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【真题严选】人教版2025—2026学年八年级下册期中临考预测猜题卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2025八下·防城港期中）下列二次根式中，与是同类二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·荔湾期中）在四边形中，，下列选项不能说明四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025八下·新田期中）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何？”大意是：如图，木柱，绳索比木柱长3尺，长为9尺，求绳索长为多少？设绳索长为x尺，根据题意，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025八下·德惠期中）如图，在中，、相交于点，若，，与的周长差为（　　）．
A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2025八下·东莞期中）如果，那么x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·东莞期中）“赵爽弦图”巧妙地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（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若，大正方形的面积为25，则图2中的长为（　　）
A．3 B．4 C． D．
7．（2025八下·长沙期中）顺次连接四边形各边中点所得到的四边形是矩形，则原四边形必须满足条件（　　）
A．菱形 B．矩形
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
8．（2025八下·龙马潭期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角形互相垂直平分且相等的四边形是正方形
9．（2025八下·龙港期中）如图，是直线上的一点，已知与的面积分别为、，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八下·杭州期中）如图，在平行四边形中，点将对角线分成两段，且，连接，并延长至点，使得，连接．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2024八下·寻甸期中）如图，菱形的对角线相交于点O，E为的中点，连接．若菱形的周长为72，则的长为　 　．
12．（2024八下·西秀期中）如图，在中，点E是的中点，平分，且于点D．若，，则的长为　 　．
13．（2024八下·成都期中）如图，，点P是平分线上一点，过点P作交于C，，过点P作于M，则　 　．
14．（2024八下·宁波期中）如图，在正方形ABCD中，△ABE为等边三角形，连接DE，CE，延长AE交CD于F点，则∠DEF的度数为　 　．
15．（2024八下·恩施期中） 如图，点E是线段上的一个动点，，且，则的最小值是　 　．
16．（2025八下·白云期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是　 　．
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2024八下·龙门期中）（1）
（2）
18．（2024八下·吴兴期中） 如图，在中，，是直线上的两点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，且，求的长．
19．（2024八下·南昌期中） 已知，，是三边的长，且，满足关系式．
（1）求，的值；
（2）若，判断的形状，并说明理由．
20．（2024八下·乌鲁木齐期中） 如图，在矩形中，对角线，交于点，分别过点，作，的平行线交于点，连接交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
21．（2024八下·玉州期中）某路段限速标志规定：小汽车在此路段上的行驶速度不得超过75km/h，如图，一辆小汽车在该笔直路段l上行驶，某一时刻刚好行驶到路对面的车速检测仪A的正前方30m的点C处，2s后小汽车行驶到点B处，测得此时小汽车与车速检测仪A间的距离为50m，∠ACB=90°.
（1）求BC的长．
（2）这辆小汽车超速了吗？并说明理由．
22．（2024八下·斗门期中）图，分别以a，b，m，n为边长作正方形 ．
（1）若，，求图1中两个正方形的面积之和；
（2）若，，求图2中的长；
（3）已知且满足，．若图1中两个正方形的面积和为2，图2中四边形的面积为3，求的面积．
23．（2025八下·鄞州期中）如图，一条河流的BD段长为12km，在B点的正北方4km处有一村庄A，在D点的正南方2km处有一村庄E，计划在BD上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小.请根据以上信息，回答下列问题：
（1）将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置；
（2）小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求出当x=　 　时，的值最小，且最小值为　 　；
（3）结合（1）（2）问，请直接写出下列代数式的最小值；
①的最小值　 　；
②的最小值为　 　.
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【真题严选】人教版2025—2026学年八年级下册期中临考预测猜题卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2025八下·防城港期中）下列二次根式中，与是同类二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：，与不是同类二次根式，故A选项不合题意；
，与不是同类二次根式，故B选项不合题意；
与不是同类二次根式，故C选项不合题意；
与是同类二次根式，故D选项符合题意；
故答案为：D．
【分析】先化简二次根式，然后根据同类二次根式的定义即可判定，二次根式化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．
2．（2025八下·荔湾期中）在四边形中，，下列选项不能说明四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、∵，，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
C、，不能说明四边形是平行四边形；故该选项符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形；故该选项不符合题意；
故答案为C
【分析】本题考查平行四边形的判定定理，已知，需结合各选项条件判断是否能推出四边形为平行四边形。选项A中，一组对边平行且相等（且），符合平行四边形的判定定理，可判定为平行四边形；选项B中，，根据“同旁内角互补，两直线平行”，可推出，结合已知，两组对边分别平行，能判定为平行四边形；选项D直接给出，与已知结合，满足“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”的判定条件；选项C中，仅知道和，这种情况可能是等腰梯形，等腰梯形只有一组对边平行且另一组对边相等，但不是平行四边形，因此不能判定。
3．（2025八下·新田期中）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何？”大意是：如图，木柱，绳索比木柱长3尺，长为9尺，求绳索长为多少？设绳索长为x尺，根据题意，可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解∶设绳索长为x尺，则长为尺，
根据题意，得，
故答案为∶A．
【分析】利用勾股定理列出方程即可．
4．（2025八下·德惠期中）如图，在中，、相交于点，若，，与的周长差为（　　）．
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【解析】【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵△OAD的周长=OA+AD+OD，△AOB的周长=OA+AB+BO，
∴△AOD与△AOB的周长差为OA+AD+OD-(OA+AB+BO)=AD-AB，
∵AB=8cm，AD=10cm，
∴△AOD与△AOB的周长差为：10-8=2cm，
故答案为：C．
【分析】
本题主要考查平行四边形的性质和三角形周长的计算，熟知平行四边形的性质是解题关键.根据平行四边形的性质：对角线互相平分可知：OB=OD，再根据三角形的周长计算公式=三边之和，代入数据可得：△OAD的周长=OA+AD+OD，△AOB的周长=OA+AB+BO；通过对两个三角形周长表达式作差，利用平行四边形性质进行化简，进而求出周长差，代入数据即可得出答案.
5．（2025八下·东莞期中）如果，那么x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：，
，
解得： ，
x的取值范围是 .
故答案为：B.
【分析】根据二次根式的性质得到，移项即可得到答案.
6．（2025八下·东莞期中）“赵爽弦图”巧妙地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（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若，大正方形的面积为25，则图2中的长为（　　）
A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：由图形2可知，中间四边形的边长为的小正方形，
∵大正方形的面积为25，
∴，
又∵大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积，
∴，
∴，
∴，
∴（负值已舍），
即图2中小正方形的边长为3，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据正方形面积可得，结合图形建立方程，化简可得，则图2中小正方形的边长为3，再根据勾股定理即可求出答案.
7．（2025八下·长沙期中）顺次连接四边形各边中点所得到的四边形是矩形，则原四边形必须满足条件（　　）
A．菱形 B．矩形
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【答案】D
【解析】【解答】解：A、∵菱形的对角线互相垂直，∴顺次连接菱形各边中点所得到的四边形是矩形，但题目要求原四边形必须满足的条件，菱形只是其中一种情况，不是必要条件，故此选项不符合题意；
B、∵矩形的对角线相等，∴顺次连接矩形各边中点所得到的四边形是菱形，故此选项不符合题意；
C、原四边形对角线相等时，顺次连接各边中点所得四边形是菱形，故此选项不符合题意；
D、原四边形对角线互相垂直时，顺次连接各边中点所得四边形是矩形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】顺次连接任意四边形各边中点所形成的四边形称为中点四边形；中点四边形的形状与原四边形的对角线有关：若原四边形的对角线互相垂直，则中点四边形为矩形；若原四边形的对角线相等，则中点四边形为菱形；若原四边形的对角线既垂直又相等，则中点四边形为正方形，据此结合菱形与矩形性质即可判断得出答案.
8．（2025八下·龙马潭期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角形互相垂直平分且相等的四边形是正方形
【答案】D
【解析】【解答】解：A、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴A错误；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴B错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，∴C错误；
D、对角形互相垂直平分且相等的四边形是正方形，∴D正确；
故答案为：D．
【分析】利用平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定和正方形的判定逐项分析即可.
9．（2025八下·龙港期中）如图，是直线上的一点，已知与的面积分别为、，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：已知平行四边形和的面积分别为和，
根据平行四边形性质可得：。
设与之间的距离为，则；
设与之间的距离为，则。
根据平行线间距离相等的性质，与之间的距离为。
因此，三角形的面积为：
故选：B。
【分析】本题主要考查平行四边形性质和平行线间距离关系。通过面积公式建立高度关系，利用平行线距离特性求解三角形面积。
10．（2025八下·杭州期中）如图，在平行四边形中，点将对角线分成两段，且，连接，并延长至点，使得，连接．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：连接，过点作交于点G，连接，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴是平行四边形，
∴
∵，
∴可设，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：A.
【分析】连接，过点作交于点G，连接，由二直线平行，内错角相等得∠EDG=∠EFC，结合对顶角相等，利用“ASA”证明△GED≌△CEF，由全等三角形的对应边相等得，从而由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形DGFC是平行四边形，由平行四边形的对边平行且相等得CD∥GF，且CD=GF，CD∥AB，CD=AB，故GF=AB，GF∥AB，从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形ABFG是平行四边形，得AG=BF，设，则，，得到，即可得到答案．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2024八下·寻甸期中）如图，菱形的对角线相交于点O，E为的中点，连接．若菱形的周长为72，则的长为　 　．
【答案】9
【解析】【解答】解：∵菱形的周长为72，
∴菱形边长为AB=BC=CD=AD=72÷4=18，
∵菱形ABCD的对角线相交于点O，
∴AC⊥BD，即△AOB是直角三角形，
∵E为AB的中点，
∴，
故答案为：9．
【分析】先根据菱形的四边相等结合菱形周长为72可算出AB=18，再根据菱形对角线互相垂直可得△AOB是直角三角形，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE的长.
12．（2024八下·西秀期中）如图，在中，点E是的中点，平分，且于点D．若，，则的长为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：延长交于N，
平分，，
，，
又，
，
，，
，
∵点E是的中点，
，
则是的中位线，
∴，
故答案为：．
【分析】延长交于N，利用角平分线的概念和垂直的定义可证得∠NAD=∠CAD，∠ADN=∠ADC，利用证得，利用全等三角形的性质可求出AN、BN的长，同时可证得，再根据三角形中位线的性质即可求解.
13．（2024八下·成都期中）如图，，点P是平分线上一点，过点P作交于C，，过点P作于M，则　 　．
【答案】6
【解析】【解答】解：过点P作于点N，如图所示：
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴．
故答案为：6．
【分析】过点P作于点N，由平行线的性质“两直线平行，内错角相等”和角平分线的概念可证，根据等腰三角形的判定“等角对等边”可得，根据角所对的直角边等于斜边的一半可得，在Rt△CPN中，用勾股定理求出PN的值，根据角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”得PM=PN可求解．
14．（2024八下·宁波期中）如图，在正方形ABCD中，△ABE为等边三角形，连接DE，CE，延长AE交CD于F点，则∠DEF的度数为　 　．
【答案】105°
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△ABE为等边三角形，
∴AE=BE=AB，∠EAB=60°，
∴AE=AD，∠EAD=∠BAD﹣∠BAE=30°，
∴∠AED=∠ADE=（180°﹣30°）=75°，
∴∠DEF=180°﹣∠AED=180°﹣75°=105°．
故答案为：105°．
【分析】利用正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=90°，根据等边三角形的性质得到AE=BE=AB，∠EAB=60°，即可得到AE=AD，∠EAD=30°，求出∠AED的度数，解题即可．
15．（2024八下·恩施期中） 如图，点E是线段上的一个动点，，且，则的最小值是　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，作点A关于线段BC的对称点F，连接BF，DF，DF交BC于点O，连接AO，
过点F作FH//BC，交DC的延长线于点H，过点H作HG⊥DF于点G，
由题意可知，∠ABC=∠FBC=120°=∠DCB，AO=FO，AB=BF，
∴BF//CH，
∵FH//BC，
∴四边形BFHC是平行四边形，
∴FH=BC=1，BF=CH=AB，
∵AB+DC=BC=1，
∴CH+CD=AB+CD=1=DH，
∴FH=DH，
当点E与点O重合时，则AE+DE的最小值即为FD的长，
∵FH//BC，
∴∠FHC=∠DCB=120°，
∵FH=DH，
∴∠FHG=60°，DF=2FG，
∴∠GFH=30°，
∴，
∴，
∴，即AE+DE的最小值为.
故答案为：.
【分析】作点A关于线段BC的对称点F，连接BF，DF，DF交BC于点O，连接AO，过点F作FH//BC，交DC的延长线于点H，过点H作HG⊥DF于点G，根据题意得到FBC=∠DCB=120°，即BF//CH，得到四边形BFHC是平行四边形，进而得到FH=DH，当点E与点O重合时，则AE+DE的最小值即为FD的长，根据勾股定理求出DF的长，即可得到答案.
16．（2025八下·白云期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接、交于点，
四边形为菱形，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，
，，，，，
四边形为矩形，
四边形的面积为，
则四边形的面积是，
故答案为：．
【分析】连接、交于点，先求出，再利用中位线的性质可得，，，，，求出四边形的面积为，最后求出四边形的面积是即可.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2024八下·龙门期中）（1）
（2）
【答案】（1）解：

（2）解：
【解析】【分析】（1）先将与化简成最简二次根式，后合并同类二次根式即可；
（2）、先将化简成最简二次根式，然后根据二次根式的乘除法运算法则，从左至右依次计算即可.
18．（2024八下·吴兴期中） 如图，在中，，是直线上的两点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，且，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，．
．
．
在和中，
，
．
，．
，
四边形是平行四边形；
（2）解：
，，，
，
连接交于，
，
四边形平行四边形，
，
，
设，
，
，
，
，
，
（负值舍去），
的长为．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质得到：，然后利用"SAS"证明则，，则，进而即可求证；
（2）根据题意利用勾股定理求出BD的长度，连接交于，即得到DO和OB的长度，然后根据平行四边形的性质得到：，设，最后根据勾股定理列出方程即可求解.
19．（2024八下·南昌期中） 已知，，是三边的长，且，满足关系式．
（1）求，的值；
（2）若，判断的形状，并说明理由．
【答案】（1）解：∵，得
∴
∴，
，，
∴，；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
，．
，
，
．
．
是等腰直角三角形．
【解析】【分析】
(1)先把变形为：，根据平方具有非负性，算术平方根具有非负性求解即可
(2)根据勾股定理的逆定理先计算：，再计算得出，从而推出三角形为直角三角形.
20．（2024八下·乌鲁木齐期中） 如图，在矩形中，对角线，交于点，分别过点，作，的平行线交于点，连接交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是矩形，，
，
，
是等边三角形，
，
四边形是菱形，
，，
，
在中，根据勾股定理得，
，
，
菱形的面积为．
【解析】【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，由矩形的性质可得OC=OD，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可求解；
（2）由题意易得△OCD是等边三角形，由等边三角形的性质得CD=OC，由菱形的性质可得∠DFO=90°，∠DOF=∠DOC=30°，根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得DF=OD，在Rt△DFO中，用勾股定理可求出OF的值，则OE=2OF，再根据菱形的面积=两对角线乘积的一半可求解.
21．（2024八下·玉州期中）某路段限速标志规定：小汽车在此路段上的行驶速度不得超过75km/h，如图，一辆小汽车在该笔直路段l上行驶，某一时刻刚好行驶到路对面的车速检测仪A的正前方30m的点C处，2s后小汽车行驶到点B处，测得此时小汽车与车速检测仪A间的距离为50m，∠ACB=90°.
（1）求BC的长．
（2）这辆小汽车超速了吗？并说明理由．
【答案】（1）解：根据题意得：∠ACB＝90°，AC＝30m，AB＝50m，
∴BC＝.
＝.
＝40（m）；
（2）解：这辆小汽车没有超速，理由如下：
∵该小汽车的速度为40÷2＝20（m/s）＝72（km/h）＜75km/h，.
∴这辆小汽车不超速．
【解析】【分析】（1）直接利用勾股定理计算即可；
（2）求出这辆小汽车的速度，进而判断即可．
22．（2024八下·斗门期中）图，分别以a，b，m，n为边长作正方形 ．
（1）若，，求图1中两个正方形的面积之和；
（2）若，，求图2中的长；
（3）已知且满足，．若图1中两个正方形的面积和为2，图2中四边形的面积为3，求的面积．
【答案】（1）解：∵，，
∴图1中两个正方形的面积之和为：；
（2）解：由题意知，，，∠B=∠E=90°，
∴，
∵，，
∴由勾股定理得：，，
∴，
∴的长为4；
（3）解：∵图1中两个正方形的面积和为2， 图2中四边形的面积为3，
∴，，
∵，，
∴，，
整理得，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为1．
【解析】【分析】（1）根据正方形面积计算公式即可求解；
（2）根据题意求出∠ACF=∠B=∠E=90°，然后利用勾股定理求出，的值，接下来继续由勾股定理得AF的值；
（3）先得，，，，然后将整理可求，从而有，即可求出的值.
23．（2025八下·鄞州期中）如图，一条河流的BD段长为12km，在B点的正北方4km处有一村庄A，在D点的正南方2km处有一村庄E，计划在BD上建一座桥C，使得桥C到A村和E村的距离和最小.请根据以上信息，回答下列问题：
（1）将桥C建在何处时，可以使得桥C到A村和E村的距离和最小？请在图中画出此时C点的位置；
（2）小明发现：设，则，则，根据（1）中的结论可以求出当x=　 　时，的值最小，且最小值为　 　；
（3）结合（1）（2）问，请直接写出下列代数式的最小值；
①的最小值　 　；
②的最小值为　 　.
【答案】（1）解：如图，连接AE交BD于点C'，点C'即为所作；
（2）8；km
（3）25；
【解析】【解答】解：（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；
∴AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，
∴，
∵AC+CE≥AE，
∴AC+CE的最小值为km，
设C'B=xkm，
∴，
解得x=8，
∴当x=8km时，AC+CE的值最小，最小值为km；
故答案为：8；km；
（3）①∵，
∴ 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴的最小值：
故答案为：25；
②∵
∴ 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长；
∴为直角边的直角三角形的斜边得长的最小值为.
故答案为：.
【分析】（1）根据两点之间线段最短，故连接AE，AE与BD的交点就是所求的点C的位置；
（2）过点A作AJ⊥ED交ED的延长线于点J，连接DC'，则四边形ABDJ是矩形；由矩形性质得AB=DJ=4km，AJ=BD=12km，则EJ=DE+DJ=6km，利用勾股定理算出AE，然后根据三角形三边关系得AC+CE≥AE，只有当C与C'重合即A、C、E三点共线的时候，AE最短，进而利用等面积法建立方程，求出x即可；
（3）①根据（1）（2）思路， 的最小值就是以24与7为直角边的直角三角形的斜边得长，从而根据勾股定理计算即可；
②根据（1）（2）思路， 的最小值就是以6和9为直角边的直角三角形的斜边得长，根据勾股定理计算即可.
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