黑龙江省牡丹江市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版 含答案）

这是一份黑龙江省牡丹江市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版 含答案），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省牡丹江市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．满足下列条件的不是直角三角形的是（ ）
A．，，
B．，，
C．，，
D．，，
4．下列命题为假命题的是（ ）
A．对顶角相等
B．两直线平行，同位角相等
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．的算术平方根是3
5．如图，在平行四边形中，和的平分线交于点，，，则的长为（ ）

A．10 B．8 C．6 D．5
6．在由边长为1的小正方形构成网格中的位置如图所示，则边上的高是（ ）

A． B． C． D．
7．实数在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为（ ）

A． B． C．8 D．无法确定
8．在正方形中，直线经过对角线，的交点，过，两点分别作直线的垂线，交直线于点，．若，，则长为（ ）
A．2 B．3 C．2或6 D．3或7
9．如图，在菱形中，点是对角线上一点，是中点，若菱形周长是16，，则的最小值为（ ）

A．2 B．2 C．3 D．
10．如图，正方形中，，分别为，上的点，，，交于点，交于点，为的中点，交于点，连接．下列结论：①；②；③；④，正确的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题
11．要使式子有意义，则的取值范围是__________．
12．如图，四边形对角线，交于点．，，请你添加一个适当的条件______，使四边形是菱形（只填一种情况即可）．

13．使是整数的最小正整数________．
14．当时，化简为______．
15．若，则代数式的值为______．
16．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为6cm，点B，D之间的距离为8cm，则线段AB的长为______．

17．如图，矩形中，，把矩形纸片沿直线折叠，使点落在点处，交于点．若．则的长为______．

18．如图，矩形的面积为12，对角线交于点：以，为邻边作平行四边形对角线交于点；以，为邻边作平行四边形，对角线交于点；…，依此类推，则平行四边形的面积为______．

19．如图，在中，，，为的中点，，垂足为，若，则_______．

20．等腰中，腰上的高，，则线段的长为______．

三、解答题
21．计算
（1）；
（2）；
（3）先化简再求值：，其中．
22．如图，在矩形ABCD，AD＝AE，DF⊥AE于点F．求证：AB＝DF．

23．在中，，，以为边作等边，连接，请画出图形，并直接写出的面积．
24．如图，等边的边长为分别是的中点，延长至点，使，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）求的长．

25．在中，直线经过点，于，于，于．请解答下列问题：

（1）如图①，求证：；（提示：过点作于）
（2）如图②、图③，线段，，之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需要证明；
（3）在（1）（2）的条件下，若，，，则______．
26．在平面直角坐标系中的位置如图所示，点在轴正半轴上，，，的长满足．过点的直线交于点，的面积等于面积的，请解答下列问题：

（1）求点，点的坐标：
（2）过点作于，交轴于点，求线段的长；
（3）点在轴上，平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．


参考答案
1．C
【分析】
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【详解】
解：A. ，的被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B. ，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C. ，属于最简二次根式，故本选项符合题意；
D. ，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义的内容是解此题的关键，判断一个二次根式是最简二次根式，必须具备两个条件，①被开方数的因数是整数，因式是整式，②被开方数的每一个因数（或因式）的指数都小于根指数2．
2．D
【分析】
直接利用二次根式的性质和运算法则分别化简得出答案．
【详解】
解：、，故此选项错误；
、，故此选项错误；
、，故此选项错误；
、，正确．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质和运算，正确运用二次根式性质和法则运算是解题关键．
3．B
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、42+32=52，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、 ，故不是直角三角形，故此选项符合题意；
C、122+52=132，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
D、 ，故是直角三角形，故此选项不符合题意；
故选：B
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
4．C
【分析】
根据真、假命题的定义进行判断即可得到结论．
【详解】
解：A. 对顶角相等，是真命题，不符合题意；
B. 两直线平行，同位角相等，是真命题，不符合题意；
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，等腰梯形也成立，是假命题，故此选项符合题意；
D. ,9的算术平方根是3，所以的算术平方根是3，是真命题，不符合题意；
故选：C
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解对顶角的性质、平行线的性质及平行四边形的判定以及算术平方根的意义，难度不大．
5．D
【分析】
，分别是和的平分线，得到，，根据平行四边形中，，可求得，利用勾股定理可得，又根据平行四边形中，，，可求得，，即有，，可证得点是的中点，根据可求得结果．
【详解】
解：如图示，

∵，分别是和的平分线，
∴，，
又∵在平行四边形中，，
∴，
∴
即
∴，
∴，
在中，，，
∴，
又∵在平行四边形中，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴点是的中点，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，能求出点是的中点是解题的关键
6．D
【分析】
作于D，根据勾股定理求出AC的长，再利用三角形面积公式求中AC边上的高即可．
【详解】
解：作于D，如图所示，

∵小正方形的边长都为1，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理在网格中的应用以及三角形的面积，根据题意得出的面积等于矩形的面积减去三个小三角形的面积是解题的关键．
7．C
【分析】
从数轴上可以看出，，所以，进一步根据绝对值的意义和二次根式的运算化简即可．
【详解】
解：由数轴可知：
∴


．
故选：C．
【点睛】
此题考查二次根式的化简与绝对值的意义，注意字母的取值范围是解题的关键．
8．D
【分析】
依据已知条件求出，，根据证，推出，，即可得到的长．
【详解】
解：如图，当直线与线段不相交时，

，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
如图，当直线与线段相交时，

，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
故选D．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质的运用，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、．本题要注意思考全面，直线与线段有两种情况（相交、不相交），不能遗漏．
9．A
【分析】
点和点是定点，点在直线上一动点，是轴对称最值问题，连接，由菱形的对称性可知，点和点关于对称，连接，即为所求．
【详解】
解：如图，由菱形的对称轴可知，点和点关于对称，连接，即为所求的最小值．

连接，
，四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
点为的中点，
，
菱形的周长为16，
，
在中，，
，
，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是轴对称最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
10．D
【分析】
①可证得，所以，由此得证．②由题意正方形中，在上面所证，得，结合正方形性质易证（AAS）得到即得证．③过点作垂直于，交于点，可证得． 得是等腰直角三角形，由，④由得，所以．
【详解】
解：，，，
，
，
又∵，
∴，
即，故结论①正确；
四边形是正方形，
，，
由题意正方形中，在上面所证，
，
（AAS），
，即结论②正确；
过点作垂直于，交与点，

∵，
∴，
在与中，
，
故（ASA），
∴,
，
，
∴，故结论③正确；
∵，
，
∴，
，，
∴，故结论④正确；
综上所述，①②③④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的证明以及等腰直角三角形性质，充分利用线段和角证明三角形全等，转化线段和角的关系是解题关键，比较综合，有一定难度．
11．
【分析】
根据二次根式被开方数必须是非负数的条件可得关于x的不等式，解不等式即可得.
【详解】
由题意得：
2-x≥0，
解得：x≤2，
故答案为x≤2.
12．（答案不唯一）
【分析】
由条件，，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形进行判定即可．
【详解】
解：添加即可判断四边形是菱形，
∵，，
当时，四边形对角线，互相垂直平分，
∴四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，掌握一组对角线互相垂直平分的四边形是菱形是解题的关键．
13．3
【详解】
∵是整数，
∴12n是一个完全平方数，
又∵12n=4×3n=22×3n，
∴n的最小正整数为3，
此时，==6.
故答案为3.
点睛：此题是将被开方数化成a2的形式，再运用求解.
14．
【分析】
根据二次根式的性质以及题目给出的x与y的关系进行化简即可．
【详解】
解：要使有意义，则，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
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．
15．-2
【分析】
将所给代数式变形为，再把x的值代入计算即可得到答案．
【详解】
解：∵
∴
故答案为：-2
【点睛】
此题主要考查了代数式求值问题，要熟练掌握，求代数式的值可以直接代入、计算．如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值．题型简单总结以下三种：①已知条件不化简，所给代数式化简；②已知条件化简，所给代数式不化简；③已知条件和所给代数式都要化简．
16．5cm
【分析】
作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR＝AS得平行四边形ABCD是菱形，再根据勾股定理求出AB即可．
【详解】
解：如图，作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC，BD交于点O，

由题意知，，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两张纸条等宽，
∴AR＝AS．
∵AR•BC＝AS•CD，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
在Rt△AOB中，OA＝3cm，OB＝4cm，
∴AB＝＝5（cm）．
故答案是：5cm．
【点睛】
本题考查了矩形的综合问题，掌握平行四边形和菱形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．
17．
【分析】
由折叠的性质可证AF=FC．在Rt△ADF中，由勾股定理求AD的长和AC的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形
∴CD=AB=8，CB=AD
由折叠的性质知，AE=AB，CE=CB
∴AE=CD，CE=AD
在△ADC和△CEA中

∴△ADC≌△CEA，
∴∠EAC=∠DCA
∴CF=AF=6，
∴DF=CD-CF=8-6=2
在Rt△ADF中，由勾股定理得，
在Rt△ADC中，由勾股定理得，
∴(负值舍去)
故答案为：
【点睛】
本题利用了：①折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；②全等三角形的判定和性质，勾股定理求解．
18．
【分析】
根据平行四边形的性质得出的面积等于矩形ABCD的面积的，求出的面积，再分别求出的面积，即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴S矩形ABCD，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，三角形的面积等知识点，此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意：等底等高的三角形的面积相等．
19．
【分析】
作CF⊥AB于F，根据直角三角形的性质得到CD＝BD，证明△CDF≌△BDE，根据全等三角形的性质得到CF＝BE＝4，根据勾股定理求出AF，根据勾股定理列出方程，解方程求出BF，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
过点C作CF⊥AB于F，

∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD＝AB＝BD，
在△CDF和△BDE中，，
∴△CDF≌△BDE（AAS），
∴CF＝BE＝4，
在Rt△ACF中，AF＝＝＝3，
设BF＝x，则AB＝x＋3，
由勾股定理得，BC2＝BF2＋CF2，BC2＝AB2−AC2，
∴BF2＋CF2＝AB2−AC2，即x2＋42＝（x＋3）2−52，
解得，x＝，
∴BC＝＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理，直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
20．或
【分析】
利用等腰三角形为锐角三角形和钝角三角形结合直角三角形和勾股定理得出即可．
【详解】
解：如图，若△ABC为锐角三角形时，

∵是上的高，，
∴∠
∴
∴
∵AB=AC，
∴
∴；
若△ABC为钝角三角形时，如图，

同理可求出AD=3，AB=AC=
∴
故答案为：或
【点睛】
此题主要考查了直角三角形的性质以及等腰三角形的性质，利用分类讨论得出是解题关键．
21．（1）；（2）-2；（3）；．
【分析】
（1）原式先化简二次根式，再合并即可得到答案；
（2）原式第一项根据积的乘方逆运算、第二项根据绝对值的代数意义、第三项根据二次根式的性质分别化简各项后即可得到答案；
（3）先根据分式的运算法则化简分式得到最简结果，再把x的值代入化简结果后计算即可．
【详解】
解：（1）
=
=
（2）
=
=
=-2；
（3）
=
=；
当时，原式=．
【点睛】
此题主要考查了实数的混合运算、二次根式的混合运算以及分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．
22．见解析
【详解】
分析：利用矩形和直角三角形的性质得到∠AEB=∠EAD、∠AFD=∠B，从而证得两个三角形全等，可得结论．
详解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠B=90°，∴∠AEB=∠DAE．
∵DF⊥AE，∴∠AFD=∠B=90°．在△ABE和△DFA中，
∵
∴△ABE≌△DFA，∴AB=DF．
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质的知识，属于基础题，难度不是很大，熟练掌握全等三角形的判定与性质是关键．
23．4-4或8-4．
【分析】
根据题意画出图形，进而利用勾股定理以及锐角三角函数关系求出BC的长，进而求出答案．
【详解】
解：过点D作DE⊥BC延长线于点E，如图所示：

∵AB=AC=4，∠BAC=30°，以AC为一边作等边△ACD，
∴∠BAD=90°， AB=AD=DC=4，
∴∠ABC=∠ACB==75°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠DBE==75°-45°=30°，∠DCE=180°-75°-60°-45°，
∴DB==4，
∵DC=2，△DCE是等腰直角三角形，
∴DE=CE
∴
∴DE=EC=2，
∴BD=2DE=4
∴
∴BC=BE-EC=2-2，
则△BCD的面积为：×2（2-2）=4-4．
如图所示：过点D作DE⊥BC延长线于点E，

∵∠BAC=30°，△ACD是等边三角形，
∴∠DAB=30°，
∴AB垂直平分DC，
∴∠DBA=∠ABC=75°，BD=BC，
∴∠DBE=30°，
∴DE=BD，
∴由（1）得：△BCD的面积为：×（2-2）（2-2）=8-4．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理以及等腰三角形的性质和直角三角形的性质等知识，得出BC的长是解题关键．
24．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）直接利用三角形中位线定理得出DE∥BC，DE=BC，进而得出DE=FC；
（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长．
【详解】
解：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∵延长BC至点F，使CF=BC，
∴DE=FC，
∵DE∥FC，
∴四边形DCFE是平行四边形．
（2）∵DE∥FC，DE=FC
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是4，
∴AD=BD=2，CD⊥AB，BC=4，
∴DC=EF=．
【点睛】
此题主要考查了等边三角形的性质以及平行四边形的判定与性质和三角形中位线定理、勾股定理等知识，得出DE∥BC，DE=BC是解题关键．
25．（1）证明见解析；（2）图②：，图③：；（3）9或7．
【分析】
（1）如图①过点作于点，先利用垂直和平行求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的性质得到，根据线段的和差即可得到结论；
（2）同理可得， ，根据线段的和差即可得到结论；
（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．
【详解】
（1）证明：过点作于点，则．

，
，
∵，
∴
，
∵，即，
，
又∵在中，，
，
，
．
四边形为矩形，
，
；
（2）图②：，图③：；
理由：如图②，过点作交的延长线于，则

同理可得：，，
；
如图③，过点作交的延长线于，

同理可得：，，
；
（3）解：如图①，
，，，
∴
∵，
由（1）得；
如图②同理；
图③不存在，
综上所述，或，
故答案为：9或7．
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
26．（1）A（-2，0），D（4，2）；（2）2；（3）或或或．
【分析】
（1）根据非负数的性质得出OA，OB，求出△ABC和的面积，设D（x，y），由的面积可求出y，求出直线BC解析式，把y值代入求出x值 即可；
（2）证明△ABH≌△GBO，即可求出OG的长；
（3）分三种情况讨论求解即可．
【详解】
解：（1）∵，且
∴
∴
∴AB=AO+OB=2+6=8
∴
∵的面积等于面积的，
∴
设点D的坐标为（x，y），则有
∴y=2，
设直线BC的解析式为
∵OC=6
∴C（0，6）
∴把B，C点坐标代入得，
，
解得，
∴直线BC的解析式为
又点D在直线BC上，且y=2
∴，解得，x=4
∴D（4，2）；
（2）如图，

∵BH⊥AC，OC⊥OB
∴∠CHG=∠BOG=90°
又∠CGH=∠BGO
∴∠ACO=∠GBO
∵OC=OB=6
∴△ABH≌△GBO
∴ OG=OA=2
（3）点在轴上，要使以，，，为顶点的四边形是菱形，则有以下几种情形：
(a)以AB，AM为邻边的菱形，则AM=AB=8
∵，即
解得，(负值舍去)
∵MN=AB=8
∴点N的坐标为或；
(b) 以AB，BM为邻边的菱形，则BM=AB=8
∵，即
解得，(负值舍去)
∴点N的坐标为或；
(c) 以AM，BM为邻边的菱形不存在．
综上，点N的坐标为或或或．
【点睛】
本题考查一次函数综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，菱形的判定与性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．