河南省洛阳市第二外国语学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份河南省洛阳市第二外国语学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每题3分，共30分）
1. 下列各式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念：（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判断即可．
【详解】解：A、属于最简二次根式，故本选项符合题意；
B、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（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是解题的关键．
2. 下列运算正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的性质对A选项进行判断；根据二次根式的加法运算对B选项和C选项进行判断；根据二次根式的除法法则对D选项进行判断．
【详解】解：，所以A选项不符合题意；
B．，所以B选项不符合题意；该试卷源自 每日更新，享更低价下载。C．，所以C选项不符合题意；
D．，所以D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，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的加减法则和除法法则是解决问题的关键．
3. 使得式子有意义的x的取值范围是（ ）
A. x≥4B. x＞4C. x≤4D. x＜4
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【详解】解：使得式子有意义，则：4﹣x＞0，
解得：x＜4
即x的取值范围是：x＜4
故选D．
【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
4. 已知的、和的对边分别是，和，下列给出了五组条件：①；② ；③；④；⑤，，，其中能独立判定是直角三角形的条件有（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的内角和定理和勾股定理逆定理对各选项分析判断即可求出答案．
【详解】解:①∵∠A:∠B:∠C=1: 2: 3，∴∠A+∠B+∠C=180°,
∴∠A+2∠A+3∠A=180°, ∴∠C=90°, ∴ 是直角三角形;
②∵a: b: c=3: 4: 5，∴ (3x) ²+(4x) ²=(5x) ²，∴是直角三角形;
③∵∠A=∠B+∠C是直角三角形，而2∠A=∠B+∠C不是直角三角形；
④∵a²-c²=b²∴是c为斜边的直角三角形;
⑤∵a=1, b=2, c=而1²+2=2²∴此三角形是以b为斜边的直角三角形．
故选: C.
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，主要利用了三角形的内角和定理及勾股定理逆定理来判断．
5. 如图，在中，．C是上一点，已知，，，则的长是（ ）
A. 5B. 9C. 6D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，利用勾股定理求出的长，用求出的长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴；
故选A．
6. 如图，E是平行四边形边上一点，且，连结，并延长与的延长线交于点F，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质、等边对等角、三角形内角和定理等知识，利用平行四边形的性质得到，，则，由等腰三角形的性质得出，再利用三角形的内角和定理得到，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴
故选：B．
7. 如图，在中，为斜边上的中线，点是上方一点，且，连接，若，，则的长为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得，从而在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：在中，为斜边上的中线，
，
，
，
在中，，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形的性质是解题的关键．
8. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD=120°，连接BD，作AE∥BD交CD的延长线于点E，过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，若CF=2，则AB的长是( )
A. 4B. 2C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质可得，从而可得，再利用直角三角形的性质可得，然后根据平行四边形的判定与性质可得，最后根据线段的和差即可得．
【详解】四边形ABCD是平行四边形，
在中，，
，即
又
四边形ABDE是平行四边形
解得
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形判定与性质、直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
9. 如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为（8，6），以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AO于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于MN长为半径画弧两弧交于点Q，作射线AQ交y轴于点D，则点D的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点D作DE⊥AC于点E，由勾股定理可求AC=10，由“AAS”可证△ADO≌△ADE，可证AE=AO=8，OD=DE，可得CE=2，由勾股定理可求OD的长，即可求点D坐标．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AC于点E，
∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（8，6），
∴OA=8，OC=6
∴AC==10
由题意可得AD平分∠OAC
∴∠DAE=∠DAO，AD=AD，∠AOD=∠AED=90°
∴△ADO≌△ADE（AAS）
∴AE=AO=8，OD=DE
∴CE=2，
∵CD2=DE2+CE2，
∴（6-OD）2=4+OD2，
∴OD=
∴点D（0，）
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证明△ADO≌△ADE是本题的关键．
10. 如图，在正方形中，边长为2的等边三角形的顶点E、F分别在和上，下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（ ）。

A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
和中，
，
，
，
，
，
，
①说法正确；
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
②说法正确；
如图，连接，交于点，

四边形是正方形，
，
，
，且平分，
，
，
，
③说法错误；
，
，
设正方形的边长为，
在中，
，
解得，
则，
，
④说法正确，
正确的有①②④．
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质的知识点，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的证明以及辅助线的正确作法，此题难度不大，但是有一点麻烦．
二、填空题（每题3分，共15分）
11. 在RtABC中，∠C=90，AC=6，BC=8，则AB边的长是___________．
【答案】10
【解析】
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，则AB为斜边，
∴，
∵AC=6，BC=8，
则10．
故答案为：10．
12. 如图，的对角线相交于点O，请你添加一个条件使成为矩形，这个条件可以是______．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为矩形．
故答案为(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
13. 如图，在△ABC中，于点，且于点，连接，则的长为___________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵于点且
∴，
∵
∴
故答案为：5．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
14. 有一块直角三角形纸片，两直角边分别为：，，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，______cm．

【答案】
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出，由折叠的性质可得，再根据进行求解即可．
【详解】解：在中，，
∴，
由折叠的性质可知，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，三角形面积，正确理解题意得到是解题的关键．
15. 如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边，上的动点，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是______．
【答案】7.5
【解析】
【分析】连接、、，由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后证四边形是矩形，得，当A、P、C三点共线时，即可求解．
【详解】连接、、，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵P是线段的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
当A、P、C三点共线时，
，
∴的最小值是7.5，
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，求出的最小值是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，满分75分）
16. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算二次根式的除法和乘法，再合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差和完全平方公式展开，再计算减法即可；
【小问1详解】
．解：原式
【小问2详解】
解：原式
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
17. 已知，求下列各式的值：
（1）； （2）．
【答案】（1）12；（2）．
【解析】
【分析】先求出 ， ，
（1）然后利用完全平方公式进行因式分解，即可求解；
（2）然后利用平方差公式进行因式分解，即可求解．
【详解】解：∵，
∴ ， ，
∴（1）；
（2）．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式和平方差公式，二次根式的加减运算和乘法运算，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
18. 如图，方格中小正方形的边长为1，的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
（1）请判断三角形是否是直角三角形，并说明理由；
（2）的面积；
（3）点A到边的距离．
【答案】（1）是直角三角形，理由见解析
（2）
（3）2
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，二次根式的应用：
（1）利用勾股定理求出，，，则，由勾股定理的逆定理即可得到是直角三角形，且；
（2）直接根据三角形面积计算公式求解即可；
（3）利用等面积法求解即可．
【小问1详解】
解：是直角三角形，理由如下：
由题意得，，，，
∴，
∴是直角三角形，且；
【小问2详解】
解：由（1）可知；
【小问3详解】
解：设点A到边的距离为h，
∵，
∴，
∴点A到边的距离为2．
19. 如图，的对角线相交于点O，且E、F、G、H分别是、、、、的中点．求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质；熟记平行四边形的对角线互相平分，对角线互相平分的四边形是平行四边形是解决问题的关键．
由平行四边形的性质得出，，再由中点的定义得出，，即可证出四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
，，，
∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形．
20. 如图，在笔直的铁路上A、B两点相距25km，C、D为两村庄，，，于A，于B，现要在AB上建一个中转站E，使得C、D两村到E站的距离相等，求E应建在距A多远处？
【答案】E应建在距A点15km处
【解析】
【分析】设，则，根据勾股定理求得和，再根据列式计算即可；
【详解】设，则，
由勾股定理得：在中，
，
在中，
，
由题意可知：，
所以：，
解得：．
所以，E应建在距A点15km处．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，准确计算是解题的关键．
21. 如图，在菱形中，，，点E是边的中点，点M是边上的一个动点（不与点A重合），延长交的延长线于点N，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形．
【答案】（1）见解析 （2）①1；②2
【解析】
【分析】（1）利用菱形的性质和已知条件可证明四边形的对边平行且相等即可；
（2）①由（1）可知四边形是平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形即，所以时即可；
②当平行四边形的邻边时，四边形为菱形，利用已知条件再证明是等边三角形即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：①当的值为1时，四边形是矩形．理由如下：
∵，
∵点E是边的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴平行四边形是矩形．
故答案为：1
②当的值为2时，四边形是菱形．理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形；
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、矩形的判定、以及等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握特殊图形的判定以及重要的性质．
22. 如图，在中，，，，动点P从点A开始以的速度向点C运动，动点F从点B开始以的速度向点A运动，两点同时运动，同时停止，运动时间为．
（1）过点P作交于点D，连接，求证：四边形是平行四边形．
（2）当t为何值时，是等边三角形？
（3）当t为何值时，是直角三角形？请直接写出答案．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，等边三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质：
（1）先求出，进而求出，再求出得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
（2）先求出 ，则当时，等边三角形，据此建立方程求解即；
（3）分当时，当时，两种情况讨论求解即可．
【小问1详解】
证明：∵在中，，，，
∴，
由题意得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵，，
∴
∴当时，是等边三角形，
∴，
∴，
∴当时，是等边三角形；
【小问3详解】
解：当时，则，
∴，
∴
∴；
当时，则，
∴，
∴
∴；
当或时，是直角三角形．
23. 如图①，在正方形中，点E，F分别是边上点，且，连接，过点E作，且使，连接．
（1）请判断：与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）如图②，若点E，F分别是边延长线上的点，其他条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；
（3）如图③，若点E，F分别是边延长线上的点，其他条件不变，若，，则______．
【答案】（1），；
（2）（）中结论仍然成立，理由见解析；
（3）
【解析】
【分析】（）首先证明，得到，，由得到，再根据余角性质可得到，进而得到，推导出四边形是平行四边形，即可求证；
（）首先证明，得到，，由得到，由得到，即，又由，得到，证明到四边形是平行四边形即可，即可求证；
（3）先证明，，得到，利用勾股定理进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，，
'∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：（）中结论仍然成立．
理由：∵正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，；
【小问3详解】
∵正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，．
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键．