广东省江门市江海实验教育集团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. 若代数式有意义，则实数a的取值范围是（ ）
A. a≥﹣2B. a≠2C. a≥2D. a＞﹣2
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用二次根式中的被开方数是非负数，进而得出a的取值范围．
【详解】解：代数式在实数范围内有意义，则a﹣2≥0，
解得：a≥2．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握被开方数的符号是解题关键．
2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可，
本题考查了最简二次根式，解题的关键是掌握最简二次根式的概念．最简二次根式的条件：（1）被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；（2）被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式，不能含有分母．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B、，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
D、，是最简二次根式，故该选项符合题意；
故选：D．
3. 以下各组数据为三角形的三边长，能构成直角三角形的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】直角三角形三边的数量关系：斜边的平方等于两直角边的平方和，据此性质逐项依次判断即可解题．
【详解】解：A、22+12≠22，不是直角三角形，不符合题意；
B、22+32≠42，不是直角三角形，不符合题意；
C、32+42＝52，是直角三角形，符合题意．
D、52+62≠72，不是直角三角形，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查直角三角形三边关系、勾股定理及其逆定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题根据．
4. 如图，在中，AD＝8，点E，F分别是BD，CD的中点，则EF等于（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对边相等，可得，又由点E、F分别是BD、CD的中点，利用三角形中位线的性质，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴．
∵点E、F分别是BD、CD的中点，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与三角形中位线的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式混合运算的计算法则，依次计算，即可求解，
本题考查了，二次根式的混合计算，解题的关键是：熟练掌握二次根式混合运算的计算法则．
【详解】解：A、，错误，不符合题意，
B、，错误，不符合题意，
C、，正确，符合题意，
D、，错误，不符合题意，
故选：D．
6. 如图，下列条件中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理进行分析即可．
【详解】解：根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形，则B选项正确，
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟记基本的判定方法是解题关键．
7. 如图，一棵大树在一次强台风中于离地面5米处折断倒下，树干顶部在离根部12米处，则这棵大树的高度为（ ）．

A. 13B. 17
C. 18D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】由直角三角形三边关系，利用勾股定理解题即可．
【详解】

由题意可知：AC=5米，BC=12米，
在RtABC中，由勾股定理得：，
解得AB=13，
这棵大树的高度为：5+13=18米．
故选C．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
8. 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论不正确的是（ ）

A. 当时，它是菱形B. 当时，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】根据矩形、菱形及正方形的判定可进行求解．
【详解】解：A、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是菱形，故不符合题意；
B、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是菱形，故不符合题意；
C、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是矩形，故不符合题意；
D、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是矩形，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形及正方形的判定，熟练掌握它们的判定定理是解题的关键．
9. 如图，矩形中，连接，延长至点，使，连接．若，则的度数是（ ）

A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质，求出∠DBE的度数是解题的关键．
连接，交于，由矩形的性质得，，，，则，得，再证，由等腰三角形的性质得，则，即可求解．
【详解】解：连接，交于，如图：

四边形是矩形，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
10. 如图，将一个边长为4和8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则折痕EF的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】：根据折叠的性质知，四边形AFEB与四边形FDCE全等，
所以EC=AF=AE，
由勾股定理得，AB2+BE2=AE2，即42+（8﹣AE）2=AE2，
解得，AE=AF=5，
所以BE=3，
作EG⊥AF于点G，则四边形AGEB是矩形，
所以AG=3，GF=2，GE=AB=4，
由勾股定理得EF=．
故选：D．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，满分15分）
11. 计算：_________．
【答案】4
【解析】
【分析】先计算有理数的乘方，再进行二次根式的化简，
本题考查了，有理数的乘方，二次根式的化简，解题的关键是：熟练掌握相关运算法则．
【详解】解：，
故答案为：4．
12. 计算的结果等于__________．
【答案】3
【解析】
【分析】先运用用平方差公式把括号展开，再根据二次根式的性质计算可得．
【详解】解：原式=（）2-（）2
=6-3
=3，
故答案为3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算的应用，熟练掌握平方差公式与二次根式的性质是关键．
13. ▱ABCD中，∠A+∠C＝200°，则∠A＝_______．
【答案】100°
【解析】
【分析】根据平行四边形的对角相等，可得∠A＝∠C，又由∠A+∠C＝200°，可得∠A的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
又∵∠A+∠C＝200°，
∴∠A＝100°．
故答案是：100°．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的性质．
14. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”．若AB=5，AE=4，则正方形EFGH的面积为_____．
【答案】1
【解析】
【分析】利用勾股定理求得直角边的较短边，进一步根据正方形EFGH的面积=大正方形面积-4个直角三角形面积即可求得正方形EFGH的面积．
【详解】直角三角形直角边的较短边为=3，
正方形EFGH的面积=5×5-4×3÷2×4=25-24=1．
故答案为1．
【点睛】此题考查勾股定理的运用，掌握勾股定理的推导过程是解决问题的关键．
15. 如图，已知菱形的边长为6，且，点分别在边上，将菱形沿折叠，使点B正好落在边上的点G处．若，则的长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由菱形的性质可知是等边三角形，再通过折叠的性质和等边三角形的性质得出，即是菱形的高，最后用勾股定理求高即可，
本题主要考查菱形的性质，等边三角形的性质及勾股定理，掌握菱形的性质并能将FG转化成菱形的高是解题的关键．
【详解】解：如图，设与交于点，交于点．
∵ 四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形的高，
即为等边三角形的高，
∴ ．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的运算法则，即可求解，
（2）根据二次根式的运算法则，即可求解，
本题考查了，二次根式的混合运算，解题的关键是：熟练掌握相关运算法则．
【小问1详解】
解：
，
【小问2详解】
解：
．
17. 如图，正方形网格中的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．在图中以格点为顶点画一个三角形，使三角形的其中两边的边长为和．
【答案】详见解析
【解析】
【分析】直接利用勾股定理结合网格得出符合题意的图形，
本题考查了勾股定理和网格问题，熟练掌握定理即可求解．
【详解】解：根据勾股定理，得：，，

如图所示：三角形即为所求．
18. 已知：如图，在中，点E，F分别在和上，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见详解．
【解析】
【分析】先根据平行四边形得出，再由一组对边平行且相等判断四边形DEBF是平行四边形即可．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点E在AB上，点F在CD上，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的判定定理进行求解．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19. 已知x=2+，y=2﹣，
求代数式的值：（1）x2﹣y2 （2）
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件先计算出x+y=4，x-y=，再利用平方差公式得到x2-y2=（x+y）（x-y），然后利用整体代入的方法计算；
（2）先计算出、xy的值，再代入原式=计算可得．
【详解】解：（1）∵x=，y=，
∴x+y=4，x-y=，
∴x2-y2=（x+y）（x-y）
=4×
=；
（2）∵x=，y=，
∴，
xy，
则原式=
=
=.
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：先根据二次根式的性质和运算法则进行化简，然后把满足条件的字母的值代入求值．
20. 在一条东西走向河的一侧有一村庄，河边原有两个取水点，，其中，由于某种原因，由到的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点（、、在一条直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米．
（1）问是否为从村庄到河边的最近路？请通过计算加以说明；
（2）求原来的路线的长．
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）千米．
【解析】
【分析】（）根据勾股定理的逆定理和垂线段最短解答即可；
（）根据勾股定理解答即可；
本题考查了勾股定理及逆定理及垂线段最短在实际生活中的运用，根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，再由勾股定理即可求解，解题的关键是熟练掌握勾股定理及逆定理的应用.
【小问1详解】
是，理由，
在中，，，
∴，
∴
∴，
根据垂线段最短，则是从村庄到河边的最近路；
【小问2详解】
设，
在中，由已知得，，，
由勾股定理得：，
∴，
解得：，
答：原来的路线的长为千米．
21. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作且，连接CE．
（1）求证：四边形OCED是矩形．
（2）连接AE交OD于点F，若菱形ABCD的边长为4，，求AE的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先根据菱形的对角线互相垂直能得到，然后再结合题意即可证明四边形OCED为矩形；
（2）先判断与均为等边三角形，然后利用勾股定理计算出EC长，再次利用勾股定理即可求出AE的长．
小问1详解】
证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，即，且．
∵且，
∴，，
∴四边形OCED为平行四边形，
∴四边形OCED为矩形．
【小问2详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴△ABC为等边三角形，AC=4，
由（1）可知四边形OCED为矩形,OC=AC=2,
EC=OD=BD=，
在Rt△ACE中
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用所学知识，采用数形结合的思想是解题关键．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22. 如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接．过点E作，交射线点F，以为邻边作矩形．连接．
（1）连接，求证：．
（2）求证：矩形是正方形．
（3）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）的值是定值，定值为4．
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质以及边角边的关系证明即可得到结论；
（2）作出辅助线，得到，然后判断，得到，则有即可证明矩形是正方形；
（3）同（法判断出得到，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵点E是正方形对角线上的点，
∴，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图，作，
∴，
∵点E是正方形对角线上的点，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
∴矩形正方形；
【小问3详解】
解：的值是定值，定值为4．
理由：∵四边形、都是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
23. 如图，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒，过点作于点，连接、．
（1）求证：；
（2）求：经过多少秒四边形是矩形；
（3）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，并求出此时四边形的面积；如果不能，说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）经过秒四边形是矩形；
（3）能，，面积
【解析】
【分析】（1）由，，证出；
（2）当四边形是矩形时，为直角三角形且，求出的值即可；
（3）先证明四边形为平行四边形．得出，，若四边形为菱形，得出，，求出的值即可．
小问1详解】
证明：在中，，，，
．
又，
；
【小问2详解】
解：时，四边形为矩形．
在中，，
．即，
．
答：经过秒四边形是矩形；
【小问3详解】
解：能；理由如下：
，，
∴．
又，
四边形为平行四边形．
，，
，
，
若平行四边形为菱形，则，
，
；
当时，四边形能够成为菱形．
此时，，
，
此时四边形的面积．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理的知识；考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．