八下期中真题百题大通关（提升版）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（人教版）

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一、单选题
1．（22-23八年级下·浙江温州·期中）下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查二次根式混合运算，涉及合并同类二次根式、二次根式运算法则、分母有理化等知识，根据同类二次根式定义、二次根式加减乘除等运算法则逐项验证即可得到答案，熟记二次根式加减乘除运算法则是解决问题的关键．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，选项计算错误，不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并，选项计算错误，不符合题意；
C、，选项计算错误，不符合题意；
D、，选项计算正确，符合题意；
故选：D．
2．（23-24八年级下·广东广州·期中）下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据二次根式的加法，乘法和除法法则逐项计算即可判断，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
【详解】解：、与不可以合并，原选项计算错误，不符合题意；
、，原选项计算正确，符合题意；
、，原选项计算错误，不符合题意；
、，原选项计算错误，不符合题意；
故选：．
3．（23-24八年级下·河南郑州·期中）计算的结果为（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】A
【分析】本题考查了二次根式的运算，积的乘方的逆用，平方差公式，将原式变形为，再利用积的乘方的逆运算和平方差公式求解即可．
【详解】解：
，
故选：A．
4．（22-23八年级下·四川泸州·期中）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了最简二次根式，利用二次根式性质化简，根据最简二次根式的性质逐项化简判断即可．
【详解】解：A、，原二次根式不是最简二次根式，不符合题意；
B、，原二次根式不是最简二次根式，不符合题意；
C、，原二次根式不是最简二次根式，不符合题意；
D、为最简二次根式，符合题意，
故选：D．
5．（23-24八年级下·四川泸州·期中）若，则的值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了完全平方式及二次根式的性质．根据完全平方公式得到减少了繁琐的计算过程．在原方程的两边同时除以，求得的值，然后利用完全平方公式的变形公式求得的值即可．
【详解】解：由原方程，得，
则，
所以．
故选：C．
6．（24-25八年级下·广东深圳·期中）如图，在中，，以为底边在外作等腰三角形，过点D作的平分线，分别交于点．若，，是直线上的一个动点，则周长的最小值为（ ）
A．17B．18C．19D．20
【答案】B
【分析】本题主要考查了最短距离问题、三线合一、轴对称的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．根据点A与点C关于对称可得，当点P与点E重合时，，此时的周长最小，据此即可求得周长的最小值．
【详解】解：∵是以为底边的等腰三角形，平分，
∴垂直平分，
∴点A与点C关于对称，
∴，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴当点P与点E重合时，最小，即最小，
∵为定值，
∴此时的周长最小，
∵，，，
∴，
∴周长的最小值为：，
故选：B．
7．（23-24八年级下·云南昭通·期中）下列条件中，不能判断为直角三角形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理逆定理和三角形内角和定理，勾股定理逆定理和三角形内角和定理逐一判断即可得出答案，掌握判定直角三角形的方法是解题的关键，
【详解】解：A、当，
∴，
∴为直角三角形，故选项不符合题意；
B、当时，
∵，
∴，，，
∴不是直角三角形，故选项符合题意；
C、当时，
∵，
∴，
∴，
∴为直角三角形，故选项不符合题意；
D、当时，设，，，
∴，
∴为直角三角形，故选项不符合题意；
故选：B．
8．（21-22七年级下·广东河源·期末）如图，等腰中，，E是高上任一点，F是腰上任一点，，，，那么的最小值是（ ）

A．5B．3C．D．
【答案】C
【分析】本题考查轴对称—最短问题，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，学会应用对称解决最小值是问题的关键，是中考常考题．作点F关于的对称点，连接．作于H．根据等腰三角形的性质推出点在上．则，根据垂线段最短可知，当B，E，共线，且与H重合时，的值最小，最小值就是线段的长．根据勾股定理得出，最后根据，即可解答．
【详解】解：如图，作点F关于的对称点，连接．作于H．

∵，
∴直线是等腰三角形的对称轴．
∴点在上．
∵，
根据垂线段最短可知，当B，E，共线，且与H重合时，的值最小，最小值就是线段的长．
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
9．（21-22八年级下·陕西咸阳·期中）如图，是边长为的等边三角形，为的角平分线，点E在边上，且，点P是线段上的一个动点，连接，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，勾股定理，连接，，取的中点，连接，根据等边三角形三线合一可得垂直平分，，即可得到，，当，，三点共线时最小，最小值即为的长，在中，求出，在中，利用勾股定理计算即可．
【详解】解：连接，，取的中点，连接，
∵是边长为12的等边三角形，是边上的高，点是边的中点，
∴垂直平分，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当，，三点共线时最小，最小值即为的长，
在中，，
在中，，
∴的最小值为，
故选：D．
10．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图，在中，，P为边上一动点于E，于F，M为中点，当点P从点B运动到点C，点M运动的路径长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形的中位线定理，取的中点，取的中点，连接，可推出四边形是矩形，得到M为的中点；进而可得当点P从点B运动到点C，点从点运动到点，据此即可求解；
【详解】解：取的中点，取的中点，连接，如图所示：
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵M为的中点，
∴M为的中点，
∴当点P从点B运动到点C，点从点运动到点，
∵的中点为，的中点为，
∴是的中位线，
∴，
即：点M运动的路径长为，
故选：D
11．（24-25八年级下·全国·期中）如图，在中，连接，且，过点作于点，过点作于点，且，在的延长线上取一点，满足，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的外角性质，解题的关键是掌握相关知识．根据平行四边形的性质可得，推出，利用等面积法得到，由，，推出，得到，结合，即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
,
故选：B．
12．（23-24八年级下·天津西青·期中）如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，平行四边形是菱形
B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是菱形
D．当且时，平行四边形是正方形
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法，解决本题的关键是根据矩形、菱形、正方形的判定方法进行判断．
【详解】解：如下图所示，
A选项：在中，当时，与一定不垂直，
平行四边形一定不是菱形，
故A选项错误，符合题意；
B选项：当时，平行四边形是矩形，
故B选项正确，不符合题意；
C选项：当时，平行四边形是菱形，
故C选项正确，不符合题意；
D选项：当且时，平行四边形是正方形，
故D选项正确，不符合题意．
故选：A．
13．（23-24八年级下·新疆喀什·期中）如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：；；；的最小值为3，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】A
【分析】连接，证明四边形为矩形，可得；由可得，所以；
由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得；
由中的结论可得；
由于点为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由知，所以的最小值为．
【详解】解：连接，交于点，如图，
，，
．
，
四边形为矩形．
，．
四边形为正方形，
，．
在和中，
，
．
．
．
正确；
延长，交于，交于点，
，
．
由知：，
．
．
，
．
．
即：，
．
正确；
由知：．
即：．
正确；
点为上一动点，
根据垂线段最短，当时，最小．
，，
．
．
由知：，
的最小值为，
错误．
综上所述，正确的结论为：．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
14．（23-24八年级下·天津西青·期中）点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质可知，，根据三角形中位线的性质可知，利用勾股定理可求，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求的长度．
【详解】解：在矩形中，，
，，
又点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，
，
，
点为的中点，，
．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质、三角形中位线的性质、勾股定理、三角形的性质，解决本题的关键是根据图形的性质求出相关线段之间的关系．
15．（22-23八年级下·江苏扬州·期中）如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点在轴上，．将菱形沿轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转次，点的落点依次为，，，…，则的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键；
发现“每翻转次，图形向右平移”是解决本题的关键．连接，根据条件可以求出，画出第次、第次、第次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转次，图形向右平移．由于，因此点向右平移 (即)到点，根据点的坐标即可求解．
【详解】解：连接，如图所示．
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
画出第次、第次、第次翻转后的图形，如图所示；
由图可知：每翻转次，图形向右平移；
，
点向右平移 (即)到点，
的坐标为，
的坐标为，
的坐标为；
故选：C
16．（22-23八年级下·江苏淮安·期中）如图，在菱形中，，．是边上的一点，，分别是，的中点，则线段的长为（ ）
A．8B．C．4D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明是等边三角形．
如图连接，首先证明是等边三角形，可得，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接．
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
∵，分别是，的中点，
∴是的中位线，
．
故选：C．
17．（23-24八年级下·广东汕头·期中）平行四边形的对角线交于点O，若，则平行四边形的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，由平行四边形的性质可得，，从而得出，，根据，计算即可得出答案，熟练掌握平行四边形的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，
四边形为平行四边形，
，，
，，
，
，
故选：B．
二、填空题
18．（22-23八年级下·山东潍坊·期中）如图，由四张大小相同的矩形纸片拼成一个大正方形和一个小正方形．如果大正方形的面积为50，小正方形的面积为2，则矩形的宽为 ．
【答案】
【分析】本题考查完全平方公式与几何图形，设矩形的长为，宽为，则：，进而得到，进而求出的值即可．
【详解】解：设矩形的长为，宽为，
由题意，得：，
∴，
∴，得：，
∴，即：；
故答案为：．
19．（23-24八年级下·全国·期中）已知a，b对应的点在数轴上的位置如图所示，化简代数式的结果等于 ．
【答案】
【分析】本题考查实数与数轴，化简二次根式和绝对值，根据点在数轴上的位置，确定式子的符号，再根据二次根式的性质和绝对值的意义，进行化简即可．
【详解】解：由数轴可知，
∴．
∴原式．
故答案为：
20．（22-23八年级下·四川广安·期末）若，则 ．
【答案】2024
【分析】本题考查二次根式有意义，先根据得到，再化简绝对值计算即可．
【详解】解：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
21．（23-24八年级下·河北张家口·期中）计算： ．
【答案】/
【分析】本题考查了二次根式的混合运算、零指数幂，先利用完全平方公式进行计算，并计算算术平方根、零指数幂，再计算加减即可得解，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
【详解】解：
，
故答案为：．
22．（24-25八年级下·广东深圳·期中）如图，在中，，，，则的值为 ．
【答案】/
【分析】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及判定，三角形内角和定理，三角形面积公式等．根据题意延长到点，使，连接，作于点，继而得到，，再利用勾股定理求出，继而求出面积．
【详解】解：延长到点，使，连接，作于点，
，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
23．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在中，，，平分交于点D，，垂足为E．若，则的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．过点作，利用角平分线的性质得到，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：过点作，
平分，，，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
．
故答案为：．
24．（21-22八年级下·辽宁锦州·期中）如图，在中，，，，边的垂直平分线交于点，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到，推出，求出，求出即可得到的长．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，正确理解线段垂直平分线的性质得到是解题的关键．
25．（21-22八年级下·陕西咸阳·期中）若的三边长a、b、c满足，则的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理的运用，非负数的性质，利用绝对值、偶次方、算术平方根的非负性求出的值，证明是直角三角形，即可求解．
【详解】解：∵，
，
解得：，
∵，
∴是直角三角形，
∴的面积为，
故答案为：．
26．（23-24八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，，线段的垂直平分线分别交于点，连接．若，则的长为 ．
【答案】/
【分析】此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握含有30度角的直角三角形的性质和勾股定理，线段垂直平分线的性质是解题的关键．先根据垂直平分线的性质得，易得，进而可得，然后在中，根据“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”可知，然后根据勾股定理求出的长，即可得出的长．
【详解】解：∵是线段的垂直平分线，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
由勾股定理得，
∴，解得，
∴
∴．
故答案为：．
27．（23-24八年级下·广东韶关·期中）如图，所有涂色四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形．若正方形，，的面积分别为，，，则正方形的面积为 ．
【答案】18
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，理解并掌握勾股定理是解题关键．设正方形，，，的边长分别为，中间正方形的边长为，根据勾股定理可得，进而可得，即可获得答案．
【详解】解：如下图，设正方形，，，的边长分别为，中间正方形的边长为，
根据题意，可得，
∵所有三角形都是直角三角形，
∴，
∴，
即正方形的面积为18．
故答案为：18．
28．（23-24八年级下·辽宁抚顺·期中）如图，在中，，，，以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点D，再以点A为圆心，为半径画弧，交于点E，则的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了勾股定理，线段作图，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据作图可知，因此，同样根据作图可得，再根据勾股定理可求得，即可进一步得到答案．
【详解】以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点D，
，
，
以点A为圆心，为半径画弧，交于点E，
，
，
，
．
故答案为：2．
29．（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，已知四边形中，为的垂直平分线，，，，点E是边上一点，若，则线段 ．
【答案】
【分析】过点D作于点M，理由垂直平分线的性质以及勾股定理，，，利用三角形的面积公式可得的面积，进而得出，进而求出的面积，从而得出的面积，据此可得的长，根据，可得E为的中点，由此可得的长，进而得出的长，然后根据勾股定理解答可得的长．
【详解】解：过点D作于点M，
∵为的垂直平分线， ，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵于O，
∴，
∴
∴
∴，
∴，
∴四边形的面积为：，
∵
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴E为的中点，
∴，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及三角形的面积，正确作出辅助线并掌握勾股定理是解答本题的关键．
30．（24-25八年级下·全国·期中）如图，在中，，点E是中点，作于点F，已知，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
通过计算、的长度，利用三角形面积公式求得，即可求出答案．
【详解】解：如图，连接，
，四边形是平行四边形，，
，，
，
，
，
，
，
点是中点，
，
，
，
，
即，
∴，
故答案为：．
31．（24-25八年级下·全国·期中）如图，在中，平分，于点D，点E为的中点．若，，则的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，延长，交于点，证明，利用性质求出，最后用中位线定理即可求解．
【详解】解：如图，延长，交于点，

∵平分，
∴ ，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵点为中点，点为中点，
∴为的中位线，
∴，
故答案为：2．
32．（22-23八年级下·贵州安顺·期中）如图，以正方形的边向外作等边三角形，则的度数是 ．
【答案】15
【分析】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，根据正方形的性质及等边三角形的性质可求解，再根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：15．
33．（22-23八年级下·广东深圳·期末）如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点，，，则线段的长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，利用勾股定理解得的值，然后根据三角形中位线的性质求解即可．
【详解】解：连接，如下图，

∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴在中，，
∵分别是的中点，
∴．
故答案为：．
34．（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的坐标分别为，、、，若P是x轴上的一动点，若点A关于的对称点为，则的最小值为 ，的最大值为 ．
【答案】 / /
【分析】本题主要考查平行四边形及轴对称的性质，利用三角形的三边关系得到是解题的关键．
连接，由轴对称的性质可知，在中由三角形三边关系可知，则可求得答案．
【详解】解：连接，如图：
平行四边形的坐标分别为、、、，
，，
若点关于的对称点为，
，
在中，由三角形三边关系可知：，
，即的最小值为，最大值为．
故答案为：，．
35．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期中）如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】连接，可证明，即得出，．结合题意可证为等边三角形，得出，即说明当最小时，最小．由垂线段最短可知当时，最小，此时，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接．
∵在菱形中，，
∴，，
∴和都为等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴当最小时，最小．
由垂线段最短可知当时，最小，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，理解，且当时，最小，即最小是解题关键．
36．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在中，，是的平分线，且，，点E是的中点，则的值为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质．
根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，，根据勾股定理求出的长度，最后根据直角三角形斜边上是中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：∵，是的平分线，
∴，，
根据勾股定理可得：，
∵点E为中点，
∴，
故答案为：5．
37．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图，在边长为6的正方形中，若E，F分别是边上的动点，，与交于点P，连接．则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，
则，
，
，
∴当、、三点共线时，取最小值为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点到的中点的距离是定值是解题的关键．
38．（23-24八年级下·广东韶关·期中）如图，菱形的周长为，，点是的中点，点是对角线上的一个动点，则周长的最小值是 ．
【答案】
【分析】因为菱形的周长为8，则，连接，与交于点，连接，此时值最小．因为四边形是菱形，，推出为等边三角形，所以，因为E是中点，则，，所以则，即可求得周长的最小值．
【详解】解： 菱形的周长为，
，点A与点C关于对称，
连接，与交于点，连接，如图，
则，
此时，值最小．
四边形是菱形，，
，
，
为等边三角形，
，
是中点，
∴，，
，
．
周长的最小值是．
【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，难度适中，确定点P的位置是解题的关键．
39．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知直线，且相邻两条平行直线间的距离都是d，如果正方形的四个顶点分别在四条直线上，且面积是5，则
【答案】1
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质和面积计算，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键．过点作直线与平行线垂直，与交于点，与交于点．易证，可得，，在中，结合正方形的面积公式构建方程即可解决问题．
【详解】作，交于点，交于点．
∵，，
，，
即．
，
四边形为正方形，
，，
．
，
在和中，
，
，
．
∵正方形的四个顶点分别在四条直线上，且面积是5，
∴
在中，，，
，
（负值已舍）．
故答案为：1．
40．（22-23八年级下·宁夏石嘴山·期中）如图，在矩形中，对角线与交于点O，于点E，若，且，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平方根解方程，掌握矩形的对角线相等且平分是解题关键．由矩形的性质可得，再利用勾股定理列方程，求出，即可得到的长．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
解得：（负值舍去），
，
故答案为：．
三、解答题
41．（23-24八年级下·贵州遵义·期中）在计算时，小明的解题过程如下：
解：原式①
②
③
④
(1)老师认为小明的解法有错，请你指出小明从第_______步开始出错的；
(2)请你给出正确的解题过程．
【答案】(1)③
(2)
【分析】本题考查二次根式的运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则．
（1）指出二次根式运算错误的步骤即可；
（2）写出正确的解答过程即可．
【详解】（1）小明从第③步开始出错的；
故答案为③；
（2）原式
．
42．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）先阅读下列解答过程：
材料一：形如的式子的化简，只要我们找到两个正数，使，
即，，那么便有．
例如：化简．
解：首先把化为，这里，，
由于，，即，，
所以．
材料科二：如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．例如：
，
请根据材枓解答下列问题：
(1)填空：①______； ②______．
(2)化简：（诸写出计算过程）；
(3)化简：．
【答案】(1)①；②
(2)
(3)1
【分析】本题主要考查了化简二次根式，分母有理化：
（1）①仿照题意求解即可；②根据分母有理化的方法求解即可；
（2）根据例题把，变成，然后根据阅读材料进行化简；
（3）先根据阅读材料将分母进行化简，然后分母有理化，再合并同类二次根式化为最简形式．
【详解】（1）解：①∵，，即，，
∴；
②；
（2）解：解：
∵，，
∴，，
∴．
故答案为：；
（3）解：


．
43．（22-23八年级下·辽宁鞍山·期中）在进行二次根式的化简时，我们有时会碰到形如，，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
；
．
像这样，把代数中分母化为有理数过程叫做分母有理化．化简：
(1)
(2) （n为正整数）；
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算和分母有理化，能正确分母有理化是解此题的关键．
（1）先分母有理化，再求出答案即可；
（2）先分母有理化，再求出答案即可；
（3）先分母有理化，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
【详解】（1）解： ．
（2）解：
（3）解：
．
．
44．（22-23八年级下·山东潍坊·期中）阅读材料：
在解决问题“已知，求的值”时，小亮是这样分析与解答的：，，，，，．
请你根据小亮的分析过程，解决如下问题：
(1)化简：；
(2)若，求的值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握分母有理化是解题的关键．
（1）根据平方差公式计算；
（2）利用分母有理化把化简，再根据完全平方公式计算即可．
【详解】（1）解：；
（2）解：，
，
，
，
，
，
．
45．（22-23八年级下·云南昭通·期中）已知：，，，…，，n为正整数，且．
(1)求出和的值，猜想的结果，并用含的式子表示出；
(2)设与满足的数量关系为，例如，请利用所学知识试求出的结果．（解答建议：（2）小题可构造平方差公式先对进行化简，再求和．）
【答案】(1)，，；
(2)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算以及平方差公式和数字变化的规律．
（1）根据题目中的已知条件，即可求得、的值，观察式子的规律即可，通过猜想得到；
（2）可构造平方差公式先对进行化简，再求和即可．
【详解】（1）解：由题意可得：，，
解得，
，解得，
由题意可得，
由，，，，可猜测：；
（2）解：由（1）可得，则．
，
，
．
46．（22-23八年级下·山东济宁·期中）阅读材料
学习了不等式的知识后，我们根据等式和不等式的基本性质可知，判断两个数或式子的大小时，可以通过求它们的差来判断．
如果两个数或式子分别为m和n，那么
当时，一定有；
当时，一定有；
当时，一定有．
反过来也正确，即
当时，一定有；
当时，一定有；
当时，一定有．
例如：比较与的大小．
解：因为，所以．
解决问题．
(1)用“>”或“
(2)选用方案2，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据“求差法”进行求解即可；
（2）先表示出两种方案所用的面积，再作差比较即可；
（3）作差比较，再分析即可．
本题考查了整式加减的应用，二次根式的加减，分式的大小比较，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
【详解】（1）解：
，
即，
故答案为：；
（2）解：选用方案2，理由如下：
方案1的面积为：，
方案2的面积为：，
，
一块型钢板的面积比一块型钢板的面积大，
，
即，
故选择方案2；
（3）解：，
，
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则．
47．（22-23八年级下·重庆长寿·期中）先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【分析】本题考查分式的化简求值，分母有理化，先算括号再算除法，最后代入计算即可．
【详解】原式
，
当时，原式．
48．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）（1）先化简，再求值：，其中．
（2）数a、b在数轴上的位置如图所示，化简．
【答案】（1），；（2）
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，实数与数轴，化简二次根式：
（1）先把小括号内的式子通分化简，再计算分式除法化简，最后代值计算即可；
（2）根据数轴得到，据此化简二次根式即可得到答案.
【详解】解：（1）
，
当时，原式；
（2）由数轴可知，
∴，
∴
。
49．（23-24八年级下·山东潍坊·期中）计算
(1)
(2)
(3)
(4)
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本题考查了二次根式的性质及化简，二次根式的混合运算，解题的关键是掌握相关的运算法则．
（1）先化简二次根式，计算立方根，再计算加减即可；
（2）先化简二次根式，利用完全平方公式和平方差去掉括号，再计算加减即可；
（3）先化简二次根式，计算乘除法，再计算加减即可；
（4）先化简二次根式，计算乘法，再计算加减即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
；
（3）解：原式
；
（4）解：原式
．
50．（23-24八年级下·全国·期中）（1）计算：；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】本题主要考查了零次幂、绝对值、完全平方公式、二次根式的性质、二次根式的混合运算等知识点，灵活运用相关运算法则是解题的关键．
（1）先利用零次幂、绝对值、二次根式的性质化简，然后再进行计算即可．
（2）对进行化简，再将，代入求解即可．
【详解】（1）解：
．
（2）解：∵，
∴当，时，．
51．（22-23八年级下·重庆渝北·期中）先化简：，然后在2，3，0，中选择一个你喜欢的数作为x值，代入求值．
【答案】；
【分析】本题主要考查分式的化简与求值，分母有理化；先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，约分后再通分得到原式，然后利用分式有意义的条件确定满足条件的的值，最后把的值代入计算即可．
【详解】解：原式

，
、、时，分式没有意义，
当，原式．
52．（23-24八年级下·全国·期中）计算：
【答案】
【分析】根据二次根式的化简，绝对值的化简，整数指数幂，计算即可，
本题考查了，二次根式的化简，绝对值的化简，整数指数幂，解题的关键是：熟练掌握相关运算法则．
【详解】解：
．
53．（23-24八年级下·广东韶关·期中）计算下列各小题：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了二次根式混合运算、负整数指数幂、零指数幂等知识，熟练掌握相关运算法则是解题关键．
（1）首先将各数化简为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）首先根据二次根式的性质、负整数指数幂运算法则和零指数幂运算法则进行运算，然后相加减即可．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
54．（23-24八年级下·全国·期中）计算：
(1)；
(2)
(3)
(4)
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，二次根式的性质与化简理解二次根式的性质、以及二次根式的加减乘除运算法则是解答本题的关键．
（1）根据二次根式的除法法则进行解答，即可求解；
（2）先对括号里面的二次根式化简，然后再行进减法运算，最后再算乘方．
（3）先对二次根式进行化简，然后再合并同类二次根式即可．
（4）首先将括号内的每个二次根式化成最简二次根式，然后合并同类二次根式，再利用乘法的分配律、二次根式的乘法法则进行解答，即可求解．
【详解】（1）解：原式
．
（2）原式
（3）原式
（4）原式
．
55．（23-24八年级下·云南大理·期中）计算
(1);
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算、零次幂、二次根式的性质等知识点，掌握二次根式的性质及其混合运算法则成为解题的关键．
（1）先运用二次根式的性质、零次幂化简，然后再计算即可；
（2）先运用完全平方公式、平方差公式计算，然后再计算即可．
【详解】（1）解：
．
（2）解：
．
56．（23-24八年级下·云南昆明·期中）计算：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
【分析】（）先化简绝对值，再根据零指数幂，负整数指数幂运算法则计算，最后合并即可；
（）先根据二次根式的性质化简，二次根式的除法运算法则计算，最后合并即可；
（）根据二次根式的性质化简，化简绝对值，然后合并即可；
（）根据完全平方公式和平方差公式进行计算，然后合并即可；
本题考查了二次根式的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
；
（3）解：原式
；
（4）解：原式
．
57．（23-24八年级下·云南昆明·期中）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)7
(2)
【分析】本题考查了实数的混合运算，二次根式的混合运算，解题的关键是熟练准确地运用各种运算法则．
（1）先计算算术平方根，零次幂，负整指数幂，再计算加减即可求解；
（2）根据平方差公式、完全平方公式进行计算与化简，再计算加减即可求解．
【详解】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
58．（23-24八年级下·广东广州·期中）实数，在数轴上的位置如图，化简．
【答案】
【分析】本题考查了数轴，二次根式的化简，绝对值的化简，根据数轴可得出，的正负情况，然后确定的正负，再将二次根式化简即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：根据数轴可得：，，
∴，
∴
．
59．（23-24八年级下·北京·期中）阅读材料：
材料一：观察下列等式，能通过完全平方式及二次根式的性质化去一层根号，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，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．
解决下列问题：
(1) ， ；
(2)求的最小值；
(3)比较大小： ．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）利用完全平方公式及二次根式的性质将化为，然后通过无理数的大小估算及不等式的性质确定的符号，最后通过化简绝对值即可得出答案；
（2）利用完全平方公式将化为，然后利用的非负性及不等式的性质即可得出答案；
（3）利用完全平方公式可得，即，然后由不等式的性质可得，，于是可得答案．
【详解】（1）解：
，
，
，
，
，
；
；
故答案为：，；
（2）解：
，
，
，
即：，
的最小值为；
（3）解：
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式，利用二次根式的性质化简，化简绝对值，无理数的大小估算，不等式的性质，二次根式的混合运算等知识点，熟练掌握完全平方公式及不等式的性质是解题的关键．
60．（22-23八年级下·四川泸州·期中）阅读下列材料，然后回答问题．
在进行二次根式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简．
（一）；
（二）；
（三）．
类似以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
(1)化简：______，______，______，______．
(2)已知：，求的值．
(3)计算：．
【答案】(1)
(2)16
(3)2022
【分析】本题主要考查了二次根式的化简，分母有理化，解题关键是熟练掌握如何把二次根式分母有理化．
（1）各个算式分别把分子和分母乘以分母的有理化因式，把分母中的根号去掉进行化简即可；
（2）先根据已知条件，把x，y化简，再利用完全平方公式把所求代数式分解因式，然后直接把化简后的x，y代入进行计算即可；
（3）把括号内的每个分式进行分母有理化，然后进行简便计算，最后再根据平方差公式进行计算即可．
【详解】（1）解：，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：，
，
；
（3）解：
．
61．（22-23八年级下·四川成都·期中）计算
(1)；
(2)解不等式组：；
(3)．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二次根式的性质，零指数幂，绝对值化简即可；
（2）根据解不等式组的基本步骤解答即可；
（3）根据分式的化简运算解答即可．
【详解】（1）解：
．
（2）解：，
∴解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为．
（3）解：
．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，零指数幂，绝对值化简，解不等式组，分式的化简运算，熟练掌握解题基本步骤是解题的关键．
62．（22-23八年级下·四川成都·期中）先化简，再求值，其中．
【答案】
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，二次根式的运算等知识点，根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将的值代入原式即可求出答案，熟练掌握分式的混合运算法则是解决此题的关键．
【详解】解：
=
，
当时，
原式．
63．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）先化简，再求值：，其中．
(1)____的解答过程是错误的；
(2)先化简，再求值：，其中．
【答案】(1)小亮
(2)，
【分析】本题主要考查二次根式化简求值，掌握二次根式化简以及化去绝对值的方法是解题的关键．
（1）先说明，再根据二次根式的性质化简原式可得，然后根据的符号去绝对值即可判断小亮解法错误；
（2）先说明，再根据二次根式的性质化简原式可得，然后根据的符号去绝对值，然后代入计算即可．
【详解】（1）解：小亮的解答过程是错误的，正确解答如下：
，
．






．
小亮的解答过程是错误的．
（2）解：，
，
∴

．
原式．
64．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）某居民小区有块形状为长方形的绿地（如图），长方形绿地的长为，宽为，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛（图中阴影部分），长方形花坛的长为，宽为．
(1)求长方形的周长．
(2)除去修建花坛的地方，其他地方全部修建成通道，通道上要铺上造价为5元/的地砖，则购买地砖需要花费多少元？（结果化为最简二次根式）
【答案】(1)
(2)元
【分析】本题考查二次根式运算的实际应用．熟练掌握二次根式运算法则是解题的关键．
（1）根据长方形的周长计算即可；
（2）用长方形的面积减去长方形花坛（图中阴影部分）面积差乘以地砖的单价，列式计算即可．
【详解】（1）解：．
长方形的周长是．
（2）解：


元．
答：购买地砖需要花费元．
65．（23-24八年级下·四川泸州·期中）阅读材料：小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如：．善于思考的小明进行了以下探索；
设（其中a、b、m、n均为整数），则有，∴，．这样，小明就找到了一种把部分的式子化为平方式的方法．请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)请你利用探索结论，找出一组正整数a、b、m、n，填空：_____+_____=（_____+____；
(2)当a、b、m、n均为正整数时，若，用含m、n的式子分别表示a、b，得_______， _______；
(3)若，且a、b、m、n均为正整数，求a的值．
【答案】(1)9，4，1，2（答案不唯一）
(2)，
(3)a为49或16或19．
【分析】本题考查了二次根式的计算，完全平方式的应用，熟练掌握相关公式是解题的关键．
（1）根据题意，，，找到一组正整数使成立即可；
（2）仿照示例，把展开，即可得到，；
（3）根据题意，得到，结合a、b、m、n均为正整数，从而得到a的值．
【详解】（1）解：∵当，时，则，，
∴，
∴这一组正整数，，，，
故答案为：9，4，1，2（答案不唯一）；
（2）解：∵，
∴，，
故答案为：，；
（3）解：∵，
∴，
∴，
即，
∵a、b、m、n均为正整数，
∴，时，，
，时，，
m=4，时，，
综上，a为49或16或19．
66．（21-22八年级下·四川达州·期中）阅读下列一段文字，回答问题．
【材料阅读】平面内两点则由勾股定理可得，这两点间的距离．
例如，如图1，，则．
【直接应用】
(1)已知，求P、Q两点间的距离；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，，，与x轴正半轴的夹角是．
①求点B的坐标；
②试判断的形状．
【答案】(1)
(2)①；②直角三角形
【分析】本题主要考查勾股定理及逆定理，两点间的距离等知识，解题的关键是理解题意，准确计算并熟练掌握勾股定理及逆定理．
（1）根据题意，把两点坐标代入到公式中计算即可；
（2）①过点作轴于点，根据题意得出，即可得到最终结果；②根据题意，计算出的长，从而得出，即可得到最终结论．
【详解】（1）解：∵，
∴；
（2）①过点B作轴于点F，
∵与x轴正半轴的夹角是，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴是直角三角形．
67．（21-22七年级下·山东济南·期末）小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测量风筝的垂直高度，他们进行了如下操作：①测得水平距离的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米．
(1)求风筝的垂直高度．
(2)如果小明想风筝沿方向下降12米，则他应该往回收线多少米？
【答案】(1)米
(2)8米
【分析】本题考查了勾股定理．
（1）在中，根据勾股定理求出即可；
（2）在中，根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：由勾股定理得，
（米），
（米）；
（2）解∶如下图，
由勾股定理得，（米），
（米），
他应该往回收线8米．
68．（21-22八年级下·辽宁锦州·期中）如图，在中，，为延长线上一点，且交于点．

(1)求证：是等腰三角形；
(2)连接，若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查等腰三角形和直角三角形的性质、三角形的内角和定理外角性质，特别是30度角所对应的直角边是斜边的一半这个性质．
（1）先根据等角的余角相等推出，再利用对顶角相等进行等量代换可得，即可求证是等腰三角形；
（2）根据题意先分析角度，再利用30度角所对应的直角边是斜边的一半这个性质求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：连接，如图，

∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
69．（23-24八年级下·江西景德镇·期中）如图，在中，，为上一点，，在上截取，连接并延长交于点．
(1)请判断的形状，并说明理由；
(2)求证：；
(3)当时，请直接写出的长．
【答案】(1)是等腰直角三角形，理由见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质．
利用勾股定理的逆定理判断是直角三角形，又因为，所以可以判断是等腰直角三角形；
利用判断；
根据全等三角形对应角相等可证，从而可证是边上的垂直平分线，根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，
理由如下：
，，
，，
∴，
，
是等腰直角三角形；
（2）证明：如下图所示，
在和中，，
；
（3）解:
当时，是边上的垂直平分线，
70．（21-22八年级下·陕西咸阳·期中）如图，在中，，，点D、E分别在边BC、AC上，且，与相交于点P，于点Q．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）首先得到是等边三角形，得到，，然后结合即可证明；
（2）求出，再根据含角的直角三角形的性质得到，设，则，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴是等边三角形
∴，
又∵
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则
∴在中，
∴
∴
∴．
71．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力，此时某台风中心在海域B处，在沿海城市A的正南方向320千米，其中心风力为13级，每远离台风中心25千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东方向向C移动，且台风中心的风力不变，若城市所受风力超过5级，则称受台风影响．试问：
(1)A城市是否会受到台风影响？请说明理由．
(2)若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
【答案】(1)A城市会受到这次台风的影响，理由见解析
(2)12小时
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握勾股定理成为解题的关键．
（1）过点作于点，利用角所对边是斜边一半，求得，然后与200比较即可解答；
（2）以为圆心，200千米为半径作交于、，则千米，再运用勾股定理计算弦长，然后根据行程问题解答即可．
【详解】（1）解：城市会受到这次台风的影响，理由如下：
如图1，过点作于点，
在中，千米，
∴千米，
∵城市受到的风力超过5级，则称受台风影响，
∴受台风影响范围的半径为：千米，
∵千米千米，
∴城市会受到这次台风的影响．
（2）解：如图2，以为圆心，200千米为半径作交于、，
则千米，
∴台风影响该市持续的路程为：千米，
∴台风影响该市的持续时间小时．
72．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图1，在的方格中，每个小正方形的边长为1．

(1)图1中正方形的边长为______；
(2)如图2，若点A在数轴上表示的数是，以A为圆心，为半径画圆弧与数轴的正半轴交于点E，则点E所表示的数是______．
(3)请在网格中画一个面积为5的正方形，使得正方形的顶点均在格点上．（备注网格小正方形的边长为1个单位长度）．
【答案】(1)
(2)
(3)见详解
【分析】本题主要考查勾股定理，实数与数轴：解题的关键是求出正方形的边长．
（1）由勾股定理求出正方形的边长即可；
（2）根据图象可得点表示的数为点表示的数加上的长；
（3）画出边长为的正方形即可；
【详解】（1）解：由勾定理得，，
∴正方形的边长，
故答案为：；
（2）解：∵，
∴，
∴点表示的数为，
故答案为：；
（3）解：如图，正方形的面积为5，
．

73．（22-23八年级下·河南焦作·期中）如图，在中，，过点A作于点D，过点D作，交的平分线于点F，求长．
【答案】
【分析】由等腰三角形的性质得出是的平分线，结合已知求出，根据是的角平分线，，求出，从而求出．
【详解】解：在中，，
，
，
∴是的中线，是的平分线，
，
，
∵是的角平分线，
，
，
解得：，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握含角的直角三角形的性质是解题的关键．
74．（23-24八年级下·广西来宾·期中）小林同学是一名剪纸爱好者，喜欢运用数学知识对自己的剪纸作品进行分析思考，下面是他利用勾股定理对部分剪纸作品的数量关系进行探究思考的过程，请你帮助他一起完成．
图1 图2 图3
(1)如图1，图案1是以的三条边为直径，向外作半圆，其面积分别记为，，，请写出，，之间的数量关系：______．
(2)如图2，这是由四个全等的直角三角形紧密地拼接形成的飞镖状图案，测得外围轮廓（实线）的周长为80，，求该飞镖状图案的面积．
(3)如图3，这是由八个全等的直角三角形紧密地拼接形成的大正方形，记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为，，．若，则______．
【答案】(1)
(2)120
(3)6
【分析】本题考查勾股定理，以直角三角形的三边构成的图形的面积问题：
（1）利用圆的面积公式，结合勾股定理进行求解即可；
（2）根据周长公式和勾股定理求出的长，分割法求出面积即可；
（3）利用勾股定理结合正方形的面积公式以及面积关系，求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得：，，
∴；
（2）解：设：，由题意，得：，
∴，，
∴，
∴，
解得：，
∴飞镖状图案的面积为；
（3）解：设直角三角形的长直角边为，短直角边为，斜边长为，则：，
由题意，得：，
∴
，
∴，
∴．
75．（23-24八年级下·北京·期中）如图，某人从A地到B地有三条路可选，第一条路从A地沿到达B地，为10米，第二条路从A地沿折线到达B地，为8米，为6米，第三条路从A地沿折线到达B地共行走26米，若C、B、D刚好在一条直线上．

(1)求证：；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)17米
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键.
（1）由勾股定理的逆定理即可得出结论；
（2）设米，则米，米，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）证明：∵米，米，米，
∴，
∴是直角三角形，；
（2）解：设米，则米，
∴（米），
在中，由勾股定理得：，
解得：，
答：的长为17米．
76．（24-25八年级下·全国·期中）如图，在中，对角线，交于点，，，垂足分别为E，F．
(1)求证：；
(2)若，求的长；
(3)若，，当时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)8
【分析】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理的运用，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理．
（1）由平行四边形的性质得到，由，，可得，，证明，根据全等三角形的性质即可解答；
（2）根据求出的长度，然后根据勾股定理求出的长度，即可根据平行四边形对角线互相平分求出的长度；
（3）根据题意可求出，根据平行四边形的性质可求出、，然后根据勾股定理求出，最后根据平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明 ：四边形是平行四边形，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：∵，
，
在中，，
四边形是平行四边形，
；
（3）解：，
，
四边形是平行四边形，
，，
∵，
，
．
77．（24-25八年级下·山东聊城·期中）如图所示，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足，，，，求四边形的面积．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，先利用三角形全等，证明四边形为平行四边形，由等腰三角形的性质得，则平行四边形是菱形，再由勾股定理求出，则，即可得出答案，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
，，
，
平行四边形是菱形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
菱形的面积．
78．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点O为线段的中点，延长交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接．若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（）证，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论；
（）过点作于点，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵为的中点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：如图，过点作于点，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即的长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
79．（24-25八年级下·全国·期中）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
【概念理解】
（1）我们已经学习了平行四边形，菱形，矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是_______；
【性质探究】
（2）如图①，已知四边形是垂美四边形，请探究两组对边与之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图②，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，已知，求．
【答案】（1）菱形，正方形；（2）73
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）如答图，连接，设交于点．先证明，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【详解】解：（1）∵菱形，正方形的对角线互相垂直
∴菱形，正方形是垂美四边形；
（2）四边形是垂美四边形，
，
．
由勾股定理，得，
，
；
（3）如答图，连接，设交于点．
，
，
即．
在和中，
，
．
，
．
，
，
，
四边形是垂美四边形．
由（2）可知．
，
由勾股定理，得，
．
【点睛】此题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
80．（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动，点同时以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动，点停止运动时，点也随之停止运动．当运动时间为多少秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．

【答案】或秒
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用、平行四边形的判定．因为，所以当时以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，本题要分两种情况考虑：当点 在点右侧时，当Q在点左侧时．
【详解】当点 在点右侧时，
点是的中点，
，
，，
，
解得：；
当Q在点左侧时，
，，
解得：，
综上所述经过秒或秒时以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
81．（22-23八年级下·河南漯河·期中）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质得到．根据全等三角形的性质得到，于是得到四边形是平行四边形；
（2）过点作于点．根据勾股定理得到，由得到．在中，利用勾股定理得到，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵是中点，
，
在与中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点作于点，
∵，
∴，
∴，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
82．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，点E、F在上，点G、H在上，且，．
(1)若，，求的度数．
(2)试判断与 的位置关系与数量关系，并说明理由．
【答案】(1)65°
(2)，．理由见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形内角和定理和等边对等角等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）首先根据三角形内角和定理和等边对等角得到，然后根据平行四边形的性质求解即可；
（2）根据题意证明，，得出四边形是平行四边形，即可解决问题．
【详解】（1）∵，，
∴，
∵ 四边形是平行四边形，
∴；
（2），．
理由如下：
∵ 四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，．
∴四边形 是平行四边形．
∴，．
83．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）我们给出如下定义：把对角线互相垂直的四边形叫做“对角线垂直四边形”．如图，在四边形中，，四边形就是“对角线垂直四边形”．
(1)下列四边形，一定是“对角线垂直四边形”的是______；
①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形
(2)如图，在“对角线垂直四边形”中，点分别是边的中点，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)③④
(2)详见解析
【分析】本题考查了中点四边形：任意四边形各边中点的连线所组成的四边形为平行四边形，也考查了三角形中位线性质、菱形、正方形的性质．
（1）根据“对角线垂直四边形”的定义求解；
（2）根据三角形中位线的性质得到，则可判断四边形是平行四边形，再证明，然后判断四边形是矩形；
【详解】（1）解：菱形和正方形是“对角线垂直四边形”，故③④满足题意．
故答案为：③④．
（2）证明：∵点分别是边的中点，
，
，
∴四边形是平行四边形．
，
，
又，
，
，
∴平行四边形是矩形．
84．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图，在中，，点D是的中点，连接，作，与交于点E，连接交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得，即可得出结论；
（2）由（1）得，再由勾股定理得，然后由菱形的性质和三角形面积关系得，即可求解．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，点是的中点，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）得：，
，
，
四边形是菱形，点是的中点，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形为菱形是解题的关键．
85．（23-24八年级下·吉林松原·期中）如图，在菱形中，点，分别是，的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，再根据菱形的性质得出，根据对边分别平行证明是平行四边形即可．
（2）过点作，再根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：点，分别是，的中点，
是的中位线，
，则，
四边形是菱形，
，则，
四边形是平行四边形；
（2）解：取的中点，连接，
，
，
四边形是菱形，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
．
四边形是平行四边形，
，
，
在中，根据勾股定理得，．
【点睛】本题考查了菱形性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，关键是根据菱形的性质和平行四边形的判定以及直角三角形的性质解题．
86．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，四边形是平行四边形．
(1)利用尺规作的角平分线交于点E（保留作图痕迹，请标明字母）；
(2)在（1）的条件下，过点A作交于点O，交于点F，连接（无需尺规作图），求证：四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，作角的平分线，，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）①以为圆心，适当长为半径画弧，交于，于，②分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于，③作射线，交于即可；
（2）由平行四边形的性质证明，可得，结合作图可得，得到，根据等腰三角形的性质求得，同理求得，从而可得结论．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求，

（2）证明：由作图知，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
87．（23-24八年级下·广东江门·期中）综合与实践
如图，在中，，过点的直线，为边上一点，过点作，交直线于点，垂足为点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)在（2）的条件下，当______时，四边形是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由题意得出，结合即可证明四边形是平行四边形；
（2）先证明四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形；
（3）当时，求出，结合菱形的性质求出，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，在的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（3）解：当时，四边形是正方形，理由如下：
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
故答案为：．
88．（22-23八年级下·山东泰安·期中）如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
(1)求证：；
(2)求证：
(3)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
（1）由正方形，正方形可得，，，后利用即可证明结论；
（2）由，得，再根据得，解答即可；
（3）由（1）则可得，后在中，利用勾股定理可得的长，进而求得的长．
【详解】（1）证明：四边形，是正方形，
，，，
，
在和中，
，
；
（2）证明：，
，
，
，
；
（3）解：，
，
四边形是正方形，，
，，
，，
，
，
，
．
89．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，的对角线，相交于O，将平移到，若，，，求证：四边形是矩形．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质可得出， ，由勾股定理逆定理可得出，由对顶角相等可得出，由平行的性质可得出四边形是平行四边形， 进而可得出是矩形．
【详解】证明：∵是平行四边形
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
由平移知：，，
∴四边形是平行四边形
∴是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，矩形的判定，勾股定理逆定理的应用，以及平移的性质，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键．
90．（22-23八年级下·云南昭通·期中）如图，四边形和均为正方形，点恰好在线段上，连接、、．
(1)当点E与A、D两点都不重合时，求证：；
(2)当点E与A点重合时，等式成立；当点E与A、D两点都不重合时，等式是否仍然成立？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)等式仍然成立，见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
（1）利用正方形的性质和全等三角形的判定定理解答即可；
（2）过点作，交于点，利用正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，再利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形和均为正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：等式仍然成立．理由：
过点作，交于点，如图，
四边形为正方形，
，，，
，
．
，
，
．
，
，
在和中，
，
，
，．
为等腰直角三角形，
．
由（1）知：，
，
．
四边形为正方形，
，
，
，
等式仍然成立．
91．（23-24八年级下·全国·期中）已知：如图1，在平行四边形中，连结，，点，分别为，的中点，连结并延长交的延长线于点．
(1)如图1，若，，求四边形的周长；
(2)如图2，连结，．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)13
(2)见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，推出四边形是平行四边形，根据勾股定理得到，根据平行四边形的周长公式即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到，求得，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）点，分别为，的中点，
是的中位线，
∴，
在中，，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
的周长；
（2）四边形是平行四边形，
，
是中点，，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
92．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在中，，平分，且．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若是边长为4的等边三角形，相交于点O，在上截取，连接，求线段的长及四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)；四边形的面积为
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理等知识点的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中．
（1）根据平行四边形判定得出平行四边形，再根据矩形判定推出即可；
（2）分别求出、、、的长，再求出三角形和三角形的面积，即可求出答案．
【详解】（1）证明：且，
四边形是平行四边形，
在中，，平分，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：是等边三角形，边长为4，
，，，
四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，，
，
，
过作于，
则，
∵，
，
．
93．（23-24八年级下·全国·期中）若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形．
(1)如图1，在8×5的网格图上（每个小正方形的边长为1）有一个，点A、B、C均在格点上，请在网格图中找出2个格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是和谐四边形，并画出相应的四边形．
(2)如图2，在四边形中，，，，平分．试说明：是四边形的和谐线；
(3)已知，在四边形中，，，是四边形的和谐线，直接写出的长_____．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据和谐四边形的定义，作出图形即可；
（2）证明即可；
（3）首先根据题意画出图形，然后由是四边形的和谐线，可以得出是等腰三角形，从图3，图4两种情况运用等边三角形的性质，正方形的性质和的直角三角形性质就可以得出结论．
【详解】（1）解：∵若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形，
∴作图如下：
（2）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是四边形的和谐线；
（3）解：如图3，4
∵是四边形的和谐线，
∴是等腰三角形，
∵，
如图3，当时，
∴，，
∴是正三角形，
∴，
∵，
∴，
过点作于，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图4，当时，，
当时，
∵是四边形的和谐线，
∴，
∴综上所述，满足条件的的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查作图一应用与设计，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解和谐四边形的定义，属于中考常考题型．
94．（23-24八年级下·全国·期中）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合（如图1），其中，，，并进行如下研究活动：将图1中的纸片沿方向平移，连接，（如图2）．当点与点重合时停止平移．
(1)求证：图2中的四边形是平行四边形；
(2)当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形（如图3）．求此时的长；
(3)在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以，直接写出的长，如果不可以，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)四边形能成为菱形，
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出，即可得结论；
（2）根据平移的性质，设，则，利用勾股定理表示、的长，由四边形为矩形，可得，建立方程求解即可；
（3）设，根据菱形的性质得出，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵将图1中的纸片沿方向平移，
∴设，则，
在中，，
在中，，
∵四边形为矩形，
∴，即，
解得：，即．
（3）纸片平移的过程中，四边形能成为菱形，理由如下：
∵四边形为菱形，
∴，
设，
∴，
解得：（负值舍去），即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质和判定定理是解题的关键．
95．（23-24八年级下·全国·期中）如图，点为平行四边形的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接为的中点，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)连接，交于点，若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、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决问题的关键．
（1）由平行四边形的性质得，，再证是的中位线，得，，证出，，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）连接、、，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，
，，
是的中位线，
，，
为的中点，
，
，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）解：如图，连接、、，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
又，
．
96．（23-24八年级下·山东潍坊·期中）21．已知：在直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，且．
（1）如图①，求点B坐标；
（2）如图②，若点E为的中点，动点M从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿线段向点A匀速运动，设点M运动的时间为t（秒）；
①若的面积为1，求t的值；
②如图③，在点M运动的过程中，能否成为直角三角形？若能，直接写出此时t的值和相应的的长；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；（2）t的值为或；（3），或，．
【分析】（1）由勾股定理求出，则，进一步可求出答案；
（2）作作于H，求出，当点M在点O的左侧时，，可得；当点M在点O的右侧时，，可得；
（3）当点M在上，即时，为钝角三角形不能成为直角三角形；当时，点M运动到点O，不构成三角形，当点M在上，即时，当时，当时，作，根据勾股定理以可求出答案．
【详解】解：（1），
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴
（2）①作于H，
∵在中，点E为边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
当点M在点O的左侧时，，
∴，
解得：；
当点M在点O的右侧时，，
∴
解得：；
综上所述，若的面积为1，t的值为或．
②当点M在上，即时，为钝角三角形不能成为直角三角形；
当时，点M运动到点O，不构成三角形，
当点M在上，即时，
如图3，当时，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图4，当时，作于H，
∵，
∴，
∴，；
综上所述，符合要求时，或，；．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，直角三角形的性质，等腰三角形三线合一的性质，坐标与图形的性质，正确画出图形进行分类讨论是解题的关键．
97．（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)3
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线性质，角平分线的定义，勾股定理等知识；
（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
，
平分，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
．
98．（22-23八年级下·吉林长春·期末）【问题原型】
如图1，在正方形中，．求证：．
【问题应用】
如图，在正方形中，，、分别是边、上的点，且．
（1）如图2，连接、交于点，为的中点，连接，．当为的中点时，四边形的面积为 ；
（2）如图3，连接、，当点在边上运动时，的最小值为 ．
【答案】[问题原型]见解析；[问题应用]（1）；（2）
【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、将军饮马问题，此题综合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
[问题原型]证明即可；
[问题应用]（1）先证，得，求证，由，，求得，则可得，即可由得解；
（2）连接，可证明，得，则，延长到点，使，连接、，则，则，当、、共线时最小，求解即可．
【详解】解：[问题原型]证明：如图，设与交于点，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
[问题应用]（1）解：四边形是正方形，，
，，
，为的中点，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
为的中点，
，
，
故答案为：．
（2）解：如图，连接，
，，，
在和中，
，
，
，
，
延长到点，使，则，垂直平分，
连接、，则，
，，
，
，
的最小值是，
故答案为：．
99．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接．
（图1） （备用图）
(1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由．
(2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明得到，再由三角形中位线定理得到，则，据此可证明四边形是菱形；
（2）由全等三角形的性质得到，则可证明，得到，由三角形中位线定理得到，则，可证明四边形是正方形，则．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，设交于O，交于T，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键．
100．（21-22八年级下·江苏连云港·期中）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中．
(1)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？
答：__________；（直接填空，不用说理）
(2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值；
(3)在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值．
【答案】(1)四边形是平行四边形
(2)四边形为矩形时或
(3)当时，四边形为菱形
【分析】（1）利用三角形全等可得 则 即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解.
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图1，连接，
由（1）得，，，
∴四边形是矩形，
∴，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用.
小亮：
解：原式

小芳：
解：原式