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广东广州市越秀区广东实验中学2025—2026学年(下)教学质量评价 八年级 数学
1．下列各式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中，下列各组数中是“勾股数”的是（　　）
A．0.6，0.8，1 B．3，4，5 C． D．4，5，6
3．下列计算结果正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，要测定被池塘隔开的、两点的距离，可以在外选一点，连接、，并分别找出它们的中点、，连接．现测得，，，则、两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（　　）．
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是正方形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是矩形
6．如图，小益将平放在桌面上的正五边形磁力片和正六边形磁力片拼在一起（一边重合），则形成的的度数是（　　）
A． B． C． D．
7．若 ＝9﹣m，则实数m的取值范围是（　　）
A．m＞9 B．m＜9 C．m≥9 D．m≤9
8．如图，在矩形ABCD中，点A的坐标是（﹣1，0），点C的坐标是（2，4），则BD的长是（　　）
A．6 B．5 C．3 D．4
9．如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，菱形的面积为96，则的长为（　　）
A．6 B．5 C． D．3
10．如图，在中，，分别以直角三角形的三边为直径作三个半圆，再以斜边为边作正方形，若阴影部分的面积关系满足，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．若使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是　 　．
12．一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是　 　边形．
13．在中，，
（1）若，则　 　．
（2）若，则　 　．
14．如图，数轴上点，对应的实数分别为1，3，线段于点，且长为1个单位长度，若以点为圆心，长为半径的弧交数轴于0和1之间的点，则点表示的实数为　 　．
15．如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点落在边的垂直平分线上的点处，则的大小为　 　．
16．如图，在正方形中，，对角线、相交于点，过点作射线、分别交边于点，且，连接．给出下面5个结论：
①；
②；
③四边形CEOF的面积为；
④若的中点为，则的最小值为
⑤当时，．
上述结论中，所有正确的结论是　 　．（填序号）．
17．计算：
（1）；
（2）．
18．如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
19．已知边长分别是，的两个正方形的面积分别为，．
（1）求的值；
（2）用一根长为的铁丝，能否围成这两个正方形？
20．如图，在平面直角坐标系中，已知的顶点均在格点上，且的坐标分别为．
（1）证明：是直角三角形；
（2）若以为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为_____．
21．如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送（即水平距离），到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态．
（1）求秋千的长度．
（2）如果想要踏板离地的垂直高度为时，求需要将秋千往前推送多少？
22．如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
23．如图，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）求，的长；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值：如果不能，说明理由．
（3）若为直角三角形，求的值．
24．如图1，点是射线上的一个动点，点在射线的上方．现以点为顶点构造平行四边形．的平分线分别交于点，直线与相交于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点为中点，连接并延长交线段于点，若，求的长；
（3）如图1，在点的运动过程中，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
25．我们定义：对角线互相垂直且长度之比为k的四边形叫做“k－神奇四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“1－神奇四边形”的是_____（填序号）；
（2）如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连接．点M、N、P、Q分别是的中点．证明：四边形是“1－神奇四边形”；
（3）如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O．
①请画出点T，使四边形为“1－神奇四边形”（不需要证明）；
②若，正方形的边长为6，求线段的长；
（4）如图3，将图1中的正方形压扁成为（菱形，点E，G分别为边，上的点，，且满足四边形为“－神奇四边形”．若，求神奇四边形的面积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】A、不含能开得尽方的因数，是最简二次根式，故Ａ正确.
B、被开方数含有分母，不是最简二次根式，故Ｂ错误.
C、＝，被开方数含有分母，不是最简二次根式，故Ｃ错误.
D、被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故Ｄ错误.
故答案为：Ａ.
【分析】根据最简二次根式的定义分别判断Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ各选项为不含能开得尽方的因数，是最简二次根式，被开方数含有分母，不是最简二次根式，＝，被开方数含有分母，不是最简二次根式，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，即可得答案.
2．【答案】B
【知识点】勾股数
【解析】【解答】解：A、，不是正整数，不是勾股数，故Ａ错误.
B、，且三个数均为正整数，是勾股数，故Ｂ正确.
C、不是正整数，不是勾股数，故Ｃ错误.
D、，，，不是勾股数，故Ｄ错误.
故答案为：Ｂ.
【分析】根据勾股数的定义逐一判断Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ各选项为，不是正整数，不是勾股数，3，4，5，且三个数均为正整数，是勾股数，，不是正整数，不是勾股数，4，5，6不是勾股数，即可得答案.
3．【答案】D
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故Ａ错误.
B、 ，故Ｂ错误.
C、 ，故Ｃ错误.
D、，故Ｄ正确.
故答案为：Ｄ.
【分析】根据二次根式的加减乘除运算法则，得与不是同类二次根式，不能合并，，，即可得答案.
4．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】如图，
∵、分别是、的中点，
∴DE是三角形ABC的中位线，
∴AB=2DE=48cm．
故答案为：C．
【分析】根据、分别是、的中点，得DE是三角形ABC的中位线，再根据三角形中位线的性质得AB＝48cm即可得答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
A、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不满足题意，故A错误.
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，错误，故B正确.
C、邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故Ｃ错误.
D、一个角为直角的平行四边形是矩形，正确，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断为对角线相等的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形，一个角为直角的平行四边形是矩形，即可得答案.
6．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
，
，
，
故答案为：D．
【分析】根据多边形内角和公式及正多边形的性质求出的度数，再根据和为的度数.
7．【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵ ＝|9﹣m|＝9﹣m，
∴9﹣m≥0，
∴m≤9，
故答案为：D.
【分析】根据二次根式的非负性可得9-m≥0，求解可得m的范围.
8．【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；矩形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
∵点A的坐标是（-1，0），点C的坐标是（2，4），
∴线段AC= =5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5.
故答案为：B．
【分析】根据A（-1，0），C（2，4），得AC为5，根据四边形ABCD是矩形，得BD=AC=5即可得答案.
9．【答案】A
【知识点】菱形的性质；平行四边形的面积；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）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
四边形是菱形，
，，
Ｓ菱形 ABCD，，
，
，
，
，
在中，为的中点，
．
故答案为：Ａ.
【分析】根据菱形性质得相等，垂直，再根据菱形的面积公式求出的长为12，根据菱形对角线互相平分得出为中点，即可得即可得答案.
10．【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
在中，设，
，
由勾股定理可得，则，
∴
，
，
，
，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
故答案为：A．
【分析】在中，设分别为c、b、a，根据勾股定理可得，根据圆的面积公式、直角三角形面积公式表示出为，，再根据，从而得到，根据完全平方公式可得到，即可得.
11．【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴，解得：.
故答案为：.
【分析】根据被开方数为非负数得，解出即可得答案.
12．【答案】六
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，则180°（n-2）=720°，
∴ n=6，
即这个多边形是六边形.
故答案为：六.
【分析】设多边形的边数为n，根据题意列出方程，解方程即可.
13．【答案】；
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）在中，，，．
，即．
∴．
故答案为：.
（2）在中，，，
∴．
．
．
∴，
又，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】（1）根据含角的直角三角形性质可求出为1，再根据勾股定理求为即可得答案．
（2）在中，，，可求出，即可得，根据等角对等边得，根据勾股定理得，解出即可得答案.
14．【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：由题意得，在中，，
，
设原点为，
，
表示的实数为．
故答案为：．
【分析】先根据勾股定理得，根据即可求得.
15．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
连接，设与交于点，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，，，
∴，
∵垂直平分，
∴平分，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴．
故答案为：．
【分析】连接，根据菱形的性质、等于，得到为等边三角形，根据为的中点，再根据三线合一得为角平分线，即可得等于，等于，等于，即可得等于，根据折叠的性质得到等于，再根据三角形的内角和定理即可得的大小.
16．【答案】①②④⑤
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；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：如图，
∵四边形为正方形，对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴ ，故①正确.
由①得： ，
∴，，
在 中，由勾股定理得：，
∴，
在 中，，
∴，
∴，故②正确.
由①得： ，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∴ ， 四边形的面积为1，故③错误.
∵，，为中点，
∴，，
∴，
设，则 ，
∴，
∴当时，最小，最小值为，
∴ 的最小值为，故④正确.
∵，
∴，
∴，
由④知的最小值为，此时，即为中点，
此时 ，即为中点，
∵为正方形中心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当时，，
∴当时，，
∴ ，故⑤正确.
综上所述，正确的结论是：①②④⑤.
故答案为：①②④⑤.
【分析】根据正方形性质得出相等，等于，等于，再根据等于，根据同角的余角相等得出相等，根据判定全等 ，从而判断正确，根据全等得相等，在 中，根据勾股定理及 中可判断②，再根据全等三角形面积相等将四边形面积转化为面积，计算数值判断③，根据直角三角形斜边中线性质得等于的一半，即可得的和等于，再根据二次函数性质求最小值即可判断④，计算长度，结合最小值及取等条件判断⑤即可得答案.
17．【答案】（1）解：
．
（2）解：
．
【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】【分析】（1）把先化简二次根式得的，再合并同类二次根式即可得答案.
（2）根据二次根式乘法运算法则计算得，进一步化简即可得答案.
（1）解：
．
（2）解：
．
18．【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=FD，
∴BC-BE=AD-FD，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，结合题目已知条件BE=FD，进而得出AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
19．【答案】（1）解：∵边长分别是，的两个正方形的面积分别为，，∴，，
∴
∴的值为8m2.
（2）解：两个正方形的周长分别为 和 ，总周长为：，
∵，，，
∴能围成这两个正方形．
【知识点】无理数的估值；完全平方公式及运用；二次根式的加减法；二次根式的实际应用；算术平方根的实际应用
【解析】【分析】（1）根据题目情境 求出，，再相加即可得的值为8m2.
（2）求出这两个正方形的总周长，进而判断即可得能围成这两个正方形．
（1）解：∵边长分别是，的两个正方形的面积分别为，，
∴，，
∴
；
（2）解：两个正方形的周长分别为 和 ，
总周长为，
∵，，，
∴能围成这两个正方形．
20．【答案】（1）证明：如图，
∵点的坐标分别为，
∴，
，
，
∴，
∴是直角三角形.
（2）或或
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；坐标系中的两点距离公式；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：设点D的坐标为，当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：，解得，
∴点D的坐标为.
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，解得，
∴点D的坐标为.
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，解得，
∴点D的坐标为.
综上所述，点D的坐标为或或．
故答案为：或或.
【分析】（1）根据点的坐标分别为，求出AB＝10，AC＝40，BC＝50，即可得，可判断是直角三角形.
（2）设点D的坐标为，当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可列方程组，解出即可得点D的坐标为，同理得，当为对角线时，点D的坐标为，当为对角线时，点D的坐标为，综合即可得答案.
（1）证明：∵点的坐标分别为，
∴，
，
，
∴，
∴是直角三角形；
（2）解：设点D的坐标为，
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标为或或．
21．【答案】（1）解：如图，
根据题意得：四边形是矩形，，
∴，
∴，
设，则
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
∴，
答：秋千的长度为.
（2）解：当时， ，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴需要将秋千往前推送．
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；勾股定理的实际应用-旗杆高度问题；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】（1）根据四边形是矩形，相等，则可求出的长为0.9，即可求出的长为0.5，设，则，再根据勾股定理列方程，解出即可得秋千的长度为.
（2）当等于时，等于减等于1 ，等于减，等于1.5，再根据勾股定理求出的长即可得需要将秋千往前推送．
（1）解：由题意得，四边形是矩形，，
∴，
∴，
设，则
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
答：秋千的长度为；
（2）解：当时， ，
∴，
在中，由勾股定理得，
答：需要将秋千往前推送．
22．【答案】（1）证明：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形.
（2）解：如图，
∵在菱形中，对角线，交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定；等积变换
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得相等，平行，平行，即可证明全等，根据全等性质得到相等，相等，等于90度，即可证明四边形是平行四边形，进而可证明四边形是矩形.
（2）根据菱形的性质得，，，再根据勾股定理求出的长，再利用等面积法求解即可得的长．
（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵在菱形中，对角线，交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．【答案】（1）解：如图，
在中，，，，
，，
，
，
.
（2）解：当秒时，四边形是菱形，理由如下：
，
，
又，
，
，
当运动秒时，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
可得：，解得：，
当时，四边形是菱形.
（3）解：在中，，，
，
由（2）可知四边形是平行四边形，
；
当，如下图所示，
又，
四边形为矩形，
，，
，
，则有，，
，
，解得：；
当秒时，为直角三角形．
当时，如下图所示，
，
，
，
，
，
，解得：，
当时，为直角三角形.
综上所述，当或时，为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，可知等于的2倍，根据勾股定理可以求出、的长度即可.
（2）根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，得相等且平行，可证四边形是平行四边形，邻根据有一组边相等的平行四边形是菱形，可知当时，四边形是菱形，解方程求出值即可.
（3）在中，，，可得，由（2）可知四边形是平行四边形，得，当，时，根据，得四边形为矩形，进一步得，解得：，即可得当秒时，为直角三角形，同理得当时，当时，为直角三角形，综合即可得答案.
（1）解：在中，，，，
，，
，
，
；
（2）解：当秒时，四边形是菱形；
理由如下：
，
，
又，
，
，
当运动秒时，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
可得：，
解得：，
当时，四边形是菱形；
（3）解：在中，，，
，
由（2）可知四边形是平行四边形，
；
当，如下图所示，
又，
四边形为矩形，
，，
，
，
则有，，
，
，
解得：；
当秒时，为直角三角形．
当时，如下图所示，
，
，
，
，
，
，
解得：，
当时，为直角三角形；
综上所述，当或时，为直角三角形．
24．【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴∠，
∴．
（2）解：如图，
延长交于，
由（）知，点为中点，，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，，
∴∠，，
∴，，
∴，，
又∵，，，
∴，
∴；
同理可证，
∴是的中点，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴．
（3）解：如图，
过作交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
由（）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（）可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（）根据平行四边形的性质得平行，平行，再根据角平分线得到平分，平分，通过等于即可求证．
（）延长交于，通过，点为中点，平分，平分，求得，，再根据相等，证得相等，同理可证相等，得到是的中点，最后证明为的中位线即可得的长 .
（）过作交于，根据平行四边形性质可证明四边形是平行四边形，即可得
平行，相等，相等，由（）知，即可得等于，进一步得到，最后证出即可得.
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴∠，
∴．
（2）解：延长交于，
由（）知，点为中点，，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，，
∴∠，，
∴，，
∴，，
又∵，，，
∴，
∴；
同理可证，
∴是的中点，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴．
（3）解：如图，
过作交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
由（）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（）可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．【答案】（1）④
（2）证明：如图，设与交点I，
∵点M，N为，中点，
∴，，
∵点P，Q为，中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点M，Q为，中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为正方形，
∴对角线，即，，
∴四边形是“1－神奇四边形”．
（3）解：①根据题意作图如下：
②设，，
在中，，
∴，解得，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，解得，
∴，
∵，
∴．
（4）解：如图，
过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，
根据题意得：，设，，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，，
∵交点H，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质；正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，即④．
故答案为：④.
【分析】（1）根据行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，即可得正方形是“神奇四边形”.
（2）根据已知条件证明四边形是平行四边形，进一步得相等，即可证明全等，根据全等性质得相等，进一步推理得为正方形，根据对角线，即，，再由“神奇四边形”的定义即可得四边形是“1－神奇四边形”.
（3）①根据垂直，相等，过点B作，交于点G，由（2）得，全等，即可得相等，再根据排序，平行，得四边形是平行四边形，即可得相等，即可得相等，即，，即可得四边形为“1－神奇四边形”.
②设，，由勾股定理得，解得，得到和的长度，再设，则，，根据勾股定理求得，根据勾股定理和三角形面积公式即可得 线段的长 .
（4）根据题意设，，过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，根据菱形的判定与性质得四边形为平行四边形，进一步证明全等，根据全等三角形的性质得，即可得，，进一步推理得，根据勾股定理求得，，进一步得，
，再根据计算即可得答案.
（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，即④．
（2）证明：∵点M，N为，中点，
∴，，
∵点P，Q为，中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点M，Q为，中点，
∴，，
∴，
如图，设与交点I，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为正方形，
∴对角线，即，，
∴四边形是“1－神奇四边形”．
（3）解：①如图所示，点T即为所求，
∵，，
过点B作，交于点G，
由（2）得，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，，
∴四边形为“1－神奇四边形”；
②设，，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴．
（4）解：由题可知，，
设，，
如图，过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，，
∵交点H，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴
．
1 / 1广东广州市越秀区广东实验中学2025—2026学年(下)教学质量评价 八年级 数学
1．下列各式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】A、不含能开得尽方的因数，是最简二次根式，故Ａ正确.
B、被开方数含有分母，不是最简二次根式，故Ｂ错误.
C、＝，被开方数含有分母，不是最简二次根式，故Ｃ错误.
D、被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故Ｄ错误.
故答案为：Ａ.
【分析】根据最简二次根式的定义分别判断Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ各选项为不含能开得尽方的因数，是最简二次根式，被开方数含有分母，不是最简二次根式，＝，被开方数含有分母，不是最简二次根式，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，即可得答案.
2．我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中，下列各组数中是“勾股数”的是（　　）
A．0.6，0.8，1 B．3，4，5 C． D．4，5，6
【答案】B
【知识点】勾股数
【解析】【解答】解：A、，不是正整数，不是勾股数，故Ａ错误.
B、，且三个数均为正整数，是勾股数，故Ｂ正确.
C、不是正整数，不是勾股数，故Ｃ错误.
D、，，，不是勾股数，故Ｄ错误.
故答案为：Ｂ.
【分析】根据勾股数的定义逐一判断Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ各选项为，不是正整数，不是勾股数，3，4，5，且三个数均为正整数，是勾股数，，不是正整数，不是勾股数，4，5，6不是勾股数，即可得答案.
3．下列计算结果正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的乘除混合运算；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，故Ａ错误.
B、 ，故Ｂ错误.
C、 ，故Ｃ错误.
D、，故Ｄ正确.
故答案为：Ｄ.
【分析】根据二次根式的加减乘除运算法则，得与不是同类二次根式，不能合并，，，即可得答案.
4．如图，要测定被池塘隔开的、两点的距离，可以在外选一点，连接、，并分别找出它们的中点、，连接．现测得，，，则、两点间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】如图，
∵、分别是、的中点，
∴DE是三角形ABC的中位线，
∴AB=2DE=48cm．
故答案为：C．
【分析】根据、分别是、的中点，得DE是三角形ABC的中位线，再根据三角形中位线的性质得AB＝48cm即可得答案.
5．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（　　）．
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是正方形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是矩形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
A、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不满足题意，故A错误.
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，错误，故B正确.
C、邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故Ｃ错误.
D、一个角为直角的平行四边形是矩形，正确，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断为对角线相等的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形，一个角为直角的平行四边形是矩形，即可得答案.
6．如图，小益将平放在桌面上的正五边形磁力片和正六边形磁力片拼在一起（一边重合），则形成的的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
，
，
，
故答案为：D．
【分析】根据多边形内角和公式及正多边形的性质求出的度数，再根据和为的度数.
7．若 ＝9﹣m，则实数m的取值范围是（　　）
A．m＞9 B．m＜9 C．m≥9 D．m≤9
【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：∵ ＝|9﹣m|＝9﹣m，
∴9﹣m≥0，
∴m≤9，
故答案为：D.
【分析】根据二次根式的非负性可得9-m≥0，求解可得m的范围.
8．如图，在矩形ABCD中，点A的坐标是（﹣1，0），点C的坐标是（2，4），则BD的长是（　　）
A．6 B．5 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；矩形的判定与性质；坐标系中的两点距离公式；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
∵点A的坐标是（-1，0），点C的坐标是（2，4），
∴线段AC= =5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5.
故答案为：B．
【分析】根据A（-1，0），C（2，4），得AC为5，根据四边形ABCD是矩形，得BD=AC=5即可得答案.
9．如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，若，菱形的面积为96，则的长为（　　）
A．6 B．5 C． D．3
【答案】A
【知识点】菱形的性质；平行四边形的面积；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）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，
四边形是菱形，
，，
Ｓ菱形 ABCD，，
，
，
，
，
在中，为的中点，
．
故答案为：Ａ.
【分析】根据菱形性质得相等，垂直，再根据菱形的面积公式求出的长为12，根据菱形对角线互相平分得出为中点，即可得即可得答案.
10．如图，在中，，分别以直角三角形的三边为直径作三个半圆，再以斜边为边作正方形，若阴影部分的面积关系满足，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】完全平方公式及运用；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
在中，设，
，
由勾股定理可得，则，
∴
，
，
，
，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
，
故答案为：A．
【分析】在中，设分别为c、b、a，根据勾股定理可得，根据圆的面积公式、直角三角形面积公式表示出为，，再根据，从而得到，根据完全平方公式可得到，即可得.
11．若使二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴，解得：.
故答案为：.
【分析】根据被开方数为非负数得，解出即可得答案.
12．一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是　 　边形．
【答案】六
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，则180°（n-2）=720°，
∴ n=6，
即这个多边形是六边形.
故答案为：六.
【分析】设多边形的边数为n，根据题意列出方程，解方程即可.
13．在中，，
（1）若，则　 　．
（2）若，则　 　．
【答案】；
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）在中，，，．
，即．
∴．
故答案为：.
（2）在中，，，
∴．
．
．
∴，
又，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】（1）根据含角的直角三角形性质可求出为1，再根据勾股定理求为即可得答案．
（2）在中，，，可求出，即可得，根据等角对等边得，根据勾股定理得，解出即可得答案.
14．如图，数轴上点，对应的实数分别为1，3，线段于点，且长为1个单位长度，若以点为圆心，长为半径的弧交数轴于0和1之间的点，则点表示的实数为　 　．
【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：由题意得，在中，，
，
设原点为，
，
表示的实数为．
故答案为：．
【分析】先根据勾股定理得，根据即可求得.
15．如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点落在边的垂直平分线上的点处，则的大小为　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，
连接，设与交于点，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，，，
∴，
∵垂直平分，
∴平分，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴．
故答案为：．
【分析】连接，根据菱形的性质、等于，得到为等边三角形，根据为的中点，再根据三线合一得为角平分线，即可得等于，等于，等于，即可得等于，根据折叠的性质得到等于，再根据三角形的内角和定理即可得的大小.
16．如图，在正方形中，，对角线、相交于点，过点作射线、分别交边于点，且，连接．给出下面5个结论：
①；
②；
③四边形CEOF的面积为；
④若的中点为，则的最小值为
⑤当时，．
上述结论中，所有正确的结论是　 　．（填序号）．
【答案】①②④⑤
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；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：如图，
∵四边形为正方形，对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴ ，故①正确.
由①得： ，
∴，，
在 中，由勾股定理得：，
∴，
在 中，，
∴，
∴，故②正确.
由①得： ，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∴ ， 四边形的面积为1，故③错误.
∵，，为中点，
∴，，
∴，
设，则 ，
∴，
∴当时，最小，最小值为，
∴ 的最小值为，故④正确.
∵，
∴，
∴，
由④知的最小值为，此时，即为中点，
此时 ，即为中点，
∵为正方形中心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当时，，
∴当时，，
∴ ，故⑤正确.
综上所述，正确的结论是：①②④⑤.
故答案为：①②④⑤.
【分析】根据正方形性质得出相等，等于，等于，再根据等于，根据同角的余角相等得出相等，根据判定全等 ，从而判断正确，根据全等得相等，在 中，根据勾股定理及 中可判断②，再根据全等三角形面积相等将四边形面积转化为面积，计算数值判断③，根据直角三角形斜边中线性质得等于的一半，即可得的和等于，再根据二次函数性质求最小值即可判断④，计算长度，结合最小值及取等条件判断⑤即可得答案.
17．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
．
（2）解：
．
【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】【分析】（1）把先化简二次根式得的，再合并同类二次根式即可得答案.
（2）根据二次根式乘法运算法则计算得，进一步化简即可得答案.
（1）解：
．
（2）解：
．
18．如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=FD，
∴BC-BE=AD-FD，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，结合题目已知条件BE=FD，进而得出AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
19．已知边长分别是，的两个正方形的面积分别为，．
（1）求的值；
（2）用一根长为的铁丝，能否围成这两个正方形？
【答案】（1）解：∵边长分别是，的两个正方形的面积分别为，，∴，，
∴
∴的值为8m2.
（2）解：两个正方形的周长分别为 和 ，总周长为：，
∵，，，
∴能围成这两个正方形．
【知识点】无理数的估值；完全平方公式及运用；二次根式的加减法；二次根式的实际应用；算术平方根的实际应用
【解析】【分析】（1）根据题目情境 求出，，再相加即可得的值为8m2.
（2）求出这两个正方形的总周长，进而判断即可得能围成这两个正方形．
（1）解：∵边长分别是，的两个正方形的面积分别为，，
∴，，
∴
；
（2）解：两个正方形的周长分别为 和 ，
总周长为，
∵，，，
∴能围成这两个正方形．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知的顶点均在格点上，且的坐标分别为．
（1）证明：是直角三角形；
（2）若以为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为_____．
【答案】（1）证明：如图，
∵点的坐标分别为，
∴，
，
，
∴，
∴是直角三角形.
（2）或或
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；坐标系中的两点距离公式；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：设点D的坐标为，当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：，解得，
∴点D的坐标为.
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，解得，
∴点D的坐标为.
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，解得，
∴点D的坐标为.
综上所述，点D的坐标为或或．
故答案为：或或.
【分析】（1）根据点的坐标分别为，求出AB＝10，AC＝40，BC＝50，即可得，可判断是直角三角形.
（2）设点D的坐标为，当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可列方程组，解出即可得点D的坐标为，同理得，当为对角线时，点D的坐标为，当为对角线时，点D的坐标为，综合即可得答案.
（1）证明：∵点的坐标分别为，
∴，
，
，
∴，
∴是直角三角形；
（2）解：设点D的坐标为，
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为
当为对角线时，由平行四边形两条对角线的中点坐标相同可得：
，
解得，
∴点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标为或或．
21．如图，有一架秋千，当它静止在的位置时，踏板离地的垂直高度为，将秋千往前推送（即水平距离），到达的位置，此时，秋千的踏板离地的垂直高度为，秋千的绳索始终保持拉直的状态．
（1）求秋千的长度．
（2）如果想要踏板离地的垂直高度为时，求需要将秋千往前推送多少？
【答案】（1）解：如图，
根据题意得：四边形是矩形，，
∴，
∴，
设，则
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
∴，
答：秋千的长度为.
（2）解：当时， ，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴需要将秋千往前推送．
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；勾股定理的实际应用-旗杆高度问题；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【分析】（1）根据四边形是矩形，相等，则可求出的长为0.9，即可求出的长为0.5，设，则，再根据勾股定理列方程，解出即可得秋千的长度为.
（2）当等于时，等于减等于1 ，等于减，等于1.5，再根据勾股定理求出的长即可得需要将秋千往前推送．
（1）解：由题意得，四边形是矩形，，
∴，
∴，
设，则
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
答：秋千的长度为；
（2）解：当时， ，
∴，
在中，由勾股定理得，
答：需要将秋千往前推送．
22．如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形.
（2）解：如图，
∵在菱形中，对角线，交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定；等积变换
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得相等，平行，平行，即可证明全等，根据全等性质得到相等，相等，等于90度，即可证明四边形是平行四边形，进而可证明四边形是矩形.
（2）根据菱形的性质得，，，再根据勾股定理求出的长，再利用等面积法求解即可得的长．
（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵在菱形中，对角线，交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．如图，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）求，的长；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值：如果不能，说明理由．
（3）若为直角三角形，求的值．
【答案】（1）解：如图，
在中，，，，
，，
，
，
.
（2）解：当秒时，四边形是菱形，理由如下：
，
，
又，
，
，
当运动秒时，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
可得：，解得：，
当时，四边形是菱形.
（3）解：在中，，，
，
由（2）可知四边形是平行四边形，
；
当，如下图所示，
又，
四边形为矩形，
，，
，
，则有，，
，
，解得：；
当秒时，为直角三角形．
当时，如下图所示，
，
，
，
，
，
，解得：，
当时，为直角三角形.
综上所述，当或时，为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，可知等于的2倍，根据勾股定理可以求出、的长度即可.
（2）根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，得相等且平行，可证四边形是平行四边形，邻根据有一组边相等的平行四边形是菱形，可知当时，四边形是菱形，解方程求出值即可.
（3）在中，，，可得，由（2）可知四边形是平行四边形，得，当，时，根据，得四边形为矩形，进一步得，解得：，即可得当秒时，为直角三角形，同理得当时，当时，为直角三角形，综合即可得答案.
（1）解：在中，，，，
，，
，
，
；
（2）解：当秒时，四边形是菱形；
理由如下：
，
，
又，
，
，
当运动秒时，，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
可得：，
解得：，
当时，四边形是菱形；
（3）解：在中，，，
，
由（2）可知四边形是平行四边形，
；
当，如下图所示，
又，
四边形为矩形，
，，
，
，
则有，，
，
，
解得：；
当秒时，为直角三角形．
当时，如下图所示，
，
，
，
，
，
，
解得：，
当时，为直角三角形；
综上所述，当或时，为直角三角形．
24．如图1，点是射线上的一个动点，点在射线的上方．现以点为顶点构造平行四边形．的平分线分别交于点，直线与相交于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点为中点，连接并延长交线段于点，若，求的长；
（3）如图1，在点的运动过程中，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴∠，
∴．
（2）解：如图，
延长交于，
由（）知，点为中点，，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，，
∴∠，，
∴，，
∴，，
又∵，，，
∴，
∴；
同理可证，
∴是的中点，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴．
（3）解：如图，
过作交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
由（）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（）可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（）根据平行四边形的性质得平行，平行，再根据角平分线得到平分，平分，通过等于即可求证．
（）延长交于，通过，点为中点，平分，平分，求得，，再根据相等，证得相等，同理可证相等，得到是的中点，最后证明为的中位线即可得的长 .
（）过作交于，根据平行四边形性质可证明四边形是平行四边形，即可得
平行，相等，相等，由（）知，即可得等于，进一步得到，最后证出即可得.
（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴∠，
∴．
（2）解：延长交于，
由（）知，点为中点，，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∴，，
∴∠，，
∴，，
∴，，
又∵，，，
∴，
∴；
同理可证，
∴是的中点，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∴．
（3）解：如图，
过作交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
由（）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（）可知，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．我们定义：对角线互相垂直且长度之比为k的四边形叫做“k－神奇四边形”．
（1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“1－神奇四边形”的是_____（填序号）；
（2）如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连接．点M、N、P、Q分别是的中点．证明：四边形是“1－神奇四边形”；
（3）如图2，点F、R分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O．
①请画出点T，使四边形为“1－神奇四边形”（不需要证明）；
②若，正方形的边长为6，求线段的长；
（4）如图3，将图1中的正方形压扁成为（菱形，点E，G分别为边，上的点，，且满足四边形为“－神奇四边形”．若，求神奇四边形的面积．
【答案】（1）④
（2）证明：如图，设与交点I，
∵点M，N为，中点，
∴，，
∵点P，Q为，中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点M，Q为，中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为正方形，
∴对角线，即，，
∴四边形是“1－神奇四边形”．
（3）解：①根据题意作图如下：
②设，，
在中，，
∴，解得，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，解得，
∴，
∵，
∴．
（4）解：如图，
过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，
根据题意得：，设，，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，，
∵交点H，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质；正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，即④．
故答案为：④.
【分析】（1）根据行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，即可得正方形是“神奇四边形”.
（2）根据已知条件证明四边形是平行四边形，进一步得相等，即可证明全等，根据全等性质得相等，进一步推理得为正方形，根据对角线，即，，再由“神奇四边形”的定义即可得四边形是“1－神奇四边形”.
（3）①根据垂直，相等，过点B作，交于点G，由（2）得，全等，即可得相等，再根据排序，平行，得四边形是平行四边形，即可得相等，即可得相等，即，，即可得四边形为“1－神奇四边形”.
②设，，由勾股定理得，解得，得到和的长度，再设，则，，根据勾股定理求得，根据勾股定理和三角形面积公式即可得 线段的长 .
（4）根据题意设，，过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，根据菱形的判定与性质得四边形为平行四边形，进一步证明全等，根据全等三角形的性质得，即可得，，进一步推理得，根据勾股定理求得，，进一步得，
，再根据计算即可得答案.
（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，即④．
（2）证明：∵点M，N为，中点，
∴，，
∵点P，Q为，中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点M，Q为，中点，
∴，，
∴，
如图，设与交点I，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为正方形，
∴对角线，即，，
∴四边形是“1－神奇四边形”．
（3）解：①如图所示，点T即为所求，
∵，，
过点B作，交于点G，
由（2）得，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，即，，
∴四边形为“1－神奇四边形”；
②设，，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴．
（4）解：由题可知，，
设，，
如图，过点C作交于点S，过点C作交于点J，交于点L，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，，
∵交点H，，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴
．
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