2022-2023学年安徽省芜湖市无为三中八年级（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年安徽省芜湖市无为三中八年级（下）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．（4分）下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．（4分）已知，则＝（ ）
A．B．﹣C．D．
3．（4分）已知平行四边形一边长为5，一条对角线长为6，则它的另一条对角线α的取值范围为（ ）
A．1＜α＜11B．4＜α＜16
C．10＜α＜12D．以上答案都不正确
4．（4分）在△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D，延长BD交AC于点N若AB＝4，DM＝1，则AC的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
5．（4分）在如图的网格中，每个小正方形的边长为1，A、B、C三点均在正方形格点上，若AD是△ABC的高，则AD的长为（ ）
A．2B．C．D．2
6．（4分）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
A．6B．5C．D．
7．（4分）如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，AC＝6，BD＝8，点E、F分别是边AD、BC的中点，连接EF，则EF的长是（ ）
A．B．5C．D．10
8．（4分）如图，阴影部分表示以直角三角形各边为直径的三个半圆所组成的两个新月形，已知S1+S2＝9，且AC+BC＝10，则AB的长为（ ）
A．6B．7C．8D．
9．（4分）如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中点，连接MC，MD，CD，若CD＝6，则△MCD的面积为（ ）
A．12B．12.5C．15D．24
10．（4分）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则该蚂蚁要吃到饭粒需爬行的最短路径长是（ ）
A．13cmB．3cmC． cmD．2cm
二、填空题（每题5分，共20分）
11．（5分）若+y＝4，则xy＝ ．
12．（5分）已知1＜a＜3，则化简﹣的结果是 ．
13．（5分）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于E，若∠DAO＝30°，则∠BEO为 ．
14．（5分）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），．若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，则点P的坐标为 ．
三、解答题
15．（8分）计算
（1）；
（2）．
16．（8分）已知a＝3+2，b＝3﹣2，分别求下列代数式的值：
（1）a2﹣b2；
（2）a2﹣3ab+b2．
17．（8分）在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，
（1）请在正方形网格中画出格点△ABC；
（2）求出这个三角形ABC的面积．
18．（8分）已知如图，O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，EF经过点O，且与AB交于E，与CD交于F．
求证：四边形AECF是平行四边形．
19．（10分）如图所示，以△ABC的三边在BC的同侧分别作三个等边三角形，即：△ABD，△BCE，△ACF，求证：四边形ADEF是平行四边形．
20．（10分）如图，将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，使 C、A两点重合，点D落在点G处．已知AB＝4，BC＝8．
（1）求证：△AEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
21．（12分）阅读材料：像，＝7这样，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号，即为分母有理化．
例如：；
．
解答下列问题：
（1）请写出一个的有理化因式；
（2）将分母有理化；
（3）应用：当n为正整数时，通过计算比较式子和的大小．
22．（12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是菱形，在（1）的基础上此时判定菱形的依据是 ．
②当AB与CD满足什么条件时，四边形EGFH是矩形？证明你的结论．
23．（14分）按要求回答下列问题：
发现问题．
（1）如图（1），在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EAF＝45°，易证：EF＝DF+BE．（不必证明）；
（2）类比延伸
①如图（2），在正方形ABCD中，如果点E，F分别是边BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程；
②如图（3），如果点E，F分别是边BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF，BE，DF之间的数量关系是 ．（不要求证明）
（3）拓展应用：如图（1），若正方形的ABCD边长为6，，求EF的长．
2022-2023学年安徽省芜湖市无为三中八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4分，共40分）
1．【分析】直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．
【解答】解：A、＝，故不是最简二次根式，不合题意；
B、，是最简二次根式，符合题意；
C、＝2，故不是最简二次根式，不合题意；
D、＝5，故不是最简二次根式，不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了最简二次根式，正确把握定义是解题关键．
2．【分析】由平方关系：（）2＝（a+）2﹣4，先代值，再开平方．
【解答】解：∵（）2＝（a+）2﹣4
＝7﹣4＝3，
∴＝±．
故选：C．
【点评】本题考查了已知代数式与所求代数式关系的灵活运用，开平方运算，开平方运算时，一般要取“±”．
3．【分析】首先根据题意画出图形，然后由平行四边形的性质，可得OC＝AC＝3，BD＝2OB，再由三角形三边关系，即可求得答案．
【解答】解：如图，若▱ABCD中，BC＝5，AC＝6，
∴OC＝AC＝3，BD＝2OB，
∴5﹣3＜OB＜5+3，
即2＜OB＜8，
∴4＜BD＜16，
即它的另一条对角线长α的取值范围为：4＜α＜16．
故选：B．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及三角形的三边关系．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
4．【分析】证明△ADB≌△ADN，根据全等三角形的性质得到BD＝DN，AN＝AB＝4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．
【解答】解：在△ADB和△ADN中，
，
∴△ADB≌△ADN（ASA）
∴BD＝DN，AN＝AB＝4，
∵BM＝MC，BD＝DN，
∴NC＝2DM＝2，
∴AC＝AN+NC＝6，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
5．【分析】利用勾股定理求出AB、AC、BC的长的平方，再根据勾股定理判断△ABC是直角三角形，求出三角形面积，由同一三角形面积相等即可求出AD．
【解答】解：∵AB2＝22+42＝4+16＝20；
AC2＝22+12＝4+1＝5，
BC2＝32+42＝9+16＝25，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠BAC＝90°，
∴S△BAC＝AB×AC＝××＝5，
∵同一三角形面积相等，
S△BAC＝BC•AD＝×5×AD＝5，
∴AD＝2．
故选：D．
【点评】本题考查勾股定理和同一三角形的面积相等，关键是判断△ABC是直角三角形．
6．【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD＝，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解答】解：连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC＝＝＝13，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝15，OA＝OD＝AC＝，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝××（PE+PF）＝15，
∴PE+PF＝，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
7．【分析】取AB的中点G，连接EG、FG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，取AB的中点G，连接EG、FG，
∵E、F分别是边AD、CB的中点，
∴EG∥BD且EG＝BD＝×8＝4，
FG∥AC且FG＝AC＝×6＝3，
∵AC⊥BD，
∴EG⊥FG，
∴EF＝＝＝5．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理的应用，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
8．【分析】根据勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，根据扇形面积公式、完全平方公式计算即可．
【解答】解：由勾股定理得，AC2+BC2＝AB2，
∵S1+S2＝9，
∴×π×（）2+π×（）2+AC×BC﹣π×（）2＝9，
∴AC×BC＝18，
∵AC+BC＝10．
∴AB＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
9．【分析】过M作ME⊥CD于E，根据直角三角形斜边上的中线性质求出CM＝DM＝5，根据等腰三角形的性质求出CE＝3，根据勾股定理求出EM，根据三角形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：
过M作ME⊥CD于E，
∵∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中点，
∴CM＝AB＝5，MD＝AB＝5，
∴CM＝DM，
∵ME⊥CD，CD＝6，
∴CE＝DE＝3，
由勾股定理得：EM＝＝＝4，
∴△MCD的面积为＝＝12，
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形的面积，勾股定理等知识点，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．【分析】将容器侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解答】解：如图：∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴A′D＝5cm，BD＝12﹣3+AE＝12cm，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
A′B＝＝＝13（cm）．
故选：A．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
二、填空题（每题5分，共20分）
11．【分析】由二次根式有意义的条件即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：
∴x＝2
∴y＝4
∴原式＝24＝16
故答案为：16；
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
12．【分析】先将原式被开方整式化为完全平方式，再由1＜a＜3化简求解．
【解答】解：﹣＝﹣，
∵1＜a＜3，
∴1﹣a＜0，a﹣4＜0，
∴﹣＝a﹣1﹣（4﹣a）＝2a﹣5．
故答案为：2a﹣5．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，解题关键是熟练掌握二次根式的性质与化简方法．
13．【分析】由矩形ABCD，得到OA＝OB，根据AE平分∠BAD，得到等边三角形OAB，推出AB＝OB，求出∠OAB、∠OBC的度数，根据平行线的性质和等角对等边得到OB＝BE，根据三角形的内角和定理即可求出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∠BAD＝90°，
∴OA＝OB，∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∵∠DAO＝30°，
∴∠CAE＝∠DAE﹣∠DAO＝15°，∠BAC＝60°，
∴△BAO是等边三角形，
∴AB＝OB，∠ABO＝60°，
∴∠OBC＝90°﹣60°＝30°，
∵AB＝OB＝BE，
∴．
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查了三角形的内角和定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定等知识点，解此题的关键是求出∠OBC的度数和求OB＝BE．
14．【分析】根据已知可设点P的坐标为（a，0），然后根据两点间距离公式分别求出BP2，AP2，AB2的值，最后分三种情况，当AP＝AB时；当BP＝AB时；当BP＝PA时；分别进行计算即可解答．
【解答】解：∵点P在x轴上，
∴设点P的坐标为（a，0），
∵B（3，0），A（1，），
∴BP2＝（3﹣a）2，
AP2＝（1﹣a）2+（﹣0）2＝（1﹣a）2+3，
AB2＝（1﹣3）2+（﹣0）2＝7，
分三种情况：
当AP＝BP时，
∴AP2＝BP2，
∴（1﹣a）2+3＝（3﹣a）2，
解得：a＝，
∴点P的坐标为（，0）；
当AP＝AB时，
∴AP2＝AB2，
∴（1﹣a）2+3＝7，
解得：a＝﹣1或a＝3（舍去），
∴点P的坐标为（﹣1，0）；
当BP＝AB时，
∴BP2＝AB2，
∴（3﹣a）2＝7，
解得：a＝3﹣或a＝3+，
∴点P的坐标为（3﹣，0）或（3+，0）；
综上所述：点P的坐标为（3﹣，0）或（3+，0）或（﹣1，0）或（，0），
故答案为：（3﹣，0）或（3+，0）或（﹣1，0）或（，0）．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，坐标与图形性质，分三种情况讨论是解题的关键．
三、解答题
15．【分析】（1）根据零指数幂、绝对值的意义、乘方的定义；
（2）根据多项式乘法法则运算，然后合并即可．
【解答】解：（1）原式＝1+﹣2+1×
＝2﹣1；
（2）原式＝（）2﹣1﹣1+2﹣5
＝5﹣1﹣1+2﹣5
＝2﹣2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算是关键．
16．【分析】（1）根据二次根式的加法法则、减法法则分别求出a+b，a﹣b，再根据平方差公式计算；
（2）根据完全平方公式计算．
【解答】解：（1）∵a＝3+2，b＝3﹣2，
∴a+b＝（3+2）+（3﹣2）＝6，a﹣b＝（3+2）﹣（3﹣2）＝4，
∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝6×4＝24；
（2）a2﹣3ab+b2
＝（a﹣b）2﹣ab
＝﹣）（3+2）（3﹣2）
﹣＝32﹣1
＝31．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键．
17．【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据三角形的面积＝正方形的面积﹣三个角上三角形的面积即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）S△ABC＝3×3﹣×1×2﹣×1×3﹣×2×3
＝9﹣1﹣﹣3
＝．
【点评】本题考查的是勾股定理，熟知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是解答此题的关键．
18．【分析】求证四边形AECF是平行四边形．只要求证OE＝OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可求证．依据△AOE≌△COF即可证明OA＝OC．
【解答】证明：∵平行四边形ABCD中AB∥CD，
∴∠OAE＝∠OCF，
又∵OA＝OC，∠COF＝∠AOE，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，正确求证OE＝OF是证明的关键．
19．【分析】证△DBE≌△ABC（SAS），得DE＝AC，再由等边三角形的性质得AC＝AF，则DE＝AF，同理可证AD＝EF，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵△ABD，△BCE都是等边三角形．
∴AD＝BD＝AB，BC＝BE＝EC，∠DBA＝∠EBC＝60°，
∴∠DBA﹣∠EBA＝∠EBC﹣∠EBA，
即∠DBE＝∠ABC，
∵BD＝BA，∠DBE＝∠ABC，BE＝BC，
∴△DBE≌△ABC（SAS），
∴DE＝AC，
又∵△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF，
∴DE＝AF，
同理可证：AD＝EF，
∴四边形ADEF是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
20．【分析】（1）由折叠性质可知∠AEF＝∠CEF，由AD∥BC可得∠AFE＝∠CEF，所以∠AEF＝∠AFE，由等角对等边即可得证；
（2）由折叠性质并结合（1）中结论可设CE＝AE＝AF＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2＝AE2建立方程，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，则FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝3．
【解答】（1）证明：由折叠性质可知，∠AEF＝∠CEF，
由矩形性质可得AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE．
∴AE＝AF，
故△AEF为等腰三角形．
（2）解：由折叠可得AE＝CE，设CE＝x＝AE，
则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，
∵∠B＝90°，
在Rt△ABE中，有AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5．
由（1）结论可得AF＝AE＝5，
故FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝8﹣5＝3．
【点评】本题考查了矩形的性质，图形折叠的性质，等腰三角形的证明，平行线的性质，勾股定理，根据勾股定理建立方程求解线段长是解题的关键．
21．【分析】（1）根据有理化因式的定义求解；
（2）把分子分母都乘以（3﹣），然后利用平方差公式和完全平方公式计算；
（3）利用分母有理化得到﹣＝，﹣＝，然后比较与的大小即可．
【解答】解：（1）的一个有理化因式为+；
（2）原式＝＝＝8﹣3；
（3）﹣＝，﹣＝，
∵+＞+＞0，
∴＞，
即﹣＞﹣．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．也考查了分母有理化．
22．【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG＝AB，EG∥AB，FH＝AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【解答】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG＝AB，EG∥AB，
同理，FH＝AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG＝CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，
∴四边形EGFH是菱形；
当AB与CD满足条件AB＝CD时，四边形EGFH是菱形，在（1）的基础上此时判定菱形的依据是：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为：AB＝CD；一组邻边相等的平行四边形是菱形；
②∵HF∥AB，
∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，
∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠HFC+∠GFB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
23．【分析】（1）证明△EAF≌△GAF，可得出EF＝FG，则结论得证；
（2）①将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM根据SAS可证明△EAF≌△MAF，可得EF＝FM，则结论得证；
②将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，证明△AFE≌△ANE，可得出EF＝EN，则结论得证；
（3）求出DG＝2，设DF＝x，则EF＝FG＝x+3，CF＝6﹣x，在Rt△EFC中，得出关于x的方程，解出x则可得解．
【解答】（1）证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠ADF+∠ADG＝180°，
∴F，D，G三点共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠DAG+∠FAD＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝DF+BE；
（2）解：①不成立，结论：EF＝DF﹣BE．
证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，
∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，
∴∠FAM＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△MAF（SAS），
∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；
②结论：BE＝EF+DF．
理由：如图3，将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，
∴AN＝AF，∠NAF＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠NAE＝45°，
∴∠NAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ANE（SAS），
∴EF＝EN，
∴BE＝BN+NE＝DF+EF．
即BE＝EF+DF．
故答案为：BE＝EF+DF；
（3）解：由（1）可知AE＝AG＝3，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴DC＝BC＝AD＝6，
∴＝＝3．
∴BE＝DG＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，
设DF＝x，则EF＝FG＝x+3，CF＝6﹣x，
在Rt△EFC中，∵CF2+CE2＝EF2，
∴（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得：x＝2．
∴EF＝2+3＝5．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．