广东省东莞市成才实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(含解析)

这是一份广东省东莞市成才实验学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(含解析)，共24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。
时间：120分钟 满分：120分一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1．下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列各组数中，是勾股数的为（ ）
A．2，3，4B．0.3，0.4，0.5C．5，12，13D．，，
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知实数m，n满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分B．C．D．
6．如图，小明用探测器探明在A点地下处（即C点）有一贵重物品，由于A点地面下有障碍物，不能垂直下挖，现从距离A点的B点斜着挖掘，则要找到该贵重物品至少要挖（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在菱形中，对角线相交于点O，E为边的中点．若，则菱形的周长为（ ）
A．8B．12C．8D．16
8．如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形边长为1，点A，B，C均为格点，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交格线于点D，则CD的长为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，于点，交其延长线于点，若，，且的周长为40，则的面积为（ ）
A．24B．36C．40D．48
10．如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A．B．2C．D．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11．若二次根式有意义，则x的取值范围是 ．
12．如图，为估计池塘岸边，两点间的距离，在池塘的一侧选取点，分别取，的中点，，测得，则，两点间的距离是 m．
13．如图，将沿着方向平移得到，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
14．如图，在□ABCD中，AD=10，，，则 ．

15．如图，在矩形中，，点E，F分别是上的动点，，连接，则的最小值是 ．
三、解答题（一）（本大题3小题，每小题8分，共24分）
16．计算：．
17．如图，在中，E，F是对角线上两点，且满足，连接． 求证：．
18．如图，已知，，．
(1)求的长；
(2)求的面积．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
19．已知，，求下列各式的值：
(1)；
(2)．
20．如图，在等腰直角三角形中，，D，E分别为边的中点，延长至点F，使，连接．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)求的长．
21．如图，在长方形中，将长方形沿折叠，使点C的对应点与点A重合，点D的对应点为点G．
(1)求证：；
(2)若，求的面积．
五、解答题（三）（本大题2小题，每小题12分，共24分）
22．如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．
(1)当__________时，四边形是矩形．
(2)当为何值时，四边形是平行四边形？
(3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
23．在正方形中，点E在的延长线上，且，点F为边上一点，连接，作交射线于点G．
(1)如图1，连接，若，判断的形状，并说明理由；[提示：连接]
(2)如图2，若，试探究线段，，三者之间的数量关系，并证明你的结论．
参考答案与解析
1．B
【分析】本题主要考查了最简二次根式的概念，解题的关键是掌握最简二次根式的定义．根据最简二次根式的概念逐一判断即可：被开方数不含分母，且不含能开得尽方的因数或因式．
【详解】解：A、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D、含开的尽的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
2．C
【分析】本题考查勾股数，根据三个正整数，满足两个较小数的平方和等于较大数的平方，则这三个数是勾股数，进行判断即可．
【详解】解：A、，不是勾股数，不符合题意；
B、三个数不是整数，不符合题意；
C、，三个数是勾股数，符合题意；
D、三个数不是整数，不符合题意；
故选C．
3．B
【分析】直接利用二次根式的乘除运算法则以及二次根式的性质分别化简得出答案．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项正确，符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. 与不能合并，故该选项不正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次根式的乘除运算以及二次根式的性质，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4．C
【分析】此题主要考查了非负数的性质，正确得出，的值是解题关键．非负数和的值均为0时，它们的和为0；直接利用绝对值以及偶次方的性质得出，的值，进而得出答案．
【详解】解：，
，，
，，
．
故选：C
5．C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，
根据矩形的对角线相等，
可得．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
6．C
【分析】本题主要考查了勾股定理的实际应用，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：由题意得，
∴，
∴要找到该贵重物品至少要挖，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出．根据菱形的性质得出对角线互相垂直，再通过直角三角形的性质得出菱形的一条边是关键．由菱形的性质可得出，，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：四边形为菱形，
，，
为直角三角形．
，且点为的中点，
．
．
故选：D
8．D
【分析】由勾股定理求出DE，即可得出CD的长．
【详解】解：如图所示：
∵AD=AB=2，
∴，
∴CD=；
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理；由勾股定理求出DE是解决问题的关键．
9．D
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的周长与面积得到关于、的两个方程并求出的值是解题的关键．根据平行四边形的周长求出，再用面积法求出，然后求出的值，再根据平行四边形的面积公式计算即可得解．
【详解】解：的周长，
①，
于，于，，，
，
整理得，②，
联立①②解得，，
的面积．
故选：D
10．C
【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【详解】解：如图：

连接，
四边形是正方形，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．
【分析】根据二次根式有意义的条件可直接进行列式求解．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，解得：；
故答案为．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
12．64
【分析】本题考查了三角形的中位线定理应用，正确理解定理是解题的关键．根据、是、的中点，即是的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．
【详解】解：、是、的中点，即是的中位线，
，
．
故答案为：64
13．AB=BE（答案不唯一）
【分析】由题目提供的条件可以得到四边形是平行四边形，再添加一个条件使其成为菱形即可．
【详解】解：添加AB=BE，
∵将沿着方向平移得到，
∴AB=DE，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=BE，
∴四边形是菱形，
故答案为：AB=BE（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定、平移的性质，证明四边形ABED是平行四边形是解题的关键．
14．
【分析】先由勾股定理求出，在根据平行四边形的性质得到，，最后由勾股定理即可求解．
【详解】∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理得应用．
15．5
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，涉及轴对称最短路线问题，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．连接，作点关于的对称点，连接，，根据轴对称的性质可得，，根据矩形的性质可得，，进一步可知四边形是矩形，根据矩形的性质可得，的最小值等于的最小值，即的长度，进一步求的长，即可确定的最小值．
【详解】解：连接，作点关于的对称点，连接，，如图所示：
则，，
在矩形中，，，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
的最小值等于的最小值，即的长度，
，，
，
根据勾股定理，得，
的最小值为5，
故答案为：5
16．
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，解决本题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则，先将各二次根式化为最简二次根式，再进行乘除运算，最后进行加减运算即可．
【详解】解：原式，
，
．
17．见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，由四边形是平行四边形，得到，再证明，即可求证，掌握平行线的判定是解题的关键．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∴．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理，以及勾股定理的逆定理是解题的关键．
（1）根据垂直定义可得，然后在中，利用勾股定理进行计算即可解答；
（2）根据勾股定理的逆定理先证明是直角三角形，从而可得，然后利用三角形的面积公式进行计算即可解答．
【详解】（1）∵，
∴．
∵，
∴．
（2）∵，，，
∴
∴是直角三角形，．
∴．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查的是分式的化简求值，分式中的一些特殊求值题并非是一味的化简，代入，求值．许多问题还需运用到常见的数学思想，如化归思想（即转化）、整体思想等，了解这些数学解题思想对于解题技巧的丰富与提高有一定帮助．
（1）先把原式化为的形式，再把、的值代入进行计算即可；
（2）先根据分式的加减法则把原式进行化简，再把、的值代入进行计算即可．
【详解】（1），，
，，
原式；
（2），
原式
，
．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）由三角形中位线定理得，，再由，得，且，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得，再得，然后由勾股定理求出的长，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为边的中点，
∴是的中位线．
∴，．
∵，
∴．
又，即，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：∵D为边的中点，
∴．
∵，
∴在中，．
∵四边形为平行四边形，
∴．
21．(1)见解析
(2)的面积为6．
【分析】（1）根据平行线的性质以及折叠的性质证明，再根据等角对等边即可证明；
（2）由折叠的性质得，设，在中，建立方程，进一步计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵长方形中，
∴，
∴，
由折叠的性质得，
∴，
∴；
（2）解：由折叠的性质得，设，
∵，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，根据折叠的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
22．(1)6.5
(2)6
(3)不能．理由见解析
【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
（1）由在四边形中，，，可得当时，四边形是矩形，即可得方程：，解此方程即可求得答案．
（2）由在四边形中，，可得当时，四边形是平行四边形，即可得方程：，解此方程即可求得答案；
（3）由若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（2）中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为，即可得四边形不可能是菱形；
【详解】（1）根据题意得：，，
，，，
，，
在四边形中，，，
当时，四边形是矩形，
，
解得：，
当时，四边形是矩形；
故答案为：6.5；
（2）在四边形中，，
当时，四边形是平行四边形，
根据（1）得：，
解得：，
当时，四边形是平行四边形；
（3）不能，理由如下：
若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
根据（2）得：，
，
过点作于，
四边形是矩形，
，
，，
，
四边形不可能是菱形．
23．(1)等腰直角三角形，理由见解析；
(2)，证明见解析．
【分析】（1）连接，可证，又，可证，再证，再根据，可证，根据可证≌，从而得到，可知为等腰直角三角形．
（2）过点F作，交于点H，则，有，根据，可证，再证，根据可证≌，则有，而为等腰直角三角形，有，，则可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌（），
∴，
又，
∴是等腰直角三角形．
（2）证明：如图，过点F作，交于点H，则．
由（1）知，．
∴．
∴，．
∴．
由（1），得，
∴，
同（1），得．
在和中，
∴≌（）．
∴．
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等、勾股定理解直角三角形等知识，作出辅助线构造全等三角形是求解此题的关键．