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人教版八下期末真题必刷 03（常考 60 题 26 个考点专练）
一．二次根式有意义的条件（共5小题）
1．（2023 春•同江市期末）我们规定：对于任意的正数 ， 的运算“ ”为当 时，
；当 时， ，其他运算符号意义不变，按上述规定，计算
的结果为
A． B． C． D．
【分析】根据新定义当 时， ；当 时， 即可解答．
【解答】解： 当 时， ，
，
当 时， ，
，
．
故选： ．
【点评】本题考查了新定义下的实数运算，涉及二次根式的性质和加减运算，明确新定义运算的法则是
解题的关键．
2．（2023春•遂宁期末）若 ， 满足 ，则在平面直角坐标系中，点 所在的
象限是
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】直接利用二次根式的性质得出 点横纵坐标的符号进而得出答案．
【解答】解： ， ，
，
即 ，点 所在的象限是第四象限．
故选： ．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质，正确判断出各项符号是解题关键．
3．（2015秋•崆峒区期末）使 在实数范围内有意义的 应满足的条件是 ．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得 ，再解即可．
【解答】解：由题意得： ，
解得： ．
故答案为： ．
【点评】此题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义，分母不为 0；二次根式
的被开方数是非负数．
4．（2023春•集贤县期末）若 成立，则 的取值范围是 或 ．
【分析】根据分式的性质解决此题．
【解答】解： ，
．
．
．
或 ．
或 ．
检验：当 ， ；当 ， ．
或 ．
故答案为： 或 ．
【点评】本题主要考查分母有理化，熟练掌握分式的性质是解决本题的关键．
5．（2023春•通河县期末）已知 ， 为实数，且 ，则 5 ．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求得 、 的值，代入求值即可．【解答】解：依题意得： ，
解得 ，
所以
故 ．
故答案为：5．
【点评】考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数
必须是非负数，否则二次根式无意义．
二．二次根式的性质与化简（共4小题）
6．（2023春•兰陵县期末）实数 ， ， 在数轴上的对应点如图所示，化简 的结果是
A． B． C． D．
【分析】根据数轴，确定 、 、 的正负，确定 的正负，然后再化简．
【解答】解：由数轴知： ， ，
，
原式
．
故选： ．
【点评】本题考查了数轴的相关知识，绝对值、二次根式的化简．两数相加，取决于绝对值较大的加数的
符号，大数减小数为正，小数减大数为负．
7．（2023春•肥城市期末）已知 ，那么化简代数式 的结果是
A． B． C． D．3
【分析】先把被开方数分解因式，再化简求值．
【解答】解： ，
， ，，
故选： ．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，掌握完全平方公式的特点是解题的关键．
8．（2023秋•萧县期末）如图是一个按某种规律排列的数阵：
根据数阵排列的规律，第 是整数，且 行从左向右数第 个数是（用含 的代数式表示）
A． B． C． D．
【分析】观察数阵排列，可发现各数的被开方数是从 1开始的连续自然数，行数中的数字个数是行数的 2
倍，求出 行的数字个数，再加上从左向右的第 个数，就得到所求数的被开方数，再写成算术平方
根的形式即可．
【解答】解：由图中规律知，前 行的数据个数为 ，
所以第 是整数，且 行从左向右数第 个数的被开方数是
，
所以第 是整数，且 行从左向右数第 个数是 ．
故选： ．
【点评】本题考查了算术平方根．根据数据排列规律，计算前 行数据的个数是解决本题的关键．
9．（2022秋•阳信县期末）若 ，则 的取值范围是 ．
【分析】根据二次根式的性质，可得答案．【解答】解： ，得 ，
解得 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了二次根式的性质，熟记二次根式得性质是解题关键．
三．二次根式的混合运算（共4小题）
10．（2023秋•五华县期末）下列计算中，结果错误的是
A． B． C． D．
【分析】利用二次根式的加减法的法则，二次根式的乘除法和乘方法则对各项进行运算即可．
【解答】解： 、 与 不属于同类二次根式，不能运算，故 符合题意；
、 ，故 不符合题意；
、 ，故 不符合题意；
、 ，故 不符合题意；
故选： ．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
11．（2022秋•市北区校级期末）计算式子 的结果是
A． B． C． D．1
【分析】先根据积的乘方进行变形，再根据平方差公式进行计算，最后求出答案即可．
【解答】解：，
故选： ．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式和积的乘方等知识点，能灵活运用平方差公式进行
计算是解此题的关键，注意： ．
12．（2021春•九龙坡区期末）计算： 2 ．
【分析】根据平方差公式即可求出答案．
【解答】解：原式 ，
故答案为2．
【点评】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
13．（2022秋•海南区期末）计算： ．
【分析】先根据二次根式的乘除法则运算，然后化简后合并即可．
【解答】解：原式
．
【点评】本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，
然后合并同类二次根式．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择
恰当的解题途径，往往能事半功倍．
四．二次根式的化简求值（共1小题）
14．（2023春•温江区校级期末）已知 ，代数式 的值为 6 ．
【分析】利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．
【解答】解：原式为： ，
将 代入上式，
原式 ．故答案为：6．
【点评】此题考查了完全平方公式的计算，利用完全平方公式将所求代数式进行变形是解答此题的关键．
五．二次根式的应用（共1小题）
15．（2023春•密云区校级期末）若三角形的三边分别是 ， ， ，且 ，
则这个三角形的周长是
A． B． C． D．
【分析】根据几个非负数的和的性质得到 ， ， ，可解得 ，
， ，然后计算 即可．
【解答】解：根据题意得 ， ， ，
， ， ，
三角形的周长为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了二次根式的应用：在解决实际问题的过程中用到有关二次根式的概念、性质和运算的
方法．也考查了非负数的性质．
六．动点问题的函数图象（共2小题）
16．（2022春•殷都区期末）如图1．在矩形 中，点 从点 出发，匀速沿 向点 运动，
连接 ，设点 的运动距离为 ， 的长为 ， 关于 的函数图象如图2所示，则当点 为 中点
时， 的长为A．5 B．8 C． D．
【分析】根据图2中点 的实际意义可得：当 时， ，再根据图2中点 的实际意
义可得： ， ，然后在 中，利用勾股定理可求出 ，最后在 中，利
用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：由图2可得：
当 时， ，
当点 的运动距离为0时， 的长为6，
当 时， ，
由图2可得：
当 时， ，
当点 的运动距离为 时， 的值最大，最大为6，
当点 运动到和点 重合时， 的值最大，
， ，
在 中， ，
，
，
，
点 为 的中点，
，
，故选： ．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，从函数图象中获取信息是解题的关键．
17．（2022春•栾城区期末）如图1，在长方形 中，动点 从点 出发，沿 方向
运动至点 处停止，设点 运动的路程为 ，三角形 的面积为 ，如果 随 变化的图象如图2所示，
则三角形 的最大的面积是 1 2 ．
【分析】根据题意利用 随 变化的图象可得 ， ，进而可以解决问题．
【解答】解：当 在 上运动时，面积 不断在增大，
当到达点 时，面积开始不变，到达 后面积不断减小，
由图2可知：当 时，点 与点 重合， ，
当 时，点 与点 重合， ，
所以矩形 的面积为： ，
所以三角形 的最大面积是 ．
故答案为：12．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是理解函数图象与原矩形的关系．
七．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
18．（2023春•安乡县期末）如图，在平面直角坐标系 中，点 ， ， 分别在 轴上，点 ，
， ， 分别在直线 上，△ ，△ ，△ ，△ ，△ ， 都是等腰直
角三角形，如果 ，则点 的坐标为 ， ．【分析】根据 ，△ 是等腰直角三角形，得到 和 的横坐标为1，根据点 在直线 上，
得到点 的纵坐标，结合△ 为等腰直角三角形，得到 和 的横坐标为 ，同理： 和 的
横坐标为 ， 和 的横坐标为 ， 依此类推，即可得到点 的横坐标，即可
得到答案．
【解答】解：根据题意得：
和 的横坐标为1，
把 代入 得：
的纵坐标为1，
即 ，
△ 为等腰直角三角形，
，
和 的横坐标为 ，
同理： 和 的横坐标为 ，
和 的横坐标为 ，
依此类推，的横坐标为 ，纵坐标为0，
即点 的坐标为 ， ，
故答案为： ， ．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征和规律型：点的坐标，正确掌握代入法和猜想归纳思想
是解题的关键．
八．一次函数图象与几何变换（共1小题）
19．（2023春•德州期末）一次函数 和 、 为常数）的图象关于 轴对称，则 ，
的值分别为
A． ， B． ， C． ， D． ，
【分析】先求出 图象与 轴交点，则此交点在函数 图象上，求出 ．再求出
与 轴的交点坐标为 ， ，则 的图象经过点 ， ，即可求出 ．
【解答】解： 当 时， ，
图象与 轴交于点 ．
关于 轴对称点就是本身，
在函数 图象上．
．
一次函数 ，它与 轴的交点坐标为 ， ．
的图象与 的图象关于 轴对称，
的图象经过点 ， ，则 ，
．
故选： ．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，掌握关于 轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
九．一次函数的应用（共3小题）
20．（2021春•饶平县校级期末）某学校、电影院、市体育馆依次在一条东西向的路上．某日，甲同学到
距离学校 的电影院看电影，在电影院内停留 后，以 的速度步行 到达市体育馆
甲同学与学校的距离 （单位： 与时间 （单位： 的关系如图所示．
（1）求甲同学与学校的距离 关于时间 的函数解析式；
（2）乙同学在甲到达电影院 后从学校出发，以 的速度步行去市体育馆，他们会在路上相
遇吗？请说明理由．
【分析】（1）根据题意求出体育馆与学校的距离，再利用待定系数法解答即可；
（2）先求出乙同学的 与 的关系式，再结合（1）的结论列方程组求解即可．
【解答】解：（1）由题可设 的解析式为 ，
依题意，体育馆与学校的距离为 ，所以 ．
把 ， 分别代入 ，
得 ，
解得 ，
所以 的解析式为 ，
所以甲同学与学校的距离 关于时间 的函数解析式为
；（2）他们会在路上相遇，理由如下：
由题可知，对于乙同学， 与 的关系为： ．
即 ．
当 时，甲在电影院内，乙在路上行走，两人不会相遇．
当 时，解方程组
可得 ，
因为 ，即在甲从电影院到体育馆的路上，两人会相遇．
所以他们会在路上相遇．
【点评】本题考查了一次函数的运用，熟练掌握待定系数法求出相应函数解析式是解答本题的关键．
21．（2023春•潮南区期末）2023年6月5日是第50个世界环境日 ，口号是
“减塑捡塑”．某商店为了抓住此次活动的商机，决定购买一些纪念品进行销售，若购进 种纪念品5件，
种纪念品4件，需要620元；购进 种纪念品7件， 种纪念品8件，需要1180元．
（1）求购进 、 两种纪念品每件各需多少元？
（2）若每件 种纪念品的售价为56元，每件 种纪念品的售价为160元．考虑到市场需求，商店决定购
进这两种纪念品共300件，要求购进 种纪念品的数量不少于30件，设购进 种纪念品 件，总利润为
元，请写出总利润 （元 与 （件 的函数关系式，并根据函数关系式说明利润最高时的进货方案．
【分析】（1）设购进 种纪念品每件价格为 元， 种纪念币每件价格为 元，根据题意得出关于 和
的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）根据题意列出关于 的一元一次不等式组，解不等式组得出 的取值范围，求出总利润关于购买
种纪念品 件的函数关系式，由函数的单调性确定总利润取最值时 的值，从而得出结论．
【解答】解：（1）设购进 种纪念品每件价格为 元， 种纪念币每件价格为 元，
根据题意，得 ，
解得 ，答： 种纪念品每件价格为20元， 种纪念币每件价格为130元；
（2）根据题意，得 ，
解得 ，
根据题意得： ，
，
随 的增大而减小，
当 时， 有最大值： ， （件 ，
故购进 种纪念品270件，购进 种纪念品30件时利润最高，利润最高为10620元．
【点评】本题主要考查了二元一次方程组的应用以及一元一次方程的应用，找到相应的关系式是解决问题
的关键．
22．（2023秋•丹徒区期末）甲骑电动车，乙骑自行车从深圳湾公园门口出发沿同一路线匀速游玩，设乙
行驶的时间为 ，甲、乙两人距出发点的路程 、 关于 的函数图象如图①所示，甲、乙两人之间
的路程差 关于 的函数图象如图②所示，请你解决以下问题：
（1）甲的速度是 2 5 ，乙的速度是 ；
（2）对比图①、图②可知： ， ；
（3）乙出发多少时间，甲、乙两人路程差为 ？
【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据可以求得甲乙的速度；
（2）根据题意和图象中的数据，可以分别得到 、 的值；
（3）由图象可知甲乙相距 有两种情况，然后分别计算两种情况下乙出发的时间即可解答本题．
【解答】解：（1）由图可得，
甲的速度为： ，乙的速度为： ，故答案为：25，10；
（2）由图可得，
，
，
故答案为：10；1.5；
（3）由题意可得，
前 ，乙行驶的路程为： ，
则甲、乙两人路程差为 是在甲乙相遇之后，
设乙出发 时，甲、乙两人路程差为 ，
，
解得， ，
，得 ；
即乙出发 或 时，甲、乙两人路程差为 ．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想
解答．
一十．一次函数综合题（共1小题）
23．（2023秋•莱州市期末）（1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，等腰 的直角顶点
在原点，若顶点 恰好落在点 处，则点 的坐标为 ；
（2）感悟应用：如图2，一次函数 的图象与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，过点 作线段
且 ，直线 交 轴于点 ．
①点 的坐标为 ，点 的坐标为 ；
②直接写出点 的坐标 ；
（3）拓展研究：如图 3，在平面直角坐标系中， 的顶点 、 分别在 轴、 轴上，且
， ．若点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，点 在第四象限时，请求出点
的坐标．【分析】（1）作 轴于点 ， 轴于点 ，由 可得， ， ，易证
， ， ，因此 ；
（2）①一次函数 ，分别令 ， ，即可得点 ，点 的坐标；
②过点 作 轴于 ，由 ，根据全等三角形的性质即可解决问题；
（3）过点 作 轴于 ，由 ，根据全等三角形的性质即可解决问题，即可求出点
的坐标．
【解答】解：（1）如图1，作 轴于点 ， 轴于点 ，
，
，
，
，
，
， ，
．故答案为： ；
（2）①一次函数 ，令 ，则 ，
，
令 ，则 ， ，
，
故答案为： ， ；
②如图2，由（1）知， ， ，
， ，
过点 作 轴于 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
点 的坐标为 ，故答案为： ；
（3）如图3，过点 作 轴于 ，由 ，
，
，
，
，
，
， ，
，
．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性
质，熟练掌握一次函数的性质与三角形全等的判定是解题的关键．
一十一．直角三角形斜边上的中线（共1小题）
24．（2023秋•泗洪县期末）如图，在四边形中 ， ， 是对角线 的中点，
是对角线 上的动点，连接 ．若 ， ，则 的最小值为 ．
【分析】连接 ， ，根据直角三角形斜边的中线的性质可得 ，过点 作 于点 ，
可知 的长度，根据勾股定理求出 的长，即可确定 的最小值．
【解答】解：连接 ， ，如图所示：， 是对角线 的中点，
， ，
，
，
过点 作 于点 ，
则点 是线段 的中点，
，
，
根据勾股定理，得 ，
线段 的最小值为 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，垂线段最短，勾股定理等，熟练掌握直角三
角形斜边的中线的性质是解题的关键．
一十二．勾股定理（共5小题）
25．（2023秋•镇平县期末）如图，在数轴上点 ， 所表示得数分别是 ，1， ， ，以
点 为圆心， 长为半径画弧，交数轴于点 （点 在点 的右侧），则点 所表示的数是
A． B． C． D．
【分析】根据题意运用勾股定理求出 的长，即可得到答案．
【解答】解：在 中， ， ，由勾股定理得， ，
则点 表示的数为 ．
故选： ．
【点评】本题考查的是勾股定理，实数与数轴的关系，正确运用勾股定理求出 的长是解题的关键，要
理解数轴上的点与实数的对应关系．
26．（2023秋•新安县期末）如图，在四边形 中， ，分别以四边形的四条边为
边向外作四个正方形，它们的面积分别是 ， ， ， ．若 ， ，则 的值是
A．8 B．50 C．64 D．136
【分析】连接 ，根据勾股定理可得 ， ，即 ，即可求
解．
【解答】解：连接 ，
根据勾股定理可得 ， ，
即 ，
，
故选： ．
【点评】本题考查勾股定理，根据直角的信息提示，作出辅助线，构造出直角三角形，是解题的关键．27．（2023春•右玉县期末）如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都
是直角三角形，若正方形 ， ， ， 的面积分别为6，10，4，6，则最大正方形 的面积是
A．26 B．22 C．16 D．94
【分析】根据正方形的面积公式，结合勾股定理，能够导出正方形 ， ， ， 的面积和即为最大正方
形的面积．
【解答】解：根据勾股定理的几何意义，可得 、 的面积和为 ， 、 的面积和为 ， ，
即 ．
故选： ．
【点评】本题考查了勾股定理．能够发现正方形 ， ， ， 的边长正好是两个直角三角形的四条直角
边，根据勾股定理最终能够证明正方形 ， ， ， 的面积和即是最大正方形的面积．
28．（2023春•山亭区期末）如图，在 的网格中，每个小正方形的过长均为1，点 、 、 都在格
点上，则下列结论错误的是A． B．
C． 的面积为10 D．点 到直线 的距离是2
【分析】根据勾股定理、勾股定理的逆定理以及三角形面积的计算分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解： 、 ，
选项 不符合题意；
、 ， ， ，
，
是直角三角形， ，
选项 不符合题意；
、 ，
选项 符合题意；
、设点 到直线 的距离为 ，
，
，
，
，
即点 到直线 的距离是2，
选项 不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查的是勾股定理、勾股定理的逆定理以及三角形的面积等知识；熟练掌握勾股定理和勾股
定理的逆定理，求出 、 的长是解题的关键．
29．（2023秋•张家港市期末）如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知 米，
米， ， 米， 米，小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米100
元，试问用该草坪铺满这块空地共需花费多少元？【分析】连接 ，根据勾股定理求出 ，根据勾股定理的逆定理求出 ，求出区域的面积，
即可求出答案．
【解答】解：连接 ，
在 中， ， 米， 米，由勾股定理得： （米 ，
， ，
，
，
该区域面积 （平方米），
即铺满这块空地共需花费 元．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形面积，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是求出区域的面积．
一十三．勾股定理的证明（共1小题）
30．（2023秋•东明县期末）数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出了“赵爽弦图”，如图所示，它是由
四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形较短直角边长为 6，大正方形
的边长为10，则小正方形的面积为 4 ．
【分析】根据勾股定理求得直角三角形较长的直角边，两直角边的长的差即为小正方形的边长，从而可得
答案．
【解答】解： 直角三角形较短直角边长为6，大正方形的边长为10，较长直角边长为 ，
小正方形的边长为 ，面积为 ．
故答案为：4．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
一十四．勾股定理的应用（共5小题）
31．（2023秋•滨州期末）如图有一个水池，水面 的宽为16尺，在水池的中央有一根芦苇，它高出水
面2尺，如果把这根芦苇垂直拉向岸边，它的顶端恰好到达岸边的水面，则这个芦苇的高度是
A．26尺 B．24尺 C．17尺 D．15尺
【分析】先设水池的深度为 尺，则这根芦苇的长度为 尺，根据勾股定理可得方程 ，
再解即可．
【解答】解：设水池的深度为 尺，由题意得：
，
解得： ，
所以 ．
即：这个芦苇的高度是17尺．
故选： ．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决
实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的
思想的应用．
32．（2023秋•衡阳期末）如图，高速公路上有 、 两点相距 ， 、 为两村庄，已知 ，
． 于 ， 于 ，现要在 上建一个服务站 ，使得 、 两村庄到 站的
距离相等，则 的长是 ．A．4 B．5 C．6 D．
【分析】根据题意设出 的长为 ，再由勾股定理列出方程求解即可．
【解答】解：设 ，则 ，
由勾股定理得：
在 中，
，
在 中，
，
由题意可知： ，
所以： ，
解得： ．
所以， 的长是 ．
所以， ．
故选： ．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是本题的关键．
33．（2023秋•兰州期末）如图，某自动感应门的正上方 处装着一个感应器，离地的高度 为2.5米，
当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生 正对门，缓慢走到离
门1.2米的地方时 米），感应门自动打开， 为多少米？【分析】过点 作 于点 ，构造 ，利用勾股定理求得 的长度即可．
【解答】解：如图，过点 作 于点 ，
米， 米， 米，
（米 ．
在 中，由勾股定理得到： （米 ，
答： 为1.5米．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求得线
段 的长度．
34．（2023秋•西安期末）如图，一高层住宅发生火灾，消防车立即赶到距大厦12米 的长）处，升起
云梯到火灾窗口，云梯 长20米，云梯底部距地面3米 的长），问：发生火灾的住户窗口距离地面
有多高 的长）？
【分析】根据 和 的长度，构造直角三角形，根据勾股定理就可求出直角边 的长．
【解答】解：过点 作 ，垂足为 ，由题意可知： 米， 米， 米；
在 中，根据勾股定理，得 ，
即， ， ，
（米 ，
（米 ；
答：发生火灾的住户窗口距离地面19米．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，熟练记忆勾股定理公式是解题关键．
35．（2023秋•辽中区期末）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙
角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地
面2米，求小巷的宽度为多少米？
【分析】先根据勾股定理求出 的长，同理可得出 的长，进而可得出结论．
【解答】解：在 中，
， 米， 米，
．
在 △ 中，
， 米， ，
，
．
，
米．
（米 ．
答：小巷的宽度 为2.2米．【点评】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实
际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思
想的应用．
一十五．三角形中位线定理（共2小题）
36．（2023秋•广饶县期末）【三角形中位线定理】
已知：在 中，点 ， 分别是边 ， 的中点．直接写出 和 的关系；
【应用】
如图，在四边形 中，点 ， 分别是边 ， 的中点，若 ， ， ，
，求 的度数；
【拓展】
如图，在四边形 中， 与 相交于点 ，点 ， 分别为 ， 的中点， 分别交 ，
于点 ， ， ．
求证： ．
【分析】【三角形中位线定理】根据三角形中位线定理即可得到结论；
【应用】连接 ，根据三角形中位线定理得到 ， ，根据勾股定理的逆定理得到
，计算即可；
【拓展】取 的中点 ，连接 、 ，则 、 分别是 、 的中位线，由中位线的性质定理可得 且 ， 且 ，根据等腰三角形的性质即可得结论．
【解答】解：【三角形中位线定理】 ， ；
理由： 点 ， 分别是边 ， 的中点，
是 的中位线，
， ；
【应用】连接 ，如图所示，
、 分别是边 、 的中点，
， ，
，
， ，
， ，
，
，
；
【拓展】证明：取 的中点 ，连接 、 ．
、 分别是 、 的中点，
是 的中位线，
且 （三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半），
同理可得 且 ．，
，
， ，
， ，
，
，
．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性质是解
题的关键．
37．（2023秋•郸城县期末）如图，在 中， ， ， ， 、 分别
是 、 的中点，动点 从点 出发，沿 方向匀速运动，速度为 ，同时动点 从点 出
发，沿 方向匀速运动，速度为 ，连接 ，设运动时间为 ，则当 或
时， 为等腰三角形．
【分析】先根据直角三角形 角的性质和勾股定理计算 和 的长，由中位线定理计算 ，根
据速度、时间可得 、 的运动路程分别为 和 的长；
分三种情况讨论：分别令 任意两边相等，画图，根据等腰三角形的性质列方程可得结论．
【解答】解： ， ， ，
， ，
、 分别是 、 的中点，， ，
由题意得： ， ，
， ，
分三种情况：
①当 时，如图1， 为等腰三角形．
则 ，
；
②如图2，当 时， 为等腰三角形，过 作 于 ，
，
，
，
、 分别是 、 的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
；③因为当 时， ，
，
而在 、 运动过程中， 最大为 ，所以此种情况不成立；
综上，当 或 时， 为等腰三角形．
故答案为： 或 ．
【点评】本题是动点型问题，解题关键是掌握动点运动过程中的图形形状、线段长的表示方法．所考查的
知识点涉及到勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形 角的性质、直角三角形斜边中线的性质、
解方程（包括一元一次方程）等，有一定的难度．注意题中求 的方法：最终都是转化为一元一次方程
求解，学会用分类讨论的思想思考问题．
一十六．平行四边形的性质（共3小题）
38．（2023秋•淄川区期末）如图，在 中， 于点 ， 于点 ．若 ，
，且 的周长为40，则 的面积为A．24 B．36 C．40 D．48
【分析】设 ，由平行四边形的周长表示出 ，再根据平行四边形的面积列式求出 ，然后根据平
行四边形的面积公式列式进而求出 ，即可得出结论．
【解答】解：设 ，
四边形 是平行四边形，
， ，
的周长为40，
，
，
于点 ， 于点 ，
的面积 ，
，
解得： ，
的面积 ．
故选： ．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关
键．
39．（2023秋•周村区期末）如图，在平行四边形 中， ， ， 的平分线 交
于点 ，则 的长为 6 ．
【分析】由平行四边形的性质可得 ， ，由平行线的性质和角平分线的性质可求
，即可求解．
【解答】解： 四边形 是平行四边形，
， ．
，
平分 ，，
，
，
故答案为：6．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，求出 的长是本题的关键．
40．（2021春•洪泽区期末）如图所示，在 中，对角线 与 相交于点 ，过点 任作一条直
线分别交 ， 于点 ， ．求证： ．
【分析】根据平行四边形的性质得出 ， ，求出 ，根据 推出
，即可得出答案．
【解答】证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
在 和 中，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能求出 是解
此题的关键．
一十七．菱形的判定（共1小题）
41．（2023春•凉州区期末）如图，在 中， 平分 ， ， ．求证：四边形
是菱形．【分析】由已知易得四边形 是平行四边形，由角平分线和平行线的定义可得 ，
， 四边形 是菱形．
【解答】证明： 是 的角平分线， ，
， ，
四边形 是平行四边形， ，
，
四边形 是菱形．
【点评】此题主要考查菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
一十八．菱形的判定与性质（共1小题）
42．（2023春•思明区校级期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具
成为图（1）所示的菱形，并测得 ，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线
，则图（1）中菱形的对角线 长为
A．20 B．30 C． D．
【分析】根据正方形的性质得 ， ，由勾股定理得 ，则
，再证明 是等边三角形，则 ，再利用含30度角的直角三角形求出 ，于是
得到问题的答案．
【解答】解：在正方形 中， ，
，， ，
，
，
在菱形 中， ，
，
是等边三角形，
，
如图（1），连接 交 于点 ，
， ，
，
，
，
故选： ．
【点评】此题重点考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，根据勾
股定理求得 是解题的关键．
一十九．矩形的性质（共4小题）
43．（2023秋•鹤壁期末）如图，在矩形 中， ， 分别是 ， 上的点， ， 分别是 ，
的中点，当点 在 上从点 向点 移动，而点 保持不动时，下列结论成立的是
A．线段 的长逐渐增大 B．线段 的长逐渐减小
C．线段 的长不变 D．线段 的长先增大后减小【分析】如图，连接 ，先说明明 的长度是定值，再证明 ，可得 的长度是定值，从而
可得答案．
【解答】解：如图，连接 ，
在矩形 中， ， 分别是 ， 上的点，当点 在 上从点 向点 移动，而点 保持不
动时，
的长度是定值，
， 分别是 ， 的中点，
，
的长度是定值．
故选： ．
【点评】本题考查的是三角形的中位线的性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解本题的关键．
44．（2022春•西宁期末）如图，矩形 的对角线 ， 交于点 ，延长 到点 ，使 ，
延长 到点 ，使 ，连接 ， ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求菱形 的面积．
【分析】（1）先由对角线互相平分的四边形 是平行四边形，再由矩形的性质得出 ，即可
得出结论；
（2）由矩形的性质得出 ，由菱形的性质得出 ， ， ，由勾
股定理求出 ，则 ，然后由菱形的面积公式即可得出结果．
【解答】（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 是矩形，
，
四边形 是菱形，
， ， ，
在 中，由勾股定理得： ，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱
形的判定与性质是解题的关键．
45．（2023春•莘县期末）如图，四边形 的对角线 ， 相交于点 ， ， 为矩形
对角线， ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）连接 ，若 ， ，求 的值．
【分析】（1）根据矩形的性质得到 ， ，推出 ，根据菱形的判定定理得到四
边形 是菱形；
（2）根据菱形的性质得到 ， ， ， ， ，
，推出 是等边三角形，得到 ，根据勾股定理得到 ，求得
，根据矩形的性质得到 ， ，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明： 四边形 是矩形，
， ，
，，
，
，
四边形 是菱形；
（2）解： 四边形 是菱形， ，
， ， ， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
，
四边形 是矩形，
， ，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．
46．（2023秋•清远期末）如图，在矩形 中， ， ， 是 上不与 和 重合的一个
动点，过点 分别作 和 的垂线，垂足分别为 、 ．求 ．
【 分 析 】 首 先 连 接 ． 由 矩 形 的 两 边 ， ， 可 求 得 ，
， 然 后 由，求得答案．
【解答】解：连接 ，如图所示：
矩形 的两边 ， ，
， ， ， ， ，
， ，
，
，
故答案为： ．
【点评】此题考查了矩形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
二十．矩形的判定（共2小题）
47．（2023春•莲池区校级期末）依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是
A． B．
C． D．
【分析】根据矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解： 、 ， ，
四边形 是平行四边形，不能判定为矩形，故选项 符合题意；、 ，
四边形 是矩形，故选项 不符合题意；
、 ，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
又 ，
平行四边形 为矩形，故选项 不符合题意；
、 ， ，
四边形 是平行四边形，
，
，
是直角三角形，且 ，
平行四边形 是矩形，故选项 不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握矩形
的判定是解题的关键．
48．（2022春•成都期末）如图，线段 的端点 在直线 上，过线段 上的一点 作 的平行线
分别交 和 的平分线于点 ， ，连接 ， ．添加一个适当的条件：当 是 的中
点 时，四边形 为矩形．
【分析】证 ，则 ，同理 ，再由 ，证出四边形 是平行四边
形，然后证 ，即可得出结论．
【解答】解：添加条件为： 是 的中点，理由如下：
，
，
平分 ，
，，
，
同理可证： ，
，
是 的中点，
，
四边形 是平行四边形，
， ，
，
平行四边形 是矩形，
故答案为： 是 的中点．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、等腰三角形的判定以及平行线的性质等知识，
熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
二十一．矩形的判定与性质（共4小题）
49．（2022秋•平度市期末）如图， 中， ， ， ， 是 上一点，
于点 ， 于点 ，连接 ，则 的最小值为 2. 4 ．
【分析】连接 ，利用勾股定理列式求出 ，判断出四边形 是矩形，根据矩形的对角线相等可
得 ，再根据垂线段最短可得 时，线段 的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方
程求解即可．
【解答】解：如图，连接 ．
， ， ，
，
， ， ，
四边形 是矩形，
，
由垂线段最短可得 时，线段 的值最小，
此时， ，即 ，
解得 ，
．
故答案为2.4．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出 时，线段 的
值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
50．（2023春•长清区期末）如图，平行四边形 中， ，过点 作 交 的延长线
于点 ，点 为 的中点，连接 ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若 ，且 ，求四边形 的面积．
【分析】（1）利用平行线的性质分析可得 ，从而求证四边形 是矩形；
（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和勾股定理求得 的长度，从而利用矩形和三角形的面积
公式计算求解．
【解答】（1）证明：平行四边形 中， ，
，
，
，
，
，
四边形 是矩形；
（2）解： ，点 为 的中点， ，
，在 中， ，
平行四边形 中， ，
在矩形 中， ，
四边形 的面积
．
【点评】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定，理解直角三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握平行
四边形的性质及矩形的判定方法是解题关键．
51．（2023春•封开县期末）如图，在平行四边形 中，过点 作 于点 ，点 在 边上，
，连接 ， ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若 平分 ， ， ，求四边形 的面积．
【分析】（1）由在平行四边形 中，得到 ， ，由 ，可得 ，根据
矩形的判定即可求证．
（2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得 ，由勾股定理可求出 ，即可得出结论．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
又 ，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
四边形 是矩形．（2）解： 平分 ， ，
， ，
，
，
，
， ，
，
矩形 的面积是： ．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是
解此题的关键．
52．（2023春•葫芦岛期末）如图，在平行四边形 中，连接 ， 为线段 的中点，延长 与
的延长线交于点 ，连接 ， ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若 ， ，求四边形 的面积 ．
【分析】（1）由四边形 是平行四边形，得 ，而点 是 的中点，可得
，即知 ，从而四边形 是平行四边形，又 ，即得四边形
是矩形；
（ 2 ） 由 ， ， ， 得 ，
，四边形 是平行四边形，得 ，从而 ，即可
得四边形 的面积 为18．
【解答】（1）证明： 四边形 是平行四边形，，
，
点 是 的中点，
，
在 和 中，
，
，
，
又 ，
四边形 是平行四边形，
．
四边形 是矩形；
（2）解：由（1）得四边形 是矩形，
， ， ，
，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
，
四边形 的面积 ，
答：四边形 的面积 为18．
【点评】本题考查平行四边形性质及应用，涉及矩形的判定，全等三角形判定与性质，勾股定理及应用等，
解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明 ．
二十二．正方形的性质（共2小题）
53．（2023春•西湖区期末）如图，点 是正方形 对角线 上一点，点 在 上且 ，
连接 ， ，若 ， ，则A． B． C． D．
【分析】根据正方形的性质得到 ， ，根据全等三角形的性质得到 ，
，根据等腰三角形的性质得到 ，求得 ，根据等
腰三角形的性质列方程即可得到结论．
【解答】解： 四边形 是正方形，
， ，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
故选： ．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，
熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
54．（2022春•西湖区校级期末）如图，在正方形 中， ，点 是对角线 的中点，点 是
线段 上的动点（点 不与点 ， 重合），连结 ，并延长交边 于点 ，过点 作 交
于点 ，分别连结 与 ， 交对角线 于点 ，过点 作 交 于点 ，连结 ．
以下四个结论：
① ；② 周长为8；③ ，④线段 的最小值为 ．其中正确的结论是
①②④ ．（填序号）
【分析】通过证明点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，可得 ， ，
可证 ，故①正确；由“ ”可证 ， ，可得 ，由线段的
和差关系可得 的周长为8，故②正确；由题意可得点 在以 为边的圆上运动，则当点 在
上时， 有最小值为 ，故④正确；通过证明点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，可判断③．
【解答】解： ，
，
点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，
， ，，
，故①正确；
如图，延长 至 使 ，连接 ，
， ， ，
，
， ，
，
，
，
，
又 ， ，
，
，
的周长 ，故②正确；
，
，
点 在以 为边的圆上运动，
如图，以 为直径作圆，取 的中点 ，连接 ， ，，
，
在 中， ，
当点 在 上时， 有最小值为 ，故④正确；
如图，连接 ，
，
点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，
，
， ，
，
，
，
点 ，点 ，点 ，点 四点共圆，
， ，故③不正确．故答案为：①②④．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，添加
恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二十三．正方形的判定（共1小题）
55．（2020春•河东区期末）在矩形 中， ， ， ， 分别为边 ， ， ， 上的点
（不与端点重合），对于任意矩形 ，下面四个结论中，
①存在无数个四边形 是平行四边形；
②存在无数个四边形 是矩形；
③存在无数个四边形 是菱形；
④至少存在一个四边形 是正方形．
所有正确结论的序号是
A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②③④
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：①如图， 四边形 是矩形，连接 ， 交于 ，
， ， ，
， ，
过点 的直线 和 ，分别交 ， ， ， 于 ， ， ， ，
， ，
所以 ， ，
所以 ， ，
则四边形 是平行四边形，
故存在无数个四边形 是平行四边形；故正确；
②如图，当 时，四边形 是矩形，故存在无数个四边形 是矩形；故正确；③如图，当 时，存在无数个四边形 是菱形；故正确；
④当四边形 是正方形时， ，
则 ，
， ，
，
，
四边形 是正方形，
当四边形 为正方形时，四边形 是正方形，故错误；
故正确结论的序号是①②③．
故选： ．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定
理是解题的关键．
二十四．加权平均数（共2小题）
56．（2023春•辉县市期末）小明参加“强国有我”主题演讲比赛，其演讲形象、内容、效果三项的成绩
分别是70分、90分、80分．若将三项得分依次按 的比例确定最终成绩，则小明的最终比赛成绩为
82 分．
【分析】根据加权平均数的公式计算，即可求解．
【解答】解：小明的最终比赛成绩为 （分 ．
故答案为：82．
【点评】本题主要考查了求加权平均数，熟练掌握加权平均数的公式是解题的关键．
57．（2023秋•蒲城县期末）某商场招聘员工一名，现有甲、乙两人竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩（百分制）如下表所示
应试者 计算机 语言 商品知识
甲 70 50 80
乙 90 75 45
若商场需要招聘负责将商品拆装上架的人员，对计算机、语言和商品知识分别赋权 2，3，5计算两名应试
者的平均成绩，从他们的成绩看，应该录取谁？
【分析】根据加权平均数的计算公式分别列出算式，再进行计算即可．
【解答】解： ，
，
，
应该录取甲．
【点评】此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是本题的关键，是一道基础题．
二十五．众数（共1小题）
58．（2023秋•宿城区期末）2022年3月25日，教育部印发《义务教育课程方案和课程标准 年
版）》，优化了课程设置，将劳动从综合实践活动课程中独立出来．某校为了解该校学生一周的课外劳动
情况，随机抽取部分学生调查了他们一周的课外劳动时间，将数据进行整理并制成如一统计图．
请根据图中提供的信息，解答下列的问题：
（1）求图1中的 2 5 ，本次调查数据的中位数是 ，本次调查数据的众数是 ；
（2）若该校共有2000名学生，请根据统计数据，估计该校学生一周的课外劳动时间不小于 的人数．
【分析】（1）用劳动时间为1小时的人数除以其人数占比求出参与调查的总人数，再用劳动时间为 4小时
的人数除以总人数得出 的值，最后根据中位数与众数的意义结合统计图即可求解；（2）用2000乘以3小时及以上的人数的百分比即可求解．
【解答】解：（1） 人，
参与调查的学生人数为40人，
，
，
参与调查的学生人数一共有40人，将他们的劳动时间从低到高排列，处在第20名和第21名的劳动时间
分别为 ，
中位数为 ，
由条形统计图可知，劳动时间为 的人数最多，
众数为 ，
故答案为：25，3，3；
（2）解： （人 ，
答：估计该校学生一周的课外劳动时间不小于 的人数为1400人．
【点评】本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体，读懂统计图，从不同的统
计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接
反映部分占总体的百分比大小．
二十六．方差（共2小题）
59．（2023春•开福区校级期末）在一次科技作品制作比赛中，某小组八件作品的成绩（单位：分）分别
是7，10，9，8，7，9，9，8，对这组数据，下列说法正确的是
A．中位数是8 B．众数是9 C．平均数是8 D．方差是0
【分析】根据中位数、众数、平均数及方差的计算方法分别求解即可得到答案．
【解答】解： 、按照从小到大的顺序排列为7，7，8，8，9，9，9，10，由中位数的求解方法得到这组
数据的中位数为 ，该选项错误，不符合题意；
、这组数据中众数为9，该选项正确，符合题意；
、这组数据平均数为 ，该选项错误，不符合题意；
、 这 组 数 据 的 平 均 数 为 8.375 ， 则 方 差 为，该选项错误，不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查统计综合，熟练掌握中位数、众数、平均数及方差的计算方法是解决问题的关键．
60．（2022春•大连期末）为从甲乙两名射击运动员中选出一人参加竞标赛，特统计了他们最近 10次射击
训练的成绩，其中，他们射击的平均成绩为8.9环，方差分别是 ， ，从稳定性的角度看，
甲 的成绩更稳定（填“甲”或“乙”
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
【解答】解： ， ，
，
成绩更稳定的运动员是甲，
故答案为：甲．
【点评】本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离
平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平
均数越小，即波动越小，数据越稳定．
