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广东省汕头市金平区汕樟中学2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·金平期中）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·金平期中）下列运算，结果正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·金平期中）分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形一定是（　　）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
4．（2025八下·金平期中）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025八下·金平期中）下列命题的逆命题成立的是（　　）．
A．全等三角形的对应角相等
B．若三角形的三边满足，则该三角形是直角三角形
C．对顶角相等
D．同位角互补，两直线平行
6．（2025八下·金平期中）如图，在数轴上点A表示的实数是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025八下·金平期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点是展开后小正方形的顶点，连接，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·金平期中）矩形ABCD中，分别平分，交AD于点，射线BE，CF交于点，若，则BC的长是（　　）
A．6或7 B．8或9 C．7或9 D．6或9
9．（2025八下·金平期中）将一副直角三角尺和一把宽度为2cm的直尺按如图所示的方式摆放：先把和角的顶点及它们的直角边重合，再将此直角边垂直于直尺的上沿，重合的顶点落在直尺下沿，这两个三角尺的斜边分别交直尺上沿于两点，则AB的长是（　　）
A． B．2 C． D．
10．（2025八下·金平期中）如图，在四边形ABCD中，相交于点，且，动点E从点开始，沿折线运动至点停止，CE与BD相交于点，点是线段CE的中点，连接OF，有下列结论：①四边形ABCD是矩形；②当点在边AB上，且时，点E是AB的中点；③当时，线段OF长度的最大值为2；④当点E在边AB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（每小题3分，共15分）
11．（2025八下·金平期中）若 在实数范围内有意义，则x的取值范围是　 　．
12．（2025八下·金平期中）菱形的边长是5，则它的周长是　 　．
13．（2025八下·金平期中）在数轴上表示实数 的点如图所示，化简 的结果为　 　．
14．（2025八下·金平期中） 如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，此人以1米每秒的速度收绳，7秒后船移动到点D的位置，问船向岸边移动了　 　米.（假设绳子是直的)
15．（2025八下·金平期中）如图，圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为　 　．
三、解答题（一）（每题8分，共24分）
16．（2025八下·金平期中）计算：
（1）；
（2）．
17．（2025八下·金平期中）化简求值：，其中
18．（2025八下·金平期中）如图，在四边形ABCD中，分别是的中点，连接，求证：．
四、解答题（二）（每题9分，共27分）
19．（2025八下·金平期中）如图所示，甲、乙两船同时从港口出发，甲船以16海里、时的速度沿南偏东方向航行，乙船沿北偏东方向航行.3小时后，甲船到达岛．若B，C两岛相距60海里，则乙船的速度是多少？
20．（2025八下·金平期中）如图，已知某开发区有一块四边形空地ABCD，经测量，，
（1）求这块空地的面积；
（2）现计划在该空地上种植草皮，若每平方米草皮需200元，则在该空地上种植草皮共需多少钱？
21．（2025八下·金平期中）如图，将平行四边形ABCD沿其对角线AC所在直线折叠，使点落在点处，与CD交于点.
（1）求证：
（2）过点作交AB于点，连接CF，判断四边形ABCF的形状并给予证明．
五、解答题（三）（每题12分，共24分）
22．（2025八下·金平期中）如图，在矩形ABCD中，厘米，厘米，点从开始沿AB边以4厘米／秒的速度运动，点Q从C开始沿CD边以2厘米／秒的速度运动。点、分别从A、C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒。
（1）当时，求P、Q两点之间的距离．
（2）为何值时，线段AQ与DP互相平分？
（3）为何值时，四边形APQD的面积为矩形ABCD面积的？
23．（2025八下·金平期中）如图，两个正方形ABCD与DEFG，连接AG，CE，二者相交于点．
（1）证明：；
（2）请说明AG和CE的位畳和数量关系，并给予一正明；
（3）连接AE和CG，请问的面积和的面积有怎样的数量关系？并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】A、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式是最简二次根式，故A符合题意；
B、，被开方数含能开得尽方的因数或因式，不是最简二次根式，故B不符合题意；
C、，被开方数含分母，不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、，被开方数含能开得尽方的因数或因式，不是最简二次根式，故D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判断即可。
2．【答案】D
【知识点】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、不可以合并，不符合题意；
B、不可以合并，不符合题意；
C、不可以合并，不符合题意；
D、，符合题意；
故答案为：D
【分析】根据二次根式的加减运算结合二次根式的乘法对选项逐一计算即可求解。
3．【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连结AC，BD，
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
，
.
四边形EFGH是菱形；
故答案为：B
【分析】 连结AC，BD，先根据中位线定理结合题意得到， 再等量代换得到，进而根据菱形的判定即可求解。
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．符合题意．
故答案为：D
【分析】根据平行四边形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
5．【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；对顶角及其性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的两三角形全等，此逆命题为假命题；
B、若三角形的三边满足，则该三角形是直角三角形的逆命题为若a、b、c为直角三角形的三边，则满足，此逆命题为真命题；
C、对顶角相等的逆命题为相等的角为对顶角，此逆命题为假命题；
D、两条直线平行，同位角互补的逆命题为同位角互补，两条直线平行，此逆命题为假命题．
故选：B．
【分析】分别写出四个命题的逆命题，再根据全等三角形的性质、勾股定理、对顶角的定义、平行线的性质逐项进行判断即可求出答案.
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：由勾股定理，得斜边的长为，
由圆的性质，得点A表示的数为，
故选：A．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：如图：连接AC，
由题意得∠ACB=90°，
由勾股定理得AC=BC=，
∴△ACB是一个直角等腰三角形，则∠ABC=45°，
故答案为：C
【分析】连接AC，先根据题意得到∠ACB=90°，再根据勾股定理得到AC=BC=，进而根据等腰三角形的性质即可求解。
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
分两种情况：
①当点G在矩形内部时，如图所示：
则，
即，
解得：，
∴；
②当点G在矩形外部时，如图所示：
则，
∴，
∴；
综上所述，的长为7或9，
故答案为：C
【分析】先根据矩形的性质得到，，，，进而得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据等腰直角三角形的性质得到，同理，，，从而结合题意得到，根据勾股定理求出EF，再根据题意分类讨论：①当点G在矩形内部时，②当点G在矩形外部时，从而结合题意进行线段的运算即可求解。
9．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：D
【分析】先根据等腰直角三角形的性质得到，则，，再根据含30°角的直角三角形的性质得到，进而根据勾股定理求出BD，从而根据线段的运算即可求解。
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定；平行四边形的判定与性质；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，
故答案为：C
【分析】先根据平行四边形的判定与性质得到，再根据矩形的判定即可判断①；根据矩形的性质结合三角形中位线定理得到，进而进行线段的运算即可判断②；根据三角形中位线定理得到，进而得到当的值最大时，的值最大，当点E与点D重合时，的值最大，此时，从而判断③；根据等边三角形的判定结合题意即可判断④.
11．【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得x﹣3≥0，
解得x≥3．
故答案为：x≥3．
【分析】根据被开方数大于等于0列式进行计算即可求解．
12．【答案】20
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的边长是5，
∴它的周长是5×4=20
故答案为：20
【分析】根据菱形的性质（每条边都相等）结合题意即可计算其周长。
13．【答案】3
【知识点】二次根式的性质与化简；实数的绝对值
【解析】【解答】解：∵2＜a＜5，
∴a-5＜0，a-2＞0，
∴。
故答案为：3.
【分析】根据数轴求出a的取值范围，再根据二次根式的性质及绝对值的方法进行化简，即可求解.
14．【答案】9
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得到：
∴
∴
∴船向岸边移动了9米，
故答案为：9.
【分析】由题意得到：利用勾股定理求出AB、AD的长度，进而可得到BD的长度，进而即可求解.
15．【答案】15
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：沿过的圆柱的高剪开，得出矩形，过作于，作关于的对称点，连接交于，连接，如图所示：
则就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
，，
，
，，
在△中，由勾股定理得：，
故答案为：15
【分析】沿过的圆柱的高剪开，得出矩形，过作于，作关于的对称点，连接交于，连接，则就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，进而结合题意进行线段的运算，根据勾股定理即可求解。
16．【答案】（1）解：原式＝
＝；
（2）解：原式＝5+2+2﹣﹣
＝．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式的乘除运算结合题意计算即可求解；
（2）根据完全平方公式化简，进而根据二次根式的加减运算即可求解。
17．【答案】解：原式
当时
原式
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先将分式除法变成分式乘法并对能因式分解的分子或分母进行分解再约分，再进行通分进行加减计算，最后把已知数据代入求出答案即可.
18．【答案】证明：，F分别是，的中点，
是的中位线，
，
，M是的中点，
，
．
【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】【分析】先根据三角形中位线定理得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，进而等量代换即可求解。
19．【答案】解：由题意得∠CAB=180°-40°-50°=90°，
∵AB=16×3=48（海里），BC=60海里，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=（海里）．
则乙船的速度是36÷3=12海里/时
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】先根据题意进行角的运算得到∠CAB的度数，再根据勾股定理结合题意计算求出AC，从而即可求解。
20．【答案】（1）解：连接AC，如图：
在中，，
在中，，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴
；
（2）解：∵计划在该空地上种植草皮，每平方米草皮需200元，
∴在该空地上种植草皮共需费用为：（元）．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；勾股定理的应用；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）连接AC，根据勾股定理求出AC，进而根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，，从而根据即可求解；
（2）根据题意结合有理数的乘法即可求解。
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）解：四边形AECF是菱形，证明如下：
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D，再根据折叠的性质得到BC＝B'C，∠B＝∠B'，等量代换得到∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC，从而根据三角形全等的判定（ASA）即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到AE＝CE，进而根据垂直平分线的性质得到AF＝CF，再根据平行线的性质得到∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF，根据等腰三角形的性质结合题意等量代换得到AF＝AE＝CE＝CF，从而根据菱形的判定即可求解。
22．【答案】（1）解：连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，如图所示：
∵AB=24cm，BC=10cm，点P从A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，点QA从C开始沿CD边2cm/s的速度移动，
∴当t=2秒时，QC=4cm，AP=8cm，
∴DQ=24-QC=20cm，则EQ=12cm，
∴(cm)，
∴P，Q两点之间的距离cm．
（2）解：∵AP=4t，DQ=24-2t，
当线段AQ与DP互相平分，则四边形APQD为矩形时，
则AP=DQ，即4t=24-2t，
解得：t=4，
故t为4s时，线段AQ与DP互相平分．
（3）解：∵P在AB上，
∴
，
，
，
解得：，
∴t为3秒时，四边形APQD的面积为矩形面积的．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，先根据题意得到QC和AP，进而即可的EQ，再根据勾股定理求出PQ，从而即可求解；
（2）根据矩形的性质结合题意得到AP=DQ，即4t=24-2t，从而即可求解；
（3）根据三角形的面积和矩形的面积结合题意即可求解。
23．【答案】（1）解：∵四边形ABCD与DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS）
（2）解：AG=CE，AG⊥CE，理由如下：
∵△ADG≌△CDE，
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，
∴∠DCE+∠CMG=90°，
∴∠CHA=90°，
∴AG⊥CE；
（3）解：△ADE的面积=△CDG的面积，
作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，如图所示：
∵∠GDE=90°，
∴∠EDN+∠GDN=90°，
∵∠PDG+∠GDN=90°，
∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，
∴△DPG≌△DNE，
∴PG=EN，
∵△ADE的面积=，△CDG的面积=，
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）先根据正方形的性质得到AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，再结合题意进行角的运算得到∠ADG=∠CDE，进而根据三角形全等的判定（SAS）即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，再结合题意等量代换得到∠CHA=90°，进而即可求解；
（3）作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，先根据题意等量代换得到∠EDN=∠PDG，再根据三角形全等的判定与性质证明△DPG≌△DNE得到PG=EN，从而根据三角形的面积即可求解。
1 / 1广东省汕头市金平区汕樟中学2024-2025学年八年级下学期4月期中数学试题
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·金平期中）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】A、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式是最简二次根式，故A符合题意；
B、，被开方数含能开得尽方的因数或因式，不是最简二次根式，故B不符合题意；
C、，被开方数含分母，不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、，被开方数含能开得尽方的因数或因式，不是最简二次根式，故D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判断即可。
2．（2025八下·金平期中）下列运算，结果正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】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、不可以合并，不符合题意；
B、不可以合并，不符合题意；
C、不可以合并，不符合题意；
D、，符合题意；
故答案为：D
【分析】根据二次根式的加减运算结合二次根式的乘法对选项逐一计算即可求解。
3．（2025八下·金平期中）分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形一定是（　　）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连结AC，BD，
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
，
.
四边形EFGH是菱形；
故答案为：B
【分析】 连结AC，BD，先根据中位线定理结合题意得到， 再等量代换得到，进而根据菱形的判定即可求解。
4．（2025八下·金平期中）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．符合题意．
故答案为：D
【分析】根据平行四边形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
5．（2025八下·金平期中）下列命题的逆命题成立的是（　　）．
A．全等三角形的对应角相等
B．若三角形的三边满足，则该三角形是直角三角形
C．对顶角相等
D．同位角互补，两直线平行
【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；对顶角及其性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的两三角形全等，此逆命题为假命题；
B、若三角形的三边满足，则该三角形是直角三角形的逆命题为若a、b、c为直角三角形的三边，则满足，此逆命题为真命题；
C、对顶角相等的逆命题为相等的角为对顶角，此逆命题为假命题；
D、两条直线平行，同位角互补的逆命题为同位角互补，两条直线平行，此逆命题为假命题．
故选：B．
【分析】分别写出四个命题的逆命题，再根据全等三角形的性质、勾股定理、对顶角的定义、平行线的性质逐项进行判断即可求出答案.
6．（2025八下·金平期中）如图，在数轴上点A表示的实数是（　　）
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，得斜边的长为，
由圆的性质，得点A表示的数为，
故选：A．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
7．（2025八下·金平期中）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点是展开后小正方形的顶点，连接，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：如图：连接AC，
由题意得∠ACB=90°，
由勾股定理得AC=BC=，
∴△ACB是一个直角等腰三角形，则∠ABC=45°，
故答案为：C
【分析】连接AC，先根据题意得到∠ACB=90°，再根据勾股定理得到AC=BC=，进而根据等腰三角形的性质即可求解。
8．（2025八下·金平期中）矩形ABCD中，分别平分，交AD于点，射线BE，CF交于点，若，则BC的长是（　　）
A．6或7 B．8或9 C．7或9 D．6或9
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；等腰直角三角形；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
分两种情况：
①当点G在矩形内部时，如图所示：
则，
即，
解得：，
∴；
②当点G在矩形外部时，如图所示：
则，
∴，
∴；
综上所述，的长为7或9，
故答案为：C
【分析】先根据矩形的性质得到，，，，进而得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据等腰直角三角形的性质得到，同理，，，从而结合题意得到，根据勾股定理求出EF，再根据题意分类讨论：①当点G在矩形内部时，②当点G在矩形外部时，从而结合题意进行线段的运算即可求解。
9．（2025八下·金平期中）将一副直角三角尺和一把宽度为2cm的直尺按如图所示的方式摆放：先把和角的顶点及它们的直角边重合，再将此直角边垂直于直尺的上沿，重合的顶点落在直尺下沿，这两个三角尺的斜边分别交直尺上沿于两点，则AB的长是（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：D
【分析】先根据等腰直角三角形的性质得到，则，，再根据含30°角的直角三角形的性质得到，进而根据勾股定理求出BD，从而根据线段的运算即可求解。
10．（2025八下·金平期中）如图，在四边形ABCD中，相交于点，且，动点E从点开始，沿折线运动至点停止，CE与BD相交于点，点是线段CE的中点，连接OF，有下列结论：①四边形ABCD是矩形；②当点在边AB上，且时，点E是AB的中点；③当时，线段OF长度的最大值为2；④当点E在边AB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；平行四边形的判定与性质；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，
故答案为：C
【分析】先根据平行四边形的判定与性质得到，再根据矩形的判定即可判断①；根据矩形的性质结合三角形中位线定理得到，进而进行线段的运算即可判断②；根据三角形中位线定理得到，进而得到当的值最大时，的值最大，当点E与点D重合时，的值最大，此时，从而判断③；根据等边三角形的判定结合题意即可判断④.
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（2025八下·金平期中）若 在实数范围内有意义，则x的取值范围是　 　．
【答案】x≥3
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得x﹣3≥0，
解得x≥3．
故答案为：x≥3．
【分析】根据被开方数大于等于0列式进行计算即可求解．
12．（2025八下·金平期中）菱形的边长是5，则它的周长是　 　．
【答案】20
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的边长是5，
∴它的周长是5×4=20
故答案为：20
【分析】根据菱形的性质（每条边都相等）结合题意即可计算其周长。
13．（2025八下·金平期中）在数轴上表示实数 的点如图所示，化简 的结果为　 　．
【答案】3
【知识点】二次根式的性质与化简；实数的绝对值
【解析】【解答】解：∵2＜a＜5，
∴a-5＜0，a-2＞0，
∴。
故答案为：3.
【分析】根据数轴求出a的取值范围，再根据二次根式的性质及绝对值的方法进行化简，即可求解.
14．（2025八下·金平期中） 如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，此人以1米每秒的速度收绳，7秒后船移动到点D的位置，问船向岸边移动了　 　米.（假设绳子是直的)
【答案】9
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得到：
∴
∴
∴船向岸边移动了9米，
故答案为：9.
【分析】由题意得到：利用勾股定理求出AB、AD的长度，进而可得到BD的长度，进而即可求解.
15．（2025八下·金平期中）如图，圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为　 　．
【答案】15
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：沿过的圆柱的高剪开，得出矩形，过作于，作关于的对称点，连接交于，连接，如图所示：
则就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
，，
，
，，
在△中，由勾股定理得：，
故答案为：15
【分析】沿过的圆柱的高剪开，得出矩形，过作于，作关于的对称点，连接交于，连接，则就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，进而结合题意进行线段的运算，根据勾股定理即可求解。
三、解答题（一）（每题8分，共24分）
16．（2025八下·金平期中）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式＝
＝；
（2）解：原式＝5+2+2﹣﹣
＝．
【知识点】完全平方公式及运用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式的乘除运算结合题意计算即可求解；
（2）根据完全平方公式化简，进而根据二次根式的加减运算即可求解。
17．（2025八下·金平期中）化简求值：，其中
【答案】解：原式
当时
原式
【知识点】分式的化简求值
【解析】【分析】先将分式除法变成分式乘法并对能因式分解的分子或分母进行分解再约分，再进行通分进行加减计算，最后把已知数据代入求出答案即可.
18．（2025八下·金平期中）如图，在四边形ABCD中，分别是的中点，连接，求证：．
【答案】证明：，F分别是，的中点，
是的中位线，
，
，M是的中点，
，
．
【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】【分析】先根据三角形中位线定理得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，进而等量代换即可求解。
四、解答题（二）（每题9分，共27分）
19．（2025八下·金平期中）如图所示，甲、乙两船同时从港口出发，甲船以16海里、时的速度沿南偏东方向航行，乙船沿北偏东方向航行.3小时后，甲船到达岛．若B，C两岛相距60海里，则乙船的速度是多少？
【答案】解：由题意得∠CAB=180°-40°-50°=90°，
∵AB=16×3=48（海里），BC=60海里，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=（海里）．
则乙船的速度是36÷3=12海里/时
【知识点】勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【分析】先根据题意进行角的运算得到∠CAB的度数，再根据勾股定理结合题意计算求出AC，从而即可求解。
20．（2025八下·金平期中）如图，已知某开发区有一块四边形空地ABCD，经测量，，
（1）求这块空地的面积；
（2）现计划在该空地上种植草皮，若每平方米草皮需200元，则在该空地上种植草皮共需多少钱？
【答案】（1）解：连接AC，如图：
在中，，
在中，，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴
；
（2）解：∵计划在该空地上种植草皮，每平方米草皮需200元，
∴在该空地上种植草皮共需费用为：（元）．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；勾股定理的应用；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）连接AC，根据勾股定理求出AC，进而根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，，从而根据即可求解；
（2）根据题意结合有理数的乘法即可求解。
21．（2025八下·金平期中）如图，将平行四边形ABCD沿其对角线AC所在直线折叠，使点落在点处，与CD交于点.
（1）求证：
（2）过点作交AB于点，连接CF，判断四边形ABCF的形状并给予证明．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）解：四边形AECF是菱形，证明如下：
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D，再根据折叠的性质得到BC＝B'C，∠B＝∠B'，等量代换得到∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC，从而根据三角形全等的判定（ASA）即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到AE＝CE，进而根据垂直平分线的性质得到AF＝CF，再根据平行线的性质得到∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF，根据等腰三角形的性质结合题意等量代换得到AF＝AE＝CE＝CF，从而根据菱形的判定即可求解。
五、解答题（三）（每题12分，共24分）
22．（2025八下·金平期中）如图，在矩形ABCD中，厘米，厘米，点从开始沿AB边以4厘米／秒的速度运动，点Q从C开始沿CD边以2厘米／秒的速度运动。点、分别从A、C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒。
（1）当时，求P、Q两点之间的距离．
（2）为何值时，线段AQ与DP互相平分？
（3）为何值时，四边形APQD的面积为矩形ABCD面积的？
【答案】（1）解：连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，如图所示：
∵AB=24cm，BC=10cm，点P从A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，点QA从C开始沿CD边2cm/s的速度移动，
∴当t=2秒时，QC=4cm，AP=8cm，
∴DQ=24-QC=20cm，则EQ=12cm，
∴(cm)，
∴P，Q两点之间的距离cm．
（2）解：∵AP=4t，DQ=24-2t，
当线段AQ与DP互相平分，则四边形APQD为矩形时，
则AP=DQ，即4t=24-2t，
解得：t=4，
故t为4s时，线段AQ与DP互相平分．
（3）解：∵P在AB上，
∴
，
，
，
解得：，
∴t为3秒时，四边形APQD的面积为矩形面积的．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，先根据题意得到QC和AP，进而即可的EQ，再根据勾股定理求出PQ，从而即可求解；
（2）根据矩形的性质结合题意得到AP=DQ，即4t=24-2t，从而即可求解；
（3）根据三角形的面积和矩形的面积结合题意即可求解。
23．（2025八下·金平期中）如图，两个正方形ABCD与DEFG，连接AG，CE，二者相交于点．
（1）证明：；
（2）请说明AG和CE的位畳和数量关系，并给予一正明；
（3）连接AE和CG，请问的面积和的面积有怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD与DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE（SAS）
（2）解：AG=CE，AG⊥CE，理由如下：
∵△ADG≌△CDE，
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，
∴∠DCE+∠CMG=90°，
∴∠CHA=90°，
∴AG⊥CE；
（3）解：△ADE的面积=△CDG的面积，
作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，如图所示：
∵∠GDE=90°，
∴∠EDN+∠GDN=90°，
∵∠PDG+∠GDN=90°，
∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，
∴△DPG≌△DNE，
∴PG=EN，
∵△ADE的面积=，△CDG的面积=，
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）先根据正方形的性质得到AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，再结合题意进行角的运算得到∠ADG=∠CDE，进而根据三角形全等的判定（SAS）即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，再结合题意等量代换得到∠CHA=90°，进而即可求解；
（3）作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，先根据题意等量代换得到∠EDN=∠PDG，再根据三角形全等的判定与性质证明△DPG≌△DNE得到PG=EN，从而根据三角形的面积即可求解。
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