广东省广州市越秀区广东实验中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份广东省广州市越秀区广东实验中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，即可进行解答．
【详解】解：A、不是最简二次根式，故A不符合题意；
B、是最简二次根式，故B符合题意；
C、不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、不是最简二次根式，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式的定义，解题的关键是掌握最简二次根式的特征：根号下不含有可开方是因数，根号下不含有分母．
2. 设则下列运算中错误的是（ ）
A. B. .C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用二次根式的性质直接化简得出即可．
【详解】解：A. （ ），正确，不合题意；
B. ，无法化简，错误，符合题意；
C. ，正确，不合题意；
D. ，正确，不合题意；该试卷源自 每日更新，享更低价下载。故选B．
【点睛】本题考查二次根式的乘除法，正确化简二次根式是解题关键．
3. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平行四边形的性质容易得出结论．
【详解】解：四边形是平行四边形，
；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质；熟记平行四边形的对角线互相平分是解决问题的关键．
4. 下列选项中y不是x的函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的定义，自变量x在一定的范围内取一个值，因变量y有唯一确定的值与之对应，则y叫x的函数，即可得出答案．
【详解】解：自变量x在一定的范围内取一个值，因变量y有唯一确定的值与之对应，则y叫x的函数，
B、C、D均满足取一个x的值，有唯一确定的y值和它对应，y是x的函数，
而A中，对一个x的值，与之对应的有两个y的值，故y不是x的函数，
故选：A．
【点睛】本题考查函数定义，解题的关键是理解掌握自变量x在一定的范围内取一个值，因变量y有唯一确定的值与之对应，则y叫x的函数．
5. 如图，在中，，，是边的中点，是的中点，若，则的长是（ ）．
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质得，根据三角形的中位线的性质即可得到结论．
【详解】解：在中，，，，
，
是边的中点，是的中点，
是的中位线，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
6. 已知的三边分别为a，b，c，当三角形的边，角满足下列关系，不能判定是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理逆定理与三角形内角和定理是解题的关键．
由勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理逐一分析判断即可．
【详解】A.，
，符合勾股定理的逆定理，故此选项能判断是直角三角形，不符合题意；
B.，，
，是直角三角形，故此选项能判断是直角三角形，不符合题意；
C.，
设，，，
，，
，不符合勾股定理逆定理，故此选项不能判断是直角三角形，符合题意；
D.，
，
，，
，符合勾股定理的逆定理，故此选项能判断是直角三角形，不符合题意；
故选：C．
7. 下列命题：①对角线相等的菱形是正方形；②四个内角都相等的四边形是矩形；③一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；④一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形.其中真命题有（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定进行判断即可．
【详解】解：对角线相等的菱形是正方形，①是真命题；
四个内角都相等的四边形是矩形，②是真命题；
一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，③是真命题；
一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，还有可能是等腰梯形，④是假命题，
综上，真命题有①②③共3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了命题真假的判断，正方形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关特殊四边形的判定条件．
8. 如图，菱形的两条对角线交于点O，于点E，若，则的长是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先求出菱形的边长，再由菱形的面积公式可求解．
【详解】∵菱形，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
9. 如图，在中，，，，P为边上一动点，于点E，于点F，点M为中点，则最小值为（ ）
A. 2.4B. 2.5C. 4.8D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据勾股定理的逆定理可以证明； 结合已知可以证明四边形是矩形，由此可得到对角线相等，M是的中点； 要求的最小值，实际上就是求的最小值，当，利用三角形面积，即可求得最小值．
详解】连接，
∵，，，
∴，
∴．
∵，，
∴四边形是矩形，
∴．
∵M是的中点，
∴．
根据直线外一点与直线上任一点所连的线段中，垂线最短， 可知当时，最短．同样也最短．
当时，有，
即，
解得．
∴的最小值为，．
故选：A．

【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，矩形，垂线段，直角三角形斜边上的中线，直角三角形的面积，熟练掌握勾股定理的逆定理判定直角三角形，矩形的判定与性质、垂线段最短的性质，直角三角形斜边上的中线性质，由面积法求三角形的高，是解决问题的关键．
10. 如图，在正方形中，E、F分别是，的中点，，交于点G，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ①②③
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
根据正方形性质 中点的性质可得，根据全等三角形的性质得到，故①正确；易得，根据垂直的定义得到，故②正确；延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到．故③正确．根据，可得，所以∠，进而可知④错误．
【详解】解：四边形是正方形，
，
E、F分别是，中点，
在与中，
，故①正确；
，故②正确；
延长交的延长线于H，
点E是的中点，
是斜边的中线，
，故③正确；
不是等边三角形，
，故④错误；
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 若式子有意义，则的取值范围是___．
【答案】且
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，即可求解．
【详解】解：式子有意义，
且，
解得：且，
故答案为：且．
【点睛】本题考查了二次根式的性质和分式的意义，掌握二次根式及分式有意义的条件是解题的关键．
12. 实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简：＝________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查数轴和二次根式及绝对值的化简，关键是掌握和绝对值的性质．
根据数轴图可知，再根据化简式子即可．
【详解】解：根据数轴图可知，
∴．
故答案为：．
13. 如图，，点是的中点，则的度数是______．
【答案】##70度
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，以及等腰三角形性质等相关知识，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，根据等腰三角形的性质可知，进而即可得解．
【详解】解：，点是的中点，
，
，
，
故答案为：．
14. 如图，矩形的对角线交于点，点在边上，且，若，，则的周长是_______．
【答案】14
【解析】
【分析】由矩形的性质可得垂直平分，推出，将的周长转化为，根据勾股定理求得，进一步求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，，
，
垂直平分，
，
，，
，
的周长，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
15. 如图，在等边△ABC的外侧作正方形ABDE，AD与CE交于F，则∠ABF的度数为_________ 度．
【答案】15
【解析】
【详解】∵△ABC是等边三角形，ABDE是正方形，
∴AC=AE，∠BAD=∠EAD，
∴∠CAB=60°,∠EAB=90°,
∴∠CAE=150°，
∴∠ACE=∠AEC=15°，
∵△AEF和△ABF中，
，
∴△AEF≌△ABF(SAS)，
∴∠ABF=∠AEF=15°.
故答案为15°.
16. 如图，正方形的边长为2，E为边的中点，点F在边上，点B关于直线的对称点记为，连接．当点F在边上移动使得四边形成为正方形时，的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，连接，由正方形的性质可得，，平分，，，平分，可证点B，点，点D三点共线，即可求解．
【详解】解：如图，连接，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，平分，
∵E为边的中点，
∴，
∵四边形正方形，
∴，，平分，
∴点B，点，点D三点共线，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
三、解答题（本大题共9题，共72分）
17. 计算：
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的混合运算法则计算即可；
（2）根据平方差公式、二次根式的混合运算法则计算即可．
【小问1详解】
【小问2详解】
．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，以及二次根式的化简，平方差公式；解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则，从而完成求解．
18. 小红帮弟弟荡秋千（如图①），秋千离地面的高度与摆动时间之间的关系如图②所示．

（1）根据函数的定义，变量______（填“是”或者“不是”）关于的函数，变量的取值范围是______．
（2）结合图象回答：
①当时，的值是______，它的实际意义是______；
②秋千摆动第二个来回需多少时间？
【答案】（1）是；
（2）①；秋千摆动时，秋千离地面的高度为；②
【解析】
【分析】（1）根据图像和函数的定义可以即可得解；
（2）①根据函数图像即可得解；②根据函数图像中的数据即可得解．
【小问1详解】
解：由图像可知，对于每一个摆动的时间，都有唯一确定的值与其对应，
∴变量是关于的函数，变量的取值范围是，
故答案为：是；；
【小问2详解】
（2）①当时，，它的意义是：秋千摆动时，秋千离地面的高度为；
故答案为：；秋千摆动时，秋千离地面的高度为；
②由图像可知：秋千摆动第二个来回需，
∴秋千摆动第二个来回需．
【点睛】本题考查函数图像和函数概念，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
19. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点按下列要求画图：

（1）在图中已知点A，画一个，使，，．
（2）请在网格中画出．
（3）请用无刻度的直尺画出图中中边上高（结果用实线表示，其他辅助线用虚线表示），且______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析，
【解析】
【分析】（1）根据已知线段的长度画图即可；
（2）根据平行四边形的字母顺序画图即可；
（3）过点画的对角线，与交于点，则即为高，再利用面积法求出的长度．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
如图，即为所求；
【小问3详解】
如图，即为所求；
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图、勾股定理、平行四边形，解决本题的关键是根据网格准确画图．
20. 如图，在平行四边形中，E，F是对角线上两个点，且．

（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可得、即，然后证得即可证明结论；
（2）由可得，进而求得，再根据可得，最后根据三角形内角和定理即可解答．
【小问1详解】
证明：∵平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解答本题的关键．
21. 如图，在中，，平分交于点D，过点D作交于点E，F是上的一点，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的性质及，得到，由，得到四边形是平行四边形，根据即可证明结论；
（2）由解（1）四边形是矩形，求得的值，再根据解直角三角形求出，即可解答．
【小问1详解】
证明：∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵，
∴．
由（1）知，在矩形中，，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，含直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
22. 如图，在矩形中，点是对角线的中点，过点作交于点，交于，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）
【解析】
【分析】（1）根据线段垂直平分线推出和，再利用矩形的性质证明从而推出，即可证明四边形是菱形．
（2）根据勾股定理和已知条件求出的长度，利用设参数和勾股定理求出的长度，最后利用勾股定理和菱形的性质即可求出的长．
【小问1详解】
证明：点是的中点，，
∴是的垂直平分线，
，，．
四边形是矩形，
，
．
在和中，，
，
，
，
四边形为菱形．
【小问2详解】
解：设，
，
∴
四边形是矩形，
．
在中，由勾股定理得， ，
∴．
在中，由勾股定理得，，
即，解得，，即．
，
在中，由勾股定理得， ，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关性质和定理．
23. 已知：如图，在正方形中，E，F分别是上的点，相交于点，并且．
（1）如图1，判断和的位置关系？并说明理由：
（2）如图2，，点在线段上运动时（点F不与C、D重合），四边形是否能否成为正方形？请说明理由.
【答案】（1）
（2）四边形不能成为正方形，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
（1）先证，得到，继而，即可得出结论；
（2）先证 ，得，从而得，又因为点F在线段上运动时(点F不与C、D重合），则P、E不重合，所以，即可得出结论．
【小问1详解】
解：，理由如下，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴和是直角三角形，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
即；
【小问2详解】
解：四边形不能成为正方形，理由如下．
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵点F在线段上运动时(点F不与C、D重合），
∴P、E不重合，
∴，
即四边形不能成为正方形．
24. 如图，点E是正方形的对角线上一动点，连接，作交于点F，作于点G，．
（1）长的取值范围是 ；
（2）猜想线段与的数量关系并说明理由；
（3）求的长．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）如图1，连接交于，由勾股定理得，，由点在边上，，可知点在线段上，进而可得的取值范围；
（2）如图2，作于点M，于点N，由四边形是正方形，则，平分，，可证四边形是正方形，，证明，进而结论得证；
（3）如图3，过作于点H，则为等腰直角三角形的中线，同（2）可得，证明，则，计算求解即可．
【小问1详解】
解：如图1，连接交于，
∵正方形，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵点在边上，，
∴点在线段上，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：，理由如下：
如图2，作于点M，于点N，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
又，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图3，过作于点H，则为等腰直角三角形的中线，
同（2）可得，
在和中，
∵，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
25. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形，如图1所示．
（1）证明平行四边形是菱形；
（2）如图2所示，，，M是的中点，连接，，求的长．
（3）如图3所示，若，线段与交于点O，点M是线段上的一个动点，连接，直接写出的最小值，并写出此时的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）的最小值是；
【解析】
【分析】（1）平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题；
（2）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
（3）如图3，连接，，先证明是等边三角形，从而得，，进而证，得当、、三点共线时，+最小，最小值为的长，利用勾股定理求得最小值，再证明点是的重心，即可求得．
【小问1详解】
证明∶∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形为菱形；
【小问2详解】
解：如图中，连接、、，

∵，四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
又由（1）可知四边形为菱形，
∴四边形为正方形．
∵，
∴，
∵为中点，四边形为正方形．
∴，，，
∴，，，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∵，，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：如图3，连接，，

∵四边形是平行四边形，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）知，四边形是菱形，
∴，，，，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当、、三点共线时，+最小，最小值为的长，
∵，，
∴最小值，
如图，

当+取最小值时，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点是重心，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形的重心等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法是解题的关键．