2020-2021学年广东省广州市某校八年级（下）五校联考期中_（数学）_试卷新人教版

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1. 下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A.3a3a>0B.9C.7D.0.3

2. 下列计算正确的是（ ）
A.6÷3=2B.8−3=5C.252=20D.32−2=3

3. 在下列长度的各组线段中，能构成直角三角形的是（ ）
A.3，5，9B.4，6，8C.13，14，15D.6，8，10

4. 在 Rt△ABC中，∠C=90∘,AC=5，AB=13，则BC的值为（ ）
A.12B.13C.14D.15

5. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘ ,AC=8,BC=6，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）

A.20B.10C.5D.52

6. 已知四边形ABCD，以下有四个条件：
（1）AB//CD,AB=CD；
（2）AB=AD,AB=BC；
（3）∠A=∠B,∠C=∠D；
（4）AB//CD,AD//BC，
能判四边形ABCD是平行四边形的有（ ）．
A.1个B.2个C.3个D.4个

7. 若平行四边形ABCD的周长为28，△ABC的周长为17cm，则AC的长为（ ）
A.11cmC.4cmD.3cm

8. 如图，直线l上有三个正方形A，B，C，若正方形A，C的面积分别为8和15，则正方形B的面积为（ ）

A.6B.7C.23D.120

9. 如图，小聪在作线段的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是（ ）

A.矩形B.菱形C.正方形D.等腰梯形

10. 如图，正方形ABCD中，AB=12，点E在边BC上，BE=EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：
①△DAG≅△DFG；
②BG=2AG；
③S△DGF=48；
④S△BEF=725．
其中所有正确结论的个数是（ ）

A.4B.3C.2D.1
解答题

二次根式x−1中，x的取值范围是________.

如图，长方形网格中每个小正方形的边长是1，△ABC是格点三角形（顶点都在格点上），则点C到AB的距离为________．


如图，菱形ABCD在平面直角坐标系中，若点D的坐标为1,3，则点C的坐标为_________．

矩形的两条对角线的夹角为60∘，较短的边长为12cm，则对角线长为________cm．

如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB=90∘，若AB=6，BC=10，则EF的长为________．


如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，BE=1，F为AB上一点，AF=2，P为AC上一动点，则PF+PE的最小值为________．


计算：24÷3−6×23．

已知：如图，在四边形ABCD中，AB // CD，对角线AC、BD相交于点O，且AO=CO．求证：四边形ABCD是平行四边形．


正方形网格中每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点．

(1)在图①中画出一个面积是2的直角三角形；

(2)在图②中画出一个面积是2的正方形；

如图，一只蚂蚁从点A沿数轴向右爬行2个单位长度到达点B，点A表示的数为−2，设点B表示的数为m，求：

(1)m的值；

(2)|m−1|+m−22的值．

如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于O，菱形ABCD的周长是20，BD=6．

(1)求AC的长；

(2)求菱形ABCD的高DE的长．

把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF．若AB=4cm，BC=8cm．

(1)求线段DF的长；

(2)求重叠部分△DEF的面积．

如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠A=90∘，DC=24cm，AB=26cm，动点P从D开始沿DC边向C点以1cm/s的速度运动，动点Q从点B开始沿BA向A点以3cm/s的速度运动，P，Q分别从点D，B同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，运动的时间为t秒．

(1)t为何值时，四边形DPQA为矩形？

(2)t为何值时，四边形PQBC为平行四边形？

如图，在△ABC中，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，点M，N分别是BC，DE的中点．

(1)求证：MN⊥DE；

(2)若∠A=60∘，BC=12，求MN的值．

如图，边长为a的正方形ABCD被两条与正方形的边平行的线段EF，GH分割成四个小矩形，EF与GH交于点P，连接AF，AH．

(1)若BF=DH，求证：AF=AH;

(2)连接FH，若∠FAH=45∘，求△FCH的周长（用含α的代数式表示）；

(3)连接GF，若Rt△GBF的周长为a，求矩形EPHD的面积（用含a的代数式表示）．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省广州市某校八年级（下）五校联考期中 (数学) 试卷
选择题
1.
【答案】
C
【考点】
最简二次根式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 最简二次根式符合下列两个条件：
①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；
②被开方数的因数是整数，因式是整式．
∴ 符合条件的只有C选项．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．6÷3=2，故A错误；
B．8−3=22−3无法合并计算，故B错误；
C．(25)2=20，故C正确；
D．32−2=22，故D错误．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 62+82=102，符合勾股定理，故能构成直角三角形，其他三组数据都不满足勾股定理得条件，
故只有D选项符合题意．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ △ABC为直角三角形，且∠C=90∘,AC=5，AB=13，
∴ BC=AB2−AC2=132−52=12．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
直角三角形斜边上的中线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在Rt△ABC中，∠ACB=90∘， AC=8，BC=6，
∴ AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵ D是斜边AB上的中点，
∴ CD=12AB=12×10=5．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：一组对边平行且相等的四边形为平行四边形，故(1)符合条件；
两组对边分别平行的四边形为平行四边形，故(4)符合条件；
(2)中，三条边相等，不能判定为平行四边形，故不符合条件；
(3)中，四个角相等的四边形不能判定为平行四边形，故不符合条件．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ C▱ABCD=2(AB+BC)=28(cm)，
∴ AB+BC=14(cm)，
又∵ C△ABC=AB+BC+AC=17(cm)，
∴ AC=C△ABC−(AB+BC)=17−14=3(cm)．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的性质
勾股定理
全等三角形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
∵ A，B，C都是正方形，
∴ DF=FH，∠DFH=90∘.
∵∠DFE+∠HFG=∠EDF+∠DFE=90∘，
∴ ∠EDF=∠HFG，
在△DEF和△FGH中，
∠EDF=∠HFG,∠DEF=∠HGF,DF=HF,
∴△DEF≅△FGHAAS，
∴DE=FG，EF=HG，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：
DF2=DE2+EF2=DE2+HG2，
即SB=SA+SC=8+15=23.
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
作图—尺规作图的定义
菱形的判定
线段垂直平分线的性质
作图—基本作图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据作图方法可得AC=AD=BD=BC，
因此四边形ADBC一定是菱形．
故选B．
10.
【答案】
B
【考点】
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90∘，
∴ ∠DFG=∠A=90∘，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
AD=DFDG=DG ，
∴ Rt△ADG≅Rt△FDG(HL)，故①正确；
∵ 正方形边长是12，
∴ BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，
则EG=x+6，BG=12−x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：(x+6)2=62+(12−x)2，
解得：x=4
∴ AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②正确；
∵ Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴ S△DGF=S△ADG=12×AC×AD=12×4×12=24，故③错误；
∵ S△GBE=12BE⋅BG=12×6×8=24，
GF=AG=4，EF=BE=6，
∴ S△BFGS△BEF=GFEF=46=23，
∴ S△BEF=35S△BGE=35×24=725，故④正确．
∴ 正确结论有三个．
故选B．
解答题
【答案】
x≥1
【考点】
解一元一次不等式
分式有意义、无意义的条件
二次根式有意义的条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得：x−1≥0，
解得：x≥1．
故答案为：x≥1．
【答案】
65
【考点】
勾股定理
三角形的面积
坐标与图形性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设点C到AB的距离为h，
∵AB=32+42=5
S△ABC=12×2×3=12×5×h
h=65
故答案为：65．
【答案】
(3,3)
【考点】
菱形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 点D的坐标为(1, 3)，
∴ AD=12+(3)2=2，
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ CD=AD=2，CD // AB，
∴ C点坐标为(3, 3)．
故答案为：(3, 3)．
【答案】
24
【考点】
矩形的性质
【解析】
根据矩形对角线相等且互相平分性质和题中条件易得△AOB为等边三角形，即可得到矩形对角线一半长，进而求解即可．
【解答】
解：如图：AB=12cm，∠AOB=60∘．
∵ 四边形是矩形，AC，BD是对角线．
∴ OA=OB=OD=OC=12BD=12AC．
在△AOB中，OA=OB，∠AOB=60∘．
∴ OA=OB=AB=12cm，AC=BD=2OB=2×12=24cm．
故答案为：24．
【答案】
2
【考点】
三角形中位线定理
直角三角形斜边上的中线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ ∠AFB=90∘，D为AB的中点，
∴ DF=12AB=3，
∵ DE为△ABC的中位线，
∴ DE=12BC=5，
∴ EF=DE−DF=5−3=2．
故答案为：2．
【答案】
17
【考点】
轴对称——最短路线问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，
过F作FG⊥CD于G，
在Rt△E′FG中，
GE′=CD−BE−BF=4−1−2=1，GF=4，
所以E′F=FG2+E′G2=12+42=17．
故答案为：17．
【答案】
解：原式=8−218
=22−62
=−42．
【考点】
二次根式的性质与化简
实数的运算
二次根式的混合运算
二次根式的加法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原式=8−218
=22−62
=−42．
【答案】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠BAO=∠DCO，
在△AOB和△COD中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴ △AOB≅△COD(ASA)，
∴ AB=CD，
∵ AB // CD，
∴ 四边形ABCD是平行四边形．
【考点】
平行四边形的判定
全等三角形的性质
【解析】
由AB // CD，AO=CO，利用ASA，可判定△AOB≅△COD，则可证得AB=CD，然后由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证得四边形ABCD是平行四边形．
【解答】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠BAO=∠DCO，
在△AOB和△COD中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴ △AOB≅△COD(ASA)，
∴ AB=CD，
∵ AB // CD，
∴ 四边形ABCD是平行四边形．
【答案】
解：(1)面积为2的直角三角形如图所示：
(2)面积为2的正方形如图所示：
【考点】
作图—代数计算作图
勾股定理
作图—几何作图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)面积为2的直角三角形如图所示：
(2)面积为2的正方形如图所示：
【答案】
解：(1)由题意得m=−2+2．
(2)|m−1|+(m−2)2
=|2−2−1|+(2−2−2)2
=|1−2|+2
=2−1+2
=2+1
【考点】
在数轴上表示实数
二次根式的混合运算
数轴
非负数的性质：绝对值
实数的运算
绝对值
整式的加减
零指数幂、负整数指数幂
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得m=−2+2．
(2)|m−1|+(m−2)2
=|2−2−1|+(2−2−2)2
=|1−2|+2
=2−1+2
(2)
=2+1
【答案】
解：(1)∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=CD=AD，
AC⊥BD，BO=OD，AO=OC．
∵ 菱形的周长是20，
∴ DC=14×20=5．
∵ BD=6，∴ OD=3．
在Rt△DOC中
OC=DC2−OD2
=52−32
=4．
∴ AC=2OC=8．
(2)∵ S△ABD=12AB⋅DE=12BD⋅OA，
∴ 5⋅DE=6×4
∴ DE=245．
【考点】
菱形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=CD=AD，
AC⊥BD，BO=OD，AO=OC．
∵ 菱形的周长是20，
∴ DC=14×20=5．
∵ BD=6，∴ OD=3．
在Rt△DOC中
OC=DC2−OD2
=52−32
=4．
∴ AC=2OC=8．
(2)∵ S△ABD=12AB⋅DE=12BD⋅OA，
∴ 5⋅DE=6×4
∴ DE=245．
【答案】
解：(1)由翻折的性质可知：DF=BF，
∴ BF+FC=DF+FC
设DF=x，则FC=8−x，
∵ ABCD为矩形，
∴ ∠C=90∘，
在Rt△DFC中，
DC2+FC2=DF2，
即42+(8−x)2=x2，解得：x=5，
∴ DF=5．
(2)∵ ∠ADC=∠A′DF=90∘，
∴ ∠A′DE=∠CDF，
∵ ∠A′=∠C=90∘，A′D=CD，
∴ △DFC≌△DEA′，
∴ DE=DF=5,
∴ 重叠部分的面积=12×5×4=10cm2．
【考点】
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
全等三角形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由翻折的性质可知：DF=BF，
∴ BF+FC=DF+FC
设DF=x，则FC=8−x，
∵ ABCD为矩形，
∴ ∠C=90∘，
在Rt△DFC中，
DC2+FC2=DF2，
即42+(8−x)2=x2，解得：x=5，
∴ DF=5．
(2)∵ ∠ADC=∠A′DF=90∘，
∴ ∠A′DE=∠CDF，
∵ ∠A′=∠C=90∘，A′D=CD，
∴ △DFC≌△DEA′，
∴ DE=DF=5,
∴ 重叠部分的面积=12×5×4=10cm2．
【答案】
解：(1)当DPQA为矩形时，
DP=AQ，
∵ DP=t，BQ=3t，
∴ AQ=(26−3t)，
∴ t=26−3t，解得t=132,
∴ 当t=132时，四边形DPQA为矩形．
(2)当四边形DQBC为平行四边形时，
PC=BQ，
∵ DP=t，BQ=3t，
∴ PC=24−t，
∴ 24−t=3t，解得t=6，
∴ t=6时，四边形DQBC为平行四边形．
【考点】
平行四边形的性质与判定
运动产生特殊四边形
动点问题
菱形的判定
矩形的判定与性质
矩形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当DPQA为矩形时，
DP=AQ，
∵ DP=t，BQ=3t，
∴ AQ=(26−3t)，
∴ t=26−3t，解得t=132,
∴ 当t=132时，四边形DPQA为矩形．
(2)当四边形DQBC为平行四边形时，
PC=BQ，
∵ DP=t，BQ=3t，
∴ PC=24−t，
∴ 24−t=3t，解得t=6，
∴ t=6时，四边形DQBC为平行四边形．
【答案】
(1)证明：∵ BD⊥AC于D， CE⊥AB于E，点M是BC的中点,
∴ MD=ME=12BC，
∴ 点N是DE的中点，
∴ MN⊥DE．
(2)解：∵ MD=ME=BM=CM，
∴ ∠BME+∠CMD=180∘−2∠ABC+180∘−2∠ACB
=360∘−2(∠ABC+∠ACB)，
∵ ∠A=60∘，
∴ ∠ABC+∠ACB=180∘−60∘=120∘，
∴ ∠BME+∠CMD=360∘−2×120∘=120∘，
∴ ∠DME=60∘，
∴ △MED是等边三角形，
∴ DE=DM，
由(1)知：DM=12BC=6
∴ DE=6，
∵ N是DE的中点，
∴ DN=12DE=3，
∴ MN=DM2−DN2=33．
【考点】
三角形中位线定理
勾股定理
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ BD⊥AC于D， CE⊥AB于E，点M是BC的中点,
∴ MD=ME=12BC，
∴ 点N是DE的中点，
∴ MN⊥DE．
(2)解：∵ MD=ME=BM=CM，
∴ ∠BME+∠CMD=180∘−2∠ABC+180∘−2∠ACB
=360∘−2(∠ABC+∠ACB)，
∵ ∠A=60∘，
∴ ∠ABC+∠ACB=180∘−60∘=120∘，
∴ ∠BME+∠CMD=360∘−2×120∘=120∘，
∴ ∠DME=60∘，
∴ △MED是等边三角形，
∴ DE=DM，
由(1)知：DM=12BC=6
∴ DE=6，
∵ N是DE的中点，
∴ DN=12DE=3，
∴ MN=DM2−DN2=33．
【答案】
（1）证明：连接AH、AF，
∵ ABCD是正方形，
∴ AD=AB ∠D=∠B=90∘，
∵ ADHG与ABFE都是矩形，
∴ DH=AG,AE=BF
又∵ BF=DH，
∴ AE=BF，
在△ADH与△ABF中，AD=AB∠D=∠B=90∘DH=BF
∴ △ADH≅△ABFSAS
∴ AF=AH．
（2）解：将△ADH绕点A顺时针旋转90∘到△ABM的位置，连接GF，
∵ ∠FAH=45∘
∴ ∠MAF=∠MAH−∠FAH=90∘−45∘=45∘=∠FAH
在△AMF和△AHF中，
AM=AH∠FAM=∠FAHAF=AF
∴ △AMF≅△AHFSAS
∴ MF=HF
∵ MF=MB+BF=HD+BF
△FCH的周长=CF3+FH+CH=CF+BF+CH+DH=2a．
（3）解：设BF=x,GB=y，则FC=a−x
AG=a−y,0