湖北省武汉市硚口区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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一、选择题（共10 小题，每小题3分，共30分）下列各题均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑．
1. 要使式子有意义，则x的取值范围是（ ）
A. x＞3B. x≠3C. x≥3D. x≤3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】解：由题意得，x-3≥0，
解得，x≥3．
故选C．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题关键．
2. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
根据二次根式的混合运算法则逐一判定即可求解．
【详解】解：A、，原选项计算错误，不符合题意；
B、，原选项计算正确，符合题意；
C、与不是同类二次根式，不能进行加减，原选项计算错误，不符合题意；
D、，原选项计算错误，不符合题意；
故选： B．
3. 在 中，，则的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平行四边的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
根据平行四边形对角相等即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
故选：A ．
4. 在中，，， 的对边分别是，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，直角三角形的性质及判定方法，理解并掌握直角三角形的判定方法是解题的关键．
根据直角三角形中，最大角的度数为可以判断A、B选项，运用勾股定理逆定理可判定C、D选项，由此即可求解．
【详解】解：A、
∵，
∴，则，能判定直角三角形，A选项不符合题意；
B、，
∴，即中最大角的度数为，
∴不能判定是直角三角形，B选项符合题意；
C、，
设，
∴，
∴，即，能判定是直角三角形，C选项不符合题意；
D、，能判定是直角三角形，不符合题意；
故选：B ．
5. 《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折高者几何?意思是：一根竹子，原高一丈（一丈尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部尺远，问折断处离地面的高度是多少?设折断处离地面的高度为 尺，则下列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的运用，理解题意，掌握勾股定理的计算是解题的关键．
根据题意，如图所示，
【详解】解：根据题意作图如下，尺，尺，设，则，
∴在直角中，，
∴，
故选：A ．
6. 如图，在 中，下列结论中错误的是（ ）
A. 当时，它是菱形B. 当平分 时，它是菱形
C. 当时，它是矩形D. 当时，它是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定和性质的综合，掌握平行四边形，特殊四边形的判定和性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定逐一求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，则A选项正确，不符合题意；
当平分时，，
∴，
∴平行四边形是菱形，B选项正确，不符合题意；
当时，，即，
根据对角线相等的平行四边形是矩形，
∴平行四边形是矩形，C选项正确，不符合题意；
当时，平行四边形是矩形，不是正方形，D选项错误，符合题意；
故选：D ．
7. 如图，是菱形 的对角线的交点，是边中点，若，，则长是（ ）
A. B. 3C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握菱形的性质是解题的关键．
根据菱形性质可得直角，根据勾股定理求出的值，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，根据点是的中点可得，由此即可求解．
【详解】解：已知四边形是菱形，，
∴，，
∴是直角三角形，
∴，
∵点是的中点，
∴，
故选：A ．
8. 在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A：，
为平行四边形而非矩形
故A不符合题意
B：，
为平行四边形而非矩形
故B不符合题意
C：
∴∥
四边形为矩形
故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形
故D不符合题意
故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
9. 如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A. 菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B. 菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C. 平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴
∵对称，
∴，
∴
∵对称，
∴，
∴，
同理，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
如图所示，

当三点重合时，，
∴
即
∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，
设，则，，
在中，，
连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∵为中点，
∴，，
∴，
根据对称性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】主要考查整式的化简求值及完全平方公式与二次根式的运算，熟练掌握各个运算法则是解题关键．先求出，再把原式化为整体代入计算即可．
【详解】解：，
，
，即，
，
故选：C．
二、填空题（共6 小题，每小题 3 分，共 18 分）
11. 写出一个小于3正无理数___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据无理数估算的方法求解即可.
【详解】解：∵，
∴
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了无理数的估算，准确计算是解题的关键．
12. 计算的结果是_________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据二次根式的性质进行化简即可．
【详解】解：．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了二次根式的化简，注意：．
13. 多项式分解因式的结果是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了乘法公式，二次根式的性质，因式分解，掌握运用乘法公式进行因式分解是解题的关键．
根据二次根式性质，再结合乘法公式进行因式分解即可求解．
【详解】解：，
故答案为： ．
14. 如图，在正方形中，已知，，则的长是_____________，其对角线的交点坐标是_____________．
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
【分析】本题考查直角坐标、正方形和全等三角形的性质，解题的关键是证明．通过勾股定理求出，证明得到，即可求得点的坐标，再根据中点坐标公式得出结论即可．
【详解】解：，，
，
在中，；
如下图所示，过点D，作垂直于x轴，交x轴于点E，
∵，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
对角线的交点坐标是，即，
故答案为：5，．
15. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则___________．

【答案】##
【解析】
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，

四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
16. 如图，在四边形中，，，，，，则的长是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
如图所示，连接可得是等边三角形，将绕点逆时针旋转可得，，是等边三角形，过点作延长线于点，可证是等腰直角三角形，根据勾股定理可求出的长，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，，
∴是等边三角形，则，
将绕点逆时针旋转，
∴与重合，与重合，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，即，
∴，
∴，
过点作延长线于点，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为： ．
三、解答题（共8 小题，共 72 分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质化简，二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算法则是解题的关键．
（1）运用二次根式的性质化简，再根据二次根式的加减运算即可求解；
（2）运用二次根式的性质化简，再根据二次根式的加减运算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 已知，．
（1）直接写出，的值；
（2）求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查乘法公式的运用，二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
（1）根据二次根式的运算法则即可求解；
（2）运用乘法公式，将（1）中的结果代入计算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
；
【小问2详解】
解：，
由（1）可知，，，
∴原式．
19. 如图，在四边形中，．
（1）求证：
（2）求四边形的面积．
【答案】（1）见详解 （2）234
【解析】
【分析】（1）连接，根据勾股定理计算出长，再利用勾股定理逆定理判定是直角三角形，即可得到结论；
（2）利用和的面积求和，即可．
【小问1详解】
连接，
∵ ，
，
∵ ，即，
∴ ，
∴；
【小问2详解】
解：四边形的面积=．
故面积为：234．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理逆定理．关键是掌握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；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．
20. 如图，在中，是边的中点，过点 作直线，交的角平分线于点E，交的外角的角平分线于点，连接．
（1）求证：四边形为矩形．
（2）请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件．
【答案】（1）证明过程见详解
（2），或（答案不唯一）
【解析】
【分析】（1）根据角平分线可得，可证，根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可得是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，由此即可求证；
（2）根据正方形的判定方法“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”即可求解．
【小问1详解】
证明：已知平分，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：由（1）可知四边形是矩形，
∴根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”得，添加条件为：，或（答案不唯一），
添加条件为：，
∵四边形是矩形，，
∴矩形是正方形；
添加条件：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，且四边形是矩形，
∴矩形是正方形；
综上所述，添加条件为：：，或（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的证明，正方形的判定和性质的综合，掌握矩形判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键．
21. 如图，在中，两点分别在边 上，连接， 且．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若平分，，且，，求的长．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）的长为
【解析】
【分析】（1）根据全等三角形的判定可得，，再根据平行四边形的性质，可得，由此即可求证；
（2）根据题意可得，根据垂直可得平行四边形是矩形，设，在和中，运用勾股定理即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴四边形为平行四边形；
【小问2详解】
解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，则，
∵，且四边形为平行四边形，
∴平行四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，，
在中，，则，
∴，
∴，
解得，，
∴的长为．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等角对等边，勾股定理的运用，掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
22. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都是格点，点 P 在AC 上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
（1）在图1中，先画，再在上画点H，使，然后在上画点Q，使；
（2）在图2中，先画的中线，再在上画点F，使．
【答案】（1）图见解析
（2）图见解析
【解析】
【分析】本题考查格点作图，平行四边形的性质，等腰三角形的性质．
（1）根据平行四边形的性质，取格点D，连接，使得，再连接，然后连接，交于点，连接并延长交于点H，则得出，连接交于M，连接并延长交于点Q，连接，则，即为所求；
（2）取格点，连接交于点E，则的中点E；再取格点，连接，交于点F，可得，连接，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，点E，点F即为所求．
【小问1详解】
解：如图所示，，点E即所求；
【小问2详解】
解：点E，点F即为所求．
23. 如图1，在菱形中，E 是边上的点，是等腰三角形，，（）．
（1）如图2，当时，连接交于点P，
①直接写出的度数；
②求证：．
（2）如图1，当时，若，求的值．
【答案】（1）①②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①在上截取，连接，证明，再结合菱形性质得出结论；②作交于点N，证明四边形是平行四边形，根据性质得出，再根据勾股定理得出结论；
（2）延长使，连接，过F作交延长线于点N，先证求出，设，则，利用勾股定理求出，计算得出结论；
【小问1详解】
解：①在上截取，连接，
，
，
，
又，
，
四边形菱形，且，
∴四边形是正方形，
，，
又，
，
，
，
，
；
②作交于点N，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
在中，，
；
【小问2详解】
解：延长使，连接，过F作交延长线于点N，
，
，
，
，
，
解得，
设，则，
，
，
由勾股定理，得，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形是的判定与性质，全等三角形判定与性质及勾股定理的应用，熟练掌握相关性质及添加辅助线解决问题是解题关键．
24. 在平面直角坐标系中，已知矩形，其中．
（1）如图1，若点，E在边上，将沿翻折，点C恰好落在边上的点F处，
①直接写出点 F的坐标及的长；
②如图 2，将沿y轴向上平移m 个单位长度得到，平面内是否存在点G，使以、O、、G 为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G 的坐标，若不存在，请说明理由．
（2）如图3，若点，连接，M，N 两点分别是线段 上的动点，且，求的最小值．
【答案】（1）①；②存在，，理由见解析
（2）的最小值为9
【解析】
【分析】（1）①根据勾股定理求出点F坐标，设，根据勾股定理列方程解决；②由平移得出，根据菱形性质分情况求出即可；
（2）分别取中点E、F，连接，以为边构造，连接，推出当点O、M、P在同一直线上时值最小，求出即可．
【小问1详解】
解：①矩形，，，
，
由翻折得：，
在中，
，
；
设，则，
在中，
，
解得：，
；
②存在，，理由如下：
将沿y轴向上平移m 个单位长度得到，平面内是否存在点G，使以、O、、G 为顶点的四边形是菱形，
，
当时，，
解得：，
，
则将点先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到到，
同理将点O 先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到到；
当时，，
解得：，
，
则将先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到点，
同理将点O 先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到到；
当时，，
解得：，
，
则将向上平移个单位得到点，
同理将点向上平移个单位得到点；
综上所述，存在，；
【小问2详解】
解：分别取中点E、F，连接，以为边构造，连接，
，则，
当点O、M、P在同一直线上时值最小，
最小值，
，
矩形为正方形，
，且，
在中，
在中，，
则的最小值为9．
【点睛】本题考查了矩形及菱形性质、平移的性质、勾股定理的应用、坐标与图形，熟练掌握相关性质是解题关键．