八年级数学 2025年春八年级数学期中检测参考答案

期中测试卷答案角边对应的半圆面积可得出a2＝72，b2＝128，进而可得出c2，进而再求S即可．【解答】解：设直角三角形的三边分别为a，b，c．一．选择题（共6小题）题号123456答案CDCACC一．选择题（共6小题）1．下列各式中与是同类二次根式的是（）根据勾股定理可知：c2＝a2+b2，A．B．C．D．【分析】先化简二次根式，再根据同类二次根式的定义判定即可．根据题意得，，，【解答】解：A、与不是同类二次根式，∴a2＝72，b2＝128，∴a2+b2＝c2＝200，B、3与不是同类二次根式，∴，C、2与是同类二次根式，故选：D．D、3与不是同类二次根式，【点评】此题考查了勾股定理，熟记勾股定理是解题的关键．故选：C．3．下列各组数中，不能构成直角三角形三边的是（）【点评】本题考查了同类二次根式，解题的关键是二次根式的化简．2．如图，直角三角形三边上的半圆面积分别为9π，16π和S，则S为（）A．3，4，5B．9，40，41C．D．7，24，25【分析】根据勾股定理的逆定理分别计算各个选项，选出正确的答案．【解答】解：A、32+42＝52，能组成直角三角形，不符合题意；B、92+402＝412，能组成直角三角形，不符合题意；C、，不能组成直角三角形，符合题意；D、72+242≠252，能组成直角三角形，不符合题意，A．7πB．8πC．12πD．25π故选：C．【分析】设直角三角形的三边分别为a，b，c．根据勾股定理可知a2+b2＝c2，根据两个直【点评】本题主要考查了勾股定理逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2第页（共页）＝c2，那么这个三角形就是直角三角形是解题的关键．【点评】本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质，能熟记平行四边形的对边平行4．正方形具备而矩形不具备的性质是（）且相等是解此题的关键．A．四条边都相等B．四个角都是直角6▱ABCD的对角线ACBD交于点OAE平分∠BAD交BC于点EADC＝60C．对角线互相平分D．对角线相等【分析】根据正方形的性质，矩形的性质逐一进行判断即可．°，ABBCOECAD＝30S▱ABCD＝AB•ACOB＝AB；【解答】解：A．因为四条边都相等，正方形具有而矩形不具有，所以A选项符合题意；成立的个数有（）B．因为四个角都是直角，正方形具有而矩形也具有，所以B选项不符合题意；C．因为对角线互相平分，正方形具有而矩形也具有，所以C选项不符合题意；D．因为对角线相等，正方形具有而矩形也具有，所以D选项不符合题意．故选：A．A．0个B．1个C．2个D．3个【点评】本题考查了正方形的性质，余角和补角，矩形的性质，解决本题的关键是综合掌由平行四边形的性质得AD∥BCDAE＝∠BEADAE＝∠BAE握以上知识．BEA＝∠BAE，则AB＝EB，而∠ABE＝∠ADC＝60°，则△ABE是等边三角形，所以AB5ABCD的顶点ABD0050（2，3C的坐标是（）＝BE＝AEBC，则BE＝CE＝AE，所以∠EAC＝∠ECA，即可求得∠ECA＝30°，所以∠CAD＝∠ECA＝30EAC＝∠ECA＝30BAE＝60BAC＝90°，所以S▱ABCD＝AB•AC，可判断②正确；由“垂线段最短”可知，OB＞AB，可判断③错误，于是得到问题的答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A3，7）B5，3）C7，3）D8，2）∴AD∥BC，根据平行四边形的性质得出DC∥ABDC＝ABC的坐标∴∠DAE＝∠BEA，即可．∵AE平分∠BAD，【解答】ABCD的顶点ABD005023∴∠DAE＝∠BAE，∴DC∥AB，DC＝AB＝5，∴∠BEA＝∠BAE，∴点C的横坐标＝5+2＝7，纵坐标＝点D的纵坐标＝3，∴AB＝EB，即点C的坐标是（7，3∵∠ABE＝∠ADC＝60°，故选：C．∴△ABE是等边三角形，第页（共页）∴AB＝BE＝AE，【分析】根据二次根式有意义的条件得到x﹣2≥0，解之即可求出x的取值范围．【解答】解：根据题意得：x﹣2≥0，∵ABBC，解得：x≥2．故答案为：x≥2．∴BEBC，【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式有意义时被开方∴BE＝CE＝AE，数是非负数．∴∠EAC＝∠ECA，8．计算：．∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，【分析】利用二次根式的减法的法则进行运算可．∴∠ECA＝30°，【解答】解：∴∠CAD＝∠ECA＝30°，故①正确；＝2∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，．∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，故答案为：．∴AC⊥AB，∴S▱ABCD＝AB•AC，【点评】本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．9．如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，AC＝10，CD＝6，BD＝4．则AB＝12．故②正确；AB⊥OA，∴OB＞AB，∴OB≠AB，故③错误，【分析】根据勾股定理求出AD的长即可得出AB的长．故选：C．【解答】解：∵CD⊥AB，AC＝10，CD＝6，【点评】此题重点考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、垂线段最短等知识，证明△ABE是等边三角形是解题的∴，关键．又∵BD＝4，二．填空题（共6小题）∴AB＝AD+BD＝8+4＝12，故答案为：12．7．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是x≥2．第页（共页）【点评】本题主要考查勾股定理，正确进行计算是解题关键．10．如图，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，要使得▱ABCD为菱形，可添加的一个条∴DFAB＝4，件是AB＝AD（答案不唯一）.（写一个即可）∴EF＝DE﹣DF＝7﹣4＝3，故答案为：3．【点评】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．12Rt△ABCACB＝90CA＝CB＝2D是△ABCA，的条件．B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，设此平行四边形的对角线交点为O，则BO的长【解答】解：条件：AB＝AD，为或1或．∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，∴四边形ABCD是菱形．故答案为：AB＝AD【点评】本题考查了菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．ABCDE分别是边ABACF是线段DEBCABABBCABAC为边，AF，BF，∠AFB＝90°，且AB＝8，BC＝14，则EF的长是3．作出图形，分别由平行四边形的性质和勾股定理可求BO的长．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，∴，①如图，若BC，AC为边，AB是对角线，【分析】根据三角形中位线定理和直角三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∵BC＝14，∵四边形ACBD1是平行四边形，且∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，∴DEBC＝7，∴；∵∠AFB＝90°，AB＝8，第页（共页）②若AB，AC为边，BC为对角线，＝2；∵四边形ABDC是平行四边形，（2）证明：∵BD是△ABC的中线，∴AD＝CD，∴；又∵∠ADB＝∠CDE，DE＝BE，③若AB，BC为边，AC为对角线，∴△ADB≌△CDE（SAS∵ABCD3是平行四边形，∴AB＝CE，∠ABD＝∠CED，∴AB∥CE，∴，∴四边形ABCE是平行四边形．【点评】此题考查了二次根式的乘法运算，平方差公式和零指数幂计算，平行四边形的判

∴，定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．故答案为：或1或．14．在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，点F为AE的中点，连接DF并延长，交CB【点评】本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，运用数形结合思想与分类讨论思想是的延长线于点G，求证：BG＝CE．解决本题的关键．三．解答题（共小题）131）计算：．【分析】根据平行四边形的性质证明△AFD≌△EFG，得到GE＝BC，即可证明．（2）如图所示，延长△ABC的中线BD至点E，使DE＝BD，连接AE、CE．求证：四边【解答】证明：∵点F为AE的中点，形ABCE是平行四边形．∴AF＝FE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠ADF＝∠EGF，【分析】（1）首先根据平方差公式和零指数幂计算，然后计算加减；∵∠AFD＝∠EFG，（2）首先证明出△ADB≌△CDE（SASAB＝CE，AB∥CE，即可证明出四边∴△AFD≌△EFG（AAS形ABCE是平行四边形．∴AD＝GE，∴GE＝BC，【解答】（1）解：＝5﹣4+1∴BG＝CE．第页（共页）【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．15．如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边AD，CD上的点，且AE＝DF，连接AF，BE交于点G．求证：∠BGF＝90°．（1）如图1，在▱ABCD中，E是边AD上一点，在边BC上画点F，使CF＝AE；（2）如图2，在▱ABCD中，E是边AD上一点，且DE＝DC，画∠BAD的平分线AF；【分析】（1）连接AC，BD交于点O，连接EO并延长交BC于点F即为所求；（2）如图2，连接AC，BD交于点O，作直线OE交BC于F，作射线AF即可．【解答】1）如图1中，点F即为所求作的点．【分析】先根据正方形的性质可得∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DAABE≌△DAF，根据全等三角形的性质可得∠ABE＝∠DAFBAF+∠ABE＝90°，最后根据三角形的外角性质即可得证．【解答】证明：由题意可得：∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，在△ABE和△DAF中，（2）如图2中，射线AF即为所求作．，∴△ABE≌△DAF（SAS∴全等三角形的性质可得∠ABE＝∠DAF，又∵∠BAE＝90°，【点评】本题考查了作图﹣复杂作图，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等∴∠BAF+∠DAF＝90°，腰三角形的性质，平行线的性质等，解决本题的关键是综合运用以上知识解决问题．∴∠BAF+∠ABE＝90°，17．如图，小强为了测量一座楼的高度AB，在旗杆CD与楼之间选定一点P，CD⊥DB，AB∴∠BGF＝∠BAF+∠ABE＝90°．⊥DB，测得CP与地面夹角∠DPC＝36°，PA与地面夹角∠APB＝54°，且CD＝PB．【点评】（1）证明：△CPD≌△PAB．正确找出两个全等三角形是解题关键．（2）CD＝10m，DB＝36m，求大楼AB的高．16．请用无刻度直尺完成下列作图，不写画法，保留画图痕迹．第页（共页）【分析】（1）根据“AAS”证明△ABE≌△ADF即可；（2BAD角形的性质可求出∠BAE和∠DAFEAFAEF为等边三角形．【解答】1）∵四边形ABCD是菱形，【分析】（1）先求出∠DCP＝∠APB＝54°，再证明全等；∴AB＝AD，∠B＝∠D．（2）利用全等三角形的性质得出DP＝AB即可求解．又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，【解答】（1）证明：由条件可知∠DCP＝∠APB＝54°，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，在△CPD和△PAB中，在△ABE与△ADF中，∵∠CDP＝∠ABP，DC＝PB，∠DCP＝∠APB，∴△CPD≌△PAB（ASA（2）解：∵△CPD≌△PAB，，∴DP＝AB．∴△ABE≌△ADF（AAS∵DB＝36米，PB＝10米，（2）∵△ABE≌△ADF（AAS∴AB＝36﹣10＝26∴AE＝AF；答：楼AB高是26米．∵四边形ABCD是菱形，【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质的应用，解题关键是牢记它的判定与性质．∴AD∥BC，18．如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．∴∠B+∠BAD＝180°，（1）求证：△ABE≌△ADF；∵∠B＝60°，（2）若∠B＝60°，求证：△AEF为等边三角形．∴∠BAD＝120°，又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝30°，由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝30°，∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．∴△AEF是等边三角形．第页（共页）【点评】本题主要考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的判定，解题的关键在于在Rt△CFD中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，熟练掌握全等的方法和菱形的性质．∴2CF2＝CD2＝162，1912∴CF＝8（cmAB固定在支撑轴端点C处，CD⊥AB，支撑轴长CD＝16cm，支撑轴CD与底座DE所成（2）如图3，过点C作CH⊥DE于点H，的角∠CDE＝45°．（1）求端点C到底座DE的距离；（23CD绕点D逆时针旋转15B恰好落在直线DE上，问：端点C到底座DE的距离减少了多少？∵将CD绕点D逆时针旋转15°后，点B恰好落在直线DE上，∴∠CDE＝45°﹣15°＝30°，∴CHCD16＝8（cm【分析】（1C作CF⊥DE于点FCFD是等腰直角三角形，由勾股定理即可求出∴端点C到底座DE的距离减少了（88）cm．CF的长；【点评】本题主要考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线构建直角三角形，运用勾股定（2）过点C作CH⊥DE于点H，推出∠CDE＝30°，易求出CH的长，即可得出结果．理求解是解题的关键．【解答】1）如图2，过点C作CF⊥DE于点F，20．如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点AQ从点B出发向点CCPQ的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q运动的时间为t（s（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形？（2t为3AQCP是怎样的特殊平行四边形？并说明理由；∵∠CDE＝45°，∴△CFD是等腰直角三角形，∴CF＝DF，【分析】（1）根据题意，得到当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，列出方程进行求解即第页（共页）可；（2）根据题意，先得到四边形AQCP为平行四边形，通过勾股定理算出AQ，进而可知道解：隐含条件2﹣3x≥0，解得x．四边形为菱形．∴1﹣x＞0，【解答】1）由题意，得BQ＝t，DP＝t，∴原式＝（2﹣3x）﹣（1﹣x）＝2﹣3x﹣1+x＝1﹣2x．∵四边形ABCD是矩形，【启发应用】∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝8，（1）按照上面的解法，试化简（结果保留π∴AP＝8﹣t，【类比迁移】当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，（2）实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：|b﹣a|．∴t＝8﹣t，（3）已知a，b，c为△ABC的三边长．化简：解得t＝4，∴当t＝4s时，四边形ABQP是矩形；．（2）四边形AQCP是菱形，理由：∵AB＝4，BQ＝PD＝t＝3，∠B＝90°，【分析】（1）根据二次根式有意义的条件、二次根式的性质计算；（2）根据数轴确定a+b、b﹣a的符号，再根据二次根式的性质计算；∴AQ5，此时，CQ＝CB﹣BQ＝5，AP＝AD﹣PD＝5，（3）根据三角形的三边关系得到a+b+c＞0，a﹣b＜c，b﹣a＜c，c﹣b＜a，再根据二次根∵四边形ABCD是矩形，式的性质、合并同类项计算．∴AD∥BC，【解答】1）隐含条件3﹣x≥0，∵CQ＝AP，解得：x≤3，∴四边形AQCP为平行四边形，∴x﹣π＜0，∵AQ＝CQ＝5，则原式＝﹣（x﹣π）﹣（3﹣x）＝﹣x+π﹣3+x＝π﹣3；∴四边形AQCP为菱形．（2）由数轴得隐含条件：a＜0，b＞0，|a|＞|b|，【点评】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质是解题的关∴a+b＜0，b﹣a＞0；键．a+a+b﹣b+a＝a；21．阅读下面的解题过程体会如何发现隐含条件并回答下面的问题．（3）由三角形的三边关系可得隐含条件：a+b+c＞0，a﹣b＜c，b﹣a＜c，c﹣b＜a，∴a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c﹣b﹣a＜0，化简：|1﹣x|．第页（共页）∴BC＝DC，∠BCE＝∠DCE＝45°，∴在△BCE和△DCE中，＝（a+b+c）﹣（a﹣b﹣c）+（b﹣a﹣c）﹣（c﹣b﹣a）＝a+b+c﹣a+b+c+b﹣a﹣c﹣c+b+a＝4b．，【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的性质是解题的关键．∴△BCE≌△DCE（SAS22MON＝90ABCD的顶点AB分别在OMON上，AB＝10OB＝6，∴BE＝DE；E为AC上一点，且BC平分∠EBN，直线DE与ON交于点F．（2）解：DF与ON的位置关系是：DF⊥ON，理由如下：（1）求证：BE＝DE；如图1所示：（2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由；（3）△BEF的周长为16．由（1）可知：△BCE≌△DCE，∴∠3＝∠4，【分析】（1）证明△BCE和△DCE全等即可得出结论∵BC平分∠EBN，（2BCE和△DCE全等得∠3＝∠4BC平分∠EBN得∠4＝∠CBF3＝∠CBF，∴∠4＝∠CBF，再根据∠1+∠3＝90°，∠3＝∠2得∠2+∠CBF＝90°，则∠DFB＝90°，由此即可得出∴∠3＝∠CBF，DF与ON的位置关系；∵四边形ABCD是正方形，（3）过点C作CG⊥ON于点G，过点D作DH⊥CG，交GC的延长线于点H，则四边形∴∠BCD＝90°，DHGFDF＝HGGF＝HDAO＝8AOB和△BGC全等得∴∠1+∠3＝90°，AO＝BG＝8OB＝GC＝6DCH和△CBG全等得CH＝BG＝8HD＝GC＝6，∵∠3＝∠2，进而得HG＝14，GF＝HD＝6，BF＝2，DF＝HG＝14，由（1）可知BE＝DE，则BE+EF∴∠2+∠CBF＝90°，＝DF＝14，据此即可得出△BEF的周长．∴∠DFB＝90°，【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴DF⊥ON；第页（共页）（3）解：过点C作CG⊥ON于点G，过点D作DH⊥CG，交GC的延长线于点H，如图∴CH＝BG＝8，HD＝GC＝6，2所示：∴HG＝CH+GC＝8+6＝14，GF＝HD＝6，∴BF＝BG﹣GF＝8﹣6＝2，DF＝HG＝14，由（1）可知：BE＝DE，∴BE+EF＝DE+EF＝DF＝14，∴△BEF的周长为：BE+EF+BF＝14+2＝16．【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线，勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理进行计由（2）可知：DF⊥ON算是解决问题的关键．∴∠H＝∠HGF＝∠DFG＝90°，23．已知：在△ABC中，∠BAC＝90AB＝ACD为直线BC上一动点（点D不与B、∴四边形DHGF是矩形，CAD为边作正方形ADEF，连接CF．∴DF＝HG，GF＝HD，∵∠MON＝90°，∴△AOB是直角三角形，在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝6，由勾股定理得：AO8，∵四边形ABCD是正方形，（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF．②CF＝BC﹣CD．∴∠ABC＝∠MON＝90°，AB＝BC，（22D在线段BCCFBCCD∴∠OBA+∠CBG＝90°，∠OBA+∠BAO＝90°，三条线段之间的关系；∴∠BAO＝∠CBG，（33D在线段BCAF分别在直线BC在△AOB和△BGC中，它条件不变：①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系；，②若连接正方形对角线AEDFOOCAOC∴△AOB≌△BGC（AAS【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据正方形的∴AO＝BG＝8，OB＝GC＝6，性质可得AD＝AFDAF＝90BAD＝∠CAF同理可证明：△DCH≌△CBG（AASBAD和△CAFACF＝∠ABD，第页（共页）再求出∠ACF+∠ACB＝90°，从而得证；②根据全等三角形对应边相等可得BD＝CF，从∴CF＝BC﹣CD；而求出CF＝