福建省龙岩市新罗区第二中学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（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 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】根据最简二次根式的定义逐项判断即可得．
【详解】A、，则不是最简二次根式，此项不符题意；
B、是最简二次根式，此项符合题意；
C、，则不是最简二次根式，此项不符题意；
D、，则不是最简二次根式，此项不符题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了最简二次根式，二次根式的性质是解题关键．
2. 下列四组数据分别为四个三角形的边长，其中是直角三角形的是（ ）
A. 2，3，4B. 3，4，5C. 3，5，7D. 4，6，8
【答案】B
【解析】
【分析】根据直角三角形三边符合勾股数的特点一一验证即可．
【详解】A．，不能构成直角三角形，不符合题意；
B．，能构成直角三角形，符合题意；
C．，不能构成直角三角形，不符合题意；
D．，不能构成直角三角形，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形三边的关系，勾股定理的逆定理，熟记勾股定理是解题关键．
3. 平行四边形中，若，则的度数为（ ）
A. 30°B. 60C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形对角相等进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形对角相等是解题的关键．
4. 下列二次根式的运算正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的加减运算可判断A，B，根据二次根式的乘除运算法则可判断C，D，从而可得答案．
【详解】解：不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；
故B不符合题意；
故C不符合题意；
，运算正确，故D符合题意；
故选D
【点睛】本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除运算，掌握“二次根式的加减乘除运算的运算法则”是解本题的关键．
5. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（ ）
A. 矩形的对角线相等
B. 矩形的四个角是直角
C. 对角线相等的四边形是矩形
D. 对角线相等的平行四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形，
故选D．
【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键．
6. 若菱形两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为（ ）
A. 60B. 30C. 24D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】解：菱形的面积= ×6×10=30，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
7. 如图，在平行四边形中，平分，交边于，，则的长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，先根据角平分线的定义得出，结合四边形是平行四边形，得出，再进行角的等量代换，得出，即可作答．
【详解】解：∵平分
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∴
∴
则
故选：B
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形
B. 四条边都相等的四边形是正方形
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 四个角相等的四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐项判断即可
【详解】解：A：对角线互相垂直且平分的的四边形是菱形，故A错误，不符合题意
B：四条边都相等且有一个角为直角的平形四边形是正方形，故B错误，不符合题意
C：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C错误，不符合题意
D：四个角相等的四边形是矩形，说法正确，符合题意
故选D
【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题关键．
9. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥BC于点H，连接OH，若OA＝4，S菱形ABCD＝24，则OH的长为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据菱形的面积和性质求出BD的长度，再结合DH⊥BC和菱形的性质识别出OH为斜边上的中线，即可得出结果．
【详解】解：菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，S菱形ABCD＝24，
∴，，S菱形ABCD．
∵OA＝4，
∴．
∵DH⊥BC于点H，
∴OH为斜边上的中线．
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质，识别出OH为斜边上的中线是解题关键．
10. 如图，在正方形中，，，相交于点O，E，F分别为边，上的动点（点E，F不与线段，的端点重合）且，连接，，、在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：
①是等腰直角三角形；
②面积最小值是1；
③四边形的面积始终不变；
④存在两个，使得的周长是．
所有正确结论的序号是（ ）

A. ①②③④B. ①②③C. ①③④D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】证明，可得，可得①正确；当时，最小，此时，可得面积的最小值是，可得②错误；根据，可得，可得③正确；设，则，根据勾股定理可得，可得④正确．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，故①正确；
当时，最小，此时，
∴面积的最小值是，故②错误；
∵，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴的周长是，
设，则，
∴，
令，
解得，，
∴当或时，，
∴存在两个，使得的周长是，故④正确；
故正确的有：①③④，
故选C．
【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质．注意掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 若有意义，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义则被开方数是非负数列式求解即可．
【详解】解：∵式子有意义，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的定义，形如的式子叫二次根式，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，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
12. 比较大小：________．
【答案】
【解析】
【分析】比较两个带有根号的无理数的大小，只要比较被开方数的大小即可．
【详解】∵,
∴，
即
【点睛】本题考查了无理数的大小比较，掌握无理数大小的比较的方法是解题的关键．
13. 如图，在数轴上点 A 表示的实数是_____．

【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理求得的长度，即可得到的长度，根据点的位置即可得到点表示的数．
【详解】解：如图，

根据勾股定理得：，
，
点表示的实数是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了实数与数轴，掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
14. 如图，A，两点被池塘隔开，在外选一点，连接和，分别取，的中点，，测得，两点间的距离为，则A，两点间的距离为______m．
【答案】40
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质，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．
先判断出是的中位线，再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可得即可解答．
【详解】解：∵点D，E分别是和的中点，
∴是的中位线，
∴．
故答案为：40．
15. 古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为 10尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面1尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深______尺．
【答案】
【解析】
【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知的长为10尺，则尺，设出尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的水深．
【详解】解：依题意画出图形，
设芦苇长尺，则水深尺，
∵尺，
∴尺，
在中，，解之得，
即水深12尺，故答案为：12．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，熟悉数形结合的解题思想是解题关键．
16. 如图，正方形的边长为3，E是上一点，，连接与相交于点F，过点F作，交于点G，连接，则点E到的距离为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题首先经过分析可得，由全等三角形的性质和边角关系可得为等腰直角三角形，进而为等腰直角三角形，由勾股定理及等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】如图，作，连接，
在正方形ABCD中，，
在和中，
，
，
，，
，
在四边形ABGF中，，
又，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
为等腰直角三角形，
，
，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等，等腰直角三角形的判定，勾股定理，直角三角形中锐角三角函数，题目综合性强，理清思路，准确作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（本题共9小题，17—21题各8分，22．23题各10分，24题12分，25题14分，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）先逐项化简，再算加减即可；
（2）先算乘法和除法，再算减法．
【小问1详解】
原式
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键．
18. 已知，，求的值．
【答案】4
【解析】
【分析】先求出、的值，再整体代入进行计算即可．
【详解】解：，，
，，
．
【点睛】本题考查求代数式的值，解题的关键是整体代入思想的应用．
19. 已知：中，，，，求和的长．
【答案】、
【解析】
【分析】作，在两直角三角形中分别根据勾股定理即可解答本题．
【详解】解：作，
，
，
，
在，根据勾股定理得，，
，
，
，则，
在，根据勾股定理得
．
【点睛】本题考查了勾股定理，正确做出辅助线并根据勾股定理列出关系式是解答本题的关键．
20. 如图,BD 是菱形ABCD 的对角线,∠A＝30°．
(1)请用尺规作图法,作AB 的垂直平分线EF,垂足为E,交AD 于F;(不要 求写作法,保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下,连接BF,求∠DBF 的度数．
【答案】（1）见解析；（2）45°
【解析】
【分析】（1）分别以A、B为圆心，大于长度为半径画弧，交于线段AB两侧，连接两个交点的直线即为所求；
（2）根据菱形的性质可以求出∠ABD的度数，再根据FA=FB可得出∠A＝∠FBA＝30°，再用∠ABD，即可得出∠DBF的度数.
【详解】解:（1）如图所示,直线EF 即为所求;

（2）∵四边形ABCD 菱形,
∴∠ABD＝∠DBC, DA∥CB,
∴∠ABC＋∠A＝180°．
∵∠A＝30°，
∴∠ABC＝150°．
∴∠ABD＝∠DBC＝75°
∵EF 垂直平分线段AB,
∴AF＝FB．
∴∠A＝∠FBA＝30°．
∴∠DBF＝∠ABD－∠FBA＝75°－30°＝45°.
故答案为（1）见解析；（2）45°
【点睛】本题考查垂直平分线的尺规作图的方法，熟练掌握；以及菱形的性质，注意菱形的对角线是平分一组对角的，这个性质比较容易遗忘，要熟练掌握，灵活利用.
21. 如图，在平行四边形中，E，F为对角线上的点，且，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】首先根据平行四边形的性质的，，然后证明出，最后利用等角等补角相等证明即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对边平行且相等是解本题的关键．
22. 如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，过点D作交延长线于点G．

（1）求证：四边形为菱形；
（2）若E是的中点，求证：A，F，G三点共线．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到，然后利用垂直平分线的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后根据证明出平行四边形是菱形；
（2）首先证明出四边形是矩形，然后得到是线段的垂直平分线，连接，得到是等腰三角形，得到，然后由菱形的性质得到，即可证明出A，F，G三点共线．
【小问1详解】
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
∵若E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是线段的垂直平分线，
∴如图所示，连接，

∴是等腰三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴点A，F，G三点共线．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
23. 在解决问题“已知求的值”时，小明是这样分析与解答的：
，
．
．
．
．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）化简：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）分子、分母都乘以，化简得结果；
（2）表示数的分子、分母都乘以，化简后代入代数式里，计算得结果．
【小问1详解】
原式
；
【小问2详解】
．
．
原式
．
【点睛】本题考查了二次根式的运算，掌握分母有理化和二次根式的运算法则是解决本题的关键．
24. 定义：若某三角形三边长a，b，c满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：

（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；
（2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数；
（3）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”．
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）先设等边三角形的三边长分别为，，，则，然后进行计算可得：，即可解答；
（2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得，从而可得，进而可得是直角三角形，且，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答；
（3）过点作，垂足为，在上截取，连接，可得是的垂直平分线，从而可得，进而可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，，然后利用线段的和差关系可得，最后分别在和中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【小问1详解】
解：等边三角形不是“类勾股三角形”，
理由：设等边三角形的三边长分别为，，，
则，
，
等边三角形不是否“类勾股三角形”；
【小问2详解】
解：等腰三角形是“类勾股三角形”， ，，
，
，
是直角三角形，且，
，
，
的度数为；
【小问3详解】
证明：过点作，垂足为，在上截取，连接，

是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
，
，
为“类勾股三角形”．
【点睛】本题考查了勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25. 在正方形中，E是边上一点（不与点A，B重合），作点D关于的对称点F，连接．

（1）如图1，连接，若，求证：E是的中点；
（2）如图2，连接，，作于点G，M，N分别为，的中点，连接，．
①求的大小；
②猜想线段与的关系，并证明．
【答案】（1）见解析 （2）①，②
【解析】
【分析】（1）根据证明，得出，即可求证；
（2）①根据题意易得，设，则，根据等腰三角形的性质得出，，最后根据即可求解；②延长，过点G作，交延长线于点T，连接，延长，交延长线于点H，令交于点P，先证明，得出，，再证明，得出，，推出，即可得出结论．
【小问1详解】
证明：∵点D和点F关于的对称，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
即E是的中点；
【小问2详解】
解：①∵点D和点F关于的对称，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
在中，，
∴；
②延长，过点G作，交延长线于点T，连接，延长，交延长线于点H，令交于点P，
∵，
∴，
∵点G为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，点M为中点，
∴，
∵，，
∴，
∵点M为中点，
∴，则，
∵，
∴，
在和中，，，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形对应边相等，对应角相等；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；以及正确添加辅助线，构造全等三角形．