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广东省阳江市阳东区2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题 (本题共10小题，每小题3分，共30分)
1．（2025八下·阳东期中）若在实数范围内有意义，则x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：由题意得：，
解得：，
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解得．
2．（2025八下·阳东期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，则点A到原点O的距离为（　　）
A．8 B．10 C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；坐标系中的两点距离公式；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：根据题意可知．
故答案为：C．
【分析】利用两点之间的距离公式列出算式求解即可.
3．（2025八下·阳东期中）若，则代数式的值为（　　）
A．5 B．7 C．9 D．
【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的化简求值；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴
，
故答案为：B．
【分析】将直接代入计算即可.
4．（2025八下·阳东期中）如图， 在中， ， 分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点，连接，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】解：通过尺规作图操作可得，
又∵，
∴，
，
故答案为：B．
【分析】先利用作图痕迹可得，再结合AC=CA，利用“SSS”证出，最后利用全等三角形的性质可得.
5．（2025八下·阳东期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD交于点O，则根据下列条件能判定它是正方形的是(　　)
A．∠DAB=90°且AD=BC B．AB=BC且AC=BD
C．∠DAB=90°且AC⊥BD D．AC⊥BD且AO=BO=CO=DO
【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、该条件无法判定它是正方形；
B、该条件无法判定它是正方形；
C、该条件无法判定它是正方形；
D、由AC⊥BD可知该四边形对角线互相垂直，再根据AO=BO=CO=DO可知该四边形对角线相等且平分，所以由此可以判定它是正方形；
故答案为：D.
【分析】利用正方形的判定方法（①对角线相等且垂直的平行四边形是正方形；②对角线相等的菱形是正方形；③对角线垂直的矩形是正方形）分析求解即可.
6．（2025八下·阳东期中）如图， 在菱形中， 已知， 若菱形的周长为16，则的长度为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，周长为16，
∴，，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：A．
【分析】先利用菱形的性质可得，，证出是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得．
7．（2025八下·阳东期中）如图，某数学实践小组打算测量湖岸B，C两点间的距离，他们在湖的一侧选取一点A，连接，测出的中点E，D之间的距离是，则B，C两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】先证出是的中位线，利用中位线的性质可得，再求解即可.
8．（2025八下·阳东期中）如图，将两个宽为的直尺交叉叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，转动其中一个直尺，另一个保持不动，下列结论：①四边形 始终是平行四边形； ②； ③四边形的周长保持不变； ④当时， 四边形的面积为，其中一定正确的是（　　）
A．①④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则①②正确；
随着直尺转动，边长变化，可知四边形周长发生变化，
∴③不正确；
过点A作，交于点E，
在中，，
∴，
∴四边形的面积为，则④正确，
可知正确的有①②④．
故答案为：C．
【分析】先证出四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，从而可判断出①②是否正确；再利用四边形的周长公式求解并判断出③是否正确；再利用四边形的面积公式求出四边形ABCD的面积，从而可判断出④是否正确，从而得解.
9．（2025八下·阳东期中）如图，和是两个相同的含角的直角三角板，将两个三角板的最长边和放在直线l上，使得点 D 与点A 重合，固定三角板，从点 A 开始，将三角板沿射线移动，当点 E与点 B 重合时，停止移动．在移动的过程中，四边形的形状依次为平行四边形→①→平行四边形→②→平行四边形， 则①，②分别代表（　　）
A．菱形，矩形 B．矩形，菱形 C．菱形，菱形 D．矩形，矩形
【答案】B
【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】解：根据题意得，则四边形是平行四边形，当点D与点B重合时，，此时四边形是矩形，再移动时四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，再移动时四边形是平行四边形，
所以四边形的形状依次为平行四边形矩形平行四边形菱形平行四边形．
则①②分别代表矩形，菱形．
故答案为：B．
【分析】利用矩形的判定方法（①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形）和菱形的判定方法（①四条边相等的四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③有一组邻边相等的平行四边形是菱形）分析求解即可.
10．（2025八下·阳东期中） 正整数满足，且和是可以合并的二次根式，若，，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】最简二次根式；同类二次根式；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴
故答案为：A.
【分析】先计算出和的值，再通过计算 即可.
二、填空题(本题共5小题，每小题3分，共15分)
11．（2025八下·阳东期中）比较大小： 　 　．（填“” “”或“” ）
【答案】
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用估算无理数大小的方法化简，再利用实数比较大小的方法（正数大于零，零大于负数，两个负数比较大小绝对值越大其值越小）分析求解即可.
12．（2025八下·阳东期中）如图，数轴上点D表示的实数是　 　．
【答案】
【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：，
∴数轴上点D表示的实数是．
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用两点之间的距离公式求出点D表示的数即可.
13．（2025八下·阳东期中）如图，在平面直角坐标系中， 点A， B的坐标分别是，， C是平面内一点，为得到，则顶点C的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】点的坐标；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵B的坐标是，
∴，即，
故答案为：．
【分析】利用平行四边形的性质可得，，再结合点B的坐标求出点C的坐标即可.
14．（2025八下·阳东期中）如图是一株勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，已知最大正方形的面积是16，则图中阴影正方形的面积之和为　 　．
【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质；勾股树模型
【解析】【解答】解：设阴影部分正方形的边长为，，，，白色正方形的边长为，，如图所示：
∴由勾股定理可得：，，，
∴，
∴图中阴影正方形的面积之和为；
故答案为：．
【分析】设阴影部分正方形的边长为，，，，白色正方形的边长为，，利用勾股定理及正方形的面积公式可得，从而得解.
15．（2025八下·阳东期中）如图， 在四边形中， 对角线，相交于点， 过点作交于点．已知，若再添加一个条件可使四边形是菱形，则这个条件可以是　 　．
【答案】 (答案不唯一)
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴只需要添加一组邻边相等或对角线垂直即可证明是菱形，
故答案为：(答案不唯一) ．
【分析】利用菱形的判定方法（①四条边相等的四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③有一组邻边相等的平行四边形是菱形）分析求解即可.
三、解答题(一) (本大题共3小题，每小题7分，共21分)
16．（2025八下·阳东期中）计算∶；
【答案】解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；零指数幂
【解析】【分析】先利用完全平方公式和0指数幂的性质化简，再计算即可.
17．（2025八下·阳东期中）已知的三边长为，， ， 且满足 ，试判断的形状，并说明理由．
【答案】解：是直角三角形，理由如下：
，
，
，
，，
，
是直角三角形．
【知识点】因式分解﹣公式法；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】先将原式变形为，可得，再利用勾股定理的逆定理可证出 是直角三角形．
18．（2025八下·阳东期中）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形．
【答案】证明：如解图，连结交于点，
∵四边形是正方形，
，
，
，
根据正方形的性质可知，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
根据正方形的性质可知，
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】连结交于点，先利用“ASA”证出，利用全等三角形的性质可得BE=DF，再利用正方形的性质及线段的和差求出OA=OC，，证出四边形是平行四边形，再结合，最后证出四边形是菱形．
四、解答题 (二) (本大题共3小题，每小题9分，共27分)
19．（2025八下·阳东期中）已知，，分别求下列代数式的值：
（1）
（2）
【答案】（1）解：∵，，
∴，，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先求出，，再将其代入计算即可；
（2）先求出，再将其代入计算即可．
（1）解：∵，，
∴，，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴．
20．（2025八下·阳东期中）如图，在边长为1的小正方形网格中，的顶点均在格点上．
（1）求证∶ 为直角三角形．
（2）画出边上的高，并说明理由．
【答案】（1）证明：，
，
∴为直角三角形.
（2）解：如图连为所求，
∵，为的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；矩形的判定；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）先求出，再利用勾股定理的逆定理证出为直角三角形；
（2）利用三角形高的定义和“三线合一”的性质作出图形即可.
（1）证明：，
，
∴为直角三角形；
（2）解：如图连为所求，
∵，为的中点，
∴．
21．（2025八下·阳东期中）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
∵，
∴.
（2）解：∵将沿翻折得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∵，
∴，，
在中，，
设，则：，
在和中：，
即：，
解得：；
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）先利用正方形的性质和线段中点的性质可得，再结合，利用“HL”证出即可；
（2）先求出，，利用勾股定理求出CE的长，再设，则，利用勾股定理可得，列出方程，求出x的值，最后求出CF的长即可.
（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：∵将沿翻折得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∵，
∴，，
在中，，
设，则：，
在和中：，
即：，
解得：；
∴．
五、解答题 (三) (本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分)
22．（2025八下·阳东期中）小芳在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵∴，
∴（a﹣2）2=3，a2﹣4a+4=3，∴
∴2a2﹣8a+1=2（a2﹣4a）+1=2×（﹣1）+1=﹣1
请你根据小芳的分析过程，解决如下问题：
（1）化简．
（2）若．
①求4a2﹣8a﹣1的值；
②求3a3﹣12a2+9a﹣12的值．
【答案】解：（1）原式===5；
（2）①∵a==+1，
∴原式=4（a﹣1）2﹣5=8﹣5=3；
②∵a2=3+2，
∴原式=3a（a2+3）﹣12（a2+1）=3（+1）（2+6）﹣12（4+2）=﹣18．
【知识点】分母有理化；探索数与式的规律
【解析】【分析】（1）原式各项分母有理化，计算求出值等于5；
（2）①先将式子进行整理，将a的值代入计算等于3；
②将式子整理成3a（a2+3）-12（a2+1），再代入a的值等于-18．
23．（2025八下·阳东期中）综合实践课上，创新小组的同学对含 角的菱形进行了探究．
【问题情景】
如图，在菱形中，，E，F分别是边，上的点，且．
【初步感知】
（1）若点E是的中点，则与的数量关系为： ；
【深入探究】
（2）若点E，F分别为，上任意一点，则与的数量关系是什么？并说明理由；
【问题解决】
（3）若，求周长的最小值；
【答案】解：（1）；
（2）解：，
理由如下：
如图，连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴和为等边三角形，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）由（2）可知，
∵，
∴为等边三角形，
要求等边三角形周长的最小值，即求出边长的最小值即可，
∵点E为边上的一点，
∴当时，取得最小值，
∴在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴此时，，
∴周长的最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）连接BD，先证出为等边三角形，利用等边三角形的性质可得，再求出，结合，利用“AAS”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（2）连接BD，先利用角的运算和等量代换可得，再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（3）先证出当时，取得最小值，再结合，利用含30°角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理求出DE的长，最后利用三角形的周长公式求解即可.
1 / 1广东省阳江市阳东区2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题 (本题共10小题，每小题3分，共30分)
1．（2025八下·阳东期中）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·阳东期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，则点A到原点O的距离为（　　）
A．8 B．10 C． D．
3．（2025八下·阳东期中）若，则代数式的值为（　　）
A．5 B．7 C．9 D．
4．（2025八下·阳东期中）如图， 在中， ， 分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点，连接，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·阳东期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD交于点O，则根据下列条件能判定它是正方形的是(　　)
A．∠DAB=90°且AD=BC B．AB=BC且AC=BD
C．∠DAB=90°且AC⊥BD D．AC⊥BD且AO=BO=CO=DO
6．（2025八下·阳东期中）如图， 在菱形中， 已知， 若菱形的周长为16，则的长度为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．（2025八下·阳东期中）如图，某数学实践小组打算测量湖岸B，C两点间的距离，他们在湖的一侧选取一点A，连接，测出的中点E，D之间的距离是，则B，C两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·阳东期中）如图，将两个宽为的直尺交叉叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，转动其中一个直尺，另一个保持不动，下列结论：①四边形 始终是平行四边形； ②； ③四边形的周长保持不变； ④当时， 四边形的面积为，其中一定正确的是（　　）
A．①④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
9．（2025八下·阳东期中）如图，和是两个相同的含角的直角三角板，将两个三角板的最长边和放在直线l上，使得点 D 与点A 重合，固定三角板，从点 A 开始，将三角板沿射线移动，当点 E与点 B 重合时，停止移动．在移动的过程中，四边形的形状依次为平行四边形→①→平行四边形→②→平行四边形， 则①，②分别代表（　　）
A．菱形，矩形 B．矩形，菱形 C．菱形，菱形 D．矩形，矩形
10．（2025八下·阳东期中） 正整数满足，且和是可以合并的二次根式，若，，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
二、填空题(本题共5小题，每小题3分，共15分)
11．（2025八下·阳东期中）比较大小： 　 　．（填“” “”或“” ）
12．（2025八下·阳东期中）如图，数轴上点D表示的实数是　 　．
13．（2025八下·阳东期中）如图，在平面直角坐标系中， 点A， B的坐标分别是，， C是平面内一点，为得到，则顶点C的坐标为　 　．
14．（2025八下·阳东期中）如图是一株勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，已知最大正方形的面积是16，则图中阴影正方形的面积之和为　 　．
15．（2025八下·阳东期中）如图， 在四边形中， 对角线，相交于点， 过点作交于点．已知，若再添加一个条件可使四边形是菱形，则这个条件可以是　 　．
三、解答题(一) (本大题共3小题，每小题7分，共21分)
16．（2025八下·阳东期中）计算∶；
17．（2025八下·阳东期中）已知的三边长为，， ， 且满足 ，试判断的形状，并说明理由．
18．（2025八下·阳东期中）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形．
四、解答题 (二) (本大题共3小题，每小题9分，共27分)
19．（2025八下·阳东期中）已知，，分别求下列代数式的值：
（1）
（2）
20．（2025八下·阳东期中）如图，在边长为1的小正方形网格中，的顶点均在格点上．
（1）求证∶ 为直角三角形．
（2）画出边上的高，并说明理由．
21．（2025八下·阳东期中）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
五、解答题 (三) (本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分)
22．（2025八下·阳东期中）小芳在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵∴，
∴（a﹣2）2=3，a2﹣4a+4=3，∴
∴2a2﹣8a+1=2（a2﹣4a）+1=2×（﹣1）+1=﹣1
请你根据小芳的分析过程，解决如下问题：
（1）化简．
（2）若．
①求4a2﹣8a﹣1的值；
②求3a3﹣12a2+9a﹣12的值．
23．（2025八下·阳东期中）综合实践课上，创新小组的同学对含 角的菱形进行了探究．
【问题情景】
如图，在菱形中，，E，F分别是边，上的点，且．
【初步感知】
（1）若点E是的中点，则与的数量关系为： ；
【深入探究】
（2）若点E，F分别为，上任意一点，则与的数量关系是什么？并说明理由；
【问题解决】
（3）若，求周长的最小值；
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：由题意得：，
解得：，
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解得．
2．【答案】C
【知识点】点的坐标；坐标系中的两点距离公式；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：根据题意可知．
故答案为：C．
【分析】利用两点之间的距离公式列出算式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的化简求值；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：∵，
∴
，
故答案为：B．
【分析】将直接代入计算即可.
4．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】解：通过尺规作图操作可得，
又∵，
∴，
，
故答案为：B．
【分析】先利用作图痕迹可得，再结合AC=CA，利用“SSS”证出，最后利用全等三角形的性质可得.
5．【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、该条件无法判定它是正方形；
B、该条件无法判定它是正方形；
C、该条件无法判定它是正方形；
D、由AC⊥BD可知该四边形对角线互相垂直，再根据AO=BO=CO=DO可知该四边形对角线相等且平分，所以由此可以判定它是正方形；
故答案为：D.
【分析】利用正方形的判定方法（①对角线相等且垂直的平行四边形是正方形；②对角线相等的菱形是正方形；③对角线垂直的矩形是正方形）分析求解即可.
6．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，周长为16，
∴，，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：A．
【分析】先利用菱形的性质可得，，证出是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得．
7．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
∵，
∴．
故答案为：C．
【分析】先证出是的中位线，利用中位线的性质可得，再求解即可.
8．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则①②正确；
随着直尺转动，边长变化，可知四边形周长发生变化，
∴③不正确；
过点A作，交于点E，
在中，，
∴，
∴四边形的面积为，则④正确，
可知正确的有①②④．
故答案为：C．
【分析】先证出四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，从而可判断出①②是否正确；再利用四边形的周长公式求解并判断出③是否正确；再利用四边形的面积公式求出四边形ABCD的面积，从而可判断出④是否正确，从而得解.
9．【答案】B
【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】解：根据题意得，则四边形是平行四边形，当点D与点B重合时，，此时四边形是矩形，再移动时四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，再移动时四边形是平行四边形，
所以四边形的形状依次为平行四边形矩形平行四边形菱形平行四边形．
则①②分别代表矩形，菱形．
故答案为：B．
【分析】利用矩形的判定方法（①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形）和菱形的判定方法（①四条边相等的四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③有一组邻边相等的平行四边形是菱形）分析求解即可.
10．【答案】A
【知识点】最简二次根式；同类二次根式；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴
故答案为：A.
【分析】先计算出和的值，再通过计算 即可.
11．【答案】
【知识点】实数的大小比较
【解析】【解答】解：∵，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用估算无理数大小的方法化简，再利用实数比较大小的方法（正数大于零，零大于负数，两个负数比较大小绝对值越大其值越小）分析求解即可.
12．【答案】
【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：，
∴数轴上点D表示的实数是．
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求出AC的长，再利用两点之间的距离公式求出点D表示的数即可.
13．【答案】
【知识点】点的坐标；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵B的坐标是，
∴，即，
故答案为：．
【分析】利用平行四边形的性质可得，，再结合点B的坐标求出点C的坐标即可.
14．【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质；勾股树模型
【解析】【解答】解：设阴影部分正方形的边长为，，，，白色正方形的边长为，，如图所示：
∴由勾股定理可得：，，，
∴，
∴图中阴影正方形的面积之和为；
故答案为：．
【分析】设阴影部分正方形的边长为，，，，白色正方形的边长为，，利用勾股定理及正方形的面积公式可得，从而得解.
15．【答案】 (答案不唯一)
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴只需要添加一组邻边相等或对角线垂直即可证明是菱形，
故答案为：(答案不唯一) ．
【分析】利用菱形的判定方法（①四条边相等的四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③有一组邻边相等的平行四边形是菱形）分析求解即可.
16．【答案】解：
．
【知识点】完全平方公式及运用；零指数幂
【解析】【分析】先利用完全平方公式和0指数幂的性质化简，再计算即可.
17．【答案】解：是直角三角形，理由如下：
，
，
，
，，
，
是直角三角形．
【知识点】因式分解﹣公式法；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】先将原式变形为，可得，再利用勾股定理的逆定理可证出 是直角三角形．
18．【答案】证明：如解图，连结交于点，
∵四边形是正方形，
，
，
，
根据正方形的性质可知，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
根据正方形的性质可知，
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】连结交于点，先利用“ASA”证出，利用全等三角形的性质可得BE=DF，再利用正方形的性质及线段的和差求出OA=OC，，证出四边形是平行四边形，再结合，最后证出四边形是菱形．
19．【答案】（1）解：∵，，
∴，，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）先求出，，再将其代入计算即可；
（2）先求出，再将其代入计算即可．
（1）解：∵，，
∴，，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴．
20．【答案】（1）证明：，
，
∴为直角三角形.
（2）解：如图连为所求，
∵，为的中点，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；矩形的判定；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）先求出，再利用勾股定理的逆定理证出为直角三角形；
（2）利用三角形高的定义和“三线合一”的性质作出图形即可.
（1）证明：，
，
∴为直角三角形；
（2）解：如图连为所求，
∵，为的中点，
∴．
21．【答案】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
∵，
∴.
（2）解：∵将沿翻折得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∵，
∴，，
在中，，
设，则：，
在和中：，
即：，
解得：；
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）先利用正方形的性质和线段中点的性质可得，再结合，利用“HL”证出即可；
（2）先求出，，利用勾股定理求出CE的长，再设，则，利用勾股定理可得，列出方程，求出x的值，最后求出CF的长即可.
（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：∵将沿翻折得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∵，
∴，，
在中，，
设，则：，
在和中：，
即：，
解得：；
∴．
22．【答案】解：（1）原式===5；
（2）①∵a==+1，
∴原式=4（a﹣1）2﹣5=8﹣5=3；
②∵a2=3+2，
∴原式=3a（a2+3）﹣12（a2+1）=3（+1）（2+6）﹣12（4+2）=﹣18．
【知识点】分母有理化；探索数与式的规律
【解析】【分析】（1）原式各项分母有理化，计算求出值等于5；
（2）①先将式子进行整理，将a的值代入计算等于3；
②将式子整理成3a（a2+3）-12（a2+1），再代入a的值等于-18．
23．【答案】解：（1）；
（2）解：，
理由如下：
如图，连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴和为等边三角形，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）由（2）可知，
∵，
∴为等边三角形，
要求等边三角形周长的最小值，即求出边长的最小值即可，
∵点E为边上的一点，
∴当时，取得最小值，
∴在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴此时，，
∴周长的最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）连接BD，先证出为等边三角形，利用等边三角形的性质可得，再求出，结合，利用“AAS”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（2）连接BD，先利用角的运算和等量代换可得，再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（3）先证出当时，取得最小值，再结合，利用含30°角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理求出DE的长，最后利用三角形的周长公式求解即可.
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