福建省莆田市城厢区南门学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份福建省莆田市城厢区南门学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含福建省莆田市城厢区南门学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、福建省莆田市城厢区南门学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
1. 要使二次根式有意义，x的值可以是（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
根据二次根式有意义的条件进行解题即可．
【详解】解：由题意可知，，
即．
故选项中只有2符合．
故选：A．
2. 下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和最简二次根式的定义逐项判断即可．
【详解】解：A、不属于最简二次根式，不符合题意；
B、属于最简二次根式，符合题意；
C、不属于最简二次根式，不符合题意；
D、不属于最简二次根式，不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，解答的关键是熟知最简二次根式应满足下列两个条件：1、被开方数不含分母；2、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的加减乘除法则依次判断
【详解】解：A. 与不是同类二次根式，不能合并，故错误；
B. ，故正确；
C. ，故错误；
D. ，故错误；
故选：B
【点睛】此题考查了二次根式计算法则，正确掌握二次根式的加减乘除计算法则是解题的关键
4. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知AB∥DC，则添加下列结论中的一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. AO=COB. AC=BDC. AB=CDD. AD∥BC
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理依次判断即可.
【详解】∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，∠BAC=∠ACD，
∵AO=CO，
∴△ABO≌△CDO，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故A正确，且C正确；
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故D正确；
由AC=BD无法证明四边形ABCD是平行四边形，且平行四边形的对角线不一定相等，
∴B错误；
故选：B.
【点睛】此题考查了添加一个条件证明四边形是平行四边形，正确掌握平行四边形的判定定理并运用解题是关键.
5. 下列条件中，不能判断为直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理，三角形内角和定理，熟记勾股定理逆定理是解答本题的关键．
根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理分析每个选项，得出正确答案．
【详解】解：根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，
、，是直角三角形，故不符合题意；
、，，
，即是直角三角形，故不符合题意；
、，
不是直角三角形，故符合题意；
、，
是直角三角形，故不符合题意，
故选：．
6. 在平面直角坐标系中，的顶点A、B、C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，先求出，再由平行四边形对边相等且平行得到，据此可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴顶点D的坐标是，
故选：D．
7. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 有一组邻边相等的四边形是菱形B. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
C. 两组邻角相等四边形是平行四边形D. 对角线互相平分且垂直的四边形是矩形
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形和菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，错误；
B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，错误；
D、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，错误；
故选：B．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形和菱形的判定定理，熟记定理是解题的关键．
8. 如图，在长方形ABCD中，cm，cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△BEF的面积为（ ）

A. 6B. 7.5C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】由折叠的性质可得∠G=∠C=90°，BG=CD=3cm，GF=CF，设BF=xcm，则GF=CF=（9-x）cm，Rt△BGF中由勾股定理建立方程求解即可解答；
【详解】解：如图，C点翻折后对应的点为G，
长方形ABCD中，AB=CD=3cm，AD=9cm，∠C=90°，
根据翻折可得：∠G=∠C=90°，BG=CD=3cm，GF=CF，
设BF=xcm，则GF=CF=（9-x）cm，
在Rt△BGF中，根据勾股定理得：
32+（9-x）2=x2，解得x=5，
∴S△BEF=BF·AB=×5×3=7.5(cm2)，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．
9. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为．若，大正方形的面积为，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个三角形的面积即可解答．
【详解】解：∵三角形较长直角边长为，较短直角边长为，
∴四个三角形的面积为，
∵，大正方形的面积为，
∴小正方形的面积为，
∴小正方形的边长为，
∴，
故选．
【点睛】本题考查了正方形的面积，直角三角形的面积，勾股定理，掌握小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个三角形的面积是解题的关键．
10. 如图，已知矩形ABCD的面积为1，，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第6次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查规律型：图形的变化类，中点四边形的性质，解题的关键是找出的规律．
记四边形的面积为，根据中点四边形的性质，得出，，，推出，把代入计算即可．
【详解】解：记四边形的面积为，
连接，
、、、为矩形各边的中点，
∴
、、、为菱形各边的中点，
，
，
，
当时，
∴四边形的面积是．
故选：C．
二、填空题（每小题4分，共16分）
11. 计算：____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式的相关知识．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 如图，直线，和的夹角，且，则两平行线和之间的距离是________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查两平行线之间距离，勾股定理，如图，作，根据平行线性质可推出，构造等腰直角三角形，再用勾股定理即可求得两平行线和之间的距离．
【详解】解：如图，作，
直线，，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
在中，
负值舍去.
∴两平行线和之间的距离为.
13. 已知一个直角三角形的两直角边的长分别为，，则第三边的长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，即在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
先设另一边长，由于不知道为斜边还是直角边，故应分两种情况进行讨论．
【详解】解：设另一边长，
当另一边为斜边时：，解得：，（不符合题意）；
当另一边为直角边时：，解得：，（不符合题意）．
∴第三边长为或．
故答案为：或．
14. 如图是数学史上著名的“希波克拉底月牙问题”：在中，，，，，分别以的各边为直径向外作半圆，则图中两个“月牙”，即阴影部分的面积为________．（用含，，的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得：阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形ABC的面积减去大半圆的面积，由勾股定理得到，代入即可求解．
【详解】解：根据题意得：阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形ABC的面积减去大半圆的面积，
∵在中，，，，，
∴，
∴阴影部分的面积等于
．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，根据题意得到阴影部分的面积等于两个小半圆的面积之和加上直角三角形ABC的面积减去大半圆的面积是解题的关键．
15. 如图，在正方形中，点在上，点在上，连接、、，，，，则正方形的边长为________．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，延长至点，使，并连接和，由，推出，，由，推出，进而利用勾股定理解答即可．
【详解】解：延长至点，使，并连接，如图，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
设正方形的边长为，，，
，
在中，，
即，
解得：，
即正方形的边长为12，
故答案为：12．
16. 如图，菱形中，，与交于点O，E为延长线上一点，且，连接，分别交，于点F、G，连接，则下列结论：①；②由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；③；④连接点D，F，则是的角平分线．其中正确的结论是_____．（请填写正确的序号）
【答案】①②④
【解析】
【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，可判定①；
②先证明四边形是平行四边形，证出、是等边三角形，得出，因此，得出四边形是菱形，可判定②；
③连接，由等边三角形的性质和角平分线的性质得到三边的距离相等，则，则，可判定③；即可得出结论．
④证明，即可得出，可判定④．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
是中位线，
，故①正确；
，，
四边形是平行四边形，
，
、是等边三角形，
，，
平行四边形是菱形，故②正确；
连接，如图：
是等边三角形，平分，平分，
到三边的距离相等，
，
，故③错误；
是等边三角形，平分，平分，
∴平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即是的角平分线，故④正确．
故答案为： ①②④．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，角平分线的定义以及三角形面积等知识；本题综合性强，难度较大．
三、解答题（共86分）
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题时需要熟练掌握二次根式运算法则是解题的关键．
（1）依据题意，首先二次根式的性质进行化简然后按照二次根式的加减法法则进行计算即可得解；
（2）依据题意，根据二次根式的混合运算法则并结合乘法公式进行运算即可得解．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
18. 如图，四边形是平行四边形，点在对角线上，分别平分和，证明．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得，再由分别平分和，可得，再证明即可得证．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
．
．
分别平分和，
∴，．
，
．
，
．
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，全等三角形的判定，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
19. 如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积．

【答案】
【解析】
【分析】连接，先根据勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出的形状，然后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：连接，

在中，，，
∴，
在中，，
∴是直角三角形，且，
∴四边形的面积
．
故四边形的面积为．
【点睛】本题考查的是勾股定理及其逆定理，三角形的面积计算公式的运用，能根据勾股定理的逆定理判断出的形状是解答此题的关键．
20. 如图，矩形的对角线相交于点O．
（1）在矩形外求作点E，使得四边形是菱形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）若，菱形的面积为，求的长．
【答案】（1）图见解析
（2）12
【解析】
【分析】（1）分别以点B、C圆心为半径画弧，两弧相交于E，连接，即可．
（2）连接交于F，由菱形的性质和菱形的面积求得，再根据矩形的性质、直角 三角形的性质与勾股定理，求得，从而可求得，再根据求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，四边形即为所求作的菱形．
由作图可知：，
∵矩形的对角线相交于点O．
∴，
∴
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：连接交于F，
由（1）知：四边形是菱形，
∴，，，
∵
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∴
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查尺规作复杂图形，矩形的性质，菱形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的性质，菱形的性质与判定是解题的关键．
21. “儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”，又到了放风筝的最佳时节．某校八年级某班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，他们进行了如下操作：
①测得水平距离的长为15米；
②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为25米；
③牵线放风筝的小明的身高为米．
（1）求风筝的垂直高度；
（2）如果小明想要风筝沿方向下降12米，则他应该往回收线多少米？​
【答案】（1）风筝的高度为米；
（2）他应该往回收线8米．
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理求出的长，再加上的长度，即可求出的高度；
（2）根据勾股定理即可得到结论．
【小问1详解】
解：在中，
由勾股定理得，，
∴（负值舍去），
∴（米），
答：风筝的高度为米；
【小问2详解】
解：由题意得，米，
∴米，
∴（米），
∴（米），
∴他应该往回收线8米．
22. 如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在边上，且，．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，，求和的长．
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）证明是的中位线，得到，再证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由勾股定理求得的长，再由三角形中位线定理得出的长，然后由矩形的性质得到的长，即可得出的长．
【小问1详解】
解：四边形是矩形，理由如下：
四边形是菱形，
，，
是中点，
是的中点，
是的中位线，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：，是的中点，
，
在中，由勾股定理得：，
四边形是菱形，
，，，
是的中位线，
，
四边形是矩形，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，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，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
23. 如图，矩形中，，．一动点P从B点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，同时另一动点Q从D点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒．过点P作于点E，连接，．
（1）求证：；
（2）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）或，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查动点问题及矩形的性质，找到动点运动的规律和路线、速度、以及是否停止和有无取值范围是解题的关键．
（1）由垂直得，在中，，由，可得，即可证明结果；
（2）分类讨论：①当，②当，③当即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
又∵，
∴；
【小问2详解】
解：①当时，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，即；
②当时，，
在中，，
∴，
∵，
∴，即．
③当时，此种情况不存在，
综上所述，当或时，为直角三角形．
24. 定义：正方形内部一点，若是直角，则称为边上的弦图三角形（如图．
（1）如图2，在正方形中，点分别是，上两点，交于点，若，求证：是边上的弦图三角形．
（2）如图3，正方形中，是边上的弦图三角形，点为中点，若正方形边长为2，
①直接写出的长为 ；的最小值为 ．
②若（如图求的长．
【答案】（1）见解析 （2）①1；；②
【解析】
【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、线段的和的最小值问题以及勾股定理等知识与方法
（1）根据正方形的性质及证明，得到相等的角，再证明，即可得出结论；
（2）①由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，再连接，求出的长，由求出的最小值；
②延长交于点，连接、，证明，垂直平分，在中求出的长，在中求出的长，从而求出的长．
【小问1详解】
证明：如图2，四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
是边上的弦图三角形．
【小问2详解】
①如图3，连接，
是边上的弦图三角形，
，
为的中点，且，
；
，，，
，
，
，
，
当点在线段上时，值最小，
此时的值最小，
由得，，
故答案为：1；．
②如图4，延长交于点，连接、，交于点，
，，，
，
，
，
，
，，
，
，
垂直平分，
，，
设，则，，
由，得，
解得，
，
，
，
由，得，解得，
．
25. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，D两点坐标分别为，，且．
（1）直接写出坐标：A（ ， ），D（ ， ）；
（2）点B，C是x轴上两动点（B在C左侧），且使四边形为平行四边形．
①如图，当点，分别在原点两侧时，连接，过点作交于点，连接，取中点，在上截取，使，求证：；
②当点在原点左侧时，过点的直线，分别交，于，，试探究，，三条线段之间的数量关系．并说明理由．
【答案】（1），
（2）①见解析；②当点在点的右侧时， ．当点在点的左侧时， ．理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的被开方数是非负数，构建不等式求出，的值，可得结论．
（2）①如图1中，连接，延长交于．证明，推出，，证明，推出，，再证明，推出，在中，根据，可得结论．
②如图2中作交的延长线于．证明四边形是平行四边形，证明，推出，可得结论．
【小问1详解】
解：．
又，
，，
，．
【小问2详解】
①如图1中，连接，延长交于．
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
在中，，
．
②解：当点在点的右侧时，结论：．
理由：如图2中作交的延长线于．
，，
四边形是平行四边形，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
．
当点在点的左侧时，同法可得．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，二次根式的非负性，非负数的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．