简二次根式，符合题意，
C、，不是最简二次根式，不符合题意，
D、不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【分析】本题考查最简二次根式的判定，需依据最简二次根式的两个判定条件分析各选项，一是被开方数的因数为整数、因式为整式，二是被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，依次对每个选项的二次根式进行化简或直接判断，排除不符合条件的选项即可。
3．【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、 不是同类二次根式，不能进行合并，故本选项不符合题意，
B、本项属于二次根式的乘法运算，根据二次根式的乘法法则，即可推出运算正确，故本选项符合题意，
C、根据二次根式的加减法法则，即可推出结果应该为 ，所以本项运算错误，故本选项不符合题意，
D、 = ，故本选项不符合题意，
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的加减乘除法的法则进行分析解答即可．
4．【答案】D
【知识点】勾股定理的证明
【解析】【解答】解：A．大正方形面积为：，也可以看做是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：，∴，可以证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B．梯形的面积为：，也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：，∴，可以证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C．大正方形的面积为：，也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：，∴，∴故本选项不符合题意；
D．图形中不涉及直角三角形，故无法证明勾股定理，故本选项符合题意；
故选：D．
【分析】
本题主要考查了勾股定理的证明，完全平方公式的应用，根据面积公式，逐项推理论证判断即可．
对于选项A：大正方形的边长为a，其面积为，大正方形又可以看作是由4个直角边a，b的直角三角形和一个边长为(b-a)的小正方形组成，4个直角三角形的面积为：，小正方形的面积为：，所以大正方形的面积，即可证得勾股定理，故选项A不符合题意；
对于选项B：该图形是用两个直角边分别为a、b的直角三角形和一个直角边为c的等腰直角三角形拼成的梯形，根据梯形的面积公式：代入数据可得：，同时梯形的面积又等于三个直角三角形面积之和，即，等量代换得：，化简得：，即可证得勾股定理，故选项B不符合题意；
对于选项C：大正方形的边长为a+b，其面积为，大正方形又可以看作是由4个直角边a，b的直角三角形和一个边长为c的小正方形组成，4个直角三角形的面积为：，小正方形的面积为：，等量代换得：，化简得：，即可证得勾股定理，故选项C不符合题意；
对于选项D：此图仅给出了两条线段a、b和两个长度为b的边，没有构建出与直角三角形三边相关的面积关系或其他能推导出的联系，不能证明勾股定理，故选项D符合题意；由此判断得出答案.
5．【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形的对角线相交于O，
∵四边形的对角线互相平分，
∴AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
A选项添加的条件，
∴AO=CO=BO=DO，
∴AC=2AO=BD，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项A能判定；
B选项添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项B能判定；
C选项添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形，
故选项C不能判定；
D添加的条件，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为矩形，
故选项D能判定．
故选C．
【分析】本题考查平行四边形和矩形的判定，首先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”确定四边形为平行四边形，再结合矩形的判定定理分析各添加条件，矩形的判定可通过对角线相等或有一个内角为直角的平行四边形来判定，据此逐一验证各选项条件能否推出四边形为矩形。
6．【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：∵矩形中，，，
∴BC=AD=1， ∠ABC=90°，
∴AC=，
∴AM=AC=，
即点M 表示的数为：；
故选：A
【分析】根据矩形性质可得BC=AD=1， ∠ABC=90°，根据勾股定理可得AC，再在数轴数轴上表示，结合两点间距离即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】菱形的性质；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】【解答】解：已知四边形是菱形，，
∴，，
∴是直角三角形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
故选：A ．
【分析】根据菱形性质可得，，根据勾股定理可得AD，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；平行四边形的性质；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD交于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF=CF，BF=DF，
∵，，，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【分析】连接AC、BD交于点F，根据平行四边形性质可得AF=CF，BF=DF，再根据线段中点坐标可得a，b，再代入代数式即可求出答案.
9．【答案】B
【知识点】二次根式的实际应用；等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题考查含30°角的直角三角形的性质、勾股定理和等腰三角形的判定，先在中利用含30°角的直角三角形中斜边是30°角对边的2倍求出的长，再用勾股定理求出的长，结合D是中点求出的长，最后根据三角形内角和求出，结合判定为等腰三角形，得到。
10．【答案】C
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形和四边形均为正方形，点在同一直线上，
∴，，
∴，故结论①正确；
∵四边形和四边形均为正方形，，，
∴，，，
∴，
∴，故结论②正确；
∵过点作，交于点，交于点，过点作，交延长线于点，如下图，
∵，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，
∴，，，
∴，
，
故结论③错误；
，
故结论④正确，
综上所述，结论①②④正确，共计3个．
故选：C．
【分析】根据正方形性质可得，，再根据补角可判断①；根据正方形性质可得，，，根据勾股定理可得OE，再根据边之间的关系可判断②；过点作，交于点，交于点，过点作，交延长线于点，根据等腰直角三角形判定定理可得和均为等腰直角三角形，则，根据边之间的关系可得CG，DH，BH，再根据勾股定理可判断③；根据三角形面积可判断④.
11．【答案】
【知识点】分母有理化
【解析】【解答】解：，
故答案为：．
【分析】本题考查二次根式的分母有理化，解题的关键是将分母中的根号化去，给分式的分子和分母同时乘以，再根据二次根式的乘法法则化简分母，进而得到化简结果。
12．【答案】
【知识点】二次根式的概念；算术平方根的实际应用
【解析】【解答】解：电流（单位：A）、导线电阻（单位：）、通电时间（单位：s）与产生的热量（单位：J）满足：，
将，，代入，得，
解得：或（负值，舍去）
故答案为：．
【分析】本题考查算术平方根的实际应用，先将已知的电阻、通电时间和产生的热量代入公式，得到关于的方程，求解方程后结合电流为正数的实际意义，舍去负根得到电流的值。
13．【答案】2027
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的乘除混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
∵，
∴，
∴代数式．
故答案为：．
【分析】本题考查代数式求值与完全平方公式的应用，先将代数式通过配方转化为完全平方的形式，即，再将代入变形后的式子，先计算括号内的减法，再根据二次根式的平方运算计算，最后进行加法运算。
14．【答案】
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】如图，延长交于，则
将矩形变形为，
，
，
，
与的距离为
故答案为：
【分析】本题考查矩形和平行四边形的性质、勾股定理，先根据图形变形的性质得到，且，构造，其中直角边，斜边，再利用勾股定理求出另一条直角边的长度，该长度即为与的距离。
15．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：如图，过点F作于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】过点F作于点M，根据矩形性质可得，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据矩形性质可得，，，根据勾股定理可得BD，设，则，根据等边对等角可得，根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得ME，再根据勾股定理可得EF，再根据角平分线定义可得，根据直线平行性质可得，则，再根据等角对等边即可求出答案.
16．【答案】解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的乘除混合运算
【解析】【分析】本题考查二次根式的混合运算，先利用平方差公式计算乘法部分，再根据二次根式的性质化简，最后进行有理数的加减运算得到结果。
17．【答案】证明：连接，设与交于点．如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
又，
．
四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】连接，设与交于点，根据平行四边形判定定理及性质即可求出答案.
18．【答案】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴这片绿地的面积是
，
答：这片绿地的面积是．
【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】本题考查勾股定理和勾股定理的逆定理的实际应用，解题的核心是将不规则四边形的面积转化为两个直角三角形的面积和，先连接，在中利用勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理，验证，判定为直角三角形，最后分别计算两个直角三角形的面积并求和，得到四边形绿地的面积。
19．【答案】解：如图，过点作于点，延长，交于点，
由题意得：，，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴的直径，
∴，
∵摩天轮旋转一周需要，小凤从点出发开始观光，摩天轮逆时针旋转后到达点，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
答：此时小凤离地面的高度为．
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查矩形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质，先作构造矩形，利用矩形的对边相等得到，再根据摩天轮的最低点和最高点高度求出圆的半径，结合旋转时间和旋转一周的时间求出旋转角的度数，在中利用含30°角的直角三角形中直角边是斜边的一半求出的长，最后通过线段的和差关系计算的长度，即为的高度。
20．【答案】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)本题考查菱形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质，先根据E是中点得到，结合得到内错角相等，利用AAS判定，得到，再结合D是中点推出，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得到，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明其为菱形；
(2)本题考查菱形的面积计算和三角形的中线性质，根据菱形的性质可知菱形的面积为，再根据直角三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，得到，先计算的面积，再依次推导求出菱形的面积。
（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∵，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，是的中点，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形是菱形，
∴，
∵在中，，是的中点，，，
∴，
∴，
即四边形的面积为．
21．【答案】解：（1）猜想，证明如下：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴．
（2）∵，，
∴由折叠的性质得：，，，，，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)本题考查矩形的折叠性质、等边三角形的判定与性质，先根据矩形的性质得到，再由折叠的性质得到，，，推出为等边三角形，得到，进而求出三个角的度数并证明相等；
(2)本题考查矩形的折叠性质和勾股定理，先由折叠的性质得到，，，且，在中利用勾股定理求出的长，进而得到的长，设表示出，在中利用勾股定理列出关于的方程，求解方程得到的长度。
22．【答案】（1），，
（2）解：∵，∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，即，
∴平行四边形是矩形，
由（1）可知，，，
∴，，
∴四边形的面积为
．
（3）解：画出另外一种符合题意的图如下：
【知识点】二次根式的实际应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：∵含的直角三角板的斜边长为10，，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，，．
【分析】(1)本题考查含45°和30°角的直角三角形的性质、勾股定理，在含45°的直角三角板中，利用勾股定理且，求出的长；在含30°的直角三角板中，利用30°角对的直角边是斜边的一半得到，再结合勾股定理求出和的长；
(2)本题考查平行四边形和矩形的判定、二次根式的乘法运算，先根据线段的和差推出，，判定四边形为平行四边形，再结合直角条件证明其为矩形，用已知线段的长度表示出和的长，最后根据矩形面积公式计算面积，展开二次根式的乘法并化简；
(3)本题考查平行四边形的拼接设计，根据题意要求，以两副三角板的斜边作为内部留白平行四边形的两组对边，结合三角板的角度特征画出拼接图形即可。
（1）解：∵含的直角三角板的斜边长为10，，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，，．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，即，
∴平行四边形是矩形，
由（1）可知，，，
∴，，
∴四边形的面积为
．
（3）解：画出另外一种符合题意的图如下：
23．【答案】（1）
（2）证明：如图，连接，
由上已得：，，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
又∵，
∴四边形为正方形．
（3）解：能与垂直，求解如下：如图，连接，交于点，
∵四边形平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
由上已得：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上，能与垂直，此时的值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：如图，连接，延长至点，使得，并交于点，连接，
∵四边形平行四边形，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点在移动过程中，点在线段上移动（点不与点重合），
又∵是等腰直角三角形，，，
∴，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
由垂线段最短可知，当点与点重合时，，的值最小，最小值为，
∴，
故答案为：．
【分析】(1)本题考查平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质，先连接并构造辅助线，利用SAS判定，得到，，确定点F的运动轨迹，再根据等腰直角三角形的性质求出的长，结合垂线段最短和线段的取值范围，得到的取值范围；
(2)本题考查正方形的判定、直角三角形斜边中线的性质，先根据和，利用直角三角形斜边中线的性质得到，再结合得到，判定四边形为菱形，最后结合的条件，根据“有一个角为直角的菱形是正方形”证明；
(3)本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理，先连接，根据和求出，结合得到，再根据线段的垂直平分线性质得到，求出的度数，结合得到的度数，最后利用三角形内角和求出的度数，判定为等腰三角形，得到，进而求出的值。
（1）解：如图，连接，延长至点，使得，并交于点，连接，
∵四边形平行四边形，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点在移动过程中，点在线段上移动（点不与点重合），
又∵是等腰直角三角形，，，
∴，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
由垂线段最短可知，当点与点重合时，，的值最小，最小值为，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图，连接，
由上已得：，，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
又∵，
∴四边形为正方形．
（3）解：能与垂直，求解如下：
如图，连接，交于点，
∵四边形平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
由上已得：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上，能与垂直，此时的值为．
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