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四川省绵阳市游仙区2024-2025学年八年级下学期5月期中数学试题
一、选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．下列根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数是分数，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
B、满足最简二次根式的条件，故是最简二次根式，此选项符合题意；
C、，被开方数是小数，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
D、含开得尽方的因数4，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
故选：B．
【分析】
根据最简二次根式的定义（被开方数不含分母且不含能开得尽方的因数或因式），依次判断各选项是否符合条件.
2．下列计算中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的除法
【解析】【解答】解：A、，故原选项计算错误，不符合题意；
B、，故原选项计算错误，不符合题意；
C、，故原选项计算错误，不符合题意；
D、，故原选项计算正确，符合题意；
故选：D．
【分析】
根据二次根式的性质以及二次根式的运算法则，对每个选项逐一进行分析判断.
3．已知中，、、所对的边的长分别是、、，根据下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】，
，
，
，
，
为直角三角形，故A选项不符合题意；
，，，
为不是直角三角形，故B选项符合题意；
，
设，，
，，
，
为直角三角形，故C选项不符合题意；
，
为直角三角形，故D选项不符合题意；
故选：B．
【分析】
A、若三角形的一个角等于另外两个角之和，则由三角形的内角和可得这个角为直角，即三角形一定是直角三角形；
B、由三角形的内角和定理可求出三个角的度数，由于没有90度的角，即三角形不是直角三角形；
C、5、12、13是一组勾肌数，则三角形是直角三角形；
D、由平方差公式结合勾股定理的逆定理可得三角形是直角三角形．
4．平行四边形中， ，则 （　　）
A．70° B．110° C．125° D．130°
【答案】C
【知识点】角的运算；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在 ABCD中，∠A＝∠C，ADBC
∵∠A+∠C＝110°，
∴∠A＝∠C＝55°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝125°，
故选：C．
【分析】
由平行四边形的性质可知∠A＝∠C，即∠A的度数可得，再根据平行四边形的邻角互补即可求出∠B．
5．如图，矩形的顶点，在数轴上，点表示，，，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，则点所表示的数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：如图，连接，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得，
，
以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，
，
点表示，
点所表示的数为：，
故选：C．
【分析】
先利用勾股定理求出，则，再利用线段的和差关系可得，由于点M在原点的右侧，则点M表示的数字即BM的长．
6．下列各式中，一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、中的被开方数，A不是二次根式，A错误；
B、中的a小于0时不是二次根式，B错误；
C、是三次根式，C错误；
D、是二次根式，D正确；
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的定义逐一判断即可.
7．计算的结果是（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的混合运算；积的乘方运算的逆用
【解析】【解答】解：
．
故选：C．
【分析】
先将指数拆分，再利用平方差公式简化底数乘积，最后计算出结果即可.
8．如图，折叠矩形纸片，使点落在点处，折痕为，已知，，则的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：如图，设交于点，连接，
由折叠可知，垂直平分
四边形是矩形
在和中
四边形是平行四边形
又
平行四边形是菱形
，，
设，则
在中，
在中，，即
解得：
故选：B．
【分析】
如图，连接BM、DN，设MN交BD于点O，则由折叠的性质知MN垂直平分BD，再利用矩形的性质结合ASA可判定，则OM＝ON，即四边形MBND是菱形，则BM＝DM，此时再利用勾股定理可得BD、BM的值，即DM的长可得，再利用等面积法即菱形BNDM的面积既等于DM与AB的乘积，也等于BD与MN乘积的一半列式计算即可．
9．对角线相等且互相平分的四边形一定是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形
【答案】B
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，
∴对角线相等且互相平分的四边形一定是矩形．
故选B
【分析】
首先明确各选项中四边形对角线的性质，再根据“对角线相等且互相平分”的条件进行判断.
10．如图，菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】点的坐标；菱形的性质；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】设D点的坐标为(a，b)，
菱形的对角线的交点也是两条对角线的中点，
∴AC的中点与BD的中点坐标相同，
∴根据中点坐标公式有：，
则a=2，b=3，
即D点坐标为：(2，3)，
故选：D．
【分析】
由于菱形的对角线互相垂直平分，则AC的中点与BD的中点重合，再利用中点坐标公式列式计算即可．
11．如图，菱形的对角线，相交于点O，E，F分别是，边上的中点，连接．若，，则菱形的面积为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：E，F分别是，边上的中点，，
，
四边形是菱形，
菱形的面积=，
故选：C．
【分析】
首先根据E，F分别是AD，CD的中点，利用三角形中位线定理求出对角线AC的长度，再利用菱形面积等于对角线乘积的一半，结合已知BD的长度计算面积即可.
12．如图，在正方形中，点P为延长线上任一点，连接．过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F．下列结论：
①；
②；
③；
④若，则．
其中正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，在上取一点，使得，连接、，
，
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，故①正确；
连接，
，
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，故③错误；
连接交于，
，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，故②错误；
设，，则，
∴，，
∵，，
∴，
若，则，
∴，
即，故④正确；
综上所述，正确的有①④，共个，
故选：B．
【分析】
通过构造全等三角形和平行四边形，利用正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质逐一判断各个结论是否正确.
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．若代数式有意义，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】∵代数式有意义，
∴
解得，
故答案为：．
【分析】
二次根式具有双重非负性，即．
14．已知直角三角形的三边分别为6、8、x，则x＝　 　.
【答案】10或2
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：分两种情况进行讨论：
①两直角边分别为6，8，由勾股定理得 ，
②一直角边为6，一斜边为8，由勾股定理得 ；
故答案为10或 .
【分析】根据勾股定理的内容，两直角边的平方和等于斜边的平方，分两种情况进行解答.
15．已知实数，在数轴上的对应点如图，则　 　．
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；化简含绝对值有理数；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】由数轴可知，a<0∴a+b<0，a-b<0，
∴
．
故答案为：
【分析】
根据数轴判断a，b的正负以及绝对值大小关系，可以判断出a+b<0，a-b<0，再根据二次根式的性质化简式子即可解答.
16．有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使为正方形（如图）．现在文文选择了②③，你认为文文选择的　 　（填“对”或“不对”）
【答案】不对
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
再根据现有条件无法证明为正方形，
∴文文选择的不对，
故答案为：不对．
【分析】先依据平行四边形判定为矩形、正方形的定理，分析所选条件能否使平行四边形ABCD成为正方形.
17．如图，用7个棱长为1的正方体搭成一个几何体，沿着该几何体的表面从点到点的所有路径中，最短路径的长是　 　．
【答案】5
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：将将第一层小正方体的顶面和正面，以及第二层小正方体的顶面和正面展开，如下图，
连接，
则最短路径
故答案为：5．
【分析】我们需要把从点M到点N的路径在展开图中呈现出来，然后找到其中最短的路径，利用两点之间线段最短的原理计算出长度即可.
18．如图所示，为直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧，分别交，于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧于点M，N，连接分别交，于点P，Q，连接，，则四边形的周长为　 　．
【答案】24
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：如图，令交于，
，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
由作图可得，平分，垂直平分，
∴，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长，
故答案为：．
【分析】
先根据直角三角形的性质求出°和边长AC=9，再依据尺规作图的性质得出角平分线和垂直平分线，通过全等三角形证明四边形是菱形，最后利用直角三角形的边角关系求出菱形的边长AP=6，进而求出四边形的周长．
三、解答题（共46分）
19．（1）计算：；
（2）先化简，再求值：已知，求的值．
【答案】解：（1）
；
（2）∵，
∴，
∴，
当时，原式

【知识点】分式的化简求值；负整数指数幂；分母有理化；二次根式的混合运算；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】
（1）需分别计算二次根式、负整数指数幂、零指数幂、绝对值，再合并同类项，再计算即可得解.
（2）先化简x的值（分母有理化，分子分母同乘）得到x的值，再分式化简，最后代入的值进行计算即可得解．
20．如图，在中，E，F分别为边上的点，且．求证：四边形是平行四边形．
【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】先利用平行四边形的性质可得，，再利用角的运算和等量代换求出，再结合，即可证出四边形是平行四边形.
21．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，与的每个顶点都在格点上．
（1）与中有直角三角形吗 若有，请指出并说明理由；
（2）求中边上的高．
【答案】（1）解：有直角三角形，是直角三角形，理由如下：
由勾股定理得：
，，，
，
不是直角三角形；
由勾股定理得：
，，，
，
是直角三角形；
（2）解：由（1）可知：，，，
设边上的高为，
，
，
边上的高为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）先利用勾股定理分别求出两三角形各边的长，再利用勾股定理的逆定理判断是否为直角三角形即可；
（2）由于是直角三角形，可利用等面积法求解即可．
22．如图，点O是菱形对角线的交点，，，连接．
（1）求证：；
（2）如果，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
．
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
；
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）知，，，
在中，由勾股定理得，
，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】
（1）先利用平行四边形的概念可判定四边形OBEC是平行四边形，再利用菱形的对角线互相垂直平分可得平行四边形OBEC是矩形，再利用矩形的对角线相等即可；
（2）由于菱形的对角线互相垂直平分，即OD＝OB、OA＝OC，则在直角三角形OCD中应用勾股定理可分别得OD、OC的值，即AC、BD的长可得，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半即可．
（1）证明：四边形是菱形，
．
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
；
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）知，，，
在中，由勾股定理得，
，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积．
23．（1）【阅读理解】如图①，在中，，是斜边上的中线．试判断与的数量关系．解决此问题可以用如下方法：延长至点E，使，连接，．易证四边形是矩形，得到，即可作出判断．则与的数量关系为 ；
（2）【问题探究】如图②，直角三角形纸片中，，点D是边的中点，连接，将沿折叠，点A落在点E处，此时恰好有．若，求的长度；
（3）【拓展延伸】如图③，在等腰直角三角形中，，，D是边的中点，E，F分别是边，上的动点，且，当点E从点A运动到点C时，的中点M所经过的路径长是多少？
【答案】解：（1）
（2）如图2中，设交于点O．
∵，，
∴，
∴，
由翻折的性质可知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）过点D作，，如图，
∵，，
∴．
∵D是边中点，
∴，
同理：，
∵，
∴．
∴四边形为正方形，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形，
当点E从点A运动到点C时，的中点M所经过的路径为，中点的连线，
即M所经过的路径为，
∵，，
∴，
∴的中点M所经过的路径长为．
【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；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），理由如下：延长到E，使，连接，，则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）延长到E，使，连接，，则，因为CD是斜边AB上的中线，所以AD=BD，所以得出平行四边形是矩形，进而得出，即可得出结果；
（2）利用直角三角形斜边中线的性质、折叠的性质以及三角函数来求解即可；
（3）通过作辅助线，过点D作，，利用三角形中位线定理得到、正方形的判定与性质、根据全等三角形的判定与性质可得到以及等腰直角三角形的性质来求解即可.
24．如图，四边形为一个正方形，点E是的中点，连接，交的延长线于点F．连接、，、分别与交于点P、Q．
（1）求证：；
（2）求证：Q为的中点；
（3）连接，若正方形的边长为，则的长度为？
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：如图，取的中点M，连接，
∵，，
∴，
∵点E是的中点，点M是的中点，
∴，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴Q为的中点；
（3）解：如图，将绕点D逆时针旋转可得，连接，
∴，，，
∴，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可得AD=CD且所有内角为90°。点E是BC的中点，可得到BE=EC，再利用全等三角形的判定条件ASA即可证明，进而得到DF=DE.
（2）取的中点M，连接，由于DF=DE且， 根据等腰直角三角形的性质可得，由题意 点E是的中点 得，，，再根据全等三角形的判定条件AAS可证明，进而可得出，即可解答.
（3）连接DQ，将绕点D逆时针旋转可得，连接，得到，，，已知正方形边长为4，所以，，由于，，，所以，，∴，根据条件可证明，得出，再根据勾股定理计算即可解答．
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：如图，取的中点M，连接，
∵，，
∴，
∵点E是的中点，点M是的中点，
∴，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴Q为的中点；
（3）解：如图，将绕点D逆时针旋转可得，连接，
∴，，，
∴，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为．
1 / 1四川省绵阳市游仙区2024-2025学年八年级下学期5月期中数学试题
一、选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．下列根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列计算中，正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．已知中，、、所对的边的长分别是、、，根据下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．平行四边形中， ，则 （　　）
A．70° B．110° C．125° D．130°
5．如图，矩形的顶点，在数轴上，点表示，，，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，则点所表示的数为（　　）
A． B． C． D．
6．下列各式中，一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
7．计算的结果是（　　）
A．1 B． C． D．
8．如图，折叠矩形纸片，使点落在点处，折痕为，已知，，则的长是（　　）
A． B． C． D．
9．对角线相等且互相平分的四边形一定是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形
10．如图，菱形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（　　）
A． B． C． D．
11．如图，菱形的对角线，相交于点O，E，F分别是，边上的中点，连接．若，，则菱形的面积为（　　）．
A． B． C． D．
12．如图，在正方形中，点P为延长线上任一点，连接．过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F．下列结论：
①；
②；
③；
④若，则．
其中正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
13．若代数式有意义，则x的取值范围是　 　．
14．已知直角三角形的三边分别为6、8、x，则x＝　 　.
15．已知实数，在数轴上的对应点如图，则　 　．
16．有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使为正方形（如图）．现在文文选择了②③，你认为文文选择的　 　（填“对”或“不对”）
17．如图，用7个棱长为1的正方体搭成一个几何体，沿着该几何体的表面从点到点的所有路径中，最短路径的长是　 　．
18．如图所示，为直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧，分别交，于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧于点M，N，连接分别交，于点P，Q，连接，，则四边形的周长为　 　．
三、解答题（共46分）
19．（1）计算：；
（2）先化简，再求值：已知，求的值．
20．如图，在中，E，F分别为边上的点，且．求证：四边形是平行四边形．
21．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，与的每个顶点都在格点上．
（1）与中有直角三角形吗 若有，请指出并说明理由；
（2）求中边上的高．
22．如图，点O是菱形对角线的交点，，，连接．
（1）求证：；
（2）如果，，求菱形的面积．
23．（1）【阅读理解】如图①，在中，，是斜边上的中线．试判断与的数量关系．解决此问题可以用如下方法：延长至点E，使，连接，．易证四边形是矩形，得到，即可作出判断．则与的数量关系为 ；
（2）【问题探究】如图②，直角三角形纸片中，，点D是边的中点，连接，将沿折叠，点A落在点E处，此时恰好有．若，求的长度；
（3）【拓展延伸】如图③，在等腰直角三角形中，，，D是边的中点，E，F分别是边，上的动点，且，当点E从点A运动到点C时，的中点M所经过的路径长是多少？
24．如图，四边形为一个正方形，点E是的中点，连接，交的延长线于点F．连接、，、分别与交于点P、Q．
（1）求证：；
（2）求证：Q为的中点；
（3）连接，若正方形的边长为，则的长度为？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二次根式的性质与化简；最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，被开方数是分数，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
B、满足最简二次根式的条件，故是最简二次根式，此选项符合题意；
C、，被开方数是小数，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
D、含开得尽方的因数4，故不是最简二次根式，此选项不符合题意；
故选：B．
【分析】
根据最简二次根式的定义（被开方数不含分母且不含能开得尽方的因数或因式），依次判断各选项是否符合条件.
2．【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的除法
【解析】【解答】解：A、，故原选项计算错误，不符合题意；
B、，故原选项计算错误，不符合题意；
C、，故原选项计算错误，不符合题意；
D、，故原选项计算正确，符合题意；
故选：D．
【分析】
根据二次根式的性质以及二次根式的运算法则，对每个选项逐一进行分析判断.
3．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】，
，
，
，
，
为直角三角形，故A选项不符合题意；
，，，
为不是直角三角形，故B选项符合题意；
，
设，，
，，
，
为直角三角形，故C选项不符合题意；
，
为直角三角形，故D选项不符合题意；
故选：B．
【分析】
A、若三角形的一个角等于另外两个角之和，则由三角形的内角和可得这个角为直角，即三角形一定是直角三角形；
B、由三角形的内角和定理可求出三个角的度数，由于没有90度的角，即三角形不是直角三角形；
C、5、12、13是一组勾肌数，则三角形是直角三角形；
D、由平方差公式结合勾股定理的逆定理可得三角形是直角三角形．
4．【答案】C
【知识点】角的运算；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在 ABCD中，∠A＝∠C，ADBC
∵∠A+∠C＝110°，
∴∠A＝∠C＝55°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝125°，
故选：C．
【分析】
由平行四边形的性质可知∠A＝∠C，即∠A的度数可得，再根据平行四边形的邻角互补即可求出∠B．
5．【答案】C
【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：如图，连接，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得，
，
以点为圆心，对角线的长为半径作弧，交数轴的正半轴于点，
，
点表示，
点所表示的数为：，
故选：C．
【分析】
先利用勾股定理求出，则，再利用线段的和差关系可得，由于点M在原点的右侧，则点M表示的数字即BM的长．
6．【答案】D
【知识点】二次根式的概念
【解析】【解答】解：A、中的被开方数，A不是二次根式，A错误；
B、中的a小于0时不是二次根式，B错误；
C、是三次根式，C错误；
D、是二次根式，D正确；
故答案为：D．
【分析】根据二次根式的定义逐一判断即可.
7．【答案】C
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的混合运算；积的乘方运算的逆用
【解析】【解答】解：
．
故选：C．
【分析】
先将指数拆分，再利用平方差公式简化底数乘积，最后计算出结果即可.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；平行四边形的面积
【解析】【解答】解：如图，设交于点，连接，
由折叠可知，垂直平分
四边形是矩形
在和中
四边形是平行四边形
又
平行四边形是菱形
，，
设，则
在中，
在中，，即
解得：
故选：B．
【分析】
如图，连接BM、DN，设MN交BD于点O，则由折叠的性质知MN垂直平分BD，再利用矩形的性质结合ASA可判定，则OM＝ON，即四边形MBND是菱形，则BM＝DM，此时再利用勾股定理可得BD、BM的值，即DM的长可得，再利用等面积法即菱形BNDM的面积既等于DM与AB的乘积，也等于BD与MN乘积的一半列式计算即可．
9．【答案】B
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，
∴对角线相等且互相平分的四边形一定是矩形．
故选B
【分析】
首先明确各选项中四边形对角线的性质，再根据“对角线相等且互相平分”的条件进行判断.
10．【答案】D
【知识点】点的坐标；菱形的性质；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】设D点的坐标为(a，b)，
菱形的对角线的交点也是两条对角线的中点，
∴AC的中点与BD的中点坐标相同，
∴根据中点坐标公式有：，
则a=2，b=3，
即D点坐标为：(2，3)，
故选：D．
【分析】
由于菱形的对角线互相垂直平分，则AC的中点与BD的中点重合，再利用中点坐标公式列式计算即可．
11．【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：E，F分别是，边上的中点，，
，
四边形是菱形，
菱形的面积=，
故选：C．
【分析】
首先根据E，F分别是AD，CD的中点，利用三角形中位线定理求出对角线AC的长度，再利用菱形面积等于对角线乘积的一半，结合已知BD的长度计算面积即可.
12．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，在上取一点，使得，连接、，
，
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，故①正确；
连接，
，
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，故③错误；
连接交于，
，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，故②错误；
设，，则，
∴，，
∵，，
∴，
若，则，
∴，
即，故④正确；
综上所述，正确的有①④，共个，
故选：B．
【分析】
通过构造全等三角形和平行四边形，利用正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质逐一判断各个结论是否正确.
13．【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】∵代数式有意义，
∴
解得，
故答案为：．
【分析】
二次根式具有双重非负性，即．
14．【答案】10或2
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：分两种情况进行讨论：
①两直角边分别为6，8，由勾股定理得 ，
②一直角边为6，一斜边为8，由勾股定理得 ；
故答案为10或 .
【分析】根据勾股定理的内容，两直角边的平方和等于斜边的平方，分两种情况进行解答.
15．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；化简含绝对值有理数；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】由数轴可知，a<0∴a+b<0，a-b<0，
∴
．
故答案为：
【分析】
根据数轴判断a，b的正负以及绝对值大小关系，可以判断出a+b<0，a-b<0，再根据二次根式的性质化简式子即可解答.
16．【答案】不对
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
再根据现有条件无法证明为正方形，
∴文文选择的不对，
故答案为：不对．
【分析】先依据平行四边形判定为矩形、正方形的定理，分析所选条件能否使平行四边形ABCD成为正方形.
17．【答案】5
【知识点】两点之间线段最短；勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：将将第一层小正方体的顶面和正面，以及第二层小正方体的顶面和正面展开，如下图，
连接，
则最短路径
故答案为：5．
【分析】我们需要把从点M到点N的路径在展开图中呈现出来，然后找到其中最短的路径，利用两点之间线段最短的原理计算出长度即可.
18．【答案】24
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：如图，令交于，
，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
由作图可得，平分，垂直平分，
∴，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的周长，
故答案为：．
【分析】
先根据直角三角形的性质求出°和边长AC=9，再依据尺规作图的性质得出角平分线和垂直平分线，通过全等三角形证明四边形是菱形，最后利用直角三角形的边角关系求出菱形的边长AP=6，进而求出四边形的周长．
19．【答案】解：（1）
；
（2）∵，
∴，
∴，
当时，原式

【知识点】分式的化简求值；负整数指数幂；分母有理化；二次根式的混合运算；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】
（1）需分别计算二次根式、负整数指数幂、零指数幂、绝对值，再合并同类项，再计算即可得解.
（2）先化简x的值（分母有理化，分子分母同乘）得到x的值，再分式化简，最后代入的值进行计算即可得解．
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】先利用平行四边形的性质可得，，再利用角的运算和等量代换求出，再结合，即可证出四边形是平行四边形.
21．【答案】（1）解：有直角三角形，是直角三角形，理由如下：
由勾股定理得：
，，，
，
不是直角三角形；
由勾股定理得：
，，，
，
是直角三角形；
（2）解：由（1）可知：，，，
设边上的高为，
，
，
边上的高为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【分析】（1）先利用勾股定理分别求出两三角形各边的长，再利用勾股定理的逆定理判断是否为直角三角形即可；
（2）由于是直角三角形，可利用等面积法求解即可．
22．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
．
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
；
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）知，，，
在中，由勾股定理得，
，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】
（1）先利用平行四边形的概念可判定四边形OBEC是平行四边形，再利用菱形的对角线互相垂直平分可得平行四边形OBEC是矩形，再利用矩形的对角线相等即可；
（2）由于菱形的对角线互相垂直平分，即OD＝OB、OA＝OC，则在直角三角形OCD中应用勾股定理可分别得OD、OC的值，即AC、BD的长可得，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半即可．
（1）证明：四边形是菱形，
．
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
；
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）知，，，
在中，由勾股定理得，
，．
四边形是菱形，
，，
菱形的面积．
23．【答案】解：（1）
（2）如图2中，设交于点O．
∵，，
∴，
∴，
由翻折的性质可知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）过点D作，，如图，
∵，，
∴．
∵D是边中点，
∴，
同理：，
∵，
∴．
∴四边形为正方形，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形，
当点E从点A运动到点C时，的中点M所经过的路径为，中点的连线，
即M所经过的路径为，
∵，，
∴，
∴的中点M所经过的路径长为．
【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；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），理由如下：延长到E，使，连接，，则，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）延长到E，使，连接，，则，因为CD是斜边AB上的中线，所以AD=BD，所以得出平行四边形是矩形，进而得出，即可得出结果；
（2）利用直角三角形斜边中线的性质、折叠的性质以及三角函数来求解即可；
（3）通过作辅助线，过点D作，，利用三角形中位线定理得到、正方形的判定与性质、根据全等三角形的判定与性质可得到以及等腰直角三角形的性质来求解即可.
24．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：如图，取的中点M，连接，
∵，，
∴，
∵点E是的中点，点M是的中点，
∴，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴Q为的中点；
（3）解：如图，将绕点D逆时针旋转可得，连接，
∴，，，
∴，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可得AD=CD且所有内角为90°。点E是BC的中点，可得到BE=EC，再利用全等三角形的判定条件ASA即可证明，进而得到DF=DE.
（2）取的中点M，连接，由于DF=DE且， 根据等腰直角三角形的性质可得，由题意 点E是的中点 得，，，再根据全等三角形的判定条件AAS可证明，进而可得出，即可解答.
（3）连接DQ，将绕点D逆时针旋转可得，连接，得到，，，已知正方形边长为4，所以，，由于，，，所以，，∴，根据条件可证明，得出，再根据勾股定理计算即可解答．
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：如图，取的中点M，连接，
∵，，
∴，
∵点E是的中点，点M是的中点，
∴，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴Q为的中点；
（3）解：如图，将绕点D逆时针旋转可得，连接，
∴，，，
∴，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为．
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