湖北省黄石市大冶市2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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1．本试卷分试题卷和答题卷两部分；考试时间为120分钟；满分120分．
2．考生在答题前请仔细阅读答题卷中的“注意事项”，然后按要求答题．
3．所有答案均须做在答题卷相应区域，做在其他区域无效．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意直接利用二次根式有意义的条件得出x的取值范围进而得出答案．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，
则1-x≥0，
解得：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的性质是解题的关键．
2. 以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是（ ）
A. 3，4，5B. 5，12，13C. 6，7，8D. 1，，
【答案】C
【解析】
【分析】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．
【详解】解：A、∵，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、∵，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，∴不能构成直角三角形，故此选项符合题意；
D、，∴能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本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，那么这个三角形就是直角三角形．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式加减法运算法则判断A和B，根据二次根式乘除法运算法则判断C和D．
【详解】解：A、，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并计算，故此选项不符合题意；
C、，原计算错误，故此选项不符合题意；
D、，正确，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，理解二次根式的性质，掌握二次根式乘除法运算法则是解题关键．
4. 下列命题中，假命题是（ ）
A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
B. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法可知A是真命题，根据矩形的判定方法可知B是真命题，根据菱形的判定方法可知C是真命题，根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，可知D是假命题．
【详解】A．对角线互相平分四边形是平行四边形，是真命题；
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题；
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题；
D．对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故原命题是假命题；
故选D．
【点睛】本题主要考查了命题与定理，解题时注意：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，对角线互相垂直且相等的四边形可能是等腰梯形或筝形．
5. 下列各式中与是同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化为最简二次根式，再根据同类二次根式的定义判断即可；
【详解】解：A．，与不是同类二次根式，不符合题意；
B．，与是同类二次根式，符合题意；
C．，与不是同类二次根式，不符合题意；
D．，与不是同类二次根式，不符合题意；
故选： B．
【点睛】本题考查了二次根式的分母有理化，同类二次根式，掌握其定义是解题关键．
6. 在如图所示的图形中，所有四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为5、6、20，则正方形B的面积是（ ）
A. 15B. 9C. 10D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理的几何意义：，，解得即可．本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
【详解】解：∵正方形A、C、D的面积依次为5、6、20，
∴
∴
故选：B．
7. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A. 对角线相等B. 对角线互相垂直
C. 对角线互相平分D. 两组对角分别相等
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形性质和菱形的性质得出即可．
【详解】解：矩形的性质是：①矩形的四个角度数直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
8. 如图，在中，，、分别为、的中点，平分，交于点，若，，则的长为（ ）
A. 2B. 1C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理得到，根据三角形中位线定理得到，，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，得到，于是得到结论．
【详解】解：在中，，，，
，
、分别为、的中点，
是的中位线，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
9. 如图，菱形对角线，，则菱形高长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后利用勾股定理列式求出，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半和底乘以高两种方法列式计算即可得解．
【详解】解：菱形对角线，，
，
，
，
根据勾股定理，，
菱形的面积，
即，
解得．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，根据菱形的面积的两个求解方法列出方程是解题的关键．
10. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30° ② ③S平行四边形ABCD=AB•AC ④ ，正确的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】①先根据角平分线和平行四边形性质得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=AB=，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断.
【详解】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD==，
∴BD=2OD=，
故②正确；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB，
∵AB=BC，
∴OE=BC=AD，
故④正确；
正确的有：①②③④，
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11. 若是整数，则正整数n的最小值为__________．
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意可得是完全平方数，即可求解．
【详解】解∶∵，且是整数，
∴是整数，即是完全平方数，
∴，
即正整数n的最小值为7．
故答案为：7
【点睛】主要考查了算术平方根，解题的关键是分解成一个完全平方数和一个代数式的积的形式．
12. 化简：______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：，即，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查二次根式的化简，二次根式规律总结：当时，；当时，．
13. 如图，在平行四边形中，是对角线，E，F是对角线上的两点，要使四边形是平行四边形，还需添加一个条件（只需添加一个）是__________．
【答案】BF=DE（答案不唯一）
【解析】
【分析】连接对角线AC，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形进行求解即可．
【详解】解：添加的条件为BF=DE，理由如下：
证明：连接AC交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵BF=DE，
∴BO-BF=DO-DE，
即OF=OE，
四边形AFCE为平行四边形，
故答案为：BF=DE（答案不唯一）．
【点睛】题目主要考查平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键．
14. 如图，在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，3），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E．那么点E的坐标_____．
【答案】（0，）
【解析】
【分析】首先过D作DF⊥AO于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=1，设OE=x，那么CE=3-x，DE=x，利用勾股定理即可求出OE的长度，即可求出点E的坐标.
【详解】如图，过D作DF⊥AO于F，
∵点B的坐标为(1,3)，
∴BC=AO=1，AB=OC=3，
根据折叠可知：CD=BC=OA=1，AD=AB=3，
在△CDE和△AOE中，

∴△CDE≌△AOE，
∴OE=DE，OA=CD=1，AE=CE，
设OE=x，那么CE=3−x，DE=x，
∴在Rt△DCE中,
∴
∴
∴
点E的坐标为：
故答案为
【点睛】考查翻折变换（折叠问题）,全等三角形的的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等，掌握翻折变换的性质是解题的关键.
15. 如图，已知矩形，，，为边上一点，，点从点出发，以每秒个单位的速度沿着边向终点运动，连接，设点运动的时间为秒，则当的值为______时，是以为腰的等腰三角形．
【答案】或
【解析】
【分析】根据矩形的性质得出，，求出，，由勾股定理求出，，分为两种情况：①当时，②当时，求出即可．
【详解】解：根据题意得：，
∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴，，
由勾股定理得：，
过作于，
则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
①当时，，
解得：，，
∵不符合题意，舍去；
②当时，，
解得：，
即当的值为或时，是以为腰的等腰三角形，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的判定，勾股定理等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
三、解答题（本大题共9个小题，共75分）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式混合运算法则以及二次根式的性质，准确化简是解题的关键．
（1）先化简，再合并同类二次根式；
（2）先化简，合并，再做除法运算；
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
17. 已知：，．
（1）直接写出：ab＝_______，a＋b＝_______
（2）求的值．
【答案】（1）1，4 （2）4
【解析】
【分析】（1）把a，b的值，代入进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论，再根据异分母的分式加减法法则进行计算即可解答．
【小问1详解】
解：∵，，
∴
故答案为：1，4；
【小问2详解】
解：
由（1）可知
原式
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，分式的加减法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18. 阅读与思考
请仔细阅读并完成相应任务：在解决问题“已知，求 的值”时，小明是这样分析与解答的：
∵
∴ ，∴，
∴．
任务：请你根据小明的分析过程，解决如下问题：若，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】先利用分母有理化化简a,再利用完全平方公式求出的值，最后整体代入．
【详解】解：
，
，
，
即，
，
，
，
即的值为．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，理解题例并应用题例是解决本题的关键．
19. 消防车上的云梯示意图如图所示，云梯最多只能伸长到米，消防车高米，如图，某栋楼发生火灾，在这栋楼的处有一老人需要救援，救人时消防车上的云梯伸长至最长，此时消防车的位置与楼房的距离为米．
（1）求处与地面的距离．
（2）完成处的救援后，消防员发现在处的上方米的处有一小孩没有及时撤离，为了能成功地救出小孩，则消防车从处向着火的楼房靠近的距离为多少米？
【答案】（1）米
（2）米
【解析】
【分析】（1）先根据勾股定理求出的长，进而可得出结论；
（2）由勾股定理求出的长，利用即可得出结论．
小问1详解】
解：在中，
米，米，
米
米．
答：处与地面的距离是米；
【小问2详解】
在中，
米，米，
米
米．
答：消防车从处向着火的楼房靠近的距离为米．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．
20. 如图，在中，于点，延长至点使，连接，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形是平行四边形．再根据，得．即可证明结论成立；
（2）利用勾股定理的逆定理证明．再根据面积法即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴．即．
∵在中，且，
∴且．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴．
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴的面积．
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定及性质，垂线，熟练掌握矩形的判定及性质是解题的关键．
21. 如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小格的顶点叫做格点．

（1）在图1中以格点为顶点画一个面积为10的正方形；
（2）在图2中以格点为顶点画一个三角形，使三角形三边长分别为2、、；
（3）如图3，点A、B、C是小正方形的顶点，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的定义画出图形即可；
（2）利用数形结合的思想画出图形即可．
（3）对图形进行点标注，连接、，如图，由勾股定理可得，由此可得是等腰直角三角形，继而得到结果．
【小问1详解】
解：如图1的正方形的边长是，面积是10；
【小问2详解】
如图2的三角形的边长分别为2，，；
【小问3详解】
如图3，对图形进行点标注，连接，

，，
，
，
是等腰直角三角形，
即．
【点睛】本题考查作图应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22. 如图，点D是线段的中点，点C是线段的垂直平分线上的任意点，于点E，于点F．
（1）判断的形状；
（2）求证：；
（3）线段与满足什么数量关系时，四边形成为正方形？请说明理由．
【答案】（1）是等腰三角形
（2）见解析 （3）当时，四边形是正方形，见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂直平分线性质，得出，即可得出结论；
（2）通过证明，即可求证；
（3）当时，四边形为正方形．根据，推出，则，进而得出四边形是矩形，根据（）中的，即可得出四边形是正方形．
【小问1详解】
证明：垂直平分线，
．
是等腰三角形，
【小问2详解】
证明：∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：当时，四边形为正方形．理由如下：
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，等腰三形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，解题的关键是掌握垂直平分线上的点到两端距离相等，等腰三角形三线合一，全等三角形对应边相等，一组邻边相等的矩形是正方形．
23. 综合与实践：
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
【操作判断】
操作一：
如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接．
（1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且① °；②线段，，之间的数量关系为 ．
【深入探究】
操作二：
如图2、将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接、．
同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示．
（2）小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请证明该结论是否成立，并说明理由．
【拓展应用】
（3）若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，求出线段的长．
【答案】（1）①45；②；（2）成立，见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质可进行求解；
（2）根据折叠的性质及正方形的性质证明，得出，根据，即可证明结论；
（3）先求出，得出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，求出结果即可．
【详解】解：（1）①∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
即．
故答案为：45．
②由折叠的性质可知，，，
∵，
∴．
故答案为：．
（2）∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可知，，，，
∴，
又∵，
∴．
由（1）得，
∴是等腰直角三角形．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）∵点N落在折痕上，根据折叠可知：
，，，
∴根据解析（2）可知：此时是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
根据勾股定理得：，
∴
解得：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、勾股定理，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握正方形的性质、勾股定理，全等三角形的性质与判定是解题的关键．
24. 如图，在直角坐标系中，点E为线段上一动点，点C为y轴上的一动点．
（1）如图（1），若，过点E作于点M，连接，设，，判断四边形的形状，请证明你的结论．
（2）如图（2），过点E作交于点D，点F在线段上，设，，且点．
①若四边形为平行四边形，用含t的式子表示点C的坐标．
②若四边形为菱形，求t的值．
【答案】（1）四边形为平行四边形，理由见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）先证明，根据直角三角形得出，证明，根据平行四边形判定得出结论即可；
（2）①过点E作于点G，根据勾股定理求出，根据等积法求出，证明四边形为平行四边形，得出，即可得出结果；
②根据菱形的性质得出，，，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，求出结果即可．
【小问1详解】
解：四边形为平行四边形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
【小问2详解】
解：①过点E作于点G，如图所示：
则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴．
②∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据①可知，，
∴，
∵，
∴，
解得：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．