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广东省广州市海珠区中山大学附中2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷
一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分．请将正确选项涂在答题卡上）
1．（2025八下·海珠期中）无理数的倒数是（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】有理数的倒数；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：无理数 的倒数是： ＝ ．
故选C．
【分析】根据倒数的定义即可求出答案.
2．（2025八下·海珠期中）下列二次根式中，最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、 中被开方数是分数，故不是最简二次根式；
B、 中被开方数是分数，故不是最简二次根式；
C、 中被开方数不含分母，不含能开得尽方的因数，故是最简二次根式；
D、 中含能开得尽方的因数，故不是最简二次根式；
故选：C
【分析】最简二次根式满足：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
3．（2025八下·海珠期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】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】【解答】解：根据二次根式的乘法法则可得选项A正确；
选项B不是同类二次根式，不能够合并；
选项C，原式=2 ；
选项D，原式=2- ，
故选A.
4．（2025八下·海珠期中）下列各组数中，能组成直角三角形的三边的是（　　）
A．5，12，13 B．13，14，15 C． D．3，3，6
【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，能作为直角三角形三边长度，符合题意；
B．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
C．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
D．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用勾股定理的逆定理（两边平方和等于第三边平方）逐项分析判断即可.
5．（2025八下·海珠期中）如图字母所代表的正方形的面积是（　　）
A．12 B．13 C．144 D．194
【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵，
∴字母所代表的正方形的面积．
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理即可得出答案。
6．（2025八下·海珠期中）下列命题正确的是（　　）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形，不符合题意；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形；不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形；符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形的判定方法（①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形）、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）、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）和正方形的判定方法（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.
7．（2025八下·海珠期中）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB=4，BC=8．则D'F的长为（　　）
A．2 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接交于点，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵折叠矩形使与重合时，，，
∴，，
∴则Rt △AOF ∽Rt △ADC
∴，即：，
解得：，
∴，
故选C．
【分析】连接交于点，根据矩形性质可得，，根据勾股定理可得AC，再根据折叠性质可得，，再根据相似三角形判定定理可得Rt △AOF ∽Rt △ADC，则，代值计算可得AF，再根据边之间的关系即可求出答案.
8．（2025八下·海珠期中）如图，三角形的直角边分别对应数为和1，则数轴上点A所表示的数a的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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：∵三角形的直角边分别对应数为和1，
∴直角三角形的两条直角边长分别为2和1，
根据勾股定理，
∴点A到的距离是，
设点A表示的数为a，
∴，
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，可得点A到的距离是，设点A表示的数为a，再求出点A表示的数即可.
9．（2025八下·海珠期中）如图，在中，对角线的垂直平分线分别交，F，连接，若的周长为6，则的周长为（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，
∴，
∵的周长为6，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴的周长为．
故答案为：B．
【分析】利用垂直平分线的性质可得，再利用三角形的周长公式及等量代换可得，再利用平行四边形的性质可得，，最后求出平行四边形的周长即可.
10．（2025八下·海珠期中）如图，菱形的对角线相交于点O，于点E，连接，若，，则菱形的周长为（　　）
A． B．16 C． D．4
【答案】B
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长.
故答案为：B．
【分析】利用菱形的性质可得，再利用勾股定理求出CD的长，最后求出菱形的周长即可.
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025八下·海珠期中）在实数范围内，若有意义，则x的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得，
解得：，
故答案为：．
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
12．（2025八下·海珠期中）已知的周长为32，若，则　 　．
【答案】10
【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，
∴，，
∴的周长，
∵，
∴．
故答案为：10．
【分析】利用平行四边形的性质可得，，再利用平行四边形的周长公式求出BC的长即可.
13．（2025八下·海珠期中）直角三角形的斜边上的中线长为，其中一条直角边长为8，则另一直角边为　 　．
【答案】15
【知识点】直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵直角三角形的斜边上的中线长为，
∴这条斜边长为17，
∵其中一条直角边长为4，
∴另一直角边为，
故答案为：15．
【分析】先利用直角三角形斜边上中线的性质求出斜边的长，再利用勾股定理求出另一条直角边即可.
14．（2025八下·海珠期中）如图，菱形，其中点坐标是，则顶点的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴点，
故答案为：．
【分析】根据两点间距离可得OC，根据菱形性质可得，，再根据点的坐标即可求出答案.
15．（2025八下·海珠期中）如图，，是四边形的对角线，E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，连接，要使四边形为菱形，则四边形需满足的条件是　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：四边形需满足的条件是，
理由：∵E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，
∴，
根据三角形中位线定理得到，，
∴四边形为平行四边形，
当，即，则此时平行四边形是菱形，
故答案为：．
【分析】利用中点四边形的性质（①对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；②对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形；③对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形）分析求解即可.
16．（2025八下·海珠期中）如图，已知，以为边在外作等腰，，若，则　 　．
【答案】10
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：过点B作，过点A作于点E，在的延长线上截取，连接，如图所示：
是的垂直平分线，
∴，，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
故答案为：10．
【分析】过点B作，过点A作于点E，在的延长线上截取，连接，先利用角的运算和等量代换可得，再利用“SAS”证出，利用全等三角形的性质可得，利用，求出，可得，利用勾股定理求出CF的长，从而可得．
三、解答题（共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2025八下·海珠期中）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式．
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）利用二次根式的加减法计算方法及步骤（①先利用二次根式的性质化简；②利用合并同类项的计算方法计算）分析求解即可；
（2）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可.
（1）解：原式；
（2）原式．
18．（2025八下·海珠期中）如图，中，点E在上，点F在上，且．求证．
【答案】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
又∵，
∴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】先利用平行四边形的性质可得AD//BC，再结合，可得四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质可得AE=CF.
19．（2025八下·海珠期中）已知：实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：．
【答案】解：根据数轴可得：，
∴，，，
∴
，
．
【知识点】化简含绝对值有理数；求算术平方根；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【分析】先利用数轴判断出，可得，，，再去掉绝对值，最后合并同类项即可.
20．（2025八下·海珠期中）已知图是的方格纸，其中每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，已知格点线段．
（1）画出一个格点，使，并求其面积；
（2）直接写出使得为直角三角形的格点C有　 　个．
【答案】（1）解：由题意，如图，均满足，
对于，由勾股定理，得：，
∴，
；
对于，同法：，
对于，；
（2）6
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理的逆定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（2）同（1）法，如图，满足条件的格点C有6个，
故答案为：6．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理和三角形的作图方法作出图形并利用三角形的面积公式求解即可；
（2）利用直角三角形的定义作出图形即可.
（1）由题意，如图，均满足，
对于，由勾股定理，得：，
∴，
；
对于，同法：，
对于，；
（2）同（1）法，如图，满足条件的格点C有6个，
故答案为：6．
21．（2025八下·海珠期中）已知的整数部分为a，小数部分为b．
（1）分别写出a，b的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∴的整数部分是，.
（2）解：由（1）可知：，，
∴．
【知识点】无理数的估值；二次根式的混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【分析】（1）利用估算无理数大小的方法求出a、b的值即可；
（2）将a、b的值直接代入计算即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的整数部分是，；
（2）解：由（1）可知：，，
∴．
22．（2025八下·海珠期中）在设计平行四边形的活动中，甲同学想到用两个矩形纸片重叠的方法，如图，两个长方形纸片的重叠部分为四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若这两个矩形纸片宽度相同，判断是否为特殊的平行四边形，并说明理由．
【答案】（1）证明：根据题意可得，，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，
理由：作于，于，如图所示：
由题意知：两个矩形等宽，
，
，
，
平行四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的判定方法（①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形）分析求解即可；
（2）先证出BC=CD，再结合四边形是平行四边形，即可得到平行四边形是菱形．
（1）证明：根据题意可得，，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，
理由：作于，于，
由题意知：两个矩形等宽，
，
，
，
平行四边形是菱形．
23．（2025八下·海珠期中）已知等腰，，点P为三角形内一点，连接．
（1）如图1，若为等边三角形，且，，求的度数以及边长；
（2）如图2，若，，求的最小值．
【答案】（1）解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点A逆时针旋转，点P的对应点为E，点C的对应点与点B重合，连接，
过点B作交延长线于点F，
由旋转性质得，，，
则是等边三角形，
故，，
∵
∴，
∴；
∴，
∴，，，
∴．
（2）解：将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，如图所示：
由旋转的性质得：，，，
∴和均为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，于点H，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴点C，H，M在同一条直线上，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
根据“两点之间线段最短”得：，
∴，
即
∴的最小值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；费马点模型
【解析】【分析】（1）连接，过点B作交延长线于点F，证出是等边三角形，再求出，利用含30°角的直角三角形的性质求出BF的长，再利用勾股定理求出PF的长，利用线段的和差去除FA的长，最后利用勾股定理求出AB的长即可；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，根据“两点之间线段最短”得：，再求出即可.
（1）解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点A逆时针旋转，点P的对应点为E，点C的对应点与点B重合，连接，
过点B作交延长线于点F，
由旋转性质得，，，
则是等边三角形，
故，，
∵
∴，
∴；
∴，
∴，，，
∴．
（2）解：将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，如图所示：
由旋转的性质得：，，，
∴和均为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，于点H，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴点C，H，M在同一条直线上，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
根据“两点之间线段最短”得：，
∴，
即
∴的最小值为．
24．（2025八下·海珠期中）如图所示，现有一张边长为6的正方形纸片，点P为正方形边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片沿着某线折叠，使点B落在P处，点C落在G处，折痕为，与交于点H，连接、．
（1）如图1，求证：；
（2）如图1，若，求线段与的长度；
（3）如图2，连接，直接写出的最小值为 ．
【答案】（1）证明：由折叠知，
∴，
又由折叠知：，
∴，
即，
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴.
（2）解：如图1，过点B作于Q，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴．
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
过点F作于点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠得：，设的交点为O，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：如图2，过点B作于Q，
设，则，
由勾股定理得：，，
由（2）同理得：，
∴，
问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，
根据勾股定理，，，
作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，
故答案为：．
【分析】（1）利用折叠的性质及角的运算和等量代换可得，再利用正方形的性质和平行线的性质可得，最后利用等量代换可得；
（2）过点B作于Q，则，先利用“HL”证出，利用全等三角形的性质可得CH=QH，再设，则，利用勾股定理求出x的值可得，过点F作于点M，证出四边形是矩形，可得，再证出，可得，利用勾股定理求出BP的长，从而可得EF的长；
（3）过点B作于Q，设，则，利用勾股定理求出BP的长，再构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，作出点P关于的对称点R，连接交于点W，再求出当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，从而得解.
（1）证明：由折叠知，
∴，
又由折叠知：，
∴，
即，
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图1，过点B作于Q，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴．
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
过点F作于点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠得：，设的交点为O，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴；
（3）解：如图2，过点B作于Q，
设，则，
由勾股定理得：，，
由（2）同理得：，
∴，
问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，
根据勾股定理，，，
作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，
故答案为：．
25．（2025八下·海珠期中）已知，，C为射线上一动点（不与B重合）），关于的轴对称图形为．
（1）如图1，当点D在射线上时，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，当点D在射线，之间时，点C为的中点，且，，求的长；
（3）如图3，在（1）的条件下，对角线，，P为的中点，当为等腰三角形时，直接写出的长．
【答案】（1）证明：由翻折得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，连接，
由（1）得：，，
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则有，
在中：，
在中：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
（3）或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；分类讨论
【解析】【解答】（3）解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴当点与O重合时．是等腰三角形，此时．
当时，
∴，
∴．
当时，过点P作于点J．
∵，，
，
，
，
，
，
．
综上所述，的长为或或．
故答案为：或或.
【分析】（1）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；
（2）连接，先求出，再设，则有，利用双勾股可得，求出x的值，最后求出即可；
（3）先求出，， 再分类讨论：①当点与O重合时，②当时，③当时，再分别求解即可.
（1）证明：由翻折得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）如图，连接，
由（1）得：，，
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则有，
在中：，
在中：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
（3）解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴当点与O重合时．是等腰三角形，此时．
当时，
∴，
∴．
当时，过点P作于点J．
∵，，
，
，
，
，
，
．
综上所述，的长为或或．
1 / 1广东省广州市海珠区中山大学附中2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷
一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分．请将正确选项涂在答题卡上）
1．（2025八下·海珠期中）无理数的倒数是（　　）
A． B． C． D．2
2．（2025八下·海珠期中）下列二次根式中，最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·海珠期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·海珠期中）下列各组数中，能组成直角三角形的三边的是（　　）
A．5，12，13 B．13，14，15 C． D．3，3，6
5．（2025八下·海珠期中）如图字母所代表的正方形的面积是（　　）
A．12 B．13 C．144 D．194
6．（2025八下·海珠期中）下列命题正确的是（　　）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
7．（2025八下·海珠期中）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB=4，BC=8．则D'F的长为（　　）
A．2 B．4 C．3 D．2
8．（2025八下·海珠期中）如图，三角形的直角边分别对应数为和1，则数轴上点A所表示的数a的值是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·海珠期中）如图，在中，对角线的垂直平分线分别交，F，连接，若的周长为6，则的周长为（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
10．（2025八下·海珠期中）如图，菱形的对角线相交于点O，于点E，连接，若，，则菱形的周长为（　　）
A． B．16 C． D．4
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025八下·海珠期中）在实数范围内，若有意义，则x的取值范围是　 　．
12．（2025八下·海珠期中）已知的周长为32，若，则　 　．
13．（2025八下·海珠期中）直角三角形的斜边上的中线长为，其中一条直角边长为8，则另一直角边为　 　．
14．（2025八下·海珠期中）如图，菱形，其中点坐标是，则顶点的坐标是　 　．
15．（2025八下·海珠期中）如图，，是四边形的对角线，E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，连接，要使四边形为菱形，则四边形需满足的条件是　 　．
16．（2025八下·海珠期中）如图，已知，以为边在外作等腰，，若，则　 　．
三、解答题（共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2025八下·海珠期中）计算：
（1）；
（2）．
18．（2025八下·海珠期中）如图，中，点E在上，点F在上，且．求证．
19．（2025八下·海珠期中）已知：实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：．
20．（2025八下·海珠期中）已知图是的方格纸，其中每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，已知格点线段．
（1）画出一个格点，使，并求其面积；
（2）直接写出使得为直角三角形的格点C有　 　个．
21．（2025八下·海珠期中）已知的整数部分为a，小数部分为b．
（1）分别写出a，b的值；
（2）求的值．
22．（2025八下·海珠期中）在设计平行四边形的活动中，甲同学想到用两个矩形纸片重叠的方法，如图，两个长方形纸片的重叠部分为四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若这两个矩形纸片宽度相同，判断是否为特殊的平行四边形，并说明理由．
23．（2025八下·海珠期中）已知等腰，，点P为三角形内一点，连接．
（1）如图1，若为等边三角形，且，，求的度数以及边长；
（2）如图2，若，，求的最小值．
24．（2025八下·海珠期中）如图所示，现有一张边长为6的正方形纸片，点P为正方形边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片沿着某线折叠，使点B落在P处，点C落在G处，折痕为，与交于点H，连接、．
（1）如图1，求证：；
（2）如图1，若，求线段与的长度；
（3）如图2，连接，直接写出的最小值为 ．
25．（2025八下·海珠期中）已知，，C为射线上一动点（不与B重合）），关于的轴对称图形为．
（1）如图1，当点D在射线上时，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，当点D在射线，之间时，点C为的中点，且，，求的长；
（3）如图3，在（1）的条件下，对角线，，P为的中点，当为等腰三角形时，直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】有理数的倒数；二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：无理数 的倒数是： ＝ ．
故选C．
【分析】根据倒数的定义即可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、 中被开方数是分数，故不是最简二次根式；
B、 中被开方数是分数，故不是最简二次根式；
C、 中被开方数不含分母，不含能开得尽方的因数，故是最简二次根式；
D、 中含能开得尽方的因数，故不是最简二次根式；
故选：C
【分析】最简二次根式满足：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
3．【答案】A
【知识点】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】【解答】解：根据二次根式的乘法法则可得选项A正确；
选项B不是同类二次根式，不能够合并；
选项C，原式=2 ；
选项D，原式=2- ，
故选A.
4．【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A．，能作为直角三角形三边长度，符合题意；
B．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
C．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意；
D．，不能作为直角三角形三边长度，不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用勾股定理的逆定理（两边平方和等于第三边平方）逐项分析判断即可.
5．【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵，
∴字母所代表的正方形的面积．
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理即可得出答案。
6．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形，不符合题意；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形；不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形；符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形的判定方法（①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形）、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）、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）和正方形的判定方法（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.
7．【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接交于点，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵折叠矩形使与重合时，，，
∴，，
∴则Rt △AOF ∽Rt △ADC
∴，即：，
解得：，
∴，
故选C．
【分析】连接交于点，根据矩形性质可得，，根据勾股定理可得AC，再根据折叠性质可得，，再根据相似三角形判定定理可得Rt △AOF ∽Rt △ADC，则，代值计算可得AF，再根据边之间的关系即可求出答案.
8．【答案】D
【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：∵三角形的直角边分别对应数为和1，
∴直角三角形的两条直角边长分别为2和1，
根据勾股定理，
∴点A到的距离是，
设点A表示的数为a，
∴，
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，可得点A到的距离是，设点A表示的数为a，再求出点A表示的数即可.
9．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，
∴，
∵的周长为6，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴的周长为．
故答案为：B．
【分析】利用垂直平分线的性质可得，再利用三角形的周长公式及等量代换可得，再利用平行四边形的性质可得，，最后求出平行四边形的周长即可.
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长.
故答案为：B．
【分析】利用菱形的性质可得，再利用勾股定理求出CD的长，最后求出菱形的周长即可.
11．【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得，
解得：，
故答案为：．
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
12．【答案】10
【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，
∴，，
∴的周长，
∵，
∴．
故答案为：10．
【分析】利用平行四边形的性质可得，，再利用平行四边形的周长公式求出BC的长即可.
13．【答案】15
【知识点】直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵直角三角形的斜边上的中线长为，
∴这条斜边长为17，
∵其中一条直角边长为4，
∴另一直角边为，
故答案为：15．
【分析】先利用直角三角形斜边上中线的性质求出斜边的长，再利用勾股定理求出另一条直角边即可.
14．【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴点，
故答案为：．
【分析】根据两点间距离可得OC，根据菱形性质可得，，再根据点的坐标即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：四边形需满足的条件是，
理由：∵E，F分别是，的中点，M，N分别是，的中点，
∴，
根据三角形中位线定理得到，，
∴四边形为平行四边形，
当，即，则此时平行四边形是菱形，
故答案为：．
【分析】利用中点四边形的性质（①对角线相等的四边形的中点四边形是菱形；②对角线垂直的四边形的中点四边形是矩形；③对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形）分析求解即可.
16．【答案】10
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：过点B作，过点A作于点E，在的延长线上截取，连接，如图所示：
是的垂直平分线，
∴，，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
故答案为：10．
【分析】过点B作，过点A作于点E，在的延长线上截取，连接，先利用角的运算和等量代换可得，再利用“SAS”证出，利用全等三角形的性质可得，利用，求出，可得，利用勾股定理求出CF的长，从而可得．
17．【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式．
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）利用二次根式的加减法计算方法及步骤（①先利用二次根式的性质化简；②利用合并同类项的计算方法计算）分析求解即可；
（2）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可.
（1）解：原式；
（2）原式．
18．【答案】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
又∵，
∴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】先利用平行四边形的性质可得AD//BC，再结合，可得四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质可得AE=CF.
19．【答案】解：根据数轴可得：，
∴，，，
∴
，
．
【知识点】化简含绝对值有理数；求算术平方根；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【分析】先利用数轴判断出，可得，，，再去掉绝对值，最后合并同类项即可.
20．【答案】（1）解：由题意，如图，均满足，
对于，由勾股定理，得：，
∴，
；
对于，同法：，
对于，；
（2）6
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理的逆定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（2）同（1）法，如图，满足条件的格点C有6个，
故答案为：6．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理和三角形的作图方法作出图形并利用三角形的面积公式求解即可；
（2）利用直角三角形的定义作出图形即可.
（1）由题意，如图，均满足，
对于，由勾股定理，得：，
∴，
；
对于，同法：，
对于，；
（2）同（1）法，如图，满足条件的格点C有6个，
故答案为：6．
21．【答案】（1）解：∵，
∴，
∴的整数部分是，.
（2）解：由（1）可知：，，
∴．
【知识点】无理数的估值；二次根式的混合运算；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【分析】（1）利用估算无理数大小的方法求出a、b的值即可；
（2）将a、b的值直接代入计算即可.
（1）解：∵，
∴，
∴的整数部分是，；
（2）解：由（1）可知：，，
∴．
22．【答案】（1）证明：根据题意可得，，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，
理由：作于，于，如图所示：
由题意知：两个矩形等宽，
，
，
，
平行四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的判定方法（①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形）分析求解即可；
（2）先证出BC=CD，再结合四边形是平行四边形，即可得到平行四边形是菱形．
（1）证明：根据题意可得，，
四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，
理由：作于，于，
由题意知：两个矩形等宽，
，
，
，
平行四边形是菱形．
23．【答案】（1）解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点A逆时针旋转，点P的对应点为E，点C的对应点与点B重合，连接，
过点B作交延长线于点F，
由旋转性质得，，，
则是等边三角形，
故，，
∵
∴，
∴；
∴，
∴，，，
∴．
（2）解：将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，如图所示：
由旋转的性质得：，，，
∴和均为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，于点H，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴点C，H，M在同一条直线上，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
根据“两点之间线段最短”得：，
∴，
即
∴的最小值为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；费马点模型
【解析】【分析】（1）连接，过点B作交延长线于点F，证出是等边三角形，再求出，利用含30°角的直角三角形的性质求出BF的长，再利用勾股定理求出PF的长，利用线段的和差去除FA的长，最后利用勾股定理求出AB的长即可；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，根据“两点之间线段最短”得：，再求出即可.
（1）解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点A逆时针旋转，点P的对应点为E，点C的对应点与点B重合，连接，
过点B作交延长线于点F，
由旋转性质得，，，
则是等边三角形，
故，，
∵
∴，
∴；
∴，
∴，，，
∴．
（2）解：将绕点A逆时针旋转得到，点B的对应点为M，连接PN，过点C作于点H，如图所示：
由旋转的性质得：，，，
∴和均为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，，于点H，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∴点C，H，M在同一条直线上，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
根据“两点之间线段最短”得：，
∴，
即
∴的最小值为．
24．【答案】（1）证明：由折叠知，
∴，
又由折叠知：，
∴，
即，
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴.
（2）解：如图1，过点B作于Q，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴．
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
过点F作于点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠得：，设的交点为O，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（3）解：如图2，过点B作于Q，
设，则，
由勾股定理得：，，
由（2）同理得：，
∴，
问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，
根据勾股定理，，，
作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，
故答案为：．
【分析】（1）利用折叠的性质及角的运算和等量代换可得，再利用正方形的性质和平行线的性质可得，最后利用等量代换可得；
（2）过点B作于Q，则，先利用“HL”证出，利用全等三角形的性质可得CH=QH，再设，则，利用勾股定理求出x的值可得，过点F作于点M，证出四边形是矩形，可得，再证出，可得，利用勾股定理求出BP的长，从而可得EF的长；
（3）过点B作于Q，设，则，利用勾股定理求出BP的长，再构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，作出点P关于的对称点R，连接交于点W，再求出当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，从而得解.
（1）证明：由折叠知，
∴，
又由折叠知：，
∴，
即，
又∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图1，过点B作于Q，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴．
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
过点F作于点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠得：，设的交点为O，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴；
（3）解：如图2，过点B作于Q，
设，则，
由勾股定理得：，，
由（2）同理得：，
∴，
问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则，
根据勾股定理，，，
作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，
故答案为：．
25．【答案】（1）证明：由翻折得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，连接，
由（1）得：，，
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则有，
在中：，
在中：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
（3）或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；分类讨论
【解析】【解答】（3）解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴当点与O重合时．是等腰三角形，此时．
当时，
∴，
∴．
当时，过点P作于点J．
∵，，
，
，
，
，
，
．
综上所述，的长为或或．
故答案为：或或.
【分析】（1）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；
（2）连接，先求出，再设，则有，利用双勾股可得，求出x的值，最后求出即可；
（3）先求出，， 再分类讨论：①当点与O重合时，②当时，③当时，再分别求解即可.
（1）证明：由翻折得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）如图，连接，
由（1）得：，，
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则有，
在中：，
在中：，
∴，
解得：，
∴，
∴．
（3）解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴当点与O重合时．是等腰三角形，此时．
当时，
∴，
∴．
当时，过点P作于点J．
∵，，
，
，
，
，
，
．
综上所述，的长为或或．
1 / 1

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