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广西壮族自治区来宾市象州县2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．（2025八下·象州期中）在一个直角三角形中，一个锐角是，另一个锐角是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直角三角形的性质
【解析】【解答】解：直角三角形的一个锐角是，另一个锐角是．
故选：B．
【分析】根据直角三角形的两个锐角互余，求解即可．
2．（2025八下·象州期中）下列各组数分别为一个三角形三边的长，其中能构成直角三角形的一组是（　　）
A．3，4，5 B．4，6，9 C．7，9，10 D．11，12，15
【答案】A
【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，故本选项符合题意；
B、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【分析】根据勾股定理逆定理逐项进行判断即可求出答案.
3．（2025八下·象州期中）纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活．下面纹样的示意图中，即是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
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．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C． 可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，也可以找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项不符合题意；
D．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，可找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项不符合题意；
故选：C．
【分析】轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线（ 对称轴） 折叠， 使得直线两侧的图形能够完全重合； 中心对称图形则是指一个图形可以绕着一个点（ 对称中心） 旋转， 使得旋转前后的图形互相重合．
4．（2025八下·象州期中）如图，是一幅中式墙体窗格设计图，该窗格的外边框为正八边形，则该正八边形的内角和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正八边形的内角和为；
故选：D．
【分析】根据多边形内角和公式即可求出答案.
5．（2025八下·象州期中）如图，已知，若用 “”判定和全等，则需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【解答】解：，
，
，
，
则需要添加的条件是，
故选：．
【分析】根据全等三角形判定定理即可求出答案.
6．（2025八下·象州期中）菱形的边长为，那么菱形的周长是（　　）
A． B． C． D．18cm
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：根据菱形的性质可知，菱形的四个边长相等，
菱形的周长为，
故答案为：C．
【分析】
根据菱形的性质：四条边长相等，因而周长等于边长的4倍，解答即可.．
7．（2025八下·象州期中）两个完全一样的三角板如图摆放，使三角板的一条直角边分别与的边、重合，它们的顶点重合于点，则点一定在（　　）
A．的平分线上 B．边的高上
C．的中垂线上 D．的中线上
【答案】A
【知识点】角平分线的判定
【解析】【解答】
解：如图：
，，，
在的角平分线上，
故选：A．
【分析】
根据角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上，即可得出答案。
8．（2025八下·象州期中）如图，在矩形中，对角线相交于点，下列结论不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形中，对角线相交于点，
∴，，，
故选项A、B、D正确，选项C不一定成立，故选项C错误，
故选：C
【分析】根据矩形的性质，对选项逐个判断即可求解．
9．（2025八下·象州期中）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
10．（2025八下·象州期中）“赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若图中的直角三角形的长直角边是12，大正方形的面积是169，则小正方形的面积是（　　）
A．49 B．36 C．25 D．9
【答案】A
【知识点】勾股定理；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，
∵大正方形的面积是169，
∴，
∵直角三角形的长直角边是12，
∴，
∴小正方形的边长，
∴小正方形的面积．
故选：A．
【分析】设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，根据正方形面积可得c=13，根据勾股定理可得a，再求出小正方形的边长，再根据正方形面积即可求出答案.
11．（2025八下·象州期中）如图，在等边三角形中，，点D是的中点，过点D作于点F，过点F作于点E，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由于等边三角形的各边相等、每个内角都是60度，则由直角三角形两锐角互余可得，再由中点的概念可得，则由含30度角的直角三角形性质可得AF＝2，即CF＝6，同理可得CE＝3，则BE＝5．
12．（2025八下·象州期中）如图，在中，于点E，于点F．若，且的周长为40，则的面积为（　　）
A．48 B．36 C．40 D．24
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵的周长为40，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴的面积为．
故选：A
【分析】
由平行四边形的面积公式可得，则可得与的数量关系，再由平行四边形的对边相等得，则求出或即可．
二、填空题（本大题共4题，每小题3分，共12分．）
13．（2025八下·象州期中）如图，在平行四边形中，，则　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：在平行四边形中，，
则，
所以，
故答案为：．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，邻补角．熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键。根据平行四边形的对角相等的性质得到，而互为邻补角，最后根据邻补角的定义计算即可．
14．（2025八下·象州期中）如图，在中，是的中点，若，则的长是　 　．
【答案】8
【知识点】线段的中点；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：中，是的中点
∴
故答案为：8．
【分析】
根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半可得，解答即可．
15．（2025八下·象州期中）如图，在中，，点D在边上，将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处．若，则　 　
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据折叠的性质可得，，再根据三角形内角和定理可得，再由三角形内角和定理即可求出答案.
16．（2025八下·象州期中）如图，在中，是上的动点，过点分别作的垂线段，垂足分别为，连接，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，
，
，，
，，
，
四边形是矩形，
，
由垂线段最短可知，时，有最小值，此时有最小值，
，
，
即的最小值为，
故答案为：．
【分析】连接，由题意可得四边形是矩形，得到，由垂线段最短可知，时，有最小值，此时有最小值，利用等面积法求出CE的最小值即可．
三、解答题（本大题共7小题，共72分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（2025八下·象州期中）（1）计算：；
（2）化简：．
【答案】解：（1）原式
（2）原式
【知识点】分式的混合运算；有理数混合运算法则（含乘方）
【解析】【分析】（1）根据有理数的混合运算，结合有理数的乘方即可求出答案.
（2）根据分式的混合运算化简即可求出答案.
18．（2025八下·象州期中）如图，和关于点成中心对称．
（1）找出它们的对称中心O；
（2）若，，，求的周长．
【答案】（1）解：如图所示，点即为所求．（作法不唯一）
（2）解：∵和关于点成中心对称，
∴，，，
∴的周长，
答：的周长为18．
【知识点】中心对称的性质；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）连接、，交于点O，则点O是对称中心.
（2）根据对称性质可得，，，再根据三角形周长即可求出答案.
（1）解：如图所示，点即为所求．（作法不唯一）
（2）解：∵和关于点成中心对称，
∴，，，
∴的周长，
答：的周长为18．
19．（2025八下·象州期中）如图，在中，．
（1）过点作的平分线交于点（尺规作图，保留作图痕迹，标注有关字母，不用写作法和证明）；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）解：∠ABC的平分线如图所示．
（2）解：作DH⊥AB于H，如下图：
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥AB，
∴CD=DH=3，
∴△ABC的面积=S△BCD+S△ABD=BC CD+AB DH=×3BC+×3AB=×3（BC+AB）=×3×16=24．
【知识点】角平分线的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）根据题意，作出的角平分线，画出图形即可；
（2）作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质可得CD=DH，再△ABC的面积，利用三角形的面积公式求解即可．
（1）∠ABC的平分线如图所示．
（2）作DH⊥AB于H．
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥AB，
∴CD=DH=3，
∴△ABC的面积=S△BCD+S△ABD=BC CD+AB DH=×3BC+×3AB=×3（BC+AB）=×3×16=24．
20．（2025八下·象州期中）如图，在中，点，分别在，上，，连接与对角线相交于点．
（1）求证：；
（2）连接，为的中点，连接．若，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）解：∵点为的中点，，
∴是的中位线，
∵，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；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，，则，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据三角形中位线定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）解：∵点为的中点，，
∴是的中位线，
∵，
∴．
21．（2025八下·象州期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）证明：四边形是矩形，
．
，
四边形是矩形．
平分，
，
四边形的正方形．
（2）解：∵四边形的正方形．
∴，，
又∵
．
∵，
∴
∴是等腰三角形，
∴，
∵在矩形中，，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；矩形的判定；正方形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
（1）根据矩形的性质先由四边形是矩形得到，再结合已知条件可判定四边形是矩形；再根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）先根据正方形性质得到，，再由勾股定理求出，可判定得是等腰三角形，利用等腰三角形得性质得到，再根据内错角相等，得出，解答即可．
（1）证明：四边形是矩形，
．
，
四边形是矩形．
平分，
，
四边形的正方形．
（2）解：∵四边形的正方形．
∴，，
又∵
．
∵，
∴
∴，
∵在矩形中，，
．
22．（2025八下·象州期中）如图在四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线．于点E，交于点F，，连接，．
（1）求证：四边形为菱形．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵点O为对角线的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接，
∵点O为对角线的中点，
∴点O在线段上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
即的长为．
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）首先用“SAS”判断出，由全等三角形的对应角相等得，由内错角相等，两直线平行推出，从而利用两组对边分别平行得四边形是平行四边形可证明四边形是平行四边形，然后根据直角三角形量锐角互余及等量代换可得，结合平角可证明，进而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，再由等面积法及菱形的面积公式求出，即可得出结论．
（1）证明：∵点O为对角线的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接，
∵点O为对角线的中点，
∴点O在线段上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
即的长为．
23．（2025八下·象州期中）【综合与实践】
【问题探究】
（1）如图1，为四边形的对角线，，若，，，，试求四边形的面积；
【问题解决】
（2）如图2，四边形是某县一座全民健身中心的平面示意图，、、为三条走廊（点和点分别在边和上），米，米，米，米，，．求的长；
（3）随着民众健康意识的不断增强，对科学健身也有了更多的需求，为满足民众不断增长的健身需求，该县计划对这座全民健身中心进行重新规划，在上取点，并将区域修建为功能训练区，根据设计要求，应为等腰三角形，请你帮助设计人员计算出所有符合条件的的长．
【答案】（1）解：（1）由题意可得：．
∵，，
∴．
∵，，，
∴．
∴是直角三角形，且．
∴．
（2）∵，
∴，
∴（米）．
∵米，米，米，
∴．
∴是直角三角形，且，
∴，是直角三角形，
∵米，米，
∴米．
∵，
∴．
∴，
解得米．
（3）①当时，如图2，点在的位置，
∴米．
∴米．
②当时，如图2，点在的位置，
∵米，米，，
∴（米）．
由题意可得：（米）．
∴（米）；
③当时，如图2，点在的位置，
设，则．
，
∴，
解得，即．
∴（米）．
综上可知，的长为20米或14米或25米．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得BD，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，再根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AC，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，再根据勾股定理可得AB，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）分情况讨论：①当时，点在的位置，根据边之间的关系即可求出答案；②当时，点在的位置，根据勾股定理可得BF，再根据边之间的关系即可求出答案；③当时，点在的位置，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
1 / 1广西壮族自治区来宾市象州县2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．）
1．（2025八下·象州期中）在一个直角三角形中，一个锐角是，另一个锐角是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·象州期中）下列各组数分别为一个三角形三边的长，其中能构成直角三角形的一组是（　　）
A．3，4，5 B．4，6，9 C．7，9，10 D．11，12，15
3．（2025八下·象州期中）纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活．下面纹样的示意图中，即是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025八下·象州期中）如图，是一幅中式墙体窗格设计图，该窗格的外边框为正八边形，则该正八边形的内角和为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·象州期中）如图，已知，若用 “”判定和全等，则需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025八下·象州期中）菱形的边长为，那么菱形的周长是（　　）
A． B． C． D．18cm
7．（2025八下·象州期中）两个完全一样的三角板如图摆放，使三角板的一条直角边分别与的边、重合，它们的顶点重合于点，则点一定在（　　）
A．的平分线上 B．边的高上
C．的中垂线上 D．的中线上
8．（2025八下·象州期中）如图，在矩形中，对角线相交于点，下列结论不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·象州期中）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八下·象州期中）“赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若图中的直角三角形的长直角边是12，大正方形的面积是169，则小正方形的面积是（　　）
A．49 B．36 C．25 D．9
11．（2025八下·象州期中）如图，在等边三角形中，，点D是的中点，过点D作于点F，过点F作于点E，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
12．（2025八下·象州期中）如图，在中，于点E，于点F．若，且的周长为40，则的面积为（　　）
A．48 B．36 C．40 D．24
二、填空题（本大题共4题，每小题3分，共12分．）
13．（2025八下·象州期中）如图，在平行四边形中，，则　 　．
14．（2025八下·象州期中）如图，在中，是的中点，若，则的长是　 　．
15．（2025八下·象州期中）如图，在中，，点D在边上，将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处．若，则　 　
16．（2025八下·象州期中）如图，在中，是上的动点，过点分别作的垂线段，垂足分别为，连接，则的最小值为　 　．
三、解答题（本大题共7小题，共72分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（2025八下·象州期中）（1）计算：；
（2）化简：．
18．（2025八下·象州期中）如图，和关于点成中心对称．
（1）找出它们的对称中心O；
（2）若，，，求的周长．
19．（2025八下·象州期中）如图，在中，．
（1）过点作的平分线交于点（尺规作图，保留作图痕迹，标注有关字母，不用写作法和证明）；
（2）若，，求的面积．
20．（2025八下·象州期中）如图，在中，点，分别在，上，，连接与对角线相交于点．
（1）求证：；
（2）连接，为的中点，连接．若，求的长．
21．（2025八下·象州期中）如图，在矩形中，的平分线交于点，过点作于点，连接．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，求的度数．
22．（2025八下·象州期中）如图在四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线．于点E，交于点F，，连接，．
（1）求证：四边形为菱形．
（2）若，，求的长．
23．（2025八下·象州期中）【综合与实践】
【问题探究】
（1）如图1，为四边形的对角线，，若，，，，试求四边形的面积；
【问题解决】
（2）如图2，四边形是某县一座全民健身中心的平面示意图，、、为三条走廊（点和点分别在边和上），米，米，米，米，，．求的长；
（3）随着民众健康意识的不断增强，对科学健身也有了更多的需求，为满足民众不断增长的健身需求，该县计划对这座全民健身中心进行重新规划，在上取点，并将区域修建为功能训练区，根据设计要求，应为等腰三角形，请你帮助设计人员计算出所有符合条件的的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直角三角形的性质
【解析】【解答】解：直角三角形的一个锐角是，另一个锐角是．
故选：B．
【分析】根据直角三角形的两个锐角互余，求解即可．
2．【答案】A
【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，故本选项符合题意；
B、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、，，，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【分析】根据勾股定理逆定理逐项进行判断即可求出答案.
3．【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．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，找不到一点旋转后与原图重合，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C． 可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，也可以找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项不符合题意；
D．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，可找到一点旋转后与原图重合，是中心对称图形，故选项不符合题意；
故选：C．
【分析】轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线（ 对称轴） 折叠， 使得直线两侧的图形能够完全重合； 中心对称图形则是指一个图形可以绕着一个点（ 对称中心） 旋转， 使得旋转前后的图形互相重合．
4．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正八边形的内角和为；
故选：D．
【分析】根据多边形内角和公式即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL
【解析】【解答】解：，
，
，
，
则需要添加的条件是，
故选：．
【分析】根据全等三角形判定定理即可求出答案.
6．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：根据菱形的性质可知，菱形的四个边长相等，
菱形的周长为，
故答案为：C．
【分析】
根据菱形的性质：四条边长相等，因而周长等于边长的4倍，解答即可.．
7．【答案】A
【知识点】角平分线的判定
【解析】【解答】
解：如图：
，，，
在的角平分线上，
故选：A．
【分析】
根据角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上，即可得出答案。
8．【答案】C
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】解：在矩形中，对角线相交于点，
∴，，，
故选项A、B、D正确，选项C不一定成立，故选项C错误，
故选：C
【分析】根据矩形的性质，对选项逐个判断即可求解．
9．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
10．【答案】A
【知识点】勾股定理；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，
∵大正方形的面积是169，
∴，
∵直角三角形的长直角边是12，
∴，
∴小正方形的边长，
∴小正方形的面积．
故选：A．
【分析】设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，根据正方形面积可得c=13，根据勾股定理可得a，再求出小正方形的边长，再根据正方形面积即可求出答案.
11．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由于等边三角形的各边相等、每个内角都是60度，则由直角三角形两锐角互余可得，再由中点的概念可得，则由含30度角的直角三角形性质可得AF＝2，即CF＝6，同理可得CE＝3，则BE＝5．
12．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵的周长为40，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴的面积为．
故选：A
【分析】
由平行四边形的面积公式可得，则可得与的数量关系，再由平行四边形的对边相等得，则求出或即可．
13．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；邻补角
【解析】【解答】解：在平行四边形中，，
则，
所以，
故答案为：．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，邻补角．熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键。根据平行四边形的对角相等的性质得到，而互为邻补角，最后根据邻补角的定义计算即可．
14．【答案】8
【知识点】线段的中点；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：中，是的中点
∴
故答案为：8．
【分析】
根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半可得，解答即可．
15．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据折叠的性质可得，，再根据三角形内角和定理可得，再由三角形内角和定理即可求出答案.
16．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，
，
，，
，，
，
四边形是矩形，
，
由垂线段最短可知，时，有最小值，此时有最小值，
，
，
即的最小值为，
故答案为：．
【分析】连接，由题意可得四边形是矩形，得到，由垂线段最短可知，时，有最小值，此时有最小值，利用等面积法求出CE的最小值即可．
17．【答案】解：（1）原式
（2）原式
【知识点】分式的混合运算；有理数混合运算法则（含乘方）
【解析】【分析】（1）根据有理数的混合运算，结合有理数的乘方即可求出答案.
（2）根据分式的混合运算化简即可求出答案.
18．【答案】（1）解：如图所示，点即为所求．（作法不唯一）
（2）解：∵和关于点成中心对称，
∴，，，
∴的周长，
答：的周长为18．
【知识点】中心对称的性质；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）连接、，交于点O，则点O是对称中心.
（2）根据对称性质可得，，，再根据三角形周长即可求出答案.
（1）解：如图所示，点即为所求．（作法不唯一）
（2）解：∵和关于点成中心对称，
∴，，，
∴的周长，
答：的周长为18．
19．【答案】（1）解：∠ABC的平分线如图所示．
（2）解：作DH⊥AB于H，如下图：
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥AB，
∴CD=DH=3，
∴△ABC的面积=S△BCD+S△ABD=BC CD+AB DH=×3BC+×3AB=×3（BC+AB）=×3×16=24．
【知识点】角平分线的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】（1）根据题意，作出的角平分线，画出图形即可；
（2）作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质可得CD=DH，再△ABC的面积，利用三角形的面积公式求解即可．
（1）∠ABC的平分线如图所示．
（2）作DH⊥AB于H．
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥AB，
∴CD=DH=3，
∴△ABC的面积=S△BCD+S△ABD=BC CD+AB DH=×3BC+×3AB=×3（BC+AB）=×3×16=24．
20．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）解：∵点为的中点，，
∴是的中位线，
∵，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；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，，则，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）根据三角形中位线定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）解：∵点为的中点，，
∴是的中位线，
∵，
∴．
21．【答案】（1）证明：四边形是矩形，
．
，
四边形是矩形．
平分，
，
四边形的正方形．
（2）解：∵四边形的正方形．
∴，，
又∵
．
∵，
∴
∴是等腰三角形，
∴，
∵在矩形中，，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；矩形的判定；正方形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
（1）根据矩形的性质先由四边形是矩形得到，再结合已知条件可判定四边形是矩形；再根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）先根据正方形性质得到，，再由勾股定理求出，可判定得是等腰三角形，利用等腰三角形得性质得到，再根据内错角相等，得出，解答即可．
（1）证明：四边形是矩形，
．
，
四边形是矩形．
平分，
，
四边形的正方形．
（2）解：∵四边形的正方形．
∴，，
又∵
．
∵，
∴
∴，
∵在矩形中，，
．
22．【答案】（1）证明：∵点O为对角线的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接，
∵点O为对角线的中点，
∴点O在线段上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
即的长为．
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）首先用“SAS”判断出，由全等三角形的对应角相等得，由内错角相等，两直线平行推出，从而利用两组对边分别平行得四边形是平行四边形可证明四边形是平行四边形，然后根据直角三角形量锐角互余及等量代换可得，结合平角可证明，进而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，再由等面积法及菱形的面积公式求出，即可得出结论．
（1）证明：∵点O为对角线的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
连接，
∵点O为对角线的中点，
∴点O在线段上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：由（1）可知，四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
即的长为．
23．【答案】（1）解：（1）由题意可得：．
∵，，
∴．
∵，，，
∴．
∴是直角三角形，且．
∴．
（2）∵，
∴，
∴（米）．
∵米，米，米，
∴．
∴是直角三角形，且，
∴，是直角三角形，
∵米，米，
∴米．
∵，
∴．
∴，
解得米．
（3）①当时，如图2，点在的位置，
∴米．
∴米．
②当时，如图2，点在的位置，
∵米，米，，
∴（米）．
由题意可得：（米）．
∴（米）；
③当时，如图2，点在的位置，
设，则．
，
∴，
解得，即．
∴（米）．
综上可知，的长为20米或14米或25米．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换；勾股定理逆定理的实际应用
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得BD，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，再根据割补法，结合三角形面积即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AC，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，再根据勾股定理可得AB，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）分情况讨论：①当时，点在的位置，根据边之间的关系即可求出答案；②当时，点在的位置，根据勾股定理可得BF，再根据边之间的关系即可求出答案；③当时，点在的位置，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程可得，再根据边之间的关系即可求出答案.
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