山西省运城市部分学校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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满分120分，考试时间120分钟
第I卷 选择题（共30分）
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴，
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. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了最简二次根式的概念，解题的关键是掌握（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．
【详解】解：A．，则不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B．是最简二次根式，故该选项符合题意；
C． ，则不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
D．，则不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
故选：B．
3. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离是（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理求解即可．
【详解】解：由勾股定理得，点到原点的距离是，
故选C．
【点睛】本题主要考查了用勾股定理求平面直角坐标系中的点到原点的距离，注意横坐标的绝对值就是点到y轴的距离，纵坐标的绝对值就是点到x轴的距离．
4. 下列计算正确的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质，熟练运用二次根式的性质进行化简是解决本题的关键．根据二次根式的性质进行化简判断即可．
【详解】解：A、，计算错误，不符合题意；
B、，计算错误，不符合题意；
C、，计算错误，不符合题意；
D、，计算正确，符合题意；
故选：D．
5. 如图，在矩形中，对角线，相交于点．若，，则的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，矩形中对角线相等且互相平分，则其分成的四条线段都相等．依据矩形的性质可知是等边三角形，所以．
【详解】解：在矩形中，
，，
，
．
是等边三角形．
，
故选：C．
6. 如图，小红家的木门左下角有一点受潮，她想检测门是否变形，准备采用如下方法：先测量门的边和的长，再测量点A和点C间的距离，由此可推断是否为直角，这样做的依据是（ ）
A. 勾股定理B. 勾股定理的逆定理
C. 三角形内角和定理D. 直角三角形两锐角互余
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，如果，则可判断是直角三角形，由此可推断是否为直角．
【详解】解：先测量门的边和的长，再测量点A和点C间的距离，用勾股定理的逆定理判断：若满足，则可判断是直角三角形，即为直角；若，则不是直角．
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
7. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，，则顶点B的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质，根据四边形是平行四边形和点的坐标，可得，进而可以解决问题，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵的坐标分别为，，，
∴，
∴点的坐标是：，
故选：D．
8. 如图，菱形的对角线，相交于点O，于点H，连接，若，菱形的面积为，则的长为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形性质以及直角三角形的性质，由菱形的性质可得出，，根据菱形得面积可得出，再根据直角三角形的性质即可得出．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
故选：C．
9. 如图是由边长均为1的小正方形组成的网格，小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点，，均在格点上．若，垂足为点，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了勾股定理以及三角形面积的求法，正确利用等面积法求出的长是解题关键．利用勾股定理得出的长，再利用等面积法得出的长．
【详解】由题意，得，
由勾股定理，得，
∵，
∴．
∴，
故选：A．
10. 如图，在中，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，，且，，三点恰好在一条直线上，若，，则的长为（ ）
A. B. 4C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握是解题的关键．
证明，得到，求得的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，过点作于点，则．
四边形和四边形都是正方形，
，，．
∴，即．
，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
在中，由勾股定理，得．
故选D．
第II卷 非选择题（共90分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分．请将正确答案填在答题卡中的横线上）
11. 计算：﹣=__．
【答案】
【解析】
【分析】先将二次根式化简，然后合并同类二次根式即可．
【详解】原式=3-2
=．
故答案为．
【点睛】本题考查了二次根式的加减运算，解答本题得关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并．
12. 如图，在中，点，在对角线上，添加一个适当的条件，使四边形是平行四边形，这个条件可以是__________．（填一个条件即可，不添加任何辅助线）
【答案】答案不唯一，如或
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．即①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，④两组对角分别相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
连接交于点，由平行四边形的性质可得到，要证明四边形为平行四边形，只需要即可，故添加的条件只要能证明即可．
【详解】
如图，连接交于点，
四边形为平行四边形，
，，若，则有，即，
四边形为平行四边形．
故答案为∶(答案不唯一)．
13. 已知，，则的值为_____
【答案】
【解析】
【分析】根据完全平方公式求解即可．
【详解】解：，，则，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了完全平方公式的应用，解题的关键是熟练掌握完全平方公式．
14. 《九章算术》是我国传统数学最重要的著作之一，其中有这样一道题目：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何．”译文为：如图，一竖立着的木柱，在木柱的上端点A处系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵引绳索沿地面退行，在离木柱根部8尺的点C处，绳索用尽．问绳索的长为多少．设绳索的长为x尺，根据题意可列方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用，由勾股定理，得到：，据此列出方程即可．
【详解】解：设绳索的长为x尺，则：的长为尺，
由勾股定理，得：，
∴；
故答案为：．
15. 如图，，点，分别是边，的中点，连接，若，，则的长是__________．

【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了中位线的性质，勾股定理，连接，取的中点，连接，．得出是的中位线．然后求得，根据题意得出，进而勾股定理，即可求解．
【详解】如图，连接，取的中点，连接，．

点是的中点，点是的中点，
是的中位线．
∴，．
同理，，．
又，
∴．
∴．
∴．
中，由勾股定理，得．
故答案：．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答时写出必要的计算过程、推理步骤或文字说明）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，掌握相关运算法则是解题关键．
（1）先计算二次根式乘除法，再根据二次根式的性质化简，最后计算加减法即可；
（2）先根据完全平方公式和平方差公式展开，再计算加减法即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
17. 如图，一艘轮船位于灯塔的北偏东方向，与灯塔的距离为30海里的处，轮船沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔的南偏东方向上的处，求此时轮船所在位置处与灯塔之间的距离．

【答案】海里
【解析】
【分析】根据题意得出：海里，，再利用勾股定理得出的长，即可求出答案．
【详解】解：由题意可得：海里，，
∴（海里），
∴海里，
∴此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为海里．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的实际应用，含30度角的直角三角形的性质，正确应用勾股定理是解题关键．
18. 座钟的摆针摆动一个来回所需的时间称为一个周期，其计算公式为，其中表示周期（单位：），l表示摆针的摆长（单位：），，若一台座钟的摆针的摆长为．
（1）求该座钟摆针摆动的周期；（结果保留根号和）
（2）若该座钟的摆针每摆动一个来回发出一次滴答声，在内，该座钟至少发出多少次滴答声？（参考数据：，）
【答案】（1）该座钟摆针摆动的周期为；
（2）在内，该座钟至少发出次滴答声．
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的应用，计算出钟摆的周期是解决本题的关键．
（1）根据公式计算即可；
（2）利用时间除周期得到滴答次数．
【小问1详解】
解：将，代入，
得，
答：该座钟摆针摆动的周期为；
【小问2详解】
．
．
或．
答：在内，该座钟至少发出次滴答声．
19. 如图，在四边形中，点B、C分别在、的延长线上，连接分别与、相交于点G、H，，，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质，掌握两组对边分别平行的四边形是平行四边形是解题关键．根据题意得出吗，，再证，从而推出，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵，
∴．
∵，
∴，即．
在与中，
，
∴．
∴．
∴．
又，
∴四边形是平行四边形．
20. 如图，在中，，，，垂足为点，点是边上一点，连接，若，，求的长．
【答案】的长为．
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理．根据勾股定理得逆定理得出是直角三角形，且，进而得到，由可得，设，则，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：，，
．
是直角三角形，且．
．
，
．
设，则．
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
的长为．
21. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分．
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证，
（2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，，
本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又，
∴四边形ABCD是菱形，
【小问2详解】
解：由（1）可知四边形ABCD是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
22. 阅读下面材料，完成相应的任务．
阿波罗尼奥斯定理
阿波罗尼奥斯（约公元前262－190年），古希腊数学家，与欧几里得、阿基米德合称为古希腊亚历山大前期的三大数学家．阿波罗尼奥斯定理又称中线定理，其内容为三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．
如图，在中，点D为的中点，根据阿波罗尼奥斯定理，可得．
下面是该定理的部分证明过程：
证明：如图，过点A作于点E．
在中，由勾股定理，得．
同理可得，．
∵点D为的中点，∴．
∴…
任务：
（1）按照上面的思路，将该定理剩余的证明过程补充完整；
（2）请利用阿波罗尼奥斯定理解决下面的问题：如图，已知点P为矩形内任意一点，求证：．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，以及矩形的性质．
（1）用线段的和差关系以及等量代换即可证明．
（2）连接，相交于点O，连接，由矩形的性质可得出，，，进而可得出，根据阿波罗尼奥斯定理，得，．则可证明．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
如图，连接，相交于点O，连接．
∵四边形是矩形，
∴，，．
∴．
根据阿波罗尼奥斯定理，得，．
∴．
23. 综合与探究：
在矩形中，，，点，分别在边，上，将沿直线折叠，点的对应点为点．

（1）如图1，当点与点重合，点落在上时，求的长；
（2）如图2，当点是的中点，且时，连接，求的长；
（3）如图3，当，点恰好落在上时，延长交于点，直接写出的长．
【答案】（1）；
（2）；
（3）AH的长为．
【解析】
【分析】（1）由矩形的性质可得，，由折叠的性质，得，在中，根据勾股定理即可求解；
（2）由矩形的性质可得，，，由点是的中点，可得，结合折叠的性质可推出是正方形，得到，推出，在中，根据勾股定理即可求解；
（3）连接，，根据题意可求出，在中，由勾股定理得到，由折叠的性质，得，，推出，，进而得到，可证明，得到，设，则，根据勾股定理列出方程即可求解．
【小问1详解】
解：四边形是矩形，
，，
由折叠的性质，得，
在中，由勾股定理，得；
【小问2详解】
四边形是矩形，
，，，
点是的中点，
，
由折叠的性质，得，．
，
，
四边形是矩形．
又，
四边形是正方形．
，
，
在中，由勾股定理，得；
【小问3详解】
的长为．
如图，连接，，

四边形是矩形，
，，．
，
在中，由勾股定理，得，
由折叠的性质，得，，
，，
．
在和中，，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，
的长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，解题的关键是灵活运用这些知识．