湖北省武汉市黄陂区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题(word版含答案)

这是一份湖北省武汉市黄陂区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题(word版含答案)，共29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。

湖北省武汉市黄陂区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．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
2．下列各式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
3．若平行四边形两个内角的度数比为1：2，则其中较大内角的度数为（　　）
A．100° B．110° C．120° D．135°
4．下列各组数中，能作为直角三角形的三边长的是（ ）．
A．2，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，6
5．下列计算错误的是（ ）．
A． B．
C． D．
6．如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）

A．AB＝CD，AD＝BC B．∠ABC＝∠ADC，AB∥CD
C．OA＝OC，OB＝OD D．AB∥CD，AD＝BC
7．如图，矩形的对角线，相交于点O，，．若，则四边形的周长是（ ）．

A．6 B．8 C．10 D．12
8．已知a，b，c在数轴上的位置如图，化简的结果为（ ）．

A． B． C． D．
9．如图，在5×5的正方形网格中，从在格点上的点A，B，C，D中任取三点，所构成的三角形恰好是直角三角形的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．将一张矩形纸片按如下操作折叠：第一步，在矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形；第二步，如图2，把这个正方形沿折成两个全等的矩形，再把纸展平；第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中的处；第四步，展平纸片，按所得的点E折出，即得到矩形，则的值为（ ）．

A． B． C． D．

二、填空题
11．化简：________；________；________；
12．若，则x的取值范围是______．
13．木工师傅要做一扇长方形纱窗，做好后量得长为6分米，宽为4分米，对角线为7分米，则这扇纱窗________（填“合格”或“不合格”）
14．如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE，如果∠ADB=40°，则∠E=__________．

15．如图，将矩形纸片沿翻折，使点A与点C重合，E，F分别在，上，下列结论：①为等腰三角形；②若，则；③若为等边三角形，则；④延长，则必经过点A．其中正确的结论有________（填写序号）

16．如图，在平行四边形中，E，F分别为，的中点，．若，，则的长为________．


三、解答题
17．计算：
（1）．
（2）．
18．化简求值：，其中．
19．如图，点E，F在平行四边形的对角线上，．求证：四边形为平行四边形．

20．如图，点A，B，C均为格点．请用无刻度直尺完成作图，画图过程用虚线，画图结果用实线表示，请按步骤完成下列问题．

（1）在的上方找一个格点D，使；
（2）在边上画点E，使；
（3）将线段平移到，使点D与点E重合．
21．如图，在平行四边形中，平分交于E，连接，．

（1）求证：E为的中点；
（2）点F为的中点，连接，交于点G，求的值．
22．如图，在四边形中，，，，，．点P从点A出发，以/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．设Q点运动的时间为t秒．

（1）若P，Q两点同时出发．
①当四边形为矩形时，直接写出t的值为________；
②若，求t的值；
（2）若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止．则t为时________（直接写出结果）为直角三角形．
23．（问题背景）（1）点E，F分别在正方形的边，上，，试判断，，之间的数量关系．

小茗同学的思路是过点A作，交的延长线于点G，如图1，通过这种证明方法，可发现上述三条线段的数量关系为________（直接写出结果）．
（变式迁移）（2）如图2，在平行四边形中，，，点E，F分别在，上．若，，．
①直接写出的长为；
②连接，求的长．
（拓展应用）（3）如图3，在中，，，，，直接写出的长为________．
24．如图，在平面直角坐标系中，，，，连接，，平移至（点B与点A对应，点C与点D对应），连接．


（1）①直接写出点D的坐标为________；
②判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）如图1，点E为边上一点，连接，平分交于F，连接．若，求的长；
（3）如图2，N为边的中点．若，连接，请直接写出的取值范围．


参考答案
1．B
【分析】
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】
解：由题意得：≥0，
解得：≥3，
故选B．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2．A
【分析】
根据最简二次根式的概念判断即可．
【详解】
解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式，依据定义准确判断是解题关键．
3．C
【分析】
设较大内角为2x，较小内角为x，由平行四边形的性质列出等式可求解．
【详解】
解：∵平行四边形两个内角的度数比为1：2，
∴设较大内角为2x，较小内角为x，
∴2x+x＝180°，
∴x＝60°，
∴2x＝120°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形对角相等，邻角互补是解题的关键．
4．C
【分析】
根据勾股定理的逆定理判断即可．如果一个三角形的三边满足，那么这个三角形是直角三角形．
【详解】
解：A、，所以2，2，3不能作为直角三角形的三边，不符合题意；
B、，所以2，3，4不能作为直角三角形的三边，不符合题意；
C、，所以3，4，5能作为直角三角形的三边，符合题意；
D、，所以4，5，6不能作为直角三角形的三边，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
此题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理．如果一个三角形的三边满足，那么这个三角形是直角三角形．
5．A
【分析】
根据二次根式运算法则进行计算，逐项判断即可．
【详解】
解：A、 3与不是同类二次根式，不能合并，故错误，符合题意；
B、 ，正确，不符合题意；
C、，正确，不符合题意；
D、，正确，不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，解题关键是熟记二次根式运算法则，准确进行计算．
6．D
【分析】
根据平行四边形的判定方法求解．
【详解】
解：A、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝∠ABC+∠BCD＝180°，
又∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形或平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
7．B
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形，证明四边形CODE是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD=AC=BD=2，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出四边形OCED是菱形，从而得出四边形CODE的周长；
【详解】
解：∵DEAC，CEBD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，AC=4，
∴OC=OD=AC=BD=2，
∴四边形OCED是菱形；
∴OC=OD=DE=CE=2
∴四边形CODE的周长等于8．
故选：B
【点睛】
此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．证明四边形CODE是菱形是解此题的关键．
8．B
【分析】
先根据数轴判断和与0的关系，再根据化简式子，最后化简代数式即可得出答案.
【详解】
根据数轴可得：，
∴
故选：B.
【点睛】
本题考查的是代数式的化简，化简时注意.
9．C
【分析】
先求出每边的平方，得出AB2+AC2=BC2，AD2+CD2=AC2，BD2+AB2=AD2，根据勾股定理的逆定理得出直角三角形即可．
【详解】

理由是：连接AC、AB、AD、BC、CD、BD，
设小正方形的边长为1，
由勾股定理得：AB2=12+22=5,AC2=22+42=20,AD2=12+32=10,BC2=52=25,CD2=12+32=10,BD2=12+22=5，
∴AB2+AC2=BC2,AD2+CD2=AC2,BD2+AB2=AD2，
∴△ABC、△ADC、△ABD是直角三角形，共3个直角三角形，
故选C.
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握勾股定理.
10．D
【分析】
根据折叠的性质可得，根据勾股定理得出，然后根据图3折叠方式得出，则可得出AE的值，最后求出即可．
【详解】
解：按图1方式折叠，可得正方形，
按图2方式折叠，可得，
则，
按图3方式折叠，则，
则，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，熟知折叠后对应边的关系是解题的关键．
11．3 12
【分析】
根据二次根式的性质进行化简求解即可得到答案.
【详解】
解：，，
故答案为：①3；② ；③12
【点睛】
本题主要考查了二次根式的化简，解题的关键在于能够熟练掌握二次根式的性质.
12．x＞1
【分析】
直接利用二次根式有意义的条件，结合一元一次不等式的解法得出答案．
【详解】
解：∵，
∴x≥0且x﹣1＞0，
解得：x＞1．
故答案为：x＞1．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键．
13．不合格
【分析】
根据勾股定理的逆定理，若一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，则这个三角形为直角三角形，即可解答．
【详解】
解：根据矩形的性质得：矩形的长、宽、对角线三边能构成直角三角形，
∵长为6分米，宽为4分米，对角线为7分米，
∴ ，
∴长为6分米，宽为4分米，对角线为7分米的三边不能构成直角三角形，
即这扇纱窗不合格．
故答案为：不合格．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理的逆定理，能根据勾股定理的逆定理判断三条边长能否构成直角三角形是解题的关键．
14．20°
【分析】
如图连接AC．只要证明CE=CA，推出∠E=∠CAE，求出∠ACE即可解决问题．
【详解】
解：如图连接AC．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵EC=BD，
∴AC=CE，
∴∠E=∠CAE，
易证∠ACB=∠ADB=40°，
∵∠ACB=∠E+∠CAE，
∴∠E=∠CAE=20°，
故答案为20°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
15．①②④
【分析】
根据矩形性质 ，∠B=90°，利用翻折变换的性质AE=CE，∠GFE=∠DFE，∠AEF=∠CEF，在Rt△BCE中结合勾股定理，分别判断各个选项是否正确，即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠CFE= ∠AEF，
∵矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，
∴∠AEF=∠CEF=∠CFE，AE=CE，
∴CE=CF，
∴△ECF为等腰三角形，
∴选项①符合题意；
若AB=2BC，设BC=m，BE=x，则AB=2m，AE=CE=2m-x，在Rt△BCE中，m2 +x2 =（2m-x）2，
解得： ，
∴ ， ，
∴AE：BE=5：3，
∴选项②符合题意；
若△ECF等边三形，则∠ECF= 60°，
∴∠ECB= 30°，
在Rt△ECB中，∠ECB=30°，设BE=a，则CE= 2a，
BC=，AB=AE+BE=3a，BC= a，
∴AB：BC= ，即 ,
∴选项③不符合题意；
连接AF，如图，

由①知CE=CF，
∴CE=CF=AF= AE，
∴四边形AECF为菱形，
∴∠AFE= ∠AEF，∠GFE= ∠DFE，
∴∠GFE+∠AFE=∠DFE+∠AEF= 180°，
∴A，F，G三点共线，
∴选项④符合题意．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题主要考查了折叠变换、矩形性质、等腰三角形的判定、等边三角形的性质，解题的关键是在探究边之间关系时借助勾股定理求解．
16．
【分析】
延长AE交DC的延长线于M，过点M作MN⊥AF于N，先证明△ABE≌△MCE，得到AM=6，然后利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，MN，然后利用勾股定理求解即可得到答案．
【详解】
解：延长AE交DC的延长线于M，过点M作MN⊥AF于N，
∵E为BC的中点，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DM，AB=CD
∴∠B=∠ECM，
又∵∠AEB=∠MEC，
在△ABE和△MCE中，
，
∴△ABE≌△MCE（ASA），
∴，，
∴，
∵MN⊥AF，
∴∠MNA=∠MNF=90°，
∵∠EAF=60°，
∴∠AMN=30°，
∴，
∴，
∵AF=4，
∴，
在直角三角形MNF中：，
∵F为BC的中点，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
17．（1）-3；（2）
【分析】
（1）根据二次根式乘除混合运算的法则计算即可；
（2）首先将每个二次根式化简，然后根据二次根式加减混合运算的法则计算即可．
【详解】
（1）解：原式=﹣＝﹣3；
（2）解：原式＝6﹣2+4＝8．
【点睛】
本题主要考查二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算的法则是关键．
18．，
【分析】
先利用二次根式的性质化简各项，再进行加减运算，然后把代入， 即可求解．
【详解】
解：原式

当时，
原式．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的化简求值，熟练掌握利用二次根式的性质进行化简是解题的关键．
19．见解析
【分析】
连接，交于点O，然后根据平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，再利用BE=DF即可得到OE=OF，从而得证.
【详解】
解：连接，交于点O，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又，
∴，
∴四边形为平行四边形．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）根据∠ABD=45°，只需要令∠BAD=90°，AD=AB，利用等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）根据（1）可知∠DBA=45°，因此只需要平移BD到其经过C点时与AB的交点即为所求；
（3）取格点Q，G，P，T，连接QT，PG交于F连接EF即为所求.
【详解】
（1）如图所示：

（2）如图所示：

（3）如图所示：

【点睛】
本题主要考查了平移作图，解题的关键在于能够熟练掌握平移作图的知识.
21．（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）延长，交的延长线于，证明，进而证明，从而得证；
（2）取的中点H，由点F为的中点，由中位线的性质可知，结合（1）可知，可得四边形为平行四边形，则,进而求得．
【详解】
（1）延长，交的延长线于，

四边形是平行四边形


∵平分，
,
∵，

在和中

（ASA）



在和中

（ASA）
∴，
∴E为的中点；
（2）取的中点H，连接,由点F为的中点，

∴，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
∴，
，
，
，
∴，
【点睛】
本题考查了角平分线的意义，三角形全等的性质与判定，平行四边形的性质与判定，中位线定理，掌握以上知识是解题的关键．
22．（1）①；②t的值为4或；（2）6或．
【分析】
（1）①根据四边形APQD是矩形可以得到AP=DQ，根据AP=2t，DQ=28-4t，列方程求解即可得到答案；
②分四边形为平行四边形时，四边形为等腰梯形时两种情况进行讨论求解即可得到答案；
（2）分当∠DQP是直角和当∠DPQ是直角两种情形进行讨论求解即可.
【详解】
解：（1）①∵四边形APQD是矩形，
∴AP=DQ，
∵AP=2t，DQ=28-4t，
∴，
解得；

（2）如图，当四边形为平行四边形时，即，
易得，
解得，；

如图，当四边形为等腰梯形时，
过点P作PM⊥CD于M，过点B作BN⊥BC，
∵AB∥CD，∠A=90°，
∴AD⊥BC，
∴四边形APMD，四边形ABQD都是矩形，
∴AD=PM=BQ，DN=AB=24cm，MD=AP
∴CN=CD-DQ=4cm，
又∵PQ=BC，
∴△PMQ≌△BNC（HL），
∴MQ=CN=4cm，
∴，
解得，；
综上所述，符合条件的t的值为4或；

（2）当t=2时，AP=4cm，PDQ不可能是直角；
当∠DQP是直角时，
∵AB∥CD，∠A=90°，
∴此时四边形APQD是矩形
∴DQ=AP=4cm
∴CQ=CD-DQ=24cm
∴t=24÷4=6秒

当∠DPQ是直角时，过点Q作QM⊥AB，
∵AB∥CD，∠A=90°，
∴AD⊥BC，
∴四边形AMQD是矩形，
∴AM=QD=28-4t，AD=QM=6cm
∴PM=AM-AP=24-4t，
∵，，
∴
解得
综上所述t的值为6或．

【点睛】
本题主要考查了四边形的动点问题，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
23．（1）；（2）①；②；（3）．
【分析】
（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，再由边角边证得△AGF≌△AEF，即可得证；
（2）①连接AC，证明△BAE和△CAF全等，推出CE=CF=1，可得结论；
②过点F作，交BC的延长线于点T，解直角三角形求出ET，FT，再利用勾股定理求解即可；
（3）证明△ABC是等边三角形，∠BAD＝90°，可得结论.
【详解】
（1）结论：．
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADF＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△ADG和△ABE中，
，
∴△ADG≌△ABE（ASA），
∴AG＝AE，DG＝BE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAF＋∠BAE＝90°−45°＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△AGF和△AEF中，
，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴GF＝EF，
∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF；
故答案为：EF＝BE＋DF；
（2）①如图，连接AC，

∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠B＝∠ACD＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
△BAE≌△CAF（ASA），
∴CF=BE=1，
∴DF=2，
∴CD=CF+DF=1+2=3；
故答案为：3；
②过点F作，交BC的延长线于点T，

∵BC=CD=3，BE=1，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）如图：

∵CA=CD，
∴∠D＝∠CAD＝30°，
∴∠ACB＝∠D+∠CAD＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠BAD＝180°-∠B-∠D＝90°，
设AB=x，则BD=2x，
由勾股定理得 ，即，
解得x=，
∴BC=AB=．
故答案为：
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.
24．（1）①；②见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）①根据AD是BC平移得到，根据AB两点的坐标确定平移方式，然后求出C点坐标即可；
②根据平移的性质可得AD=BC，AD∥BC，即可判断四边形为平行四边形，再根据点的坐标易得，从而可以得到；
（2）在上取点H，使DH=DE，然后证明，，再利用勾股定理求解即可得到答案；
（3）如图所示，连接AC，BD交于P，连接MP，NP，分别求出，，然后利用三角形三边的关系求解即可得到答案.
【详解】
解：（1）①∵AD是BC平移得到，A（0，4），B（4，0），C（6，2），
∴平移方式为向左平移4个单位，向上平移4个单位
∴D的坐标为（6-4，2+4）即（2，6）
② 依题意，，
即四边形为平行四边形，
过点作轴于G，
由，得，
∴，
同理可以得到∠ABO=45°
∴，
∴四边形为矩形；

（2）在上取点H，使DH=DE，
∵DF平分∠EDC
∴∠CDF=∠EDF
在△DEF和△DHF中

∴，
∴，DH=DE，，
∴，
∴∠EFB+∠HFC=90°
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC=∠BCD=90°
∴∠EFB+∠FEB=90°
∵∠EFB+∠HFC=90°
∴∠HFC=∠FEB
在△EBF和△FCH中

∴，
∴，，
∵，，，
∴，，
设，则，，
∴，
在中，
，
即，
解得，即．

（3）如图所示，连接AC，BD交于P，连接MP，NP
由（2）得，
∴
∵四边形ABCD是矩形，N为BC的中点
∴P为AC的中点，，
∵∠AMC=90°
∴
由三角形的三边关系可知，当M、P、N能组成三角形时
，
当M、P、N三点共线时
可以得到或
∴


【点睛】
本题主要考查了平移的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边的关系，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.