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北京第五实验教育集团与北京钱学森中学教育集团联合2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）
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（满分100分，时间90分钟）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列式子中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义即可得出答案．
【详解】解：. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
B. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
C. 是最简二次根式，符合题意；
D. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．
2. 在下列以线段a，b，c的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，正确区分边长的大小，熟记勾股定理的逆定理的计算公式是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理即三角形内角和定理解答，验证较小的两边平方和是否等于最大边的平方即可．
【详解】A、∵，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
B、设，
∵，
∴，
∴，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
C、∵，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
D、∵，
∴，
∴该三角形不是直角三角形，符合题意；
故选：D．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选：D．
4. 已知，则的值为（ ）
A. B. －C. D. －
【答案】C
【解析】
【分析】由题意根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x、y的值，进行计算即可．
【详解】解：由题意得，4-x≥0，x-4≥0，
解得x=4，则y=3，
则=．
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
5. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；
【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；
一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；
三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
6. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）
A 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
7. 如图，所有阴影四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，已知正方形A， B， C的面积依次为2， 4， 3， 则正方形D的面积为（ ）
A. 9B. 27C. 29D. 45
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解此题的关键是能根据题意得出方程，题目比较典型，难度适中．
设正方形D的面积为x，根据图形得出方程，求出即可．
【详解】解：设正方形D的面积为x，
∵正方形A、B、C的面积依次为2、4、3，
∴根据图形得：，
解得：，
故选：A．
8. 如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABD＝30°，Q是BC的中点，则PC+ PQ的最小值是（ ）
A. 6B. 3C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】连接AQ， AC，AP，由菱形的对称轴可知， ，从而当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小，根据题意可得△ABC是等边三角形，然后在Rt△ABQ中，由勾股定理，求出 即可．
【详解】解：如图，连接AQ， AC，AP，
由菱形的对称轴可知， ，
∴，
即当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小，
∵∠ABD＝30°，四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵点Q为BC的中点，
∴AQ⊥BC，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB＝BC＝6，
∵Q是BC的中点，
∴ ，
在Rt△ABQ中，由勾股定理得：
，
即PC+ PQ的最小值是 ．
故选：B
【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路线问题，菱形的性质和等边三角形的判定和性质，理解题意，当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小是解题的关键．
9. 在如图的网格中，小正方形的边长均为1，三点均在正方形格点上，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D. 点到直线的距离是2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积公式，根据勾股定理求得进而根据勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，故A,B选项正确；
∴，故C选项错误；
设点到直线的距离是，则，
∴，故D选项正确
故选：C．
10. 如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下3个结论：；；五边形的周长是44，其中正确的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到；再由勾股定理求出相应线段的长可得五边形的周长．
【详解】解：由折叠可知：，，，
，
在和中，
，
，
，
，故正确；
，
，
由折叠可得，，
，故正确；
正方形边长是12，
，
设，则，，
由勾股定理得：，
即：，
解得：，
，，，
五边形的周长是：，故正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，解决本题的关键是综合运用以上知识．
二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，共24分）
11. 函数中，自变量x的取值范围是__________．
【答案】x≥-2且x≠1
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出结论．
【详解】解：由题意可得
解得x≥-2且x≠1
故答案为：x≥-2且x≠1．
【点睛】此题考查的是求自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件和分式有意义的条件是解决此题的关键．
12. 已知在平行四边形ABCD中，∠A比∠B小40°，那么∠C=________．
【答案】##70度
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质可求解
【详解】 在平行四边形ABCD中，∠A比∠B小40°
又
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的性质，牢记并灵活运用是解本题关键.
13. 如图，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A、B，道路因为施工需要封闭，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在同一条直线上），并新修一条道路，已知千米，千米，千米，新的取水点H与原取水点A相距1.5千米，请问新修道路是不是村庄C到河边最近的路？______（填是或不是）；走新修路比走原路少走_______千米？
【答案】 ①. 是 ②. 0.5##
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理和勾股定理逆定理的应用，
首先根据勾股定理的逆定理得到，进而得到新修道路是村庄C到河边最近的路；然后勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】∵千米，千米，千米
∴
∴
∴新修道路是村庄C到河边最近的路；
∵千米
∴
∴千米
∴走新修路比走原路少走0.5千米．
故答案为：是；0.5．
14. 如图，在矩形中，边的长为3，的长为2，在数轴上，以点A为圆心，的长为半径画弧，与数轴相交，则交点表示的实数是______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查的是实数与数轴，勾股定理，熟知实数与数轴上各点是一一对应关系是解答此题的关键．
设原点为O，连接，以点A为圆心，为半径画弧，交数轴于点，，根据勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】如图所示，设原点为O，连接，以点A为圆心，为半径画弧，交数轴于点，
∵，，
∴
∴
∴，
∴点表示的数为，点表示的数为．
∴交点表示的实数是或．
故答案为：或．
15. 已知实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为________
【答案】0
【解析】
【分析】根据数轴所示，a＜0，b＞0， b-a＞0，依据开方运算的性质，即可求解．
【详解】解：由图可知：a＜0，b＞0， b-a＞0，
∴．
故填：0．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质和化简，实数与数轴，绝对值的意义，解题的关键在于求出b-a＞0，从而得出|b-a|=b-a．
16. 如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是________．
【答案】④
【解析】
【分析】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，
先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可．
【详解】解：∵点 E、F、G、H分别是四边形边边、、、的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
①当时，则， 则四边形为菱形，①说法错误；
②当时，则， 则四边形为矩形，②说法错误；
③四边形一定是平行四边形，与不一定互相平分，③说法错误；
④当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，④说法正确；
故答案为：④．
17. 如图，四边形是菱形，，于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质，直角三角形的勾股定理，先求出的长度，在中根据面积相等方法即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线相互垂直且相互平分，直角三角形的勾股定理，等面积法求边长或高是解题的关键．
18. 如图，将边长为的正方形放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
作轴于，作轴于，则，得出，由正方形的性质得出，，证出，由证明，，，即可得出结果．
【详解】解：作轴于，作轴于，如图所示：
则，
，
四边形正方形
∴，
∵，
∴，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
点的坐标为．
故答案为：．
19. 正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 ______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据正方形性质求出，，再求出，然后利用勾股定理列式求出，由直角三角形的性质可求解．解题的关键是能正确作出辅助线构造直角三角形．
【详解】解：如图，连接，
∵正方形和正方形中，，
∴，，，
∴，
由勾股定理得，，
∵H是的中点，
∴，
故答案为：．
20. 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为、的交点，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据矩形的判定得出是矩形，再根据矩形的性质得出，互相平分，且，再根据垂线段最短的性质就可以得出时，的值最小，即的值最小，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】解，，，
，
于，于，
四边形是矩形，
，互相平分．且，
，的交点就是点．
当的值最小时，的值就最小，
当时，的值最小，即的值最小．
，
，
，，，
，
，
；
，
最小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出的最小值是关键．
21. 如图，菱形中，点E，F分别是，上的动点，，，与相交于点G，则下列结论：①；②是等边三角形；③．其中结论正确的有_______个．
【答案】①②③
【解析】
【分析】本题主要考查运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质解题的关键是对几何图形的性质能够灵活应用．
①首先证为等边三角形，得，，结合已知条件可证；②得，，得，进而可得结论；③证明则可得结论．
【详解】解：在四边形菱形中，
∵，
∴，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
又，
∴，故①正确；
∴，
∴，
∴为等边三角形，故②正确；
∵，，
又∵，
∴，
由①得，，
∴，故③正确．
故答案为：①②③．
22. 在平面直角坐标系中，对于线段和点P作出如下定义：若点M，N分别是线段，的中点，连接，我们称线段的中点Q是点P关于线段的“关联点”．
已知点，点P关于线段的“关联点”是点Q．
①若点P的坐标是，则点Q的坐标是______；
②若点E的坐标是，点F的坐标是．点P是线段上任意一点，求线段长的取值范围______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，勾股定理等，理解新定义是解题的关键．
①设点O和点M分别是，的中点，根据定义求出，再由点Q是的中点即可得到答案；
②设点O和点M分别是，的中点，，同理可得，由勾股定理得到，据此求解即可．
【详解】解：①设点O和点M分别是，的中点，
∵，点P的坐标是，
∴，
∵点Q是的中点，
∴点Q的坐标为，即，
故答案为：；
②设点O和点M分别是，的中点，，
∴，
∵点Q是的中点，
∴点Q的坐标为，即，
∴
，
∵，
∴，
∴当s增大时，的值也增大，则的值也增大，
当时，，即；
当时，，即；
∴；
故答案为：；．
三、解答题（本大题6题共46分，23题至24题，每小题5分；25题至27题， 每小题6分；28题8分）
23. 计算：
（1）；
（2）；
（3）已知：，，求．
【答案】（1）
（2）
（3）10
【解析】
【分析】（1）先化简，然后合并同类项即可；
（2）先化简，然后合并同类项即可；
（3）先求出，，再代入代数式即可求解．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
∵，，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，零指数幂，负整数指数幂，完全平方公式，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的运算法则和运算顺序，注意平方差公式和完全平方公式的应用．
24. 如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）若，，，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据，得到得证，结合平分，得继而得到即得．
（2）根据，，得，过点D作，交的延长线与点H，结合，得到，结合，根据勾股定理确定，根据计算即可．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵，，
∴，
过点D作，交的延长线与点H，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，含角直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
25. 在中，，是中点，过点作，使．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）取中点，作，交于点，若，，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）3
【解析】
【分析】（1）先由已知条件证得四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质证得，即可得到四边形是矩形；
（2）连接，由线段垂直平分线的性质得到，设，则，在中，根据勾股定理求出，即可得到．
【小问1详解】
证明：，，
四边形平行四边形，
，是中点，
，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：连接，
是的中点，，
，
四边形是矩形，，，
，，
设，则，
四边形是矩形，
，
在中，
，
，
，
即．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线构造出是解决问题的关键．
26. 如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，BC的中点，，．
（1）求证：四边形BDEF菱形；
（2）连接DF交BC于点M，连接CD，若BE＝4，，求DM，CD的长．
【答案】（1）见解析 （2）DM=1，CD=
【解析】
【分析】（1）先证明四边形BDEF是平行四边形，再由等腰三角形的中位线的性质得到BD=AB，DE=AC，推出BD=DE，由此得到结论；
（2）由菱形的性质得到DF⊥BE，BM=EM=BE=2，根据三角形中位线得到CE=BE=4，DE=AC=，即可利用勾股定理求出DM，CD．
【小问1详解】
证明：∵，．
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠C，
∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，BD=AB，
∴DE=AC，
∴BD=DE，
∴四边形BDEF是菱形；
【小问2详解】
连接DF交BE于M
∵四边形BDEF是菱形，
∴DF⊥BE，BM=EM=BE=2，
∴∠DME=90°，
∵DE是△ABC的中位线，
∴CE=BE=4，DE=AC=，
在Rt△DEM中，DM=，
在Rt△CDM中，CM=EM+CE=2+4=6，
∴CD=．
【点睛】此题考查了菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，三角形中位线的判定及性质定理，正确掌握各知识点并应用是解题的关键．
27. 阅读材料：
材料一：数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方式及二次根式的性质化去一层（或多层）根号，如：．
材料二：配方法是初中数学思想方法中的一种重要的解题方法，配方法的最终目的就是配成完全平方式，利用完全平方式来解决问题，它的应用非常广泛，在解方程、化简根式、因式分解等方面都经常用到．
如：，
，
，即．
的最小值为1．
阅读上述材料解决下面问题：
（1）_______，______；
（2）求的最值；
（3）比较和的大小，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）的最小值为
（3）
【解析】
【分析】此题主要考查二次根式的应用，解题的关键是熟知完全平方公式及配方法的应用．
（1）利用完全平方公式及二次根式的性质即可求解；
（2）利用完全平方公式配方即可求解；
（3）首先计算和，然后比较即可．
【小问1详解】
（1），
；
故答案为：；；
【小问2详解】
∵
∴的最小值为；
【小问3详解】
∵
∴．
28. 已知正方形中，直线是正方形外侧过点A的直线，，点B关于直线的对称点为E，连接，，交直线于点F．
（1）直接写出度数为 ；
（2）如图1，当时，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2，当时，请直接用等式表示线段，，之间的数量关系为 ；
（4）如图3，若将主题干中的正方形中改成菱形中，，其他条件不变，当时，请直接用等式表示线段，，之间的数量关系为 ．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）连接，证出，求出，由等腰三角形的性质得出，则可得出答案；
（2）在上截取，连接，，证明，由全等三角形的性质得出，，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）在上截取，连接，，同理可证，由（1）可知，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（4）在上截取，连接，，同（2）可证，过点A作于H，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【小问1详解】
解：连接，
∵点E与点B关于直线对称，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，．
∴，．
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：．
证明：在上截取，连接，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴；
【小问3详解】
解：在上截取，连接，，
同理可证，
由（1）可知，
∴为等腰直角三角形，则，
∴根据勾股定理可得：，
∴；
故答案为：；
【小问4详解】
解：在上截取，连接，，
同（2）可证，
∴，，
∴，
过点A作于H，
∴，
根据勾股定理定理可得：，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（满分100分，时间90分钟）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列式子中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义即可得出答案．
【详解】解：. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
B. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
C. 是最简二次根式，符合题意；
D. ，故本选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．
2. 在下列以线段a，b，c的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，正确区分边长的大小，熟记勾股定理的逆定理的计算公式是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理即三角形内角和定理解答，验证较小的两边平方和是否等于最大边的平方即可．
【详解】A、∵，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
B、设，
∵，
∴，
∴，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
C、∵，
∴该三角形是直角三角形，不符合题意；
D、∵，
∴，
∴该三角形不是直角三角形，符合题意；
故选：D．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算正确，符合题意；
故选：D．
4. 已知，则的值为（ ）
A. B. －C. D. －
【答案】C
【解析】
【分析】由题意根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x、y的值，进行计算即可．
【详解】解：由题意得，4-x≥0，x-4≥0，
解得x=4，则y=3，
则=．
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
5. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；
【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；
一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；
三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
6. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）
A 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
7. 如图，所有阴影四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，已知正方形A， B， C的面积依次为2， 4， 3， 则正方形D的面积为（ ）
A. 9B. 27C. 29D. 45
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解此题的关键是能根据题意得出方程，题目比较典型，难度适中．
设正方形D的面积为x，根据图形得出方程，求出即可．
【详解】解：设正方形D的面积为x，
∵正方形A、B、C的面积依次为2、4、3，
∴根据图形得：，
解得：，
故选：A．
8. 如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABD＝30°，Q是BC的中点，则PC+ PQ的最小值是（ ）
A. 6B. 3C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】连接AQ， AC，AP，由菱形的对称轴可知， ，从而当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小，根据题意可得△ABC是等边三角形，然后在Rt△ABQ中，由勾股定理，求出 即可．
【详解】解：如图，连接AQ， AC，AP，
由菱形的对称轴可知， ，
∴，
即当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小，
∵∠ABD＝30°，四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵点Q为BC的中点，
∴AQ⊥BC，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB＝BC＝6，
∵Q是BC的中点，
∴ ，
在Rt△ABQ中，由勾股定理得：
，
即PC+ PQ的最小值是 ．
故选：B
【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路线问题，菱形的性质和等边三角形的判定和性质，理解题意，当点 、 、 三点共线时，PC+ PQ最小是解题的关键．
9. 在如图的网格中，小正方形的边长均为1，三点均在正方形格点上，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D. 点到直线的距离是2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积公式，根据勾股定理求得进而根据勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，故A,B选项正确；
∴，故C选项错误；
设点到直线的距离是，则，
∴，故D选项正确
故选：C．
10. 如图，已知正方形的边长为12，，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下3个结论：；；五边形的周长是44，其中正确的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到；再由勾股定理求出相应线段的长可得五边形的周长．
【详解】解：由折叠可知：，，，
，
在和中，
，
，
，
，故正确；
，
，
由折叠可得，，
，故正确；
正方形边长是12，
，
设，则，，
由勾股定理得：，
即：，
解得：，
，，，
五边形的周长是：，故正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用，解决本题的关键是综合运用以上知识．
二、填空题（本大题共12小题，每小题2分，共24分）
11. 函数中，自变量x的取值范围是__________．
【答案】x≥-2且x≠1
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件即可求出结论．
【详解】解：由题意可得
解得x≥-2且x≠1
故答案为：x≥-2且x≠1．
【点睛】此题考查的是求自变量的取值范围，掌握二次根式有意义的条件和分式有意义的条件是解决此题的关键．
12. 已知在平行四边形ABCD中，∠A比∠B小40°，那么∠C=________．
【答案】##70度
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质可求解
【详解】 在平行四边形ABCD中，∠A比∠B小40°
又
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的性质，牢记并灵活运用是解本题关键.
13. 如图，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A、B，道路因为施工需要封闭，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在同一条直线上），并新修一条道路，已知千米，千米，千米，新的取水点H与原取水点A相距1.5千米，请问新修道路是不是村庄C到河边最近的路？______（填是或不是）；走新修路比走原路少走_______千米？
【答案】 ①. 是 ②. 0.5##
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理和勾股定理逆定理的应用，
首先根据勾股定理的逆定理得到，进而得到新修道路是村庄C到河边最近的路；然后勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】∵千米，千米，千米
∴
∴
∴新修道路是村庄C到河边最近的路；
∵千米
∴
∴千米
∴走新修路比走原路少走0.5千米．
故答案为：是；0.5．
14. 如图，在矩形中，边的长为3，的长为2，在数轴上，以点A为圆心，的长为半径画弧，与数轴相交，则交点表示的实数是______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查的是实数与数轴，勾股定理，熟知实数与数轴上各点是一一对应关系是解答此题的关键．
设原点为O，连接，以点A为圆心，为半径画弧，交数轴于点，，根据勾股定理求出，进而求解即可．
【详解】如图所示，设原点为O，连接，以点A为圆心，为半径画弧，交数轴于点，
∵，，
∴
∴
∴，
∴点表示的数为，点表示的数为．
∴交点表示的实数是或．
故答案为：或．
15. 已知实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为________
【答案】0
【解析】
【分析】根据数轴所示，a＜0，b＞0， b-a＞0，依据开方运算的性质，即可求解．
【详解】解：由图可知：a＜0，b＞0， b-a＞0，
∴．
故填：0．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质和化简，实数与数轴，绝对值的意义，解题的关键在于求出b-a＞0，从而得出|b-a|=b-a．
16. 如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，则下列命题中：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中是真命题的序号是________．
【答案】④
【解析】
【分析】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，
先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可．
【详解】解：∵点 E、F、G、H分别是四边形边边、、、的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
①当时，则， 则四边形为菱形，①说法错误；
②当时，则， 则四边形为矩形，②说法错误；
③四边形一定是平行四边形，与不一定互相平分，③说法错误；
④当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，④说法正确；
故答案为：④．
17. 如图，四边形是菱形，，于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质，直角三角形的勾股定理，先求出的长度，在中根据面积相等方法即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线相互垂直且相互平分，直角三角形的勾股定理，等面积法求边长或高是解题的关键．
18. 如图，将边长为的正方形放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
作轴于，作轴于，则，得出，由正方形的性质得出，，证出，由证明，，，即可得出结果．
【详解】解：作轴于，作轴于，如图所示：
则，
，
四边形正方形
∴，
∵，
∴，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
点的坐标为．
故答案为：．
19. 正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 ______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据正方形性质求出，，再求出，然后利用勾股定理列式求出，由直角三角形的性质可求解．解题的关键是能正确作出辅助线构造直角三角形．
【详解】解：如图，连接，
∵正方形和正方形中，，
∴，，，
∴，
由勾股定理得，，
∵H是的中点，
∴，
故答案为：．
20. 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为、的交点，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据矩形的判定得出是矩形，再根据矩形的性质得出，互相平分，且，再根据垂线段最短的性质就可以得出时，的值最小，即的值最小，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】解，，，
，
于，于，
四边形是矩形，
，互相平分．且，
，的交点就是点．
当的值最小时，的值就最小，
当时，的值最小，即的值最小．
，
，
，，，
，
，
；
，
最小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，垂线段最短的性质的运用，解答时求出的最小值是关键．
21. 如图，菱形中，点E，F分别是，上的动点，，，与相交于点G，则下列结论：①；②是等边三角形；③．其中结论正确的有_______个．
【答案】①②③
【解析】
【分析】本题主要考查运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质解题的关键是对几何图形的性质能够灵活应用．
①首先证为等边三角形，得，，结合已知条件可证；②得，，得，进而可得结论；③证明则可得结论．
【详解】解：在四边形菱形中，
∵，
∴，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
又，
∴，故①正确；
∴，
∴，
∴为等边三角形，故②正确；
∵，，
又∵，
∴，
由①得，，
∴，故③正确．
故答案为：①②③．
22. 在平面直角坐标系中，对于线段和点P作出如下定义：若点M，N分别是线段，的中点，连接，我们称线段的中点Q是点P关于线段的“关联点”．
已知点，点P关于线段的“关联点”是点Q．
①若点P的坐标是，则点Q的坐标是______；
②若点E的坐标是，点F的坐标是．点P是线段上任意一点，求线段长的取值范围______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，勾股定理等，理解新定义是解题的关键．
①设点O和点M分别是，的中点，根据定义求出，再由点Q是的中点即可得到答案；
②设点O和点M分别是，的中点，，同理可得，由勾股定理得到，据此求解即可．
【详解】解：①设点O和点M分别是，的中点，
∵，点P的坐标是，
∴，
∵点Q是的中点，
∴点Q的坐标为，即，
故答案为：；
②设点O和点M分别是，的中点，，
∴，
∵点Q是的中点，
∴点Q的坐标为，即，
∴
，
∵，
∴，
∴当s增大时，的值也增大，则的值也增大，
当时，，即；
当时，，即；
∴；
故答案为：；．
三、解答题（本大题6题共46分，23题至24题，每小题5分；25题至27题， 每小题6分；28题8分）
23. 计算：
（1）；
（2）；
（3）已知：，，求．
【答案】（1）
（2）
（3）10
【解析】
【分析】（1）先化简，然后合并同类项即可；
（2）先化简，然后合并同类项即可；
（3）先求出，，再代入代数式即可求解．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
∵，，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，零指数幂，负整数指数幂，完全平方公式，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的运算法则和运算顺序，注意平方差公式和完全平方公式的应用．
24. 如图，在中，平分，交于点E，交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）若，，，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据，得到得证，结合平分，得继而得到即得．
（2）根据，，得，过点D作，交的延长线与点H，结合，得到，结合，根据勾股定理确定，根据计算即可．
【小问1详解】
∵，
∴，
∴；
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵，，
∴，
过点D作，交的延长线与点H，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，含角直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
25. 在中，，是中点，过点作，使．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）取中点，作，交于点，若，，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）3
【解析】
【分析】（1）先由已知条件证得四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质证得，即可得到四边形是矩形；
（2）连接，由线段垂直平分线的性质得到，设，则，在中，根据勾股定理求出，即可得到．
【小问1详解】
证明：，，
四边形平行四边形，
，是中点，
，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：连接，
是的中点，，
，
四边形是矩形，，，
，，
设，则，
四边形是矩形，
，
在中，
，
，
，
即．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线构造出是解决问题的关键．
26. 如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，BC的中点，，．
（1）求证：四边形BDEF菱形；
（2）连接DF交BC于点M，连接CD，若BE＝4，，求DM，CD的长．
【答案】（1）见解析 （2）DM=1，CD=
【解析】
【分析】（1）先证明四边形BDEF是平行四边形，再由等腰三角形的中位线的性质得到BD=AB，DE=AC，推出BD=DE，由此得到结论；
（2）由菱形的性质得到DF⊥BE，BM=EM=BE=2，根据三角形中位线得到CE=BE=4，DE=AC=，即可利用勾股定理求出DM，CD．
【小问1详解】
证明：∵，．
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠C，
∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，BD=AB，
∴DE=AC，
∴BD=DE，
∴四边形BDEF是菱形；
【小问2详解】
连接DF交BE于M
∵四边形BDEF是菱形，
∴DF⊥BE，BM=EM=BE=2，
∴∠DME=90°，
∵DE是△ABC的中位线，
∴CE=BE=4，DE=AC=，
在Rt△DEM中，DM=，
在Rt△CDM中，CM=EM+CE=2+4=6，
∴CD=．
【点睛】此题考查了菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，三角形中位线的判定及性质定理，正确掌握各知识点并应用是解题的关键．
27. 阅读材料：
材料一：数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方式及二次根式的性质化去一层（或多层）根号，如：．
材料二：配方法是初中数学思想方法中的一种重要的解题方法，配方法的最终目的就是配成完全平方式，利用完全平方式来解决问题，它的应用非常广泛，在解方程、化简根式、因式分解等方面都经常用到．
如：，
，
，即．
的最小值为1．
阅读上述材料解决下面问题：
（1）_______，______；
（2）求的最值；
（3）比较和的大小，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）的最小值为
（3）
【解析】
【分析】此题主要考查二次根式的应用，解题的关键是熟知完全平方公式及配方法的应用．
（1）利用完全平方公式及二次根式的性质即可求解；
（2）利用完全平方公式配方即可求解；
（3）首先计算和，然后比较即可．
【小问1详解】
（1），
；
故答案为：；；
【小问2详解】
∵
∴的最小值为；
【小问3详解】
∵
∴．
28. 已知正方形中，直线是正方形外侧过点A的直线，，点B关于直线的对称点为E，连接，，交直线于点F．
（1）直接写出度数为 ；
（2）如图1，当时，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图2，当时，请直接用等式表示线段，，之间的数量关系为 ；
（4）如图3，若将主题干中的正方形中改成菱形中，，其他条件不变，当时，请直接用等式表示线段，，之间的数量关系为 ．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）连接，证出，求出，由等腰三角形的性质得出，则可得出答案；
（2）在上截取，连接，，证明，由全等三角形的性质得出，，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）在上截取，连接，，同理可证，由（1）可知，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（4）在上截取，连接，，同（2）可证，过点A作于H，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【小问1详解】
解：连接，
∵点E与点B关于直线对称，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，．
∴，．
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：．
证明：在上截取，连接，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴；
【小问3详解】
解：在上截取，连接，，
同理可证，
由（1）可知，
∴为等腰直角三角形，则，
∴根据勾股定理可得：，
∴；
故答案为：；
【小问4详解】
解：在上截取，连接，，
同（2）可证，
∴，，
∴，
过点A作于H，
∴，
根据勾股定理定理可得：，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
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