2023-2024学年天津市东丽鉴开共同体八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年天津市东丽鉴开共同体八年级（下）期中数学试卷（含解析），共18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.若 a+5在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A. a≥0B. a≥−5C. a>−5D. a≤5
2.下列各式中，正确的是( )
A. − 32=−3B. (−3)2=−3C. (−3)2=±3D. 32=±3
3.估计 10−1的值在( )
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
4.矩形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 四条边都相等B. 对角线相等
C. 对角线互相垂直且平分D. 对角线平分一组对角
5.如果 (2a−1)2=1−2a，那么a的取值范围是( )
A. a<12B. a≤12C. a>12D. a≥12
6.在△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a，下列不能判定△ABC为直角三角形的是( )
A. ∠A−∠B=∠CB. (c+b)(c−b)=a2
C. ∠A：∠B：∠C=3：4：5D. a：b：c=8：15：17
7.如图，菱形ABCD中，∠D=140°，则∠1的大小是( )
A. 10°B. 20°C. 30°D. 40°
8.如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，若∠OAD=30°，则∠AOD的度数为( )
A. 110°B. 115°C. 120°D. 135°
9.如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，则点M为( )
A. 2B. 5−1C. 10−1D. 5
10.如图，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=8，将Rt△ABC折叠，使点C与AB的中点D重合，折痕交AC于点M，交BC于点N，则线段BN的长为( )
A. 73
B. 154
C. 4
D. 103
11.如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点，若AC+BD=24厘米，△OAB的周长是18厘米，则EF的长度是( )
A. 3cmB. 6cmC. 10cmD. 12cm
12.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=2，点D是边AC的中点，连接BD，点E为AC延长线上的一点，连接BE，∠E=30°，则CE的长为( )
A. 2 6−2 2
B. 6− 2
C. 6
D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.计算( 7+ 6)( 7− 6)的结果为______．
14.已知x，y满足关系式y= x−2+ 2−x−1，则yx的值为______．
15.在Rt△ABC中，斜边AB=2，则AB2+BC2+AC2=______．
16.如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD的交点为O，AC⊥AB，CD边的中点为E.若OA=2，AB=3，则OE=______．
17.如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上一个动点，点M、N分别是AB、BC边上的中点，则MP+NP的最小值是______．
18.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD为AC边上的中线，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG=BD，连接BG、DF.若AG=13，BG=5，则CF的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1) 27÷ 3− 23× 12+ 18；
(2)( 5+ 2)( 5− 2)−( 3+2)2．
20.(本小题8分)
如果最简二次根式 3a+4与 19−2a同类二次根式，且 4a−3x+ y−a=0，求x，y的值．
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，过点A作AD⊥BC于点D，点E在线段BD上，且EA=EB.已知BD=16，AD=12，AC=15．
(1)求线段DE的长；
(2)求证：∠BAC=90°．
22.(本小题8分)
如图，等边△ABC的边长是4，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC连接CD和EF．
(1)求证：DC=EF；
(2)求EF的长．
23.(本小题8分)
如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=OC，BO=OD，且∠AOB=2∠OAD．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB：∠ODC=4：3，求∠ADO的度数．
24.(本小题8分)
将一个形纸片OABC放图在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(3,0)，点C(0,6)，点P在边OC上(点P不与点O，C重合)，折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O′落在第一象限，设OQ=t．
(Ⅰ)如图①，当t=1时，求∠O′QA的大小和点O′的坐标；
(Ⅱ)如图②，若折叠后重合部分为四边形，O′O，O′P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示O′E的长，并直接写出t的取值范围．
25.(本小题8分)
已知AC是菱形ABCD的对角线，∠BAC=60°，点E是直线BC上的一个动点，连接AE，以AE为边作菱形AEFG，并且使∠EAG=60°，连接CG，当点E在线段BC上时，如图1，易证：AB=CG+CE．

(1)当点E在线段BC的延长线上时(如图2)，猜想AB，CG，CE之间的关系并证明；
(2)当点E在线段CB的延长线上时(如图3)，直接写出AB，CG，CE之间的关系．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意得：a+5≥0，
∴a≥−5．
故选：B．
根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件：被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.− 32=−3，故本选项符合题意；
B. (−3)2=|−3|=3，故本选项不符合题意；
C. (−3)2=3，故本选项不符合题意；
D. 32=3，故本选项不符合题意；
故选：A．
先根据二次根式的性质进行计算，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，能熟记二次根式的性质是解此题的关键， a2=|a|=a(a≥0)−a(a<0)．
3.【答案】B
【解析】解：∵9<10<16，
∴3< 10<4，
则2< 10−1<3，即2和3之间，
故选：B．
估算得出所求范围即可．
此题考查了估算无理数的大小，弄清估算的方法是解本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且平分一组对角；
菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分．
故正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选：B．
根据正方形与菱形的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
此题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理．
5.【答案】B
【解析】解：∵ (2a−1)2=1−2a，
∴2a−1≤0，
解得：a≤12，
故选B．
根据二次根式的性质： a2=a知2a−1≤0，解之可得．
本题主要考查二次根式的性质与化简，解题的关键是掌握二次根式的性质： a2=|a|．
6.【答案】C
【解析】解：A、由∠A−∠B=∠C，可得∠A=∠B+∠C=180°−∠A，
∴∠A=180°2=90°．
此选项能判定△ABC是直角三角形，但不符合题意．
B、由(c+b)(c−b)=a2整理得：a2+b2=c2，
则△ABC为直角三角形，故选项B不符合题意．
C、由∠A：∠B：∠C=3：4：5，
结合三角形内角和为180°可推得∠A=45°，∠B=60°，∠C=75°，
此选项不能判定△ABC是直角三角形，但符合题意．
D、当a：b：c=8：15：17时，
可设a=8x，b=15x，c=17x，
则a2+b2=(8x)2+(15x)2=(17x)2=c2，
则△ABC为直角三角形，此选项不符合题意．
故选：C．
根据勾股定理的逆定理和三角形内角和分别判断即可．
本题考查了直角三角形的判定，涉及了勾股定理的逆定理，会用勾股定理的逆定理判断三角形的形状是解答本题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC，∠DAC=∠1，
∴∠DAC=∠DCA=∠1，
在△ABD中，
∵∠D=140°，∠D+∠DAC+∠DCA=180°，
∴∠DAC=∠DCA=12(180°−∠D)=12×(180°−140°)=20°，
故选：B．
由菱形的性质得到DA=DC，∠DAC=∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC=∠DCA=∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
本题考查了菱形的性质，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠DAC是解决问题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=OC，BO=DO，
∴OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO=30°，
∴∠AOD=∠BOC=180°−∠ACB−∠DB=180°−30°−30°=120°，
即∠AOD的度数是120°．
故选：C．
根据矩形的性质得出AC=BD，AO=OC，BO=DO，求出OA=OD，根据等腰三角形的性质得出答案．
本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质，能熟记矩形的对角线相等且互相平分是解此题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：由题意得，AC= AB2+BC2= AD2+DC2= 10，
故可得AM= 10，
∴点M为 10−1，．
故选：C．
在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC，继而得出AM的长，结合数轴的知识可得出点M表示的数．
此题考查了勾股定理及数轴轴的知识，属于基础题，利用勾股定理求出AC的长度是解答本题的关键，难度一般．
10.【答案】B
【解析】解：∵D是AB中点，AB=4，
∴AD=BD=2，
∵将△ABC折叠，使点C与AB的中点D重合，
∴DN=CN，
∴BN=BC−CN=8−DN，
在Rt△DBN中，DN2=BN2+DB2，
∴DN2=(8−DN)2+4，
∴DN=174，
∴BN=BC−CN=8−174=154，
故选：B．
由折叠的性质可得DN=CN，根据勾股定理可求DN的长，即可求BN的长．
本题考查了翻折变换，折叠的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=12AC,OB=12BD，
∵AC+BD=24厘米，
∴OA+OB=12AC+12BD=12厘米，
∵△OAB的周长是18厘米，
∴AB=6厘米，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF=12AB=3cm，
故选：A．
先根据平行四边形的性质求出OA+OB=12厘米，进而求出AB=6厘米，再证明EF是△AOB的中位线，则EF=12AB=3cm．
本题主要考查了三角形中位线定理以及平行四边形的性质的知识，解答本题的关键是求出AB的长，此题难度不大．
12.【答案】B
【解析】解：∵△ABC是等腰三角形，
∴BA=BC=2，
∴AC= AB2+BC2=2 2，
∵D是边AC的中点，
∴BD⊥AC，BD=AD=CD= 2，
∴BD⊥DE，
∵∠E=30°，
∴BE=2BD=2 2，
∴DE= BE2−BD2= (2 2)2−( 2)2= 6，
∴CE=DE−DC= 6− 2，
故选：B．
由是等腰三角形的性质得到BA=BC，由勾股定理求出AC，由是等腰三角形的性质求出BD，CD，由30°直角三角形的性质和勾股定理求出DE，即可求出CE．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，解决问题的关键是根据等腰直角三角形的性质和含30°直角三角形的性质求出DC和DE．
13.【答案】1
【解析】解：( 7+ 6)( 7− 6)
=( 7)2−( 6)2
=7−6
=1，
故答案为：1．
利用平方差公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
14.【答案】1
【解析】解：由题意得，x−2≥02−x≥0，
解得x=2，
∴y=−1，
∴yx=(−1)2=1．
故答案为：1．
直接根据二次根式有意义的条件解答即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
15.【答案】8
【解析】解：∵AB2=BC2+AC2，AB=2，
∴AB2+BC2+AC2=8．
故答案为：8．
根据勾股定理即可求得该代数式的值．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力即：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
16.【答案】2.5
【解析】解：∵平行四边形ABCD，OA=2，
∴AC=2OA=4，
∵AC⊥AB，AB=3，
∴BC= AC2+AB2=5，
∴AD=5，
∵CD边的中点为E，平行四边形ABCD的对角线AC，BD的交点为O，
∴OE=12AD=2.5，
故答案为：2.5
根据平行四边形的性质和勾股定理解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质和勾股定理解答．
17.【答案】1
【解析】解：作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又N是BC边上的中点，
∴AM′/​/BN，AM′=BN，
∴四边形AM′NB是平行四边形，
∴PN/​/AB，
连接PM，
又∵N是BC边上的中点，
∴P是AC中点，
∴PM/​/BN，PM=BN，
∴四边形PMBN是平行四边形，
∵BM=BN，
∴平行四边形PMBN是菱形．
∴MP+NP=BM+BN=BC=1．
故答案为1．
首先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形PMBN为菱形，即可求出MP+NP=BM+BN=BC=1．
考查菱形的性质和轴对称−最短路径问题，判断当PMBN为菱形时，MP+NP有最小值，是关键．
18.【答案】6
【解析】[解析]
∵ AG//BD，BD=FG，
∴四边形BGFD是平行四边形，
∵CF⊥AG，又D是AC的中点，
∴CD=AD=BD=DF，
∴四边形BGFD是菱形．
∴GF=BG=5，则AF=13−5=8，AC=2×5=10，
∵在Rt△ACF中，∠CFA=90°，
∴AF2+CF2=AC2，即82+CF2=102，
解得：CF=6，
故答案是：6．
首先可判断四边形BGFD是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得BD=FD，则可判断四边形BGFD是菱形，再利用勾股定理求出CF的长．
本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形的斜边中线的性质，解答本题的关键是判断出四边形BGFD是菱形．
19.【答案】解：(1)原式= 9− 8+3 2
=3−2 2+3 2
=3+ 2；
(2)原式=5−2−(3+4 3+4)
=5−2−3−4 3−4
=−4 3−4．
【解析】(1)先计算二次根式的除法和乘法，再合并同类二次根式即可；
(2)先利用平方差和完全平方公式展开，再计算减法即可；
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
20.【答案】解：由题意，得3a+4=19−2a，
解得，a=3，
∴ 12−3x+ y−3=0，
∵ 12−3x≥0， y−3≥0，
∴12−3x=0，y−3=0，
解得，x=4，y=3．
【解析】根据同类二次根式的概念列式求出a，根据算术平方根的非负性计算即可．
本题考查的是最简二次根式、同类二次根式的概念以及二次根式的性质，掌握二次根式是非负数是解题的关键．
21.【答案】(1)解：设BE=AE=x，
∵BD=16，
∴ED=BD−BE=16−x，
∵AD⊥BC，
∴∠ADE=∠ADC=90°，
在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，
∴x2=122+(16−x)2，
解得：x=12.5，
∴DE=16−x=3.5，
∴DE的长为3.5；
(2)证明：在Rt△ABD中，AD=12，BD=16，
∴AB= BD2+AD2= 162+122=20，
在Rt△ADC中，AC=15，AD=12，
∴CD= AC2−AD2= 152−122=9，
∴BC=BD+CD=25，
∵AB2+AC2=202+152=625，BC2=252=625，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠BAC=90°．
【解析】(1)设BE=AE=x，则ED=16−x，根据垂直定义可得∠ADE=∠ADC=90°，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理进行计算可求出x的长，从而求出DE的长；
(2)先在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用勾股定理分别求出AB，CD的长，从而求出BC的长，然后利用勾股定理的逆定理进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理，以及勾股定理的逆定理是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，DE=12BC，
∵CF=12BC，
∴DE=CF，
∵DE/​/CF，
∴四边形DCFE为平行四边形，
∴DC=EF；
(2)解：∵△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
∴∠BCD=12∠BCA=30°，CD⊥AB，
∴BD=12BC=2，
∴CD= BC2−BD2= 42−22=2 3，
∴EF=CD=2 3．
【解析】(1)根据三角形中位线定理得到DE/​/BC，DE=12BC，证明四边形DCFE为平行四边形，根据平行四边形的性质得到DC=EF；
(2)根据等边三角形的性质、等腰三角形的三线合一得到∠BCD=30°，CD⊥AB，根据含30°角的直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的性质，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AO=OC，BO=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴AO=DO，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，
∴∠ABO=∠CDO，
∵∠AOB：∠ODC=4：3，
∴∠AOB：∠ABO=4：3，
∵OA=OD=OB，
∴∠BAO：∠AOB：∠ABO=3：4：3，
∵∠BAO+∠AOB+∠ABO=180°，
∴∠ABO=54°，
∵∠BAD=90°，
∴∠ADO=90°−54°=36°．
【解析】本题考查了矩形的判定和性质，三角形的内角和，正确的理解题意是解题的关键．
(1)根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据三角形的外角的性质得到∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD，求得∠DAO=∠ADO，推出AC=BD，于是得到四边形ABCD是矩形；
(2)根据矩形的性质得到AB/​/CD，根据平行线的性质得到∠ABO=∠CDO，根据三角形的内角和定理得到∠ABO=54°，于是得到结论．
24.【答案】解：(Ⅰ)如图①中，过点O′作O′H⊥OA于点H．

在Rt△POQ中，∠OPQ=30°，
∴∠PQO=60°，
由翻折的性质可知QO=QO′=1，∠PQO=∠PQO′=60°，
∴∠O′QH=180°−60°−60°=60°，
∴QH=QO′⋅cs60°=12，O′H= 3QH= 32，
∴OH=OQ+QH=32，
∴O′(32, 32)；
(Ⅱ)如图②中，

∵A(3,0)，
∴OA=3，
∵OQ=t，
∴AQ=3−t．
∵∠EQA=60°，
∴QE=2QA=6−2t，
∵OQ′=OQ=t，
∴EO′=t−(6−2t)=3t−6(2【解析】(Ⅰ)过点O′作O′H⊥OA于点H.解直角三角形求出QH，O′H即可；
(Ⅱ)解直角三角形求出QE，可得结论；
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
25.【答案】解：(1)AB=CG−CE，
理由如下：∵四边形ABCD是菱形，四边形AEFG是菱形，
∴AB=BC，AE=AG，
∵∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAC=∠EAG=60°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAG+∠CAE.即∠BAE=∠CAG，
在△ABE和△ACG中，
AB=AC∠BAE=∠CAGAE=AG，
∴△ABE≌△ACG(SAS)，
∴BE=CG，
∵AB=BC=BE−CE，
∴AB=CG−CE；
(2)AB=CE−CG，
理由如下：理由如下：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC．
∴∠BAC=∠EAG=60°，
∴∠BAC−∠BAG=∠EAG−∠BAG，即∠BAE=∠CAG，
在△ABE和△ACG中，
AB=AC∠BAE=∠CAGAE=AG，
∴△ABE≌△ACG(SAS)，
∴BE=CG，
∵AB=BC=CE−BE，
∴AB=CE−CG；
【解析】(1)由“SAS”可证△ABE≌△ACG，可得BE=CG，由线段的和差关系可得结论；
(2)由“SAS”可证△ABE≌△ACG，可得BE=CG，由线段的和差关系可得结论．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，证明△ABE≌△ACG是解题的关键．