专题6.5期中小题易得分满分训练（必刷好题100道，八下人教）-八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版

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八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版
专题6.5期中小题易得分满分训练（必刷好题100道，八下人教）
一、单选题
1．（2023秋·吉林长春·九年级统考期末）下列运算正确的是（    ）
A．43−3=4 B．3×6=32
C．5+5=5 D．15÷5=3
【答案】B
【分析】根据二次根式的四则运算法则求解判断即可．
【详解】解：A、43−3=33，计算错误，不符合题意；
B、3×6=18=32，计算正确，符合题意；
C、5+5=25，计算错误，不符合题意；
D、15÷5=3，计算错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知相关计算法则是解题的关键．
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）下列二次根式中属于最简二次根式的是（　　）
A．24 B．16 C．7 D．0.2
【答案】C
【分析】根据最简二次根式的定义逐项分析即可．
【详解】解：A、24=26，不是最简二次根式；
B、16=4，不是最简二次根式；
C、7，是最简二次根式；
D、0.2=15=55，不是最简二次根式；
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式的识别，如果二次根式的被开方式中都不含分母，并且也都不含有能开的尽方的因式，像这样的二次根式叫做最简二次根式．
3．（2023春·湖南长沙·八年级校联考阶段练习）若x−3+y+2=0，则x+y=（    ）
A．−2 B．0 C．1 D．3
【答案】C
【分析】绝对值和二次根式都大于等于零，所以x−3=0，y+2=0，求得x，y的值，即可求得最后结果．
【详解】解：∵x−3≥0，y+2≥0，x−3+y+2=0，
∴x−3=0，y+2=0，
∴x=3，y=−2，
∴x+y=3+−2=1，
故选：C．
【点睛】本题考查了绝对值和二次根式的非负性，准确计算是本题的解题关键．
4．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）若二次根式x+2在实数范围内有意义，则x应满足的条件是（    ）
A．x≥−2 B．x≤−2 C．x≥2 D．x>−2
【答案】A
【分析】根据二次根式有意义的条件，即可求解．
【详解】解：根据题意得：x+2≥0，
解得：x≥−2．
故选：A
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数为非负数是解题的关键．
5．（2023春·天津宝坻·八年级校考阶段练习）当a>0时，a2=（    ）
A．±a B．a C．−a D．0
【答案】B
【分析】根据a2=a即可求解．
【详解】解：当a>0时，a2=a=a，
故选B．
【点睛】本题考查二次根式的性质，掌握a2=a是解题的关键．
6．（2022春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）现将一个面积为300cm2的正方形的一组对边缩短83cm，就成为一个长方形，这个长方形的面积为（    ）
A．80cm2 B．72cm2 C．60cm2 D．30cm2
【答案】C
【分析】先求出正方形的边长，再根据题意即可求得这个长方形的面积．
【详解】∵正方形面积为300cm2
∴正方形边长为300=103cm
将其一组对边缩短83cm，
即这组对边长度变为103−83=23
∴长方形面积为23×103=60cm2
故选C．
【点睛】本题考查了正方形及长方形的面积公式、二次根式的混合运算，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
7．（2023春·八年级单元测试）计算12−27的结果是（　　）
A．6 B．﹣1 C．3 D．−3
【答案】D
【分析】根据二次根式的减法法则计算即可．
【详解】解：原式=23−33
=−3 ．
故选：D．
【点睛】本题考查二次根式的减法，正确计算是解题的关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）若12−a2=a−12，则a的取值范围为（　　）
A．a≥12 B．0≤a≤12 C． a≤12 D．一切实数
【答案】A
【分析】直接利用二次根式的性质得出a−12的符号，进而得出答案．
【详解】解：若12−a2=a−12，
则a−12≥0，
解得：a≥12．
故选：A
【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出二次根式化简结果的符号是解题的关键．
9．（2023春·河北石家庄·八年级统考阶段练习）已知a=2−3，b=3+2，则a，b的关系为（    ）
A．相等 B．互为相反数 C．互为倒数 D．互为负倒数
【答案】C
【分析】根据互为倒数的性质进行计算.
【详解】解：ab=(2−3)(3+2)=1,
∴a，b互为倒数，
故选C.
【点睛】本题考查的是互为负倒数的性质，熟练掌握性质是本题的解题关键.
10．（2023春·湖北荆州·八年级校联考阶段练习）若54a是整数，则正整数a的最小值是（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】先将54写成平方数乘以非平方数的形式，再根据二次根式的基本性质即可确定出a的最小整数值；
【详解】解：54a=9×6a=9×6a=36a；
由54a是整数，得a最小6，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的基本性质，利用二次根式的基本性质是解题关键．
11．（2023春·安徽·八年级淮北一中校联考阶段练习）已知二次根式2a−4与8是同类二次根式，则a的值可以是（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】把选项中的数分别代入二次根式进行化简，然后看被开方数是否是2即可．
【详解】解：8=22，A、当a=2时，2a−4=0，所以2a−4与2不是同类二次根式；
B、当a=3时，2a−4=2，所以2a−4与2是同类二次根式；
C、当a=4时，2a−4=2，所以2a−4与2不是同类二次根式；
D、当a=5时，2a−4=6，所以2a−4与2不是同类二次根式．
故选B．
【点睛】本题主要考查了同类二次根式的判断，注意同类二次根式是指化简后被开方数相同的二次根式．
12．（2023春·安徽亳州·八年级校考阶段练习）在式子： ①13； ②−3； ③−x2+1； ④38； ⑤(−13)2； ⑥1−x(x>1)中，二次根式有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据二次根式的定义对各式分析判断即可得解．
【详解】解：13=33，是二次根式，
−3无意义，
−x2+1是二次根式，
38是三次根式，
−132是二次根式，
1−xx>1无意义，
综上所述，是二次根式的有3个．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的定义，解题的关键是熟练掌握二次根式有意义的条件，被开方数是非负数．
13．（2023秋·山东滨州·八年级统考期末）下列各式能够与3进行合并的是（    ）
A．8 B．24 C．125 D．12
【答案】D
【分析】根据能够合并的是同类二次根式，先把各选项化为最简二次根式，再判断是否和3是同类二次根式即可．
【详解】解：A.8=22；不符合；
B.24=26；不符合；
C.125=55；不符合；
D.12=23；符合；
故选D．
【点睛】本题考查同类二次根式，能正确把二次根式化为最简二次根式是解题的关键．
14．（2023春·浙江·八年级阶段练习）设x、y为实数，且y=2+3−x+x−3，则x−y的值是（　　）
A．1 B．5 C．2 D．0
【答案】A
【分析】根据二次根式有意义的条件求出x的值，进而求出y的值，然后代值计算即可
【详解】解：根据题意得：3−x≥0x−3≥0，
解得：x=3，则y=2．
∴x−y=3−2=1．
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟知二次根式被开方数为非负数．
15．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期中）若代数式2x+11−x有意义，则实数x的取值范围是（    ）．
A．x≠1 B．x<1 C．x≤1 D．x≠12
【答案】B
【分析】根据分式有意义的条件和二次根式有意义的条件列不等式组计算即可．
【详解】解：∵代数式2x+11−x有意义，
∴1−x≥01−x≠0，
∴x<1．
故选B．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件和二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件为分母不等于零是解题的关键．
16．（2023春·湖南常德·八年级校考阶段练习）在Rt△ABC，两条直角边长分别为6和8，则斜边长为（    ）
A．6 B．7 C．10 D．5
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边即可．
【详解】根据勾股定理可知：斜边=62+82=10，
故选：C．
【点睛】本题考查的是勾股定理，属于基础题，解题关键是熟记勾股定理．
17．（2022春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）在△ABC中，若∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，且∠A=90°，则（    ）
A．a=b+c B．b2=a2+c C．c2=a2+b2 D．a2=b2+c2
【答案】D
【分析】先根据题意画出图形，再根据勾股定理即可得．
【详解】由题意，画出图形如下：

由勾股定理得：a2=b2+c2
故选D．
【点睛】本题考查了勾股定理，依据题意，正确画出图形是解题关键．
18．（2022春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=12，AC=63，则BC的长为（    ）

A．6 B．62 C．63 D．12
【答案】A
【分析】根据勾股定理即可解得．
【详解】∵∠C=90°，AB=12，AC=63
∴BC=AB2−AC2=144−108=6
故选：A．
【点睛】此题考查了勾股定理，解题的关键是熟记勾股定理并会应用．
19．（2023秋·四川乐山·八年级统考期末）下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（    ）
A．3，4，5 B．4，5，6 C．7，8，9 D．8，9，10
【答案】A
【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个就不是直角三角形，逐一判定即可．
【详解】解：A．32+42=25=52，能构成直角三角形，故此选项符合题意；
B．42+52=41≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C．72+82=113≠92，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D．82+92=145≠102，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，然后进行判断．掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
20．（2022秋·江苏无锡·八年级统考期末）如图，长为2.5m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.5m，则梯子顶端的高度h是（    ）

A．1.8m B．2m C．2.2m D．2.4m
【答案】B
【分析】直接利用勾股定理求解即可．
【详解】解：由题意得，ℎ=2.52−1.52=2m，
故选B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，熟知勾股定理是解题的关键：在一个直角三角形中，两直角边为a、b，斜边为c，那么a2+b2=c2．
21．（2023秋·重庆黔江·八年级统考期末）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BC为0.7m，梯子顶端到地面的距离AC为2.4m．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，梯子顶端到地面的距离A′D为1.5m，则小巷的宽为（    ）．

A．2.4m B．2m C．2.5m D．2.7m
【答案】D
【分析】△ACB,△A′BD是直角三角形，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：根据题意可知，△ACB,△A′BD是直角三角形，
在Rt△ABC中，AC=2.4，BC=0.7，
∴AB2=AC2+BC2=(2.4)2+(0.7)2=5.76+0.49=6.25，AB=2.5，
在Rt△A′BD中，A′B=AB=2.5，A′D=1.5，则A′D2=2.25，
∴BD=A′B2−A′D2=6.25−2.25=2，
∴小巷的宽为CB+BD=0.7+2=2.7m，
故选：D．
【点睛】本题主要考查勾股定理的运用，掌握勾股定理的运算方法是解题的关键．
22．（2023春·湖南长沙·八年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）分别以下列各组数为边的三角形，不是直角三角形的是（  ）
A．3，4，5 B．1.5，2，2.5 C．6，8，10 D．5，12，13
【答案】D
【分析】根据勾股定理的逆定理：两短边的平方和等于最长边的平方，则该三角形为直角三角形，逐一选项判断即可．
【详解】解：A、32+42=52，故是直角三角形，故选项不符合题意；
B、1.52+22=2.52，故是直角三角形，故选项不符合题意；
C、62+82=102，故是直角三角形，故选项不符合题意；
D、52+122≠132，故不是直角三角形，故选项符合题意．
故选：D．
【点睛】主要考查勾股定理的逆定理，只需判断短边的平方和与长边的平方的关系即可．
23．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）“勾股树”是以正方形－边为斜边向外作直角三角形 ，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为（       ）

A．31 B．63 C．65 D．67
【答案】B
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
由此推出第五代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25=63（个）
故选：B．
【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．
24．（2023春·湖南长沙·八年级长沙县湘郡未来实验学校校考阶段练习）如图，小红家的木门左下角有一点受潮，她想检测门是否变形，准备采用如下方法：先测量门的边AB和BC的长，再测量点A和点C间的距离，由此可推断∠B是否为直角，这样做的依据是（    ）

A．勾股定理 B．勾股定理的逆定理
C．三角形内角和定理 D．直角三角形的两锐角互余
【答案】B
【分析】根据勾股定理的逆定理，如果AB2+BC2=AC2，则可判断△ABC是直角三角形，由此可推断∠B是否为直角．
【详解】解：先测量门的边AB和BC的长，再测量点A和点C间的距离，用勾股定理的逆定理判断：若满足AB2+BC2=AC2，则可判断△ABC是直角三角形，即∠B为直角；若AB2+BC2≠AC2，则∠B不是直角．
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
25．（2023春·湖南岳阳·八年级统考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，分别以四边为边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用S甲、S乙、S丙、S丁来表示它们的面积，那么下列结论正确的是（    ）

A．S甲=S丁 B．S乙=S丙
C．S甲+S乙=S丙+S丁 D．S甲−S乙=S丙−S丁
【答案】C
【分析】连接AC，根据勾股定理可得甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，依此即可求解．
【详解】解：连接AC，

由勾股定理得AB2+BC2=AC2，AD2+CD2=AC2，
∴甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，即S甲+S乙=S丙+S丁．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的知识，要求能够运用勾股定理证明4个正方形的面积之间的关系．
26．（2023春·湖南岳阳·八年级统考阶段练习）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点A，B，C都在网格的格点上，则下列结论错误的是（    ）

A．AB=5 B．AC=5 C．BC=25 D．∠ACB=30°
【答案】D
【分析】首先根据勾股定理求出AB,AC,BC的长度即可判断A，B，C选项，然后利用勾股定理逆定理得到∠ABC=90°，最后根据30°度角直角三角形的性质即可判断D选项．
【详解】根据勾股定理可得，AB=12+22=5，故A选项正确，不符合题意；
根据勾股定理可得，AC=32+42=5，故B选项正确，不符合题意；
根据勾股定理可得，BC=22+42=25，故C选项正确，不符合题意；
∵AB2+BC2=AC2，
∴∠ABC=90°，
∵AC≠2AB，
∴∠ACB≠30°，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了勾股定理和网格的性质，勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
27．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．现在勾股定理的证明已经有400多种方法，下面的两个图形就是验证勾股定理的两种方法，在验证著名的勾股定理过程，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．在验证过程中它体现的数学思想是（    ）

A．函数思想 B．数形结合思想
C．分类思想 D．方程思想
【答案】B
【分析】根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法体现的数学思想为数形结合思想．
【详解】解：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”，它体现的数学思想是数形结合思想，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，掌握根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法体现的数学思想为数形结合思想．
28．（2023秋·河北石家庄·八年级统考期末）如图所示，四边形ABCD的对角线AC，BD互相垂直，若AD=2，AB=4，BC=5则CD的长为（    ）

A．2.5 B．3 C．4 D．13
【答案】D
【分析】在Rt△AOD中，AD2−OA2=OD2，在Rt△BOC中，BC2−OB2=OC2，再根据CD2=OD2+OC2即可得出答案．
【详解】解：在Rt△AOD中，AD2−OA2=OD2，
在Rt△BOC中，BC2−OB2=OC2，
∴CD2=OD2+OC2=AD2−OA2+2BC2−OB2=AD2+2BC2−OB2+OA2
=4+25−16=13，
∴CD=13，
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，正确利用勾股定理是解题的关键．
29．（2023秋·福建三明·八年级统考期末）《九章算术》提供了许多勾股数如3,4,5，5,12,13等一组勾股数最大的数称为“弦数”．经研究，若m是大于1的奇数，把它平方后拆成相邻的两个整数，那么m与这两个数组成勾股数，若m是大于1的偶数，把它除以2后再平方，然后把这个平方数分别减1，加1，得到两个整数，那么m与这两个数组成勾股数，根据上面的规律，由10生成的勾股数的“弦数”是（    ）
A．16 B．24 C．26 D．32
【答案】C
【分析】根据题意，按照题目所给的方法进行计算求解即可．
【详解】解：10÷22=25，
25+1=26，
25−1=24，
∴由10生成的勾股数的“弦数”是26，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股数以及数字变化规律，解题的关键是正确理解题意．
30．（2022秋·广东河源·八年级校考期末）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm．现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，则CD等于（    ）

A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】B
【分析】先利用勾股定理求出AB=10cm，由折叠的性质可得CD=ED，∠AED=∠C=90°，再根据S△ABC=S△ACD+S△ABD进行求解即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，
∴AB=AC2+BC2=10cm，
由折叠的性质可知CD=ED，∠AED=∠C=90°，
∵S△ABC=S△ACD+S△ABD，
∴12AC⋅CD+12AB⋅DE=12AC⋅BC，
∴3CD+5CD=24，
∴CD=3cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，三角形面积，正确理解题意得到S△ABC=S△ACD+S△ABD是解题的关键．
31．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，BE=4，EC=3，则▱ABCD的周长为（　　）cm．

A．11 B．18 C．20 D．22
【答案】D
【分析】先求出平行四边形的一组邻边长，再求周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD与BC平行，AD=BC，AB=CD，
∴∠DAE=∠AEB．
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BA=BE=4，
∵BC=BE+EC=4+3=7=AD
∴平行四边形ABCD的周长为2×7+4=22cm，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等角对等边和角平分线的定义，解题关键是求出边长．
32．（2023春·北京海淀·八年级校考阶段练习）如图，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小峰想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，小红同学帮他想了一个主意，先在地上取一个可以直接到达A，B的点C，找到AC，BC的中点D，E，并且测出DE的长为10m，则A，B两点的距离为（    ）

A．15m B．20m C．25m D．30m
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线定理即可得到结果．
【详解】解：∵D，E分别为AC，BC的中点，
∴AB=2DE=2×10=20m，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的中位线，解答本题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
33．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∠BCD的平分线交AD于点F，若AB=4，AD=5，则EF的长度（    ）


A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质可知∠DFC=∠FCB，又因为CF平分∠BCD，所以∠DCF=∠FCB，则∠DFC=∠DCF，则DF=DC，同理可证AE=AB，那么EF就可表示为2AB−BC=AE+FD−BC，继而可得出答案．
【详解】解：∵平行四边形ABCD，
∴∠DFC=∠FCB，
又CF平分∠BCD，
∴∠DCF=∠FCB，
∴∠DFC=∠DCF，
∴DF=DC，
同理可证：AE=AB，
∵AB=4，AD=BC=5，
∴2AB−BC=AE+FD−BC=EF=3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题，难度不大，关键是解题技巧的掌握．
34．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，点D，E，F分别是△ABC各边的中点，连接DE，EF，DF．若△DEF的周长为10，则△ABC的周长为（    ）

A．20 B．30 C．40 D．50
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理进行求解即可．
【详解】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE
同理，AB=2EF，BC=2DF，
∵△DEF的周长为10，
∴DE+EF+DF=10，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=2DE+2DF+2EF=20，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，熟知三角形中位线定理是解题的关键．
35．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件能判断四边形ABCD是平行四边形（    ）

A．OA=OC，AC=BD B．OB=OA，OD=OC
C．AB∥CD，AD=BC D．∠ABC+∠BAD=180°，∠BCD=∠BAD
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、由OA=OC，AC=BD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、由OB=OA，OD=OC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、由AB∥CD，AD=BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意；
D、∵∠ABC+∠BAD=180°，
∴AD∥BC，
∵∠BCD=∠BAD，∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
36．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在平行四边形 ABCD 中，O 是对角线 AC，BD 的交点，若△ADO的面积是 4，则平行四边形 ABCD 的面积是（   ）

A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
【分析】因为平行四边对角线互相平分，所以△ABO和△ADO是同底等高的三角形，即对角线所分得四个三角形面积相同即可求解．
【详解】∵平行四边对角线互相平分平行四边对角线互相平分，
∴BO=OD，AO=OC，
则△ABO和△ADO是同底等高的三角形，所以面积相等，
同理可得△ABO和△BOC面积相等，
故S平行四边形ABCD=4S△ADO=4×4=16．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的定义及同底等高三角形的判定，合理进行转换是解题关键．
37．（2023春·江苏苏州·八年级苏州高新区实验初级中学校考阶段练习）矩形具有而菱形不一定具有的性质是(   )
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对边平行且相等 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据菱形和矩形性质，可知菱形和矩形的不同是：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等．
【详解】解：根据菱形和矩形都是平行四边形，所以对边平行且相等，对角线互相平分；菱形和矩形不同：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等，因此矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和菱形的性质，它们都具有平行四边形的性质，菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等．
38．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，把矩形纸片ABCD纸沿对角线折叠，设重叠部分为△EBD，那么下列说法错误的是（     ）

A．△EBD是等腰三角形 B．∠ABE=∠CBD
C．折叠后得到的图形是轴对称图形 D．△EBA≅△EDC
【答案】B
【分析】根据矩形的性质得到∠A=∠C，AB=CD，再由对顶角相等得到∠AEB=∠CED，可推出△EBA≅△EDC，根据等腰三角形的性质即可得到结论，即可判断A、C、D，无法判断∠ABE和∠CBD是否相等．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C，AB=CD，
在△EBA和△EDC中，
∠A=∠C∠AEB=∠CEDAB=CD
∴△EBA≅△EDCAAS
∴EB=ED，
∴△EBD是等腰三角形，
∴折叠后得到的图形是轴对称图形
无法判断∠ABE和∠CBD是否相等，
故其中正确的是A、C、D，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换及其应用问题，灵活运用翻折变换的性质，找出图中隐含的等量关系，借助矩形的性质、全等三角形的判定和性质是解决本题的关键．
39．（2023春·全国·八年级阶段练习）下列说法正确的个数有（    ）
①对角线互相垂直的四边形是菱形．
②矩形的对角线互相垂直且互相平分．
③顺次连接一四边形各边的中点所得到四边形是矩形，则这个四边形一定就是菱形．
④邻边相等的矩形是正方形．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理，中点四边形进行分析判断．
【详解】解：①对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原说法错误；
②矩形的对角线相等且互相平分，原说法错误；
③顺次连接一四边形各边的中点所得到四边形是矩形，则这个四边形一定就是菱形，原说法正确；
④邻边相等的矩形是正方形，原说法正确；
综上所述，正确的说法有2个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，正方形的判定，菱形的判定等知识点，解题时，需要掌握矩形、正方形、菱形以及平行四边形间的区别与联系．
40．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）下列命题中正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的矩形是正方形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】B
【分析】由矩形、菱形、正方形的判定即可得出答案．
【详解】解：A.对角线相等的四边形不一定是矩形，故A不符合题意；
B.对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，故B符合题意；
C.对角线相等的矩形不一定是正方形，故C不符合题意；
D.对角线相垂直的四边形不一定是菱形，故D不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
41．（2023春·江苏无锡·八年级文林中学校联考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件，能使菱形ABCD成为正方形的是（    ）

A．AC=BD B．AC⊥BD C．AD=AB D．AC平分∠DAB
【答案】A
【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．
即∠ABC=90°或AC=BD．
故选：A
【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，解题的关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答．
42．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于点H，则DH等于（    ）

A．245 B．125 C．5 D．4
【答案】A
【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出AB=5，再利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示，设菱形的对角线交于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，
∴OA=12AC=4，OB=12BD=3，AC⊥BD，
∴AB=OA2+OB2=5，
∵S菱形ABCD=AB⋅DH=12AC⋅BD，
∴DH=AC⋅BD2AB=245，
故选A．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
43．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点．连接CD，若CD+AB=7.5，则CD的长度是（   ）

A．1.5 B．2 C．2.5 D．5
【答案】C
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD=12AB，即AB=2CD，进而求得CD的长度．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D是AB的中点，
∴CD=12AB，即AB=2CD，
∵CD+AB=7.5，
∴CD+2CD=7.5，
解得：CD=2.5，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解题的关键是熟知“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”．
44．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如果添加一个条件，可推出▱ABCD是菱形，那么这个条件可以是（    ）

A．AB=AC B．AC=BD C．AC⊥BD D．AB⊥AC
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，即可得四边形ABCD是菱形．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．
45．（2021春·海南省直辖县级单位·八年级统考期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是斜边AB的中点，则下列结论正确的是（    ）
A．CD=12AB B．CD=2AB C．BC=12AB D．AC=12AB
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD=12AB，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
46．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中，错误的是（　　）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC=90°
B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC=BD
D．当▱ABCD是菱形时，AB=AC
【答案】D
【分析】根据矩形、菱形和正方形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A. 当▱ABCD是矩形时，∠ABC=90°，正确；
B. 当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确；
C. 当▱ABCD是正方形时，AC=BD，正确；
D. 当▱ABCD是菱形时，AB和AC不一定相等，错误；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形、菱形和正方形的性质，熟知矩形的四个角都是直角，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线相等是解题的关键．
47．（2023秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，P为线段AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、PBEF，若∠CBE=28°，则∠AFP的度数为（    ）

A．56° B．62° C．73° D．76°
【答案】B
【分析】根据正方形的性质先表示出∠CBP的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，可得∠AFP=∠CBP，从而求得答案．
【详解】解：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE=90°，
∵∠CBE=28°，
∴∠CBP=90°−28°=62°，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP=CP，∠APF=∠CPB=90°，PF=PB，
在△APF和△CPB中，
AP=CP∠APF=∠CPBPF=PB，
∴△APF≌△CPBSAS，
∴∠AFP=∠CBP=62°，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键．
48．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于O点，AC=8,BD=6，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N，则PM+PN的值为（　　）

A．485 B．15 C．245 D．23
【答案】C
【分析】先利用菱形的对角线互相垂直平分求出菱形边长，再利用等面积法求解即可．
【详解】解：如图，连接PD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC与BD互相垂直平分，
∴AO=OC=4,BO=DO=3，
∴AD=CD=32+42=5，
∵S△ACD=S△APD+S△CPD，PM⊥AD,PN⊥CD，
∴12AC·OD=12AD·PM+12CD·PN，
∴8×3=5PM+PN，
∴PM+PN=245，
故选：C．

【点睛】本题考查了菱形的性质和勾股定理，解题关键是掌握菱形的性质．
49．（2023春·江苏苏州·八年级苏州高新区实验初级中学校考阶段练习）如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B，C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB，AC于E，F两点，下列说法正确的是（    ）

A．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
B．若BD=CD，则四边形AEDF是菱形
C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
【答案】D
【分析】根据矩形的判定和菱形的判定进行判断即可．
【详解】解：A．若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；故错误，不符合题意；
B．若BD=CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；故错误，不符合题意；
C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；故错误，不符合题意；
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；故正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定，解题的关键是熟记菱形和矩形的判定方法．
50．（2023春·八年级课时练习）如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为（    ）

A．43 B．23 C．6 D．3
【答案】B
【分析】连接BD，PB，根据点B与D关于AC对称，得出PD=PB，从而得出PD+PE=PB+PE≥BE，即PD+PE最小值为值为BE的长，求出BE的长即可．
【详解】解：连接BD，PB，如图所示：

∵四边形ABCD为正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
∴PD+PE最小值为BE的长，
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB=12=23，
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=23，
∴PD+PE最小值为23，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的性质得出BE的长为PD+PE的最小值．
第II卷（非选择题）
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二、填空题
51．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）化简：−92＝_________．
【答案】9
【分析】根据二次根式的性质，即a2=a=a,a≥0−a,a<0由此即可求解．
【详解】解：根据二次根式的性质得，
∴−92=9，
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质，解题的关键是掌握二次根式的性质．
52．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）已知12n是整数，则正整数n的最小值为_________．
【答案】3
【分析】先化简二次根式12n，再根据12n是整数，即可求解．
【详解】∵12n=4×3n=23n，
∵3n是整数，
∴3n是一个平方数，
∴正整数n的最小值为：3，
故答案是：3．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简，理解“被开方数是平方数，那么二次根式的值为整数”是解题的关键．
53．（2023春·浙江·八年级专题练习）若最简根式−2m+9与5m−5是同类二次根式，则m=___________．
【答案】2
【分析】根据最简二次根式如果是同类二次根式，被开方数相同列出方程即可求解．
【详解】解：∵最简二次根式−2m+9与5m−5是同类二次根式，
∴−2m+9=5m−5，
解得m=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了同类二次根式，解题关键是根据同类二次根式的定义列出方程．
54．（2022春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）已知a<0，化简二次根式ab3的结果是______．
【答案】−bab
【分析】根据已知条件判断b的取值范围，然后根据二次根式的性质进行化简即可得出答案．
【详解】∵ab3有意义，
∴ab3≥0，
∵a<0，
∴b≤0，
∴ab3=ab⋅b2=bab=−bab，
故答案为：−bab
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，二次根式的性质：a2=a，当a≥0时，a2=a，当a<0时，a2=−a，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
55．（2023春·天津宝坻·八年级校考阶段练习）二次根式6−4x在实数范围内有意义、则x的取值范围是______．
【答案】x≤32
【分析】根据二次根式有意义的条件被开方数必须是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】解：由题意得，6−4x≥0，
解得，x≤32，
故答案为：x≤32．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
56．（2022春·广东汕头·八年级统考期中）计算：243=_______．
【答案】22
【分析】根据分母有理化的法则计算即可．
【详解】243=8=22．
故答案为：22．
【点睛】本题考查了二次根式的乘除法则，掌握二次根式的乘除法则是解题的关键．
57．（2023春·八年级单元测试）如果y=x−2+2−x+3，那么x−y的值是 ____．
【答案】−1
【分析】先根据二次根式有意义的条件得到x=2，进而求出y=3，由此即可得到答案．
【详解】解：∵y=x−2+2−x+3要有意义，
∴x−2≥0，2−x≥0，
∴x−2=0，
∴x=2，
∴y=3，
∴x−y=2−3=−1 ．
故答案为：−1．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．
58．（2021秋·四川巴中·八年级校考期中）若y=1−x+x−1+2，则2x+y的算术平方根为______．
【答案】2
【分析】先根据二次根式有意义的条件求出x的值，进而求出y的值，再根据算术平方根的定义求解即可．
【详解】解：∵y=1−x+x−1+2有意义，
∴1−x≥0x−1≥0，
∴x=1，
∴y=2，
∴2x+y=2×1+2=4，
∵4的算术平方根为2，
∴2x+y的算术平方根为2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，算术平方根，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．
59．（2023春·安徽合肥·八年级校考阶段练习）二次根式48与253___________同类二次根式（填“是”或“不是”）．
【答案】是
【分析】先利用二次根式的性质化简，再根据同类二次根式的定义判断．
【详解】解：∵48=43，253=533，
∴二次根式48与253是同类二次根式，
故答案为：是．
【点睛】此题考查了二次根式的化简，同类二次根式的定义，即化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．
60．（2023春·河北石家庄·八年级统考阶段练习）若12与最简二次根式5a+1能合并，则a=______，两式的和为______
【答案】     2     73
【分析】根据同类二次根式的概念判断，然后合并同类二次根式即可．
【详解】解：∵12与5a+1能合并，
∴12与5a+1是同类二次根式，
∵12=23
∴a+1=3
∴a=2
∴12+53=23+53=73
故答案为：2，73
【点睛】本题主要考查同类二次根式以及合并同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的概念以及合并同类二次根式的方法是解决本题的关键．
61．（2023春·安徽·八年级淮北一中校联考阶段练习）计算1−22022×2+12023的结果是______．
【答案】2+1##1+2
【分析】利用积的乘方的逆运算及平方差公式，二次根式的相应的运算对式子进行求解即可．
【详解】解：1−22022×2+12023
=1−22022×2+12022×2+1
=1−22+12022×2+1
=−12022×2+1
=2+1
故答案为：2+1
【点睛】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．
62．（2023春·山东日照·八年级日照港中学校考阶段练习）已知2022−a+a−2023=a，则a−20222=__________．
【答案】2023
【分析】先根据二次根式有意义的条件得到a≥2023，则a−2022+a−2023=a，由此求出a−2023=20222，据此即可得到答案．
【详解】解：∵2022−a+a−2023=a有意义，
∴a−2023≥0，即a≥2023，
∴a−2022+a−2023=a，
∴a−2023=2022，
∴a−2023=20222，
∴a−20222=2023，
故答案为：2023．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，正确得到a≥2023是解题的关键．
63．（2023春·湖北黄冈·八年级统考阶段练习）已知a=2+5，b=2−5，则a2−b2=___________．
【答案】85
【分析】利用二次根式的加减法求出a+b=4，ab=25，再利用平方差公式和二次根式的乘法计算法则求解即可．
【详解】解：∵a=2+5，b=2−5，
∴a+b=2+5+2−5=4，a−b=2+5−2−5=2+5−2+5=25，
∴a2−b2=a+ba−b=4×25=85，
故答案为：85．
【点睛】本题主要考查了二次根式的化简求值，正确求出a+b=4，ab=25是解题的关键．
64．（2023春·湖北荆州·八年级校联考阶段练习）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11行从左向右数第10个数是______．
【答案】230
【分析】观察数阵中每个平方根下数字的规律特征，依据规律推断所求数字．
【详解】观察可知，整个数阵从每一行左起第一个数开始，从左到右，从上到下，是连续的正整数的平方根，而每一行的个数依次为2、4、6、8、10…
∴第10行最后一个数是110，
∴第11行倒数第10个数是120=230．
【点睛】本题考查观察与归纳，要善于发现数列的规律性特征．
65．（2022秋·辽宁沈阳·八年级统考期末）已知y=x−42−x+5，当x分别取1，2，3，…，2023时，所对应y值的总和为___________．
【答案】2035
【分析】根据x−42=x−4，依题意，分x≤4，x>4两种情况讨论，求得y的值，进而求得答案．
【详解】解：∵x−42=x−4，
∴x≤4时，x−42=x−4=4−x，
则y=4−x−x+5=9−2x，
当x=1时，y=9−2=7，
当x=2时，y=9−4=5，
当x=3时，y=9−6=3，
当x=4时，y=9−8=1，
当x>4时，x−42=x−4=x−4，
则y=x−4−x+5=1，
∴当x分别取1，2，3，…，2023时，所对应y值的总和是7+5+3+1+2019=2035．
故答案为：2035．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，化简绝对值，整式的加减，代数式求值，分类讨论是解题的关键．
66．（2023春·山东德州·八年级德州市第十中学校考阶段练习）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC=6cm，BC=8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为_____．

【答案】74cm
【分析】根据折叠的性质，则DB=DA，设CD=x，则DB=DA=8−x，再根据勾股定理，即可．
【详解】由题意得，DB=DA，
设CD=x，
∵BC=8cm，
∴DB=DA=8−x，
∵∠ACD=90°，AC=6cm，
∴62+x2=8−x2，
∴x=74，
∴CD=74cm．
故答案为：74cm．
【点睛】本题考查勾股定理，折叠的知识，解题的关键是掌握勾股定理的运用，折叠的性质．
67．（2023春·湖南常德·八年级校考阶段练习）如图，为测得池塘两岸点A和点B间的距离，一个观测者在C点设桩，使∠ABC=90°，并测得AC长10m，BC长8m，则A，B两点间的距离是______m．

【答案】6
【分析】根据勾股定理计算可得答案．
【详解】解：在Rt△ABC中，AB=AC2−BC2=102−82=6，
故答案为：6．
【点睛】此题考查了勾股定理，正确理解题意，掌握勾股定理的计算公式是解题的关键．
68．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）在Rt△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，BC=3，D是直线AC上的动点，若△ABD是等腰三角形，则AD的长度是_________．
【答案】9或33或3
【分析】求AD的长，要分三种情况，①AD是底边时D在AC的延长线上，AB为其中一个腰长，根据含有30°角直角三角形的特征，可分别求出三角形的三条边长，根据等腰三角形的性质，可知DC=BC，最后根据AD=AC+CD求出AD的长；②AD为腰时，AB为另一个腰，所以AD=AB；③AD是腰时，AB为底，由等腰三角形的性质，推出AD=12AC．
【详解】解：①如图1，若△ABD是等腰三角形，当AD是底边时D在AC的延长线上，
∵AB=BD，
∴∠A=∠D=30°，
∵△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°−∠A=60°，
∴AC=2BC=2×3=6，
∵∠ACB=∠CBD+∠D，
∴∠CBD=∠ACB−∠D=60°−30°=30°，
∴∠CBD=∠D，
∴BC=CD，
∴AD=AC+CD=6+3=9．

图1
②如图2，当AD为腰时，AB为另一个腰，所以AD=AB，
∵△ABC是直角三角形，∠A=30°，
∴AC=2BC=6，
∴AB2=AC2−BC2=36−9=27，
∴AB=33，
∴AD=AB=33．

图2
③如图3，当AD是腰，AB为底时，
∵AD=BD，
∴∠A=∠DBA=30°，
∵∠B=90°，
∴∠DBC=∠B−∠DBA=90°−30°=60°，
∵∠C=90°−∠A=60°，
∴∠DBC=∠C，
∴BD=DC，
∴AD=DC=12AC=3．

图3
故答案为：9或33或3
【点睛】本题考查了等腰三角形性质、含30°角的直角三角形性质、在没有确定底边和腰的等腰三角形中分情况讨论是解题关键．
69．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为 ______cm2．

【答案】98
【分析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积，由此求解即可．
【详解】解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，

则正方形A的面积=a2，正方形B的面积=b2，正方形C的面积=c2，正方形D的面积=d2，
又∵a2+b2=x2，c2+d2=y2，x2+y2=72，
∴正方形A、B、C、D、E的面积和=a2+b2+c2+d2+72＝x2+y2+72=72+72=98cm2．
即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．
故答案为：98．
【点睛】本题考查了勾股定理．注意掌握直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
70．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，分别以点A和点B为圆心以相同的长（大于12AB）为半径作弧，两弧相交于M和N点，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，若BC=4，则BE等于__________．

【答案】83##223
【分析】由勾股定理求出AC，根据线段垂直平分线性质求出AE=BE，再根据勾股定理求出BE即可．
【详解】解：连接AE，
设AC=x，则AB=2x，
根据勾股定理得：AC2+BC2=AB2
即：x2+42=(2x)2
解得：x=433（负值舍去），即AC=433，
由作图可知MN垂直平分AB，
∴EA=EB
在Rt△ACE中，
AC2+EC2=AE2，
即：(433)2+(4−BE)2=BE2
解得：BE=83，
故答案为：83

【点睛】本题考查线段垂直平分线性质，勾股定理的应用，解题关键是能灵活运用勾股定理得出方程．
71．（2023秋·浙江湖州·八年级统考期末）如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，分别以AC、CB为边向两侧作正方形．若图中两个正方形的面积和S1+S2=36，则AB=___________．

【答案】6
【分析】根据勾股定理进行解答即可．
【详解】解：∵S1+S2=36，
∴AB2=AC2+BC2=S1+S2=36，
∴AB=6或AB=−6（舍去），
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与图形面积，解题的关键是熟练掌握勾股定理，数形结合．
72．（2023秋·辽宁朝阳·八年级统考期末）如图，铁路上A、D两点相距25千米，B，C为两村庄，AB⊥AD于A，CD⊥AD于D，已知AB=15km，CD=10km，现在要在铁路AD上建一个土特产品收购站P，使得B、C两村到P站的距离相等，则P站应建在距点A____________千米．

【答案】10
【分析】根据使得B，C两村到P站的距离相等，需要证明BP=PC，再根据勾股定理解答即可．
【详解】解：设AP=x千米，则DP=(25−x)千米，
∵B、C两村到P站的距离相等，
∴BP=PC．
在Rt△APB中，由勾股定理得BP2=AB2+AP2，
在Rt△DPC中，由勾股定理得PC2=CD2+PD2，
∴AB2+AP2=CD2+PD2，
又∵AB=15km，CD=10km，
∴152+x2=102+(25−x)2，
∴x=10，
故答案为10．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，根据勾股定理解答是解决问题的关键．
73．（2022秋·甘肃酒泉·八年级统考期末）如图，数轴上点A表示的数是______；

【答案】−2
【分析】根据勾股定理得到圆弧的半径长，结合数轴即可求解．
【详解】解：依题意，OA=OB=12+12=2，

∴数轴上点A表示的数是−2，
故答案为：−2．
【点睛】本题考查实数与数轴，勾股定理，利用勾股定理求出半径长是解题的关键．
74．（2023秋·江苏常州·八年级统考期末）如图，分别以△ABC的各边为一边向三角形外部作正方形，三个正方形面积分别用S1、S2、S3表示，则下列：①S2>S3；②S2S1+S3；④S1+S3>S2，结论正确的是_________（填写序号）．

【答案】①②④
【分析】利用网格的特点以及勾股定理，求得S1、S2、S3的值，对各选项计算即可判断．
【详解】解：由网格特点得S1=AC2=12+22=5,
S2=AB2=32=9,S3=BC2=22+22=8,
由于9>5,则S2>S3；①正确；
由于9<5+8,则S2 由于S1+S32=S1+S3+2S1S3
=5+8+240=13+410，
S22=S2=9，
而13+410>9
∴S1+S3>S2，则④正确，
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，正确运用勾股定理是解题的关键．
75．（2023秋·四川乐山·八年级统考期末）如图所示，在直角△ABC中，∠C=90°，BC=7cm，AB=25cm，AB边上的垂直平分线交边AC于点E，交边AB于点D，连接BE，则△BCE的周长为______．

【答案】31cm##31厘米
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到EA=EB，然后利用勾股定理求出AC，最后根据三角形的周长公式计算可得到答案．
【详解】解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴EA=EB，
∵∠C=90°，BC=7cm，AB=25cm，
∴AC=AB2−BC2=252−72=24cm，
∴△BCE的周长：
BC+CE+BE
=7+CE+AE
=7+AC
=7+24
=31cm，
△BCE的周长为31cm．
故答案为：31cm．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的周长．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．掌握垂直平分线的性质和勾股定理是解题的关键．
76．（2022秋·河南南阳·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=BC，E、F分别为边AB、AC上的点，沿EF将△ABC折叠，使点A落在BC边的中点A1处，若BC=8，则线段AE的长度为______．

【答案】5
【分析】由折叠的性质可得AE=A1E，由勾股定理可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得AE=A1E，
∵△ABC为等腰直角三角形，BC=8，
∴AB=8，
∵A1为BC的中点，
∴A1B=4，
设AB=A1E=x，则BE=8−x，
在Rt△A1BE中，由勾股定理可得42+(8−x)2=x2，
解得x=5，
∴AE=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了翻折变换，等腰直角三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理求线段的长是解题的关键．
77．（2022秋·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，若圆柱的底面半径是25πcm，高是120cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处，则这条丝线的最小长度是__________cm．

【答案】130
【分析】将圆柱沿AB的侧面展开，丝线绕圆柱一周，利用两点之间线段最短基本事实知道展开图中AB就是丝线的最短长度，AB用勾股定理求即可．
【详解】沿AB将侧面展开如图ACBD，
有两点之间线段最短，AB为最短线长,
AC=2π×25π=50cm，BC=120cm，
由勾股定理
AB= AC2+BC2=502+1202=130 cm．
故答案为：130．

【点睛】本题考查圆柱体的侧面展开图问题，掌握两点之间线段最短，会利用基本事实解决问题，此问题常与勾股定理结合，掌握好勾股定理是解题关键．
78．（2022秋·陕西西安·八年级校考阶段练习）《九章算术》中有“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何?”题意：有一根竹子原来高1丈（1丈=10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高?如图，设折断处距离地面a尺，根据题意，则可列方程：__________．

【答案】a2+32=(10−a)2
【分析】根据勾股定理，建列方程即可求解．
【详解】解：设折断处离地面a尺，
根据题意可列方程为：a2+32=(10−a)2．
故答案为：a2+32=(10−a)2．
【点睛】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．
79．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考阶段练习）如图所示的“赵爽弦图”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，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若a+b2=30，大正方形的面积为16，则小正方形的面积为______．

【答案】2
【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积−4个直角三角形的面积，利用已知a+b2=30，大正方形的面积为16，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案．
【详解】解：由题意可知：每个直角三角形面积为12ab，则四个直角三角形面积为2ab，大正方形面积为a2+b2=16，小正方形面积为16−2ab，
∵a+b2=30，
∴a2+2ab+b2=30，
∵大正方形的面积为16，
∴2ab=30−16=14，
∴小正方形的面积为16−14=2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练应用勾股定理解大正方形面积为a2+b2=16是解题关键．
80．（2023秋·山东菏泽·八年级统考期末）图1是第七届国际数学教育大会（ICME−7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2所示）演化而成的．如果图2中的OA1=A1A2=A2A3=⋯A7A8=1，那么OA8的长为______．

【答案】22
【分析】利用勾股定理依次求出OA2，OA3，OA4，可总结出OAn=n，由此可解．
【详解】解：∵ OA1=A1A2=A2A3=A3A4=…=1，
∴由勾股定理可得：OA2=OA12+A1A22=2，
OA3=OA22+A2A32=2+1=3，
OA4=OA32+A3A42=3+1=4，
… …
可知OAn=n，
∴ OA8=8=22，
故答案为：22．
【点睛】本题主要考查勾股定理、二次根式的性质，通过计算推导出OAn=n是解题的关键．
81．（2023秋·四川宜宾·八年级统考期末）如图是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别是4米、0.7米、0.3米，A、B是这个台阶上两个相对的顶点，A点处有一只蚂蚁，它想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是________米．

【答案】5
【分析】先将台阶展开，再根据勾股定理求解即可．
【详解】将三级台阶展开，如图所示．
可知AC=(0.7+0.3)×3=3（米），BC=4（米），
根据两点之间线段最短，可知AB为最短路径，根据勾股定理得AB=AC2+BC2=32+42=5（米）．
故答案为：5．

【点睛】本题主要考查了根据两点之间线段最短求最短路径，勾股定理等，勾股定理是求线段长的常用方法．
82．（2023春·全国·八年级专题练习）《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AB生长在它的中央，高出水面部分BC为1尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B′（示意图如图，则水深为___________尺．

【答案】12
【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB′的长为10尺，则B′C=5尺，设出AB=AB′=x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深．
【详解】解：设芦苇长AB=AB′=x尺，则水深AC=(x−1)尺，
因为B′E=10尺，所以B′C=5尺，
在Rt△AB′C中，52+(x−1)2=x2，
.解得x=13，
即水深12尺，芦苇长13尺．
故答案为：12．

【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，正确理解题意，构建直角三角形利用勾股定理解决问题是解题的关键．
83．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA1的端点A到达A1，若圆柱底面半径为6π，高为5，则蚂蚁爬行的最短距离为 ____．

【答案】13
【分析】将圆柱体展开，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵圆柱底面圆的周长为2π×6π=12，高为5，
∴将侧面展开为一长为12，宽为5的矩形，
如图，则：AB=12,A1B=5，

∴AA1=52+122=13；
即：蚂蚁爬行的最短距离为13．
故答案为：13．
【点睛】本题考查勾股定理的应用—最短路径问题．解题的关键是将几何体展开，利用勾股定理进行求解．
84．（2023秋·河南郑州·八年级河南省实验中学校考期末）如图，直角△ABC中，AC=7，AB=25，则内部五个小直角三角形的周长为______．

【答案】56
【分析】由图形可知，内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，故内部五个小直角三角形的周长为大直角三角形的周长，通过勾股定理求出BC的长度，然后计算△ABC周长即可．
【详解】解：直角△ABC中，BC=AB2−AC2=252−72=24,
五个小直角三角形的周长为：AC+BC+AB=7+24+25=56，
故答案为：56．
【点睛】主要考查了平移的性质、勾股定理，弄清楚内部五个小直角三角形的周长为大直角三角形的周长是解题关键．
85．（2023春·北京海淀·八年级校考阶段练习）为了保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的加在铁轨之间的枕木长相等就可以了，请你说出这样判断的依据是______．

【答案】一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形进行判定，然后结合平行四边形的性质证明即可．
【详解】解：如图所示，设l1与l2为两条铁轨，AD，BE，CF等均为枕木，
由题意，AD∥BE，AD=BE，
∴四边形ADEB为平行四边形，
∴AB∥DE，
同理可证，四边形BEFC等均为平行四边形，
∴l1∥l2
∴保证铁路的两条直铺的铁轨互相平行，只要使互相平行的放在铁轨之间的枕木长相等就可以了，
∴这样判断的依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．

故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，理解并掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
86．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，若∠BAC=∠_____，∠DAC=∠____，则四边形ABCD为平行四边形．

【答案】     ACD##DCA     BCA##ACB
【分析】利用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”分析求解即可．
【详解】解：当∠BAC=∠ACD，∠DAC=∠BCA时，
AB∥CD，AD∥BC，
所以此时四边形ABCD为平行四边形．
故答案为：ACD；BCA．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定以及平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定条件是解题的关键．
87．（2021春·湖南郴州·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，若△BOC的面积为3，则▱ABCD的面积为_______．

【答案】12
【分析】由平行四边形的性质得O为AC和BD的中点，则S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD=3，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O为AC和BD的中点，
∴S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD=3，
∴S▱ABCD=4S△AOD=4×3=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
88．（2023春·北京海淀·八年级校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知点A1,1，B−1,1，请确定点C的坐标，使得以A，B，C，O为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的所有点C的坐标是______．
【答案】−2,0或2,0或0,2
【分析】分两种情况：①当AB为平行四边形的边时，②当AB为平行四边形的对角线时，讨论可得点C的坐标．
【详解】解：①当AB为平行四边形的边时，AB=OC，
∵A1,1，B−1,1，O0,0，
∴点C坐标为−2,0或2,0；
②当AB为平行四边形的对角线时，C0,2，
故答案为：−2,0或2,0或0,2．

【点睛】此题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质，解答本题的关键是要注意分两种情况进行求解．
89．（2023春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校考阶段练习）如图，EF是△ABC的中位线，BD平分∠ABC，交EF于D，若BC=7,DF=1，则BE=_____．

【答案】52
【分析】根据EF∥BC，BD平分∠ABC，得出BE=DE，进而根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，BC=2EF，
∴∠EDB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠DBE，
∴∠EDB=∠EBD，
∴BE=DE，
设BE=DE=x，由BC=2EF，BC=7,DF=1，得，
7=21+x
解得：x=52，
即BE=52
故答案为：52．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线的性质，角平分线的定义，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
90．（2022春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习）在平面直角坐标系里，A(1,0)，B(0,2)，C(−4,1)，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，则点D的坐标为_____．
【答案】(−3,−1)或(5,1)或(−5,3)
【分析】根据题意分三种情况讨论， AB,AC,BC分别为平行四边形的边，画出图形，根据平移的性质即可求解．
【详解】解：如图，有三种情况：

①四边形ADCB是平行四边形时，AD∥BC时，
∵A(1,0)，B( 0,2)，C(−4,1)，
∴由平移的性质得：D的坐标是(−3,−1)；
②四边形AD′BC是平行四边形时，AD′∥BC，
由平移的性质得：D′的坐标是(5,1)；
③四边形ACD″B是平行四边形时，AC∥BD″，
由平移的性质得：D''的坐标是(−5,3)；
综上所述，点D的坐标为(−3,−1)或(5,1)或(−5,3)，
故答案为：(−3,−1)或(5,1)或(−5,3)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形，分类讨论是解题的关键．
91．（2023春·山东济南·八年级统考期末）如图，AD是△ABC的中线，E，F分别是AB，AD的中点，连接EF．若CD=8，则EF=______________．

【答案】4
【分析】先根据三角形的中线的概念求出BD，再根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵AD是△ABC的中线，CD=8，
∴BD=CD=8，
∵E、F分别是AB，AD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12BD=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的中线概念和三角形的中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
92．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若∠BCD=50°，则∠DHO的度数为___________．

【答案】25°##25度
【分析】根据菱形的性质求出∠BDA=∠ABD=65°，再根据斜边中线等于斜边一半得出∠BDH=∠OHD=25°即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AB=AD，∠BCD=∠BAD=50°，
∴∠BDA=∠ABD=65°
∵DH⊥AB，
∴OH=OD=OB，∠ADH=40°，
∴∠BDH=∠OHD=25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系．
93．（2023春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH=2，若菱形ABCD的面积为16，则AB的长为____．

【答案】25
【分析】由菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再求出BD=4，则OB=2，然后由菱形面积求出AC=8，则OA=4，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH，
∵OH=2，
∴BD=4，
∴OB=2，
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12⋅AC×4=16，
∴AC=8，
∴OA=4，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=OA2+OB2=42+22=25，
故答案为：25．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
94．（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，平行四边形ABCD对角线互相垂直，若添加一个适当的条件使四边形成为正方形，则添加条件可以是_____（只需添加一个）．

【答案】∠ABC=90∘
【分析】由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得出四边形ABCD是菱形，再由∠ABC=90°，即可判定四边形ABCD是正方形．
【详解】添加条件：∠ABC=90°，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD
∴四边形ABCD是菱形
∵ ∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
故答案为：∠ABC=90°．
【点睛】本题考查了菱形的判定、正方形的判定；熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③先判定四边形是平行四边形，再用①②进行判定．
95．（2023春·江苏南京·八年级南京市竹山中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD和▱AEFC，点B在EF边上，若正方形ABCD和▱AEFC的面积分别是S1、S2的大小关系是S1_____S2．

【答案】=
【分析】连接BD交AC于O，根据正方形以及平行四边形的面积计算公式，即可得到S1、S2的大小关系．
【详解】解：如图所示，连接BD交AC于O，则AC⊥BD，
正方形ABCD的面积S1=12AC×BD=AC×BO，
▱AEFC的面积S2=AC×BO，
∴S1=S2，
故答案为：=．

【点睛】本题主要考查了正方形和平行四边形的性质及面积的计算，解决问题的关键是能够熟练运用正方形的性质．
96．（2023春·山东东营·八年级东营市东营区实验中学校考阶段练习）E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH的形状是______，当AC与BD满足条件______时，四边形EFGH是矩形．
【答案】     平行四边形     AC⊥BD
【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形．
【详解】解：如图，连接BD．

∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
同理FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
连接AC．∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形；
故答案为：平行四边形，AC⊥BD；
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，解题的关键是正确构造三角形，正确的运用中位线定理，难度不大．
97．（2023春·八年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=2，点D、E分别是边BC、AC上的动点．且BD=CE，连接AD、BE，则AD+BE的最小值为______．

【答案】25
【分析】过B作BF∥AC，在BF上截取BF=AC，证明△BDF≌△CEBSAS，推出DF=BE，当A、D、F在同一直线上时，AD+BE的最小值为AF的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过B作BF∥AC，在BF上截取BF=AC，连接DF，

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴∠FBD=∠ACB=90°，BF=BC=2，
∵BD=CE，
∴△BDF≌△CEBSAS，
∴DF=BE，
当A、D、F在同一直线上时，AD+BE的最小值为AF的长，
延长AC到G，使CG=AC，连接GF，
∴BF∥GC，BF=GC，
∴四边形BCGF为平行四边形，
∵∠FBC=90°，BF=BC=2，
∴四边形BCGF为正方形，且边长为2，
∴AG=4，FG=2，
∴AF=42+22=25，即AD+BE的最小值为25，
故答案为：25．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
98．（2022春·全国·八年级校考期末）如图，四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．若四边形EFGH为菱形，则对角线AC、BD应满足条件_______．

【答案】AC=BD
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故应满足AC=BD．
【详解】解：应满足的条件为：AC=BD．
证明：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线，所以HG∥AC且HG=12AC；
同理EF∥AC且EF=12AC，同理可得EH=12BD，
则HG∥EF且HG=EF，
∴四边形EFGH为平行四边形，又AC=BD，所以EF=EH，
∴四边形EFGH为菱形．
故答案为：AC=BD．
【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
99．（2023春·八年级课时练习）如图，过矩形ABCD的对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，那么图中矩形AMKP的面积S1与矩形QCNK的面积S2的大小关系是S1_____S2；（填“＞”或“＜”或“=”）

【答案】=
【分析】根据矩形的性质对角线把矩形面积一分为二即可解得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
又∵对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，
∴四边形MBQK是矩形，四边形PKND是矩形，
∴△ABD的面积=△CDB的面积，△MBK的面积=△QKB的面积，△PKD的面积=△NDK的面积，
∴△ABD的面积−△MBK的面积−△PKD的面积=△CDB的面积−△QKB的面积=△NDK的面积，
∴S1=S2．
故答案为=．
【点睛】此题考查矩形的性质，解题的关键是熟悉矩形的对角线平分矩形的面积．
100．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于______

【答案】245
【分析】首先利用菱形的性质得出AB=AD=5，S△ABD=12，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接AP，如图，

∵菱形ABCD的周长为20，
∴AB=AD=5，
∴S菱形ABCD=2S△ABD，
∴S△ABD=12×24=12，
而S△ABD=S△APB+S△APD，PE⊥AB，PF⊥AD，
∴12⋅PE⋅AB+12⋅PF⋅AD=12，
∴5PE+5PF=24，
∴PE+PF=245，
故答案为：245．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．