07，广东省广州二中教育集2024-2023学年八年级下学期期中数学试题

这是一份07，广东省广州二中教育集2024-2023学年八年级下学期期中数学试题，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30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. 若二次根式在实数范围内有意义，的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式中的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】由题意得，，
解得，，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2. 下列四个二次根式中，最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义，被开方数中不含能开得尽的因数或因式，被开方数中不含分母，判定即可．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故本选项符合题意；
D、，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
3. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得，结合可求出，则．
【详解】解：根据题意可画出示意图如下：

∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质等，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算的法则．
根据二次根式相关运算法则逐项判断即可．
【详解】解：与不能合并，故A错误，不符合题意；
3与不能合并，故B错误，不符合题意；
，故C错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选：D．
5. 已知中，a、b、c分别是、、的对边，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理和勾股定理的逆定理，根据有一个内角是直角的三角形是直角三角形、勾股定理的逆定理判定直角三角形是解题的关键．根据三角形内角和等于度求出三角形内角的度数，即可判定A、C；根据勾股定理的逆定理判定B、D，即可得出答案．
【详解】解：A、，则，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，可得，则是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，则，，
∴，
∴，
∴则不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、，设，则，，则，即，
根据勾股定理的逆定理可判定是直角三角形，故此选项不符合题意；
故选：C．
6. 下列命题中，为真命题的是（ ）
（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）对角线互相垂直的四边形是菱形
（3）对角线相等的平行四边形是菱形
（4）有一个角是直角的平行四边形是矩形
A. （1）（2）B. （1）（4）C. （2）（4）D. （3）（4）
【答案】B
【解析】
【分析】正确的命题叫真命题，根据定义解答．
【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题；
故选：B．
【点睛】此题考查真命题的定义，熟记定义并正确掌握平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
7. 已知的周长为16，点，，分别为三条边的中点，则的周长为（ ）
A. 8B. C. 16D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由，，分别为三条边的中点，可知DE、EF、DF为的中位线，即可得到的周长．
【详解】解：如图，
∵，，分别为三条边的中点，
∴，，，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键．
8. 如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为（ ）
A. B. C. 10D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=4，再由勾股定理求出AC即可．
【详解】解：如图，连结AE，
设AC交EF于O，
依题意，有AO＝OC，∠AOF＝∠COE，∠OAF＝∠OCE，
所以，△OAF≌△OCE（ASA），
所以，EC＝AF＝5，
因为EF为线段AC的中垂线，
所以，EA＝EC＝5，
又BE＝3，由勾股定理，得：AB＝4，
所以，AC＝
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、勾股定理，熟练掌握是解题的关键.
9. 如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
10. 如图，已知菱形的边长为2，，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，通过推导计算得到面积的变化规律是解答的关键．根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与矩形的关系，进而得到变化规律即可．
【详解】解：连接，，，，

∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，
∴，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
依次可得，，
故选：B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．）
11. 计算：______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．
先将被开方数化为，然后按照二次根式的性质化简即可．
【详解】解：，
故答案为：5．
12. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，根据原点坐标为，以及点，结合勾股定理列式，即可作答．
【详解】解：∵原点坐标为，点，
∴，
∴点到原点的距离为，
故答案为：．
13. 如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，，，，，则的度数为______．

【答案】##度
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
连接，根据三角形中位线定理得到，根据平行线的性质求出，根据勾股定理的逆定理求出，计算即可．
【详解】解：如图，连接，

∵点、分别是边、的中点，
∴是的中位线，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
故答案为：．
14. 若，则式子的值为________．
【答案】2024
【解析】
【分析】先将配方，然后将代入即可．
【详解】解：∵，，
∴原式，
故答案为：2024．
【点睛】本题考查了代数式求值，配方法的应用，将原式变形为是解题关键．
15. 如图，在正方形中，点E是边上的一点，点F在边的延长线上，且，连接交对角线于点G．若，，则线段的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】过点作于，先证为等腰直角三角形，得，则8，由此可求出，再证和全等得，然后根据直角三角形的性质可得的长．
【详解】解：过点作于，如下图所示：
∵四边形为正方形，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
在和中，
，
∴，
，
即点为的中点，
在中，点为斜边的中点，
，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造等腰直角三角形和全等三角形是解决问题的难点．
16. 如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点P是边AD上的一个动点，关于的对称图形为，连接．当点F恰好落在矩形的对称轴上时，的长为______；当线段的长度最小时，的长为______．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】设的中点为，连接，设的中点分别为，连接，过点作于，先证当点恰好落在矩形的对称轴上时，点只能落在所在的直线上，再证四边形为正方形，从而可得的长；连接，根据“两点之间线段最短”得即当点落在上时，为最短，先求出，则，设，则，在和中，，由此解出即可得的长．
【详解】解：设的中点为，连接，设，的中点分别为，连接，过点作于，如图1所示：
∴所在的直线为矩形的对称轴，
∵四边形为矩形，，点是边的中点，
∴，
∵关于的对称图形为，
∴，
根据“垂线段最短”得：，即，
则点到的距离大于等于1，
∴当点恰好落在矩形的对称轴上时，点只能落在所在的直线上，如图2所示：
此时，
又∵，
∴四边形为正方形，
∴；
连接，
根据“两点之间线段最短”得：，即当点落在上时，为最短，如图3所示：
在中，，
由勾股定理得：，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：，
即，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质，轴对称图形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，轴对称图形的性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的化简方法．
先计算乘法，再计算加减即可；
详解】解：原式．
18. 如图，在中，于点E，于点F．求证：四边形为矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
证明，即可得出结论；
【详解】证明：∵，，
∴．
在中，，
∴．
∴，
∴四边形为矩形．
19. 已知，求下列各式的值：
（1）； （2）．
【答案】（1）12；（2）．
【解析】
【分析】先求出 ， ，
（1）然后利用完全平方公式进行因式分解，即可求解；
（2）然后利用平方差公式进行因式分解，即可求解．
【详解】解：∵，
∴ ， ，
∴（1）；
（2）．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式和平方差公式，二次根式的加减运算和乘法运算，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
20. 如图，在笔直的公路旁有一座山，从山另一边的C处到公路上的停靠站A的距离为，与公路上另一停靠站B的距离为，停靠站A，B之间的距离为，为方便运输货物现要从公路上的D处开凿隧道修通一条公路到C处，且．
（1）求证：；
（2）求修建的公路的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理的应用，以及三角形的面积公式等知识，熟练掌握这两个定理是解题关键．
（1）根据勾股定理的逆定理，由得到是直角三角形，进而得解；
（2）利用的面积公式可得，，从而求出的长．
【小问1详解】
解：证明：∵，，，，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵，
∴，
∴．
答：修建的公路的长是．
21. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O．
（1）尺规作图：作的平分线，交于点E（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，若，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，等腰三角形的性质和判定，
（1）理由尺规作角平分线的方法求解即可；
（2）首先根据平行四边形的性质得到，，然后利用等腰三角形三线合一性质得到，进而求解即可．
【小问1详解】
如图所示，即为所求；
小问2详解】
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，．
∵，
∴．
∵平分，
，
∴．
∴．
∴．
即．
22. 如图，矩形的对角线相交于点O，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，掌握相关判定和性质，是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的对角线相等且平分，得到，即可得证；
（2）连接，证明四边形是平行四边形，进而得到，利用菱形的面积公式进行计算即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是矩形，
∴，，．
∴．
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：如图，连接，
由（1）知四边形是菱形，
∴．
∵，
∴，．
∴四边形是平行四边形．
∴．
∴．
∴菱形的面积是4．
23. 如图，在中，，，动点P从点A出发，以每秒速度沿的边逆时针匀速运动；动点Q同时从点A出发，以每秒的速度沿的边顺时针匀速运动；设点P的运动时间为t秒．
（1）当点P在上运动时，______cm（用含t的代数式表示）；
（2）当______秒时，P，Q两点相遇；
（3）是否存在t的值，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）秒或秒
【解析】
【分析】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质、一元一次方程的应用等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）结合题意利用距离速度时间的关系式解答即可；
（2）利用的代数式表示出点，移动的距离，再利用两点移动的距离之和为平行四边形的周长列方程解答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当为平行四边形时，利用平行四边形的对边相等的性质列出关于的方程解答即可；②当为平行四边形时，利用同样的方法解答即可．
【小问1详解】
解：动点从点出发，以每秒的速度沿的边逆时针匀速运动，
点t秒运动的距离为，
，
当点在上运动时，，
故答案为：；
【小问2详解】
解：在中，，，
的周长为．
由题意得：点经过秒运动的距离为，点经过秒运动的距离为，
，两点相遇时，，
，
．
当秒时，，两点相遇．
故答案为：；
【小问3详解】
解：存在的值，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，的值为秒或秒．理由：
①当为平行四边形时，如图，
由题意得：，，
四边形为平行四边形，
，
，
．
②当为平行四边形时，如图，
由题意得：，，
四边形为平行四边形，
，
，
．
综上，存在的值，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，的值为秒或秒．
24. 如图，菱形的对角线相交于点O，且，．
（1）求的长；
（2）点E在线段上，且，点F为线段上一动点．
①当时，求四边形的面积；
②记的最小值为a，的最小值为b，求的值．
【答案】（1）
（2）①；②81
【解析】
【分析】（1）根据四边形是菱形，且，，得出，，，．在中，根据直角三角形的性质得出，再根据勾股定理算出，即可解答．
（2）①如图，连接，设，在中，根据，得出，根据勾股定理即可解出，．证明，即可得出，．算出，，再根据即可计算．
②如图，过点B作，且，过点F作于点G，连接．证出，在中，根据直角三角形的性质得出，根据，得出当E、F、G共线时，的值最小，此时，证出四边形是矩形，即可得出，．证明，得出，得出当A、F、H共线时，的值最小，在中，根据定理得出，即可算出，即可解答．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，且，，
∴，，，
．
在中，，
∴，
∴．
∴．
【小问2详解】
①如图，连接，设，
∵，
∴，
中，，
∴，，
即，
解得：（舍），．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴．
．
∴．
∴四边形的面积是．
②如图，过点B作，且，过点F作于点G，连接．
∵，，
∴．
∴，
∴在中，．
∴．
∴当E、F、G共线时，的值最小，此时．
∴，
∴四边形是矩形．
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，
∴．
∴当A、F、H共线时，的值最小．
中，，
∴．
∴．
∴的值为81．
【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
25. 如图，在正方形中，点E为边上一个动点（不与点B，C重合），过点B作的垂线交边于点F．
（1）求证：；
（2）延长到点G，使，过点G作的平行线，分别交对角线于点P，交边于点Q．
①探究三条线段之间的数量关系，并说明理由；
②若，连接，能否为等腰三角形？如果能，请直接写出此时的长；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）①，见解析；②或
【解析】
【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握这些性质定理是解题的关键．
（1）根据题意，证明，即可得证；
（2）①设，证明，，过作交于点，利用勾股定理即可解答；
②当为等腰三角形时，有三种情况，即，列出方程，求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，
设交点为O，
∵，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：①，
理由如下：设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
如图，过作交于点，
，
∴与重合，
在中，，
∴．
②当为等腰三角形时，有三种情况，即，
过点作交点，
结合①可得，
则，
则，
（i）当时，，
整理得，
化简得，
解得，负值已舍去；
（ii）当时，，
整理得，
化简得，
解得，
该情况点和点重合，不符合题意，舍去；
（iii）当，
整理得，
化简得，
则，
，
当时，，（舍去），
，
综上，或．