期中测试卷01-【对点变式题】最新八年级数学下学期期中期末必考题精准练（人教版）

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 2021-2022学年八年级下学期数学
期中测试卷01
（考试时间120分钟 满分120分）
第Ⅰ卷（选择题 共24分）
一． 选择题（下列各题的备选答案中，有且仅有一个答案是正确的，每小题3分，共24分）
1．（2021秋•麦积区期末）下列各式中，一定是二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D．
【考点】二次根式的定义；
【专题】二次根式；符号意识．
【分析】根据形如（a≥0）的式子叫做二次根式判断即可．
【解答】解：A、当a+1＜0时，不是二次根式，故此选项不符合题意；
B、当a﹣1＜0时，不是二次根式，故此选项不符合题意；
C、当a＝0时，a2﹣1＝﹣1＜0，不是二次根式，故此选项不符合题意；
D、∵a2≥0，∴a2+2＞0，是二次根式，故此选项符合题意；
故选：D．
2．（2021秋•龙凤区期末）下面关于平行四边形的说法中，不正确的是（　　）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
C．有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形
D．有两组对角相等的四边形是平行四边形
【答案】C．
【考点】平行四边形的判定与性质；
【分析】根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵有一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵有一组对边相等，一组对角相等的四边形不一定是平行四边形，
∴选项C符合题意；
D、∵有两组对角相等的四边形是平行四边形，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
3．（2021秋•无锡期末）下列各式中，正确的是（　　）
A．±＝±4 B．＝±3 C．＝3 D．＝﹣4
【答案】A．
【考点】二次根式的性质与化简；平方根；立方根；
【分析】根据平方根，立方根，二次根式的性质与化简，进行计算即可解答．
【解答】解：A．±＝±4，故A符合题意；
B．＝3，故B不符合题意；
C．＝﹣3，故C不符合题意；
D．＝4，故D不符合题意；
故选：A．
4．（2021秋•开江县期末）在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．下列所给数据中，不能判断△ABC是直角三角形的是（　　）
A．a＝，b＝2，c＝1 B．∠A﹣∠B＝∠C
C．（a﹣b）（a+b）＝c2 D．∠A：∠B：∠C＝2：5：8
【答案】D．
【考点】勾股定理的逆定理；三角形内角和定理；
【分析】利用直角三角形的定义和勾股定理的逆定理逐项判断即可．
【解答】解：A、∵a2＝3，b2＝4，c2＝1，∴a2+c2＝4＝b2，故△ABC是直角三角形；
B、由条件∠A﹣∠B＝∠C，且∠A+∠B+∠C＝180°，可求得∠A＝90°，故△ABC是直角三角形；
C、由条件可得到b2+c2＝a2，满足勾股定理的逆定理，故△ABC是直角三角形；
D、∵∠A：∠B：∠C＝2：5：8，且∠A+∠B+∠C＝180°，可求得∠C≠90°，故△ABC不是直角三角形
故选：D．
5．（2021秋•威宁县校级期末）若实数x，y满足，则x﹣y的值是（　　）
A．1 B．﹣6 C．4 D．6

【答案】D．
【考点】二次根式有意义的条件；
【分析】根据二次根式有意义的条件，求出x，代入关系式中求出y，从而得到x﹣y的值．
【解答】解：∵x﹣5≥0，5﹣x≥0，
∴x≥5，x≤5，
∴x＝5，
∴y＝﹣1，
∴x﹣y＝5﹣（﹣1）＝5+1＝6，
故选：D．
6．（2021秋•大丰区期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，AB＝10，AC＝6，则BD的长是 　 　．

A．4 B．5 C．4.5 D．6
【答案】B.
【考点】勾股定理；角平分线的性质；
【分析】作DE⊥AB于E，利用角平分线的性质得CD＝DE，再利用面积法求出CD的长，从而解决问题．
【解答】解：作DE⊥AB于E，

在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC＝，
∵AD平分∠BAC，AC⊥DC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，
∴S△ABC＝+＝，
∴6CD+10CD＝48，
∴CD＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝8﹣3＝5，
故答案为：B．
7．（2021八下·叶集期末）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB=(　　)

A．30° B．25° C．22.5° D．不能确定
【答案】C
【考点】菱形的性质；正方形的性质
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∵四边形BDFE是菱形，
∴∠DFE=∠DBC=45°，∠DFB=∠EFB，
∴∠AFB=22.5°.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质得出∠DBC=45°，再根据菱形的性质得出∠DFE=∠DBC=45°，∠DFB=∠EFB，即可求出∠AFB=22.5°.
8．（2021秋•芝罘区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD，AE分别是角平分线和中线，过点C作CF⊥AD于点F，连接EF，则线段EF的长为（　　）

A．1 B．2 C．4 D．
【答案】A．
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质．版权所有
【分析】延长CF交AB于G，根据等腰三角形的判定和性质得到 AG＝AC＝4，FG＝CF，进而求出BG，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长CF交AB于G，
∵AD为△ABC的角平分线，CG⊥AD，
∴△ACG是等腰三角形，
∴AG＝AC＝4，FG＝CF，
∴BG＝AB﹣AG＝6﹣4＝2，
∵AE为△ABC的中线，
∴EF是△BCG的中位线，
∴EF＝BG＝1，
故选：A．


第Ⅱ卷（非选择题 共96分）
二． 填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
9.（2021八下·泉港期末）已知□ABCD 的周长为56，AB=10 ，则 BC 的长为 ．
【答案】18.
【考点】平行四边形的性质；
【分析】先根据平行四边形的性质得到AB=CD，BC=AD，再根据平行四边形的周长公式即可求解.
【解答】如图，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，BC=AD，
∵□ABCD 的周长为56， AB=10 ，
∴BC=（56﹣2×10）÷2=18
故答案为：18.
10.（2022•江北区开学）若，则x的取值范围是 ．
A．x＜4 B．x＞4 C．x≤4 D．
【答案】x≥4．
【考点】二次根式的性质与化简；
【分析】根据二次根式的性质可知4﹣x≤0，故可知x≥4．
【解答】解：∵，
∴4﹣x≤0，
∴x≥4，
故选：D．
11．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所对边分别为a，b，c．若a：b＝1：2，c＝5，则a＝　 　．

【答案】.
【考点】勾股定理；
【分析】因为a：b＝1：2，所以设a＝x，则b＝2x，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：设a＝x，则b＝2x，
由勾股定理得，a2+b2＝c2，即x2+（2x）2＝52，
解得，x＝，
则a＝，
故答案为：．
12.如图，在□ABCD中，CE⊥AB，E为垂足.如果∠A=120°，∠BCE的度数为 ．

【答案】30°.
【考点】三角形内角和定理；平行四边形的性质
【分析】根据题意可得因为平行四边形对边平行，所以由两直线平行，同旁内角互补，可得∠A+∠B=180°，由已知易证∠BEC=90°，所以在Rt△BEC中，由三角形的内角和定理知∠BCE=30°.
【解答】解：∵平行四边形ABCD，∠A=120°
∴∠B=180°-120°=60°
又∵CE⊥AB
∴∠BCE=90°﹣∠B=30°
故答案为：30°.
13．（2022•江北区开学）已知，则的值为 　 　．
【答案】.
【考点】二次根式的化简求值；分母有理化；
【分析】先求出m+n＝6，mn＝（3+）（3﹣）＝4，再将原式化为，代入计算即可．
【解答】解：∵，
∴m+n＝6，mn＝（3+）（3﹣）＝4，
∴＝＝＝＝2．
故答案为：2．
14．（2021秋•连南县期中）如图，已知长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为 　．

【答案】6cm2．

【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形的面积；矩形的性质．版权所有
【分析】根据折叠的条件可得：BE＝DE，在直角△ABE中，利用勾股定理就可以求解．
【解答】解：∵将此长方形折叠，使点B与点D重合，
∴BE＝ED．
∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE．
∴BE＝9﹣AE，
根据勾股定理可知：AB2+AE2＝BE2．
∴32+AE2＝（9﹣AE）2．
解得：AE＝4cm．
∴△ABE的面积为：×3×4＝6（cm2）．
故答案为：6cm2．
15．（2021秋•思明区校级期末）若的整数部分为x，小数部分为y，则（2x+）y的值是　 　．
【答案】3.
【考点】二次根式的化简求值；估算无理数的大小；
【分析】首先根据的整数部分，确定的整数部分x的值，则y即可确定，然后代入所求解析式计算即可求解．
【解答】解：∵3＜＜4，
∴的整数部分x＝2，
则小数部分是：6﹣﹣2＝4﹣，
则（2x+）y＝（4+）（4﹣）＝16﹣13＝3．
故选：B．
16．（2021秋•南关区校级期末）矩形ABCD与矩形CEFG如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC＝EF＝3，CD＝CE＝1，则GH＝　 　．

【答案】.
【考点】矩形的性质；
【分析】延长GH交AD于M点，由矩形的性质得出CD＝CE＝FG＝1，BC＝EF＝CG＝3，BE∥AD∥FG，推出DG＝CG﹣CD＝2，∠HAM＝∠HFG，由ASA证得△AMH≌△FGH，得出AM＝FG＝1，MH＝GH，则MD＝AD﹣AM＝2，在Rt△MDG中，根据勾股定理得到GM，即可得出结果．
【解答】解：延长GH交AD于M点，如图所示：
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，
∴CD＝CE＝FG＝1，BC＝EF＝CG＝3，BE∥AD∥FG，
∴DG＝CG﹣CD＝3﹣1＝2，∠HAM＝∠HFG，
∵AF的中点H，
∴AH＝FH，
在△AMH和△FGH中，
，
∴△AMH≌△FGH（ASA）．
∴AM＝FG＝1，MH＝GH，
∴MD＝AD﹣AM＝3﹣1＝2，
在Rt△MDG中，GM＝＝＝2，
∴GH＝GM＝，
故答案为：．


三、解答题（本大题共9小题，满分共72分）
17．（8分）（2021秋•吉安期中）计算：
（1）； （2）．
【考点】二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；
【分析】（1）原式利用完全平方公式，以及单项式乘多项式法则计算，合并即可得到结果；
（2）原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂、负整数指数幂法则计算即可得到结果．
【解答】解：（1）原式＝2﹣2+1﹣﹣3
＝2﹣2+1﹣3﹣3
＝﹣5；
（2）原式＝2﹣（2﹣1）+8+1
＝2﹣2+1+8+1
＝10．
【点评】此题考查了二次根式的混合运算，零指数幂、负整数指数幂，熟练掌握运算法则及二次根式性质是解本题的关键．
18．（6分）（2021秋•启东市期末）（1）先化简，再求值：，其中；
【考点】二次根式的化简求值；分式的化简求值；分母有理化；
【分析】先将小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的除法，最后代入求值；
【解答】解：原式＝[﹣]
＝[﹣]
＝
＝，
当x＝2+时，
原式＝＝；
19．（7分）（2021•郓城县模拟）如图，F、C是线段AD上的两点，AB∥DE，BC∥EF，AF＝DC，连结AE、BD，求证：四边形ABDE是平行四边形．

【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；
【分析】由“ASA”可证△ABC≌△DEF，可得AB＝DE，由平行四边形的判定可得结论．
【解答】证明：∵AF＝DC，
∴AF+FC＝DC+FC，
∴AC＝DF，
∵AB∥DE，
∴∠BAC＝∠EDF，
∵BC∥EF，
∴∠ACB＝∠EFD，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
20．（7分）（2021秋•曲阳县期末）如图，在离水面高度为5米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为13米，此人以0.5米每秒的速度收绳，10秒后船移动到点D的位置，问船向岸边移动了多少米？（假设绳子是直的，结果保留根号）

【考点】勾股定理的应用；
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD＝AB﹣AD可得BD长．
【解答】解：在Rt△ABC中：
∵∠CAB＝90°，BC＝13米，AC＝5米，
∴AB＝＝12（米），
∵此人以0.5米每秒的速度收绳，10秒后船移动到点D的位置，
∴CD＝13﹣0.5×10＝8（米），
∴AD＝＝＝（米），
∴BD＝AB﹣AD＝12﹣（米），
答：船向岸边移动了（12﹣）米．

21．(7分)（2021春•岳麓区校级月考）实数a，b，c在数轴上的对应点如图所示：
（1）比较大小：a﹣b　 　0；b﹣c　 　0；a+b+c　 　0．
（2）化简：．

【考点】二次根式的性质与化简；实数与数轴；实数大小比较；
【分析】（1）根据点在数轴上的位置，知：a＞0，b＜0，c＜0；且|b|＞|a|＞|c|，再根据实数的运算法则，得a﹣b＞0，b﹣c＜0，a+b+c＜0；
（2）运用绝对值的性质：负数的绝对值是它的相反数；正数的绝对值是它本身．再对原式化简．
【解答】解：（1）根据点在数轴上的位置，知：a＞0，b＜0，c＜0；且|b|＞|a|＞|c|，
∴a﹣b＞0，b﹣c＜0，a+b+c＜0，
故答案为：＞，＜，＜；
（2）原式＝a﹣b﹣（c﹣b）+a+b+c＝a﹣b﹣c+b+a+b+c＝2a+b．
22．(8分)如图，在□ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF．
（1）求证：□ABCD是菱形；
（2）若AB＝5，AC＝6，求□ABCD的面积．

【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB＝AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵BE＝DF，
∴△AEB≌△AFD
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD交AC于O．
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，
∴AC⊥BD，
AO＝OC＝AC＝×6＝3，
∵AB＝5，AO＝3，
∴BO＝＝＝4，
∴BD＝2BO＝8，
∴S平行四边形ABCD＝×AC×BD＝24．


23．(8分)（2021秋•上城区校级期中）如图，在△ABC中，中线BE，中线AD．
（1）若CD＝4，CE＝3，AB＝10，求证：∠C＝90°；
（2）若∠C＝90°，AD＝6，BE＝8，求AB的长．

【考点】勾股定理的逆定理；
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵中线BE，中线AD，CD＝4，CE＝3，
∴AC＝6，BC＝8，
∵AB＝10，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠C＝90°；
（2）解：∵∠C＝90°，AD＝6，BE＝8，
∴AC2+CD2＝AD2，BC2+CE2＝BE2，
∵中线BE，中线AD，
∴，
∴，
∴AC2+BC2＝80，
∴AB＝．

24．(9分)如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【考点】矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；菱形的性质；
【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
25．（12分）（2021秋•荆门期末）已知：如图（1），在平面直角坐标系中，点A、点B分别在x轴、y轴的正半轴上，点C在第一象限，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A坐标为（m，0），点C横坐标为n，且m2+n2﹣2m﹣8n+17＝0．

（1）分别求出点A、点B、点C的坐标；
（2）如图（2），点D为边AB中点，以点D为顶点的直角∠EDF两边分别交边BC于E，交边AC于F，①求证：DE＝DF；②求证：S四边形DECF＝S△ABC；
（3）在坐标平面内有点G（点G不与点A重合），使得△BCG是以BC为直角边的等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点G的坐标．
【考点】四边形综合题；
【分析】（1）由非负性可求m，n的值，由“AAS”可证△BCM≌△ACN，可得CM＝CN＝4＝OM，AN＝BM＝3，即可求解；
（2）①由等腰直角三角形的性质可得BD＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠ACD＝45°，AB⊥CD，由“AAS”可证△BDE≌△CDF，可得DE＝DF；
②由全等三角形的性质可得S△BDE＝S△CDF，即可得结论；
（3）分三种情况讨论，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵m2+n2﹣2m﹣8n+17＝0．
∴（m﹣1）2+（n﹣4）2＝0，
∴m＝1，n＝4，
∴点A（1，0），CM＝4，
如图（1），过点C作CM⊥OB，CN⊥OA，

∵CM⊥OB，CN⊥OA，∠AOB＝90°，
∴四边形OMCN是矩形，
∴∠MCN＝90°＝∠ACB，CM＝ON＝4，CN＝OM，
∴AN＝3，
∴∠BCM＝∠ACN，且AC＝BC，∠BMC＝∠ANC，
∴△BCM≌△ACN（AAS）
∴CM＝CN＝4＝OM，AN＝BM＝3，
∴点B（0，7），点C（4，4）；
（2）①如图（2），连接CD，

∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为边AB中点，
∴BD＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠ACD＝45°，AB⊥CD
∵∠EDF＝90°＝∠BDC，
∴∠BDE＝∠CDF，且BD＝CD，∠ABC＝∠DCA，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
∴DE＝DF，
②∵△BDE≌△CDF，
∴S△BDE＝S△CDF，
∴S△BDE+S△EDC＝S△CDF+S△EDC，
∴S△BDC＝S四边形EDFC，
∵AD＝BD，
∴S△BDC＝S△ABC，
∴S四边形DECF＝S△ABC；
（3）如图（3），

若∠GBC＝90°，BG＝BC时，且点G在BC下方，过点G作GF⊥OB，过点C作CE⊥OB，
∵∠GBF+∠EBC＝90°，∠GBF+∠BGF＝90°，
∴∠EBC＝∠BGF，且∠BEC＝∠BFG＝90°，BG＝BC，
∴△BGF≌△CBE（AAS）
∴BF＝CE＝4，GF＝BE，
∴OF＝3，
∴点G（﹣3，3），
若∠GBC＝90°，BG＝BC时，且点G在BC上方，
同理可求点G（3，11），
若∠GCB＝90°，CG＝BC时，点G在BC上方，