，若，求的度数考点平行四边形的性质分析根据角平分线的定义得到，再根据平行四边形的邻角互补和平行四边形的对角相等，就可求得和的度数解答解的平分线交于在平行四边形中，如图，在中，⊥，垂足为求的度数若，求的长考点勾股定理分析根据三角形内角和定理，即可推出的度数第页共页由题意可知，根据勾股定理，即可推出的长度解答解⊥，是直角三角形，如图，是菱形的对角线，点分别在边上，且求证考点菱形的性质全等三角形的判定与性质分析根据菱形的性质可得再证明≌，根据全等三角形的性质可得解答证明四边形是菱形，在和中≌，六解答题本题共小题，每题分，共分如图，小红用张长方形纸片进行折纸，已知该纸片宽为，第页共页长为当小红折叠时，顶点落在边上的点处折痕为想想，此时有多长考点翻折变换折叠问题分析由折叠的性质得先在中运用勾股定理求，再求，设，用含的式子表示，在中运用勾股定理列方程求即可解答解四边形是矩形由折叠方法可知设，则在中，由勾股定理可知，则在中，由勾股定理可知，即，解得，即如图，为矩形对角线的交点，∥，∥试判断四边形的形状，并说明理由若求四边形的面积考点菱形的判定平行四边形的判定矩形的性质分析首先可根据∥∥判定四边形是平行四边形，然后根据矩形的性质矩形的对角线相等且互相平分，可得，由此可判定四边形是菱形连接，通过证四边形是平行四边形，得根据菱形的面积第页共页是对角线乘积的半，可求得四边形的面积解答解四边形是菱形∥，∥，四边形是平行四边形，又在矩形中四边形是菱形连接由菱形得⊥，又⊥，∥在同平面内，垂直于同条直线的两直线平行，又∥，四边形是平行四边形四边形•，第页共页年月日组对边平行，另组对边相等的四边形是平行四边形对角线互相平分的四边形是平行四边形在四边形中，那么这个四边形是平行四边形④组对边相等，组对角相等的四边形是平行四边形其中正确命题的个数是个个个个考点命题与定理平行四边形的判定分析根据平行四边形的判定方法分别进行判断解答解组对边平行，另组对边相等的四边形不定是平行四边形，所以对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以正确在四边形中，那么这个四边形不定为平行四边形，所以组对边相等，组对角相等的四边形不定是平行四边形，所以④故选在矩形中，则点到对角线的距离为考点矩形的性质分析本题只要根据矩形的性质，利用面积法来求解解答解因为，故则又因为故，故选如图，已知菱形的对角线的长分别为，⊥于第页共页点，则的长是考点菱形的性质勾股定理分析根据菱形的性质得出的长，在中求出，利用菱形面积等于对角线乘积的半，也等于，可得出的长度解答解四边形是菱形，⊥菱形菱形，故选二填空题本大题共小题，每题分，共分，考点算术平方根分析根据二次根式的性质，可得答案解答解，，故答案为，已知，则考点二次根式有意义的条件分析根据被开方数大于等于列式求，再求出，然后相加计算即可得解第页共页解答解由题意得，且，解得且，所以，所以，故答别是线段，的中点，若厘米，的周长是厘米，则厘米考点三角形中位线定理平行四边形的性质分析根据厘米，可得出出，继而求出，判断是的中位线即可得出的长度解答解四边形是平行四边形，又厘米的周长是厘米点，分别是线段，的中点，是的中位线，故答案为如图，边长为的菱形中，连结对角线，以为边作第二个菱形，使连结，再以为边作第三个菱形使按此规律所作的第个菱形的边长是第页共页考点菱形的性质分析连接于相交于，根据已知和菱形的性质可分别求得的长，从而可发现规律根据规律不难求得第个菱形的边长解答解连接，四边形是菱形，⊥是等边三角形，同理可得按此规律所作的第个菱形的边长为，故答案为第页共页二计算题本题共小题，每题分，共分考点二次根式的混合运算分析先化简二次根式，再合并同类项即可根据二次根式的化简完全平方公式进行计算即可解答解原式原式四解答题本题共小题，每题分，共分已知求代数式的值考点二次根式的化简求值分析将的值代入原式计算可得解答解当，时，原式在中，已知求已知求考点解直角三角形分析根据勾股定理即可直接求出的案为如图所示，以直角三角形的三边向外作正方形，其面积分别为，且则考点勾股定理分析根据勾股定理的几何意义解答解答解直角三角形，故答案为木工师傅要做个长方形桌面，做好后量得长为，宽为，对角线为，则这个桌面合格填合格或不合格考点矩形的判定勾股定理的应用分析只要算出桌面的长与宽的平方和是否等于对角线的平方，如果相等可得长宽对角线构成的是直角三角形，由此可得到每个角都是直角，根据矩形的判定有三个角是直角的四边形是矩形，可得此桌面合格解答解，即第页共页同理，四边形是矩形，这个桌面合格故答案为合格已知是的三边长，且满足关系式，则的形状为等腰直角三角形考点勾股定理的逆定理非负数的性质绝对值非负数的性质算术平方根等腰直角三角形分析已知等式左边为两个非负数之和，根据两非负数之和为，两非负数同时为，可得出，且，利用勾股定理的逆定理可得出为直角，进而确定出三角形为等腰直角三角形解答解且且，则为等腰直角三角形故答案为等腰直角三角形矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，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第页共页在中，故答案为如图，▱的对角线，相交于点，点，分连结，再以为边作第三个菱形使按此规律所作的第个菱形的边长是第页共页二计算题本题共小题，每题分，共分四解答题本题共小题，每题分，共分已知求代数式的值在中，已知求已知求五解答题本题共小题，每题分，共分如图在平行四边形中，的平分线交于，若，求的度数如图，在中，⊥，垂足为求的度数若，求的长第页共页如图，是菱形的对角线，点分别在边上，且求证六解答题本题共小题，每题分，共分如图，小红用张长方形纸片进行折纸，已知该纸片宽为，长为当小红折叠时，顶点落在边上的点处折痕为想想，此时有多长如图，为矩形对角线的交点，∥，∥试判断四边形的形状，并说明理由若求四边形的面积第页共页学年吉林省白城市大安八年级下期中数学试卷参考答案与试题解析选择题本题共小题，每题分，共分下列各式中④，定是二次根式的有个个个个个考点二次根式的定义分析般地，形如的代数式叫做二次根式解答解当时，不是二次根式当即时，不是二次根式能满足被开方数为非负数，故本选项正确④能满足被开方数为非负数，故本选项正确不定能满足开方数为负数，不定二次根式，故本选项能满足被开方数为非负数，故本选项正确，故选若式子有意义，则点，在第象限第二象限第三象限第四象限考点二次根式有意义的条件点的坐标分析根据二次根式的被开方数为非负数和分母不为，对的取值范围进行判断解答解要使这个式子有意义，必须有点，在第三象限第页共页故选下列二次根式中，最简二次根式是考点最简二次根式分析满足下列两个条件的二次根式，叫做最简二次根式被开方数的因数是整数，因式是整式被开方数中不含能开得尽方的因数或因式可以此来判断哪个选项是正确的解答解，可化简，可化简，可化简故选下列各组数中，能构成直角三角形的是考点勾股定理的逆定理分析根据勾股定理逆定理，将各个选项逐代数计算即可得出答案解答解≠，不能构成直角三角形，故，能构成直角三角形，故正确≠，不能构成直角三角形，故≠，不能构成直角三角形，故故选等边三角形的边长为，则该三角形的面积为考点等边三角形的性质第页共页分析根据等边三角形三线合的性质可得为的中点，即，在直角三角形中，已知，根据勾股定理即可求得的长，即可求三角形的面积，即可解题解答解等边三角形高线即中点，在中•故选在中则的长为考点勾股定理分析直接根据勾股定理进行解答即可解答解在中故选菱形和矩形定都具有的性质是对角线相等对角线互相垂直对角线互相平分且相等对角线互相平分考点菱形的性质矩形的性质分析根据矩形的对角线的性质对角线互相平分且相等，菱形的对角线性质对角线互相垂直平分可解解答解菱形的对角线互相垂直且平分，矩形的对角线相等且平分菱形和矩形定都具有的性质是对角线互相平分故选第页共页第页共页学年吉林省白城市大安八年级下期中数学试卷选择题本题共小题，每题分，共分下列各式中④，定是二次根式的有个个个个个若式子有意义，则点，在第象限第二象限第三象限第四象限下列二次根式中，最简二次根式是下列各组数中，能构成直角三角形的是等边三角形的边长为，则该三角形的面积为在中则的长为菱形和矩形定都具有的性质是对角线相等对角线互相垂直对角线互相平分且相等对角线互相平分组对边平行，另组对边相等的四边形是平行四边形对角线互