天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共23页。试卷主要包含了本卷共12小题，共36分等内容，欢迎下载使用。
八年级数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟．
答卷前，请务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回．
第Ⅰ卷（选择题）
注意事项：
1．请用黑色字迹的签字笔，将正确答案的代号填在“答题卡”相应的表格中．
2．本卷共12小题，共36分．
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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. 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. 下列所给的二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【分析】根据最简二次根式的定义，逐一判断选项，即可得到答案.
【详解】∵=，
∴A不符合题意，
∵是最简二次根式，
∴B符合题意，
∵=，
∴C不符合题意，
∵=，
∴D不符合题意，
故选B.
【点睛】本题主要考查最简二次根式的概念，特别要注意，最简二次根式中不能含有分母，不能含有完全平方式（数）因式.
3. 计算的结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的乘法运算，即可得到答案．
【详解】解：；
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法运算，解题的关键是掌握运算法则进行解题．
4. 已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A. ∠A=∠BB. ∠A=∠CC. AC=BDD. AB⊥BC
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形的判定方法依次判断即可得出结果．
【详解】解：A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，符合题意；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有三个角是直角的四边形是矩形”是解题的关键．
5. 下列各组数中，以a、b、c为边三角形不是直角三角形的是（ ）
A. a=1、b=2、c=B. a=1.5、b=2、c=3
C. a=6、b=8、c=10D. a=3、b=4、c=5
【答案】B
【解析】
【分析】“如果一个三角形的三条边长分别为a、b、c，且有，那么这个三角形是直角三角形.”
【详解】解：A. 12+= 22; B. 1.52+22≠32;
C. 62+82=102; D. 32+42=52.
故选B．
【点睛】本题考核知识点：勾股定理逆定理.解题关键点：理解勾股定理逆定理的意义.
6. 如果，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：可知：，
所以，
解得，
故选：B．
7. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）

A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=7，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算和完全平方公式的应用，先根据完全平方公式进行变形，计算，进而可得答案．
【详解】解：因为
所以，
故选A．
9. 如图，圆柱的底面周长是14cm，圆柱高为24cm，一只蚂蚁如果要沿着圆柱的表面从下底面点A爬到与之相对的上底面点B，那么它爬行的最短路程为（ ）
A. 14cmB. 15cmC. 24cmD. 25cm
【答案】D
【解析】
【分析】把圆柱沿母线AC剪开后展开，点B展开后的对应点为B'，利用两点之间线段最短可判断蚂蚁爬行的最短路径为，如图，由于，然后利用勾股定理计算出即可．
【详解】解：把圆柱沿母线AC剪开后展开，点B展开后的对应点为B'，则蚂蚁爬行的最短路径为，如图：
，
在中，
根据勾股定理得：
，
所以它爬行的最短路程为．
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，解题关键在于把圆柱侧面展开去构建直角三角形.
10. 如图，菱形对角线与交于点，点是边上的中点，连接，，则菱形的周长为（ ），面积为（ ）
A. 40、96B. 20、48C. 40、192D. 20、24
【答案】A
【解析】
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD=6，然后直角三角形的性质可得CD=2OE=10，再由勾股定理可得OC=8，进而得到AC=16，即可求解。
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AC⊥BD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD=6，
∵点是边上中点，OE=5，
∴CD=2OE=10，
∴，
∴AC=16，
∴菱形的周长为4CD=4×10=40，面积为。
故选：A
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键。
11. 如图，菱形的边长为6，，E，F分别为，的中点，则的长为（ ）

A. B. C. 3D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】连接、交于点O，根据菱形的性质可得，，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可得到，然后根据三角形中位线定理可得的长．
【详解】解：连接、交于点O，如图所示：

∵，菱形的边长为6，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，分别为，的中点，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，熟练掌握基础知识是解题的关键．
12. 如图，有一正方形的纸片ABCD，边长为6，点E是DC边上一点且DC＝3DE，把ADE沿AE折叠使ADE落在AFE的位置，延长EF交BC边于点G，连接BF有以下四个结论：
①∠GAE＝45°；
②BG+DE＝GE；
③点G是BC的中点；
④连接FC，则BF⊥FC；
其中正确的结论序号是（ ）
A. ①②③④B. ①②③C. ①②D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】先计算出DE＝2，EC＝4，再根据折叠的性质AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，然后根据“HL”可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，则GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，所以∠GAE＝∠BAD＝45°；GE＝GF+EF＝BG+DE；设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，在Rt△CGE中，根据勾股定理得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，则BG＝CG＝3，则点G为BC的中点；同时得到GF＝GC，根据等腰三角形的性质得∠GFC＝∠GCF，再由Rt△ABG≌Rt△AFG得到∠AGB＝∠AGF，然后根据三角形外角性质得∠BGF＝∠GFC+∠GCF，易得∠AGB＝∠GCF，根据平行线的判定方法得到CF∥AG，再证出AG⊥BF，即可得出BF∥FC．
【详解】解：连接AG，AG和BF交于H，如图所示：
∵正方形ABCD的边长为6，DC＝3DE，
∴DE＝2，EC＝4，
∵把△ADE沿AE折叠使△ADE落在△AFE的位置，
∴AF＝AD＝AB＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中， ，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，
∴∠GAE＝∠FAE+∠FAG＝∠BAD＝45°，①正确；
∴GE＝GF+EF＝BG+DE，②正确；
设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，
在Rt△CGE中，GE＝x+2，EC＝4，CG＝6﹣x，
∵CG2+CE2＝GE2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，
∴BG＝3，CG＝6﹣3＝3，
∴BG＝CG，即点G为BC的中点，③正确；
∴GF＝GC，
∴∠GFC＝∠GCF，
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴∠AGB＝∠AGF，
而∠BGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB+∠AGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB＝∠GCF，
∴FC∥AG，
∵AB＝AF，BG＝FG，
∴AG⊥BF，
∴BF⊥FC，④正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、平行线的判定等知识；熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题）
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上．
2．本卷共13题，共84分．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13. 化简的结果为_______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质化简得出答案
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题关键．
14. 平面直角坐标系中，点P的坐标为（3，﹣5），则OP的长为______________．
【答案】
【解析】
【分析】依据两点间的距离公式解答即可．
【详解】解：OP的长==，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，关键是根据两点间的距离公式解答．
15. 若直角三角形的两边长为a、b，且满足，则该直角三角形的第三边长是_____．
【答案】5或
【解析】
【分析】任何数的绝对值，以及算术平方根一定是非负数，已知中两个非负数的和是0，则两个一定同时是0；另外已知直角三角形两边、的长，具体是两条直角边或是一条直角边一条斜边，应分类讨论．
【详解】解：，
，，
，．
①在直角三角形中，当边长为4的边是斜边，则第三边的长为；
②在直角三角形中，当边长为4的边是直角边，则第三边的长为．
综上所述，该直角三角形的第三边长为5或．
故答案是：5或．
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，绝对值、算术平方根的非负数的性质，解题的关键是利用分类讨论的思想讨论边长为4的边是直角边还是斜边．
16. 如图，四边形为平行四边形，平分交边于点，平分交边于点．若，，则线段的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、平行的性质等知识，根据四边形是平行四边形，有，，，即有，，再根据、分别平分、，有，，即可得，，则有，，根据，即可求解．
【详解】四边形是平行四边形，
，，，
，，
、分别平分、，
，，
，，
，，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
17. 如图，点E为正方形的边上的一点，，，连接，F为边延长线上一点，且，连接，过点A作交于点G，连接，则线段的长度为 ____________________．

【答案】
【解析】
【分析】过点G作于H，证明，再根据三线合一证明是的中线，再证明，最后根据勾股定理即可解答．
【详解】解：如图，过点G作于H，

∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
∴是的中位线
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的全等判定和性质，等腰三角形的性质，中位线的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线构造直角三角形求线段是解题的关键．
18. 如图，将线段放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、C均落在格点上．
（1）的长等于______；
（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出一个以线段为对角线、周长为的矩形，并简要说明画图的方法（不要求证明）__________________．
【答案】 ①. ②. 找到网格的的中点，构造邻边分别为的矩形
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理与网格问题，矩形的性质；
（1）利用勾股定理求解即可；
（2）构造邻边分别为的矩形，即可求解．
【详解】（1），
故答案为：．
（2）如图所示，找到网格的的中点，构造邻边分别为的矩形，矩形即为所求
三、解答题（共66分）
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算，
（1）直接化简二次根式，进而合并得出答案；
（2）直接化简二次根式，进而合并得出答案．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
20. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的混合运算，
（1）根据二次根式的乘法进行计算即可求解；
（2）直接利用乘法公式化简，进而得出答案．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
21. 如图，在四边形中，，，，．求四边形的面积．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查多边形的面积，勾股定理的逆定理；连接，根据勾股定理计算出的长，再由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，进而利用求得四边形的面积．
【详解】解：如图，连接，
，且，
，
又，
，
是直角三角形，即
．
22. 如图，在中，点分别在边和上，且．
（1）求证：．
（2）求证：四边形是平行四边形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由平行四边形的性质可得，，利用即可证明；
（2）由平行四边形的性质可得，，求出，即可得证．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
；
小问2详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
四边形是平行四边形．
23. 在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，，求证：平分．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质，可得与的关系，根据平行四边形的判定，可得是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；
（2）根据平行线性质，可得，根据等腰三角形的判定与性质，可得，根据角平分线的判定，可得答案．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
．
在中，由勾股定理，得，
，
，
，
即平分．
24. 已知，中，，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为．
（1）如图1，连接、．求证：四边形为菱形．
（2）如图1，求的长．
（3）如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）证明得出，推出四边形为平行四边形，结合即可得证；
（2）设菱形的边长，则，由勾股定理计算即可得出答案；
（3）分情况讨论可得只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，利用平行四边形的性质列方程求解即可．
【小问1详解】
证明：四边形是矩形，
，
，，
垂直平分，
，
在和中，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形；
【小问2详解】
解：设菱形的边长，则，
在中，，由勾股定理得：，
解得：，
；
【小问3详解】
解：由作图可以知道，在上时，在上，此时四点不能构成平行四边形；同理，在上时，在或上，此时四点也不能构成平行四边形，
只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，
，
，
点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，
，，
，
解得：，
以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
25. 如（图1），矩形边、在坐标轴上，点B坐标为，点P是射线上的一动点，把矩形沿着折叠，点B落在点D处；
（1）当点C、D、A共线时，=______；
（2）如（图2），当点P与点A重合时，与x轴交于点E，过点E作，交于点F，请判断四边形的形状，并说明理由；
（3）若点D正好落在x轴上，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）；（2）菱形，见解析；（3）或
【解析】
【分析】（1）由翻折可以得到CD=CB=10，根据勾股定理可以求出AC=，点C、D、A共线时，可知AD=AC-CD=；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得结论；
（3）分两种情况：
①如图3，点D在x轴正半轴上时，易得△PAD∽△DOC，列比例式可得结论；
②如图4，当D在x轴的负半轴上时，易得△COD∽△DOP，同理可得结论．
【详解】解：（1）如图1，
∵矩形OABC，点B坐标为（10，6），
∴BC=10，AB=6，
由勾股定理得：AC=
由折叠得：CD=BC=10，
当点C、D、A共线时，AD=AC-CD=
故答案为：；
（2）四边形CEAF是菱形，
理由是：由折叠得：∠FCA=∠ECA，
∵AC⊥EF，
∴EC=FC，
∵CF∥AE，
∴∠FCA=∠EAC，
∴∠ECA=∠EAC，
∴EC=AE
∴AE= FC
∵CFAE，
∴四边形CEAF为平行四边形
又∵AC⊥EF，
∴四边形CEAF是菱形；
（3）分两种情况：
①如图3，
点D在x轴正半轴上时，
在Rt△COD中，OC=6，CD=10，
∴OD=8，
∴AD=10-8=2，
∵∠PDC=90°，
∴∠CDO+∠ADP=90°
∵∠OCD+∠CDO=90°，∠ADP+∠DPA =90°
∴∠CDO=∠DPA
∴△PAD∽△DOC，
∴
点P的坐标为 ；
②如图4，
当D在x轴的负半轴上时，CD=BC=10，OC=6
由勾股定理得：OD=8，
∵∠CDP=90°，
∴∠CDO+∠ODP=∠ODP+∠DPA=90°，
∴∠CDO=∠DPA，
∵∠DOC=∠DAP，
∴△COD∽△DAP，
点P的坐标为：；
综上所述，点P的坐标为：或．
【点睛】本题四边形的综合题，考查的是矩形的性质、翻折变换、三角形全等的性质和判定，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键，注意第三问，点P是射线BA上的一动点，点D在x轴上时有两种情况，不要丢解．