2022-2023学年广东省韶关市武江区北江实验学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省韶关市武江区北江实验学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省韶关市武江区北江实验学校八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列是最简二次根式的是(    )
A. 6 B. 12 C. 27 D. 0.6
2. 已知四边形ABCD，下列条件不能判定它是平行四边形的是(    )
A. AB=CD，BC=AD
B. ∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：1：2
C. AB//CD，BC//AD
D. AB//CD，BC=AD
3. 若一个三角形的三边长分别为6、8、10，则这个三角形最长边上的中线长为(    )
A. 3.6 B. 4 C. 4.8 D. 5
4. 顺次连接矩形各边的中点得到一个四边形，该四边形一定是(    )
A. 一般平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形
5. 下列计算错误的是(    )
A. 14× 7=7 2 B. 60÷ 5=2 3
C. 3 2− 2=3 D. 9a+ 25a=8 a
6. 下列性质中，矩形具有而菱形不具有的是(    )
A. 对边平行且相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相垂直
7. 如图，一轮船以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航行，另一轮船以12海里/时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时后，两船相距(    )



A. 40海里
B. 35海里
C. 30海里
D. 25海里


8. 如图，▱ABCD的周长为24，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点.BD=8，则△DOE的周长为(    )


A. 8 B. 9 C. 10 D. 12
9. 如图，菱形ABCD，对角线AC与BD分别是6，8，AE⊥BC于点E，则AE的长为(    )
A. 5
B. 4
C. 4.5
D. 4.8
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合.若AD=5，则AF的长为(    )
A. 1
B. 3
C. 32
D. 74
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. 若二次根式 2x−1有意义，则x的取值范围是______．
12. 命题“如果a=b，那么a2=b2”的逆命题是______ ，该逆命题是______ (填“真”或“假”)命题．
13. 已知直角三角形的两边长分别为3cm和4cm，则第三边长为______ ．
14. 已知n是正整数， 27n是整数，则n的最小值是______ ．
15. 如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D、C分别落在点D1、C1的位置，ED1的延长线交BC于点G，若∠EFG=64°，则∠EGB的度数为______ ．

16. 如图，菱形OABC的顶点O、A的坐标分别是(0,0)、(4,0)，点B、C在第一象限，且∠C=120°，则点B的坐标是______ ．


17. 如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则BH=______．


三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
计算下列各式：
(1) 27−( 3−2)0+3 3；
(2)( 2+1)( 2−1)+ 6÷ 2．
19. (本小题6.0分)
如图，平行四边形ABCD中，AD=4，AB=6，AE平分∠DAB交CD于E，求CE的长．

20. (本小题6.0分)
如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均是1，A，B，C为格点(每个小正方形的顶点叫格点)．
(1)填空：线段AB= ______ ，BC= ______ ，AC= ______ ；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由．

21. (本小题8.0分)
已知x= 3+ 2，y= 3− 2，求下列各式的值：
(1)x2+2xy+y2；
(2)xy−yx．
22. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，连接AC，BF．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)当四边形ABFC是矩形时，若∠AEC=140°，求∠D的度数．

23. (本小题8.0分)
阅读下列材料，然后回答问题：
观察下列各式，通过分母有理化，把不是最简二次根式的化成最简二次根式：
(一)1 2+1=1×( 2−1)( 2+1)( 2−1)= 2−12−1= 2−1．
1 3+ 2=1×( 3−2)( 3+ 2)( 3− 2)= 3− 23−2= 3− 2．
(二)1 3+ 2还可以用以下方法化简：
1 3+ 2=3−2 3+ 2=( 3)2−( 2)2 3+ 2=( 3+ 2)( 3− 2) 3+ 2= 3− 2．
(1)请分别用上面两种方法化简2 5+ 3；
(2)从计算结果中找规律，并利用规律求下式：(1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋯+1 2019+ 2018)2的值．
24. (本小题10.0分)
如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=100cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(0 (1)求证：四边形AEFD是平行四边形；
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．

25. (本小题10.0分)
四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE= 2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解： 6是最简二次根式，符合题意；
B、 12的被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 27的被开方数含开的尽方的因数9，不是最简二次根式，不符合题意；
D、 0.6= 35的被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意，
故选：A．
根据最简二次根式是被开方数不含分母，被开方数不含开的尽方的因数或因式，可得答案．
本题考查最简二次根式，熟知最简二次根式满足的条件是解答的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：A、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，由AB=CD，BC=AD，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
B、∵∠A：∠B：∠C：∠D=1：2：1：2，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，
根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，由AB//CD，BC//AD，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D、根据一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，由AB//CD，BC=AD，不能判定四边形ABCD是平行四边形，符合题意．
故选：D．
根据平行四边形的判定逐项判断即可．
本题考查平行四边形的判定，熟知平行四边形的判定方法是解答的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：∵62+82=100=102，
∴三边长分别为6cm、8cm、10cm的三角形是直角三角形，最大边是斜边为10cm．
∴最大边上的中线长为5cm．
故选：D．
首先根据勾股定理的逆定理可判定此三角形是直角三角形，则最大边上的中线即为斜边上的中线，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，从而得出结果．
本题考查了勾股定理的逆定理及直角三角形的性质，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：如图，连接AC、BD．
在△ABD中，
∵AH=HD，AE=EB，
∴EH=12BD，
同理FG=12BD，HG=12AC，EF=12AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴EH=HG=GF=FE，
∴四边形EFGH为菱形．
故选：C．
三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，再关键四边形ABCD是矩形，得AC=BD，进而可以解决问题．
本题考查了中点四边形，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，菱形的判定，解决本题的关键是掌握菱形的判别方法．

5.【答案】C 
【解析】解：∵ 14× 7= 98=7 2，故选项A正确；
∵ 60÷ 5= 12=2 3，故选项B正确；
∵3 2− 2=2 2，故选项C错误；
∵ 9a+ 25a=3 a+5 a=8 a，故选项D正确；
故选：C．
根据各个选项中的式子，可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法．

6.【答案】C 
【解析】解：A、对边平行且相等是矩形和菱形都具有的性质，故此选项不符合题意；
B、对角相等是矩形和菱形都具有的性质，故此选项不符合题意；
C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故此选符合题意；
D、对角线互相垂直是菱形具有而矩形不具有的性质，故此选项不符合题意，
故选：C．
根据矩形和菱形的性质逐项判断即可．
本题考查矩形和菱形的性质，熟知矩形和菱形的性质是解答的关键．

7.【答案】A 
【解析】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC=90°，
两小时后，两艘船分别行驶了16×2=32海里，12×2=24海里，
根据勾股定理得： 322+242=40(海里)．
故选：A．
根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角．然后根据路程=速度×时间，得两条船分别走了32，24.再根据勾股定理，即可求得两条船之间的距离．
本题考查了勾股定理的应用，熟练运用勾股定理进行计算，基础知识，比较简单．

8.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=8
∴AB=CD，AD=BC，OD=OB=12BD=4，
∵▱ABCD的周长为24，点E是CD的中点，
∴CD+BC=12×24=12，OE=12BC，DE=12CD，
∴△DOE的周长为OD+DE+OE=OD+12(CD+BC)4+12×12=10，
故选：C．
根据平行四边形的性质和三角形的中位线求解即可．
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线性质，熟练掌握三角形的中位线性质是解答的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：设对角线AC、BD相交于O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴OC=OA=12AC=3，OB=OD=12BD=4，AC⊥BD，
∴BC= OB2+OC2= 42+32=5，
∵AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=BC⋅AE，则12×6×8=5AE，
∴AE=4.8，
故选：D．
先根据菱形的性质和勾股定理求得BC的长，再根据等面积法求解即可．
本题考查菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质，会利用等面积法求解是解答的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，
∴BD=DE，BC=CE=6，∠B=∠CED，
∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，
∴∠A=∠DEF，AD=DE，AF=EF，
∴∠FED+∠CED=90°，AD=DB，
∴CD=DA=DB=12AB，
∵AD=5，
∴AB=10，
∴AC= AB2−BC2= 102−62=8，
∴CF=8−AF，
∴EF2+CE2=CF2，
∴AF2+62=(8−AF)2，
∴AF=74．
故选：D．
根据折叠的性质和勾股定理定理即可解答．
本题主要考查了翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识点，灵活利用相关性质定理是解答本题的关键．

11.【答案】x≥12 
【解析】解：∵二次根式 2x−1有意义，
∴2x−1≥0，
解得：x≥12．
故答案为：x≥12．
根据二次根式中的被开方数是非负数，可得出x的取值范围．
本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握：二次根式有意义，被开方数为非负数．

12.【答案】如果a2=b2，那么a=b  假 
【解析】解：命题“如果a=b，那么a2=b2”的逆命题是如果a2=b2，那么a=b，逆命题是假命题，
故答案为：如果a2=b2，那么a=b；假．
根据逆命题的概念写出原命题的逆命题，再根据实数的乘方法则判断即可．
本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

13.【答案】5cm或 7cm 
【解析】解：设第三边为x cm，
当4cm是直角边时，则第三边x是斜边，由勾股定理得，32+42=x2，解得：x=5；
若4cm是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理得，32+x2=42，解得x= 7，
故答案为：5cm或 7cm．
设第三边为x cm，再根据5cm是直角边和斜边两种情况进行讨论即可．
本题考查的是勾股定理，在解答此类问题时要注意进行分类讨论，不要漏解．

14.【答案】3 
【解析】解： 27n= 9×3n=3 3n，
∵ 27n是整数，
∴n的最小值是3，
故答案为：3．
首先把 27n进行化简，然后确定n的值．
此题主要考查了二次根式的定义，关键是掌握 a2=|a|．

15.【答案】128° 
【解析】解：在矩形ABCD中，AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG=64°，∠EGB=∠DEG，
由折叠可知∠GEF=∠DEF=64°，
∴∠DEG=128°，
∴∠EGB=∠DEG=128°，
故答案为：128°．
在矩形ABCD中，AD//BC，则∠DEF=∠EFG=64°，∠EGB=∠DEG，又由折叠可知，∠GEF=∠DEF，可求出∠DEG的度数，进而得到∠EGB的度数．
本题主要考查平行线的性质，折叠的性质等，掌握折叠前后角度之间的关系是解题的基础．

16.【答案】(6,2 3) 
【解析】解：过点B作BE⊥x轴，如图所示，

∵四边形OABC是菱形，顶点O、A的坐标分别是(0,0)、(4,0)，
∴OA=AB=4，
∵∠C=120°，
∴∠OAB=120°，
∴∠EAB=60°，
∴∠EBA=30°，
∴AE=12AB=2，
∴BE= AB2−AE2= 42−22=2 3，
∴OE=OA+AE=6，
∴点B的坐标是B(6,2 3)，
故答案为：(6,2 3).
过点B作BE⊥x轴，根据菱形的性质和勾股定理在Rt△AEB中即可求解．
本题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，掌握菱形的性质是关键．

17.【答案】52 2 
【解析】解：连接BD、BF，
∵四边形ABCD，BEFG是正方形，且边长分别为3和4，
∴∠DBC=∠GBF=45°，BD=3 2，BF=4 2，
∴∠DBF=90°，
由勾股定理得：DF= (3 2)2+(4 2)2=5 2，
∵H为线段DF的中点，
∴BH=12DF=5 22．
故答案为：5 22．
作辅助线，连接BD，BF，可得三角形DBF为直角三角形，求出DF，根据直角三角形斜边中线可得结论．
本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质；作辅助线构建直角三角形是关键．

18.【答案】解：(1) 27−( 3−2)0+3 3
=3 3−1+ 3
=4 3−1；
(2)( 2+1)( 2−1)+ 6÷ 2
=( 2)2−12+ 3

=1+ 3． 
【解析】(1)先化简二次根式，再计算二次根式的加减即可；
(2)先利用平方差公式和二次根式的除法公式计算，再计算加减即可．
本题考查了二次根式的混合运算，将二次根式化为最简二次根式，并熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键．

19.【答案】解：∵平行四边形ABCD中，AB=6，
∴CD=6，
又∵AE平分∠DAB，CD//AB，
∴∠DAE=∠BAE=∠AED，
∴DE=AD=4，
∴CE=CD−DE=6−4=2． 
【解析】依据平行四边形ABCD中，AB=6，可得CD=6，再根据AE平分∠DAB，CD//AB，即可得出DE=AD=4，进而得到CE=CD−DE=6−4=2．
本题主要考查了平行四边形的性质，解题时注意：平行四边形的对边相等．

20.【答案】解：(1)AB= 5，BC=2 5，AC=5．
故答案为： 5，2 5，5；
(2)△ABC为直角三角形，理由如下：
∵AB2=5，BC2=20，AC2=25，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为直角三角形． 
【解析】(1)根据勾股定理即可求解；
(2)根据勾股定理的逆定理即可求解．
此题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解本题的关键．

21.【答案】解：∵x= 3+ 2，y= 3− 2，
∴x+y=( 3+ 2)+( 3− 2)=2 3，x−y=( 3+ 2)−( 3− 2)=2 2，xy=( 3+ 2)( 3− 2)=1，
(1)x2+2xy+y2
=(x+y)2
=(2 3)2
=12；
(2)xy−yx，
=x2−y2xy
=(x+y)(x−y)xy
=2 3×2 2
=4 6． 
【解析】根据二次根式的加减法法则分别求出x+y、x−y，根据二次根式的乘法法则求出xy，根据完全平方公式求出(1)中代数式的值，根据分式的减法法则、平方差公式求出(2)中代数式的值．
本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的加减法法则、乘方法则是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠ABE=∠FCE，∠BCF=∠D，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△FCE中，
∠ABE=∠FCEBE=CE∠AEB=∠FEC，
∴△ABE≌△FCE(ASA)；
(2)解：∵四边形ABFC是矩形，
∴CE=12BC，EF=12AF，BC=AF，
∴CE=EF，
∵∠AEC=140°，
∴∠CEF=180°−∠AEC=40°，
∵AD//BC，
∴∠D=∠ECF=180°−∠CEF2=70°． 
【解析】(1)根据平行四边形的性质和全等三角形的判定即可证得结论；
(2)根据矩形性质可得到CE=EF，进而利用等腰三角形的性质求得∠ECF=∠D即可求解．
本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形和矩形的性质是解答的关键．

23.【答案】解：(1)(一)2 5+ 3
=2×( 5− 3)( 5+ 3)( 5− 3)
=2×( 5− 3)2
= 5− 3；
(二)2 5+ 3
=5−3 5+ 3
=( 5)2−( 3)2 5+ 3
=( 5+ 3)( 5− 3) 5+ 3
= 5− 3；
(2)根据题中式子计算结果，得1 n+1+ n= n+1− n(n为正整数)，
∴(1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋯+1 2019+ 2018)2
=[( 2−1)+( 3− 2)+( 4− 3)+⋯+( 2019− 2018)]2
=( 2019−1)2
=( 2019)2−2 2019+1
=2020−2 2019． 
【解析】(1)根据两个例题方法化简即可；
(2)根据例题中结果发现规律，将每个式子分母有理化，然后合并计算即可．
本题考查分母有理化的应用、二次根式的混合运算，解答的关键是根据题中计算结果找出规律并灵活运用．

24.【答案】证明：(1)由题意得：AE=2t，CD=4t，
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=90°，
∵∠C=30°，
∴DF=12CD=12×4t=2t，
∴AE=DF；
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=∠B=90°，
∴DF//AE，
∴四边形AEFD是平行四边形；

(2)四边形AEFD能够成为菱形，理由是：
由(1)得：AE=DF，
∵∠DFC=∠B=90°，
∴AE//DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
若▱AEFD为菱形，则AE=AD，
∵AC=100，CD=4t，
∴AD=100−4t，
∴2t=100−4t，
t=503，
∴当t=503时，四边形AEFD能够成为菱形；

(3)分三种情况：
①当∠EDF=90°时，如图3，
则四边形DFBE为矩形，
∴DF=BE=2t，
∵AB=12AC=50，AE=2t，
∴2t=50−2t，
t=252；
②当∠DEF=90°时，如图4，
∵四边形AEFD为平行四边形，
∴EF//AD，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
在Rt△ADE中，∠A=60°，AE=2t，
∴AD=t，
∴AC=AD+CD，
则100=t+4t，
t=20；
③当∠DFE=90°不成立；
综上所述：当t为252或20时，△DEF为直角三角形． 
【解析】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、菱形、矩形的性质和判定，也是运动型问题，难度不大，是常出题型；首先要表示出两个动点在时间t时的路程，弄清动点的运动路径，再根据其运动所形成的特殊图形列式计算；同时，所构成的直角三角形因为直角顶点不确定，所以要分情况进行讨论．
(1)根据时间和速度表示出AE和CD的长，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出DF的长为4t，则AE=DF，再证明，AE//DF即可解决问题．
(2)根据(1)的结论可以证明四边形AEFD为平行四边形，如果四边形AEFD能够成为菱形，则必有邻边相等，则AE=AD，列方程求出即可；
(3)当△DEF为直角三角形时，有三种情况：
①当∠EDF=90°时，如图3，
②当∠DEF=90°时，如图4，
③当∠DFE=90°不成立；分别找一等量关系列方程可以求出t的值即可．

25.【答案】(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，如图1，

∵∠DCA=∠BCA，
∴EQ=EP，
∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，
∴∠QEF=∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
{∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD,
∴Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
(2)解：如图2，

在Rt△ABC中．AC= 2AB=2 2，
∵EC= 2，
∴AE=CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，CD=2，
由勾股定理，得：CG= 2；
(3)解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，
则∠CDE=90°−30°=60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=360°−90°−90°−60°=120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，如图3所示：

∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，
∴∠EFC=∠CDE=30°，
综上所述，∠EFC=120°或30°． 
【解析】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；
(2)通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
(3)分两种情形考虑问题即可．