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广东省湛江市寸金培才学校2024-2025学年八年级下学期数学期中考试
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·湛江期中）下列各式是二次根式的是（　　）
A． B．5 C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、中被开方数小于，不是二次根式；
B、 5是整数，不是二次根式；
C、是二次根式；
D、是三次根式，不是二次根式；
故选C．
【分析】根据二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．（2025八下·湛江期中）下列不能构成直角三角形三边长的是（　　）
A．1、2、3 B．6、8、10 C．3、4、5 D．5、12、13
【答案】A
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵1+2=3，∴长度为1、2、3的三条线段不能围成三角形，则本项符合题意；
B、∵∴长度为6、8、10的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意；
C、∵∴长度为3、4、5的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意；
D、∵∴长度为5、12、13的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据三角形三边关系及勾股定理逆定理逐项分析判断即可求解.
3．（2025八下·湛江期中）如图所示，在中，对角线交于点O，下列式子中一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴B选项正确．
故选：B．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
4．（2025八下·湛江期中）把两根木条和的一端按如图所示的方式固定在一起，木条转动至．在转动过程中，下面的量是常量的为（　　）
A．的长度 B．的长度 C．的面积 D．的度数
【答案】A
【知识点】用关系式表示变量间的关系
【解析】【解答】解：木条转动至过程中，
∵的长度始终保持不变，
∴的长度是常量，
故选∶A
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
5．（2025八下·湛江期中）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】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、，不是最简二次根式，不符合题意；
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：A ．
【分析】根据最简二次根式的定义结合题意即可求解。
6．（2025八下·湛江期中）下列说法正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相平分的四边形是菱形
C．两条对角线相等的菱形是正方形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
C、对角线相等的菱形是正方形，是真命题；
D、对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
故选：C．
【分析】根据正方形、菱形、矩形的判定定理逐项进行判断即可求出答案.
7．（2025八下·湛江期中）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作弧，弧与数轴正半轴交于点，则点所表示的数是（　　）
A．2.2 B． C． D．
【答案】B
【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：∵，，，
∴，
故弧与数轴的交点P表示的数为：．
故选：B．
【分析】根据勾股定理可得OB，再根据数轴上点的位置即可即可求出答案.
8．（2025八下·湛江期中）一支签字笔的单价为2.5元，小涵同学拿了50元钱去购买了支该型号的签字笔，写出所剩余的钱y与x间的关系式是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数解析式；列一次函数关系式
【解析】【解答】解：y与x之间的关系式是．
故答案为：B．
【分析】利用“剩余费用=总费用-已经使用的费用”列出函数解析式即可.
9．（2025八下·湛江期中）小英在商店买了一块漂亮的丝巾(四边形)，为判断丝巾的形状，小英将丝巾沿一条对角线对折后摊开，又沿另一条对角线对折，如图所示，两次对折后两组对角都能分别对齐，那么可以确定这块丝巾的形状一定是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由题意可知，这块丝巾的两组对角分别相等，且邻边相等，故这块丝巾的形状一定是菱形．
故选：B．
【分析】根据折叠得到这块丝巾的两组对角分别相等，且邻边相等，再根据菱形的判定即可求解。
10．（2025八下·湛江期中）估计的值应在（　　）
A．3到4之间 B．4到5之间 C．5到6之间 D．6到7之间
【答案】C
【知识点】无理数的估值；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：，
∵，
∴，
故选：C．
【分析】先根据二次根式的混合运算进行化简，进而估算无理数的值即可求解。
二、填空题（每小题4分，共24分）
11．（2025八下·湛江期中）当x　 　时，二次根式有意义．
【答案】≥-1
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【分析】根据题意得：x+1≥0，根式有意义，解得：x≥-1。
12．（2025八下·湛江期中）如图，在中，是斜边上的中线，，则　 　．
【答案】6
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，是斜边上的中线，，
∴；
故答案为：6．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
13．（2025八下·湛江期中）同一温度的华氏度数（℉）与摄氏度数（℃）之间的函数关系是，如果某一温度的摄氏度数是5℃，那么它的华氏度数是　 　℉．
【答案】41
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：将x=5代入，可得：y=×5+32=41，
故答案为：41.
【分析】将x=5直接代入解析式求出y的值即可.
14．（2025八下·湛江期中）如图所示，点A为小红家的位置，点B为小明家的位置，点C为学校的位置，三地之间的距离如图，已知学校在小明家的正西方向，则小红家在小明家的　 　方向．
【答案】正北
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：因为，所以小明家、小红家、学校三点构成了一个直角三角形，而学校在小明家的正东方，则小红家在小明家的正北方向.
故答案为：正北
【分析】根据勾股定理的逆定理结合题意即可求解。
15．（2025八下·湛江期中）矩形的面积为，一条边长为，则矩形的对角线的长为　 　．
【答案】10
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，根据题意画出示意图，假设，
矩形的面积为，
矩形的另一条边长为，
，
矩形的对角线，
故答案为：．
【分析】先根据题意画出示意图，假设，从而根据矩形的面积得到BC，再根据勾股定理即可求解。
16．（2025八下·湛江期中）勾股定理是数学史上的一颗璀璨明珠．被誉为清代“历算第一名家”的著名数学家梅文鼎先生（图①）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅彀成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图②的基础上，运用“出入相补”原理完成的，即把一个几何图形分割成若干部分后，面积的总和保持不变．在中，，四边形均为正方形，与相交于点，点在直线上．若的面积分别为2和6，则直角边的长为　 　．
【答案】2
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形，为正方形，
，，，
∴，
，
设，，，
由勾股定理得，，
即，
，
∴，
∴，
即，
∴，即，
故答案为：．
【分析】先根据正方形的性质得到，，，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，设，，，根据勾股定理得到，即，进而根据面积的运算结合题意得到，即，从而即可求解。
三、解答题（本大题共3小题，第17题8分，第18题5分，19题5分，共18分）
17．（2025八下·湛江期中）计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）解：原式
；
（2）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；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据题意化简二次根式，进而根据二次根式的乘法，从而根据有理数的加减运算即可求解；
（2）根据平方差公式结合题意化简，进而根据有理数的减法即可求解。
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．（2025八下·湛江期中）已知，如图，是在边上的高，，求的长．
【答案】解：∵是在边上的高，∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理
【解析】【分析】先根据三角形的高得到，进而得到CD，再根据勾股定理即可求解。
19．（2025八下·湛江期中）如图，菱形中，，与相交于点O，求菱形的面积．
【答案】解：如图所示，过点A作于E，
∵四边形是菱形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【分析】过点A作于E，根据菱形的性质得到，进而进行角的运算得到∠BAE的度数，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到BE，从而根据勾股定理求出AE，再根据菱形的面积即可求解。
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
20．（2025八下·湛江期中）小丽在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其做了进一步的探究：在一个支架的横杆点处用根细绳悬挂一个小球，小球可以自由摆动，如图，表示小球静止时的位置．当小丽用发声物体靠近小球时，小球从摆到位置，此时过点作于点，（图中的、、、在同一平面上），测得，．求的长．
【答案】解∶设的长为，则，
，
，
，，
中，，即，
解得，
答∶的长为．
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】设的长为，则，根据边之间的关系可得OC，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
21．（2025八下·湛江期中）山西剪纸是一门古老的传统民间艺术，具有明显的地域特色和极高的艺术价值．为传承这一艺术，某中学举办剪纸艺术大赛，要求参赛作品的面积在以上．如图，这是小玲同学的长方形的参赛作品．
（1）通过计算，判断小玲的作品是否符合参赛标准．
（2）若在参赛作品周围贴上金色彩条，使参赛作品更漂亮，求所需彩条的长度．（结果保留根号）
【答案】（1）解：由题意可知，．．
∴小玲的作品符合参赛标准．
（2）解：由题意可得，∴所需彩条的长度为．
【知识点】二次根式的实际应用
【解析】【分析】（1）根据二次根式的乘法结合题意即可求解；
（2）根据题意得到，从而即可求解。
（1）解：由题意可知，．
．
∴小玲的作品符合参赛标准．
（2）解：由题意可得，
∴所需彩条的长度为．
22．（2025八下·湛江期中）如图，的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且，EF与CD交于点G．
（1）求证：；
（2）连接DE、CF，如果，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
【答案】（1）证明：对角线AC、BD交于点O，
，
，
OE为的中位线，
．
（2）解：如图，连接、，
，
，
G是CD的中点，
，
在和中，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
∵，
，
∴，
四边形是矩形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
（2）连接、，根据直线平行性质可得，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，根据边之间的关系，结合矩形判定定理即可求出答案.
五、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23．（2025八下·湛江期中）进入世纪后，我国科技技术高速发展，很多行业领先于全球其他国家，物流快递行业就是其中之一，随着快递数量的暴增，某大型物流企业为提高效率，启用机器人分拣快递，在仓储中心有机器人的环形轨道，环形轨道是一个直角梯形（图①），且轨道和轨道在东西方向上，如图所示，，，，，，若机器人从点出发，搬运大件快递到点，运动速度是，机器人从点出发，搬运小件快递到点，然后返回点，运动速度是，假设两个机器人同时出发，机器人的运动时间是秒．
（1）在机器人从点到点的运动过程中，若用字母t表示下列线段长，则________，________；
（2）在机器人从点到点的运动过程中，当四边形是平行四边形时，求时间；
（3）从运动开始到机器人回到点的过程中，是否会出现机器P刚好在机器人的正北方向的时候，若存在，请算出机器人的运动时间，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）解：当四边形是平行四边形时，，
∵，，
∴，
解得；
（3）解：存在，理由如下，
当点在点的正北方向时，四边形是矩形，
①当点由到时，，，
∵，
∴，
解得；
②当点返回到时，，
∵，
∴，
解得，
综上，机器刚好在机器人的正北方向的时候，的值为或．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；一元一次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵机器人从点出发，搬运大件快递到点，运动速度是，机器人的运动时间是秒，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：，；
【分析】（）根据路程、速度、时间之间的数量关系即可解答；
（）根据平行四边形的性质可得，则，，，解得；
（）当点在点的正北方向时，四边形是矩形，根据矩形的性质分①当点由到时；②当点返回到时即可解答．
24．（2025八下·湛江期中）在一次数学活动课上，小明尝试着把一块含有的直角三角板放置于四边形的内部，且使得直角顶点E始终与边的中点重合，进行了一系列活动探究．
（1）【初步探究】
当四边形是正方形，顶点F、G分别在、边上，小明作辅助线“延长和交于点M”，证明了，请你补全证明过程．
（2）【类比探究】
如图2，当四边形是矩形，顶点F与A重合，点G在边上，类比图1的方法，不难求得______，______，请说明理由．
（3）【拓展探究】
当四边形是平行四边形，且．
如图3，当顶点F与A点重合，G在边上，则______；（直接写出答案，不需要说明理由）
如图4，当顶点F与D点重合，G在边上，则______．（直接写出答案，不需要说明理由）
【答案】（1）证明：延长和交于点M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
（2）
（3）；
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：（2），理由如下：
证明：延长和交于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；
（3）
当顶点F与A点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点D作于点H，
同（1）得，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，，，
设，则，
∴，
得
∴，
∴，
故答案为；
当顶点F与D点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点C作于点H，
同理得，，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）延长和交于点M，根据正方形性质可得，则，根据线段中点可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，再根据等边对等角即可求出答案.
（2）延长和交于点M，根据矩形性质可得，则，根据线段中点可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，再根据等边对等角即可求出答案.
（3）分情况讨论：当顶点F与A点重合，G在边上，延长和交于点M，过点D作于点H，根据全等三角形性质可得，则，设，则，根据直线平行性质可得，则，，，设，则，建立等式，则，再根据边之间的关系即可求出答案；当顶点F与D点重合，G在边上，延长和交于点M，过点C作于点H，根据全等三角形性质可得，则，设，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据边直角的关系即可求出答案.
（1）证明：延长和交于点M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
（2），理由如下：
证明：延长和交于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；
（3）当顶点F与A点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点D作于点H，
同（1）得，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，，，
设，则，
∴，
得
∴，
∴，
故答案为；
当顶点F与D点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点C作于点H，
同理得，，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为．
1 / 1广东省湛江市寸金培才学校2024-2025学年八年级下学期数学期中考试
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（2025八下·湛江期中）下列各式是二次根式的是（　　）
A． B．5 C． D．
2．（2025八下·湛江期中）下列不能构成直角三角形三边长的是（　　）
A．1、2、3 B．6、8、10 C．3、4、5 D．5、12、13
3．（2025八下·湛江期中）如图所示，在中，对角线交于点O，下列式子中一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·湛江期中）把两根木条和的一端按如图所示的方式固定在一起，木条转动至．在转动过程中，下面的量是常量的为（　　）
A．的长度 B．的长度 C．的面积 D．的度数
5．（2025八下·湛江期中）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·湛江期中）下列说法正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相平分的四边形是菱形
C．两条对角线相等的菱形是正方形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
7．（2025八下·湛江期中）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作弧，弧与数轴正半轴交于点，则点所表示的数是（　　）
A．2.2 B． C． D．
8．（2025八下·湛江期中）一支签字笔的单价为2.5元，小涵同学拿了50元钱去购买了支该型号的签字笔，写出所剩余的钱y与x间的关系式是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·湛江期中）小英在商店买了一块漂亮的丝巾(四边形)，为判断丝巾的形状，小英将丝巾沿一条对角线对折后摊开，又沿另一条对角线对折，如图所示，两次对折后两组对角都能分别对齐，那么可以确定这块丝巾的形状一定是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
10．（2025八下·湛江期中）估计的值应在（　　）
A．3到4之间 B．4到5之间 C．5到6之间 D．6到7之间
二、填空题（每小题4分，共24分）
11．（2025八下·湛江期中）当x　 　时，二次根式有意义．
12．（2025八下·湛江期中）如图，在中，是斜边上的中线，，则　 　．
13．（2025八下·湛江期中）同一温度的华氏度数（℉）与摄氏度数（℃）之间的函数关系是，如果某一温度的摄氏度数是5℃，那么它的华氏度数是　 　℉．
14．（2025八下·湛江期中）如图所示，点A为小红家的位置，点B为小明家的位置，点C为学校的位置，三地之间的距离如图，已知学校在小明家的正西方向，则小红家在小明家的　 　方向．
15．（2025八下·湛江期中）矩形的面积为，一条边长为，则矩形的对角线的长为　 　．
16．（2025八下·湛江期中）勾股定理是数学史上的一颗璀璨明珠．被誉为清代“历算第一名家”的著名数学家梅文鼎先生（图①）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅彀成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图②的基础上，运用“出入相补”原理完成的，即把一个几何图形分割成若干部分后，面积的总和保持不变．在中，，四边形均为正方形，与相交于点，点在直线上．若的面积分别为2和6，则直角边的长为　 　．
三、解答题（本大题共3小题，第17题8分，第18题5分，19题5分，共18分）
17．（2025八下·湛江期中）计算：
（1）；
（2）
18．（2025八下·湛江期中）已知，如图，是在边上的高，，求的长．
19．（2025八下·湛江期中）如图，菱形中，，与相交于点O，求菱形的面积．
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
20．（2025八下·湛江期中）小丽在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其做了进一步的探究：在一个支架的横杆点处用根细绳悬挂一个小球，小球可以自由摆动，如图，表示小球静止时的位置．当小丽用发声物体靠近小球时，小球从摆到位置，此时过点作于点，（图中的、、、在同一平面上），测得，．求的长．
21．（2025八下·湛江期中）山西剪纸是一门古老的传统民间艺术，具有明显的地域特色和极高的艺术价值．为传承这一艺术，某中学举办剪纸艺术大赛，要求参赛作品的面积在以上．如图，这是小玲同学的长方形的参赛作品．
（1）通过计算，判断小玲的作品是否符合参赛标准．
（2）若在参赛作品周围贴上金色彩条，使参赛作品更漂亮，求所需彩条的长度．（结果保留根号）
22．（2025八下·湛江期中）如图，的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且，EF与CD交于点G．
（1）求证：；
（2）连接DE、CF，如果，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
五、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23．（2025八下·湛江期中）进入世纪后，我国科技技术高速发展，很多行业领先于全球其他国家，物流快递行业就是其中之一，随着快递数量的暴增，某大型物流企业为提高效率，启用机器人分拣快递，在仓储中心有机器人的环形轨道，环形轨道是一个直角梯形（图①），且轨道和轨道在东西方向上，如图所示，，，，，，若机器人从点出发，搬运大件快递到点，运动速度是，机器人从点出发，搬运小件快递到点，然后返回点，运动速度是，假设两个机器人同时出发，机器人的运动时间是秒．
（1）在机器人从点到点的运动过程中，若用字母t表示下列线段长，则________，________；
（2）在机器人从点到点的运动过程中，当四边形是平行四边形时，求时间；
（3）从运动开始到机器人回到点的过程中，是否会出现机器P刚好在机器人的正北方向的时候，若存在，请算出机器人的运动时间，若不存在，请说明理由．
24．（2025八下·湛江期中）在一次数学活动课上，小明尝试着把一块含有的直角三角板放置于四边形的内部，且使得直角顶点E始终与边的中点重合，进行了一系列活动探究．
（1）【初步探究】
当四边形是正方形，顶点F、G分别在、边上，小明作辅助线“延长和交于点M”，证明了，请你补全证明过程．
（2）【类比探究】
如图2，当四边形是矩形，顶点F与A重合，点G在边上，类比图1的方法，不难求得______，______，请说明理由．
（3）【拓展探究】
当四边形是平行四边形，且．
如图3，当顶点F与A点重合，G在边上，则______；（直接写出答案，不需要说明理由）
如图4，当顶点F与D点重合，G在边上，则______．（直接写出答案，不需要说明理由）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、中被开方数小于，不是二次根式；
B、 5是整数，不是二次根式；
C、是二次根式；
D、是三次根式，不是二次根式；
故选C．
【分析】根据二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵1+2=3，∴长度为1、2、3的三条线段不能围成三角形，则本项符合题意；
B、∵∴长度为6、8、10的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意；
C、∵∴长度为3、4、5的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意；
D、∵∴长度为5、12、13的三条线段能围成三直角角形，则本项不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据三角形三边关系及勾股定理逆定理逐项分析判断即可求解.
3．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴B选项正确．
故选：B．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】用关系式表示变量间的关系
【解析】【解答】解：木条转动至过程中，
∵的长度始终保持不变，
∴的长度是常量，
故选∶A
【分析】根据旋转性质即可求出答案.
5．【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、，不是最简二次根式，不符合题意；
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：A ．
【分析】根据最简二次根式的定义结合题意即可求解。
6．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
C、对角线相等的菱形是正方形，是真命题；
D、对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
故选：C．
【分析】根据正方形、菱形、矩形的判定定理逐项进行判断即可求出答案.
7．【答案】B
【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：∵，，，
∴，
故弧与数轴的交点P表示的数为：．
故选：B．
【分析】根据勾股定理可得OB，再根据数轴上点的位置即可即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】函数解析式；列一次函数关系式
【解析】【解答】解：y与x之间的关系式是．
故答案为：B．
【分析】利用“剩余费用=总费用-已经使用的费用”列出函数解析式即可.
9．【答案】B
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由题意可知，这块丝巾的两组对角分别相等，且邻边相等，故这块丝巾的形状一定是菱形．
故选：B．
【分析】根据折叠得到这块丝巾的两组对角分别相等，且邻边相等，再根据菱形的判定即可求解。
10．【答案】C
【知识点】无理数的估值；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：，
∵，
∴，
故选：C．
【分析】先根据二次根式的混合运算进行化简，进而估算无理数的值即可求解。
11．【答案】≥-1
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【分析】根据题意得：x+1≥0，根式有意义，解得：x≥-1。
12．【答案】6
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，是斜边上的中线，，
∴；
故答案为：6．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.
13．【答案】41
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：将x=5代入，可得：y=×5+32=41，
故答案为：41.
【分析】将x=5直接代入解析式求出y的值即可.
14．【答案】正北
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：因为，所以小明家、小红家、学校三点构成了一个直角三角形，而学校在小明家的正东方，则小红家在小明家的正北方向.
故答案为：正北
【分析】根据勾股定理的逆定理结合题意即可求解。
15．【答案】10
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，根据题意画出示意图，假设，
矩形的面积为，
矩形的另一条边长为，
，
矩形的对角线，
故答案为：．
【分析】先根据题意画出示意图，假设，从而根据矩形的面积得到BC，再根据勾股定理即可求解。
16．【答案】2
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形，为正方形，
，，，
∴，
，
设，，，
由勾股定理得，，
即，
，
∴，
∴，
即，
∴，即，
故答案为：．
【分析】先根据正方形的性质得到，，，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，设，，，根据勾股定理得到，即，进而根据面积的运算结合题意得到，即，从而即可求解。
17．【答案】（1）解：原式
；
（2）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；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先根据题意化简二次根式，进而根据二次根式的乘法，从而根据有理数的加减运算即可求解；
（2）根据平方差公式结合题意化简，进而根据有理数的减法即可求解。
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．【答案】解：∵是在边上的高，∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理
【解析】【分析】先根据三角形的高得到，进而得到CD，再根据勾股定理即可求解。
19．【答案】解：如图所示，过点A作于E，
∵四边形是菱形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【分析】过点A作于E，根据菱形的性质得到，进而进行角的运算得到∠BAE的度数，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到BE，从而根据勾股定理求出AE，再根据菱形的面积即可求解。
20．【答案】解∶设的长为，则，
，
，
，，
中，，即，
解得，
答∶的长为．
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】设的长为，则，根据边之间的关系可得OC，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
21．【答案】（1）解：由题意可知，．．
∴小玲的作品符合参赛标准．
（2）解：由题意可得，∴所需彩条的长度为．
【知识点】二次根式的实际应用
【解析】【分析】（1）根据二次根式的乘法结合题意即可求解；
（2）根据题意得到，从而即可求解。
（1）解：由题意可知，．
．
∴小玲的作品符合参赛标准．
（2）解：由题意可得，
∴所需彩条的长度为．
22．【答案】（1）证明：对角线AC、BD交于点O，
，
，
OE为的中位线，
．
（2）解：如图，连接、，
，
，
G是CD的中点，
，
在和中，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
∵，
，
∴，
四边形是矩形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
（2）连接、，根据直线平行性质可得，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，根据边之间的关系，结合矩形判定定理即可求出答案.
23．【答案】（1），
（2）解：当四边形是平行四边形时，，
∵，，
∴，
解得；
（3）解：存在，理由如下，
当点在点的正北方向时，四边形是矩形，
①当点由到时，，，
∵，
∴，
解得；
②当点返回到时，，
∵，
∴，
解得，
综上，机器刚好在机器人的正北方向的时候，的值为或．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；一元一次方程的实际应用-几何问题；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵机器人从点出发，搬运大件快递到点，运动速度是，机器人的运动时间是秒，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：，；
【分析】（）根据路程、速度、时间之间的数量关系即可解答；
（）根据平行四边形的性质可得，则，，，解得；
（）当点在点的正北方向时，四边形是矩形，根据矩形的性质分①当点由到时；②当点返回到时即可解答．
24．【答案】（1）证明：延长和交于点M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
（2）
（3）；
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：（2），理由如下：
证明：延长和交于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；
（3）
当顶点F与A点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点D作于点H，
同（1）得，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，，，
设，则，
∴，
得
∴，
∴，
故答案为；
当顶点F与D点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点C作于点H，
同理得，，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）延长和交于点M，根据正方形性质可得，则，根据线段中点可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，再根据等边对等角即可求出答案.
（2）延长和交于点M，根据矩形性质可得，则，根据线段中点可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据垂直平分线判定定理可得垂直平分，则，再根据等边对等角即可求出答案.
（3）分情况讨论：当顶点F与A点重合，G在边上，延长和交于点M，过点D作于点H，根据全等三角形性质可得，则，设，则，根据直线平行性质可得，则，，，设，则，建立等式，则，再根据边之间的关系即可求出答案；当顶点F与D点重合，G在边上，延长和交于点M，过点C作于点H，根据全等三角形性质可得，则，设，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据边直角的关系即可求出答案.
（1）证明：延长和交于点M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
（2），理由如下：
证明：延长和交于点M，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴；
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：；
（3）当顶点F与A点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点D作于点H，
同（1）得，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
∴，，，
设，则，
∴，
得
∴，
∴，
故答案为；
当顶点F与D点重合，G在边上，
延长和交于点M，过点C作于点H，
同理得，，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为．
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