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天津市宝坻区2025-2026学年八年级下学期数学期中试题
1．式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：要使 在实数范围内有意义， 只需.
故答案为：B.
【分析】要使二次根式在实数范围内有意义，只需二次根式内是非负数，转化为不等式求解.
2．下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能组成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B．1，，3 C．6，8，10 D．，，
【答案】C
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵对于选项A，，
∴不能构成直角三角形，故不符合题意；
∵对于选项B，，不满足三角形两边之和大于第三边，
∴不能构成三角形，故不符合题意；
∵对于选项C，，即，
∴能构成直角三角形，故符合题意；
∵对于选项D，，
∴不能构成直角三角形，故不符合题意．
故选：C
【分析】 据勾股定理逆定理：若三角形三边中最长边的平方，等于另外两边平方和，则此三角形为直角三角形.将各选项边长代入验证即可，同时注意先排查三边能否构成三角形.
3．在中，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题以平行四边形内角的关系为背景，考查了平行四边形的对角相等这一性质。根据平行四边形对角相等，直接得出∠C＝∠A。
4．下列根式是最简二次根式的（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因数，符合最简二次根式要求，A符合题意.
的被开方数含有分母，不符合要求，B不符合题意；
，被开方数含有分母，不符合要求，C不符合题意；
，被开方数含有能开得尽方的因数4，不符合要求，D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据最简二次根式的两个判定条件逐一判断选项即可，最简二次根式需满足：被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式.
5．若一个多边形的内角和是，则这个多边形是（　　）
A．十边形 B．六边形 C．八边形 D．七边形
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：．
这个多边形是八边形．
故
【分析】根据变形得：边数内角和，即可得到答案．
6．下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．有一个角是直角的四边形是矩形
D．有三个角是直角的平行四边形是正方形
【答案】A
【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：∵ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（菱形的判定定理），∴ A正确；
∵ 对角线相等的四边形不一定是平行四边形（如等腰梯形），∴ B错误；
∵ 有一个角是直角的四边形不一定是矩形（如直角梯形），∴ C错误；
∵ 有三个角是直角的平行四边形是矩形，但矩形不一定是正方形，∴ D错误．
故选：A．
【分析】本题以特殊四边形的判定为背景，考查了菱形、平行四边形、矩形、正方形的判定定理。逐一分析各选项是否符合相应图形的判定条件，找出说法正确的一项。
7．如图，以的两直角边为边向外作正方形，其面积分别为，，若，，则斜边的长是（　　）
A．6 B．8 C．10 D．100
【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】根据正方形的面积公式可得，，根据勾股定理可得，即可求得AB的长.
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点坐标为，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，且点在第二象限，
∴，
故选：．
【分析】
过点作轴于点，过点作轴于点，因为四边形OABC为正方形，通过正方形的性质可得∠OAD=∠COE，AO=CO，∠ADO=∠OEC=90°，根据ASA可得，由全等三角形对应边相等可得，，根据点的坐标可确定的长，即可求解．
9．如图，的对角线，相交于点，且，，则的周长是（　　）
A．44 B．27 C．34 D．17
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，AB=CD=10，
∵AC+BD=34，
∴CO+DO=17，
∴△OCD的周长=OC+OD+CD=27，
故选：B．
【分析】由平行四边形的对角线互相平分，对边相等，可得AO=CO，BO=DO，AB=CD=10，即可求解．
10．如图，在中，，，，分别是，的中点，，则的长是（　　）
A．4 B．5 C．5.5 D．6
【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解： ∵分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴．
故答案为：B
【分析】先根据三角形中位线定理求出，再利用勾股定理求出.
11．如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（　　）
A．36 B．30 C．24 D．18
【答案】C
【知识点】平行线的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴菱形的周长，
故选：C．
【分析】本题以菱形与等边三角形综合为背景，考查了菱形的性质、平行线的性质及等边三角形的判定与性质。由菱形得AD∥BC及AB＝BC，结合∠BAD＝120°得∠B＝60°，证△ABC为等边三角形，得AB＝AC，再求菱形周长。
12．如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；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：矩形，
，，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
点为的中点，
．
故答案为：A
【分析】由矩形的性质、平行线的性质得，根据角平分线的定义得，进而得到，等角对等边得，利用勾股定理求出，再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案.
13．计算的结果等于　 　.
【答案】
【知识点】二次根式的混合运算；完全平方式
【解析】【解答】解：
=()2-2××+()2
=5-2+2
=7-2.
故答案为7-2
【分析】利用完全平方公式(a+b)2=a2+2ab+b2，根据二次根式的运算法则，进行计算即可.
14．已知+=，则　 　.
【答案】10
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵= ，
∴5-x=x-5=x+y=0，
∴x=5，y=-5，
∴x-y=5-（-5）=10，
故本题答案为：10.
【分析】根据算术平方根和绝对值的非负性可得5-x=x-5=x+y=0，计算x、y的值，然后代入x-y求解即可.
15．如图，在中，，，点D为的中点，则　 　．
【答案】7
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，点为的中点，
，
故答案为：7．
【分析】通过题意可知BD是直角三角形斜边AC上的中线，利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质建立BD与AC的数量关系.
16．如图，受台风影响，一棵米高的树被风刮断了，树顶落在离树根米处，则折断处的高度为　 　米．
【答案】3
【知识点】勾股定理的应用；风吹树折模型
【解析】【解答】解：根据题意，可知三角形为直角三角形，
根据勾股定理，得，
设的长度为米，故长度为米，结合米，
可得方程，
解得，
故的长度为米，
故答案为：．
【分析】本题以树折断的实际问题为背景，考查了勾股定理的应用。设折断处高度AB为x米，则斜边AC为(8－x)米，利用勾股定理列方程求解。
17．如图，在中，，分别是，的中点，连接，是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，则的长为　 　．
【答案】3
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：∵D，E分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3
【分析】依据三角形中位线定理，即可得到，，依据两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，证得，根据全等三角形的性质即可得到．
18．如图所示的正方形网格中，A，B，C，D，P是网格线交点．若∠APB＝α，则∠BPC的度数为 　 　（用含α的式子表示）．
【答案】
【知识点】勾股定理的逆定理；等腰直角三角形；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：设网格的长度为1，则AP= ，PC= ，AC=6
△PAC为等腰直角三角形
∠CPA=
∠BPC=∠CPA ∠APB=
故答案为：
【分析】由图可知AC的长，根据勾股定理可以求得，PC= ，再利用勾股定理的逆定理可以判断△PAC为等腰直角三角形，从而可以得到∠CPA的度数，然后即可得到∠BPC=∠CPA ∠APB的度数．
19．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据()， 合并同类二次根式： 化成最简二次根式后，再合并；
（2）根据平方差公式：(a+b)(a b)=a2 b，进行计算.
（1）解：
；
（2）解：
．
20．如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明：∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题以四边形对角线及平行线为背景，考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质。由AB∥CD得内错角相等，结合BO＝DO证△OAB≌△OCD，得OA＝OC，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证得结论。
21．如图，四边形是正方形，是上任意一点（点与、不重合），于，于．
（1）求证：；
（2）求证：．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵于，于，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∵，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形性质得，，再根据垂直定义得，由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等证明，进而可依据“”判定；
（2）根据全等三角形对应边相等得，，然后再根据线段和差、等量代换即可得出结论.
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵于，于，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）由（1）知：，
∴，
∵，
∴．
22．如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，连接，过点B作，且，连接，求证：四边形是菱形．
【答案】证明：∵，∴，
∵点D、E分别是边、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；三角形的中位线定理；两直线平行，同位角相等
【解析】【分析】由等腰三角形的等边对等角推出，由三角形中位线定理推出，根据两直线平行，同位角相等，得到，因此，根据等角对等边得到，又，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证明四边形是菱形．
23．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若平分，，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
又 ∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵平分，，
，
，
，
，
∴矩形的面积．
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质和线段的和差得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定；
（2）利用平行的性质和角平分线的性质得出，根据等角对等边得，然后根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
又 ∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵平分，
，
，
，
，
，
∴矩形的面积．
24．如图，点在直线上，过的中点作的平行线，分别交的平分线和的平分线于点．
（1）试判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）当与的位置关系为____时，四边形是正方形．
【答案】（1）解：四边形是矩形，
证明：∵平行，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】（2）解：当与的位置关系为时，四边形是正方形．
证明：由（1）得四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．
【分析】（1）根据角平分线定义和平行线推出，推出，同理，由点是的中点，得，根据对角线互相平分且相等四边形是矩形，即可得出答案；
（2）根据矩形的性质、角平分线定义和正方形的判定定理即可得到结论.
（1）解：四边形是矩形，
证明：∵平行，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：当与的位置关系为时，四边形是正方形．
证明：由（1）得四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．
25．如图，在正方形中，分别为上的点，分别为的中点，连接并延长交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）若，且，为中点，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴为的中点；
（2）解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，且，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵为中点，
∴，
∴．
∵为的中点，为的中点
∴是的中位线，
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得，根据两直线平行，内错角相等得．根据证明即可证明，即可证得结论成立；
（2）连接．先求出，，然后由勾股定理求出，再利用三角形中位线定理得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴为的中点；
（2）解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，且，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵为中点，
∴，
∴．
∵为的中点，为的中点
∴是的中位线，
∴．
1 / 1天津市宝坻区2025-2026学年八年级下学期数学期中试题
1．式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能组成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B．1，，3 C．6，8，10 D．，，
3．在中，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
4．下列根式是最简二次根式的（　　）
A． B． C． D．
5．若一个多边形的内角和是，则这个多边形是（　　）
A．十边形 B．六边形 C．八边形 D．七边形
6．下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．有一个角是直角的四边形是矩形
D．有三个角是直角的平行四边形是正方形
7．如图，以的两直角边为边向外作正方形，其面积分别为，，若，，则斜边的长是（　　）
A．6 B．8 C．10 D．100
8．如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点坐标为，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，的对角线，相交于点，且，，则的周长是（　　）
A．44 B．27 C．34 D．17
10．如图，在中，，，，分别是，的中点，，则的长是（　　）
A．4 B．5 C．5.5 D．6
11．如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（　　）
A．36 B．30 C．24 D．18
12．如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
13．计算的结果等于　 　.
14．已知+=，则　 　.
15．如图，在中，，，点D为的中点，则　 　．
16．如图，受台风影响，一棵米高的树被风刮断了，树顶落在离树根米处，则折断处的高度为　 　米．
17．如图，在中，，分别是，的中点，连接，是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，则的长为　 　．
18．如图所示的正方形网格中，A，B，C，D，P是网格线交点．若∠APB＝α，则∠BPC的度数为 　 　（用含α的式子表示）．
19．计算：
（1）；
（2）．
20．如图，在四边形中，，对角线、相交于点，．求证：四边形是平行四边形．
21．如图，四边形是正方形，是上任意一点（点与、不重合），于，于．
（1）求证：；
（2）求证：．
22．如图，在中，，点D、E分别是边、的中点，连接，过点B作，且，连接，求证：四边形是菱形．
23．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若平分，，，求四边形的面积．
24．如图，点在直线上，过的中点作的平行线，分别交的平分线和的平分线于点．
（1）试判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）当与的位置关系为____时，四边形是正方形．
25．如图，在正方形中，分别为上的点，分别为的中点，连接并延长交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）若，且，为中点，求的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：要使 在实数范围内有意义， 只需.
故答案为：B.
【分析】要使二次根式在实数范围内有意义，只需二次根式内是非负数，转化为不等式求解.
2．【答案】C
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵对于选项A，，
∴不能构成直角三角形，故不符合题意；
∵对于选项B，，不满足三角形两边之和大于第三边，
∴不能构成三角形，故不符合题意；
∵对于选项C，，即，
∴能构成直角三角形，故符合题意；
∵对于选项D，，
∴不能构成直角三角形，故不符合题意．
故选：C
【分析】 据勾股定理逆定理：若三角形三边中最长边的平方，等于另外两边平方和，则此三角形为直角三角形.将各选项边长代入验证即可，同时注意先排查三边能否构成三角形.
3．【答案】B
【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，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题以平行四边形内角的关系为背景，考查了平行四边形的对角相等这一性质。根据平行四边形对角相等，直接得出∠C＝∠A。
4．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因数，符合最简二次根式要求，A符合题意.
的被开方数含有分母，不符合要求，B不符合题意；
，被开方数含有分母，不符合要求，C不符合题意；
，被开方数含有能开得尽方的因数4，不符合要求，D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据最简二次根式的两个判定条件逐一判断选项即可，最简二次根式需满足：被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式.
5．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：．
这个多边形是八边形．
故
【分析】根据变形得：边数内角和，即可得到答案．
6．【答案】A
【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：∵ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（菱形的判定定理），∴ A正确；
∵ 对角线相等的四边形不一定是平行四边形（如等腰梯形），∴ B错误；
∵ 有一个角是直角的四边形不一定是矩形（如直角梯形），∴ C错误；
∵ 有三个角是直角的平行四边形是矩形，但矩形不一定是正方形，∴ D错误．
故选：A．
【分析】本题以特殊四边形的判定为背景，考查了菱形、平行四边形、矩形、正方形的判定定理。逐一分析各选项是否符合相应图形的判定条件，找出说法正确的一项。
7．【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】根据正方形的面积公式可得，，根据勾股定理可得，即可求得AB的长.
8．【答案】B
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，且点在第二象限，
∴，
故选：．
【分析】
过点作轴于点，过点作轴于点，因为四边形OABC为正方形，通过正方形的性质可得∠OAD=∠COE，AO=CO，∠ADO=∠OEC=90°，根据ASA可得，由全等三角形对应边相等可得，，根据点的坐标可确定的长，即可求解．
9．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，AB=CD=10，
∵AC+BD=34，
∴CO+DO=17，
∴△OCD的周长=OC+OD+CD=27，
故选：B．
【分析】由平行四边形的对角线互相平分，对边相等，可得AO=CO，BO=DO，AB=CD=10，即可求解．
10．【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解： ∵分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴．
故答案为：B
【分析】先根据三角形中位线定理求出，再利用勾股定理求出.
11．【答案】C
【知识点】平行线的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴菱形的周长，
故选：C．
【分析】本题以菱形与等边三角形综合为背景，考查了菱形的性质、平行线的性质及等边三角形的判定与性质。由菱形得AD∥BC及AB＝BC，结合∠BAD＝120°得∠B＝60°，证△ABC为等边三角形，得AB＝AC，再求菱形周长。
12．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；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：矩形，
，，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
点为的中点，
．
故答案为：A
【分析】由矩形的性质、平行线的性质得，根据角平分线的定义得，进而得到，等角对等边得，利用勾股定理求出，再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案.
13．【答案】
【知识点】二次根式的混合运算；完全平方式
【解析】【解答】解：
=()2-2××+()2
=5-2+2
=7-2.
故答案为7-2
【分析】利用完全平方公式(a+b)2=a2+2ab+b2，根据二次根式的运算法则，进行计算即可.
14．【答案】10
【知识点】算术平方根的性质（双重非负性）；绝对值的非负性
【解析】【解答】解：∵= ，
∴5-x=x-5=x+y=0，
∴x=5，y=-5，
∴x-y=5-（-5）=10，
故本题答案为：10.
【分析】根据算术平方根和绝对值的非负性可得5-x=x-5=x+y=0，计算x、y的值，然后代入x-y求解即可.
15．【答案】7
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，点为的中点，
，
故答案为：7．
【分析】通过题意可知BD是直角三角形斜边AC上的中线，利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质建立BD与AC的数量关系.
16．【答案】3
【知识点】勾股定理的应用；风吹树折模型
【解析】【解答】解：根据题意，可知三角形为直角三角形，
根据勾股定理，得，
设的长度为米，故长度为米，结合米，
可得方程，
解得，
故的长度为米，
故答案为：．
【分析】本题以树折断的实际问题为背景，考查了勾股定理的应用。设折断处高度AB为x米，则斜边AC为(8－x)米，利用勾股定理列方程求解。
17．【答案】3
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理；两直线平行，内错角相等
【解析】【解答】解：∵D，E分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3
【分析】依据三角形中位线定理，即可得到，，依据两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，证得，根据全等三角形的性质即可得到．
18．【答案】
【知识点】勾股定理的逆定理；等腰直角三角形；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：设网格的长度为1，则AP= ，PC= ，AC=6
△PAC为等腰直角三角形
∠CPA=
∠BPC=∠CPA ∠APB=
故答案为：
【分析】由图可知AC的长，根据勾股定理可以求得，PC= ，再利用勾股定理的逆定理可以判断△PAC为等腰直角三角形，从而可以得到∠CPA的度数，然后即可得到∠BPC=∠CPA ∠APB的度数．
19．【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据()， 合并同类二次根式： 化成最简二次根式后，再合并；
（2）根据平方差公式：(a+b)(a b)=a2 b，进行计算.
（1）解：
；
（2）解：
．
20．【答案】证明：∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题以四边形对角线及平行线为背景，考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质。由AB∥CD得内错角相等，结合BO＝DO证△OAB≌△OCD，得OA＝OC，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证得结论。
21．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵于，于，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（1）知：，
∴，
∵，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据正方形性质得，，再根据垂直定义得，由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等证明，进而可依据“”判定；
（2）根据全等三角形对应边相等得，，然后再根据线段和差、等量代换即可得出结论.
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵于，于，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）由（1）知：，
∴，
∵，
∴．
22．【答案】证明：∵，∴，
∵点D、E分别是边、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；三角形的中位线定理；两直线平行，同位角相等
【解析】【分析】由等腰三角形的等边对等角推出，由三角形中位线定理推出，根据两直线平行，同位角相等，得到，因此，根据等角对等边得到，又，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证明四边形是菱形．
23．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
又 ∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵平分，，
，
，
，
，
∴矩形的面积．
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质和线段的和差得出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形是平行四边形，再根据矩形的定义即可判定；
（2）利用平行的性质和角平分线的性质得出，根据等角对等边得，然后根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
又 ∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵平分，
，
，
，
，
，
∴矩形的面积．
24．【答案】（1）解：四边形是矩形，
证明：∵平行，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】（2）解：当与的位置关系为时，四边形是正方形．
证明：由（1）得四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．
【分析】（1）根据角平分线定义和平行线推出，推出，同理，由点是的中点，得，根据对角线互相平分且相等四边形是矩形，即可得出答案；
（2）根据矩形的性质、角平分线定义和正方形的判定定理即可得到结论.
（1）解：四边形是矩形，
证明：∵平行，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：当与的位置关系为时，四边形是正方形．
证明：由（1）得四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．
25．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴为的中点；
（2）解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，且，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵为中点，
∴，
∴．
∵为的中点，为的中点
∴是的中位线，
∴．
【知识点】二次根式的性质与化简；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得，根据两直线平行，内错角相等得．根据证明即可证明，即可证得结论成立；
（2）连接．先求出，，然后由勾股定理求出，再利用三角形中位线定理得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴为的中点；
（2）解：如图，连接．
∵，
∴，
∵，且，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵为中点，
∴，
∴．
∵为的中点，为的中点
∴是的中位线，
∴．
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