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湖南省张家界市慈利县2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题
一、单选题：每小题3分，共10道小题，合计30分
1．（2025八下·慈利期中）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·慈利期中）下列各组数中，不能组成直角三角形的是（　　）
A．，， B．，， C．，， D．，，
3．（2025八下·慈利期中）已知∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，则∠A＝（　　）
A．60° B．36° C．56° D．46°
4．（2025八下·慈利期中）一个正多边形的每一个外角都是，则它的内角和的度数是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·慈利期中）在平行四边形中，若，则为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·慈利期中）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025八下·慈利期中）如图，矩形中，对角线交于点，若，则长为（　　）
A． B． C．6 D．
8．（2025八下·慈利期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·慈利期中）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为 （ ）
A． B． C．8 D．10
10．（2025八下·慈利期中）如图，在平行四边形中，是锐角，于点为的中点，连接，若，则的长是（　　）
A．6 B．8 C． D．
二、填空题：每小题3分，共8道小题，合计24分
11．（2025八下·慈利期中） 顺次连接一个矩形各边中点得到的四边形是　 　．
12．（2025八下·慈利期中）如图，A、B两处被池塘阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接，，分别取，的中点，．测得，则A、B两地的距离为　 　m．
13．（2025八下·慈利期中）一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边上中线长为　 　
14．（2025八下·慈利期中）如图，在中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为　 　
15．（2025八下·慈利期中）已知点O是△ABC的三个内角平分线的交点，若△ABC 的周长为，面积为，则点O到AB的距离为　 　cm.
16．（2025八下·慈利期中）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则　 　．
17．（2025八下·慈利期中）如图，的周长为64，E、F、G分别为、、的中点，、、分别为、、的中点，的周长为16．如果、、分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是　 　．
18．（2025八下·慈利期中）如图，在中，和的平分线相交于点O，过点O作于点M，则以下结论：①若，则；②；③若，，则；④平面内到三条直线距离相等的点有3个．正确的有　 　．（只填写序号）
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．（2025八下·慈利期中）如图，点B，E，C，F在同一直线上，，，．求证：．
20．（2025八下·慈利期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E，F分别为，上的点，且，连接CE，AF．求证：．
21．（2025八下·慈利期中）如图，一架梯子长13米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙5米．
（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了5米，那么梯子的底端在水平方向滑动了多少米？
22．（2025八下·慈利期中）如图，在中，，为的中点，，交于点，连接，，有．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
23．（2025八下·慈利期中）如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
24．（2025八下·慈利期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且，连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：．
（2）若，，求四边形BEDF的周长．
25．（2025八下·慈利期中）【阅读】
定义：如果一个三角形有两个内角的差为90°，那么这样的三角形叫做“准直角三角形”．
【理解】
（1）①若，，则____________“准直角三角形”；（填“是”或“不是”）
②已知是“准直角三角形”，且，，则的度数为____________．
【应用】
（2）如图，在中，点D在上，连接．若，，，，试说明是“准直角三角形”．
26．（2025八下·慈利期中）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
（1）如图，求证：≌；
（2）直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形）结合轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一判断即可求解。
2．【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、，能构成直角三角形，故A选项不符合题意；
B、，能构成直角三角形，故B选项不符合题意；
C、，能构成直角三角形，故C选项不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故D选项符合题意；
故选：D．
【分析】
若一个三角形的三边a、b、c，满足，则这个三角形是直角三角形，其中c为斜边，c对的角为直角．
3．【答案】B
【知识点】直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据直角三角形中，两锐角互余计算即可．
4．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵多边形的每一个外角都是，
∴多边形的边数为：，
∴该多边形的内角和为：．
故选：C．
【分析】
由多边形的外角和是可求得正多边形的边数，再利用内角和公式计算即可．
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠B+∠D=100°，
∴∠B=50°。
故答案为：A。
【分析】根据平行四边形的性质可得∠B=∠D，从而得出∠B=50°。
6．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，本选项符合题意；
D、根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【分析】
两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
对角线互相平分的四边形是平行四边形．
7．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，
∵
∴为等边三角形．
∴．
故选：B．
【分析】根据矩形性质可得，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，，
∴平分，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由菱形的对角线互相垂直平分结合同角的余角相等可得，再由菱形的对角相等且一条对角线平分一组对角即可．
9．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：连结，，，
正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线为对称轴的对称点，
直线即为的垂直平分线，
，
，
当点N在与的交点P处，取得最小值，最小值为的长，
正方形的边长为8，且，
，，，
，
的最小值为10．
故选：D．
【分析】本题考查轴对称在最短路径问题中的应用，结合正方形的性质与勾股定理。点 B 与点 D 关于对角线 AC 对称，连接 BN，由轴对称性质得 BN = DN，则 DN + MN = BN + MN。当点 N 位于 BM 与 AC 的交点时，BN + MN 取最小值，即为线段 BM 的长。在Rt△ BCM 中，BC = 8，CM = CD - DM = 6，由勾股定理得 BM = = 10。故 DN + MN 的最小值为 10，对应选项 D。
10．【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长交的延长线于，连接，设，
四边形是平行四边形，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
整理得：，
解得或（舍去），
，
，
故选：D．
【分析】本题以平行四边形为背景，综合考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理及方程思想。解题关键在于构造辅助线：延长 EF 交 DA 延长线于 Q，连接 DE。由 F 为 AB 中点及平行四边形对边平行，可证△QFA△ EBF（AAS），得 AQ = BE = x，QF = EF。结合∠EFD = 90°，可得 DF 垂直平分 QE，故 DQ = DE = AD + AQ = x + 5。在 Rt△ ADE 与 Rt△ ABE 中，分别用勾股定理表示AE2，建立方程 (x + 5)2- 52 = (6)2 - x2，解得 x = 4，进而得 AE = 2，对应选项 D。考查几何综合推理与方程建模能力。
11．【答案】菱形
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH是中位线，FG是中位线，EF是中位线，
∴，，，，，
∴EH=FG=EF，EH∥FG，
∴四边形EFGH是菱形.
故答案为：菱形.
【分析】连接AC、BD，根据三角形的中位线定理即可求解.
12．【答案】72
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ 点 D、E 分别为 CA、CB 的中点，
∵DE 是 △ABC 的中位线，
∴DE =AB。
∵ DE = 36m，
∴ AB = 2 × 36 = 72m。
故答案为：72．
【分析】本题以测量池塘两侧距离为背景，考查三角形中位线定理的应用。由题意，点 D、E 分别为 CA、CB 的中点，则 DE 是△ABC 的中位线。根据三角形中位线定理，中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即 DE =AB。已知 DE = 36m，代入得 AB = 7m。解题关键在于识别中位线结构并直接应用定理。
13．【答案】10
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵一直角三角形的两直角边长为12和16，
∴根据勾股定理得，斜边为 =20，
∴斜边上的中线为 ×20=10，
故答案为10．
【分析】先用勾股定理求出斜边，再用斜边的中线等于斜边的一半．
14．【答案】21
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=AC，BO=OD=BD，BC=AD=10，
∵AC+BD=22，
∴OC+BO=11，
∵BC=10，
∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．
故答案为：21．
【分析】根据平行四边形性质可得AO=OC=AC，BO=OD=BD，BC=AD=10，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】3
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，
∵OB平分∠ABC，OD⊥AB，OE⊥BC，
∴OD=OE，
同理，OD=OE=OF，
∵△ABC 的周长为，面积为，
则AB OD+AC OF+CB OE=36，即×（AB+AC+BC）×OD=36，
∴OD=3（cm），
∴点O到AB的距离为3
故答案为：3.
【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，根据角平分线的性质可得OD=OE=OF，根据S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BCO结合△ABC的周长可求出OD的值，即为点O到AB的距离.
16．【答案】5
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：5．
【分析】由平行四边形的性质可知，，，继而可得，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
17．【答案】
【知识点】三角形的中位线定理；探索规律-图形的递变规律；相似三角形的判定-SSS；相似三角形的性质-对应周长
【解析】【解答】解：∵、、分别为、、的中点，
∴都是的中位线，
∴，
∵的周长为64，
∴，
∴的周长为，
同理可得：的周长为，
归纳类推得：第个三角形的周长为，
故答案为：．
【分析】
由中位线的性质可得中位线三角形与原三角形相似，相似比为1：2，周长比等于相似比，即第二个三角形是第一个三角形周长的二分之一，即；第三个是第一个四分之一，；即第四个是第一个八分之一，即，第n个三角形是第一个三角形周长的；故先利用的周长求出的周长，再计算第n个三角形的周长即可.
18．【答案】①②③
【知识点】角平分线的性质；角平分线的判定；三角形的双内角平分线模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：在中，若，则，
∵平分，
∴，
∴，
在中，，故①正确；
如图所示，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点H.
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确；
如图所示，过点作于点，连接，
∵平分，，
∴，
∵
，故③正确；
∵，
∴三角形内部有一个点到直线、、距离相等，
如图所示，作外角的角平分线，交于点，
∴由角平分线的性质定理可得，
同理可得，三角形外部共有3个点直线、、距离相等，
∴共有4个点直线、、距离相等，故④错误；
综上所述，正确的有①②③，
故答案为：①②③ ．
【分析】
① 由角的双角平分线模型可得；
② 过点A作BC的平行线交BE的延长线于点，先由角平分线的概念结合平行线的性质可证AB=AH，再由三角形相似的预备定理可证，再由相似比并等量代换即可；
③ 由角平分线的性质定理可得内心O到三边的距离相等，则连接OA，由割补法可得；
④ 由角平分线的判定定理可得该平面内到三边距离相等的点有四个，一个是该三角形三个内角平分线的交点，即内心；另三个分别是三角形两外角平分线的交点，即共有三个．
19．【答案】证明：∵，
∴，
即，
∵，
在和中，
∴，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【分析】根据题意先求出，再利用证明，最后根据全等三角形的性质证明求解即可.
20．【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
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】本题以平行四边形为背景，考查平行四边形的对角线性质、线段和差运算，以及平行四边形的判定与性质。由平行四边形 ABCD 可得对角线互相平分，即 OA = OC，OB = OD。已知 DE = BF，结合 OD = OB，通过线段和差可得 OE = OF。在四边形 AECF 中，对角线 AC 与 EF 互相平分（OA = OC，OE = OF），则四边形 AECF 为平行四边形，进而由平行四边形对边相等得 CE = AF。解题关键在于利用对角线互相平分判定平行四边形，而非直接证全等。
21．【答案】（1）解：根据勾股定理：所以梯子距离地面的高度为：（米）；
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
（2）解：梯子下滑了5米即梯子距离地面的高度为（米），
根据勾股定理：（米），
米
答：当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米．
【知识点】勾股定理的实际应用-梯子滑动问题
【解析】【分析】本题以梯子滑动为背景，考查勾股定理在直角三角形中的直接应用，以及动态变化中线段长度的计算。（1）梯子、墙面与地面构成直角三角形，梯子长为斜边 AB = 13 米，底端离墙距离为一直角边 OB = 5 米。由勾股定理 AO =，计算得顶端距地面 12 米。
（2）顶端下滑 5 米后，新高度 OA' = 12 - 5 = 7 米，梯子长度不变仍为 13 米。在 RTA'OB' 中，由勾股定理求新底端离墙距离 OB' = =米。底端滑动的距离为 BB' = OB' - OB = 米。考查勾股定理在动态几何问题中的应用。
（1）解：根据勾股定理：所以梯子距离地面的高度为：（米）；
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
（2）解：梯子下滑了5米即梯子距离地面的高度为（米），
根据勾股定理：（米），
米
答：当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米．
22．【答案】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，
∵在中，点D是斜边的中点，
∴，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形∴，
∵点D是的中点
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】本题以直角三角形为背景，综合考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理及面积计算。（1）由 CEAB、CD BE，得四边形 CDBE 为平行四边形。在 Rt ABC 中，D 为斜边 AB 中点，由直角三角形斜边中线定理得 CD = BD。一组邻边相等的平行四边形是菱形，故四边形 CDBE 为菱形。考查菱形判定。
（2）由菱形性质得 CE = BD，又 AD = BD，故 CE = AD，结合 CEAD 得四边形 ADEC 为平行四边形，则 DE = AC = 6。菱形 CDBE 的面积可表示为DEBC（菱形面积等于对角线乘积的一半），代入 DE = 6、BC = 8，得面积为 24。考查菱形面积公式及平行四边形性质的应用。
（1）（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，点D是斜边的中点，
∴，
∴是菱形．
（2）∵四边形是菱形
∴，
∵点D是的中点
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
23．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，
∵为中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（）利用平行四边形的性质得到，，即可得到是平行四边形，再证明，即可得到结论；
（）先证明为等边三角形，求出的长，即可得到矩形对角线的长，再根据勾股定理解题．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵为中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
24．【答案】（1）证明：四边形ABCD是正方形
（2）解：∵，
∴．
由正方形性质可得：，，，
又∵，
∴，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵，
∴四边形BEDF为菱形．
在中，，
∴菱形BEDF的周长为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由正方形的四条边相等、四个角都是直角且一条对角线平分一组对角结合已知可利用SAS证明结论成立；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得BD =，再证明四边形BEDF为菱形，勾股定理求得的长，即可求解．
（1）证明：依题意，，
在和中，
，
∴≌（SAS）．
（2）解：∵，
∴．
由正方形性质可得：，，，
又∵，
∴，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵，
∴四边形BEDF为菱形．
在中，，
∴菱形BEDF的周长为．
25．【答案】解：（1）①是；②；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴，
∴，
∴是“准直角三角形”．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：（1）①在 △ABC 中，∠ A = 60°，∠ B = 15°，
∴ C = 180° - 60° - 15° = 105°，
∴∠ C - ∠ B = 105° - 15° = 90°，
故△ ABC 是“准直角三角形”。
答案为：是。
②∵△ABC 是“准直角三角形”，且 ∠ C > 90°，
∴∠C -∠ B = 90°。
又∵∠A = 40°，
∴∠ B +∠C = 180° - 40° = 140°。
设∠ B = x，则 ∠C = x + 90°，
代入得 x + (x + 90°) = 140°，
解得 2x = 50°，
∴∠B = 25°。
答案为：25°。
【分析】本题以新定义“准直角三角形”（三角形中两个内角的差为 90°）为背景，考查三角形内角和定理、勾股定理逆定理及比例线段的计算。
（1）①由∠ A = 60°、∠ B = 15°，利用三角形内角和得∠ C = 105°，计算∠ C - ∠ B = 90°，符合定义，故为“是”。
②由 △ABC 是“准直角三角形”且 ∠ C > 90°，得 ∠ C -∠ B = 90°，结合 ∠ A = 40°及内角和 ∠ B +∠ C = 140°，联立解得 ∠ B = 25°。
（2）由 AD ： CD = 5 ： 13 及 AC = 18，求得 AD = 5、CD = 13，则 BD = AD = 5。在△ BCD 中，利用勾股定理逆定理验证 52+ 122 = 132，得∠ DBC = 90°，进而∠ ABC - ∠ A = 90°，证得 △ ABC 是“准直角三角形”。考查比例分配、勾股定理逆定理及角度关系的综合应用。
26．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
②
【知识点】正方形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】（2）解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【分析】本题以正方形与等腰直角三角形的旋转为背景，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定、正方形的判定，以及旋转过程中线段最值的求解。（1）由正方形得 AD = DC，∠ADC = 90°；由 △DEF 为等腰直角三角形得 DE = DF，∠ EDF = 90°。通过等角减等角得 ∠ ADE =∠ CDF，利用 SAS 证得△ ADE△CDF。考查全等三角形的判定。
（2）①先由（1）中全等得 ∠ DAE =∠DCF，结合对顶角及直角三角形两锐角互余推出∠AGC = 90°。由 BMAG，BNCF 得四边形 BMGN 为矩形。再通过证明 △ AMB△ CNB（AAS）得 MB = NB，从而矩形 BMGN 为正方形。考查矩形与正方形的判定、全等三角形的应用。
②点 G 为 AE 与 CF 交点，由（2）①知四边形 BMGN 为正方形，其对角线 BG 与 MN 相等且互相垂直平分。通过分析点 G 的运动轨迹（在以 AC 为直径的圆上），当 BG 与 AC 垂直时取得最小值，结合已知边长 AB = 4，DE = 2，计算得最小值为 2\sqrt{6}。考查旋转过程中动点轨迹与最值的几何分析能力。
（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
1 / 1湖南省张家界市慈利县2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试题
一、单选题：每小题3分，共10道小题，合计30分
1．（2025八下·慈利期中）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
【分析】根据中心对称图形的定义（绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形重合，那么这个图形是中心对称图形）结合轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，那么就是轴对称图形）对选项逐一判断即可求解。
2．（2025八下·慈利期中）下列各组数中，不能组成直角三角形的是（　　）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、，能构成直角三角形，故A选项不符合题意；
B、，能构成直角三角形，故B选项不符合题意；
C、，能构成直角三角形，故C选项不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故D选项符合题意；
故选：D．
【分析】
若一个三角形的三边a、b、c，满足，则这个三角形是直角三角形，其中c为斜边，c对的角为直角．
3．（2025八下·慈利期中）已知∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，则∠A＝（　　）
A．60° B．36° C．56° D．46°
【答案】B
【知识点】直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据直角三角形中，两锐角互余计算即可．
4．（2025八下·慈利期中）一个正多边形的每一个外角都是，则它的内角和的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质；多边形的内角和公式；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵多边形的每一个外角都是，
∴多边形的边数为：，
∴该多边形的内角和为：．
故选：C．
【分析】
由多边形的外角和是可求得正多边形的边数，再利用内角和公式计算即可．
5．（2025八下·慈利期中）在平行四边形中，若，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠B+∠D=100°，
∴∠B=50°。
故答案为：A。
【分析】根据平行四边形的性质可得∠B=∠D，从而得出∠B=50°。
6．（2025八下·慈利期中）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，本选项符合题意；
D、根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【分析】
两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
两组对角分别相等的四边形是平行四边形；
对角线互相平分的四边形是平行四边形．
7．（2025八下·慈利期中）如图，矩形中，对角线交于点，若，则长为（　　）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形，
∴，
∵
∴为等边三角形．
∴．
故选：B．
【分析】根据矩形性质可得，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
8．（2025八下·慈利期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，，
∴平分，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由菱形的对角线互相垂直平分结合同角的余角相等可得，再由菱形的对角相等且一条对角线平分一组对角即可．
9．（2025八下·慈利期中）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上一动点，则的最小值为 （ ）
A． B． C．8 D．10
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题；将军饮马模型-一线两点（一动两定）
【解析】【解答】解：连结，，，
正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线为对称轴的对称点，
直线即为的垂直平分线，
，
，
当点N在与的交点P处，取得最小值，最小值为的长，
正方形的边长为8，且，
，，，
，
的最小值为10．
故选：D．
【分析】本题考查轴对称在最短路径问题中的应用，结合正方形的性质与勾股定理。点 B 与点 D 关于对角线 AC 对称，连接 BN，由轴对称性质得 BN = DN，则 DN + MN = BN + MN。当点 N 位于 BM 与 AC 的交点时，BN + MN 取最小值，即为线段 BM 的长。在Rt△ BCM 中，BC = 8，CM = CD - DM = 6，由勾股定理得 BM = = 10。故 DN + MN 的最小值为 10，对应选项 D。
10．（2025八下·慈利期中）如图，在平行四边形中，是锐角，于点为的中点，连接，若，则的长是（　　）
A．6 B．8 C． D．
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长交的延长线于，连接，设，
四边形是平行四边形，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
整理得：，
解得或（舍去），
，
，
故选：D．
【分析】本题以平行四边形为背景，综合考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理及方程思想。解题关键在于构造辅助线：延长 EF 交 DA 延长线于 Q，连接 DE。由 F 为 AB 中点及平行四边形对边平行，可证△QFA△ EBF（AAS），得 AQ = BE = x，QF = EF。结合∠EFD = 90°，可得 DF 垂直平分 QE，故 DQ = DE = AD + AQ = x + 5。在 Rt△ ADE 与 Rt△ ABE 中，分别用勾股定理表示AE2，建立方程 (x + 5)2- 52 = (6)2 - x2，解得 x = 4，进而得 AE = 2，对应选项 D。考查几何综合推理与方程建模能力。
二、填空题：每小题3分，共8道小题，合计24分
11．（2025八下·慈利期中） 顺次连接一个矩形各边中点得到的四边形是　 　．
【答案】菱形
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH是中位线，FG是中位线，EF是中位线，
∴，，，，，
∴EH=FG=EF，EH∥FG，
∴四边形EFGH是菱形.
故答案为：菱形.
【分析】连接AC、BD，根据三角形的中位线定理即可求解.
12．（2025八下·慈利期中）如图，A、B两处被池塘阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接，，分别取，的中点，．测得，则A、B两地的距离为　 　m．
【答案】72
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ 点 D、E 分别为 CA、CB 的中点，
∵DE 是 △ABC 的中位线，
∴DE =AB。
∵ DE = 36m，
∴ AB = 2 × 36 = 72m。
故答案为：72．
【分析】本题以测量池塘两侧距离为背景，考查三角形中位线定理的应用。由题意，点 D、E 分别为 CA、CB 的中点，则 DE 是△ABC 的中位线。根据三角形中位线定理，中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即 DE =AB。已知 DE = 36m，代入得 AB = 7m。解题关键在于识别中位线结构并直接应用定理。
13．（2025八下·慈利期中）一直角三角形的两直角边长为12和16，则斜边上中线长为　 　
【答案】10
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵一直角三角形的两直角边长为12和16，
∴根据勾股定理得，斜边为 =20，
∴斜边上的中线为 ×20=10，
故答案为10．
【分析】先用勾股定理求出斜边，再用斜边的中线等于斜边的一半．
14．（2025八下·慈利期中）如图，在中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为　 　
【答案】21
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=AC，BO=OD=BD，BC=AD=10，
∵AC+BD=22，
∴OC+BO=11，
∵BC=10，
∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=21．
故答案为：21．
【分析】根据平行四边形性质可得AO=OC=AC，BO=OD=BD，BC=AD=10，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．（2025八下·慈利期中）已知点O是△ABC的三个内角平分线的交点，若△ABC 的周长为，面积为，则点O到AB的距离为　 　cm.
【答案】3
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，
∵OB平分∠ABC，OD⊥AB，OE⊥BC，
∴OD=OE，
同理，OD=OE=OF，
∵△ABC 的周长为，面积为，
则AB OD+AC OF+CB OE=36，即×（AB+AC+BC）×OD=36，
∴OD=3（cm），
∴点O到AB的距离为3
故答案为：3.
【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，根据角平分线的性质可得OD=OE=OF，根据S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BCO结合△ABC的周长可求出OD的值，即为点O到AB的距离.
16．（2025八下·慈利期中）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则　 　．
【答案】5
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：5．
【分析】由平行四边形的性质可知，，，继而可得，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
17．（2025八下·慈利期中）如图，的周长为64，E、F、G分别为、、的中点，、、分别为、、的中点，的周长为16．如果、、分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是　 　．
【答案】
【知识点】三角形的中位线定理；探索规律-图形的递变规律；相似三角形的判定-SSS；相似三角形的性质-对应周长
【解析】【解答】解：∵、、分别为、、的中点，
∴都是的中位线，
∴，
∵的周长为64，
∴，
∴的周长为，
同理可得：的周长为，
归纳类推得：第个三角形的周长为，
故答案为：．
【分析】
由中位线的性质可得中位线三角形与原三角形相似，相似比为1：2，周长比等于相似比，即第二个三角形是第一个三角形周长的二分之一，即；第三个是第一个四分之一，；即第四个是第一个八分之一，即，第n个三角形是第一个三角形周长的；故先利用的周长求出的周长，再计算第n个三角形的周长即可.
18．（2025八下·慈利期中）如图，在中，和的平分线相交于点O，过点O作于点M，则以下结论：①若，则；②；③若，，则；④平面内到三条直线距离相等的点有3个．正确的有　 　．（只填写序号）
【答案】①②③
【知识点】角平分线的性质；角平分线的判定；三角形的双内角平分线模型；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：在中，若，则，
∵平分，
∴，
∴，
在中，，故①正确；
如图所示，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点H.
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确；
如图所示，过点作于点，连接，
∵平分，，
∴，
∵
，故③正确；
∵，
∴三角形内部有一个点到直线、、距离相等，
如图所示，作外角的角平分线，交于点，
∴由角平分线的性质定理可得，
同理可得，三角形外部共有3个点直线、、距离相等，
∴共有4个点直线、、距离相等，故④错误；
综上所述，正确的有①②③，
故答案为：①②③ ．
【分析】
① 由角的双角平分线模型可得；
② 过点A作BC的平行线交BE的延长线于点，先由角平分线的概念结合平行线的性质可证AB=AH，再由三角形相似的预备定理可证，再由相似比并等量代换即可；
③ 由角平分线的性质定理可得内心O到三边的距离相等，则连接OA，由割补法可得；
④ 由角平分线的判定定理可得该平面内到三边距离相等的点有四个，一个是该三角形三个内角平分线的交点，即内心；另三个分别是三角形两外角平分线的交点，即共有三个．
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．（2025八下·慈利期中）如图，点B，E，C，F在同一直线上，，，．求证：．
【答案】证明：∵，
∴，
即，
∵，
在和中，
∴，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【分析】根据题意先求出，再利用证明，最后根据全等三角形的性质证明求解即可.
20．（2025八下·慈利期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E，F分别为，上的点，且，连接CE，AF．求证：．
【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
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】本题以平行四边形为背景，考查平行四边形的对角线性质、线段和差运算，以及平行四边形的判定与性质。由平行四边形 ABCD 可得对角线互相平分，即 OA = OC，OB = OD。已知 DE = BF，结合 OD = OB，通过线段和差可得 OE = OF。在四边形 AECF 中，对角线 AC 与 EF 互相平分（OA = OC，OE = OF），则四边形 AECF 为平行四边形，进而由平行四边形对边相等得 CE = AF。解题关键在于利用对角线互相平分判定平行四边形，而非直接证全等。
21．（2025八下·慈利期中）如图，一架梯子长13米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙5米．
（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了5米，那么梯子的底端在水平方向滑动了多少米？
【答案】（1）解：根据勾股定理：所以梯子距离地面的高度为：（米）；
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
（2）解：梯子下滑了5米即梯子距离地面的高度为（米），
根据勾股定理：（米），
米
答：当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米．
【知识点】勾股定理的实际应用-梯子滑动问题
【解析】【分析】本题以梯子滑动为背景，考查勾股定理在直角三角形中的直接应用，以及动态变化中线段长度的计算。（1）梯子、墙面与地面构成直角三角形，梯子长为斜边 AB = 13 米，底端离墙距离为一直角边 OB = 5 米。由勾股定理 AO =，计算得顶端距地面 12 米。
（2）顶端下滑 5 米后，新高度 OA' = 12 - 5 = 7 米，梯子长度不变仍为 13 米。在 RTA'OB' 中，由勾股定理求新底端离墙距离 OB' = =米。底端滑动的距离为 BB' = OB' - OB = 米。考查勾股定理在动态几何问题中的应用。
（1）解：根据勾股定理：所以梯子距离地面的高度为：（米）；
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
（2）解：梯子下滑了5米即梯子距离地面的高度为（米），
根据勾股定理：（米），
米
答：当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米．
22．（2025八下·慈利期中）如图，在中，，为的中点，，交于点，连接，，有．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，
∵在中，点D是斜边的中点，
∴，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形∴，
∵点D是的中点
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】本题以直角三角形为背景，综合考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理及面积计算。（1）由 CEAB、CD BE，得四边形 CDBE 为平行四边形。在 Rt ABC 中，D 为斜边 AB 中点，由直角三角形斜边中线定理得 CD = BD。一组邻边相等的平行四边形是菱形，故四边形 CDBE 为菱形。考查菱形判定。
（2）由菱形性质得 CE = BD，又 AD = BD，故 CE = AD，结合 CEAD 得四边形 ADEC 为平行四边形，则 DE = AC = 6。菱形 CDBE 的面积可表示为DEBC（菱形面积等于对角线乘积的一半），代入 DE = 6、BC = 8，得面积为 24。考查菱形面积公式及平行四边形性质的应用。
（1）（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，点D是斜边的中点，
∴，
∴是菱形．
（2）∵四边形是菱形
∴，
∵点D是的中点
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
23．（2025八下·慈利期中）如图，在中，为的中点，四边形是平行四边形，，相交于点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，
∵为中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（）利用平行四边形的性质得到，，即可得到是平行四边形，再证明，即可得到结论；
（）先证明为等边三角形，求出的长，即可得到矩形对角线的长，再根据勾股定理解题．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵为中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，为中点，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
24．（2025八下·慈利期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且，连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：．
（2）若，，求四边形BEDF的周长．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是正方形
（2）解：∵，
∴．
由正方形性质可得：，，，
又∵，
∴，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵，
∴四边形BEDF为菱形．
在中，，
∴菱形BEDF的周长为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由正方形的四条边相等、四个角都是直角且一条对角线平分一组对角结合已知可利用SAS证明结论成立；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得BD =，再证明四边形BEDF为菱形，勾股定理求得的长，即可求解．
（1）证明：依题意，，
在和中，
，
∴≌（SAS）．
（2）解：∵，
∴．
由正方形性质可得：，，，
又∵，
∴，
∴四边形BEDF为平行四边形，
又∵，
∴四边形BEDF为菱形．
在中，，
∴菱形BEDF的周长为．
25．（2025八下·慈利期中）【阅读】
定义：如果一个三角形有两个内角的差为90°，那么这样的三角形叫做“准直角三角形”．
【理解】
（1）①若，，则____________“准直角三角形”；（填“是”或“不是”）
②已知是“准直角三角形”，且，，则的度数为____________．
【应用】
（2）如图，在中，点D在上，连接．若，，，，试说明是“准直角三角形”．
【答案】解：（1）①是；②；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴，
∴，
∴是“准直角三角形”．
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：（1）①在 △ABC 中，∠ A = 60°，∠ B = 15°，
∴ C = 180° - 60° - 15° = 105°，
∴∠ C - ∠ B = 105° - 15° = 90°，
故△ ABC 是“准直角三角形”。
答案为：是。
②∵△ABC 是“准直角三角形”，且 ∠ C > 90°，
∴∠C -∠ B = 90°。
又∵∠A = 40°，
∴∠ B +∠C = 180° - 40° = 140°。
设∠ B = x，则 ∠C = x + 90°，
代入得 x + (x + 90°) = 140°，
解得 2x = 50°，
∴∠B = 25°。
答案为：25°。
【分析】本题以新定义“准直角三角形”（三角形中两个内角的差为 90°）为背景，考查三角形内角和定理、勾股定理逆定理及比例线段的计算。
（1）①由∠ A = 60°、∠ B = 15°，利用三角形内角和得∠ C = 105°，计算∠ C - ∠ B = 90°，符合定义，故为“是”。
②由 △ABC 是“准直角三角形”且 ∠ C > 90°，得 ∠ C -∠ B = 90°，结合 ∠ A = 40°及内角和 ∠ B +∠ C = 140°，联立解得 ∠ B = 25°。
（2）由 AD ： CD = 5 ： 13 及 AC = 18，求得 AD = 5、CD = 13，则 BD = AD = 5。在△ BCD 中，利用勾股定理逆定理验证 52+ 122 = 132，得∠ DBC = 90°，进而∠ ABC - ∠ A = 90°，证得 △ ABC 是“准直角三角形”。考查比例分配、勾股定理逆定理及角度关系的综合应用。
26．（2025八下·慈利期中）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
（1）如图，求证：≌；
（2）直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
②
【知识点】正方形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】（2）解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【分析】本题以正方形与等腰直角三角形的旋转为背景，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定、正方形的判定，以及旋转过程中线段最值的求解。（1）由正方形得 AD = DC，∠ADC = 90°；由 △DEF 为等腰直角三角形得 DE = DF，∠ EDF = 90°。通过等角减等角得 ∠ ADE =∠ CDF，利用 SAS 证得△ ADE△CDF。考查全等三角形的判定。
（2）①先由（1）中全等得 ∠ DAE =∠DCF，结合对顶角及直角三角形两锐角互余推出∠AGC = 90°。由 BMAG，BNCF 得四边形 BMGN 为矩形。再通过证明 △ AMB△ CNB（AAS）得 MB = NB，从而矩形 BMGN 为正方形。考查矩形与正方形的判定、全等三角形的应用。
②点 G 为 AE 与 CF 交点，由（2）①知四边形 BMGN 为正方形，其对角线 BG 与 MN 相等且互相垂直平分。通过分析点 G 的运动轨迹（在以 AC 为直径的圆上），当 BG 与 AC 垂直时取得最小值，结合已知边长 AB = 4，DE = 2，计算得最小值为 2\sqrt{6}。考查旋转过程中动点轨迹与最值的几何分析能力。
（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
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