天津外国语大学附属滨海外国语学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份天津外国语大学附属滨海外国语学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共25页。试卷主要包含了 估计值在， 下面计算正确的是， 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
（时间：100分钟 分值：120分）
第Ⅰ卷
一．选择题（每小题3分，共36分.每题只有一项是符合题目要求的）
1. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二次根式有意义的条件列不等式可得答案．
【详解】解：由式子在实数范围内有意义，


故选D．
【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为非负数是解题的关键．
2. 估计值在（ ）
A. 5和6之间B. 6和7之间
C. 7和8之间D. 8和9之间
【答案】D
【解析】
【详解】分析：利用“夹逼法”表示出的大致范围，然后确定答案．
详解：∵64＜＜81，
∴8＜＜9，
故选D．
点睛：本题主要考查了无理数的估算，解题关键是确定无理数的整数部分即可解决问题
3. 我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形，任意平行四边形的中点四边形（ ）该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的中位线的性质，证明对边平行且相等，由此可得到平行四边形．
【详解】如图，四边形ABCD中，E，N，M，F分别是DA，AB，BC，DC的中点，
连接AC，DB，
根据三角形中位线定理可得:EF平行且等于AC的一半，MN平行且等于AC的一半，
根据平行四边形的判定可知四边形MNEF为平行四边形．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理，解题的关键是利用三角形的中位线平行且等于第三边的一半，证明对边平行且相等的四边形是平行四边形．
4. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用同类二次根式的定义分别化简二次根式求出答案．
【详解】解：A、，与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
B、，与，是同类二次根式，故该选项符合题意；
C、，与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
D、，与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了同类二次根式，解题的关键是正确化简二次根式．
5. 下面计算正确的是（ ）
A. 4+=4B. ÷=3C. ·=D. =±2
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：A．4+≠4 ，本选项错误；
B．，本选项正确；
C．，故本选项错误；
D．，故本选项错误.
故选B.
考点: 二次根式的混合运算.
6. 下列说法错误的是（ ）
A. 矩形的邻角相等B. 菱形的对角线相等
C. 矩形的对角线互相平分D. 平行四边形的两条对角线将其分割成四个面积相等的三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形性质，菱形的性质，平四边形的性质即可求解．
【详解】解：、矩形的四个角都是，邻角相等，原选项正确，不符合题意；
、菱形的对角线不一定相等，当菱形的对角相等时，是正方形，原选项错误，符合题意；
、矩形的对角线互相平分，原选项正确，不符合题意；
、平行四边形的两条对角线将其分割成四个面积相等的三角形，原选项正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查特殊四边形的性质，理解并掌握平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质是解题的关键．
7. 满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A. AB，BC＝4，AC＝5B. AB：BC：AC＝3：4：5
C. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5D. ∠A∠B∠C
【答案】C
【解析】
【分析】依据勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理进行计算，即可得出结论．
【详解】解：A．∵52+42＝25+16＝41＝（）2，
∴△ABC是直角三角形，不合题意；
B．∵（3x）2+（4x）2＝9x2+16x2＝252＝（5x）2，
∴△ABC是直角三角形，不合题意；
C．∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，
∴∠C180°＝75°≠90°，
∴△ABC不是直角三角形，符合题意；
D．∵∠A∠B∠C，
∴∠C＝90°，∠A＝30°，∠B＝60°，
∴△ABC是直角三角形，不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
8. 如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为矩形，则可以添加的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定：对角线相等的平行四边形是矩形，有一个角是90度的平行四边形是矩形，有三个角是90度的四边形是矩形，根据矩形的判定方法，一一判断即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．故B选项符合题意，
由无法判断平行四边形是矩形．故A选项不符合题意，
由无法判断平行四边形是矩形．故C选项不符合题意，
由无法判断平行四边形是矩形．故D选项不符合题意，
故选：B．
9. 民生大院入口的正上方 A 处装有感应器（如图所示），感应器离地面的距离 米，当人体进入感应范围内时，灯自动点亮.当身高为 米的市民正对门缓慢走到离门 米的地方时（即米），则人头顶离感应器的距离等于（ ）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，过点D作于点E，构造，利用勾股定理求得的长度即可．
【详解】解：如图，过点D作于点E，

∵米，米，米，
∴（米），
在中，由勾股定理得到：
（米）
故选：A．
10. 如图，在矩形中，，，为中点，为上一动点，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图所示，过点作于点，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，根据矩形的性质可判定四边形是矩形，可求出的长，根据折叠的性质可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，作点关于的对称点，连接交于点，此时的值最小，

∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，即，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
∴，则，
∵点是点关于的对称点，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查轴对称—最短路径，矩形的判定和性质，勾股定理等知识的综合，将转换为，根据勾股定理求解线段长度是解题的关键．
11. 如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：
①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于M，N两点；
②分别以M，N为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点D，作射线与交于点E；
③分别以B，C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点P，Q，作线段与于点F；
④连接．
若，，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了三线合一定理，勾股定理，直角三角形的性质，线段垂直平分线和角平分线的尺规作图，由作图方法可知，平分，垂直平分，由三线合一定理得到，由勾股定理得到，再由直角三角形的性质得到，据此可得答案．
【详解】解：由作图方法可知，平分，垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴点F为的中点，
∴，
∴的周长为，
故选；B．
12. 如图，在正方形中，是对角线上一点，且满足．连接并延长交于点，连接，过点作于点，延长交于点．在下列结论中：①；②；③；④，其中正确结论有（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先判断出∠DAE＝∠ABH，再判断△ADE≌△CDE得出∠DAE＝∠DCE＝22.5°，∠ABH＝∠DCF，再判断出△ABH≌△DCF从而得到①正确，根据三角形的外角求出∠AEF＝45°，得出②正确；结合①②可得DF＝DE，根据AH＝DF即可得③正确；连接HE，判断出S△EFH≠S△EFD得出④错误．
【详解】解：∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABE＝∠ADE＝∠CDE＝45°，AB＝BC，
∵BE＝BC，
∴AB＝BE，
∵BG⊥AE，
∴BH是线段AE的垂直平分线，∠ABH＝∠DBH＝22.5°，
在Rt△ABH中，∠AHB＝90°﹣∠ABH＝67.5°，
∵∠AGH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABH＝22.5°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE＝∠DCE＝22.5°，
∴∠ABH＝∠DCF，
在△ABH和△DCF中，
，
∴△ABH≌△DCF（ASA），
∴AH＝DF，∠CFD＝∠AHB＝67.5°，
∵∠CFD＝∠EAF+∠AEF，
∴67.5°＝22.5°+∠AEF，
∴∠AEF＝45°，故①②正确；
∵∠FDE＝45°，∠DFE＝∠FAE+∠AEF＝22.5°+45°＝67.5°，
∴∠DEF＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴DF＝DE，
∵AH＝DF，
∴AH＝DE，故③正确；
如图，连接HE，
∵BH是AE垂直平分线，
∴AG＝EG，
∴S△AGH＝S△HEG，
∵AH＝HE，
∴∠AHG＝∠EHG＝67.5°，
∴∠DHE＝45°，
∵∠ADE＝45°，
∴∠DEH＝90°，∠DHE＝∠HDE＝45°，
∴EH＝ED，
∴△DEH是等腰直角三角形，
∵EF不垂直DH，
∴FH≠FD，
∴S△EFH≠S△EFD，
∴S四边形EFHG＝S△HEG+S△EFH＝S△AHG+S△EFH≠S△DEF+S△AGH，故④错误，
∴正确的是①②③．
故选：C
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出△ADE≌△CDE，难点是作出辅助线．
第Ⅱ卷 非选择题(共84分)
二．填空题（本大题共6小题，每小题3分.共18分）
13. 计算：______ = ______ =______
【答案】 ①. ②. 6 ③. ##
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质和分母有理化，运用相关性质进行求解即可
【详解】解：；
；
，
故答案为：，6，
14. 化简：____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．
【详解】解：原式
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
15. 矩形的对角线、相交于点，，两条对角线夹角，矩形周长为_________________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据矩形的性质以及已知条件得出是等边三角形，进而勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：如图所示，

依题意，，则，
∵四边形是矩形，
∴，，,
∴是等边三角形，
∴，，则
在中，
∴矩形周长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
16. 是坐标原点，菱形，，，顶点在轴的正半轴上，则点的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】过点作轴于点，根据菱形的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作轴于点，

∵菱形，，，
∴
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17. 如图，在边长为6的正方形中，点M为的中点，点E在上，，等腰三角形中，．
（1）的面积为______；
（2）若N为的中点，则的值为______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】（1）如图1，作的延长线于，则，，由，可得，则，根据，计算求解即可；
（2）如图2，连接交的延长线于，作的延长线于，连接，则四边形是矩形，则，，，证明，则，，，是的中点，是的中位线，则，由勾股定理得，，进而可求．
【详解】（1）解：如图1，作的延长线于，
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图2，连接交的延长线于，作的延长线于，连接，则四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，是的中点，
又∵N为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴由勾股定理得，；
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，正弦，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的性质，正弦，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理，矩形的判定与性质是解题的关键．
18. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，过点A分别作轴于点B，轴于点C，点D在射线上．将沿直线翻折，使点A恰好落在坐标轴上，则点D的坐标为____________．
【答案】或或
【解析】
【分析】分当翻折之后的A落在的正半轴上和落在y轴上以及落在x轴负半轴时，三种情况讨论，利用勾股定理列出方程，然后解方程求出m即可得到点D的坐标；
【详解】解：①如图，设翻折之后的A落点点E，作．
设，
由题意可得，，，
∵与关于直线对称，
∴，，
在Rt中，，
∴．
在Rt中，，
∴，
即，
解得，
∴点D的坐标是．
②如图2：翻折之后A点落在y轴上时，即图中点E，
，这时，，
可求出D点坐标为；
③如图3，当翻折之后A点落在x轴负半轴时，
，在Rt中，
，
则，
Rt中，设，
利用勾股定理
得到，
解得
D点坐标为
故：D的坐标为或或．
【点睛】本题考查了作图以及利用折叠的性质和勾股定理解直角三角形，掌握相关性质是解答此题的关键．
三、解答题：（共7小题，共66分.解答题应写出解答过程.）
19. 计算：
(1)
(2)
【答案】（1）15；（2）.
【解析】
【分析】(1)把被开方数相乘或相除，在化成最简二次根式或整式即可；
(2)先化成最简二次根式，同时去括号，再合并同类二次根式即可．
【详解】解：（1）
=
=15÷
=15.
（2）
=
=.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算的应用，熟练掌握法则是解题的关键．
20. 已知，，求：
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用完全平方和公式化简，再求值；
（2）先计算（a+b）、ab的值，再利用完全平方和公式，化简求值；
【小问1详解】
，
【小问2详解】
，，
，，
【点睛】本题考查了代数式求值；二次根式混合运算；结合数字特征灵活运用乘法公式是解题关键．
21. 已知：点D，E分别是△ABC的BC，AC边的中点．
（1）如图①，若AB=10，求DE的长；
（2）如图②，点F是AB边上的一点，FGAD，交ED的延长线于点G．求证：AF=DG
【答案】（1）DE=5（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）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DEAB，DE=AB，然后代入数据计算即可得解；
（2）判断出四边形AFGD是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等证明．
【详解】（1）解：如图①，∵D、E分别为BC、AC边的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DEAB，DE=AB，
∵AB=10，
∴DE=5．
（2）证明：如图②，∵F是AB边上一点，由（1）知ABDE，
∴AFDE，
∵FGAD，
∴四边形AFGD为平行四边形，
∴AF=DG．
【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定与性质，熟记定理是解题的关键．
22. 下图是一块地，已知，求这块地的面积．
【答案】这块地的面积为
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及逆定理在实际生活中的运用，考查了直角三角形面积计算，本题中正确的根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形是解题的关键．根据勾股定理可求出的长，根据勾股定理的逆定理可求出，的面积减去的面积，即可求出四边形的面积．
【详解】解：如图，连接．
∵，，，
∴．
∵，，，
即，
∴为直角三角形，．
∴这块地即四边形的面积．
23. 如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）OE=2．
【解析】
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
24. 如图，在矩形中，，对角线交于点O，点E，F分别是延长线上的点，且，连接，点G为的中点．连接，交于点H，连接．
（1）猜想： H是 的中点吗？ 并加以证明；
（2）求的长．
【答案】（1）H是 的中点
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点M，连接，根据矩形的性质可以证明，从而证明，即可求解；
（2）连接，根据勾股定理求出的长，再由中位线定理即可求解．
【小问1详解】
证明：H是 的中点；
取中点M，连接，如图，
∵四边形是矩形，对角线交于点O，
∴点O是的中点，
∵点M是的中点，
∴，，
∴
∵
∴，
∴，即H是 的中点；
【小问2详解】
解：连接，如图，
∵点M是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点G是的中点，点H是的中点，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质、中位线的性质、勾股定理、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
25. 将一个等腰直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，点P在边上（点P不与点O，B重合）．
（1）如图①，当时， 求点P的坐标；
（2）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并垂直于x轴的正半轴，垂足为Q．点O的对应点为， 设．如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，与边相交于点C，试用含t的式子表示：
（Ⅰ） ，
（Ⅱ）四边形的面积为S，
（Ⅲ）直接写出t的取值范围．
【答案】（1）
（2）①②③
【解析】
【分析】本题主要考查坐标与图形，等腰直角三角形的性质：
（1）过点P作轴于点G，由勾股定理可得结论；
（2）①由等腰直角三角形的性质得，求出，得，再求出；
②根据求解即可；
③求出与点重合时的长即可
【小问1详解】
解：∵是等腰直角三角形，
∴
过点P作轴于点G，
∴
∴
又
∴
∴点P的坐标为：；
【小问2详解】
解：①由（1）知是等腰直角三角形，
∴，
由折叠得，
∴
又,
∴，
∵轴，
∴
∴,
故答案为：
②
故答案为：
③∵是等腰直角三角形，且，
∴
当与点A重合时，
此时，，
∴折叠后与重叠部分为四边形，t的取值范围是,
故答案为：