1、形绿地的面积，扩充的直角三角形的两直角边长为和时扩充后等腰三角形绿地的面积，故答案为或点评本题考查了勾股定理的运用三角形面积的计算等腰三角形的性质熟练掌握勾股定理和等腰三角形的性质是解决问题的关键注意分类讨论三解答题共分考点实数的运算零指数幂负整数指数幂分析根据二次根式的加减，可得答案根据二次根式的性质绝对值的性质零次幂，负整数指数幂与正整数指数幂互为倒数，可得答案解答解原式原式点评本题考查了实数的运算，二次根式的性质绝对值的性质零次幂负整数指数幂与正整数指数幂互为倒数有块方角形钢板如图所示，如何用条直线将其分为面积相等的两部分考点中心对称分析思路先将图形分割成两个矩形，找出各自的对称中心，过两个对称中。
2、是平行四边形，可得，∥，又由，易证得≌，则可得解答证明四边形边为，三角形的三边分别为，能组成三角形，周长故答案为点评本题考查了等腰三角形的性质，非负数的性质，以及三角形的三边关系，难点在于要讨论求解如图，每个小正方形的边长为，在中，点为的中点，则线段的长为考点勾股定理直角三角形斜边上的中线勾股定理的逆定理分析本题考查勾股定理的逆定理和直角三角形的性质，利用了勾股定理的逆定理和直角三角形的性质求解解答解观察图形，三角形为直角三角形，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的半点评解决此类题目要熟记斜边上的中线等于斜边的半注意勾股定理的应用如图，将菱形纸片折叠，使点恰好落在菱形的对称中心处，折痕为，若菱形的边长为则。
3、主要考查了两点之间的距离公式，要熟记并灵活掌握如图，在四边形中，已知，再添加个条件写出个即可，则四边形是平行四边形图形中不再添加辅助线考点平行四边形的判定分析可再添加个条件，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，四边形是平行四边形解答解根据平行四边形的判定，可再添加个条件故答案为答案不唯点评此题主要考查平行四边形的判定是个开放条件的题目，熟练掌握判定定理是解题的关键若二次根式化简后的结果等于，则的值是考点二次根式的性质与化简分析根据题意列出算式，根据二次根式的性质解答即可解答解由题意得则，解得故答案为点评本题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的性质是解题的关键矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为。
4、心做直线即可思路先将图形补充成个大矩形，分别找出图中两个矩形各自的对称中心，过两个对称中心做直线即可解答解如图所示，有三种思路点评本题需利用矩形的中心对称性解决问题如图，四边形中，且求四边形的面积考点勾股定理勾股定理的逆定理分析连接，先根据勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出的形状，最后利用三角形的面积公式求解即可解答解连接，如下图所示在中是直角三角形，四边形••点评本题考查的是勾股定理勾股定理的逆定理及三角形的面积，根据勾股定理的逆定理判断出的形状是解答此题的关键，难度适中如图，在平行四边形中，对角线，交于点，经过点的直线交于，交于求证考点平行四边形的性质全等三角形的判定与性质分析由四边形。
5、边形的性质分析由平行四边形的性质得出∥证出，由已知条件得出，证出∥，得出四边形为平行四边形，即可得出结论解答证明四边形为平行四边形，∥，∥平分，平分∥，四边形为平行四边形，点评本题主要考查平行四边形的性质与判定证明四边形为平行四边形是解决问题的关键如图，在中，是边上的点，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，且，连接线段与有什么数量关系，并说明理由当满足什么条件时，四边形是矩形并说明理由考点矩形的判定全等三角形的判定与性质分析根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用角角边证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用等量代换即可得证先利用组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再。
6、个时刻，四边形可能是菱形吗为什么学年江西省宜春市奉新八年级下期中数学试卷参考答案与试题解析选择题二次根式有意义的条件是考点二次根式有意义的条件分析根据二次根式有意义的条件求出，求出即可解答解要使有意义，必须故选点评本题考查了二次根式有意义的条件的应用，注意要使有意义，必须下列各式中，是最简二次根式的是考点最简二次根式分析根据最简二次根式的定义被开方数不含分母，被开方数不含开的尽的因数或因式，可得答案解答解被开方数含开的尽的因数或因式，故被开方数不含分母，被开方数不含开的尽的因数或因式，故正确被开方数含分母，故被开方数含开的尽的因数或因式，故故选点评本题考查了最简二次根式，被开方数不含分母，被开方数不含开。
7、边形，可得∥又由分别为边的中点，易得∥即可判定四边形为平行四边形，则可证得∥由，∥，易证得为直角三角形，又由为边的中点，即可得，则可证得四边形是菱形解答证明四边形是平行四边形，∥分别为的中点，∥四边形为平行四边形，∥∥为直角三角形，又为边的中点，又四边形为平行四边形，四边形是菱形点评此题考查了菱形的判定平行四边形的判定与性质以及直角三角形的性质此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用分春•宜春校级期中如图，梯形中，∥，动点从点开始，沿边，以厘米秒的速度向点运动动点从点开始，沿边，以厘米秒的速度向点运动已知两点分别从同时出发，当其中点到达端点时，另点也随之停止运动假设运动时间为秒，问为何值时，四边形是平行。
8、况扩充的直角三角形的两直角边长为和扩充的直角三角形的两直角边长为和分别求出面积即可解答解直角三角形的绿地，两直角边长分别为面积斜边长求证分如图，在中，是边上的点，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，且，连接线段与有什么数量关系，并说明理由当满足什么条件时，四边形是矩形并说明理由分如图，在平行四边形中，分别为边的中点，过点作∥，交的延长线于点求证∥若，求证四边形是菱形分如图，梯形中，∥，动点从点开始，沿边，以厘米秒的速度向点运动动点从点开始，沿边，以厘米秒的速度向点运动已知两点分别从同时出发，当其中点到达端点时，另点也随之停止运动假设运动时间为秒，问为何值时，四边形是平行四边形为何值时，四边形是矩形在。
9、根据个角是直角的平行四边形是矩形，可知，由等腰三角形三线合的性质可知必须是解答解理由如下依题意得∥是的中点在和中≌，当满足时，四边形是矩形理由如下∥四边形是平行四边形三线合▱是矩形点评本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键如图，在平行四，故四边形不会是菱形点评本题主要考查对直角梯形，平行四边形的性质和判定，解元次方程等知识点的理解和掌握，熟练地运用这些性质进行计算是解此题的关键边形中，分别为边的中点，过点作∥，交的延长线于点求证∥若，求证四边形是菱形考点菱形的判定直角三角形斜边上的中线平行四边形的性质分析由四边形是平行四。
10、，则对角线长为考点矩形的性质分析根据矩形对角线相等且互相平分性质和题中条件易得为等边三角形，即可得到矩形对角线半长，进而求解即可解答解如图，四边形是矩形是对角线在中，故答案为点评矩形的两对角线所夹的角为，那么对角线的边和两条对角线的半组成等边三角形本题比较简单，根据矩形的性质解答即可若实数，满足，则以，的值为边长的等腰三角形的周长为考点等腰三角形的性质非负数的性质绝对值非负数的性质算术平方根三角形三边关系分析先根据非负数的性质列式求出，再分情况讨论求解即可解答解根据题意得，解得，若是腰长，则底边为，三角形的三边分别为不能组成三角形，若是腰长，则底，分两种情况扩充的直角三角形的两直角边长为和时扩充后等腰三。
11、边形为何值时，四边形是矩形在个时刻，四边形可能是菱形吗为什么考点梯形平行四边形的判定菱形的判定矩形的判定分析求出时的值即可得到结果求出的值即可得到结果根据的结果以及菱形的性质可得解解答解在直角梯形中，∥，只要当时，四边形为平行四边形，由题意得，解得秒故当秒时，四边形为平行四边形在直角梯形中，只要当时，四边形为矩形，由题意得，解得秒故当秒时，四边形为矩形故答案为菱形是平行四边形的种特殊情况，故当秒时，≠够证明正方形，的面积和即是最大正方形的面积二填空题在平面直角坐标系中，点，与点，的距离是考点两点间的距离公式分析本题可根据两点之间的距离公式得出方程，化简即可得出答案解答解点，与点，的距离是故答案填点评本题。
12、点菱形的性质翻折变换折叠问题分析根据菱形性质得出⊥，平分，求出，求出根据折叠得出⊥，平分，推出∥，推出，为的中位线，根据三角形中位线定理求出即可解答解连接，四边形是菱形，⊥，平分由勾股定理得，沿折叠与重合，⊥，平分，⊥，∥，为的中位线故答案为点评本题考查了折叠性质，菱形性质，含度角的直角三角形性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识点的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力有块直角三角形的绿地，量得两直角边长分别为现在要将绿地扩充成等腰三角形，且扩充部分是以为直角边的直角三角形，扩充后等腰三角形绿地的面积是或考点勾股定理的应用三角形的面积等腰三角形的性质分析求出直角三角形的面积，分两种情。
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江西省宜春市奉新2015-2016学年八年级下期中数学试卷含答案解析（最终版）