湖北省武汉市东西湖区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份湖北省武汉市东西湖区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共31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。
满分：120分 时间：120分钟
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，其中有且只有一个正确，请在答题卡上将正确答案的选项涂黑．
1. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是被开方数为非负数是解题的关键.
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，
解得，
故选：A.
2. 下列二次根式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：1、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；2、被开方数的因数是整数，因式是整式．那么，这个根式叫做最简二次根式．
【详解】解：A、，故不是最简二次根式，错误；
B、，故不是最简二次根式，错误；
C、，故不是最简二次根式，错误；
D、无法进行化简，是最简二次根式，正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是最简二次根式的定义，灵活掌握其概念进行判断是解题的关键．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的加减运算，除法运算，以及二次根式的化简，熟知相关计算法则是解题的关键．根据二次根式的加减法，除法运算法则，和二次根式的化简性质求解即可．
【详解】解：A： ，，不是同类二次根式，不能合并， 该选项不符合题意；
B： ， 该选项不符合题意；
C： ， 该选项符合题意；
D： ， 该选项不符合题意；
故选：C．
4. 满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A. AB＝1，BC＝2，AC＝B. AB2﹣BC2＝AC2
C. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5D. ∠A﹣∠B＝∠C
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理逐个判断即可．
【详解】解：A、∵12＋（）2＝22，∴△ABC是直角三角形；
B、∵AB2−BC2＝AC2，
∴AB2＝BC2＋AC2，即△ABC是直角三角形；
C、∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠A＝45°，∠B＝60°，∠C＝75°，即△ABC不是直角三角形；
D、∵∠A−∠B＝∠C，∠A＋∠B＋∠C＝180°，
∴∠A＝90°，即△ABC是直角三角形．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理的应用，能理解勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
5. 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．
6. 如图，矩形中，，，点，在数轴上，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点，则点表示的数为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出AC的长，根据AC=AM，即可得出点M表示的数．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴BC=AD=1， ∠ABC=90°，
∴AC=，
∴AM=AC=，
即点M 表示的数为：；
故选：A
【点睛】本题考查的是用数轴表示数、矩形的性质，正确的用数轴表示数是解题的关键．
7. 如图，矩形ABCD沿直线BD折叠，使点C落在点E处，BE交AD于点F，BC=8，AB=4，则DF=（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据翻折的性质可得∠1＝∠2，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠3，然后求出∠2＝∠3，再根据等角对等边可得BF＝DF，再表示出AF，然后在Rt△ABF中，利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：如图，由翻折的性质得，∠1＝∠2，
∵矩形ABCD的边AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴BF＝DF，
∵AD＝BC＝8，
∴AF＝8−DF，
在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，
∴42＋（8−DF）2＝DF2，
解得：DF＝5．
故选D.
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握翻折前后的两个图形能够完全重合是解题的关键．
8. 两张全等的矩形纸片、按如图方式交叉叠放在一起．若，，则图中重叠（阴影）部分的面积为（ ）
A. B. C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先证四边形是平行四边形，再证，得，则四边形是菱形，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程得出的长，即可解决问题．
【详解】解：设交于点G，交于点H，如图所示：
∵矩形，矩形是全等的矩形，
∴， ，，，
∴四边形是平行四边形，
在和中，
∴，
，
∴平行四边形是菱形，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴ ，
∴菱形的面积为，
即图中重叠（阴影）部分的面积为．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质，由勾股定理求出的长．
9. 如图，已知圆柱底面的周长为，圆柱高为，为底面圆的直径，一只蚂蚁在圆柱的表面上从点爬到点的最短距离为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，把圆柱的侧面展开，找出最短路径，利用勾股定理解答即可求解．把圆柱的侧面展开，找出最短路径是解题的关键．
【详解】解：如图，把圆柱的侧面展开，线段的长度即为蚂蚁在圆柱的表面上从点爬到点的最短距离，
圆柱底面的周长为，
，
，
，
蚂蚁在圆柱的表面上从点爬到点的最短距离为．
故选：B．
10. 如图，在中，，，，分别以为边向外作正方形，正方形，正方形．若直线、交于点，过点作交于点，过点作与、分别交于点、．则四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、正方形的性质、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练运用知识点是解题的关键．先由勾股定理得出 ，再由正方形的性质推出四边形，都是矩形，再由矩形的性质得出，，延长交于，延长交于，则，，可证 ，继而得出四边形是矩形，可得，同理可得，四边形是矩形，，即可求解四边形的面积．
【详解】解：在中，，，，
由勾股定理得，，
四边形，，都是正方形，
四边形，，的四个角都是，四条对边平行且相等，
，，，
四边形为矩形，
，，
四边形是矩形，
，，，
，，
延长交于点，延长交于，则，，如图所示，
，，
，
又，，
，
，
同理可证，，
，
，已证四边形是矩形，且四边形，为正方形，
，，，
四边形为矩形，
，
同理可证，四边形为矩形，
，
，
，
四边形的面积为：，
故选：C．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 化简：______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，熟知是解题关键，据此进行化简即可求解
【详解】解：．
故答案为：
12. 已知是整数，自然数n的最小值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】利用二次根式的性质、化简法则及自然数指大于等于0的整数，分析求解．
【详解】解：∵是整数，且n为自然数
∴n的最小值为2，此时
故答案为：2．
【点睛】本题考查二次根式的化简及自然数的定义，掌握二次根式的化简法则及自然数指大于等于0的整数是本题的解题关键．
13. 如图，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要考查矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部分的面积转化为矩形面积的一半，是解决问题的关键．
首先结合矩形的性质证明，得到，从而，进而即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：6
14. 一个平行四边形的一条边长是6，两条对角线的长分别是8和，这个平行四边形的周长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理的逆定理和菱形的判定，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质与判定定理．
先根据平行四边形的性质得到，，然后利用勾勾股定理的逆定理得到，然后判断出平行四边形的形状求周长即可．
【详解】如图，
四边形是平行四边形，，，，
根据平行四边形的性质可得：，，
∴,
∴，
∴这个平行四边形是菱形，
∴周长为，
故答案为：．
15. 如图，在中，是的中点，是在上且，连接相交于点，则______．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】本题主要考查三角形的面积，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线，求解 ，是解题的关键.
分别取的中点， 连接，设的面积为S，根据三角形中位线的定理可得通过可得，再利用三角形的面积可求解.
【详解】分别取的中点， 连接，设的面积为S，
∵为的中点，
∴都是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，


，
∴，，
∴
故答案为：.
16. 如图，正方形和正方形中，在同一条直线上，，为的中点，延长交于点，连接，连接分别交于点，下列说法：①；②；③；④；⑤平分，其中正确的结论有______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等、平行线的性质等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
① 由正方形的性质和两个正方形边长关系，可证，结论①得证；
② 由正方形的性质和两个正方形边长关系，可得到为、的中点，，都是等腰直角三角形，且，可得，，可证，再结合，即可证．
③ 通过，，可证为的中点，过点作于，得到，设正方形的边长为，利用，，即可得到两者面积之比．
④ 通过，，可证为的中点，，从而可证明．
⑤ 利用前面的证明结果，通过证明，即可证明不平分．
【详解】解：① 四边形和都是正方形，，为的中点，
，，，
，
，
（）
故结论①符合题意．
② 四边形和都是正方形，，
正方形的边长为正方形边长的，
为、的中点，
又 为的中点，
，
，都是等腰直角三角形，且，
，，
，
又 ，
，
，
，
，
，
故结论②符合题意．
④ （结论②的证明中已证），
，
，，
，
，
，即为的中点，
又 (结论①的证明中已证)
，
，
故结论④符合题意．
③ 为的中点（结论④的证明过程中已证），过点作于，如图所示，
设正方形的边长为，则正方形边长为，
则，
，
，
，
故结论③ 不符合题意．
⑤ ，，
，
，
又 ，
，
，
不平分，
故结论⑤不符合题意；
综上所述，结论①②④符合题意．
故答案为：①②④．
三、解答题（共8题，共72分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，二次根式的混合计算：
（1）先化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可；
（2）利用平方差公式求解即可.
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
18. 如图，在平行四边形中，对角线相交于点，是上的两点，，连接，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】证法1：由平行四边形的性质可得，，由平行线的性质可得，由可证明，从而得到；
证法2：由平行四边形的性质可得，，由线段的和差可得，从而得到四边形是平行四边形，即可得到．
【详解】证法1：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
证法2：连接，
，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，是解题的关键．
19. 如图，在矩形中，按以下步骤作图：
①以点圆心，以任意小于的长为半径画弧，分别交、于点、；
②再分别以点、圆心，以大于的长为半径画弧、两弧相交于点；
③连接并延长交于点．
据此回答以下问题：
（1）求的度数；
（2）若，，求矩形的周长．
【答案】（1）；
（2）26；
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及角平分线作图等知识；熟练掌握矩形的性质，证明为等腰直角三角形是解题的关键．
（1）证明是等腰直角三角形，即可得出；
（2）由等腰直角三角形的性质得，则，即可求解．
【小问1详解】
解： 四边形是矩形，
，
由作图过程知平分，
，
是等腰直角三角形，
；
【小问2详解】
解：由（1）得：是等腰直角三角形，
，
，，
，
又 ，
，
矩形的周长为：．
20. 如图，一架梯子斜靠在一竖直的墙上，这时为米，为米．
（1）梯子的长为______米；
（2）如果梯子的顶端下滑米，那么梯子的底端也外移米吗？请说明理由．
【答案】（1）
（2）梯子的底端向外移米，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的实际应用：
（1）直接在中利用勾股定理求出的长即可得到答案；
（2）直接在中利用勾股定理求出移动后的长即可得到答案．
【小问1详解】
解：由题意得，在中，，
∴由勾股定理得米，
故答案为：；
【小问2详解】
解：梯子的底端向外移米，理由如下：
由题意得，此时在中，，
∴由勾股定理得，
∴梯子的底端向外移米
21. 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．正方形四个顶点都是格点，E是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．

（1）在图（1）中，先将线段绕点B顺时针旋转，画对应线段，再在上画点G，并连接，使；
（2）在图（2）中，M是与网格线的交点，先画点M关于的对称点N，再在上画点H，使得四边形为菱形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】
【分析】（1）如图，取格点，连接，则为所作图形，在图上取格点，连接交于点Q，连接并延长，交于，则点为所作图形；可证，从而证得，再证，从而证得，根据等腰三角形的性质可求得；
（2）取格点，连接、，交格线于，再取格点，，连接交于，连接并延长交于，连接，则点、为所作点，四边形为所作菱形；可证：，而，证得关于对称，又，可证得、关于对称；再证，得到，再根据，有，根据对应线段成比例，可证，得到对应角相等，证得，再证，从而证得，证得四边形为平行四边形，又根据，可证四边形是菱形．
【小问1详解】
解：如图，线段和点为所求；

理由：∵，，，
∴
∴，
∴，
∴线段绕点顺时针旋转得，
∵
∴，，
∴，
∴
∴，
∴；
【小问2详解】
解：如图，点和点即为所求，

理由：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴与关于对称，
∵，
∴，关于对称，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵．
∴，
∴，
∴，
∴，
由轴对称可得，
∴．
∴，
又∵，
∴
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定等知识，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
22. 如图1，四边形中， ，，，，，动点在线段边上以每秒1个单位的速度由点向点运动，动点从点同时出发，以每秒3个单位的速度向点运动，设动点的运动时间为秒．
（1）当为何值时，满足和？请说明理由．
（2）如图2，若是上一点，，那么在线段上是否存在一点，使得四边形是菱形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），理由见解析；
（2），理由见解析；
【解析】
【分析】本题考查了动点问题，涉及到了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，勾股定理，解题关键是能正确建立方程．
（1）要满足和，即四边形为平行四边形，已有，故需要，由此可以得到关于的方程，解方程即可求解；
（2）利用菱形的判定，由一组邻边相等的平行四边形是菱形，得到，再利用勾股定理建立方程求解即可；
【小问1详解】
解： 连接，如图所示，
若满足和，
则四边形为平行四边形，
，
设动点的运动时间为秒，
则，，
，
，
解得：，符合题意，
当，满足和
【小问2详解】
解：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，
设动点的运动时间为秒，则
，
，要使得四边形是菱形，
则需要，
，，
，
在中，
，
解得：，（舍去），
此时，，
当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形．
23. 综合与实践
在一次综合实践活动课上，老师组织学生开展“如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点”．
【操作探究】
“求索”小组的实践过程，展示如下：
操作过程：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片对折，使点与点重合，折痕，然后展开铺平；
第2步：将边沿翻折到的位置；
第3步：延长交于点，则点为边的三等分点．
证明过程：
连接，如图2，
正方形沿折叠
，
，①____________．
又
由题可知是中点，设，则，
在中，，
可列方程：②____________（方程不要求化简），
解得：③____________，即是边上的三等分点．
【拓展应用】
“励志”小组联想课本折角的方法，探究出了一种折矩形纸片一边的三等分点的方法：
操作过程：
第1步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
第2步：折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕．同时，得到了线段．
第3步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕即为边上的三等分点．
（1）补全“求索”小组的证明过程．①______，②______，③______．
（2）结合“励志”小组的操作过程，猜想这三个角之间有什么关系？证明你的猜想；
（3）在（2）的条件下，请你判断“励志”小组的操作是否可以得到为边上的三等分点？说明理由．
【答案】（1）① ，②，③
（2），证明见解析；
（3）为边上的三等分点，理由见解析；
【解析】
【分析】本题考查了正方形，矩形的性质，图形的翻折特征，三角形全等，勾股定理，以及特殊角的直角三角形边长关系，熟练掌握其知识点是解决问题的关键．
（1）① 根据翻折特征有，而，要证，已有，，缺的条件是，即得解；
② 在中，，，，利用勾股定理即可得方程；
③ 解方程即可得到；
（2）在中，可得到，根据的直角三角形边长特征，可得，再根据翻折特征，即得解；
（3）利用第二问结论，可得，结合证明为等腰三角形，得到，即得解；
【小问1详解】
解：连接，如图2，
正方形沿折叠
，
，．
又 ，
，
，
由题可知是中点，设，则，
在中，，
，，
可列方程：，
解得：③，即是边上的三等分点．
故答案为：① ；②；③；
【小问2详解】
解：

将矩形沿着折叠，点落在了折痕的点，根据翻折的特征，
，，，
将矩形沿着折叠，使与重合，
四边形矩形，且，
，
取中点P，连接，
在中，，
又，
，
是等边三角形，
，
，
，
又 ，
，
．
【小问3详解】
解：
，
，
由第二问可知，，
，
为折痕，根据翻折的特征，
，
在中，

又 ，
为等腰三角形，有，
，
，
为边上的三等分点．
24. 如图1，在平面直角坐标系中，，且a，b满足，过点B分别作轴于点A，轴于点C．

（1）直接写出B点坐标为______；
（2）点是边上的点，点F、M是边上的点，若为等边三角形，，试探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，连接，点H、G分别在、上，且，请直接写出的最小值为______．
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式被开方数为非负数可求出b的值，进而得到a的值，即可得到点B的坐标；
（2）延长至点N，使得，可得是等边三角形，得到，，进而有，证得，得到，从而证得；
（3）如图，过点B作，且，连接，证得，得到，从而的最小值即为的最小值．连接，则，即的最小值为的长．过点D作轴于点P，作于点Q，在中，通过勾股定理求得，而四边形是矩形，因此，，在中，根据勾股定理即可求出的长，即可解答．
【小问1详解】
解：∵，
∴，解得，
∴，
∴；
故答案为：；
【小问2详解】
解：，理由如下：
如图，延长至点N，使得，

∵，
∴等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：如图，过点B作，且，连接，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，且，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴的最小值即为的最小值．
连接，则，
∴的最小值为的长．
过点D作轴于点P，作于点Q，
∵在正方形中，平分，，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，轴， ，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次根式的非负性质，正方形的判定与性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线，运用转化思想是解题的关键．