江苏省苏州市立达中学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（共10小题，每题2分，合计20分）
1. 下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选C．
2. 若已知点在反比例函数的图象上,则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是反比例函数的图象和性质，难度不大，理解点的坐标与函数图象的关系是解题的关键．由于反比例函数的系数是，故把点A、B、C的坐标依次代入反比例函数的解析式，求出的值即可进行比较.
【详解】解：∵点在反比例函数的图象上，
∴，，，
又∵，
∴．
故选B．
3. 一元二次方程（a-2）x2-2x+a2-4=0的一个根是0，则a的值是（ ）
A. 2B. 1C. 2或﹣2D. ﹣2
【答案】D
【解析】
【分析】把x=0代入方程（a-2）x2-2x+a2-4=0得a2-4=0，解得a1=2，a2=-2，然后根据一元二次方程的定义确定满足条件的a的值．
【详解】解：把x=0代入方程（a-2）x2-2x+a2-4=0得a2-4=0，
解得a1=2，a2=-2，
因为方程为一元二次方程，
所以a-2≠0，
所以a=-2．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．也考查了解一元二次方程．
4. 如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A. OA＝OC，OB＝ODB. AB＝CD，AO＝CO
C. AB＝CD，AD＝BCD. ∠BAD＝∠BCD，AB∥CD
【答案】B
【解析】
【详解】解：A、∵OA=OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AB=CD，故选项B符合题意；
C、∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
5. 已知反比例函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 它的图象必经过点B. 当时，
C. 当时，随的增大而减小D. 它的图象位于第二、四象限
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的图象和性质，解题的关键是根据的正负判断它的图象和性质．根据反比例函数的图象和性质判断选项的正确性．
【详解】、当时，，所以函数经过点故选项正确，不符合题意；
、当时，，且函数的图象在二、四象限，每一个象限内，随的增大增大，所以当时，，故选项正确，不符合题意；
、因为，所以当时，随的增大而增大，选项错误，故项错误，符合题意；
、因为，所以它的图象位于第二、四象限．故项正确，不符合题意；
故选：C．
6. 如图，在中，，，以C为旋转中心逆时针旋转后得到，且点B在边上，则旋转角的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用旋转的性质得出，进而利用三角形内角和定理得出，即可得出的度数，得出答案即可．
【详解】解：以点为旋转中心，将旋转到的位置，点在边上，
，，
即，
，，
，
，
，
则旋转角的度数是．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及三角形内角和定理，得出是解题的关键．
7. 如图，四边形，均为正方形，其中正方形面积为，若图中阴影部分面积为，则正方形面积为（ ）

A. 15B. 16C. 25D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了实数运算的实际应用，解题关键是正确求出正方形的边长并且表示出阴影面积以及用平方差公式求解．根据正方形面积为，得出正方形边长为，设正方形边长为，将阴影部分面积根据三角形面积公式表示出来可得，即可求解．
【详解】解：∵正方形面积为，
∴正方形边长为，
设正方形边长为，则，
∴，，
∵阴影部分面积为，
∴，
整理得：，
∴，
解得：，
∴正方形面积为．
故选：B．
8. 如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，添加的条件不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中点四边形可得四边形是平行四边形，进而添加一个直角或者对角先线相等，可得矩形，而添加邻边相等得出四边形为菱形，据此即可求解．
【详解】解：如图，连接，
依题意，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
A. 添加，则四边形为矩形，故该选不符合题意；
B. 添加，可得四边形为菱形，符合题意；
C. 添加，可得四边形为矩形，故该选不符合题意；
D. 添加，则，可得四边形为矩形，故该选不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
9. 如图，在平面直角坐标系内，四边形是矩形，四边形是正方形，点，在轴的负半轴上，点在上，点，均在反比例函数（）的图象上，若点的坐标为，则正方形的周长为（ ）
A. 6B. 9C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由点的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出值，设正方形的边长为，由此即可表示出点的坐标，再根据反比例函数图象上点的坐标特征即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵点的坐标为，反比例函数的图象过点，
∴．
设正方形的边长为，
则点的坐标为．
∵反比例函数的图象过点，
∴，
解得：或（舍去），
∴正方形的边长为，
∴正方形的周长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及正方形的性质，根据反比例函数图象上点的坐标特征得出关于a的一元二次方程是解答本题的关键．
10. 如图，四边形矩形，点A在x轴正半轴，点C在y轴正半轴，对角线交于点D．双曲线经过点D与边分别交于点E，点F，连接，若四边形的面积为5，则k的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数的几何应用，矩形的性质，解题的关键是设出点D的坐标表示出点E和F的坐标，利用四边形的面积列方程；设点D的坐标为，则，根据四边形的面积为：即可求解．
【详解】解：设点D的坐标为，
∵对角线交于点D，
∴点D为对角线的中点 ，
∴，
∵四边形为矩形 ，
∴点F的横坐标为，E点的纵坐标为，
∴，
∵四边形的面积为：，
∴，
解得：，
故选：A．
二、填空题（共8小题，每空2分，合计16分）
11. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接EF，若，则的长为______．
【答案】12
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质可得，再根据平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：∵点E，F分别是，的中点，若，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线和平行四边形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，平行四边形对角线互相平分．
12. 已知反比例函数的图象分布在第二、四象限，则的取值范围是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据反比例函数的性质解答即可．
【详解】∵反比例函数的图象在第二、四象限，
∴，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，解题的关键掌握是反比例函数中k的正负性对函数图象所在象限的确定．
13. 如果代数式与的值相等，那么x=______．
【答案】2
【解析】
【分析】由题可得，整理得到即解出即可．
【详解】解：根据题意得
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解此题的关键．
14. 菱形周长为40 cm，它的一条对角线长12 cm，则菱形的面积为___________cm2
【答案】96
【解析】
【分析】首先根据菱形周长为40 cm，可求出菱形的边长为10 cm，已知一条对角线长12cm，则可求出另一条对角线长16cm，菱形的面积等于对角线积的一半，即可求出.
【详解】解：∵菱形周长为40 cm，
∴菱形的边长为10 cm，
又∵一条对角线长12cm，
根据勾股定理，可得出另一条对角线长16cm，
∴菱形的面积为cm2
【点睛】此题主要考查菱形对角线和面积的性质，熟练掌握即可解题.
15. 如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为____________．
【答案】2
【解析】
【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】∵∠BAD=60°，
∴连接对角线AC,BD，则AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中，
利用勾股定理得
又∵AC=2AO,
∴AC= ，
由题可知 =，
∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,
∴=∠DCA，即==30°，
∴ 是等腰三角形；
过点E作EF⊥AC，垂足为F，如图所示：
则由等腰三角形三线合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,设EF=x，则EC=2x，
由勾股定理得：
，解得x=2，
故填：2．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键．
16. 如图，在平面直角坐标系中，交y轴于点A，，，反比例函数（）恰好经过点C，则k的值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查反比例函数与几何的综合及三角函数，熟练掌握反比例函数的图象与性质及三角函数是解题的关键；过点C作轴于点D，然后根据特殊三角函数值可进行求解．
【详解】解：过点C作轴于点D，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
17. 如图，直线与双曲线交于A、B两点，其横坐标分别为1和，则不等式的解集是________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数与一次函数交点的综合运用，根据题意利用数形结合思想进一步分析是解题关键．将不等式变形为，从而转化为两个函数的大小关系，据此进一步求解即可．
【详解】解：由得，，如图
所以，不等式的解集可由双曲线不动，直线向下平移个单位得到，
由反比例函数图像的对称性知：点的横坐标分别为
∴不等式的解集是或
故答案为：或．
18. 如图，四边形，，，，，点在线段上，当为等边三角形时，线段的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】如图，过点作于点，则四边形矩形，得，，设，
由勾股定理得，，，，根据，构建方程求解即可．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
设，
∵是等边三角形，
∴，
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
，
∴，
设则上式化为，
解得，经检验，是原方程的解，
∴，
∴（负值舍去），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，无理方程、矩形得判定及性质，等边三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，共64分）
19. 用适当的方法解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法，熟练掌握并灵活运用适当的方法解题是解题关键．
（1）利用直接开平方法解方程即可；
（2）先移项，再利用因式分解法解方程即可；
【小问1详解】
解：，
开平方得：，
∴或，
解得：，．
【小问2详解】
，
移项得：，
因式分解得：，
∴或，
解得：，．
20. 已知反比例函数的图象经过点．
（1）求反比例函数表达式；
（2）若点在该函数图象上，求m的值．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数图像上点的性质，解题的关键是熟练掌握反比例函数图像上点的特征．
（1）将点代入求解即可；
（2）将点代入（1）求出的表达式中即可求出的值．
【小问1详解】
解：∵反比例函数的图象经过，
∴将代入，得，
∴反比例函数解析式为；
【小问2详解】
解：∵点在这个函数图像上，
∴把代入得，
解得：或，
∴的值为或．
21. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE．
【答案】详见解析．
【解析】
【分析】利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．
【详解】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C．
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD＝BE．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．
22. 已知一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，．
（1）求一次函数的表达式，并在图中画出这个一次函数的图象；
（2）根据函数图象，直接写出不等式的解集；
（3）若点C是点A关于x轴的对称点，连接，，求的面积．
【答案】（1），图见解析
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据反比例函数求点A、B的坐标，再利用待定系数法求一次函数的表达式，最后求出一次函数图象与x轴和y轴的交点，即可作出图象；
（2）根据图象直接写出不等式的解集即可；
（3）根据对称求出点C的坐标，再利用点A、B、C的坐标求出的高和底，即可求出面积．
【小问1详解】
解：∵点A、B在反比例函数的图象上，
∴分别把，代入，
解得：，，
所以，，
∵点A、B在一次函数图象上，
∴分别把，代入，
可得：，
解得，
∴一次函数的解析式是：，
一次函数的图象如图所示：
【小问2详解】
解：，即一次函数的图象在反比例函数图象的下方，
∴由图象可知：或．
【小问3详解】
解：∵点与点C关于x轴对称，
∴点，
如图所示：
，上的高是4，
∴的面积为：．
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数、反比例函数和一次函数交点的问题，熟练掌握反比例函数和一次函数的图象和性质、三角形面积公式是解题的关键．
23. 在矩形纸片中，，．将矩形纸片折叠，使与重合．
（1）求证是等腰三角形
（2）求折痕的长
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据轴对称的性质得到，再由矩形的性质得到，从而可推出，进而可求解；
（2）过点G作于点E，根据轴对称的性质得到，由勾股定理即可求得的值．
【小问1详解】
如图，矩形纸片折叠后，设与重合，过点G作于点E，
由折叠的性质得：
，，，，
四边形是矩形，
，，， ，
，
，
，
是等腰三角形．
【小问2详解】
，
，
， ，
，，
设，则，由勾股定理得：
，
解得：，
，
，
在中，由勾股定理得：
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等众多知识点，解答时根据轴对称的性质求解是关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，AD//x轴，，，．
（1）填空：点的坐标是_________；点的坐标是_________；
（2）将矩形向右平移个单位，使点，恰好同时落在反比例函数（）的图象上，得矩形．求矩形的平移距离和反比例函数的解析式．
【答案】（1）（-6，1）；（-2，3）；（2），反比例函数的解析式为．
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质即可得出结论；
（2）根据平移的性质将矩形ABCD向右平移m个单位，得到A′（−6+m，3），C（−2+m，1），由点A′，C′在反比例函数的图象上，得到方程组，解方程组求出m和k的值即可得答案．
【详解】（1）∵四边形是矩形，A（-6，3），AB=2，AD=4，
∴B（-6，1），D（-2，3），
故答案为：（-6，1）；（-2，3）
（2）由题意得：A（–6，3），C（－2，1），
∵将矩形向右平移个单位，
∴，
∵点恰好同时落在反比例函数（＞0）图象上，
∴，
∴解得：，
∴m=8，反比例函数的解析式为．
【点睛】本题主要考查的是矩形的性质、平移的性质以及反比例函数解析式的求法，属于中等难度的题型．理解平移的定义是解决这个问题的关键．
25. 已知，如图，O为坐标原点，在四边形中，， ， ，点D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．
（1）当P运动 秒，四边形是平行四边形．
（2）在直线上是否存在一点Q，使得以O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）时，；时，；时，；
【解析】
【分析】（1）根据题意得，四边形是平行四边形时，列一元一次方程即可求解；
（2）分三种情况：当Q点在P点的右边时；当Q点在P点左侧且在线段上时；当Q点在P点左侧且在延长线上时，根据菱形的性质、勾股定理分别求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴
∵点D是中点，
∴
由题意得：
∵
∴
∵四边形是平行四边形
∴，即，解得：
∴当秒，四边形是平行四边形；
【小问2详解】
分三种情况：
当Q点在P点的右边时，如下图
∵四边形是菱形
∴
在中，由勾股定理得：
∴，解得
∴；
当Q点在P点左侧且在线段上时，如图，
同理①得：
∴，解得
∴；
当Q点在P点左侧且在延长线上时，如图3
同理①得：
即，解得
∴；
综上：时，；时，；时，；
【点睛】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，菱形的存在性问题等，解题的关键是掌握特殊平行四边形的性质，注意分类讨论．
26. 定义：在直角梯形中，如果有两条邻边相等，那么称这个梯形为邻等梯形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图，在梯形中，，，对角线平分．请判断梯形是否为邻等梯形并说明相应理由．
（2）如图2，在的方格纸中，，，三点均在格点上，若四边形是邻等梯形，请在答题卷的网格图中画出三个不同的格点，并用标明．
（3）如图，四边形是邻等梯形，，为邻等角，连结，过点作，交的延长线于点若，，求四边形的周长．
【答案】（1）梯形为邻等梯形，理由见解析；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点；②，结合图形再确定满足的格点；
（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为邻等四边形．
【小问2详解】
解：，，即为所求；
【小问3详解】
解：如图，过作于，

∵，
∴四边形矩形，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
设，而，
∴，，
由新定义可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
27. 问题情景：老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动．如图1，和都是等腰直角三角形，，点，分别在边，上，连接，点，，分别为，，的中点．试判断线段与的数量关系和位置关系．

问题探究：
（1）甲小组发现：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是_____；
（2）乙小组受到甲小组的启发，继续进行探究，把绕点逆时针方向旋转到如图2的位置，请判断的形状并证明；
问题拓展：
（3）两小组的同学继续探究：把绕点C在平面内自由旋转，若，当旋转到、、三点共线，且时，连结，直接写出线段的长度．
【答案】（1），；（2）是等腰直角三角形，证明见解析；（3）或．
【解析】
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质及线段的和差关系得出，根据中位线的性质可得，，，，即可证明，，，根据角的和差关系得出即可得答案；
（2）根据旋转的性质，利用证明，可得，，根据中位线的性质及角的和差故选得出，即可得答案；
（3）根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差故选得出，根据等腰三角形的性质得出，分点在线段上时，当点在线段上时两种情况，得出的长，利用勾股定理求出的长，根据直角三角形斜边中线的性质即可得答案．
【详解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，即，
∵点，，分别为，，的中点，
∴，，，，
∴，，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，即．
故答案为：，
（2）如图，连接，

∵把绕点逆时针方向旋转，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵点，，分别为，，的中点，
∴，，，，
∴，，，
∴是等腰三角形，
∵，
∴
，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（3）如图，当点在线段上时，

∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴．
如图，当点在线段上时，

同理可得：，，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴．
综上所述：线段的长度为或．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、外角性质、平行线的性质及直角三角形斜边中线的性质，掌握三角形的中位线定理是解题的关键．