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期中检测03
姓名：___________考号：___________分数：___________
（考试时间：100分钟 满分：120分）
一、 选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】D
【分析】
将 代入代数式，然后根据二次根式混合运算法则进行化简计算．
【详解】
解：当 时，
，
．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次根式的混合运算，掌握运算顺序和计算法则正确计算是解题关键．
2．估算 的运算结果应在（ ）
A．6与7之间 B．7与8之间 C．8与9之间 D．9与10之间
【答案】C
【分析】
先进行二次根式的运算，然后再进行估算．【详解】
解：∵ 4 ，而4 5，
∴原式运算的结果在8到9之间；
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算、无理数的近似值问题，现实生活中经常需要估算，“夹逼法”是估算
的一般方法，也是常用方法．
3．已知a＜b,化简二次根式 的正确结果是( )
A． B． C． D．．
【答案】A
【解析】
【分析】
由于二次根式的被开方数是非负数，那么﹣a3b≥0，通过观察可知ab必须异号，而a＜b，易确定
a、b的取值范围，也就易求二次根式的值．
【详解】
∵ 有意义，∴﹣a3b≥0，∴a3b≤0．
又∵a＜b，∴a＜0，b≥0，∴ ．
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式的化简与性质．二次根式的被开方数必须是非负数，从而必须保证开方出来的
数也需要是非负数．
4．化简 ，所得的结果为( ).
A． B．C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将被开方数进行通分，再开方即可得到结果.
【详解】
．
故选C.
【点睛】
此题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质是解此题的关键.
5．如图，在平面直角坐标系中A（﹣1，1），B（﹣1，﹣1），C（0，﹣1），D（0，1），则以C
为圆心，AC为半径作弧，与y轴的正半轴交于点A，A 的坐标为（ ）
1 1
A．（0， ） B．（0， ） C．（0， 1） D．（0， 1）
【答案】D
【分析】根据勾股定理可计算OA 的长，得A 的坐标．
1 1
【详解】
解：由题意得：AD⊥CD．
∵AD=1，CD=2，
∴AC=AC ，
1
∴OA 1，
1
∴A 的坐标为（0， 1），
1
故选：D．
【点睛】
本题考查了图形和坐标的性质、勾股定理，熟练掌握勾股定理是关键．
6．如图，在平面直角坐标系中， 的斜边 在 轴上（点 在点 左侧），点 在 轴
正半轴上．若 ， ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先根据勾股定理求出BC=5，再利用面积法求出OC，进而即可求解．
【详解】
在 中，
∵ ， ，
∴BC= ，∴ ，即：OC= ，
∴点 的坐标为 ．
故选C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理以及图形与坐标，熟练掌握“等积法”是解题的关键．
7．如图，动点 从点 出发，沿着圆柱的侧面移动到 的中点 ，若 ，点 移动的最短
距离为5，则圆柱的底面周长为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．10
【答案】A
【分析】
根据圆柱的侧面展开图，利用勾股定理求出AB即可求解．
【详解】
解：圆柱的侧面展开图如图，点P移动的最短距离为AS=5，
根据题意，BS= BC=4，∠ABS=90°，
∴AB= = =3，
∴圆柱的底面周长为2AB=6，
故选：A．
【点睛】本题考查圆柱的侧面展开图、最短路径问题、勾股定理，熟练掌握圆柱的侧面展开图，得出点P移
动的最短距离是AS是解答的关键．
8．如图，P是等边△ABC形内一点，连接PA、PB、PC，PA：PB：PC＝3：4：5，以AC为边在形
外作△AP′C≌△APB，连接PP′，则以下结论错误的是（ ）
A．△APP'是正三角形 B．△PCP'是直角三角形
C．∠APB＝150° D．∠APC＝135°
【答案】D
【分析】
先运用全等得出 ， ，从而得出 ，得出△APP'是
正三角形，根据比值设出未知数，根据勾股定理逆定理得出 ，逐一判断即可
【详解】
解： △ABC是等边三角形
△AP′C≌△APB，
，
是正三角形，故A说法正确，不符合题意；
PA：PB：PC＝3：4：5，
设PA=3x,PB=4x,PC＝5x
根据勾股定理的逆定理可知， 是直角三角形，且 故B选项说法正确，不符
合题意；
又 是等边三角形，故C选项说法正确，不符合题意；
不能求出 的度数，故D说法错误，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、勾股定理，解题的关键是能够正确理解题意，由已知条件，联想到
所学的定理，充分挖掘题目中的结论．
9．如图，菱形 的边长为 ，对角线 ， 交于点 ， ，则菱形 的面
积为（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直且互相平分，可得出对角线AC的长度，依据勾股定理即可得到另一条
对角线的的长度，进而根据公式可得出菱形的面积．
【详解】
解：∵对角线AC，BD交于点O，OA＝1，
∴AC＝2OA＝2，
∵菱形 的边长为 ，
∴AB＝ ，
∴ ，
∴BD＝2BO＝4，∴S ＝ BD•AC＝ ×4×2＝4．
菱形ABCD
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形面积的计算，掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解题的关键．
10．如图，在菱形 中， ，E、F分别是边 、 的中点， 于点P，
则 的度数是（ ）．
A．50° B．45° C．40° D．30°
【答案】A
【分析】
首先延长PF交AB的延长线于点G．根据已知可得∠B，∠BEF，∠BFE的度数，再根据余角的性
质可得到∠EPF的度数，从而不难求得∠FPC的度数．
【详解】
延长PF交AB的延长线于点G．如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠GBF=∠PCF，
∵F是边BC的中点，
∴BF=CF，
在△BGF与△CPF中，∴△BGF≌△CPF（ASA）
∴GF=PF，
∴F为PG中点．
又∵由题可知，∠BEP=90°，
∴EF= PG，
∵PF= PG，
∴EF=PF，
∴∠FEP=∠EPF，
∵∠BEP=∠EPC=90°，
∴∠BEP-∠FEP=∠EPC-∠EPF，即∠BEF=∠FPC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，∠ABC=180°-∠A=80°，
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴BE=BF，∠BEF=∠BFE= （180°-80°）=50°，
∴∠FPC=50°；
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
11．如图，在矩形 中， 平分 交 于点 ， 交 于点 ，若
， ，则 等于（ ）A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】
利用勾股定理求出AF，根据矩形的四个角是直角可得∠ADC=∠C=90°，然后求出四边形CDFE是
矩形，再根据角平分线的定义可得∠ADE=∠CDE，再根据平行线的性质可得∠ADE=∠CED，然后
可得∠CDE=∠CED，根据等角对等边的性质可得CD=CE，根据邻边相等的矩形是正方形得到矩形
CDFE是正方形，根据正方形的四条边都相等求出DF，根据AD=AF+DF即可得解．
【详解】
解：∵ ， ， ，
∴ ，
在矩形 中，∠ADC=∠C=90°，
∵ ，
∴∠DFE=90°，
∴四边形CDFE是矩形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∴矩形CDFE是正方形，
∵EF=3，
∴DF=EF=3，
∴AD=AF+DF=4+3=7．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的定义，平行线的性质，正方形的判定与性质．熟记
各性质是解题的关键．
12．如图，在正方形 外取一点 ，连接 、 、 ，过点 作 的垂线交 于
点 ．若 ， ，下列结论：① ；② ；③点
到直线 的距离为 ；④ ；⑤ ．其中正确的
正方形
是（ ）
A．①②③④ B．①②④⑤ C．①③④ D．①②⑤
【答案】D
【分析】
①利用同角的余角相等，易得∠EDC＝∠PDA，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；②利
用①中的全等，可得∠APD＝∠CED，结合三角形的外角的性质，易得∠CEP＝90°，即可证；③
过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用②中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求CE，结合
△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、CF；⑤在
Rt△CDF中，利用勾股定理可求CD2，即是正方形的面积；④连接AC，求出△ACD的面积，然后
减去△ACP的面积即可．
【详解】
解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE＝90°，
∴∠PDC＋∠EDC＝90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝CD，
∴∠PDC＋∠PDA＝90°，
∴∠EDC＝∠PDA，
在△APD和△CED中∴ （SAS）（故①正确）；
②∵ ，
∴∠APD＝∠CED，
又∵∠CED＝∠CEA＋∠DEP，∠APD＝∠PDE＋∠DEP，
∴∠CEA＝∠PDE＝90°，（故②正确）；
③过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，
∵DE＝DP，∠EDP＝90°，
∴∠DEP＝∠DPE＝45°，
又∵②中∠CEA＝90°，CF⊥DF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，
∵ ，∠EDP＝90°，
∴
∴ ，
∴CF＝EF＝ ，
∴点C到直线DE的距离为 （故③不正确）；
⑤∵CF＝EF＝ ，DE＝1，
∴在Rt△CDF中，CD2＝（DE＋EF）2＋CF2＝ ，
∴S ＝CD2＝ （故⑤正确）；
正方形ABCD
④如图，连接AC，∵△APD≌△CED，
∴AP＝CE＝ ，
∴ ＝S ﹣S ＝ S ﹣ ×AP×CE＝ ×（ ）﹣ × × ＝
△ACD △ACP 正方形ABCD
．（故④不正确）．
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．若一个三角形的一边长为a，这条边上的高为6 ，其面积与一个边长为3 的正方形的面
积相等，则a＝________．
【答案】2
【解析】
由题意可得： ，
∴ ，解得： .
故答案为 .
14．若 ＝2.5，则 的值为_____．
【答案】
【分析】设 =a，将原等式变形后可求得a的值，代入所求式子可得结论．
【详解】
设 =a，则24-t2=a2，8-t2=a2-16，
∵ − =2.5，
a- = ，
a− ＝ ，
两边同时平方得：(a− )2＝a2−16，
解得：a= ，
则 ，
= + ，
= + ，
= + ，
= + ，
= ，
故答案为 ．
【点睛】本题是二次根式的化简求值问题，利用换元法，将原方程转化为关于a的方程，解方程可解决问题，
计算量大，要细心．
15．如图所示，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则 的度数为
______．
【答案】45°
【分析】
分别在格点三角形中，根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，继而可得出∠ABC的度数．
【详解】
如图，连接AC．
根据勾股定理可以得到：
AC=BC= ，AB= ，
∵ ，即 ，
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠ABC=45°．
故答案为：45°．
【点睛】
本题考查了勾股定理，判断△ABC是等腰直角三角形是解决本题的关键，注意在格点三角形中利
用勾股定理．
16．一架梯子 长 米，如图那样斜靠在一面墙上（ ），梯子底端离墙 米（米），如果云梯的顶端下滑了 米（ 米），那么它的底端在水平方向滑动的距离
的边长是_______米．
【答案】
【分析】
利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度OA，梯子下滑1米后，可得出梯子的顶端距离
地面的高度OA＇，再次使用勾股定理求出OB＇，由梯子底端在水平方向滑动的距离BB＇= OB＇
－OB即可得出答案．
【详解】
， ，
，
又 ，
，
，
．
故答案为：
【点睛】
本题考查了勾股定理在实际生活中的运用，考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中正确的使
用勾股定理求OB′的长度是解题的关键．
17．如图，在矩形 ABCD 中，2AE＝BE，将△ABE，△DEC 分别沿 BE，EC 翻折，∠D′EA′＝
15°，则∠ECB＝_______．【答案】37.5°
【分析】
由矩形的性质可得∠A＝90°，AD∥BC，由锐角三角函数可得∠AEB＝60°，由折叠的性质可得
∠AEB＝∠A EB＝60°，∠DEC＝∠D EC，即可求∠ECB的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵cos∠AEB＝ ＝ ，
∴∠AEB＝60°，
由折叠可得∠AEB＝∠A EB＝60°，∠DEC＝∠D EC，
∵∠AEB＋∠A EB＋∠DEC＋∠D EC−180°＝∠D EA ，
∴∠DEC＝37.5°
∵AD∥BC，
∴∠ECB＝∠DEC＝37.5°，
故答案为：37.5°．
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，利用锐角三角函数求∠AEB的度数是本题的关键．
18．如图，平行四边形ABCD中，∠A是它的外角的 ，延长CB到E，使CE＝CD，过E作
EF⊥CD于F，若EF＝1，则DF的长等于____．
【答案】2﹣【解析】
【分析】
由题中条件∠A是它的外角的 ，可求解∠A的大小，则可在Rt△CEF中由EF的长求解CF的长，
进而可得出结论．
【详解】
解：∵∠A是它外角的 ，
∴∠A= ·(180°−∠A)，∠A=30°，
∴∠C=30°．
在Rt△CEF中，∠C=30°，EF=1，
∴CE=CD=2，CF= ，
故DF=2﹣ ，
故本题答案为2﹣
三、解答题（本大题共6小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．计算：
(1)(2 + )(2 - )；
(2)( - )( + )
【答案】(1)17；(2) .
【解析】
【分析】
解：（1）利用平方差公式即可解答.(2)先化简，再构造平方差形式进行解答.
【详解】
(1)原式=20-3=17.
(2)原式=（2 ）（ + ）
= (2 )( 2 )
= .
【点睛】
本题主要考察平方差公式，熟悉掌握是解题关键.
20．化简求值：已知：x＝ ，y＝ ，求(x+3)(y+3)的值．
【答案】
【解析】
【分析】
将x和y的值分母有理化，再代入到原式xy+3x+3y+9＝xy+3（x+y）+9计算可得．
【详解】
当x＝ ＝ ＝ ，y＝ ＝ ＝
时，
原式＝xy+3x+3y+9＝xy+3（x+y）+9
＝ × +3×（ + ）+9＝ +3× +9
＝ +3 +9
＝ +3 ．
【点睛】
此题考查了二次根式的化简求值与分母有理化，正确选择两个二次根式，使它们的积符合平方差公
式及二次根式的混合运算顺序与运算法则是解答问题的关键．
21．某消防部队进行消防演练．在模拟现场，有一建筑物发生了火灾，消防车到达后，发现离建筑
物的水平距离最近为12 m，如图，即AD＝BC＝12 m，此时建筑物中距地面12.8 m高的P处有一
被困人员需要救援．已知消防云梯车的车身高AB是3.8 m，问此消防车的云梯至少应伸长多少米？
【答案】此消防车的云梯至少应伸长15 m.
【分析】
根据题意可知：△PAD为直角三角形，已知PC、AD和DC的长，要求PA的长；
接下来结合题目已知，PD＝PC－DC，在△PDC中，由勾股定理即可求得PA的长.
【详解】
因为CD＝AB＝3.8 m，
所以PD＝PC－CD＝9 m.
在Rt△ADP中，AP2＝AD2＋PD2，
得AP＝15 m.
所以此消防车的云梯至少应伸长15 m.
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，掌握勾股定理的内容是关键
22．如图，把一块等腰直角三角形零件(△ABC，其中∠ACB＝90°)，放置在一凹槽内，三个顶点A，B，C分别落在凹槽内壁上，已知∠ADE＝∠BED＝90°，测得AD＝5cm，BE＝7cm，求该三角
形零件的面积．
【答案】该零件的面积为37cm2．
【分析】
首先证明△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质可得DC=BE=7cm，再利用勾股定理计算出AC长，
然后利用三角形的面积公式计算出该零件的面积即可．
【详解】
解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中， ，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴DC=BE=7cm，
∴AC= = = （cm），
∴BC= cm，
∴该零件的面积为： × × =37（cm2）．
故答案为37cm2．
【点睛】
本题考查全等三角形的应用, 等腰直角三角形以及勾股定理的应用，关键是掌握全等三角形的判定
方法.23．如图①，在平行四边形ABCD中，BC＝5，对角线AC，BD的长为x2﹣14x+48＝0的两根，且
AC＜BD．
（1）请判断四边形ABCD为何特殊的平行四边形，说明你的理由；
（2）在（1）成立的情况下，如图②，作AE⊥BC，试求BE的长．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）1.4
【分析】
（1）解方程求得AC和BD，进而求得BO＝4，CO＝3，根据AB＝5，BO＝4，CO＝3，根据勾股
定理的逆定理可判断出∠BOC＝90°，从而判断平行四边形ABCD为菱形；
（2）根据菱形的面积公式求得AE，然后根据勾股定理得到BE．
【详解】
解：（1）平行四边形ABCD为菱形，理由如下：
解方程x2﹣14x+48＝0得x＝6，x＝8，
1 2
∵AC＜BD，
∴AC＝6，BD＝8，
∴BO＝4，CO＝3，
∵32+42＝52，
∴BO2+CO2＝BC2，
∴∠BOC＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形：
（2）∵四边形ABCD为菱形：
∴AE•BC＝ BD，
∴5AE＝ ，∴AE＝ ，
∴BE＝ ＝ ＝1.4．
故BE的长为1.4．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程，平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、菱形的判定和性质，菱形的
面积，熟练掌握性质定理是解题的关键．
24．如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设正方形
CEFG的面积为 ，以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为 ，且 ＝ ．
（1）求线段DE的长．
（2）若H为BC边上一点，CH＝5，连接DH，DG，判断△DHG的形状．
【答案】（1）4；（2）等腰三角形，见解析．
【分析】
（1）设正方形CEFG的边长为a，则DE＝12﹣a，由 ＝ ，得方程 ＝ ×12×（12﹣a），
解方程即可；（2）由勾股定理得出DH＝ ，DG＝ ，求出GH，根据边的属性判断即
可．
【详解】
解：（1）设正方形CEFG的边长为a，
∵正方形ABCD的边长为12，
∴DE＝12﹣a，
∵ ＝ ，
∴ ＝ ×12×（12﹣a），
解得：a＝8，或a＝﹣24，不符合题意，舍去，
∴DE＝12﹣8＝4；
（2）△DHG是等腰三角形；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠DCH＝∠DCG＝90°，CD＝12，CG＝8，
∴DH＝ = ＝13，
DG＝ = ＝4 ，
∵CH＝5，
∴GH＝CG+CH＝13，
∴DH＝GH，
∴△DHG是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和勾股定
理是解题的关键．
