贵州省遵义市2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷

这是一份贵州省遵义市2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷，共21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。
1.已知二次根式 x+3，当x=1时，此二次根式的值为( )
A. 2B. ±2C. 4D. ±4
2.以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是( )
A. 5，12，13B. 1, 3,2C. 30，40，50D. 13，14，15
3.如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠OAD=40°，则∠COD=( )
A. 20°
B. 40°
C. 80°
D. 100°
4.下列各式中，正确的是( )
A. 8÷ 2=2B. 9=±3C. 6− 2=2D. (−4)2=−4
5.直角三角形两条直角边长分别是6和8，则斜边上的中线长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
6.如图，已知正方形ABCD的对角线长为2 2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为( )
A. 8 2
B. 4 2
C. 8
D. 6
7.如图，在▱ABCD中，AD>AB，以点A为圆心，AB为半径画弧与AD交于点F，然后分别以B，F为圆心，大于12BF为半径画弧交于点G，连接AG交BC于点E，若BF=6，AB=4，则AE的长为( )
A. 7
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D. 10
8.如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，F是DE上一点，连接BF，CF.若AC=12，DF=2，∠BFC=90°，则BC的长度为( )
A. 6
B. 8
C. 10
D. 12
9.如图，以直角三角形a、b、c为边，向外作等边三角形，半圆，等腰直角三角形和正方形，上述四种情况的面积关系满足S1+S2=S3图形个数有
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10.已知：a=12− 3，b=12+ 3，则a与b的关系是( )
A. a−b=0B. a+b=0C. ab=1D. a2=b2
11.有一个边长为1的大正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上生出两个小正方形，其中，三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过1次“生长”后，形成的图形如图所示.如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，那么“生长”了2023次后形成的图形中所有的正方形的面积和是( )
A. 2024B. 2023C. 22002D. 22002−1
12.如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的有( )
①四边形A2B2C2D2是矩形；
②四边形A4B4C4D4是菱形；
③四边形A5B5C5D5的周长是 a+b4，
④四边形AnBnCnDn的面积是 ab2n+1．
A. ①②③B. ②③④C. ①②D. ②③
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.若二次根式 2a+8有意义，则a的取值范围是 ．
14.如图，在▱ABCD中，BD是对角线，E，F是对角线上的两点，要使四边形AFCE是平行四边形，还需添加一个条件(只需添加一个)是______．
15.如果一个直角三角形三边长分别是1，2，a，则a的长为 ．
16.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，对角线交于点O，F，E分别是AD，BO的中点，则线段EF的长度为 ．
三、解答题：本题共9小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
(1)计算：2 12−6 13+3 48；
(2)计算： 24÷ 3−( 23)0−( 2+1)( 2−1)．
18.(本小题10分)
一架方梯长25米，如图，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙7米，
(1)这个梯子的顶端距地面有多高？
(2)如果梯子的顶端下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？
19.(本小题10分)
已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE/​/AC，AE/​/BD．
(1)求证：四边形AODE是矩形；
(2)若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
20.(本小题10分)
若实数a，b，c满足|a− 2|+ b−2= c−3+ 3−c
(1)求a，b，c；
(2)若满足上式的a，b为等腰三角形的两边，求这个等腰三角形的周长．
21.(本小题10分)
《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃(读kǔn，门的意思)一尺，不合二，问门广几何？题目大意是：如图1、2(图2为图1的平面示意图)，推开双门，双门间CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺(1尺=10寸)，求门槛AB的长．
22.(本小题10分)
如图，点C为线段AB上一点且不与A，B两点重合，分别以AC，BC为边向AB的同侧做角为60°的菱形．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图．(保留作图痕迹)．
(1)在图1中，连接DF，若AC=BC，作出线段DF的中点M；
(2)在图2中，连接DF，若AC≠BC，作出线段DF的中点N．
23.(本小题12分)
高空抛物严重威胁着人们的“头顶安全”，即便是常见小物件，一旦高空落下，也威力惊人，而且用时很短，常常避让不及.据研究，高空抛物下落的时间t(单位：s)和高度h(单位：m)近似满足公式t= 2hg(不考虑风速的影响，g≈10m/s2).
(1)求从40m高空抛物到落地的时间.(结果保留根号)
(2)已知高空抛物动能(单位：J)=10×物体质量(单位：kg)×高度(单位：m)，某质量为0.2kg的玩具在高空被抛出后经过4s后落在地上，这个玩具产生的动能会伤害到楼下的行人吗？请说明理由.(注：伤害无防护人体只需要65J的动能)
24.(本小题12分)
以3，4，5为边长的三角形是直角三角形，称3，4，5为勾股数组，记为(3,4,5)，类似地，还可得到下列勾股数组：(8,6,10)，(15,8,17)，(24,10,26)等．
(1)根据上述四组勾股数的规律，写出第六组勾股数；
(2)用含n(n≥2且n为整数)的数学等式描述上述勾股数组的规律，并证明．
25.(本小题12分)
如图，正方形ABCD，点E、G、H分别在AB、AD、BC上，DE与HG相交于点O．

(1)如图1，过点D作DF/​/GH交BC的延长线于点F，当∠GOD=90°时．
①求证：DE=HG；
②平移图1中线段GH，使G点与D重合，H点在BC延长线上，连接EH，取EH中点P，连接PC如图2，求证：BE= 2PC；
(2)如图3，当∠GOD=45°，边长AB=3，HG= 10，求DE的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：当x=1时，原式= 1+3= 4=2，
故选：A．
将x的值代入二次根式，然后利用二次根式的性质化简求解．
本题考查二次根式的化简，题目比较简单，理解二次根式的性质是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、∵52+122=132，
∴以5、12、13为边长能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵12+( 3)2=22，
∴以1、 3、2为边长能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵302+402=502，
∴以30、40、50为边长能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵132+142≠152，
∴以13、14、15为边长不能组成直角三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴OD=OB=OA=OC，
∵∠OAD=40°，
∴∠ODA=∠OAD=40°，
∴∠COD=∠ODA+∠OAD=40°+40°=80°，
故选：C．
根据矩形的性质可得OA=OD，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4.【答案】A
【解析】解：A、 8÷ 2= 8÷2=2，故原题计算正确；
B、 9=3，故原题计算错误；
C、 6和 2不能合并，故原题计算错误；
D、 (−4)2=|−4|=4，故原题计算错误；
故选：A．
利用二次根式的性质，除法法则和加减法则进行计算即可．
此题主要考查了二次根式的混合运算，关键是掌握二次根式的混合运算是二次根式乘法、除法及加减法运算法则．
5.【答案】C
【解析】解：∵直角三角形两条直角边长分别是6和8，
∴斜边= 62+82=10，
∴斜边上的中线长=12×10=5．
故选：C．
利用勾股定理求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵正方形ABCD的对角线长为2 2，
即BD=2 2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，
∴AB=BD⋅cs∠ABD=BD⋅cs45°=2 2× 22=2，
∴AB=BC=CD=AD=2，
由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，
∴图中阴影部分的周长为：A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8．
故选：C．
首先由正方形ABCD的对角线长为2 2，即可求得其边长为2，然后由折叠的性质，可得A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，则可得图中阴影部分的周长为：A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD，继而求得答案．
此题考查了折叠的性质与正方形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想与整体思想的应用．
7.【答案】B
【解析】解：设AE交BF于点O，连接EF，如图所示：
由题意可知：AB=AF，AE⊥BF，
∴OB=OF，∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF/​/BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=12BF=3，
在Rt△AOB中，OA= AB2−OB2= 42−32= 7，
∴AE=2OA=2 7，
故选：B．
设AE交BF于点O，证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是判定四边形ABEF是菱形．
8.【答案】B
【解析】解：∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴AC=2DE，
∵AC=12，
∴DE=6，
∵DF=2，
∴EF=6−2=4，
∵∠BFC=90°，E是BC的中点，
∴BC=2EF=8．
故选：B．
根据三角形中位线定理求得DE、FE的长，根据直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理和直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】【解答】
解：(1)S1= 34a2，S2= 34b2，S3= 34c2，
∵a2+b2=c2，
∴ 34a2+ 34b2= 34c2，
∴S1+S2=S3．
(2)S1=π8a2，S2=π8b2，S3=π8c2，
∵a2+b2=c2，
∴π8a2+π8b2=π8c2，
∴S1+S2=S3．
(3)S1=14a2，S2=14b2，S3=14c2，
∵a2+b2=c2，
∴14a2+14b2=14c2，
∴S1+S2=S3．
(4)S1=a2，S2=b2，S3=c2，
∵a2+b2=c2，
∴S1+S2=S3．
综上可得，面积关系满足S1+S2=S3图形有4个．
故选D．
【分析】
此题主要考查了勾股定理的应用，解答此题的关键是要明确：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．此题还考查了等腰直角三角形、等边三角形、圆以及正方形的面积的求法，要熟练掌握．
根据直角三角形a、b、c为边，应用勾股定理，可得a2+b2=c2．
(1)第一个图形中，首先根据等边三角形的面积的求法，表示出3个三角形的面积；然后根据a2+b2=c2，可得S1+S2=S3．
(2)第二个图形中，首先根据圆的面积的求法，表示出3个半圆的面积；然后根据a2+b2=c2，可得S1+S2=S3．
(3)第三个图形中，首先根据等腰直角三角形的面积的求法，表示出3个等腰直角三角形的面积；然后根据a2+b2=c2，可得S1+S2=S3．
(4)第四个图形中，首先根据正方形的面积的求法，表示出3个正方形的面积；然后根据a2+b2=c2，可得S1+S2=S3．
10.【答案】C
【解析】解：分母有理化，可得a=2+ 3，b=2− 3，
∴a−b=(2+ 3)−(2− 3)=2 3，故A选项错误；
a+b=(2+ 3)+(2− 3)=4，故B选项错误；
ab=(2+ 3)×(2− 3)=4−3=1，故C选项正确；
∵a2=(2+ 3)2=4+4 3+3=7+4 3，b2=(2− 3)2=4−4 3+3=7−4 3，
∴a2≠b2，故D选项错误；
故选：C．
先分母有理化求出a、b，再分别代入求出ab、a+b、a−b、a2、b2，求出每个式子的值，即可得出选项．
本题考查了分母有理化的应用，能求出每个式子的值是解此题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：由题意得，正方形A的面积为1，
由勾股定理得，正方形B的面积+正方形C的面积=1，
∴“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和为2，
同理可得，“生长”了2次后形成的图形中所有的正方形的面积和为3，
∴“生长”了3次后形成的图形中所有的正方形的面积和为4，
……∴“生长”了2023次后形成的图形中所有的正方形的面积和为2024，
故选：A．
根据勾股定理求出“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和，结合图形总结规律，根据规律解答即可．
本题考查了勾股定理以及规律型：图形的变化类，能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解答本题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1//BD，B1C1//BD，C1D1/​/AC，A1B1/​/AC；
∴A1D1/​/B1C1，A1B1/​/C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC丄BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1(矩形的两条对角线相等)；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2(中位线定理)，
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故本选项错误；
②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故本选项正确；
③根据中位线的性质易知，A5B5=12A3B3=14A1B1=18AC，B5C5=12B3C3=14B1C1=18BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×18(a+b)=a+b4，
故本选项正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1，
故本选项正确；
综上所述，②③④正确．
故选：B．
首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项作出分析与判断：
①根据矩形的判定与性质作出判断；
②根据菱形的判定与性质作出判断；
③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；
④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理(三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半).解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系．
13.【答案】a≥−4
【解析】解：由题意得：2a+8≥0，
解得：a≥−4，
故答案为：a≥−4．
根据二次根式有意义的条件可得2a+8≥0，再解不等式即可．
此题主要考查了二次根式的意义．关键是二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
14.【答案】BF=DE
【解析】解：添加的条件为BF=DE；
理由：连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO、BO=DO，
∵BF=DE，
∴OE=OF，
∴四边形AFCE是平行四边形；
故答案为：BF=DE．
可连接对角线AC，通过对角线互相平分得出结论．
本题主要考查平行四边形的判定性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题是关键．
15.【答案】 3或 5
【解析】解：∵165，
∴这个玩具产生的动能会伤害到楼下的行人．
【解析】(1)将h=40m代入t= 2hg计算即可；
(2)将t=4s代入t= 2hg计算求出h，再将h及物体质量的值代入高空抛物动能计算即可．
此题考查了二次根式的应用，二次根式的化简，二次根式的混合计算，正确理解题意代入求值是解题的关键．
24.【答案】解：(1)上述四组勾股数组的规律是：32+42=52，62+82=102，82+152=172，102+242=262，
即(n2−1)2+(2n)2=(n2+1)2，
所以第六组勾股数为14，48，50．
(2)勾股数为n2−1，2n，n2+1，证明如下：
(n2−1)2+(2n)2=n4+2n2+1=(n2+1)2．
【解析】(1)根据给出的四组数以及勾股数的定义即可得出答案；
(2)根据给出的四组数以及勾股数的定义即可得出答案．
此题考查了勾股数，判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
25.【答案】(1)证明：①∵四边形ABCD是正方形，

∴AD//BC，∠ADC=90°，
∵DF//GH，
∴四边形DGHF是平行四边形，
∴HG=DF，GD=FH，
∴∠GOD=∠FDE=90°，
∴∠FDC+∠EDC=90°，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠FDC=∠ADE，
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠FDCAD=CD∠A=∠DCF=90°，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴DE=DF，
∵HG=DF，
∴DE=HG；
②在BC上截取BN=BE，如图2，

则△BEN是等腰直角三角形，EN= 2BE，
由(1)知，△ADE≌△CDH，
∴AE=CH，
∵BA=BC，BE=BN，
∴CN=AE=CH，
∵PH=PE，
∴PC=12EN，
∴PC= 22BE，
即BE= 2PC；
(2)解：如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，

则四边形GHND是平行四边形，
∴DN=HG，GD=HN，
∵∠C=90°，DC=AB=3，HG=DN= 10，
∴CN= DN2−DC2=1，
∴BN=BC−CN=3−1=2，
作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，
在△ADM和△CDN中，
∠ADM=∠CDNAD=CD∠DAM=∠C=90°，
∴△ADM≌△CDN(ASA)，
∴AM=NC，DM=DN，
∵∠GOD=45°，
∴∠EDN=45°，
∴∠ADE+∠CDN=45°，
∴∠ADE+∠ADM=45°=∠MDE，
在△MDE和△NDE中，
MD=ND∠MDE=∠NDEDE=DE，
∴△MDE≌△NDE(SAS)，
∴EM=EN，
即AE+CN=EN，
设AE=x，
则BE=3−x，
在Rt△BEN中，22+(3−x)2=(x+1)2，
解得：x=32，
∴DE= AD2+AE2=3 52．
【解析】(1)①如图1，可证得四边形DGHF是平行四边形，进而可证△ADE≌△CDF(AAS)，即可证得结论；
②在BC上截取BN=BE，如图2，则△BEH是等腰直角三角形，EN=BE，由△ADE≌△CDH，利用全等三角形性质和正方形性质即可得出结论；
(2)如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，利用AAS证明△ADM≌△CDN，设AE=x，则BE=3−x，运用勾股定理建立方程求解即可．
本题考查四边形的综合应用，掌握正方形性质，等腰直角三角形判定和性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．