山西省朔州市怀仁市2023-2024学年八年级下册期中数学试题（含解析）

这是一份山西省朔州市怀仁市2023-2024学年八年级下册期中数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷共8页，满分120分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置．
3．答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷 选择题（共30分）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．若二次根式在实数范围内有意义，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．下列根式中，不是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
3．在数学活动课上，老师要求同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的四位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否相互平分B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角D．测量四边形其中的三个角是否都为直角
4．如图，在 中， 平分 交 边于点， 且的长为( )
A．4B．5C．6D．7
5．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在矩形中，点为边上一动点，点是边上的中点，连接，．点、分别为，的中点，连接．则在点从运动到过程中，线段的变化为（ ）
A．越来越长B．越来越短C．不发生变化D．无法确定
7．如图，点在数轴上表示的数为，则化简的结果为( )

A．B．C．D．
8．如图，有一只喜鹊在一棵高的小树上觅食，它的巢筑在与该树水平距离（）为的一棵高的大树上，喜鹊的巢位于树顶下方的处，当它听到巢中幼鸟的叫声，立即飞过去，如果它飞行的速度为，那么它要飞回巢中所需的时间至少是( )

A．B．C．D．
9．如图，在中，对角线、相交于点O，过点O作交于点E，连接．若的周长为20，则的周长为（ ）
A．5B．10C．15D．20
10．巧巧同学最近在学烘焙，使用的其中一个糕点模具底面是有一内角为的菱形，如图所示，已知该模具底面边长是，向内注入足量的材料，生产出的糕点底面积是( )

A．B．C．D．
第II卷 非选择题（共90分）
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．已知，则的取值范围是 .
12．已知△ABC的三边长分别为，，，则的形状是 ．
13．《算法统宗》记载古人丈量田地的诗：“昨日丈量地回，记得长步整三十．广斜相并五十步，不知几亩及分厘．”其大意是：昨天丈量了田地回到家，记得长方形田的长为30步，宽和对角线之和为50步．不知该田的面积有多少？请帮他算一算，该田的面积为 平方步．
14．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝7，BC＝10，则EF的长为 ．
15．如图，在中，．为上一动点，过作于点，于点，连接，当，时，的最小值为 ．
三、解答题（本大题共8个小题，共75分）解答应画出图形，写出文字说明、证明过程或演算步骤
16．计算
(1)
(2)
17．先化简，再求值：，其中．
18．已知，，求的值．
19．如图，四边形中，，垂足为点E，点F为四边形外一点，平分，，且．求证：四边形是菱形．

20．如图，在矩形中，平分交于点，交的延长线于点，连接．

(1)求的度数；
(2)若，，求的长．
21．探究与运用
问题情境：
勾股定理是一个古老的数学定理，它有很多种证明方法．下面利用拼图的方法探究证明勾股定理．
定理表述：
（1）请你结合图1中的直角三角形，叙述勾股定理（可以选择文字语言或符号语言叙述）；
尝试证明：
（2）利用图1中的直角三角形可以构造出图2的正方形，请你利用图2证明勾股定理．
定理应用：
（3）某工程队要从点向点铺设管道，由于受条件限制无法直接沿着线段铺设，需要绕道沿着矩形的边和铺设管道，经过测量米，米，已知铺设每米管道需资金1000元，请你帮助工程队计算绕道后费用增加了多少元？
22．阅读理解
宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形能够带来协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，如图1所示的是希腊的巴特农神庙．
动手操作 下面我们折叠出一个黄金矩形：
第一步，在一张矩形纸片的一端，利用图2的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；
第二步，如图3，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平；
第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把折到图4中所示的处；
第四步，展平纸片，按照所得的点D折出．
若，则______，在图5中，矩形______就是黄金矩形．
23．综合与实践
实践操作：如图1，已知矩形纸片．
第一步：如图2，将纸片沿折叠，使点B的对应点正好落在上，然后展平纸片，得到折痕；
第二步：如图3，在图2的基础上，沿折叠纸片，点C的对应点落在处，与交于点F．

问题解决：
(1)如图2，判断四边形的形状，并证明；
(2)如图3，证明；
(3)若，则的周长为___（直接写出答案即可）．
参考答案与解析
1．D
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求解．
【解答】解：要想使得代数式在实数范围内有意义，
则，
解得，
故选：D．
【点拨】本题考查二次根式有意义的条件，只需满足使得二次根式内非负即可．
2．B
【分析】根据二次根式定义进行判断即可．
【解答】解：∵，
∴不是最简二次根式，故B正确．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了最简二次根式的定义，解题的关键是掌握最简二次根式必须满足的两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3．D
【分析】利用矩形的判定方法进行判断即可.
【解答】解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形；
B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形；
C、测量一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形．
故选：D．
【点拨】本题考查矩形的判定方法，掌握矩形的判定是解决问题的关键.
4．C
【分析】利用平行四边形的对边相等且互相平行，进而得出BE=CE即可得出答案．
【解答】∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠EAB=∠EAD，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∴∠AEB=∠EAD，
∴∠EAB=∠AEB，
∴BE=AB，
∵AD=2AB，
∴BC=2BE，
∵BC=BE+CE，
∴BE=CE= 3，
∴AD=BC=6，
故选C.
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，得出BE=AB是解题关键．
5．C
【分析】根据算术平方根的含义，合并同类二次根式，二次根式的乘法与除法法则逐项进行计算即可得．
【解答】解：A、，故A选项错误；
B、，故B选项错误；
C、，故C选项正确；
D、，故D选项错误．
故选：C．
【点拨】本题考查的是算术平方根的含义，合并同类二次根式，二次根式的乘法与除法，掌握以上运算是解题的关键．
6．C
【分析】本题考查了矩形的性质，中位线的性质．连接，根据点是边上的中点，得到的长度不变，根据中位线的性质得到，即可得到线段长度不变．
【解答】解：如图，连接，
∵点是边上的中点，
∴的长度不变，
∵点、分别为，的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴线段长度不变．
故选：C．
7．D
【分析】从数轴可知：，再根据二次根式的性质化简计算即可得出答案．
【解答】根据数轴可知，
原式，
，
，
，
故选：．
【点拨】此题考查了数轴，二次根式的化简，解题的关键是确定的取值范围．
8．C
【分析】过作于，如图所示，由勾股定理求出最短路径长即可得到答案．
【解答】解：过作于，如图所示：

由题意可知，，
根据两点之间线段最短，则它要飞回巢中所飞的最短路径为，由勾股定理可得，
它要飞回巢中所需的时间至少是（），
故选：C．
【点拨】本题考查勾股定理解实际问题，读懂题意，作出图形，数形结合求出最短路径长度是解决问题的关键．
9．B
【分析】本题主要平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质和判定，先说明是线段的中垂线，可得，然后说明的周长为，即可得出答案.
【解答】解：∵在中，对角线相互平分，
∴O是中点.
∵，
∴是线段的中垂线，
∴，
∴的周长为.
∵的周长为20，
∴，即的周长为10．
故选：B．
10．D
【分析】根据菱形性质，由对角线相互垂直，再由等边三角形的判定与性质及勾股定理求出对角线长即可得到菱形面积．
【解答】解：根据题意，作出图形，如图所示：

由题意设菱形中，，则是等边三角形，
，
在菱形中，，且由菱形对角线平分对角得到，
在中，，则，
由勾股定理可得，
，
，
故选：D．
【点拨】本题考查利用菱形性质求面积，涉及菱形性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、菱形面积公式等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
11．
【分析】根据二次根式有意义的条件，列不等式求解即可得到答案．
【解答】解：，
，且，解得，
故答案为：．
【点拨】本题考查二次根式有意义的条件，熟记二次根式被开方式非负是解决问题的关键．
12．等腰直角三角形
【分析】根据勾股定理的逆定理，得出三角形是直角三角形．
【解答】解：∵的三边长分别为：，，，且，
∴是直角三角形，
∵，
∴是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形．
【点拨】本题主要考查勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理得出三角形是直角三角形，是解题的关键．
13．480
【分析】根据矩形的性质、勾股定理求得长方形的宽，然后由矩形的面积公式即可解答．
【解答】解：设该矩形的宽为x步，则对角线为步，
由勾股定理，得，解得，
故该矩形的面积为（平方步）．
故答案是：480．
【点拨】本题主要考查了勾股定理的应用，利用方程思想求得矩形的宽是解答本题的关键．
14．1.5
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝5，
在Rt△AFB中，D是AB的中点，
∴DF＝AB＝3.5，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5
【点拨】本题考查中位线的性质、线段的和与差等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
15．
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，过点A作，连接，先利用勾股定理求出，进而利用等面积法求出，证明四边形是矩形，得到，则当时，最小，即此时最小，据此可得答案．
【解答】解：如图所示，过点A作，连接，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，最小，即此时最小，
∴最小值即为，
故答案为：．
16．(1)
(2)
【分析】（1）先化简绝对值，将所有二次根式化简为最简二次根式，再乘除，再加减．
（2）此算式分成两部分，前面部分利用平方差公式化简，后面部分利用完全平方差公式化简，再去括号，再加减运算即可．
【解答】解：（1）原式 =3+－1 － 4×+3
=3+－1－2+6
=2+5
解：（2）原式 =（）－（）－（1－ 2+5）
= 18－3－ 6+2
= 9 +2
【点拨】本题考查二次根式的运算，平方差公式，完全平方公式，能够熟练化简二次根式是解决本题的关键．
17．，
【分析】先计算整式的乘法，再合并同类项，然后把代入化简后的结果，即可求解．
【解答】解：原式
，
当时，
原式．
【点拨】本题主要考查了二次根式的混合运算，整式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
18．
【分析】先把所求式子进行因式分解，然后根据二次根式的混合计算法则代值计算即可．
【解答】解：
当时，
原式
．
【点拨】本题主要考查了因式分解的应用，二次根式的混合计算，灵活运用所学知识是解题的关键．
19．见解析
【分析】先证，，得四边形是平行四边形，然后再证即可 .
【解答】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点拨】本题考查了菱形的判定，相关知识点有：角平分线的定义、平行线的判定、等腰三角形的判定等，熟记菱形的所有判定方法是解题关键．
20．(1)；
(2)．
【分析】（1）由矩形的性质和角平分线定义即可求解；
（2）通过角度和差求出，则有，由勾股定理得，然后根据等腰直角三角形性质，最后通过矩形性质即可求解．
【解答】（1）∵四边形是矩形，
∴，，
又∵平分，
∴，
∴，
（2）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的性质及其应用．
21．（1）见解析；（2）见解析；（3）增加了8000元
【分析】本题主要考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）根据题意可直接进行求解；
（2）根据等积法可进行求解；
（3）利用勾股定理可进行求解．
【解答】解：（1）如果直角三角形的两条直角边长分别为，，斜边长为，那么．
（2）由图可知
即：
（3）在中，，
（元）；
答：增加了8000元．
22．，
【分析】如图4所示，先求出，再利用勾股定理求出，由折叠的相等得到，则，进一步求出即可得到结论．
【解答】解：如图4所示，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
由折叠可知，
∴；
如图5所示，
∵，
∴，
∴矩形为黄金矩形．
故答案为：，．
【点拨】本题考查了翻折变换、正方形的判定与性质、矩形的性质、黄金矩形的定义、勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23．(1)正方形，证明见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得到，折叠得到，即可得出四边形是正方形；
（2）证明即可得证；
（3）勾股定理求出，的长，即可得出结论．
【解答】（1）四边形正方形
证明：∵四边形是矩形，
∴，
又∵△是由折叠得到的，
∴，
∴四边形是正方形；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）解：∵矩形，正方形，，

∴，
∴，
在中，，
由（2）知：，
∴
∴，
设，则：，
在中，，即：，
解得：，
∴，
∴的周长为：．
故答案为：．
【点拨】本题考查矩形中的折叠问题，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相关性质并灵活运用，是解题的关键．