2023-2024学年新疆乌鲁木齐实验学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年新疆乌鲁木齐实验学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共19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。
1.下列式子中，y不是x的函数的是( )
A. y=2x2B. y=x+1C. y=3xD. y2=x
2.在函数关系式y=−13x+4中，当因变量y=2时，自变量x的值为( )
A. −6B. −3C. 6D. 103
3.已知n是正整数， 20n是整数，则n的最小值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.下列各组数中，能构成直角三角形的是( )
A. 1，2，3B. 5，7，10C. 2， 3， 5D. 5，12，14
5.如图，菱形ABCD的边长为4，∠B=120°，则菱形ABCD的面积为( )
A. 6
B. 4 3
C. 8 3
D. 12
6.根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是( )
A. B.
C. D.
7.如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC=2 3，∠AEO=120°，则EF的长度为( )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 3
8.如图，在矩形ABCD中，AD=15，AB=9.点E是边AB上一点，将△ADE沿DE所在直线折叠，使得点A恰好落在CB边上点F处，则EF的长是( )
A. 4
B. 5
C. 2 5
D. 3 2
9.如图，在△ACD中，AC=3，CD=4，CE⊥AD于点E，以AD为直径的半圆的面积为25π8，那么CE的长是( )
A. 2.4
B. 4
C. 5
D. 2π
10.如图，正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，矩形OMNP两边分别交AB、BC边于E、F两点，连接BO，下列结论正确的有( )个．
(1)BE+BF= 2OA；(2)S四边形OEBF=14S矩形OMNP；(3)AE2+FC2=EF2；(4)若EF=4，则以EF为斜边的直角三角形面积的最大值为8．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.函数y=1 3x−2中，自变量x的取值范围是______．
12.若a+1a=7，则a2+1a2= ______．
13.顺次连接一个矩形各边中点得到的四边形是______．
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE=BC，连结DE，点F为DE的中点，连结BF.若AB=10，则BF的长为______．
15.如图，在▱ABCD中，以点A为圆心AB长为半径作弧交AD于点F，分别以点B、F为圆心，同样长度m为半径作弧，交于点G，连结AG并延长交BC于点E，若BF=6，AB=4，则AE的长为______．
16.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别为AD、CD边上的动点(不与端点重合)，连接BE、BF，点E、F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF.过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为______．
三、解答题：本题共7小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1) 18− 8+2 12；
(2)( 2+1)( 2−1)−( 3−2)2．
18.(本小题6分)
先化简，再求值：(1−4a+3)÷a2−2a+12a+6，其中a=2 3+1．
19.(本小题6分)
如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，小格的顶点叫做格点，其中格点A已在网格中标出，以格点为顶点按下列要求画图．
(1)在网格中画△ABC，使AB= 10，AC=4，BC=3 2；
(2)请你用所学的知识验证(1)中所画的△ABC是不是直角三角形．
20.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，连结BE，DF.求证：BE=DF．
21.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠D=90°，E为边BC上一点，且EC=AD，连接AC．
(1)求证：四边形AECD是矩形；
(2)若AC平分∠DAB，AB=5，EC=2，求BE的长．
22.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交CD于点F．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AC=12，∠DOC=60°，求菱形OCED的面积．
23.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=30cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

(1)当t=6s时，请判定四边形PQCD的形状______；(直接填空)
(2)当PQ=CD时，求t的值．
(3)连接DQ，是否存在△QDC为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值，
∴A、y=2x2；B、y=x+1；C、y=3x，当x取值时，y有唯一的值对应；
故选：D．
根据函数的定义可知，满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，据此即可确定函数的个数．
主要考查了函数的定义．函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
2.【答案】C
【解析】解：当y=2时，2=−13x+4，
解得x=6．
故选：C．
将y=2代入关系式y=−13x+4中计算即可解答本题．
本题考查函数值、常量与变量，解答本题的关键是明确题意，求出相应的自变量x的值．
3.【答案】D
【解析】解： 20n= 4×5n=2 5n，
∵ 20n是整数，
∴n的最小值是5，
故选：D．
首先把被开方数分解质因数，然后再确定n的值．
本题考查了二次根式的定义和性质，能正确根据二次根式的性质进行化简是解此题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、12+22≠32，故不是直角三角形，不符合题意；
B、52+72≠102，故不是直角三角形，不符合题意；
C、( 2)2+( 3)2=( 5)2，故是直角三角形，符合题意；
D、52+122≠142，故不是直角三角形，不符合题意，
故选：C．
先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形，
5.【答案】C
【解析】解：如图，连接BD，过点D作DE⊥AB交AB于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=AB，S△ABD=S△BCD，
又∵∠ABC=120°，
∴∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵DE⊥AB，
∴AE=12AB=2，
∵菱形ABCD的边长为4，即AD=4，
∴在Rt△ADE中，DE= AD2−AE2= 42−22=2 3，
∴S△ABD=AB×DE×12=4×2 3×12=4 3，
∴菱形ABCD的面积是8 3．
故选：C．
由于本题存在特殊角度，故而需根据其特殊形结合菱形的性质求解出菱形的面积．
本题考查菱形的性质定理应用，关键在于对菱形的性质定理的熟练掌握并对特殊角度准确利用．
6.【答案】C
【解析】解：A、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
B、∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
C、∵∠ACB=∠DAC=40°，
∴AD//BC，
∵AB=CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，故符合题意；
D、∠ACB=∠CAD=40°，
∴AD//BC，
∵∠ABD=∠BDC=35°，
∴AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
故选：C．
依据题意，根据平行四边形的判定定理逐个进行分析可以判断得解．
本题主要考查了平行四边形的判定，解题时要熟练掌握平行四边形的判定定理是关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了矩形的性质以及解直角三角形的运用，解决问题的关键是掌握：矩形的对角线相等且互相平分．先根据矩形的性质，推理得到∠EDO=30°，再根据Rt△DOE求得OE的长，即可得到EF的长．
【解答】
解：∵∠AEO=120°，∠DOE=90°，
∴∠EDO=30°，
又∵AC=2 3，
∴DO=12BD=12AC= 3，
∴Rt△DOE中，OE=tan30°×DO=1，
在矩形ABCD中，AD//BC，
∴∠CFO=∠AEO=120°，∠CBO=∠ADO=30°，
同理可得，Rt△BOF中，OF=1，
∴EF=2，
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：由折叠可得，AD=DF=15，AE=EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=9，AD=BC=15，∠B=∠C=90°，
∴CF= 152−92=12，
∴BF=BC−CF=15−12=3，
设AE=EF=x，则BE=9−x，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
∴(9−x)2+32=x2，
解得x=5，
∴EF=5，
故选：B．
由折叠可得AD=DF=15，AE=EF，由矩形可得AB=CD=9，AD=BC=15，∠B=∠C=90°，利用勾股定理求出CF=12，得到BF=3，设AE=EF=x，则BE=9−x，在Rt△BEF中，由勾股定理可得(9−x)2+32=x2，解方程即可求解．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：根据题意，以AD为直径的半圆的面积为25π8，
则有12π(AD2)2=25π8，解得AD=5，
又∵AC=3，CD=4，
∴AC2+CD2=32+42=25=AD2，
∴△ACD为直角三角形，
∵CE⊥AD，
∴S△ACD=12AC⋅CD=12AD⋅CE，
即12×3×4=12×5×CE，解得CE=2.4．
故选：A．
根据以AD为直径的半圆的面积为25π8，可求得AD=5，再由勾股定理的逆定理确定△ACD为直角三角形，然后借助△ACD的面积求解即可．
本题主要考查了勾股定理的逆定理、半圆的面积等知识，利用勾股定理的逆定理证明△ACD为直角三角形是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵正方形ABCD，
∴∠OAB=∠OBC=45°，OA=OB=OC，OB⊥AC，AB=BC，
∴AB= 2OA，
∵∠EOF=90°，
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
∠OAE=∠OBF=45°OA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF(ASA)；
同理：△BOE≌△COF；
∴BE=CF，
∴BE+BF=CF+BF=BC=AB= 2OA；故(1)符合题意；
∵△BOE≌△COF，
∴S四边形OEBF=S△BOC=14S正方形ABCD≠14S矩形OMNP，故(2)不符合题意；
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴EF2=BE2+BF2，
∵△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF，
∴AE=BF，BE=CF，
∴AE2+FC2=EF2，故(3)符合题意；
∵OE⊥OF，EF=4，
∴OE2+OF2=EF2=16，
∵OE2−2OE⋅OF+OF2=(OE−OF)2≥0，
∴2OE⋅OF≤16，即OE⋅OF≤8，
∴S△OEF=12OE⋅OF≤4，
∴EF=4，则以EF为斜边的直角三角形面积的最大值为4.故(4)不符合题意；
故选：B．
由正方形的性质和已知条件得出△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF可得BE=CF，得出BE+BF=AB= 2OA，得出(1)正确；可得四边形OEBF的面积=△ABO的面积=14正方形ABCD的面积，得出(2)错误，进而可得AE2+FC2=EF2，可得(3)正确，结合完全平方公式可得S△OEF=12OE⋅OF≤4，得出(4)错误．从而可得答案．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的应用，以及勾股定理等．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
11.【答案】x>23
【解析】解：根据题意得：3x−2>0，
解得：x>23．
故答案为x>23．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
本题考查了函数的最值问题，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12.【答案】47
【解析】解：∵a+1a=7，
∴(a+1a)2=49，即a2+2+1a2=49，
∴a2+1a2=47；
故答案是：47．
将已知等式的两边完全平方后求得a2+1a2的值即可．
本题主要考查完全平方公式，熟记公式的几个变形公式对解题大有帮助．
13.【答案】菱形
【解析】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF=GH=12AC，FG=EH=12BD，
∵矩形ABCD的对角线AC=BD，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：菱形．
连接AC、BD，根据矩形的性质，以及三角形中位线的性质，可得EF=GH=FG=EH，进而即可求解．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形中位线的性质，熟练掌握中位线的性质是解题的关键．
14.【答案】2.5
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，
∵CD为中线，
∴CD=12AB=5．
∵F为DE中点，BE=BC，
∴点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，
∴BF=12CD=2.5．
故答案为：2.5．
先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度，结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=12CD．
本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
15.【答案】2 7
【解析】解：如图，连接FE，设AE交BF于点O．
由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠FAE=∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE，
∴AF=BE，∵AF/​/BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴AO=OE=12AE，BO=OF=3，
在Rt△AOB中，AO= AB2−OB2= 42−32= 7，
∴AE=2OA=2 7．
故答案是：2 7．
如图，连接FG，设AE交BF于点O.首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AO即可．
本题考查平行四边形的性质和角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16.【答案】4 2−4
【解析】解：延长DC至G，使CG=AE，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCD=∠BCG=90°，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∴∠EBG=90°，
∵∠EBF=45°，
∴∠EBF=∠GBF=45°，
∴△EBF≌△GBF(SAS)，
∵BH⊥EF，
∴BH=BC=4，
当B、H、D三点共线时，DH有最小值，最小值为BD−BH=4 2−4，
故答案为：4 2−4．
延长DC至G，使CG=AE，连接BG，证明△ABE≌△CBG(SAS)，推出BE=BG，∠ABE=∠CBG，再证明△EBF≌△GBF(SAS)，推出BH=BC=4，当B、H、D三点共线时，DH有最小值，据此求解即可．
本题考查正方形的性质，掌握正方形中的动点问题，把求DH的最小值问题转化成求BD−BH的长是解题的关键．
17.【答案】解：(1)原式=3 2−2 2+ 2
=2 2；
(2)原式=2−1−3+4 3−4
=−6+4 3．
【解析】(1)先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)利用平方差公式和完全平方公式计算．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
18.【答案】解：(1−4a+3)÷a2−2a+12a+6
=a+3−4a+3⋅2(a+3)(a−1)2
=a−1a+3⋅2(a+3)(a−1)2
=2a−1，
当a=2 3+1时，原式=22 3+1−1= 33．
【解析】先通分括号内的式子，再算括号外的除法，然后将a的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)∵AB= 10，
∴由3个小正方形组成的长方形的对角线即可得到B点，
∵AC=4，
∴点C与A相差4格，
∵BC=3 2，
∴BC是3横3纵的正方形的对角线，
∴△ABC如图所示，

(2)证明：∵△AB2+AC2=( 10)2+42=26≠(3 2)2=BC2，
∴(1)中所画的△ABC是不是直角三角形．
【解析】(1)根据AB= 10，AC=4，BC=3 2结合勾股定理画图即可得到答案；
(2)根据逆定理直接判断即可得到答案
本题考查勾股定理，勾股定理逆定理，画格点图形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DE//BF.又DE=BF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴BE=DF．
【解析】根据四边形ABCD为平行四边形，可得DE/​/BF，结合已知条件DE=BF，可得四边形BEDF为平行四边形，由此得证．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握其性质和判定是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AD/​/BC，EC=AD，
∴四边形AECD是平行四边形．
又∵∠D=90°，
∴四边形AECD是矩形．
(2)解：∵AC平分∠DAB．
∴∠BAC=∠DAC．
∵AD/​/BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∴∠BAC=∠ACB．
∴BA=BC=5．
∵EC=2，
∴BE=3．
【解析】(1)首先判定该四边形为平行四边形，然后得到∠D=90°，从而判定矩形；
(2)根据角平分线的定义得到∠BAC=∠DAC.根据平行线的性质得到∠DAC=∠ACB.求得∠BAC=∠ACB.根据等腰三角形的性质的BA=BC=5.于是得到结论．
本题考查了矩形的判定及勾股定理的知识，解题的关键是利用矩形的判定定理判定四边形是矩形，难度不大．
22.【答案】(1)证明：∵OC/​/DE，OD/​/CE，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，AC=12，
∴OC=OD=12AC=6，
∵∠DOC=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OC=6，
∵四边形OCED是菱形，
∴∠DFO=90°，∠DOF=12∠DOC=30°，
∴DF=3，
在Rt△DFO中，根据勾股定理得，
OF= OD2−DF2= 62−32=3 3，
∴OE=2OF=6 3，
∴菱形OCED的面积为12DC⋅OE=12×6×6 3=18 3．
【解析】(1)由矩形的性质得出OC=OD，根据菱形的判定可得出结论；
(2)证明△OCD是等边三角形，由等边三角形的性质可求出CD=OC=6，根据菱形的面积公式可得出答案．
本题主要考查对矩形的性质，平行四边形的判定，等边三角形的判定与性质，菱形的判定等知识点的理解和掌握，能推出平行四边形OCED和OC=OD是解此题的关键．
23.【答案】平行四边形
【解析】解：(1)结论：四边形PQCD是平行四边形．理由：根据题意有：AP=t cm，QC=3t cm，
∵AB=8，AD=24，
∴PD=AD−AP=(24−t)cm，BQ=BC−QC=(30−3t)cm，
当t=6s时，PD=24−t=18cm，QC=3t=18cm，
∴PD=QC，
∵AD/​/BC，
∴PD/​/QC，
∴四边形PQCD是平行四边形；
(2)当PQ=CD，四边形PQCD是平行四边形时，
即有：PD=QC，
则24−t=3t，
解得，t=6；
当PQ=CD时，四边形PQCD是等腰梯形时，
过P点作PM⊥BC于M，过D点DN⊥BC于N，如图，
根据AD//BC，∠B=90°，DN⊥BC，可得四边形ADNB是矩形，
则BN=AD=24cm，AB=DN=8cm，
即NC=BC−BN=30−24=6(cm)，DC= DN2+NC2=10(cm)，
∵梯形PQCD为等腰梯形，PM⊥BC于M，
∴NC=QM=6，PD=MN，
根据(1)有AP=t cm，QC=3t cm，PD=(24−t)cm，BQ=(30−3t)cm，
∵MN=CQ−QM−NC=(3t−12)cm，
∴3t−12=24−t，
解得t=9，
综上所述：t=6s或t=9s时，PQ=CD．
(3)存在，理由如下：
根据(1)有AP=t cm，QC=3t cm，PD=(24−t)cm，BQ=(30−3t)cm，
根据(2)有DC=10cm，
当△QDC为等腰三角形，且QD=DC时，
过D点DH⊥BC于H，如图，
根据(2)可知：HC=6时，
∵△QDC为等腰三角形，
∴QC=2HC=12(cm)，
∴12=3t，解得t=4，
即此时t=4；
当△QDC为等腰三角形，且QC=DC时，如图，
∴10=3t，解得t=103，
即此时t=103；
当△QDC为等腰三角形，且QD=QC时，
过D点DP⊥BC于P，过Q点QG⊥DC于G，如图，
根据(2)同理可知四边形ADPB四边形是矩形，
∴AB=DP=8，
∵S△DQC=12×DC×QG=12×QC×DP，DC=10cm，QC=3t cm，
∴QG=QC×DPDC=3t×810=12t5(cm)，
∵QD=QC，QG⊥DC，
∴GC=5cm，
在Rt△QGC中，QC2=QG2+CG2，
∴9t2=(12t5)2+52，
解得：t=259，
综上所述：当t为4或者103或者259时，△QDC为等腰三角形．
(1)根据题意有：AP=t cm，QC=3t cm，进而有PD=AD−AP=(24−t)cm，BQ=BC−QC=(30−3t)cm，当t=6s时，可得PD=QC，结合PD//QC，即可作答；
(2)分四边形PQCD是平行四边形和四边形PQCD是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案；
(3)分三种情况讨论：当△QDC为等腰三角形，且QD=DC时，过D点DH⊥BC于H；当△QDC为等腰三角形，且QC=DC时；当△QDC为等腰三角形，且QD=QC时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于t的方程，解方程即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及采用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键．