期中測試卷答案角邊對應的半圓面積可得出a2＝72，b2＝128，進而可得出c2，進而再求S即可．【解答】解：設直角三角形的三邊分別為a，b，c．一．選擇題（共6小題）題號123456答案CDCACC一．選擇題（共6小題）1．下列各式中與是同類二次根式的是（）根據勾股定理可知：c2＝a2+b2，A．B．C．D．【分析】先化簡二次根式，再根據同類二次根式的定義判定即可．根據題意得，，，【解答】解：A、與不是同類二次根式，∴a2＝72，b2＝128，∴a2+b2＝c2＝200，B、3與不是同類二次根式，∴，C、2與是同類二次根式，故選：D．D、3與不是同類二次根式，【點評】此題考查了勾股定理，熟記勾股定理是解題的關鍵．故選：C．3．下列各組數中，不能構成直角三角形三邊的是（）【點評】本題考查了同類二次根式，解題的關鍵是二次根式的化簡．2．如圖，直角三角形三邊上的半圓面積分別為9π，16π和S，則S為（）A．3，4，5B．9，40，41C．D．7，24，25【分析】根據勾股定理的逆定理分別計算各個選項，選出正確的答案．【解答】解：A、32+42＝52，能組成直角三角形，不符合題意；B、92+402＝412，能組成直角三角形，不符合題意；C、，不能組成直角三角形，符合題意；D、72+242≠252，能組成直角三角形，不符合題意，A．7πB．8πC．12πD．25π故選：C．【分析】設直角三角形的三邊分別為a，b，c．根據勾股定理可知a2+b2＝c2，根據兩個直【點評】本題主要考查了勾股定理逆定理，熟知如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2第頁（共頁）＝c2，那么這個三角形就是直角三角形是解題的關鍵．【點評】本題考查了平行四邊形的性質和坐標與圖形性質，能熟記平行四邊形的對邊平行4．正方形具備而矩形不具備的性質是（）且相等是解此題的關鍵．A．四條邊都相等B．四個角都是直角6?ABCD的對角線ACBD交于點OAE平分∠BAD交BC于點EADC＝60C．對角線互相平分D．對角線相等【分析】根據正方形的性質，矩形的性質逐一進行判斷即可．°，ABBCOECAD＝30S?ABCD＝AB?ACOB＝AB；【解答】解：A．因為四條邊都相等，正方形具有而矩形不具有，所以A選項符合題意；成立的個數有（）B．因為四個角都是直角，正方形具有而矩形也具有，所以B選項不符合題意；C．因為對角線互相平分，正方形具有而矩形也具有，所以C選項不符合題意；D．因為對角線相等，正方形具有而矩形也具有，所以D選項不符合題意．故選：A．A．0個B．1個C．2個D．3個【點評】本題考查了正方形的性質，余角和補角，矩形的性質，解決本題的關鍵是綜合掌由平行四邊形的性質得AD∥BCDAE＝∠BEADAE＝∠BAE握以上知識．BEA＝∠BAE，則AB＝EB，而∠ABE＝∠ADC＝60°，則△ABE是等邊三角形，所以AB5ABCD的頂點ABD0050（2，3C的坐標是（）＝BE＝AEBC，則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，可判斷②正確；由“垂線段最短”可知，OB＞AB，可判斷③錯誤，于是得到問題的答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，A3，7）B5，3）C7，3）D8，2）∴AD∥BC，根據平行四邊形的性質得出DC∥ABDC＝ABC的坐標∴∠DAE＝∠BEA，即可．∵AE平分∠BAD，【解答】ABCD的頂點ABD005023∴∠DAE＝∠BAE，∴DC∥AB，DC＝AB＝5，∴∠BEA＝∠BAE，∴點C的橫坐標＝5+2＝7，縱坐標＝點D的縱坐標＝3，∴AB＝EB，即點C的坐標是（7，3∵∠ABE＝∠ADC＝60°，故選：C．∴△ABE是等邊三角形，第頁（共頁）∴AB＝BE＝AE，【分析】根據二次根式有意義的條件得到x﹣2≥0，解之即可求出x的取值范圍．【解答】解：根據題意得：x﹣2≥0，∵ABBC，解得：x≥2．故答案為：x≥2．∴BEBC，【點評】本題考查了二次根式有意義的條件，解題的關鍵是掌握二次根式有意義時被開方∴BE＝CE＝AE，數是非負數．∴∠EAC＝∠ECA，8．計算：．∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，【分析】利用二次根式的減法的法則進行運算可．∴∠ECA＝30°，【解答】解：∴∠CAD＝∠ECA＝30°，故①正確；＝2∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，．∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，故答案為：．∴AC⊥AB，∴S?ABCD＝AB?AC，【點評】本題主要考查二次根式的加減法，解答的關鍵是對相應的運算法則的掌握．9．如圖，在△ABC中，CD⊥AB于點D，AC＝10，CD＝6，BD＝4．則AB＝12．故②正確；AB⊥OA，∴OB＞AB，∴OB≠AB，故③錯誤，【分析】根據勾股定理求出AD的長即可得出AB的長．故選：C．【解答】解：∵CD⊥AB，AC＝10，CD＝6，【點評】此題重點考查平行四邊形的性質、等邊三角形的判定與性質、三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和、垂線段最短等知識，證明△ABE是等邊三角形是解題的∴，關鍵．又∵BD＝4，二．填空題（共6小題）∴AB＝AD+BD＝8+4＝12，故答案為：12．7．若在實數范圍內有意義，則實數x的取值范圍是x≥2．第頁（共頁）【點評】本題主要考查勾股定理，正確進行計算是解題關鍵．10．如圖，?ABCD的對角線AC與BD交于點O，要使得?ABCD為菱形，可添加的一個條∴DFAB＝4，件是AB＝AD（答案不唯一）.（寫一個即可）∴EF＝DE﹣DF＝7﹣4＝3，故答案為：3．【點評】本題考查了三角形中位線定理，直角三角形的性質，熟練掌握三角形中位線定理是解題的關鍵．12Rt△ABCACB＝90CA＝CB＝2D是△ABCA，的條件．B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，設此平行四邊形的對角線交點為O，則BO的長【解答】解：條件：AB＝AD，為或1或．∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝AD，∴四邊形ABCD是菱形．故答案為：AB＝AD【點評】本題考查了菱形的判定定理，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關鍵．ABCDE分別是邊ABACF是線段DEBCABABBCABAC為邊，AF，BF，∠AFB＝90°，且AB＝8，BC＝14，則EF的長是3．作出圖形，分別由平行四邊形的性質和勾股定理可求BO的長．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，∴，①如圖，若BC，AC為邊，AB是對角線，【分析】根據三角形中位線定理和直角三角形的性質即可得到結論．【解答】解：∵點D，E分別是邊AB，AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∵BC＝14，∵四邊形ACBD1是平行四邊形，且∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，∴DEBC＝7，∴；∵∠AFB＝90°，AB＝8，第頁（共頁）②若AB，AC為邊，BC為對角線，＝2；∵四邊形ABDC是平行四邊形，（2）證明：∵BD是△ABC的中線，∴AD＝CD，∴；又∵∠ADB＝∠CDE，DE＝BE，③若AB，BC為邊，AC為對角線，∴△ADB≌△CDE（SAS∵ABCD3是平行四邊形，∴AB＝CE，∠ABD＝∠CED，∴AB∥CE，∴，∴四邊形ABCE是平行四邊形．【點評】此題考查了二次根式的乘法運算，平方差公式和零指數冪計算，平行四邊形的判

∴，定，全等三角形的性質和判定，解題的關鍵是掌握以上知識點．故答案為：或1或．14．在平行四邊形ABCD中，E為BC上一點，點F為AE的中點，連接DF并延長，交CB【點評】本題考查了平行四邊形的性質和勾股定理，運用數形結合思想與分類討論思想是的延長線于點G，求證：BG＝CE．解決本題的關鍵．三．解答題（共小題）131）計算：．【分析】根據平行四邊形的性質證明△AFD≌△EFG，得到GE＝BC，即可證明．（2）如圖所示，延長△ABC的中線BD至點E，使DE＝BD，連接AE、CE．求證：四邊【解答】證明：∵點F為AE的中點，形ABCE是平行四邊形．∴AF＝FE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠ADF＝∠EGF，【分析】（1）首先根據平方差公式和零指數冪計算，然后計算加減；∵∠AFD＝∠EFG，（2）首先證明出△ADB≌△CDE（SASAB＝CE，AB∥CE，即可證明出四邊∴△AFD≌△EFG（AAS形ABCE是平行四邊形．∴AD＝GE，∴GE＝BC，【解答】（1）解：＝5﹣4+1∴BG＝CE．第頁（共頁）【點評】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．15．如圖，在正方形ABCD中，E，F分別為邊AD，CD上的點，且AE＝DF，連接AF，BE交于點G．求證：∠BGF＝90°．（1）如圖1，在?ABCD中，E是邊AD上一點，在邊BC上畫點F，使CF＝AE；（2）如圖2，在?ABCD中，E是邊AD上一點，且DE＝DC，畫∠BAD的平分線AF；【分析】（1）連接AC，BD交于點O，連接EO并延長交BC于點F即為所求；（2）如圖2，連接AC，BD交于點O，作直線OE交BC于F，作射線AF即可．【解答】1）如圖1中，點F即為所求作的點．【分析】先根據正方形的性質可得∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DAABE≌△DAF，根據全等三角形的性質可得∠ABE＝∠DAFBAF+∠ABE＝90°，最后根據三角形的外角性質即可得證．【解答】證明：由題意可得：∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，在△ABE和△DAF中，（2）如圖2中，射線AF即為所求作．，∴△ABE≌△DAF（SAS∴全等三角形的性質可得∠ABE＝∠DAF，又∵∠BAE＝90°，【點評】本題考查了作圖﹣復雜作圖，全等三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，等∴∠BAF+∠DAF＝90°，腰三角形的性質，平行線的性質等，解決本題的關鍵是綜合運用以上知識解決問題．∴∠BAF+∠ABE＝90°，17．如圖，小強為了測量一座樓的高度AB，在旗桿CD與樓之間選定一點P，CD⊥DB，AB∴∠BGF＝∠BAF+∠ABE＝90°．⊥DB，測得CP與地面夾角∠DPC＝36°，PA與地面夾角∠APB＝54°，且CD＝PB．【點評】（1）證明：△CPD≌△PAB．正確找出兩個全等三角形是解題關鍵．（2）CD＝10m，DB＝36m，求大樓AB的高．16．請用無刻度直尺完成下列作圖，不寫畫法，保留畫圖痕跡．第頁（共頁）【分析】（1）根據“AAS”證明△ABE≌△ADF即可；（2BAD角形的性質可求出∠BAE和∠DAFEAFAEF為等邊三角形．【解答】1）∵四邊形ABCD是菱形，【分析】（1）先求出∠DCP＝∠APB＝54°，再證明全等；∴AB＝AD，∠B＝∠D．（2）利用全等三角形的性質得出DP＝AB即可求解．又∵AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，【解答】（1）證明：由條件可知∠DCP＝∠APB＝54°，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，在△CPD和△PAB中，在△ABE與△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：樓AB高是26米．∵四邊形ABCD是菱形，【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質的應用，解題關鍵是牢記它的判定與性質．∴AD∥BC，18．如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，連結EF．∴∠B+∠BAD＝180°，（1）求證：△ABE≌△ADF；∵∠B＝60°，（2）若∠B＝60°，求證：△AEF為等邊三角形．∴∠BAD＝120°，又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝30°，由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝30°，∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．∴△AEF是等邊三角形．第頁（共頁）【點評】本題主要考查了三角形全等、菱形的性質、等邊三角形的判定，解題的關鍵在于在Rt△CFD中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，熟練掌握全等的方法和菱形的性質．∴2CF2＝CD2＝162，1912∴CF＝8（cmAB固定在支撐軸端點C處，CD⊥AB，支撐軸長CD＝16cm，支撐軸CD與底座DE所成（2）如圖3，過點C作CH⊥DE于點H，的角∠CDE＝45°．（1）求端點C到底座DE的距離；（23CD繞點D逆時針旋轉15B恰好落在直線DE上，問：端點C到底座DE的距離減少了多少？∵將CD繞點D逆時針旋轉15°后，點B恰好落在直線DE上，∴∠CDE＝45°﹣15°＝30°，∴CHCD16＝8（cm【分析】（1C作CF⊥DE于點FCFD是等腰直角三角形，由勾股定理即可求出∴端點C到底座DE的距離減少了（88）cm．CF的長；【點評】本題主要考查了勾股定理的應用，正確作出輔助線構建直角三角形，運用勾股定（2）過點C作CH⊥DE于點H，推出∠CDE＝30°，易求出CH的長，即可得出結果．理求解是解題的關鍵．【解答】1）如圖2，過點C作CF⊥DE于點F，20．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，點P從點D出發向點A運動，運動到點AQ從點B出發向點CCPQ的速度都是1cm/s，連接PQ，AQ，CP，設點P、Q運動的時間為t（s（1）當t為何值時，四邊形ABQP是矩形？（2t為3AQCP是怎樣的特殊平行四邊形？并說明理由；∵∠CDE＝45°，∴△CFD是等腰直角三角形，∴CF＝DF，【分析】（1）根據題意，得到當AP＝BQ時，四邊形ABQP是矩形，列出方程進行求解即第頁（共頁）可；（2）根據題意，先得到四邊形AQCP為平行四邊形，通過勾股定理算出AQ，進而可知道解：隱含條件2﹣3x≥0，解得x．四邊形為菱形．∴1﹣x＞0，【解答】1）由題意，得BQ＝t，DP＝t，∴原式＝（2﹣3x）﹣（1﹣x）＝2﹣3x﹣1+x＝1﹣2x．∵四邊形ABCD是矩形，【啟發應用】∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝8，（1）按照上面的解法，試化簡（結果保留π∴AP＝8﹣t，【類比遷移】當四邊形ABQP是矩形時，BQ＝AP，（2）實數a，b在數軸上的位置如圖所示，化簡：|b﹣a|．∴t＝8﹣t，（3）已知a，b，c為△ABC的三邊長．化簡：解得t＝4，∴當t＝4s時，四邊形ABQP是矩形；．（2）四邊形AQCP是菱形，理由：∵AB＝4，BQ＝PD＝t＝3，∠B＝90°，【分析】（1）根據二次根式有意義的條件、二次根式的性質計算；（2）根據數軸確定a+b、b﹣a的符號，再根據二次根式的性質計算；∴AQ5，此時，CQ＝CB﹣BQ＝5，AP＝AD﹣PD＝5，（3）根據三角形的三邊關系得到a+b+c＞0，a﹣b＜c，b﹣a＜c，c﹣b＜a，再根據二次根∵四邊形ABCD是矩形，式的性質、合并同類項計算．∴AD∥BC，【解答】1）隱含條件3﹣x≥0，∵CQ＝AP，解得：x≤3，∴四邊形AQCP為平行四邊形，∴x﹣π＜0，∵AQ＝CQ＝5，則原式＝﹣（x﹣π）﹣（3﹣x）＝﹣x+π﹣3+x＝π﹣3；∴四邊形AQCP為菱形．（2）由數軸得隱含條件：a＜0，b＞0，|a|＞|b|，【點評】本題考查矩形的判定，菱形的判定和性質．掌握相關判定方法和性質是解題的關∴a+b＜0，b﹣a＞0；鍵．a+a+b﹣b+a＝a；21．閱讀下面的解題過程體會如何發現隱含條件并回答下面的問題．（3）由三角形的三邊關系可得隱含條件：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，化簡：|1﹣x|．第頁（共頁）∴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．，【點評】本題考查的是二次根式的化簡求值，掌握二次根式的性質是解題的關鍵．∴△BCE≌△DCE（SAS22MON＝90ABCD的頂點AB分別在OMON上，AB＝10OB＝6，∴BE＝DE；E為AC上一點，且BC平分∠EBN，直線DE與ON交于點F．（2）解：DF與ON的位置關系是：DF⊥ON，理由如下：（1）求證：BE＝DE；如圖1所示：（2）判斷DF與ON的位置關系，并說明理由；（3）△BEF的周長為16．由（1）可知：△BCE≌△DCE，∴∠3＝∠4，【分析】（1）證明△BCE和△DCE全等即可得出結論∵BC平分∠EBN，（2BCE和△DCE全等得∠3＝∠4BC平分∠EBN得∠4＝∠CBF3＝∠CBF，∴∠4＝∠CBF，再根據∠1+∠3＝90°，∠3＝∠2得∠2+∠CBF＝90°，則∠DFB＝90°，由此即可得出∴∠3＝∠CBF，DF與ON的位置關系；∵四邊形ABCD是正方形，（3）過點C作CG⊥ON于點G，過點D作DH⊥CG，交GC的延長線于點H，則四邊形∴∠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，進而得HG＝14，GF＝HD＝6，BF＝2，DF＝HG＝14，由（1）可知BE＝DE，則BE+EF∴∠2+∠CBF＝90°，＝DF＝14，據此即可得出△BEF的周長．∴∠DFB＝90°，【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴DF⊥ON；第頁（共頁）（3）解：過點C作CG⊥ON于點G，過點D作DH⊥CG，交GC的延長線于點H，如圖∴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的周長為：BE+EF+BF＝14+2＝16．【點評】此題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，角平分線，勾股定理等知識點，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定與性質，靈活運用勾股定理進行計由（2）可知：DF⊥ON算是解決問題的關鍵．∴∠H＝∠HGF＝∠DFG＝90°，23．已知：在△ABC中，∠BAC＝90AB＝ACD為直線BC上一動點（點D不與B、∴四邊形DHGF是矩形，CAD為邊作正方形ADEF，連接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，∵四邊形ABCD是正方形，（1）如圖1，當點D在線段BC上時，求證：①BD⊥CF．②CF＝BC﹣CD．∴∠ABC＝∠MON＝90°，AB＝BC，（22D在線段BCCFBCCD∴∠OBA+∠CBG＝90°，∠OBA+∠BAO＝90°，三條線段之間的關系；∴∠BAO＝∠CBG，（33D在線段BCAF分別在直線BC在△AOB和△BGC中，它條件不變：①請直接寫出CF、BC、CD三條線段之間的關系；，②若連接正方形對角線AEDFOOCAOC∴△AOB≌△BGC（AAS【分析】（1）①根據等腰直角三角形的性質可得∠ABC＝∠ACB＝45°，再根據正方形的∴AO＝BG＝8，OB＝GC＝6，性質可得AD＝AFDAF＝90BAD＝∠CAF同理可證明：△DCH≌△CBG（AASBAD和△CAFACF＝∠ABD，第頁（共頁）再求出∠ACF+∠ACB＝90°，從而得證；②根據全等三角形對應邊相等可得BD＝CF，從∴CF＝BC﹣CD；而求出CF＝