广东省广州市天河区汇景实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·天河期中）如果二次根式有意义，那么x的取值范围是（ ）
A．x≥3 B．x≥0 C．x＞3 D．x≠3
2．（2024八下·天河期中）下列各式中，属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024八下·天河期中）下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024八下·天河期中）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．四条边都相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是平行四边形
D．有一个角是直角的平行四边形是矩形
5．（2024八下·天河期中）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿的路线匀速前进，到达点停止．设点的运动路程为，则的面积与之间的关系用图象表示应为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024八下·天河期中）如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024八下·天河期中）如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．（2024八下·天河期中）如图，在一次课外实践活动中，同学们要测量某小区游泳池两侧A、B两个入水点之间的距离，现测得，则A、B两个入水点之间的距离为（ ）
A．m B．m C．m D．m
9．（2024八下·天河期中）如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论：其中正确结论是（ ）
A．四边形是菱形 B．
C． D．若平分，则
10．（2024八下·天河期中）如图，正方形中，对角线，相交于点O，过点O作射线，，分别交，于点E，F，且，连接，给出下列结论其中正确的是（ ）
A．
B．四边形的面积为正方形面积的
C．平分
D．
11．（2024八下·天河期中）计算： ．
12．（2024八下·天河期中）已知是整数，则正整数的最小值为 ．
13．（2024八下·天河期中）直角三角形有两边长分别为3，4，则该直角三角形第三边为 .
14．（2024八下·天河期中）如图，点是以为圆心，为半径的圆弧与数轴的交点，则数轴上点表示的实数是 ．
15．（2024八下·天河期中）如图，在菱形中点E，F分别为上的动点，连接，若菱形的面积为12，，则的最小值为 ．
16．（2024八下·天河期中）如图，将，的矩形纸片放在直角坐标系中，顶点B、C在x轴上，E为边上一点，连接，将纸片沿折叠，使点B落在边与y轴的交点F处，则E点的坐标为 ．
17．（2024八下·天河期中）计算：
（1）；
（2）．
18．（2024八下·天河期中）如图，是由边长为1的小正方形组成的网格，其中点A、B、C均在网格的格点上．
（1）直接写出格点的面积为______；
（2）在网格中画出的点D；
（3）直接写出线段的长为______．
19．（2024八下·天河期中）已知：．求下列各式的值．
（1）；
（2）．
20．（2024八下·天河期中）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求菱形的面积．
21．（2024八下·天河期中）在中，，是的中点，过点作，且，连接交于．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，菱形的面积为，求的长．
22．（2024八下·天河期中）在中，的平分线交直线于点E．且，求的周长．
23．（2024八下·天河期中）如图，在中，，过上一点D作交于点E，以E为顶点，为一边，作，另一边交于点F．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）延长图①中的到点G，使．连接得到图②，若判断四边形的形状，并说明理由．
24．（2024八下·天河期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B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D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．
（1）求证：；
（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）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
25．（2024八下·天河期中）已知AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1：连AM，BN，求证：AOM≌BON；
（2）若将RtMON绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段OH//BN，OH与AM交点为H，若OB＝4，ON＝3，求出线段AM的长；
（3）若将MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好落在AB边上时，如图3所示，MN与AO交点为P，求证：MP2+PN2＝2PO2．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴的取值范围是：，
故答案为：A．
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：
A、是最简二次根式，A符合题意；
B、，B不符合题意；
C、，C不符合题意；
D、，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】直接根据最简二次根式的定义进行判断即可求解。
3．【答案】B
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故此项错误；
B、 ，故此项正确；
C、 ， 故此项错误；
D、， 故此项错误；
故答案为：B.
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的乘除分别计算，再判断即可.
4．【答案】D
【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；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、∵四条边都相等的四边形是菱形，不一定是正方形，原命题是假命题，∴A不符合题意；
B、∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，∴B不符合题意；
C、∵对角线相等的四边形不一定是平行四边形，例如等腰梯形对角线也相等，原命题是假命题，∴C不符合题意；
D、∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题是真命题，∴D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用正方形、菱形、平行四边形和矩形的判定方法逐项分析判断即可.
5．【答案】C
【知识点】三角形的面积；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：由题知，
∵四边形是矩形，且，，
∴．
①当点在上运动，即时，
的面积随的增加而增加，
②当时，，
③当时，；
④当点在上运动，即时，
的面积随的增加而减少，
⑤当时，点与点重合，；
⑥当点在上运动，即时，
的面积随的增加而增加，
⑦当时，．
对照四个选项，不难发现C选项符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据图形先分别求出当点分别在上、上、上表示出的面积，可得函数解析式，再求出函数图象即可.
6．【答案】B
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；菱形的性质；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为，
∴C点坐标为，
故答案为：B．
【分析】先求出点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，再结合点A的坐标为，求出C点坐标为即可.
7．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵D为中点，
∴，
∵是的中位线，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】先利用三角形中位线的性质可得，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，最后利用线段的和差求出EF的长即可.
8．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：过点C作，如图：
∵，
∴在中，
∴，
解得（负值已经舍去），
∴在中，，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】过点C作，先利用勾股定理求出AH的长和HB的长，再利用线段的和差求出AB的长即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】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；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，设与的交点为O，
根据作图可得，且平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
∴，
∴四边形是菱形，
∴A正确．
∵，
∴，
∴，
∴B正确．
由菱形的面积可得，故C选项错误．
∵四边形是矩形，
∴，
若平分，，，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴D正确．
故答案为：ABD．
【分析】 设与的交点为O，证明四边形是菱形，即可判断A是否正确，进而根据等边对等角即可判断B是否正确；再利用菱形的性质求面积即可求解判断C是否正确；根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解D是否正确．
10．【答案】A,B,D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：在正方形中，，，，
∵，
∴，
∴，故A正确；
∵，
∴，
∴四边形的面积与面积相等，
∴四边形的面积为正方形面积的，故B正确；
∵，
∴，而，
∴，
∵，
∴，故C错误；
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
在中，，
∴，故D正确；
综上所述，正确的是ABD，
故答案为：ABD．
【分析】 先证明，，，，再利用“ASA”可得，从而可判断A是否正确；再利用全等三角形的性质可得，从而可得四边形的面积与面积相等，从而可判断B是否正确；再证明，结合，可得，从而可判断C是否错误；再证明，，结合，可得，从而可判断D是否正确．
11．【答案】4
【知识点】零指数幂；求有理数的绝对值的方法；有理数的加法法则
【解析】【解答】解：
=4
故答案为：4．
【分析】
本题分别把分别代入计算即可.
12．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】∵，
∵是整数，
∴是一个平方数，
∴正整数的最小值为：3，
故答案是：3．
【分析】由于时整数，可知是一个平方数，求出n的最小整数值即可.
13．【答案】5或
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：（1）当3，4均为直角边时，由勾股定理得，第三边为 ，
（2）当4为斜边时，由勾股定理得，第三边为 ，
故答案为：5或 .
【分析】当3，4均为直角边时，由勾股定理可求得第三边的长；当4为斜边、3为直角边时，同理由勾股定理可得第三边的长.
14．【答案】
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理；数轴上两点之间的距离
【解析】【解答】解：如图，
在Rt△AOB中，OA=1，OB=3，
根据勾股定理得：AB==，
∴AP=AB=，
∴OP=AP-OA=-1，
∴P表示的实数为1-．
故答案为：1-．
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用线段的和差求出OP=AP-OA=-1，从而可得P表示的实数为1-．
15．【答案】2
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作关于的对称点，则，
当点三点共线时，
四边形是菱形，
∴当时，最小，
菱形的面积为12，，
，
，
，
即的最小值为2．
故答案为：2．
【分析】作关于的对称点，则，当时，最小，再结合，求出，从而可得的最小值为2．
16．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠的性质知：，，
设，则，
∴，
∴，
在中，，即，
解得，
∴E点的坐标为，
故答案为：．
【分析】设，则，利用勾股定理求出DF的长，再利用，即，求出x的值，从而可得点E的坐标.
17．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可；
（2）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可.
18．【答案】（1）
（2）解：如图，点D即为所求；
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】（1）解：
故答案为：；
（3）解：根据题意可得：，
故答案为：．
【分析】（1）利用三角形的面积公式及割补法求出△ABC的面积即可；
（2）利用平行四边形的判定方法作出图形即可；
（3）利用勾股定理求出AD的长即可.
（1）解：
故答案为：；
（2）解：如图，点D即为所求；
；
（3）解：，
故答案为：．
19．【答案】（1）解：∵，
∴，，
∴
；
（2）解：∵，
∴，，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；分式的加减法；二次根式的化简求值
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的加减和乘法求出，，再将其代入计算即可；
（2）先利用二次根式的加减和乘法求出，，，再将其代入计算即可.
（1）解：∵，
∴，，
∴
；
（2）解：∵，
∴，，
，
∴
．
20．【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：∵四边形是菱形，
∴
∵
∴为等边三角形
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合BD⊥AC，即可证出四边形是菱形；
（2）先求出，再求出，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
21．【答案】（1）证明：∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∵点是边的中点，，
∴，
∴平行四边形是菱形.
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出平行四边形是菱形；
（2）先利用菱形的性质可得，再利用“SSS”证出，利用全等三角形的性质可得，再结合，可得，求出DE的长，最后利用勾股定理求出BE的长即可.
（1）证明：∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∵点是边的中点，，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】解：①当点E在线段上时，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的周长；
②当点E在线段延长线上时，如图所示：
同理可得，，
∴的周长；
综上所述，的周长为26或14．
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【分析】分类讨论：①当点E在线段上时，②当点E在线段延长线上时，先利用平行线的性质及角平分线的定义利用等角对等边的性质可得，再利用平行四边形的周长公式及等量代换求出答案即可.
23．【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形.
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形为平行四边形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质及等量代换可得，证出，再结合，证出四边形为平行四边形即可；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出四边形是矩形．
24．【答案】（1）证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t cm．
∵AE=2t cm，DF=2t cm，
∴AE=DF．
（2）解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴．
∵AE=DF，，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即2t=60-4t，
解得：t=10，
∴当t=10时，四边形AEFD为菱形.
（3）解：①当∠EDF=90°时，如图①，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴，
∴四边形DFBE为矩形．
∴
∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，
解得：t=，
②当∠DEF=90°时，如图②，
∵，
∴DE⊥AC，
∴．
∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），
解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质可得DF=DC=2t cm，再结合AE=2t cm，DF=2t cm，即可证出AE=DF；
（2）利用菱形的判定和性质可得AE=AD，列出方程2t=60-4t，求出t的值即可；
（3）分类讨论：①当∠EDF=90°时，②当∠DEF=90°时，先分别画出图形并利用矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质列出方程求解即可.
25．【答案】证明：（1）∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OM=ON，AO=BO，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
∴∠AOM＝∠BON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS）．
（2）①如图，当MN在OA左侧时，设OA交BN于J，
∵△AOM≌△BON，
∴∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OH//BN，
∴∠OHN=∠ANJ=90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝=3，MH＝HN＝OH＝，
∵OA=OB=4，
∴AH＝＝＝，
∴AM＝MH+AH＝；
②如图，当MN在OA右侧时，
同理可得：MN＝，MH＝HN＝OH＝，AH＝，
∴AM＝AH-MH＝．
综上所述，BN的长为或．
（3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT．
∵∠MON＝∠POT＝90°，
∴∠MON-∠PON=∠POT-∠PON，
∴∠MOP＝∠NOT，
在△POM和△TON中
∴△POM≌△TON（SAS），
∴PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°，
∵∠M=∠ONM=45°，
∴∠ONM＝∠ONT＝45°，
∴∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，
∴PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2
∵△POT是等腰直角三角形，
∴PT2＝2OP2，
∴PM2+NP2＝2OP2．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先利用角的运算和等量代换可得∠AOM＝∠BON，再利用“SAS”证出△AOM≌△BON即可；
（2）分类讨论：①当MN在OA左侧时，②当MN在OA右侧时，先分别画出图形，再利用全等三角形的性质，勾股定理及线段的和差分析求解即可；
（3）在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT，先利用“SAS”证出△POM≌△TON，利用全等三角形的性质可得PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°，再求出∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，结合△POT是等腰直角三角形，利用勾股定理及等量代换可得PM2+NP2＝2OP2．
广东省广州市天河区汇景实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题
1．（2024八下·天河期中）如果二次根式有意义，那么x的取值范围是（ ）
A．x≥3 B．x≥0 C．x＞3 D．x≠3
【答案】A
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：∵二次根式有意义，
∴的取值范围是：，
故答案为：A．
【分析】利用二次根式有意义的条件（被开方数大于等于0）列出不等式求解即可.
2．（2024八下·天河期中）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】解：
A、是最简二次根式，A符合题意；
B、，B不符合题意；
C、，C不符合题意；
D、，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】直接根据最简二次根式的定义进行判断即可求解。
3．（2024八下·天河期中）下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】解：A、，故此项错误；
B、 ，故此项正确；
C、 ， 故此项错误；
D、， 故此项错误；
故答案为：B.
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的乘除分别计算，再判断即可.
4．（2024八下·天河期中）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．四条边都相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是平行四边形
D．有一个角是直角的平行四边形是矩形
【答案】D
【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；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、∵四条边都相等的四边形是菱形，不一定是正方形，原命题是假命题，∴A不符合题意；
B、∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，∴B不符合题意；
C、∵对角线相等的四边形不一定是平行四边形，例如等腰梯形对角线也相等，原命题是假命题，∴C不符合题意；
D、∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题是真命题，∴D符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用正方形、菱形、平行四边形和矩形的判定方法逐项分析判断即可.
5．（2024八下·天河期中）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿的路线匀速前进，到达点停止．设点的运动路程为，则的面积与之间的关系用图象表示应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：由题知，
∵四边形是矩形，且，，
∴．
①当点在上运动，即时，
的面积随的增加而增加，
②当时，，
③当时，；
④当点在上运动，即时，
的面积随的增加而减少，
⑤当时，点与点重合，；
⑥当点在上运动，即时，
的面积随的增加而增加，
⑦当时，．
对照四个选项，不难发现C选项符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据图形先分别求出当点分别在上、上、上表示出的面积，可得函数解析式，再求出函数图象即可.
6．（2024八下·天河期中）如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；菱形的性质；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为，
∴C点坐标为，
故答案为：B．
【分析】先求出点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，再结合点A的坐标为，求出C点坐标为即可.
7．（2024八下·天河期中）如图，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵D为中点，
∴，
∵是的中位线，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】先利用三角形中位线的性质可得，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，最后利用线段的和差求出EF的长即可.
8．（2024八下·天河期中）如图，在一次课外实践活动中，同学们要测量某小区游泳池两侧A、B两个入水点之间的距离，现测得，则A、B两个入水点之间的距离为（ ）
A．m B．m C．m D．m
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：过点C作，如图：
∵，
∴在中，
∴，
解得（负值已经舍去），
∴在中，，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】过点C作，先利用勾股定理求出AH的长和HB的长，再利用线段的和差求出AB的长即可.
9．（2024八下·天河期中）如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论：其中正确结论是（ ）
A．四边形是菱形 B．
C． D．若平分，则
【答案】A,B,D
【知识点】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；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，设与的交点为O，
根据作图可得，且平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
∴，
∴四边形是菱形，
∴A正确．
∵，
∴，
∴，
∴B正确．
由菱形的面积可得，故C选项错误．
∵四边形是矩形，
∴，
若平分，，，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴D正确．
故答案为：ABD．
【分析】 设与的交点为O，证明四边形是菱形，即可判断A是否正确，进而根据等边对等角即可判断B是否正确；再利用菱形的性质求面积即可求解判断C是否正确；根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解D是否正确．
10．（2024八下·天河期中）如图，正方形中，对角线，相交于点O，过点O作射线，，分别交，于点E，F，且，连接，给出下列结论其中正确的是（ ）
A．
B．四边形的面积为正方形面积的
C．平分
D．
【答案】A,B,D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：在正方形中，，，，
∵，
∴，
∴，故A正确；
∵，
∴，
∴四边形的面积与面积相等，
∴四边形的面积为正方形面积的，故B正确；
∵，
∴，而，
∴，
∵，
∴，故C错误；
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
在中，，
∴，故D正确；
综上所述，正确的是ABD，
故答案为：ABD．
【分析】 先证明，，，，再利用“ASA”可得，从而可判断A是否正确；再利用全等三角形的性质可得，从而可得四边形的面积与面积相等，从而可判断B是否正确；再证明，结合，可得，从而可判断C是否错误；再证明，，结合，可得，从而可判断D是否正确．
11．（2024八下·天河期中）计算： ．
【答案】4
【知识点】零指数幂；求有理数的绝对值的方法；有理数的加法法则
【解析】【解答】解：
=4
故答案为：4．
【分析】
本题分别把分别代入计算即可.
12．（2024八下·天河期中）已知是整数，则正整数的最小值为 ．
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】∵，
∵是整数，
∴是一个平方数，
∴正整数的最小值为：3，
故答案是：3．
【分析】由于时整数，可知是一个平方数，求出n的最小整数值即可.
13．（2024八下·天河期中）直角三角形有两边长分别为3，4，则该直角三角形第三边为 .
【答案】5或
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：（1）当3，4均为直角边时，由勾股定理得，第三边为 ，
（2）当4为斜边时，由勾股定理得，第三边为 ，
故答案为：5或 .
【分析】当3，4均为直角边时，由勾股定理可求得第三边的长；当4为斜边、3为直角边时，同理由勾股定理可得第三边的长.
14．（2024八下·天河期中）如图，点是以为圆心，为半径的圆弧与数轴的交点，则数轴上点表示的实数是 ．
【答案】
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理；数轴上两点之间的距离
【解析】【解答】解：如图，
在Rt△AOB中，OA=1，OB=3，
根据勾股定理得：AB==，
∴AP=AB=，
∴OP=AP-OA=-1，
∴P表示的实数为1-．
故答案为：1-．
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用线段的和差求出OP=AP-OA=-1，从而可得P表示的实数为1-．
15．（2024八下·天河期中）如图，在菱形中点E，F分别为上的动点，连接，若菱形的面积为12，，则的最小值为 ．
【答案】2
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作关于的对称点，则，
当点三点共线时，
四边形是菱形，
∴当时，最小，
菱形的面积为12，，
，
，
，
即的最小值为2．
故答案为：2．
【分析】作关于的对称点，则，当时，最小，再结合，求出，从而可得的最小值为2．
16．（2024八下·天河期中）如图，将，的矩形纸片放在直角坐标系中，顶点B、C在x轴上，E为边上一点，连接，将纸片沿折叠，使点B落在边与y轴的交点F处，则E点的坐标为 ．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠的性质知：，，
设，则，
∴，
∴，
在中，，即，
解得，
∴E点的坐标为，
故答案为：．
【分析】设，则，利用勾股定理求出DF的长，再利用，即，求出x的值，从而可得点E的坐标.
17．（2024八下·天河期中）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可；
（2）利用二次根式的混合运算的计算方法及步骤（①有括号先算括号内；②再算二次根式的乘除；③最后计算二次根式的加减法）分析求解即可.
18．（2024八下·天河期中）如图，是由边长为1的小正方形组成的网格，其中点A、B、C均在网格的格点上．
（1）直接写出格点的面积为______；
（2）在网格中画出的点D；
（3）直接写出线段的长为______．
【答案】（1）
（2）解：如图，点D即为所求；
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】（1）解：
故答案为：；
（3）解：根据题意可得：，
故答案为：．
【分析】（1）利用三角形的面积公式及割补法求出△ABC的面积即可；
（2）利用平行四边形的判定方法作出图形即可；
（3）利用勾股定理求出AD的长即可.
（1）解：
故答案为：；
（2）解：如图，点D即为所求；
；
（3）解：，
故答案为：．
19．（2024八下·天河期中）已知：．求下列各式的值．
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：∵，
∴，，
∴
；
（2）解：∵，
∴，，，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；分式的加减法；二次根式的化简求值
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的加减和乘法求出，，再将其代入计算即可；
（2）先利用二次根式的加减和乘法求出，，，再将其代入计算即可.
（1）解：∵，
∴，，
∴
；
（2）解：∵，
∴，，
，
∴
．
20．（2024八下·天河期中）如图，矩形的对角线交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接
（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：∵四边形是菱形，
∴
∵
∴为等边三角形
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合BD⊥AC，即可证出四边形是菱形；
（2）先求出，再求出，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
21．（2024八下·天河期中）在中，，是的中点，过点作，且，连接交于．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，菱形的面积为，求的长．
【答案】（1）证明：∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∵点是边的中点，，
∴，
∴平行四边形是菱形.
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出平行四边形是菱形；
（2）先利用菱形的性质可得，再利用“SSS”证出，利用全等三角形的性质可得，再结合，可得，求出DE的长，最后利用勾股定理求出BE的长即可.
（1）证明：∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∵点是边的中点，，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．（2024八下·天河期中）在中，的平分线交直线于点E．且，求的周长．
【答案】解：①当点E在线段上时，如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的周长；
②当点E在线段延长线上时，如图所示：
同理可得，，
∴的周长；
综上所述，的周长为26或14．
【知识点】等腰三角形的判定；平行四边形的性质
【解析】【分析】分类讨论：①当点E在线段上时，②当点E在线段延长线上时，先利用平行线的性质及角平分线的定义利用等角对等边的性质可得，再利用平行四边形的周长公式及等量代换求出答案即可.
23．（2024八下·天河期中）如图，在中，，过上一点D作交于点E，以E为顶点，为一边，作，另一边交于点F．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）延长图①中的到点G，使．连接得到图②，若判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形.
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形为平行四边形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是矩形．
【知识点】平行四边形的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质及等量代换可得，证出，再结合，证出四边形为平行四边形即可；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出四边形是矩形．
24．（2024八下·天河期中）如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B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D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．
（1）求证：；
（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）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t cm．
∵AE=2t cm，DF=2t cm，
∴AE=DF．
（2）解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴．
∵AE=DF，，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即2t=60-4t，
解得：t=10，
∴当t=10时，四边形AEFD为菱形.
（3）解：①当∠EDF=90°时，如图①，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴，
∴四边形DFBE为矩形．
∴
∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，
解得：t=，
②当∠DEF=90°时，如图②，
∵，
∴DE⊥AC，
∴．
∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），
解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质可得DF=DC=2t cm，再结合AE=2t cm，DF=2t cm，即可证出AE=DF；
（2）利用菱形的判定和性质可得AE=AD，列出方程2t=60-4t，求出t的值即可；
（3）分类讨论：①当∠EDF=90°时，②当∠DEF=90°时，先分别画出图形并利用矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质列出方程求解即可.
25．（2024八下·天河期中）已知AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1：连AM，BN，求证：AOM≌BON；
（2）若将RtMON绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段OH//BN，OH与AM交点为H，若OB＝4，ON＝3，求出线段AM的长；
（3）若将MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好落在AB边上时，如图3所示，MN与AO交点为P，求证：MP2+PN2＝2PO2．
【答案】证明：（1）∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OM=ON，AO=BO，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
∴∠AOM＝∠BON，
在△AOM和△BON中，
，
∴△AOM≌△BON（SAS）．
（2）①如图，当MN在OA左侧时，设OA交BN于J，
∵△AOM≌△BON，
∴∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OH//BN，
∴∠OHN=∠ANJ=90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝=3，MH＝HN＝OH＝，
∵OA=OB=4，
∴AH＝＝＝，
∴AM＝MH+AH＝；
②如图，当MN在OA右侧时，
同理可得：MN＝，MH＝HN＝OH＝，AH＝，
∴AM＝AH-MH＝．
综上所述，BN的长为或．
（3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT．
∵∠MON＝∠POT＝90°，
∴∠MON-∠PON=∠POT-∠PON，
∴∠MOP＝∠NOT，
在△POM和△TON中
∴△POM≌△TON（SAS），
∴PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°，
∵∠M=∠ONM=45°，
∴∠ONM＝∠ONT＝45°，
∴∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，
∴PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2
∵△POT是等腰直角三角形，
∴PT2＝2OP2，
∴PM2+NP2＝2OP2．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先利用角的运算和等量代换可得∠AOM＝∠BON，再利用“SAS”证出△AOM≌△BON即可；
（2）分类讨论：①当MN在OA左侧时，②当MN在OA右侧时，先分别画出图形，再利用全等三角形的性质，勾股定理及线段的和差分析求解即可；
（3）在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT，先利用“SAS”证出△POM≌△TON，利用全等三角形的性质可得PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°，再求出∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，结合△POT是等腰直角三角形，利用勾股定理及等量代换可得PM2+NP2＝2OP2．
