eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（八年级 · 解析几何）：对于点 $P(a, b)$, 点 $Q(c, d)$, 如果 $a-b=c-d$, 那么点 $P$ 与点 $Q$ 就叫作等差点. 例如: 点 $P(4,2)$,点 $Q(-1,-3)$, 因 $4-2=1-(-3)=2$, 则点 $P$ 与点 $Q$ 就是等差点. 如图在矩形 $G H M N$ 中, 点 $H(2,3)$, 点 $N(-2,-3), M N \perp y$ 轴, $H M \perp x$ 轴, 点 $P$ 是直线 $y=x+b$ 上的任意一点(点 $P$ 不在矩形的边上), 若矩形 $G H M N$ 的边上存在两个点与点 $P$ 是等差点, 则 $b$ 的取值范围为


选项：
答案：$-5<b<5$
解析：由题意, $G(-2,3), M(2,-3)$,

根据等差点的定义可知, 当直线 $y=x+b$ 与矩形 $M N G H$ 有两个交点时, 矩形 $G H M N$ 的边上存在两个点与点 $P$ 是等差点,

当直线 $y=x+b$ 经过点 $G(-2,3)$ 时, $b=5$,

当直线 $y=x+b$ 经过点 $M(2,-3)$ 时, $b=-5$,

$\therefore$ 满足条件的 $b$ 的范围为: $-5<b<5$.

故答案为 $-5<b<5$
题目（八年级 · 解析几何）：已知反比例函数 $y=\frac{8}{x}$ 的图象经过点 $A(m,-2)$, 则 $m$ 的值为
选项：
答案：-4
解析：$\because$ 反比例函数 $y=\frac{8}{x}$ 的图象经过点 $A(m,-2)$,

$\therefore$ 代入得: $-2=\frac{8}{m}$,

解得: $m=-4$,

故答案为 -4 .
题目（八年级 · 解析几何）：已知一次函数 $y=x+1$ 的图象与反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象相交, 其中有一个交点的横坐标是 2 , 则 $k$ 的值为
选项：
答案：6
解析：在 $y=x+1$ 中, 令 $x=2$,

解得 $y=3$,

则交点坐标是: $(2,3)$,

代入 $y=\frac{k}{x}$

得: $k=6$.

故答案是: 6 .
题目（八年级 · 解析几何）：已知反比例函数 $y=\frac{m-1}{x}$ 的图象如图所示, 则实数 $m$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$m>1$
解析：$\because$ 由图可知反比例函数的图象在第一、三象限,

$\therefore m-1>0$,

即 $m>1$.
故答案为 $m>1$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 直线 $l \perp x$ 轴于点 $P$, 且与反比例函数 $y_{1}=\frac{k_{1}}{x}(x>0)$ 及 $y_{2}=\frac{k_{2}}{x}(x>0)$ 的图象分别交于 $A$ 、 $B$ 两点, 连接 $O A 、 O B$, 已知 $\triangle O A B$ 的面积为 4 , 则 $k_{1}-k_{2}=$ \$ \qquad \$ .


选项：
答案：8
解析：根据反比例函数 $k$ 的几何意义可知: $\triangle A O P$ 的面积为 $\frac{1}{2} k_{1}, \triangle B O P$ 的面积为 $\frac{1}{2} k_{2}$, $\therefore \triangle A O B$ 的面积为 $\frac{1}{2} k_{1}-\frac{1}{2} k_{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} k_{1}-\frac{1}{2} k_{2}=4$,

$\therefore k_{1}-k_{2}=8$,

故答案为 8 .
题目（八年级 · 解析几何）：如图所示是一块含 $30^{\circ}, 60^{\circ}, 90^{\circ}$ 的直角三角板, 直角顶点 $O$ 位于坐标原点, 斜边 $A B$ 垂直于 $x$轴, 顶点 $A$ 在函数 $y_{1}=\frac{k_{1}}{x}(x>0)$ 的图象上, 顶点 $B$ 在函数 $y_{2}=\frac{k_{2}}{x}(x>0)$ 的图象上, $\angle A B O=30^{\circ}$,
则 $\frac{k_{1}}{k_{2}}=$ . \$ \qquad \$


选项：
答案：$-\frac{1}{3}$
解析：如图, Rt $\triangle A O B$ 中, $\angle B=30^{\circ}, \angle A O B=90^{\circ}$,

$\therefore \angle O A C=60^{\circ}$,

$\because A B \perp O C$,

$\therefore \angle A C O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A O C=30^{\circ}$,

设 $A C=a$, 则 $O A=2 a, O C=\sqrt{3} a$,



$\therefore A(\sqrt{3} a, a)$,

$\because A$ 在函数 $y_{1}=\frac{k_{1}}{x}(x>0)$ 的图象上，

$\therefore k_{1}=\sqrt{3} a \cdot a=\sqrt{3} a^{2}$,

Rt $\triangle B O C$ 中, $O B=2 O C=2 \sqrt{3} a$,

$\therefore B C=\sqrt{O B^{2}-O C^{2}}=3 a$,

$\therefore B(\sqrt{3} a,-3 a)$,

$\because B$ 在函数 $y_{2}=\frac{k_{2}}{x}(x>0)$ 的图象上,

$\therefore k_{2}=-3 a \cdot \sqrt{3} a=-3 \sqrt{3} a^{2}$,

$\therefore \frac{k_{1}}{k_{2}}=-\frac{1}{3} ;$

故答案为: $-\frac{1}{3}$.
题目（八年级 · 解析几何）：若点 $A\left(-2, y_{1}\right) 、 B\left(-1, y_{2}\right) 、 C\left(1, y_{3}\right)$ 都在反比例函数 $y=\frac{k^{2}-2 k+3}{x}(k$ 为常数 $)$ 的图象上, 则 $y_{1} 、 y_{2} 、$ $y_{3}$ 的大小关系为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$y_{2}<y_{1}<y_{3}$
解析：设 $t=k^{2}-2 k+3$,

$\because k^{2}-2 k+3=(k-1)^{2}+2>0$,
$\therefore t>0$.

$\because$ 点 $A\left(-2, y_{1}\right) 、 B\left(-1, y_{2}\right) 、 C\left(1, y_{3}\right)$ 都在反比例函数 $y=\frac{k^{2}-2 k+3}{x}(k$ 为常数 $)$ 的图象上,

$\therefore y_{1}=-\frac{t}{2}, y_{2}=-t, \quad y_{3}=t$

又 $\because-t<-\frac{t}{2}<t$,

$\therefore y_{2}<y_{1}<y_{3}$.

故答案为: $y_{2}<y_{1}<y_{3}$.
题目（八年级 · 解析几何）：反比例函数 $y=\frac{m-2}{x}$ 的图象在第一、三象限, 则 $m$ 的取值范围为
选项：
答案：$m>2$
解析：:反比例函数 $y=\frac{m-2}{x}$ 的图象在第一、三象限,

$\therefore m-2>0$, 解得 $m>2$.

故答案为: $m>2$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, $O$ 是坐标原点, 在 $\triangle O A B$ 中, $A O=A B, A C \perp O B$于点 $C$, 点 $A$ 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k \neq 0)$ 的图象上, 若 $O B=4, A C=3$, 则 $k$的值为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：6
解析：$\because A O=A B, A C \perp O B$,

$\therefore O C=B C=2$,

$\because A C=3$,

$\therefore A(2,3)$,

把 $A(2,3)$ 代入 $y=\frac{k}{x}$, 可得 $k=6$,

故答案为 6 .
题目（八年级 · 解析几何）：如图, Rt $\triangle A O B$ 的一条直角边 $O B$ 在 $x$ 轴上, 双曲线 $y=\frac{k}{x}(x>0)$ 经过斜边 $O A$ 的中点 $C$, 与另一直角边交于点 $D$. 若 $S_{\triangle O C D}=9$, 则 $S_{\triangle O B D}$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：6
解析：如图, 过 $C$ 点作 $C E \perp x$ 轴, 垂足为 $E$.



$\because$ Rt $\triangle O A B$ 中, $\angle O B A=90^{\circ}$,

$\therefore C E / / A B$,

$\because C$ 为 $R t \triangle O A B$ 斜边 $O A$ 的中点,

$\therefore C E$ 为 $R t \triangle O A B$ 的中位线，

$\therefore C E=\frac{1}{2} A B, O E=\frac{1}{2} O B$,

$$
\therefore S_{\triangle A O B}=4 S_{\triangle C O E}
$$

$\because$ 双曲线的解析式是 $y=\frac{k}{x}(k>0)$, 即 $x y=k$,

$\therefore S_{\triangle B O D}=S_{\triangle C O E}=\frac{1}{2}|k|=\frac{1}{2} k$,

$\therefore S_{\triangle A O B}=4 S_{\triangle C O E}=2|k|=2 k$,

由 $S_{\triangle A O B}-S_{\triangle B O D}=S_{\triangle A O D}=2 S_{\triangle D O C}=18$, 得 $2 k-\frac{1}{2} k=18$,

则 $k=12$ ，

$S_{\triangle B O D}=S_{\triangle C O E}=\frac{1}{2} k=6$,

故答案为 6 .
题目（八年级 · 解析几何）：过反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象上一点 $P$, 作 $x$ 轴, $y$ 轴的垂线, 垂足分别为点 $M 、$


$N$, 得到的矩形 $O M P N$ 的面积为 2 , 若点 $P$ 的横坐标为 $\frac{1}{2}$, 则点 $P$ 的坐标为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ 或 $\left(\frac{1}{2},-4\right)$
解析：设点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, y\right)$, 则 $\frac{1}{2} y=k$.

$\because$ 过反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象上一点 $P$, 作 $x$ 轴、 $y$ 轴的垂线, 垂足分别为点 $M 、 N$, 得到的矩形 $O M P N$

的面积为 2 ,

$\therefore|k|=2$,

$\therefore k= \pm 2$,

$\therefore \frac{1}{2} y= \pm 2$,

$\therefore y= \pm 4$,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ 或 $\left(\frac{1}{2},-4\right)$.

故答案为 $\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ 或 $\left(\frac{1}{2},-4\right)$ 。
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 矩形 $A B C D$ 的边分别平行于坐标轴, 原点 $O$ 恰好为矩形对角线的交点, 反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象与矩形 $A B C D$ 的边交于点 $M 、 N 、 P 、 Q$, 记矩形 $A B C D$ 的面积为 $S_{1}$,四边形 $M N P Q$ 的面积为 $S_{2}$, 若 $S_{1}=3 S_{2}$, 则 $M N: M Q$ 的值为 \$ \qquad \$


选项：
答案：$2-\sqrt{3}$
解析：如图, 由题意, 矩形 $A B C D$ 关于点 $O$ 成中心对称, 反比例函数关于点 $O$ 成中心对称，

$\therefore$ 四边形 $N M P Q$ 是平行四边形, 对角线 $M P, N Q$ 经过点 $O$,

设 $D(a, b)$, 则 $M\left(\frac{k}{b}, b\right), N\left(a, \frac{k}{a}\right), Q\left(-a,-\frac{k}{a}\right)$

$\because S_{1}=3 S_{2}$



$\therefore a b=3\left[a b-\frac{k}{2}-\frac{k}{2}-\frac{1}{2} \cdot\left(a-\frac{k}{b}\right)\left(b-\frac{k}{a}\right)\right]$

整理得 $a^{2} b^{2}=3 k^{2}$,
$\because a b>0, k>0$,

$\therefore a b=\sqrt{3} k$

$\therefore \frac{k}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3} b, \frac{k}{b}=\frac{\sqrt{3}}{3} a$,

$\because M N=\sqrt{\left(\frac{k}{b}-a\right)^{2}+\left(b-\frac{k}{a}\right)^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a-a\right)^{2}+\left(b-\frac{\sqrt{3}}{3} b\right)^{2}}=\sqrt{\frac{4-2 \sqrt{3}}{3}} \cdot \sqrt{a^{2}+b^{2}}$,

$M Q=\sqrt{\left(\frac{k}{b}+a\right)^{2}+\left(b+\frac{k}{a}\right)^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a+a\right)^{2}+\left(b+\frac{\sqrt{3}}{3} b\right)^{2}}=\sqrt{\frac{4+2 \sqrt{3}}{3}} \cdot \sqrt{a^{2}+b^{2}}$,

$\therefore \frac{M N}{M Q}=\frac{\sqrt{\frac{4-2 \sqrt{3}}{3}}}{\sqrt{\frac{4+2 \sqrt{3}}{3}}}=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}=2-\sqrt{3}$.

故答案为 $2-\sqrt{3}$
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $y=-x+b$ 分别交 $x, y$ 轴的正半轴于点 $A, B$, 交反比例函数 $y=-\frac{4}{x}$ 的图象于点 $C, D$ (点 $C$ 在第二象限内),过点 $C$ 作 $C E \perp x$ 轴于点 $E$, 记四边形 $O B C E$ 的面积为 $S_{1}, \triangle O B D$ 的面积为 $S_{2}$, 若 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{7}{12}$, 则 $C D$ 的长为


选项：
答案：$5 \sqrt{2}$
解析：由题意得 $A(b, 0) B(0, b)$

$\because$ 直线 $y=-x+b$, 关于直线 $y=x$ 对称，反比例函数 $y=-\frac{4}{x}$ 关于直线 $y=x$ 对称，

$\therefore B C=A D$, 设 $B C=A D=a$, 则 $C\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} a, b+\frac{\sqrt{2}}{2} a\right) D\left(\frac{\sqrt{2}}{2} a+b,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

$$
\because \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{7}{12}
$$

$\therefore \frac{\frac{1}{2}\left(b+b+\frac{\sqrt{2}}{2} a\right) \frac{\sqrt{2}}{2} a}{\frac{1}{2} b\left(b+\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)}=\frac{7}{12}$, 整理得: $12 a^{2}+17 \sqrt{2} a b-7 b^{2}=0$

解得 $a=\frac{\sqrt{2}}{3} b$ 或 $a=-\frac{7 \sqrt{2}}{4} b($ 舍 $)$

$$
\therefore D\left(\frac{4}{3} b,-\frac{1}{3} b\right)
$$

$\because D$ 在反比例函数 $y=-\frac{4}{x}$ 的图象上

$\therefore \frac{4}{3} b \times\left(-\frac{b}{3}\right)=-4$, 解得 $b=3$ 或 $b=-3$ (舍)

$$
\begin{gathered}
\therefore D(4,-1) C(-1,4) \\
\therefore C D=\sqrt{(4+1)^{2}+(-1-4)^{2}}=5 \sqrt{2}
\end{gathered}
$$

故答案为 $5 \sqrt{2}$.
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$ 相交于点 $O, \triangle A B O \cong \triangle A D O$, 下列结论:

(1) $A C \perp B D$; (2) $C B=C D$; (3) $\triangle A B C \cong \triangle A D C$; (4) $D A=D C$. 其中不正确结论的序号是


选项：
答案：)
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\angle 1=\angle 2$, 请你添加一个条件 , 使得 $\triangle A B D \cong \triangle A C D . \quad($ 添一个即可)


选项：
答案：$\mathrm{AB}=\mathrm{AC}($ 不唯一 $)$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 是 $B C$ 边上的一点, $E, F$ 分别是 $A D, B E$ 的中点,

连接 $C E, C F$, 若 $S_{\triangle C E F}=5$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为


选项：
答案：20
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $A B=63, A C=50, \angle A B C$ 和 $\angle A C B$ 的角平分线交于点 0 ,

过点 0 作 $B C$ 的平行线 $M N$ 交 $A B$ 于点 $M$, 交 $A C$ 于点 $N$, 则 $\triangle A M N$ 的周长为


选项：
答案：113
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 三个边长均为 2 的正方形重叠在一起, $O_{1} 、 O_{2}$ 是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：2
解析：如图, 连结 $O_{1} B 、 O_{1} C$

. $\because \angle B O_{1} F+\angle F O_{1} C=90^{\circ}, \angle F O_{1} C+\angle C O_{1} G=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B O_{1} F=\angle C O_{1} G$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore \angle O_{1} B F=\angle O_{1} C G=45^{\circ}$.

在 $\triangle O_{1} B F$ 和 $\triangle O_{1} C G$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle F O_{1} B=\angle C O_{1} G, \\ B O_{1}=C O_{1}, \\ \angle F B O_{1}=\angle G C O_{1}\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle O_{1} B F \cong \triangle O_{1} C G(A S A)$,

$\therefore$ 前两个正方形重叠部分的面积是 $-\frac{1}{4} S_{\text {正方形 }}$,

同理, 后两个正方形重叠部分的面积也是 $\frac{1}{4} S_{\text {正方形 }}, \therefore S_{\text {阴影部分 }}=\frac{1}{2} S_{\text {正方形 }}=2$.
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 将边长为 8 的正方形纸片 $A B C D$ 沿着 $E F$ 折叠, 使点 $C$ 落在 $A B$ 边的中点 $M$ 处. 点 $D$ 落在点 $D^{\prime}$ 处, $M D^{\prime}$ 与 $A D$ 交于点 $G$, 则 $\triangle A M G$的内切圆半径的长为 \$ \qquad \$


选项：
答案：$\frac{4}{3}$
解析：$\because$ 将边长为 8 的正方形纸片 $A B C D$ 沿着 $E F$ 折叠, 使点 $C$ 落在 $A B$ 边的中点 $M$ 处.

$\therefore M E=C E, M B=\frac{1}{2} A B=4=A M, \angle D^{\prime} M E=\angle C=90^{\circ}$,

在Rt $\triangle M B E$ 中, $M E^{2}=M B^{2}+B E^{2}$,

$\therefore M E^{2}=16+(8-M E)^{2}$,

$\therefore M E=5$

$\therefore B E=3$,

$$
\because \angle D^{\prime} M E=\angle D A B=90^{\circ}=\angle B
$$

$\therefore \angle E M B+\angle B E M=90^{\circ}, \angle E M B+\angle A M D^{\prime}=90^{\circ}$

$\therefore \angle A M D^{\prime}=\angle B E M$, 且 $\angle G A M=\angle B=90^{\circ}$



$\therefore \triangle A M G \sim \triangle B E M$

$$
\begin{aligned}
\therefore & \frac{A M}{B E}=\frac{A G}{M B}=\frac{G M}{M E} \\
& \therefore \frac{4}{3}=\frac{A G}{4}=\frac{G M}{5}
\end{aligned}
$$

$\therefore A G=\frac{16}{3}, G M=\frac{20}{3}$

$\therefore \triangle A M G$ 的内切圆半径的长 $=\frac{A G+A M-G M}{2}=\frac{4}{3}$

故答案为: $\frac{4}{3}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 等边三角形 $A B C, P$ 为 $B C$ 上一点, 且 $\angle 1=\angle 2$, 则 $\angle 3$ 的大小为 (度)


选项：
答案：60
题目（八年级 · 组合几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, C D$ 是 $\triangle A B C$ 的中线, $A B=12$, 则 $C D$ 的长为


选项：
答案：6
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 点 $D$ 在 $A C$ 上, 且 $B D=B C=A D$, 则 $\angle A B C$ 的度数为


选项：
答案：72
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, \angle B A C=102^{\circ}$, 若 $M P$ 和 $N Q$ 分别垂直平分 $A B$ 和 $A C$,则 $\angle P A Q$ 的度数是 \$ \qquad \$


选项：
答案：4^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：(1), 矩形 $A B C D$ 中, 动点 $P$ 从点 $B$ 出发, 沿 $B C-C D-D A$ 运动, 至点 $A$ 停止,设点 $P$ 运动的路程为 $x, \triangle A B P$ 的面积为 $y, y$ 关于 $x$ 的函数图象如图(2)所示,则点 $P$ 运动到点 $C$ 时, $A P$ 的长为



(1)



(2)
选项：
答案：$\sqrt{34}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D 、 E$ 分别为边 $B C 、 A D$ 上的中点, 且 $S_{\triangle A B C}=4 \mathrm{~cm}^{2}$, 则 $S_{\triangle B E C}$ 的值为


选项：
答案：$2 \mathrm{~cm}^{2}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, $A C$ 平分 $\angle B A D$, 过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$, 并且 $2 A E=A B+A D$, 则下列结论, 正确的是 \$ \qquad \$ . (填序号)



(1) $A B=A D+2 B E$; (2) $\angle D A B+\angle D C B=180^{\circ}$; (3) $C D=C B$; (4) $S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A C D}+S_{\triangle B C E}$
选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：解：如图, 过 $C$ 作 $C F \perp A D$ 于 $F$,



$\because A C$ 平分 $\angle B A D, C E \perp A B, C F \perp A D$,

$\therefore C F=C E$,

$\therefore R t \triangle A C F \cong R t \triangle A C E(H L)$,

$\therefore A F=A E$,

$\therefore A B+A D=(A E+B E)+(A F-D F)=2 A E+B E-D F$,

又 $\because A B+A D=2 A E$,

$\therefore B E=D F$,

$\therefore A B-A D=(A E+B E)-(A F-D F)=B E+D F=2 B E$,

即 $A B=A D+2 B E$, 故(1)正确;

$\because B E=D F, \angle C E B=\angle F=90^{\circ}, C F=C E$,

$\therefore \triangle C D F \cong \triangle C B E(S A S)$,

$\therefore \angle B=\angle C D F, C D=C B$, 故(3)正确;
又 $\because \angle A D C+\angle C D F=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A D C+\angle B=180^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $A B C D$ 中, $\angle D A B+\angle B C D=360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ}$, 故(2)正确;

$\because A B=A D+2 B E, C E=C F$,

$\therefore$ 由等式性质可得 ${ }_{2}^{1} A B \times C E=\frac{1}{2} A D \times C F+2 \times \frac{1}{2} B E \times C E$,



故答案为(1)(2)(3).
题目（八年级 · 组合几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D 、 E$ 分别为边 $B C 、 A D$ 上的中点, 且 $S_{\triangle A B C}=4 \mathrm{~cm}^{2}$, 则 $S_{\triangle B E C}$ 的值为


选项：
答案：$2 \mathrm{~cm}^{2}$
题目（八年级 · 组合几何学）：
    你添加的条件是


选项：
答案：$A B=A C($ 答案不唯一 $)$.
题目（八年级 · 组合几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=52^{\circ}, \angle A B C$ 与 $\angle A C B$ 的平分线交于点 $D_{1}$,

$\angle A B D_{1}$ 与 $\angle A C D_{1}$ 的平分线交于点 $D_{2} \cdots \cdots$ 依此类推, $\angle B D_{i} C$ 的度数是


选项：
答案：6^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：
你添加的条件是


选项：
答案：$A B=A C($ 答案不唯一 $)$.
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, $\angle C=\angle D=90^{\circ}$, 若要使 Rt $\triangle A B C$ 与 Rt $\triangle A B D$ 全等,

则添加的条件可以是: \$ \qquad \$ . （写出一个条件即可）


选项：
答案：$A C=A D($ 答案不唯一 $)$
题目（八年级 · 组合几何学）：, 四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$ 相交于点 $O, \triangle A B O \cong \triangle A D O$, 下列结论:
(1) $A C \perp B D$;
(2) $C B=C D$;
(3) $\triangle A B C \cong \triangle A D C$
(4) $D=D C$. 其中不正确结论的序号是 \$ \qquad \$


选项：
答案：(4)
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle B=30^{\circ}$, 以 $A$ 为圆心,

任意长为半径画弧分别交 $A B 、 A C$ 于点 $M$ 和 $N$, 再分别以 $M 、 N$ 为圆心,

大于 $\frac{1}{2} M N$ 的长为半径画弧, 两弧交于点 $P$, 连接 $A P$ 并延长交 $B C$ 于点 $D$,



则下列说法(1) $A D$ 是 $\angle B A C$ 的平分线; (2) $\angle A D C=60^{\circ}$; (3) 点 $D$ 在 $A B$ 的中垂线上;

(4) $S_{\triangle} D A C: S_{\triangle} A B C=1: 3$. 其中正确的个数是
选项：
答案：)(2)(4),
题目（八年级 · 组合几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C=C D, \angle B A C=40^{\circ}$, 则 $\angle D$ 的度数为


选项：
答案：$35^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：, 已知 $\angle M O N=30^{\circ}$, 点 $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \cdots$ 在射线 $O N$ 上, 点 $B_{1}, B_{2}, B_{3}, \cdots$

在射线 $O M$ 上, $\triangle A_{1} B_{1} A_{2}, \triangle A_{2} B_{2} A_{3}, \triangle A_{3} B_{3} A_{4}, \cdots$ 均为等边三角形,

若 $O A_{1}=2$, 则 $\triangle A_{2022} B_{2022} A_{2023}$ 的边长为


选项：
答案：^{2022}$
题目（八年级 · 组合几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=100^{\circ}, A D \perp B C$ 于 $D$ 点, $A E$ 平分 $\angle B A C$ 交 $B C$ 于点 $E$.若 $\angle C=26^{\circ}$, 则 $\angle D A E$ 的度数为


选项：
答案：$14^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：, 锐角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的高 $\mathrm{AD} 、 \mathrm{BE}$ 相交于 $\mathrm{F}$, 若 $\mathrm{BF}=\mathrm{AC}, \mathrm{BC}=7, \mathrm{CD}=2$, 则 $\mathrm{AF}$ 的长为


选项：
答案：3
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C$ 的三等分线分别与 $\angle A C B$ 的平分线交于点 $O_{1}, O_{2}$,若 $\angle 1=115^{\circ}, \angle 2=135^{\circ}$, 则 $\angle A$ 的度数为


选项：
答案：$70^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, $\angle C=\angle D=90^{\circ}, A C=A D, \angle C B D=130^{\circ}$, 则 $\angle B A D=$ \$ \qquad \$ ${ }^{\circ}$.


选项：
答案：25
题目（八年级 · 组合几何学）：, $D 、 E$ 是 $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上的两点, $D M, E N$ 分别垂直平分 $A B 、 A C$,

垂足分别为点 $M 、 N$. 若 $\angle D A E=24^{\circ}$, 则 $\angle B A C$ 的度数为


选项：
答案：02^{\circ}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\angle B=\angle C$. 添加一个条件使 $\triangle A B D \cong \triangle A C E$ (不标注新的字母, 不添加新的线段),你添加的条件是 \$ \qquad \$


选项：
答案：$A B=A C$ (答案不唯一 $)$.
题目（八年级 · 组合几何学）：如图，图中有个三角形，其中，是锐角三角形,
是直角三角形, \$ \qquad \$是钝角三角形.


选项：
答案：$6 \quad \triangle A B C, \triangle A C D \quad \triangle A C E, \triangle A B E, \triangle A D E \quad \triangle A B D$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在三角形纸片 $A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle A=30^{\circ}, A C=9$, 将纸片沿过点 $B$ 的直线折叠, 使
点 $C$ 落在斜边上的点 $E$ 处, 折痕记为 $B D$, 剪去 $\triangle A D E$ 后得到双层 $\triangle B D E$, 再沿着过 $\triangle B D E$ 某顶点的直线将双层三角形剪开, 使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形, 则所得平行四边形的面积是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ 或 $6 \sqrt{3}$.
解析：根据折纸可知 $\angle C B D=\angle E B D=\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=30^{\circ}$,

则 $\angle E B D=\angle A=30^{\circ}$,
$\therefore A D=B D$.

在Rt $\triangle D C B$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle D B C=30^{\circ}$,

$\therefore B D=2 C D$,

$\therefore A D=2 C D$,

$\because A C=9$,

$\therefore A D+D C=9$,

即 $2 C D+D C=9 ，$

$\therefore C D=3$,

$\therefore B D=6$

由勾股定理得： $B C=2 \sqrt{3}$.

剪开方式如下:

(1)按图 1 的方式剪开:

$\because$ 剪切线平行于 $D E(C))$,

$\therefore$ 四边形 $D C P E$ 是平行四边形,

$\because D C=D E$,

$\therefore$ 平行四边形 $D C P E$ 是菱形,

$\because \angle E D P=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle E D P$ 是等边三角形,

$\therefore$ 对角线 $P D=3, C E=3 \sqrt{3}$,

$\therefore S=\frac{1}{2} P D \cdot C E=\frac{1}{2} \times 3 \times 3 \sqrt{3}=\frac{9}{2} \sqrt{3}$;

(2)按图 2 的方式剪开(剪切线平行于 $B E(C)$ ),

同理可证: 平行四边形 $D M B N$ 是菱形,

对角线 $B D=6, M N=2 \sqrt{3}$,

$\therefore S=\frac{1}{2} B D \cdot M N=\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{3}=6 \sqrt{3}$.

则所得平行四边形的面积是 $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ 或 $6 \sqrt{3}$.

故答案为: $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ 或 $6 \sqrt{3}$.
题目（八年级 · 组合几何学）：过不在同一直线上的三点, 可作平行四边形的个数是 \$ \qquad \$
选项：
答案：3
解析：如图,



设已知三点为 $A 、 B 、 C$, 连接 $A B 、 B C 、 C A$,

分别以 $A B 、 B C 、 C A$ 为平行四边形的对角线, 另外两边为边,



可构成的平行四边形有三个: $\square A C B D, \square A C E B, \square A B C F$.

故答案为 3 .
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在梯形 $A B C D$ 中, $A D / / B C, A D=6, B C=16, E$ 是 $B C$ 的中点. 点 $P$ 以每秒 1 个单位长度的速度从点 $A$ 出发, 沿 $A D$ 向点 $D$ 运动; 点 $Q$ 同时以每秒 2 个单位长度的速度从点 $C$ 出发,沿 $C B$ 向点 $B$ 运动．点 $P$ 停止运动时，点 $Q$ 也随之停止运动．当运动时间秒时, 以点 $P$, $Q, E, D$ 为顶点的四边形是平行四边形.


选项：
答案：2 或 $\frac{14}{3}$
解析：由已知梯形,

(1) 当 $Q$ 运动到 $E$ 和 $B$ 之间, 设运动时间为 $t$, 则得:

$2 t-\frac{16}{2}=6-t$

解得: $t=\frac{14}{3}$,



(2)当 $Q$ 运动到 $E$ 和 $C$ 之间，设运动时间为 $t$, 则得:

$\frac{16}{2}-2 t=6-t$

解得: $t=2$,

故答案为: 2 或 $\frac{14}{3}$.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图,菱形$ABCD$中,$E、F$分别是$BC、CD$的中点,过点$E$作$EGperpAD$于$G$,连接$GF$.若$angle$$A=80^{circ}$,则$angleDGF$的度数为$50^{circ}$
选项：
答案：延长$AD、EF$相交于点$H$,根据线段中点定义可得$CF=DF$,根据两直线平行,内错角相等可得$angleH=angleCEF$,然后利用“角角边”证明$triangleCEF$和$triangleDHF$全等,根据全等三角形对应边相等可得$EF=FH$,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得$GF=FH$,根据等边对等角可得$angleDGF=angleH$,根据菱形的性质求出$angleC=angleA,CE=CF$,然后根据等腰三角形两底角相等求出$angleCEF$,从而得解.【解析】解：如图,延长$AD、EF$相交于点$H$,$becauseF$是$CD$的中点,$thereforeCF=DF$,$because$菱形对边$AD//BC$,$thereforeangleH=angleCEF$,在$triangleCEF$和$triangleDHF$中,$left{begin{array}{l}angle{H}=angle{CEF}angle{CFE}=angle{DFH},{CF}={DF}end{array}right.$$thereforetriangleCEFcongtriangleDHF(AAS)$,$thereforeEF=FH$,$becauseEGperpAD$$thereforeGF=FH$,$thereforeangleDGF=angleH$,$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeangleC=angleA=80^{circ}$$because$菱形$ABCD$中,$E、F$分别是$BC、CD$的中点,$thereforeCE=CF$,在$triangleCEF$中,$angleCEF=frac{1}{2}left(180^{circ}-80^{circ}right)=50^{circ}$,$thereforeangleDGF=angleH=angleCEF=50^{circ}$.故答案为:$50^{circ}$.<ImageHere>【点睛】本题考查了菱形的性质,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,作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键,也是本题的难点.
解析：延长$AD、EF$相交于点$H$,根据线段中点定义可得$CF=DF$,根据两直线平行,内错角相等可得$angleH=angleCEF$,然后利用“角角边”证明$triangleCEF$和$triangleDHF$全等,根据全等三角形对应边相等可得$EF=FH$,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得$GF=FH$,根据等边对等角可得$angleDGF=angleH$,根据菱形的性质求出$angleC=angleA,CE=CF$,然后根据等腰三角形两底角相等求出$angleCEF$,从而得解.【解析】解：如图,延长$AD、EF$相交于点$H$,$becauseF$是$CD$的中点,$thereforeCF=DF$,$because$菱形对边$AD//BC$,$thereforeangleH=angleCEF$,在$triangleCEF$和$triangleDHF$中,$left{begin{array}{l}angle{H}=angle{CEF}angle{CFE}=angle{DFH},{CF}={DF}end{array}right.$$thereforetriangleCEFcongtriangleDHF(AAS)$,$thereforeEF=FH$,$becauseEGperpAD$$thereforeGF=FH$,$thereforeangleDGF=angleH$,$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeangleC=angleA=80^{circ}$$because$菱形$ABCD$中,$E、F$分别是$BC、CD$的中点,$thereforeCE=CF$,在$triangleCEF$中,$angleCEF=frac{1}{2}left(180^{circ}-80^{circ}right)=50^{circ}$,$thereforeangleDGF=angleH=angleCEF=50^{circ}$.故答案为:$50^{circ}$.【点睛】本题考查了菱形的性质,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,作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键,也是本题的难点.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 点 $B 、 F 、 C 、 E$ 在一条直线上, $\angle A=\angle D=90^{\circ}, A B=D E$,若用 “ $\mathrm{HL}$ ” 判定 $\triangle A B C \cong \triangle D E F$, 则添加的一个条件是


选项：
答案：$B C=E F （$ 答案不唯一 $)$
题目（八年级 · 画法几何学）：尺规作图作 $\angle A O B$ 的平分线方法如下: 以 $O$ 为圆心, 任意长为半径画弧交 $O A 、 O B$ 于 $C 、 D$,再分别以点 $C 、 D$ 为圆心, 以大于 $\frac{1}{2} C D$ 长为半径画弧, 两弧交于点 $P$,作射线 $O P$, 由作法得 $\triangle O C P \cong \triangle O D P$ 的根据是

![](本地图片-7127.jpg
选项：
答案：图作 $\angle A O B$ 的平分线方法如下: 以 $O$ 为圆心, 任意长为半径画弧交 $O A 、 O B$ 于 $C 、 D$,再分别以点 $C 、 D$ 为圆心, 以大于 $\frac{1}{2} C D$ 长为半径画弧, 两弧交于点 $P$,作射线 $O P$, 由作法得 $\triangle O C P \cong \triangle O D P$ 的根据是

<ImageHere>
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 将长方形 $A B C D$ (纸片)折叠, 使点 $B$ 与 $A D$ 边上的点 $K$ 重合, $E G$ 为折痕; 点 $C$ 与 $A D$ 边上



的点 $K$ 重合, $F H$ 为折痕. 已知 $\angle 1=67.5^{\circ}, \angle 2=75^{\circ}, E F=\sqrt{3}+1$, 则 $B C$ 的长为
选项：
答案：$3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$
解析：由题意, 得: $\angle 3=180^{\circ}-2 \angle 1=45^{\circ}, \angle 4=180^{\circ}-2 \angle 2=30^{\circ}, B E=K E 、 K F=F C$,如图, 过点 $K$ 作 $K M \perp B C$ 于点 $M$,



设 $K M=x ，$ 则 $E M=x 、 M F=\sqrt{3} x ，$

$\therefore x+\sqrt{3} x=\sqrt{3}+1$,

解得: $x=1$,

$\therefore E K=\sqrt{2} 、 K F=2$,

$\therefore B C=B E+E F+F C=E K+E F+K F=3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$,

$\therefore B C$ 的长为 $3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$,

故答案为: $3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$.
题目（八年级 · 画法几何学）：, $A B C D$ 为一长方形纸带, $A B / / C D$, 将 $A B C D$ 沿 $E F$ 折叠, $A, D$ 两点分别与 $A^{\prime}, D^{\prime}$ 对应,若 $\angle 2=70$. 如图, 台球桌相邻两边互相垂直, 若 $\angle 3=30^{\circ}$, 为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中, 那么打白球时, 必须保证 $\angle 1$ 的度数为


选项：
答案：60
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 公园里有一座假山, 要测量假山两端 $\mathrm{A} 、 B$ 的距离,

先在平地上取一个可以直接到达 $\mathrm{A} 、 B$ 的点 $C$, 分别延长 $A C 、 B C$, 到 $D 、 E$,使 $C E=C B, C A=C D$, 连接 $D E$, 这样就可以利用三角形全等,

通过测量 $D E$ 的长得到假山两端 $\mathrm{A} 、 B$ 的距离, 则这两个三角形全等的依据是


选项：
答案：SAS
题目（八年级 · 画法几何学）：如图, 点 $O$ 在线段 $A B$ 上, $A O=2, O B=1, O C$ 为射线, 且 $\angle B O C=60^{\circ}$, 动点 $P$ 以每秒 2 个单位长度的速度从点 $O$ 出发, 沿射线 $O C$ 做匀速运动, 设运动时间为 $t$ 秒. 当 $\triangle A B P$ 是直角三角形时, $t$的值为


选项：
答案：1 或 $\frac{-1+\sqrt{33}}{8}$.
解析：此题考查了勾股定理, 利用了分类讨论的思想, 熟练掌握勾股定理是解本题的关键. 根据题意分三种情况考虑: 当 $\angle A=90^{\circ}$; 当 $\angle B=90^{\circ}$; 当 $\angle A P B=90^{\circ}$, 根据 $\triangle A B P$ 为直角三角形, 分别求出 $t$ 的值即可.

解：分三种情况考虑:

(1) 当 $\angle A=90^{\circ}$, 即 $\triangle A B P$ 为直角三角形时,

$\because \angle B O C>\angle A$, 且 $\angle B O C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A \neq 90^{\circ}$, 故此情况不存在;

(2)当 $\angle B=90^{\circ}$, 即 $\triangle A B P$ 为直角三角形时, 如图所示:



$\because \angle B O C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B P O=30^{\circ}$,

$\therefore O P=2 O B=2$,

$\because O P=2 t$,

$\therefore t=1$;

(3)当 $\angle A P B=90^{\circ}$, 即 $\triangle A B P$ 为直角三角形时, 过 $P$ 作 $P D \perp A B$,



$\because \angle B O C=60^{\circ}$

$\therefore \angle O P D=30^{\circ}$,

$\therefore O D=\frac{1}{2} P O=\frac{1}{2} \times 2 t=t, \quad P D=\frac{\sqrt{3}}{2} P O=\sqrt{3} t$,

$\therefore A D=A O+O D=2+t, B D=O B-O D=1-t, \quad$ 即 $A B=3$,

在 Rt $\triangle A B P$ 中, $A P^{2}+B P^{2}=A B^{2}$, 即 $(2+t)^{2}+(\sqrt{3} t)^{2}+(\sqrt{3} t)^{2}+(1-t)^{2}=3^{2}$,

解得: $t=\frac{-1 \pm \sqrt{33}}{8}$ (负值舍去) ,

综上, 当 $t=1$ 或 $t=\frac{-1+\sqrt{33}}{8}$ 时, $\triangle A B P$ 是直角三角形.
题目（八年级 · 立体几何学）：若等腰三角形的两边长分别为 6 和 8 , 则它的周长为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：20 或 22
题目（八年级 · 立体几何学）：如图, 生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架, 这是利用三角形的


选项：
答案：稳定性
题目（八年级 · 立体几何学）：, $\angle C=\angle D=90^{\circ}, A C=A D, \angle C B D=130^{\circ}$, 则 $\angle B A D=$ \$ \qquad \$ $\circ$.


选项：
答案：25
题目（八年级 · 立体几何学）：一个多边形的内角和与某一个外角的度数总和为 $1350^{\circ}$, 则这个多边形的边数是
选项：
答案：9
解析：设这个多边形的边数为 $n$, 这个外角的度数为 $\alpha$,

则 $0^{\circ}<\alpha<180^{\circ}$,

由题意得: $180(n-2)+\alpha=1350$,

$\alpha=1350-180(n-2)$,

$=1710-180 n$,

$\therefore 0<1710-180 n<180$,

解之得： $8.5<n<9.5$,

$\because n$ 为正整数,

$\therefore n=9$,

$\therefore$ 这个多边形的边数是 9 .

故答案为 9 .
题目（八年级 · 立体几何学）：在 $\triangle A B C D$ 中, $A B=6, \angle B A D=60^{\circ}, \angle A B D=90^{\circ}$, 对角线 $A C 、 B D$ 交于点 $O, E$ 为 $A D$ 上一点,连接 $E O$, 若 $\triangle E D O$ 的周长比四边形 $A B O E$ 的周长大 3 , 则 $E D$ 的长为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{21}{2}$
解析：$\because A B=6, \angle B A D=60^{\circ}, \angle A B D=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A D B=30^{\circ}$,

$\therefore A D=2 A B=12$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore O B=O D$,

$\because \triangle E D O$ 的周长比四边形 $A B O E$ 的周长大 3,

$\therefore O E+O D+E D-(A B+O B+O E+12-E D)=3$,

$\therefore O E+O D+E D-6-O B-O E-12+E D=3$,

$\therefore 2 E D=21$,

$\therefore E D=\frac{21}{2}$,

故答案为: $\frac{21}{2}$.