湖北省荆门市钟祥市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版含答案）

这是一份湖北省荆门市钟祥市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版含答案），共35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。

湖北省荆门市钟祥市2020-2021学年八年级下学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．若代数式在实数范围内有意义，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A． B． C． D．
3．下列各式中，计算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．中，，，的对边分别为，，，满足下列条件的，不是直角三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．若顺次连接四边形各边的中点所得到的四边形是矩形，则该四边形一定是（ ）．
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形 D．对角线相等的四边形
6．已如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形，若测得，之间的距离为，，之间的距离为，则线段的长为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，平行四边形的对角线与相交于点，，若是边的中点，，，则的长为（ ）

A．3 B．4 C．8 D．16
8．如图，矩形的顶点，分别在菱形的边和对角线上，连接，，若，则的长为（ ）

A．3 B．4 C． D．
9．如图，矩形中，，，点为射线上的一个动点，将沿折叠得到，连接，当为直角三角形时，的长为（ ）

A．1或4 B．或9 C．1或9 D．或1
10．如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为3．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
11．若，则的取值范围是_____________．
12．已知直角三角形两条边的长分别为8和6，则斜边上的中线为_____．
13．平行四边形中，，则的度数为______．
14．小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先将活动学具变成图1所示的菱形，并测得，对角线，接着将活动学具变成图2所示的正方形，则图2中对角线的长为______．

15．古希腊数学家希波克拉底研究过这样一个几何图形（如图）：分别以等腰Rt的边，，为直径画半圆，若斜边，则图中两个月形图案和（图中阴影部分）的面积之和为______．

16．如图，是边长为6的等边三角形，为射线上一动点（点在点的右侧），将线段绕点逆时针旋转120°得到线段，连接，为的中点，连接，在点运动的过程中，线段长度的最小值为______．


三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．已知，，求下列各式的值：
（1）；
（2）．
19．如图，在中，边的垂直平分线交于点，且．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
20．如图，四边形为菱形，是对角线，交的延长线于点，交的延长线于点．

（1）求证：；
（2）若，，求菱形的面积．
21．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，点在上，且，连接交于点．

（1）连接，猜想四边形的形状，并说明理由；
（2）若，，求的长．
22．如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作于点，延长至，使，连接．

（1）求证：四边形为矩形；
（2）连接，若，，，求的长．
23．已知菱形的边长为，，，为对角线上的两个动点，分别从，同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为秒，．

（1）直接写出，的长；（用含的式子表示）；
（2）若，分别为，的中点，，求证：四边形始终为平行四边形；
（3）在（2）的条件下，若四边形为矩形，求的值．
24．如图，点在正方形的边上，点在边上，．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，，，垂足分别为，，求证：；
（3）在（2）的条件下，连接，为的中点，若，，求点的坐标．



参考答案
1．A
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可求出a的取值范围．
【详解】
解：由题意可知：2a+1≥0，
∴a≥，
故选：A．
【点睛】
本题考查二次根式有意义，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
2．D
【分析】
根据最简二次根式的概念进行判断即可．
【详解】
解：A、，故不是最简二次根式；
B、，故不是最简二次根式；
C、，故不是最简二次根式；
D、，故是最简二次根式；
故选D．
【点睛】
本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3．D
【分析】
根据二次根式的混合运算法则计算并判断．
【详解】
解：A、，故选项错误；
B、，故选项错误；
C、，故选项错误；
D、，故选项正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键是掌握运算法则．
4．B
【分析】
根据三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理逐个判断即可．
【详解】
解：A、设a=5k，b=12k，c=13k，
∵（5k）2+（12k）2=（13k）2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠A=45°，∠B=60°，∠C=75°，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；
C、∵a2-c2=b2，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵∠C=∠A-∠B，
∴∠B+∠C=∠A，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠A=90°，此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理和三角形的内角和定理，能理解勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
5．B
【分析】
由四边形是矩形，可知，根据三角形的中位线定理可以得到，可得到，同理可得，得到，进而得到．
【详解】
如图，

由题意可知：四边形是矩形，点、、、分别是边、、、的中点，
，
点、分别是边、的中点，
，
，
点、分别是边、的中点，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，三角形的中位线定理以及平行线的性质，灵活运用平行线的性质进行推理是解题的关键．
6．A
【分析】
作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由DE=DF得平行四边形ABCD是菱形，再根据根据勾股定理求出AB即可．
【详解】
解：如图，作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连接AC，BD交于点O，
由题意知，ADBC，ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两张纸条等宽，
∴DE=DF．
∵DE•AB=DF•BC，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOD中，OA=4cm，OB=3cm，
∴AB==5cm，
故选A．

【点睛】
本题主要考查菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，证得四边形ABCD是菱形是解题的关键．
7．B
【分析】
根据平行四边形的性质得出OA=6，OB=10，进而利用勾股定理得出AB的长，利用三角形中位线得出OE即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=20，AC=12，
∴OA=6，OB=10，AB∥DC，
∵∠ACD=90°，
∴∠BAO=90°，
∴AB==8，
∵E是BC边的中点，OA=OC，
∴2OE=AB，
∴OE=4，
故选：B．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，三角形的中位线，关键是根据平行四边形的性质得出OA=6，OB=10解答．
8．A
【分析】
连接DF，由菱形的性质得出∠DAF=∠BAF，DA=BA，可证明△DAF≌△BAF（SAS），由全等三角形的性质得出DF=BF，由矩形的性质得出EG=DF，则可得出答案．
【详解】
解：连接DF，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAF=∠BAF，DA=BA，
又∵AF=AF，
∴△DAF≌△BAF（SAS），
∴DF=BF，
∵四边形DEFG为矩形，
∴EG=DF，
∴EG=BF，
∵EG=3，
∴BF=3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题的关键．
9．C
【分析】
分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质进行解答即可．
【详解】
解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，如图所示：

∵△AD'E≌△ADE，
∴∠AD'E=∠D=90°，
∵∠AD'B=90°，
∴∠AD'B+∠AD'E=180°，
∴B、D'、E三点共线，
∵△ABE的面积=BE×AD'=AB×AD，AD'=AD，
∴BE=AB=5，
∵BD'==4，
∴DE=D'E=5-4=1；
②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如图所示：

∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，
∴∠CBE=∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，
，
∴△ABD″≌△BEC（ASA），
∴BE=AB=5，
∵BD''==4，
∴DE=D″E=BD''+BE=4+5=9；
综上所知，DE的长为1或9，
故选C．
【点睛】
本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．
10．B
【分析】
①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；
②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据正方形的性质可得DH=OH=1，根据勾股定理可求CF，AD，即可求解；
④根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：①∵四边形OABC和四边形ODEF是正方形，A，O，E共线，
∴∠AOC=90°，∠DOE=45°，
∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确；
②∵EF=，
∴OE==2，
∵AO=AB=3，
∴AE=AO+OE=2+3=5，故正确；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H，

四边形DOFE为正方形
， OH=DH=OE=1，
∠GOF=45°，

则FG=1，
∴CF===，
AD===，
即CD=AD=，故错误；
④△COF的面积S△COF=×CO×GF=×3×1=，故错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度．
11．
【分析】
利用二次函数的性质得，则根据绝对值的意义得到x-3≥0，然后解不等式即可．
【详解】
解：∵
∴
∴x-3≥0，
即x≥3．
故答案为：x≥3．
【点睛】
本题考查二次根式的性质与化简：解题关键是熟练掌握二次根式的性质．
12．4或5
【详解】
解：（1）若8为直角三角形的斜边时，根据直角三角形的性质斜边上的中线等于斜边的一半，斜边上的中线为×8＝4；
（2）若8为直角三角形的直角边时，根据勾股定理斜边＝＝10，根据直角三角形的性质斜边上的中线等于斜边的一半，斜边上的中线为×10＝5．
∴斜边上的中线为4或5．
13．120°
【分析】
由平行四边形的对角相等、邻角互补，结合已知条件求出∠B=120°，即可得出答案．
【详解】
解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠A=∠C，∠B=∠D，∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=3：6，
∴∠B=×180°=120°，
∴∠D=∠B=120°．
故答案为：120°．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质．熟记平行四边形的对角相等、邻角互补是解题的关键．
14．cm
【分析】
如图1，图2中，连接BD．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出AB=BD=AD=10cm．在图2中，由勾股定理求出BD即可．
【详解】
解：如图1，图2中，连接BD．
图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD=AD=10cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AC=BD=AD=cm，
故答案为：cm．

【点睛】
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质，属于中考常考题型．
15．4
【分析】
根据勾股定理得出AC2+CD2=AD2，进而得出两个月型图案AGCE和DHCF的面积之和=Rt△ACD的面积，再求解即可．
【详解】
解：∵△ACD是等腰直角三角形，AD=4，
∴AC=CD，AC2+CD2=AD2，
∵以等腰Rt△ACD的边AD、AC、CD为直径画半圆，
∴S半圆ACD=，S半圆AEC=，S半圆CFD=，
∴S半圆ACD=S半圆AEC+S半圆CFD，
∴所得两个月型图案AGCE和DHCF的面积之和（图中阴影部分）
=Rt△ACD的面积
=××
=4；
故答案为：4．
【点睛】
此题考查勾股定理，关键是根据图中阴影部分=△ACD的面积解答．
16．
【分析】
连接CE，取BC的中点N，连接作射线NF，先由旋转的性质和等腰三角形的性质得∠DCE=30°，再由三角形中位线定理得NF∥CE，则∠CNF=∠DCE=30°，得点F的轨迹为射线NF，且∠CNF=30°，当CF⊥NF时，CF最短，然后由含30°角的直角三角形的性质得CF=CN=即可．
【详解】
解：连接CE，取BC的中点N，连接作射线NF，如图所示：

由旋转可知：CD=DE，∠CDE=120°，
∴△CDE为等腰三角形，
∴∠DCE=30°，
∵点N为BC的中点，点F为BE的中点，
∴NF是△BCE的中位线，
∴NF∥CE，
∴∠CNF=∠DCE=30°，
∴点F的轨迹为射线NF，且∠CNF=30°，
当CF⊥NF时，CF最短，
∵AB=BC=6，
∴CN=3，
在Rt△CNF中，∠CNF=30°，
∴CF=CN=，
∴线段CF长度的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，判断出点F的运动轨迹是解题的关键．
17．（1）10；（2）
【分析】
（1）先进行二次根式的化简，然后进行乘除法运算；
（2）先进行二次根式的化简，然后合并．
【详解】
解：（1）
=
=10；
（2）
=
=
=
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简以及二次根式的合并．
18．（1）；（2）40
【分析】
（1）首先把已知的式子进行变形，变形成的形式，然后代入数值计算即可求解；
（2）首先把所求的式子利用完全平方公式变形，然后代入数值计算即可求解．
【详解】
解：（1）
=
=
=；
（2）
=
=
=
=
=40
【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值，正确对所求的式子进行变形是关键．
19．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接CE，由线段垂直平分线的性质可求得BE=CE，再结合条件可求得EA2+AC2=CE2，可证得结论；
（2）在Rt△BDE中可求得BE，则可求得CE，在Rt△ABC中，利用勾股定理结合已知条件可得到关于AE的方程，可求得AE．
【详解】
解：（1）证明：连接CE，如图，

∵DE垂直平分BC，
∴CE=BE，
∵BE2-EA2=AC2，
∴CE2-EA2=AC2，
∴EA2+AC2=CE2，
∴△ACE是直角三角形，即∠A=90°；
（2）∵AB=4，BC=5，
∴AC==3，
设AE=x，
在Rt△AEC中，32+x2=（4-x）2，
∴x=，
∴AE的长为．
【点睛】
本题主要考查勾股定理及其逆定理的应用，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键，注意方程思想在这类问题中的应用．
20．（1）见解析；（2）20cm2
【分析】
（1）根据菱形的性质可得AC平分∠DAE，再根据角平分线的性质可得CE=FC；
（2）设AB=BC=x，在△BCE中，利用勾股定理列出方程，求出AB，利用菱形面积公式计算即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠DAE，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE=CF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵CE=CF=4，AE=8，
设AB=BC=x，则BE=8-x，
在△BCE中，，
即，
解得：x=5，即AB=5cm，
∴菱形ABCD的面积=AB·CE=5×4=20cm2．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质，以及角平分线的性质，勾股定理，关键是掌握菱形的对角线平分一组对角，且四边相等，角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
21．（1）菱形，理由见解析；（2）
【分析】
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出∠BAE=∠AEB，证出BE=AB，由AF=AB得出BE=AF，即可得出结论．
（2）根据菱形的性质得到AB=BF=10，BG=FG=5，利用勾股定理求出AG，即可得到AE．
【详解】
解：（1）四边形ABEF是菱形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BE=AB，
∵AF=AB，
∴BE=AF，
又∵BEAF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF=AB，
∴四边形ABEF是菱形；

（2）∵四边形ABEF为菱形，
∴AF=AB=10，AG⊥BF，
又∵BF=10，
∴BG=FG=5，
∴AG==，
∴AE=2AG=．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
22．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由在平行四边形性质得到AB∥DC且AB=DC，由平行线的性质得到∠ABE=∠DCF，根据三角形的判定可证得△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质得到AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，可得AE∥DF，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）由矩形的性质得到EF=AD=3，进而求得BE=CF=1，BF=4，由∠ABE=60°可求得AB=2BE=2，由勾股定理可求得DF=AE=，BD=，由平行四边形性质得OB=OD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
∴AB∥DC且AB=DC，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，
∴AE∥DF，
∴四边形ADFE是矩形；
（2）由（1）知：四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=3，
∵EC=2，
∴BE=CF=1，
∴BF=4，
Rt△ABE中，∠ABE=60°，
∴AB=2BE=2，
∴DF=AE==，
∴BD==，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∴OF=BD=．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
23．（1）AE=t，0≤t≤6，EF=2t-12，6＜t≤12，EF=12-2t；（2）见解析；（3）秒或秒
【分析】
（1）连接BD，与AC交于点O，利用菱形的性质求出AC，可得AE和EF；
（2）证明△AFG≌△CEH，根据全等三角形的性质得到GF=HE，同理得到GE=HF，根据平行四边形的判定定理证明；
（3）分0≤t≤6，6＜t≤12两种情况，根据矩形的性质得到EF=GH，据此计算即可．
【详解】
解：（1）连接BD，与AC交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∵AB=，
∴OB=，
∴AO==6，则AC=12，
∴AE=CF=t，
当0≤t≤6时，EF=12-2t；当6＜t≤12时，EF=2t-12；

（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠GAF=∠HCE，
∵G，H分别是AB，DC中点，
∴AG=BG，CH=DH，
∴AG=CH，
∵AE=CF，
∴AF=CE，
在△AFG和△CEH中，
，
∴△AFG≌△CEH（SAS），
∴GF=HE，
同理：GE=HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（3）由（2）得：BG=CH，BG∥CH，
∴四边形BCHG是平行四边形，
∴GH=BC=，当EF=GH=时，平行四边形EGFH是矩形，
分两种情况：①AE=CF=t，EF=12-2t=，
解得：t=；
②AE=CF=t，EF=2t-12=，
解得：t=；
综上所述：当t为秒或秒时，四边形EGFH为矩形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，解题的关键是合理运用判定定理和性质定理得到相应线段的长度．
24．（1）见解析；（2）见解析；（3）（8，14）
【分析】
（1）证明△HAD≌△EDC（ASA），可得AH=CE；
（2）如图2，作辅助线，构建三角形全等，证明△GFE≌△DEC（AAS），得EG=DC=AD，根据等式的性质可得FH=AG=DE=AH；
（3）作辅助线，构建直角三角形，设AG=x，AE=y，则ED=FG=OM=x，则GD=MC=2x+y，得△OTN是等腰直角三角形，则ON=TN=4，由此可得x和y的值，可得结论．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠DAH=∠EDC=90°，
∵DH⊥CE，
∴∠DFE=90°，即∠FDE+∠FED=90°，
又∵∠FED+∠DCE=90°，
∴∠FDE=∠DCE，
∴△HAD≌△EDC（ASA），
∴AH=DE；

（2）如图2，过F作FG⊥AD，交DA的延长线于G，

∵FH⊥AO，
∴∠G=∠GAH=∠AHF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，
∴FG=AH=DE，
∵∠G=∠D=90°，∠GEF=∠DCE，
∴△GFE≌△DEC（AAS），
∴EG=DC=AD，
∴EG-AE=AD-AE，
∴AG=DE=FH=AH；
（3）如图3所示，延长GF交x轴于M，过T作TN⊥OC于N，

∴FM⊥MC，
∴TN∥FM，
∵T是FC的中点，
∴N是MC的中点，
∴TN=FM，
设AG=x，AE=y，则ED=FG=OM=x，
∴GD=MC=2x+y，
∵N是MC的中点，
∴MN=MC=x+y=OM+ON，
∴ON=y，
∵TN=FM=y，
∴ON=TN，
∵∠ONT=90°，OT=，
∴ON=TN=4，
∴FM=2TN=8，
Rt△FMO中，OF=10，
∴OM==6，
∴x=6，y=8，
∴GM=FM+GF=8+6=14，
∴E（8，14）．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质和全等三角形的判定和性质，掌握性质并灵活运用性质进行解答是解题的关键．