浙江省台州市路桥区十校联盟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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1．本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分120分．
2．答题前，必须在答题卷的密封区内填写校名、班级、姓名、座位号等．
3．所有答案都必须写在答题卷标定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应．
一、选择题：本大题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求．
1. 下列各式中，为最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查最简二次根式，解题的关键在于熟练掌握最简二次根式：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数不含分母．
【详解】解：A．是最简二次根式，符合题意；
B．，故不是最简二次根式，不符合题意；
C．，故不是最简二次根式，不符合题意；
D．，故不是最简二次根式，不符合题意．
故选：A．
2. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（ ）
A. 1，1，2B. 3，4，5C. 3，4，12D. 4，6，8
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的逆定理的应用．解题关键是熟练运用勾股定理的逆定理加以判断即可．
【详解】解：A、因为，不能构成三角形；故此选项不符合题意；
B、因为，能构成直角三角形，故此选项符合题意；
C、因为，不能构成三角形；故此选项不符合题意；
D、因为，不能构成直角三角形．故此选项不符合题意；
故选：B．
3. 如图，已知四边形，添加下列条件后不能判定四边形是平行四边形的是（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形判定定理判断即可;
【详解】A、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可确定四边形是平行四边形，不符合题意；
B、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可确定四边形是平行四边形，不符合题意；
C、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可确定四边形是平行四边形，不符合题意；
D、不能确定是平行四边形，有可能是等腰梯形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键，平行四边形的五种判定方法：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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的匹边形是平行四边形．
4. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减运算及乘除运算，分别利用二次根式加减运算法则以及乘除运算法则化简判断得出即可，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、无法计算，故此选项错误，故不符合题意；
B、，故此选项错误，故不符合题意；
C、，故此选项正确，故符合题意；
D、，故此选项错误，故不符合题意；
故选：C．
5. 如图，在菱形中，，是菱形的一条对角线，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，由菱形的性质得，，再由平行线的性质求，即可得出答案．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
6. 正方形具有而矩形不一定具有的特征是（ ）
A. 四个角都相等B. 四边都相等
C. 对角线相等D. 对角线互相平分
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的性质以及正方形的性质的特征可知，正方形四条边都相等，矩形的两条对边分别相等．
【详解】解：根据正方形和矩形的性质知，它们具有相同的特征有：四个角都是直角、对角线都相等、对角线互相平分，但矩形的长和宽不相等．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握正方形和矩形的性质是解题的关键．
7. 下列各命题的逆命题不成立的是（ ）
A. 两直线平行，内错角相等
B. 直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方和
C. 平行四边形的对角线互相平分
D. 对顶角相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．分别写出各个命题的逆命题，再根据平行线的判定定理、勾股定理的逆定理、平行四边形的判定定理、对顶角判断即可．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【详解】解：A、逆命题是内错角相等，两直线平行，成立，不符合题意；
B、逆命题是一个三角形一边平方等于另外两边的平方和，那么这个三角形是直角三角形，成立，不符合题意；
C、逆命题是对角线互相平分的四边形是平行四边形吧，成立，不符合题意；
D、逆命题是相等的角是对顶角，不成立，符合题意；
故选：D．
8. 如图，在中，，，点D，E分别是边，的中点，连接，点F在上且，则的长是（ ）
A. 0.5B. 1C. 1.5D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，利用三角形中位线定理得到．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到．所以由图中线段间的和差关系来求线段的长度即可．解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【详解】解：∵点D、E分别是边、的中点，
∴是的中位线，
∵，
∴．
∵，D是的中点，，
∴，
∴．
故选：B．
9. 如图，在矩形中，，．点P从点A出发沿以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点C出发沿以每秒2个单位长度的速度向终点A运动．连接，当时间是1秒时，的长度是（ ）

A. B. 6C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，含的直角三角形的性质，作，根据题意得，，进而可得，，，根据题意知，得，即可得．解题关键是勾股定理的正确应用．
【详解】解：作，由矩形中，，，

则，，
则，，，
由题意知，，则，
得．
故选：C．
10. 如图1，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成．将四个直角三角形分别沿着它们的斜边所在的直线翻折，得到如图2所示的图形．容易发现，最外面的图形也是正方形，已知正方形的周长是正方形的周长的3倍，记正方形的面积为，正方形的面积为，则的值是（ ）
A. 9B. 5C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、正方形的性质及正方形的面积公式等知识，证明是解题的关键．由全等三角形的性质得，，由翻折得，，，则，可证明，而，所以，则，所以，求得，而，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵，
∴，，
由翻折得，，，
∴，
∴，
∵正方形的周长是正方形的周长的3倍，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的值是5，
故选：B．
二、填空题：本题有6个小题，每小题4分，共24分．
11. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
直接利用二次根式的有意义，被开方数不小于0，进而得出答案．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，则，
解得：．
故答案为：．
12. 数a在数轴上的位置如图所示，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了绝对值的化简，二次根式的化简，同时考查了利用数轴比较数的大小，由在数轴上对应的点的位置可得：，从而得到，再利用绝对值和二次根式的意义化简即可．熟练掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：由题意得：，
∴，
∴，
故答案为：．
13. 如图，点A，B，F在同一直线上，四边形是平行四边形，，平分，则 ______°．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，邻补角，角平分线等知识．熟练掌握平行四边形的性质，邻补角，角平分线是解题的关键．
由平行四边形的性质可得，则，由平分，可得，计算求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
故答案为：．
14. 如图，在四边形中，已知，，，，，则四边形面积是______．

【答案】
【解析】
【分析】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，勾股定理的逆定理是解题的关键．
连接，由勾股定理得，，由，可得是直角三角形，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，

由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
故答案为：．
15. 如图，矩形的两条对角线相交于点O，已知，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
由矩形，可得，，则，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
解得，，
故答案为：．
16. 如图，边长为4的正方形中，点E，F分别是对角线，边上一动点，连结，，．取，的中点分别记为H，G，连结，则长度的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理以及中位线定理，作，则为的中点，根据题意可得，由三角形中位线定理可得是解决问题的关键．
【详解】解：在正方形中，，则，
作，则为的中点，
∴，
由点到直线垂线段最短可知，，
∵，分别是，的中点，
∴，
即：长度的最小值为，
故答案为：．
三、解答题：本题有8小题，共66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）
（2）
【解析】
【分析】此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题的关键．
（1）先化简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）根据二次根式的混合运算顺序进行计算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 如图，在每个小正方形边长为1的网格中，点O在格点（小正方形的顶点）上．试在各网格中画出顶点在格点上，且符合相应条件的图形．
（1）在图1中画一个以点O为顶点，面积为2的正方形；
（2）在图2中画一个以点O为对角线交点，面积为4的菱形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，菱形的性质．熟练掌握勾股定理，正方形的性质，菱形的性质是解题的关键．
（1）由题意知，所作正方形的边长为，即面积为2的正方形是以小正方形的对角线为边长的正方形；
（2）由菱形的性质可知，菱形的对角线的长分别为2，4，然后作图即可．
【小问1详解】
解：如图1，正方形的边长为，正方形即为所求；
【小问2详解】
解：如图2，菱形即为所求；
19. 如图，每个小正方形的边长为1，连结小正方形的顶点，，．
（1）求的长；
（2）求的度数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，判断是等腰直角三角形是解决本题的关键，注意在格点三角形中利用勾股定理．
（1）由勾股定理，即可求出线段长度；
（2）求出和的长度，然后利用勾股定理的逆定理，得到是等腰直角三角形，即可得到答案．
【小问1详解】
解：根据题意，每个小正方形的边长为1，
∴，；
【小问2详解】
根据勾股定理可以得到：，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形．
∴．
20. 如图，、是的对角线所在直线上两点，且，求证：四边形是平行四边形．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】由题意易得，则有，进而问题可求证．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，∴
∴，
∴，
∴，
，
∴．
∴（内错角相等，两直线平行），
又∵
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
21. 如图，有两棵树，分别记为，．其中一棵树高12米，另一棵树高6米，两棵树相距8米．若一只小鸟从树梢A飞到树梢C，求小鸟飞行的最短距离．
【答案】小鸟飞行的最短路程为10米
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的顶端进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．解题的关键是将现实问题建立数学模型，运用数学知识进行求解．
【详解】解：如图，过点作于点，则四边形是长方形，连接．
∵米，米，米，
∴米，米，米，
在中，(米)，
故小鸟飞行的最短路程为10米．
22. 如图，在中，，点D是的中点，点F是的中点，，连结并延长交于点E，连结．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是矩形；
（3）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由证明即可；
（2）由全等三角形的性质得，再证明四边形是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论；
（3）证明，再由等边三角形的性质得，，然后由勾股定理得，即可解决问题．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
在和中，，
∴；
【小问2详解】
证明：由（1）可知，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
【小问3详解】
解：由（2）知，四边形是矩形，
∵，，
∴，
∵为的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23 对于任意实数a，b，定义一种运算“”如下：．如：．
（1）______，______；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）1，3 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题关键是理解新定义的含义，列出正确的算式．
（1）根据已知条件中的新定义，列出算式，根据二次根式的性质进行计算即可；
（2）根据新定义，列出含有的等式，再根据平方差公式分解因式，然后进行解答可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
故答案：1，3；
【小问2详解】
∵，
∴，
，
，
，
∴．
24. 已知菱形中，，点E在边上，作，与相交于点F．与对角线分别相交于点H，G．
（1）如图1，当点E是中点时， ______；
（2）如图2．
①求证：；
②的值是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①见解析；②是，1
【解析】
【分析】（1）如图1，连接，证明是等边三角形，由E是中点，可得，即，，，然后求解作答即可；
（2）①如图2，连接，由（1）可知，是等边三角形， 证明，进而可得；②如图3，连接，由菱形，，可得，证明，则，同理，，，根据，求解作答即可．
【小问1详解】
解：如图1，连接，
∵菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵E是中点，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
①证明：如图2，连接，
由（1）可知，是等边三角形，
∴，，
∴，即，
∵菱形，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
②解：如图3，连接，
图3
∵菱形，
∴，，
由①可知，，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，
同理，，，
∴，
∴的值为定值，且定值为1．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，全等三角形的判定与性质是解题的关键．