广东省惠州市惠城区惠州市第三中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份广东省惠州市惠城区惠州市第三中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共18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（本大题共10小题，每小题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. 要使有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数进行计算即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件．解题的关键是掌握被开方数为非负数．
3. 下列各组数据不是勾股数的是（ ）该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A. 2，3，4B. 3，4，5C. 5，12，13D. 6，8，10
【答案】A
【解析】
【分析】欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
【详解】A、，不能构成直角三角形，故正确；
B、，能构成直角三角形，是整数，故错误；
C、，能构成直角三角形，是整数，故错误；
D、，能构成直角三角形，是正整数，故错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股数的定义以及勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则是直角三角形．
4. 下列条件中，菱形具有而矩形不具有的是（ ）
A. 对边相等B. 对角线互相平分C. 对角线相等D. 对角线互相垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形和矩形的性质进行判断即可．
【详解】解：A. 对边相等，菱形和矩形都具有，故该选项不符合题意；
B. 对角线互相平分，菱形和矩形都具有，故该选项不符合题意；
C. 对角线相等，矩形具有而菱形不具有，故该选项不符合题意；
D. 对角线互相垂直，菱形具有而矩形不一定具有，故该选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的性质，解题关键是熟练掌握矩形和菱形的性质定理．
5. 直角三角形两条直角边长分别是5和12，则第三边上的中线长为（ ）
A. 5B. 6C. 6.5D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】解：∵直角三角形两条直角边长分别是5和12，∴斜边==13，∴第三边上的中线长为×13=6.5．故选C．
6. 当a＜﹣3时，化简的结果是（ ）
A. 3a＋2B. ﹣3a﹣2C. 4﹣aD. a﹣4
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件a＜﹣3，先判断2a-1，a+3的符号，再根据二次根式的性质开方，然后合并同类项，即可．
详解】∵a＜﹣3，
∴2a-1＜0，a+3＜0，
∴原式=|2a-1|+|a+3|=1-2a-a-3=-3a-2，
故选B．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质，是解题的关键．
7. 如图，在平面直角坐标系中，已知点O（0，0），A（2，3），以点O为圆心，OA长为半径画弧，交x轴的正半轴于B点，则B点的横坐标介于（ ）
A. 3和4之间B. 4和5之间C. 5和6之间D. 6和7之间
【答案】A
【解析】
【分析】先根据勾股定理求出OA的长，由于OB=OA，故估算出OA的长，再根据点B在x轴的正半轴上即可得出结论．
【详解】解：∵点A坐标为（2，3），
∴OA==，
∵点A、B均在以点O为圆心，以OA为半径的圆上，
∴OA=OB=，
∵3＜＜4，点B在x轴的正半轴上，
∴点B的横坐标介于3和4之间．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股定理及估算无理数的大小，根据题意利用勾股定理求出OA的长是解答此题的关键．
8. 如图，在4×4的方格中，△ABC的形状是（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理及其逆定理即可判断；
【详解】解：∵AB2＝12+22＝5，AC2＝32+42＝25，BC2＝22+42＝20，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，
故选B．
【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理得出三边关系．
9. 如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，BD10，DEBF2，则四边形AECF的周长等于（ ）
A. 20B. C. 30D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接AC，AC与BD相交于点O，由正方形性质得到AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，进而得到OE＝OF，再利用勾股定理求出CE的长，根据菱形的判定证得四边形AECF是菱形，即可求得四边形AECF的周长．
【详解】解：如图，连接AC，AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AC＝BD＝10，
∴AO＝CO＝BO＝DO＝5，AC⊥EF
∵DEBF2，
∴OE＝OF＝OD－DE＝3，
在Rt△COE中，

∴
∵AO＝CO，OE＝OF
∴四边形AECF是平行四边形
∵ AC⊥EF
∴四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF＝
∴四边形AECF的周长＝4
故选：D
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，能够证得四边形AECF是菱形是解决问题的关键．
10. 如图，把矩形沿翻折，点恰好落在边的处，若，，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据翻折的性质可得出“BF=B′F，∠BFE=∠B′FE，设AE=A′E=x，∠A′B′F=∠B=90°，∠A′=∠A=90°”，根据平行线的性质以及∠EFB=60°即可得出∠B′EF=∠B′FE=60°，进而得出△B′EF为等边三角形，在Rt△A′B′E中，结合特殊角、勾股定理求出B′E的长度，再依据等边三角形的性质以及三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠A=90°，AD∥BC．
由翻折的性质可知：
BF=B′F，∠BFE=∠B′FE，设AE=A′E=x，∠A′B′F=∠B=90°，∠A′=∠A=90°．
∵∠EFB=60°，AD∥BC，
∴∠B′EF=∠EFB=∠B′FE=60°，
∴△B′EF为等边三角形，
∴∠EB′F=60°．
在Rt△A′B′E中，A′E=x，∠A′=90°，∠A′B′E=∠A′B′F-∠EB′F=30°，
∴EB′=2 A′E=2x，AE+ EB′=AB′，即x+2x=9，解得x=3，所以AE=A′E=3，EB′=6，
由勾股定理得：AB=A′B′=3，所以 S△EFB′′=×6×3=9.
故选B.
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是求出B′E的长度．解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是解题关键．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 计算：=_________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据二次根式的乘法运算将式子展开，然后进行加减运算即可.
【详解】原式=3-1=2．
故答案：2．
【点睛】本题考查二次根式的基本运算，属于比较容易的题目.
12. 若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了非负数的性质，代数式求值，根据几个非负数的和为0，那么这几个非负数的值都为0得到，据此求出，再代值计算即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
13. 直角三角形两直角边长分别为5和12，则它斜边上的高为____________
【答案】
【解析】
【分析】先用勾股定理求出斜边长，然后再根据直角三角形面积的两种公式求解即可．
【详解】∵直角三角形的两直角边长分别为5和12，
∴斜边长＝
∵直角三角形面积S＝×5×12＝×13×斜边的高，
∴斜边的高＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理及直角三角形面积，熟知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是解答此题的关键．
14. 如图，在中，，点在的延长线上，是的中点，连接，若，则的度数是______．
【答案】##25度
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等边对等角，三角形的外角性质．根据斜边中线的性质求得，再推出，再根据三角形的外角性质得到，据此求解即可．
【详解】解：∵，是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图，在，，分别以三边为直径向上作三个半圆．若，，则阴影部分图形面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查求不规则图形面积，涉及圆的面积、勾股定理等知识，根据题中图形，间接表示出不规则图形面积没利用三角形面积公式及圆的面积公式代值求解即可得到答案，数形结合是解决问题的关键．
【详解】解：在，，，，
，
，
故答案为：．
16. 如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，点是对角线上的动点，则的最小值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】动点问题,找到对称轴作对称点,相连即可算出答案,连接CE即为AP+PE的最小值．
【详解】
连接CE,
因为A、C关于BD对称．
CE即为AP+PE的最小值．
∵正方形边长为4,E是AB中点,
∴BC=4,BE=2．
故答案为: .
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．
三、解答题（一）（本大题共3小题，17题、18题每题4分，19题6分共14分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【详解】根据二次根式的乘法法则和完全平方公式计算．
【解答】解：原式
．
【点睛】此题考查了二次根式的乘法法则和完全平方公式，解题的关键是熟练掌握以上运算法则．
18. 在中，．若，求．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，根据含30度直角三角形中，30度角所对的直角边是斜边的一半求出，再利用勾股定理求出b即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∴．
19. 先化简，再求值： ．
【答案】，
【解析】
【分析】先把括号内的式子进行通分，然后把把除法运算转化为乘法运算，约分化为最简分式后代入求值即可．
【详解】解：，
＝
＝，
当时，
原式.
四、解答题（二）（本大题共2小题，每小题7分，共14分）
20. 已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥CF，且分别交对角线BD于点E，F．求证：AE＝CF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先由四边形ABCD是平行四边形可得AD//BC，AD＝BC，进而得到∠ADE＝∠CBF；再根据AE//CF得到∠AEF＝∠CFE，进而得到∠AED＝∠CFB；再利用AAS得到三角形△ADE≌△CBF，最后利用全等三角形的对应边相等即可证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，AD＝BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵AE//CF，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴∠AED＝∠CFB，
∴△ADE≌△CBF，
∴AE＝CF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识点，证得△ADE≌△CBF是解本题的关键．
21. 如图，AB为一棵大树，在树上距地面10m的D处有两只猴子，它们同时发现地面上的C处有一筐水果，一只猴子从D处爬到树顶A处，利用拉在A处的滑绳AC，滑到C处，另一只猴子从D处滑到地面B，再由B跑到C，已知两只猴子所经路程都是16m，求树高AB．
【答案】树高AB为m．
【解析】
【分析】设出长为，在中，利用勾股定理，列方程求，最后根据 与AB的长度关系，求出树高AB即可．
【详解】根据题意表示出AD，AC，BC的长进而利用勾股定理得出AD的长，即可得出答案．
解：由题意可得出：BD＝10m，BC＝6m，设AD ＝xm，则AC＝（16﹣x）m，
在中，有勾股定理可得：AB2+BC2＝AC2，
即（10+x）2+62＝（16﹣x）2，
解得：x＝，
故AB＝（m），
答：树高AB为m．
【点睛】本题主要是考查了勾股定理的应用，将实际问题抽象成几何问题求解，并利用勾股定理列方程，求边长，是解决本题的关键．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
22. 阅读下列解题过程：
， ，
请回答下列问题：
（1）观察上面的解答过程，请写出 ；
（2）请你用含n（n 为正整数）的关系式表示上述各式子的变形规律；
（3）利用上面的解法，请化简：

【答案】（1）；（2）；（3）9．
【解析】
【分析】观察所给例子得出（1）（2）答案；运用（2）的答案先对（3）的每项化简去掉分母，再把中间相邻的两项两两相消得到（3）的答案．
【详解】（1）
；
故答案为：．
（2）观察前面例子的过程和结果得：；
（3）反复运用得
=
=
==-1+10=9．
【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是根据已知条件找到规律并运用规律去掉式子中的分母再相消进行求解．
23. 如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）为度
【解析】
【分析】此题重点考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识．
（1）利用证明，即可得；
（2）设，根据“等边对等角和三角形内角和定理”列方程求解即可．
【小问1详解】
证明：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
；
【小问2详解】
解：由（1）得、、是等腰三角形，设，依题意得
，
解得，
，
为度．
六、解答题（四）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
24. 如图，已知，直线垂直平分，与边交于点，连接，过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形，
（3）若，，则菱形的面积是多少？
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据垂直平分线的定义得到，由平行线的性质可得，，即可得证；
（2）由全等三角形性质得到，由垂直平分线的性质得到，，即可得证；
（3）根据菱形的性质得到，根据勾股定理有，继而得到，，最后根据菱形的性质可求出其面积．
【小问1详解】
证明：∵直线垂直平分，
∴，
∵，
∴，，
在与中，
，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵为线段的垂直平分线，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形；
【小问3详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴菱形的面积是．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，平行线的性质，菱形的面积等知识点．掌握菱形的判定和性质、勾股定理和垂直平分线的性质是解题的关键．
25. 如图，在四边形中，，，．延长到E，使，连接，由直角三角形的性质可知．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．

（1）当时，___________；
（2）当___________时，点P运动到的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示的面积S．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，当时，点在线段上，此时，即可求解；
（2）根据，可得四边形为矩形，根据角平分线的定义可得，得到再根据点运动的路程，即可求解；
（3）根据题意，分三种情况讨论，当在线段上，当在线段上，当在线段上时，分别用含的代数式表示即可．
【小问1详解】
解：当时，点运动的路程为，
因为，所以点在线段上，此时；
【小问2详解】
作的角平分线，交于点

∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴
∴
∴
∴
∴
由题意可得：点与点重合，走过的路程为
∴，解得
即当时，点P运动到的角平分线上；
【小问3详解】
根据题意，分三种情况讨论：
①当在线段上时，此时
②当在线段上时，此时
③当线段上时，此时
综上
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握相关基础性质．