广东省广州市育才教育集团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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本练习卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分120分，练习时间120分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共30分）
一、单项选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式，分母有理化．根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，分母不能带根号，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、是二次根式，故本选项符合题意；
B、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：A．
2. 下列运算中，结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的运算，根据二次根式的运算法则分别判断即可．
【详解】A选项：和的被开方数不相同，即不是同类二次根式，它们不能合并，，故本选项的运算错误，不符合题意；
B选项：，故本选项的运算错误，不符合题意；
C选项：，故本选项的运算错误，不符合题意；
D选项：故本选项的运算正确，符合题意．
故选：D
3. 下列数据不是勾股数的是（ ）
A. 3，4，5B. 5，12，13C. 8，12，16D. 9，40，41
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查勾股数，解题的关键是掌握①三个数必须是正整数，②满足勾股定理．根据勾股数的定义求解即可．
【详解】解：A．，且3， 4，5都是正整数，所以3，4，5是勾股数，此选项不符合题意；
B．，且5，12，13都是正整数，所以5，12，13是勾股数，此选项不符合题意；
C．，所以8，12，16不是勾股数，此选项符合题意；
D．，且9，40，41都是正整数，所以9，40，41是勾股数，此选项不符合题意；
故选：C．
4. 下列命题中，假命题的是（ ）
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半
C. 矩形的对角线互相垂直平分
D. 对角线互相平分相等且垂直的四边形是正方形
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是平行四边形的性质，矩形的性质，菱形和正方形的性质，即可．
【详解】A、平行四边形的对角线互相平分，是真命题，不符合题意；
B、菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半，是真命题，不符合题意；
C、矩形的对角线互相平分且相等，故原命题是假命题，符合题意；
D、对角线互相平分相等且垂直的四边形是正方形，是真命题，不符合题意．
故选：C．
5. 下列图象中，不是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了函数的识别，根据对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应求解即可．
【详解】∵对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应，
∴A选项中不是的函数，
故选：A．
6. 在中，，，，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查含的直角三角形性质、勾股定理等知识，根据题意，作出图形，由含的直角三角形性质得到，再由勾股定理求解即可得到，熟记直角三角形性质，数形结合是解决问题的关键．
【详解】解：如图所示：

在中，，，，则，
由勾股定理可得，
故选：B．
7. 某直角三角形的面积为，其中一条直角边长为，则其中另一直角边长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式列式计算即可．
【详解】解：由题意得，其中另一直角边长为：，
故选：B．
【点睛】此题考查二次根式的除法，掌握三角形的面积公式是解决问题的关键．
8. 如图，某自动感应门的正上方处装着一个感应器，离地米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（米），感应门才自动打开，则人头顶离感应器的距离（ ）
A. 1米B. 1.5米C. 2米D. 2.5米
【答案】B
【解析】
【分析】作DE⊥AB，算出AE，DE的长度，利用勾股定理算出AD即可．
【详解】过点D作DE⊥AB交AB于E，则EB=CD=1.6，DE=BC=1.2．
∴AE=AB－EB=2.5－1.6=0.9．
∴AD=
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，关键在于合理利用辅助线和勾股定理．
9. 如图▱ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，图中有（ ）对面积相等的平行四边形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】平行四边形的对角线将平行四边形分成两个面积相等的三角形．所以三角形ABD的面积等于三角形BCD的面积．三角形BGP的面积等于EBP的面积，三角形HPD的面积等于三角形PDF的面积，从而可得到AEPH的面积等于GCFP的面积，同时加上一个公共的平行四边形，可以得出答案有三个．
【详解】解：∵ABCD为平行四边形，BD为对角线，
∴△ABD的面积等于△BCD的面积，
同理△BGP的面积等于△EBP的面积，△PFD的面积等于△HPD的面积，
∵△BCD的面积减去△BGP的面积和△PDF的面积等于平行四边形PGCF的面积，△ABD的面积减去△EBP和△HPD的面积等于平行四边形AEPH的面积．
∴▱PGCF的面积等于▱AEPH的面积．
∴同时加上平行四边形PFDH和BGPE，
可以得出▱AEFD面积和▱HGCD面积相等，▱ABGH和▱BCFE面积相等．
所以有3对面积相等的平行四边形．
故选C．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的性质.
10. 如图，在边长为的正方形中，分别是边的中点：连接分别是的中点，连接，则的长度为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】连接并延长交于，连接，如图所示，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：连接并延长交于，连接，如图所示：
四边形是正方形，
，，，
，分别是边，的中点，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
点，分别是，的中点，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、中点定义、平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质等知识，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质及三角形中位线的判定与性质．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题（每题3分，共18分）
11. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是____________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握被开方数为非负数是解题的关键．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
12. 在中， ，则的度数为________．
【答案】##110度
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质，对角相等，即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
故答案：．
13. 顺次连接菱形的四边中点所得的图形为 ________．
【答案】矩形
【解析】
【分析】本题考查中点四边形，掌握三角形的中位线定理，菱形的性质，矩形的判定，是解题的关键．先证四边形是平行四边形，同理得：四边形是平行四边形，再证即可证明．
【详解】解：

菱形中，E、F、G、H分别是的中点，则，
∴，
∴，
同理得，
∴四边形是平行四边形，
同理得：四边形是平行四边形，
∴，
∴是矩形，
∴顺次连接菱形四边中点所得的四边形一定是矩形；
故答案为：矩形．
14. 在的方格中，小正方形的边长是1，点A、B、C都在格点上，则边上的高为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理，以及三角形的面积，首先求出的面积，再根据勾股定理可求出的长，进而根据面积公式即可求得边上的高的长．
【详解】解：由题意可得，
∵，
∴中边上的高长．
故答案为：．
15. 如图，四个全等的直角三角形和中间的小正方形可以拼成一个大正方形，若直角三角形的较长直角边长为a，较短直角边长为b，大正方形面积为10，小正方形面积为4，则的值为 ___________．
【答案】16
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理应用以及完全平方公式的运算，通过正方形的面积等于四个直角三角形的面积和一个小正方形的面积，进行列式，即可作答．正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】解：设直角三角形的斜边为c，
因为大正方形面积为10，小正方形面积为4，
则，，
∴，
∴，
故答案为：16．
16. 已知在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC与CD上的点，且∠EAF=45°，AE与AF分别交对角线BD于点M、N，则下列结论正确的是_____.
①∠BAE+∠DAF=45°；②∠AEB=∠AEF=∠ANM；③BM+DN=MN；④BE+DF=EF
\
【答案】①②④
【解析】
【分析】由∠EAF=45°，可得∠BAE+∠DAF=45°，故①正确；如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，根据三角形的外角的性质得到∠ANM=∠AEB，于是得到∠AEB=∠AEF=∠ANM；故②正确；由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，由已知条件得到∠EAH=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到EH=EF，∴∠AEB=∠AEF，求得BE+BH=BE+DF=EF，故④正确；BM、DN、MN存在BM2+DN2=MN2的关系，故③错误.
【详解】解：∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，故①正确；
如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAH=∠BAH+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH=EF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴BE+BH=BE+DF=EF，故④正确；
∵∠ANM=∠ADB+∠DAN=45°+∠DAN，
∠AEB=90°-∠BAE=90°-（∠HAE-∠BAH）=90°-（45°-∠BAH）=45°+∠BAH，
∴∠ANM=∠AEB，
∴∠AEB=∠AEF=∠ANM；故②正确；
BM、DN、MN满足等式BM2+DN2=MN2，而非BM+DN=MN，故③错误.
故答案为①②④.
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟记各性质并利用旋转变换作辅助线构造成全等三角形是解题的关键．
三、解答题（共72分）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据二次根式的性质及二次根式的混合运算的运算法则计算即可．
【详解】解：
18. 已知，，求代数式的值．
【答案】24
【解析】
【分析】先计算出，，，再利用完全平方公式变形得到，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】∵，，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，代数式求值，解题的关键是熟练运用完全平方公式化简二次根式．
19. 如图，中，点、分别在、上，且，求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见详解
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由四边形是平行四边形，可得和平行且相等，又因为点、分别在、上，，故和平行且相等，即四边形是平行四边形．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，
又点、分别在、上，，
,
故四边形是平行四边形．
20. 四边形中，，，，．求证：
【答案】证明见详解
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理与勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
由勾股定理求得，由于，，进而由勾股定理逆定理得出是直角三角形，即可求解．
【详解】解：，，，
，
又，，
，
即，
故是直角三角形，
．
21. 已知直角三角形三边为a，b，c．其中b，c满足．
（1）求a；
（2）先化简再求值：．
【答案】（1）或
（2），
【解析】
【分析】本题考查了非负性、二次根式的性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）先根据非负数的性质得出，，再根据勾股定理即可得出答案；
（2）先根据二次根式的性质得出，再根据实数的大小比较得出，然后根据非负数的性质及二次根式的性质化简，最后将值代入即可得出答案．
【小问1详解】
，
，
当为直角三角形斜边时，
当为直角三角形的一条直角边时，
综上所述，的值为或；
【小问2详解】
解：由题意得
22. 如图，在中，，点D、E分别是的中点，点F在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=BD，再根据等边对等角可得∠B=∠DCE，然后求出∠FEC=∠DCE，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠CED=90°，然后求出∠CED=∠ECF=90°，再利用“角边角”证明△CDE和△ECF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
（2）证明四边形是平行四边形，根据勾股定理求得，由三角形的中位线定理得到DE的长度，再由平行四边形的面积公式求得．
【小问1详解】
证明：在和中，
∵，点D、E是分别是的中点．
∴，
∴，
又∵．
∴，
又∵
∴，
∴；
【小问2详解】
解：在中，∵
∴，
∵点D、E分别是的中点，
，又，
四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并确定出全等三角形是解题的关键．
23. 如图，已知BD是矩形的对角线．
（1）用直尺和圆规作线段的垂直平分线，分别交、于、（保留作图痕迹，不写作法和证明）：
（2）连接、，求证：四边形是菱形．
（3）若，，求的长．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用尺规作出图形即可．
（2）根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可；
（3）首先证明四边形是菱形，设，在直角中，利用勾股定理构建方程求处，过作交于，在直角中，利用勾股定理即可得到答案．
【小问1详解】
解：如图，直线即为所求．
【小问2详解】
证明：设与交于点，
垂直平分线段，
，，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
【小问3详解】
解：垂直平分线段，四边形是菱形．
，，，
，
，
，
，
，设，
在中，，，
可得，
，
，
过作交于，
四边形是矩形，
，，
，
在直角中，
【点睛】本题考查作图复杂作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质以及勾股定理．
24. 已知菱形中，，点P为菱形内部或边上一点．
（1）如图1，若点P在对角线上运动，以为边向右侧作等边，点E在菱形内部或边上，连接，求证：．
（2）如图2，若点P在对角线上运动，以为边向右侧作等边，点E在菱形的外部，若，，求；
（3）如图3，若，点E，F分别，上，且，连接，，，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）连接，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，再根据全等三角形的性质即可得证；
（2）连接，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，再根据全等三角形的性质及线段的和差即可证，然后根据菱形的性质和勾股定理即可得出，从而得出答案；
（3）连接交于点G，连接，，利用证明，得出，，再根据角的和差求出，然后根据勾股定理即可得证．
【小问1详解】
证明：如图1，连接
四边形是菱形
是等边三角形
，
是等边三角形
，
；
【小问2详解】
解：如图2，连接，交于点M
四边形是菱形
，，，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形
，
，
又，
；
；
【小问3详解】
证明：如图3，连接交于点G，连接，
四边形是菱形
是等边三角形
，
，
又，
，
是等边三角形
，
即．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及到等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、菱形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
25. 已知正方形和等腰，且，连接．

（1）如图1，当点在正方形的内部时，若平分，，则________，四边形的面积为________；
（2）当点在正方形的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求的度数；
②作的平分线交于点，交的延长线于点，连接．用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）135，
（2）①作图见解析；②，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）过点作于点，由正方形的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，，继而可证明，便可求解；
（2）①根据题意作图即可；由正方形的性质可得，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质即可求解；
②过点作垂足为，由等腰三角形的性质得到，再证明即可得到，，，再推出为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．
【小问1详解】
解：过点作于点

四边形是正方形
平分，且，
，，
∴，
，四边形的面积为
故答案为：，
【小问2详解】
解：①作图如下

四边形是正方形
∴
，
②，理由如下：
如图，过点作垂足为

，的平分线交于点，交的延长线于点，
，
，，
，，
，
∴，
为等腰直角三角形，
即
【点睛】本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键．