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湖南省湘潭市益智中学2024-2025学年下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025九下·湘潭期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025九下·湘潭期中）点关于坐标原点O成中心对称的对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025九下·湘潭期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，下列结论中不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025九下·湘潭期中）如图，公路互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若，，则，两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025九下·湘潭期中）如图，在中，对角线，相交于点，点是边的中点．已知，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
6．（2025九下·湘潭期中）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若AD＝8，则点P到BC的距离是（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
7．（2025九下·湘潭期中）若点M（a﹣2，2a+3）是y轴上的点，则a的值是（　　）
A．2 B．﹣ C．﹣2 D．
8．（2025九下·湘潭期中）木艺活动课上有一块平行四边形木板，现要判断这块木板是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　）
A．测量两组对边是否相等 B．测量一组邻边是否相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线是否互相垂直
9．（2025九下·湘潭期中）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹竿的问题：今有户不知高、广，竿不知长短．横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．问户高、广、邪各几何？简译为：今有一扇门，不知门的高和宽．另有一竹竿，也不知竹竿的长短．竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的高、宽和对角线的长各是多少？若设门的对角线长为x尺，则可列方程为（　　）．
A． B．
C． D．
10．（2025九下·湘潭期中）在矩形中，，，现将矩形折叠使点与点重合，则折痕的长是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分．
11．（2025九下·湘潭期中）将点向上平移2个单位得到点，则点的坐标是　 　．
12．（2025九下·湘潭期中）如图，在正五边形中，过点C作于点F，那么的度数为　 　．
13．（2025九下·湘潭期中）如图，在矩形中，，，对角线交于O点，则的周长为　 　．
14．（2025九下·湘潭期中）在中，，则的面积等于　 　．
15．（2025九下·湘潭期中）如图，已知正方形，，则　 　．
16．（2025九下·湘潭期中）如图，菱形的对角线，，则菱形的面积为　 　．
17．（2025九下·湘潭期中）如图，在平行四边形ABCD中，于点E，于点F，若，则∠B=　 　．
18．（2025九下·湘潭期中）若一个直角三角形的三边长分别为3、4、，则　 　．
三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
19．（2025九下·湘潭期中）如图，在中，，，，，求的长.
20．（2025九下·湘潭期中）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，求的长．
21．（2025九下·湘潭期中）如图，在菱形中，作于F，，求证：
22．（2025九下·湘潭期中）已知点．
（1）若点P在x轴上，求m的值；
（2）若点P在第二象限，求m的取值范围．
23．（2025九下·湘潭期中）如图，在四边形中，P是对角线的中点，E，F是的中点，，求证：．
24．（2025九下·湘潭期中）如图所示，三个顶点的坐标分别为．
（1）作关于x轴的对称图形，并给出三个顶点的坐标；
（2）在x轴上存在点P，使得的面积，求出点P的坐标．
25．（2025九下·湘潭期中）如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，动点P从点A开始沿边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿边向点B以的速度运动．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒，求：
（1）t为何值时，四边形为平行四边形？
（2）t为何值时，四边形为矩形？
（3）四边形在某一时刻 填（会，不会）是正方形．
26．（2025九下·湘潭期中）如图，在正方形中，点在射线上，点在射线上．
（1）连接，如图1，求证：；
（2）过点作交于点，如图2，求证：；
（3）点在射线上，点在射线上，若，，，直接写出的长；_______．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A
【分析】
轴对称图形是指沿某条直线折叠后能够完全重合的图形；中心对称图形指绕某一点旋转180度后能够完全重合的图形．
2．【答案】A
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：由题意知，点关于坐标原点O成中心对称的对应点的坐标是，
故选：A．
【分析】
关于原点成中心对称的点坐标的横、纵坐标均互为相反数．
3．【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：A、根据菱形的性质四条边相等，可知正确；
B、根据菱形对角线互相垂直，可知正确；
C、根据菱形的对角线平分每一组对角，可知正确；
D、根据菱形的性质，可知不一定正确．
故选：D．
【分析】
菱形的性质可分别从角、边和对角线三个方面进行探究：
菱形的对角相等、邻角互补；
菱形的四条边相等，对边平行且相等；
菱形的对角线互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角．
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
即点D，C两点间的距离为．
故选：B
【分析】
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点是边的中点，
∴是是的中位线，
∵，
∴．
故选：B
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分可得，再应用中位线定理即可．
6．【答案】C
【知识点】角平分线的性质；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：如图，过点作于，
∵，
∴，，
∴，即，
∵和分别平分和，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】过点作于，结合两直线平行，同旁内角互补求出，根据角平分线的性质得，然后由线段和差关系即可求解.
7．【答案】A
【知识点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点M（a-2，2a+3）是y轴上的点.
∴a-2=0
解得：a=2
故答案为：A.
【分析】根据y轴上点的横坐标为0，列出方程求解即可.
8．【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴要判断这块木板是否是矩形，可以测量对角线是否相等；
故答案为：C．
【分析】利用矩形的判定方法（①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形）分析求解即可.
9．【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：设门的对角线长为x尺，则可列方程为：
，
故选：B．
【分析】
由题意知，若对角线的长为x尺，则门高为尺、门宽为尺，由于门的形状可抽象为矩形，则利用勾股定理可列关于x的方程即可．
10．【答案】D
【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；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质得：，，
在中，，，，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，过点E作于点H，则，
∴，
∴．
故选：D
【分析】
由折叠的性质结合矩形的性质可证，此时再过点E作AD的垂线段EH，由矩形的判定与性质可得AH，即FH可得，再应用勾股定理即可．
11．【答案】
【知识点】沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点向上平移2个单位得到点，则点的坐标是，即，
故答案为
【分析】
点的平移变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
12．【答案】
【知识点】正多边形的性质；多边形的外角和公式；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：五边形是正五边形，
，
，
，
故答案为：．
【分析】
先利用正五边形性质可知其每一个内角都相等，则每一个外角也相等，再利用外角和求出，再由直角三角形两锐角互余即可．
13．【答案】16
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∴；
∴的周长为；
故答案为：．
【分析】利用矩形的性质可证得，，同时可求出CD、AD的长，再利用勾股定理求出BD的长，可得到OD、OC的长，然后求出△OCD的周长.
14．【答案】30
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】
解：，，，即，
为直角三角形，且
故答案为：30
【分析】先利用勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，再利用两直角边乘积的一半求得面积即可．
15．【答案】
【知识点】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：∵四边形是正方形，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
故答案为：.
【分析】本题主要考查正方形的性质与勾股定理的应用，核心在于利用正方形对角线互相垂直平分且相等的特点，判断出△COD为等腰直角三角形，从而将求对角线一半的长度转化为已知正方形边长与斜边的关系。解题思路是先从正方形的性质出发，明确OC=OD且夹角为直角，再在等腰直角三角形中运用勾股定理建立边长与对角线一半之间的数量关系，最终通过代数运算得出结果。
16．【答案】48
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，且对角线，，
∴菱形的面积为．
故答案为：48
【分析】
形的面积等于菱形对角线长度乘积的一半．
17．【答案】60°
【知识点】平行四边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEC=∠AFC=90°，
∴∠C=360°-90°-90°-∠EAF=120°，
∴平行四边形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠B=180°-120°=60°.
故答案为：60°.
【分析】根据四边形的内角和为360°，可求出∠C的度数，利用平行四边形的性质和平行线的性质可证得∠B+∠C=180°，即可求出∠B的度数.
18．【答案】或5
【知识点】勾股定理；分类讨论
【解析】【解答】解：若斜边长为4，则；
若斜边长为x，则；
综上所述，x的值为或5．
故答案为：或5
【分析】
由于该直角三角形的斜边未知，故应分类讨论，即4为斜边或4为直角边，再利用勾股定理计算即可．
19．【答案】解：，
.
在中，
，
，
.
在中，
，
.
.
.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】先由直角三角形两锐角互余可判定是等腰直角三角形，即有AD=BD；再利用直角三角形中30度角的性质求得AC，再利用勾股定理求出CD，再利用线段的和差关系求出BC即可.
20．【答案】解：四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【分析】
由平行四边形的性质结合角平分线的概念可证AE＝AB即可．
21．【答案】证明：菱形，
，，
，，
，
在与中，
，
，
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
由于菱形的四条相等、对角相等，即AB＝CB，再利用AAS证明即可.
22．【答案】（1）解：∵点P在x轴上，
∴，
解得：，
∴若点P在x轴上，则m的值为；
（2）解：∵点P在第二象限，
∴
解得：，
∴当m满足时，点P在第二象限．
【知识点】解一元一次不等式组；点的坐标与象限的关系
【解析】【分析】
（1）x轴上点的纵坐标为；
（2）四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限．即可由题意列关于m的不等式组并求解即可．
23．【答案】证明：在中，P，F是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】先由等角对等边可得PE＝PF，再由三角形的中位线定理证明AB＝2PF、CD＝2PE，再等量代换即可．
24．【答案】（1）解：如图所示，即为所求作的三角形．
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
（2）解：由题知，．
∵，
∴，
则，
则．
∵点的坐标为，
∴点的坐标为或．
【知识点】点的坐标；作图﹣轴对称；几何图形的面积计算-割补法；数轴上两点之间的距离
【解析】【分析】
（1）关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标不变、纵坐标互为相反数，即分别作A、B、C三点关于x轴的对称点A1、B1、C1，再顺次连接A1、B1、C1即可；
（2）先利用割补法求出的面积，再利用面积关系求出CP的长，再利用数轴上两点间的距离求出点P的坐标即可．
（1）解：如图所示，即为所求作的三角形．
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
（2）解：由题知，
．
∵，
∴，
则，
则．
∵点的坐标为，
∴点的坐标为或．
25．【答案】（1）解：由题意得：，，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
解得：，
∴当秒时，四边形为平行四边形；
（2）解：由题意得：，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
解得：，
∴当秒时，四边形为矩形．
（3）不会
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定；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】（3）解：
故当秒时，，
故四边形不会是正方形；
故答案为：不会；
【分析】
（1）由于一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，则可分别表示出t秒时PD和CQ的代数式，再利用列关于t的方程并求解即可；
（2）由于一个角是直角的平行四边形是矩形，则同上分别表示出t秒时AP和BQ的代数式，再利用列关于t的方程并求解即可；
（3）由于邻边相等的矩形是正方形，只需判断当四边形为矩形时邻边AB与AP是否相等即可 ．
26．【答案】（1）证明：四边形是正方形，点在对角线上，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，连接，作于，于，
，
由（1）可得：，，
，
四边形是正方形，
，，
，即，
，，
，
四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）或
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；等腰直角三角形；翻折全等-公共边模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】（3）解：如图，当点在线段上时，此时点在线段上，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
由（2）可得，
，
；
如图，当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，
，
四边形是正方形，，
，，，
，
，
，，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，，
，
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
【分析】
（1）由于正方形是轴对称图形，即一条对角线平分一且对角，则可利用“”证明即可；
（2）连接，作于，于，则四边形是矩形，则PF＝BG；再由正方形的性质可证是等腰直角三角形，则由勾股定理可得 ；再由（1）的结论可得PB＝PD、，再由四边形的内角和可得与互补，则由同角的补角相等可得，则等量代换可得PE＝PD，再应用等腰三角形三线合一可得BC＝2BG＝2PF，再等量代换即可；
（3）分两种情况：当点在线段上时，此时点在线段上，此时可利用勾股定理求出AC的长，则AP长可得，可直接应用（2）的结论求出BE，则CE可得；当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，则可证是等腰直角三角形，再同上依次求出AC、AP、BE，再计算CE即可．
（1）证明：四边形是正方形，点在对角线上，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，连接，作于，于，
，
由（1）可得：，，
，
四边形是正方形，
，，
，即，
，，
，
四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当点在线段上时，此时点在线段上，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
由（2）可得，
，
；
如图，当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，
，
四边形是正方形，，
，，，
，
，
，，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，，
，
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
1 / 1湖南省湘潭市益智中学2024-2025学年下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求．
1．（2025九下·湘潭期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A
【分析】
轴对称图形是指沿某条直线折叠后能够完全重合的图形；中心对称图形指绕某一点旋转180度后能够完全重合的图形．
2．（2025九下·湘潭期中）点关于坐标原点O成中心对称的对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：由题意知，点关于坐标原点O成中心对称的对应点的坐标是，
故选：A．
【分析】
关于原点成中心对称的点坐标的横、纵坐标均互为相反数．
3．（2025九下·湘潭期中）如图，在菱形中，对角线相交于点，下列结论中不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：A、根据菱形的性质四条边相等，可知正确；
B、根据菱形对角线互相垂直，可知正确；
C、根据菱形的对角线平分每一组对角，可知正确；
D、根据菱形的性质，可知不一定正确．
故选：D．
【分析】
菱形的性质可分别从角、边和对角线三个方面进行探究：
菱形的对角相等、邻角互补；
菱形的四条边相等，对边平行且相等；
菱形的对角线互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角．
4．（2025九下·湘潭期中）如图，公路互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若，，则，两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在中，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
即点D，C两点间的距离为．
故选：B
【分析】
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5．（2025九下·湘潭期中）如图，在中，对角线，相交于点，点是边的中点．已知，则（　　）
A．4 B．5 C．6 D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点是边的中点，
∴是是的中位线，
∵，
∴．
故选：B
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分可得，再应用中位线定理即可．
6．（2025九下·湘潭期中）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若AD＝8，则点P到BC的距离是（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】C
【知识点】角平分线的性质；两直线平行，同旁内角互补
【解析】【解答】解：如图，过点作于，
∵，
∴，，
∴，即，
∵和分别平分和，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】过点作于，结合两直线平行，同旁内角互补求出，根据角平分线的性质得，然后由线段和差关系即可求解.
7．（2025九下·湘潭期中）若点M（a﹣2，2a+3）是y轴上的点，则a的值是（　　）
A．2 B．﹣ C．﹣2 D．
【答案】A
【知识点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点M（a-2，2a+3）是y轴上的点.
∴a-2=0
解得：a=2
故答案为：A.
【分析】根据y轴上点的横坐标为0，列出方程求解即可.
8．（2025九下·湘潭期中）木艺活动课上有一块平行四边形木板，现要判断这块木板是否是矩形，以下测量方案正确的是（　　）
A．测量两组对边是否相等 B．测量一组邻边是否相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线是否互相垂直
【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴要判断这块木板是否是矩形，可以测量对角线是否相等；
故答案为：C．
【分析】利用矩形的判定方法（①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形）分析求解即可.
9．（2025九下·湘潭期中）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，书中有一个关于门和竹竿的问题：今有户不知高、广，竿不知长短．横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．问户高、广、邪各几何？简译为：今有一扇门，不知门的高和宽．另有一竹竿，也不知竹竿的长短．竹竿横着放时比门的宽长4尺，竹竿竖着放时比门的高长2尺，竹竿斜着放时与门的对角线恰好相等，求门的高、宽和对角线的长各是多少？若设门的对角线长为x尺，则可列方程为（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：设门的对角线长为x尺，则可列方程为：
，
故选：B．
【分析】
由题意知，若对角线的长为x尺，则门高为尺、门宽为尺，由于门的形状可抽象为矩形，则利用勾股定理可列关于x的方程即可．
10．（2025九下·湘潭期中）在矩形中，，，现将矩形折叠使点与点重合，则折痕的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质得：，，
在中，，，，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，过点E作于点H，则，
∴，
∴．
故选：D
【分析】
由折叠的性质结合矩形的性质可证，此时再过点E作AD的垂线段EH，由矩形的判定与性质可得AH，即FH可得，再应用勾股定理即可．
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分．
11．（2025九下·湘潭期中）将点向上平移2个单位得到点，则点的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：将点向上平移2个单位得到点，则点的坐标是，即，
故答案为
【分析】
点的平移变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
12．（2025九下·湘潭期中）如图，在正五边形中，过点C作于点F，那么的度数为　 　．
【答案】
【知识点】正多边形的性质；多边形的外角和公式；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：五边形是正五边形，
，
，
，
故答案为：．
【分析】
先利用正五边形性质可知其每一个内角都相等，则每一个外角也相等，再利用外角和求出，再由直角三角形两锐角互余即可．
13．（2025九下·湘潭期中）如图，在矩形中，，，对角线交于O点，则的周长为　 　．
【答案】16
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∴；
∴的周长为；
故答案为：．
【分析】利用矩形的性质可证得，，同时可求出CD、AD的长，再利用勾股定理求出BD的长，可得到OD、OC的长，然后求出△OCD的周长.
14．（2025九下·湘潭期中）在中，，则的面积等于　 　．
【答案】30
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】
解：，，，即，
为直角三角形，且
故答案为：30
【分析】先利用勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，再利用两直角边乘积的一半求得面积即可．
15．（2025九下·湘潭期中）如图，已知正方形，，则　 　．
【答案】
【知识点】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：∵四边形是正方形，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
故答案为：.
【分析】本题主要考查正方形的性质与勾股定理的应用，核心在于利用正方形对角线互相垂直平分且相等的特点，判断出△COD为等腰直角三角形，从而将求对角线一半的长度转化为已知正方形边长与斜边的关系。解题思路是先从正方形的性质出发，明确OC=OD且夹角为直角，再在等腰直角三角形中运用勾股定理建立边长与对角线一半之间的数量关系，最终通过代数运算得出结果。
16．（2025九下·湘潭期中）如图，菱形的对角线，，则菱形的面积为　 　．
【答案】48
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，且对角线，，
∴菱形的面积为．
故答案为：48
【分析】
形的面积等于菱形对角线长度乘积的一半．
17．（2025九下·湘潭期中）如图，在平行四边形ABCD中，于点E，于点F，若，则∠B=　 　．
【答案】60°
【知识点】平行四边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEC=∠AFC=90°，
∴∠C=360°-90°-90°-∠EAF=120°，
∴平行四边形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠B=180°-120°=60°.
故答案为：60°.
【分析】根据四边形的内角和为360°，可求出∠C的度数，利用平行四边形的性质和平行线的性质可证得∠B+∠C=180°，即可求出∠B的度数.
18．（2025九下·湘潭期中）若一个直角三角形的三边长分别为3、4、，则　 　．
【答案】或5
【知识点】勾股定理；分类讨论
【解析】【解答】解：若斜边长为4，则；
若斜边长为x，则；
综上所述，x的值为或5．
故答案为：或5
【分析】
由于该直角三角形的斜边未知，故应分类讨论，即4为斜边或4为直角边，再利用勾股定理计算即可．
三、解答题：本题共8小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
19．（2025九下·湘潭期中）如图，在中，，，，，求的长.
【答案】解：，
.
在中，
，
，
.
在中，
，
.
.
.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【分析】先由直角三角形两锐角互余可判定是等腰直角三角形，即有AD=BD；再利用直角三角形中30度角的性质求得AC，再利用勾股定理求出CD，再利用线段的和差关系求出BC即可.
20．（2025九下·湘潭期中）如图，在平行四边形中，，，平分交于点，求的长．
【答案】解：四边形为平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质；角平分线的概念
【解析】【分析】
由平行四边形的性质结合角平分线的概念可证AE＝AB即可．
21．（2025九下·湘潭期中）如图，在菱形中，作于F，，求证：
【答案】证明：菱形，
，，
，，
，
在与中，
，
，
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】
由于菱形的四条相等、对角相等，即AB＝CB，再利用AAS证明即可.
22．（2025九下·湘潭期中）已知点．
（1）若点P在x轴上，求m的值；
（2）若点P在第二象限，求m的取值范围．
【答案】（1）解：∵点P在x轴上，
∴，
解得：，
∴若点P在x轴上，则m的值为；
（2）解：∵点P在第二象限，
∴
解得：，
∴当m满足时，点P在第二象限．
【知识点】解一元一次不等式组；点的坐标与象限的关系
【解析】【分析】
（1）x轴上点的纵坐标为；
（2）四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限．即可由题意列关于m的不等式组并求解即可．
23．（2025九下·湘潭期中）如图，在四边形中，P是对角线的中点，E，F是的中点，，求证：．
【答案】证明：在中，P，F是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】先由等角对等边可得PE＝PF，再由三角形的中位线定理证明AB＝2PF、CD＝2PE，再等量代换即可．
24．（2025九下·湘潭期中）如图所示，三个顶点的坐标分别为．
（1）作关于x轴的对称图形，并给出三个顶点的坐标；
（2）在x轴上存在点P，使得的面积，求出点P的坐标．
【答案】（1）解：如图所示，即为所求作的三角形．
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
（2）解：由题知，．
∵，
∴，
则，
则．
∵点的坐标为，
∴点的坐标为或．
【知识点】点的坐标；作图﹣轴对称；几何图形的面积计算-割补法；数轴上两点之间的距离
【解析】【分析】
（1）关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标不变、纵坐标互为相反数，即分别作A、B、C三点关于x轴的对称点A1、B1、C1，再顺次连接A1、B1、C1即可；
（2）先利用割补法求出的面积，再利用面积关系求出CP的长，再利用数轴上两点间的距离求出点P的坐标即可．
（1）解：如图所示，即为所求作的三角形．
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
（2）解：由题知，
．
∵，
∴，
则，
则．
∵点的坐标为，
∴点的坐标为或．
25．（2025九下·湘潭期中）如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，动点P从点A开始沿边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿边向点B以的速度运动．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t秒，求：
（1）t为何值时，四边形为平行四边形？
（2）t为何值时，四边形为矩形？
（3）四边形在某一时刻 填（会，不会）是正方形．
【答案】（1）解：由题意得：，，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
解得：，
∴当秒时，四边形为平行四边形；
（2）解：由题意得：，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
解得：，
∴当秒时，四边形为矩形．
（3）不会
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定；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】（3）解：
故当秒时，，
故四边形不会是正方形；
故答案为：不会；
【分析】
（1）由于一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，则可分别表示出t秒时PD和CQ的代数式，再利用列关于t的方程并求解即可；
（2）由于一个角是直角的平行四边形是矩形，则同上分别表示出t秒时AP和BQ的代数式，再利用列关于t的方程并求解即可；
（3）由于邻边相等的矩形是正方形，只需判断当四边形为矩形时邻边AB与AP是否相等即可 ．
26．（2025九下·湘潭期中）如图，在正方形中，点在射线上，点在射线上．
（1）连接，如图1，求证：；
（2）过点作交于点，如图2，求证：；
（3）点在射线上，点在射线上，若，，，直接写出的长；_______．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，点在对角线上，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，连接，作于，于，
，
由（1）可得：，，
，
四边形是正方形，
，，
，即，
，，
，
四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）或
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；等腰直角三角形；翻折全等-公共边模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】（3）解：如图，当点在线段上时，此时点在线段上，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
由（2）可得，
，
；
如图，当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，
，
四边形是正方形，，
，，，
，
，
，，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，，
，
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
【分析】
（1）由于正方形是轴对称图形，即一条对角线平分一且对角，则可利用“”证明即可；
（2）连接，作于，于，则四边形是矩形，则PF＝BG；再由正方形的性质可证是等腰直角三角形，则由勾股定理可得 ；再由（1）的结论可得PB＝PD、，再由四边形的内角和可得与互补，则由同角的补角相等可得，则等量代换可得PE＝PD，再应用等腰三角形三线合一可得BC＝2BG＝2PF，再等量代换即可；
（3）分两种情况：当点在线段上时，此时点在线段上，此时可利用勾股定理求出AC的长，则AP长可得，可直接应用（2）的结论求出BE，则CE可得；当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，则可证是等腰直角三角形，再同上依次求出AC、AP、BE，再计算CE即可．
（1）证明：四边形是正方形，点在对角线上，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，连接，作于，于，
，
由（1）可得：，，
，
四边形是正方形，
，，
，即，
，，
，
四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当点在线段上时，此时点在线段上，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
由（2）可得，
，
；
如图，当点在射线上时，此时点在射线上，作交的延长线于，交的延长线于，延长交于，
，
四边形是正方形，，
，，，
，
，
，，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，，
，
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
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