湖北省武汉市东湖高新区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湖高新区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共24页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(共10小题，每小题3分，共30分)下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑．
1. 使有意义的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件为被开方数大于等于零即可．
【详解】解：若有意义，
则，
解得，
故选：D．
2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的定义：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，我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】解：A. 是最简二次根式，故此选项符合题意；
B. ，原二次根式不是最简二次根式，不符合题意；
C. ，原二次根式不是最简二次根式，不符合题意；
D. ，原二次根式不最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
3. 下列计算正确的是（ ）该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加减运算及乘除运算，分别利用二次根式加减运算法则以及乘除运算法则化简判断得出即可，熟练掌握其运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、无法计算，故此选项错误，故不符合题意；
B、，故此选项错误，故不符合题意；
C、，故此选项正确，故符合题意；
D、，故此选项错误，故不符合题意；
故选：C．
4. 四根小棒的长分别是5，9，12，13，从中选择三根小棒首尾相接，搭成边长如下的四个三角形，其中是直角三角形的是( )
A. 5，9，12B. 5，9，13C. 5，12，13D. 9，12，13
【答案】C
【解析】
【分析】当一个三角形中，两个较小边的平方和等于较大边的平方，则这个三角形是直角三角形．据此进行求解即可．
【详解】A、52+92=106≠122=144，故不能构成直角三角形；
B、52+92=106≠132=169，故不能构成直角三角形；
C、52+122=169=132，故能构成直角三角形；
D、92+122=225≠132=169，故不能构成直角三角形，
故选C．
5. 下列平行四边形中，根据图中所标出数据，不一定是菱形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的判定方法逐一进行判断即可．
【详解】解：A、根据等角对等边可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意；
B、根据三角形的内角和定理，得到平行四边形的对角线互相垂直，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意；
C、根据同旁内角互补，两直线平行，不能得到平行四边形是菱形，符合题意；
D、根据平行四边形的对边平行，两直线平行，内错角相等，以及等角对等边可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，不符合题意；

故选C．
【点睛】本题考查菱形的判定．熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键．
6. 如图，在中，，平分交于点，点在上，且，连接，为的中点，连接，则的长为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质．根据等腰三角形的三线合一得到，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【详解】解：，，
，
，平分，
，
，
是的中位线，
．
故选：B．
7. 《九章算术》中记载着这样一个问题：如图，已知甲乙两人同时从同一地点出发，甲的速度为每单位时间走7步，乙的速度为每单位时间走3步，乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇，那么相遇时，甲、乙各走了多远？解：设甲乙两人从出发到相遇用了个单位时间．根据勾股定理可列得方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是从实际问题中抽象出直角三角形．设甲、乙二人出发后相遇的时间为x ，然后利用勾股定理列出方程即可．
【详解】解：设甲乙两人从出发到相遇用了个单位时间，这时乙共行，
甲共行，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
故选：D．
8. 如图，在中，，，点为的中点，于点，则的长为（ ）
A. 1.2B. 1.6C. 2.4D. 4.8
【答案】D
【解析】
【分析】首先连接AD，由△ABC中，AB=AC=10，BC=16，D为BC中点，利用等腰三角形的三线合一的性质，即可证得：AD⊥BC，然后利用勾股定理，即可求得AD的长，然后利用面积法来求DE的长．
【详解】解：连接AD，
∵△ABC中，AB=AC=10，BC=16，DBC中点，
∴AD⊥BC，BD=BC=8，
∴AD=6，
又∵DE⊥AB，
∴BD•AD=AB•ED，
∴ED=，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质以及勾股定理．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．
9. 在探究折叠问题时，小华进行了如下操作：如图，为直角梯形边中点．将直角梯形纸片分别沿着，所在的直线对折，点，恰好与点重合，点．，在同一直线上．若四边形为平行四边形，且．，则四边形的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，平行四边形的面积计算，折叠的性质．先由折叠性质和点是的中点得出与的数量关系，由勾股定理求得与，再平行四边形的面积公式求得的面积，进而求得四边形的面积．
【详解】解：由折叠性质得，，，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
由折叠性质知，
．
故选：A．
10. 在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，其中点的坐标为，第1次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，第2次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，第3次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即依次类推，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质以及规律型等知识．由题意得的坐标为，同理的坐标为，即，的坐标为，即， 的坐标为，即， ，再由，即可得出结论．
【详解】解：点的坐标为，第1次将菱形绕着点顺时针旋转，同时扩大为原来的2倍得到菱形（即，
的坐标为，
同理：的坐标为，即，
的坐标为，即，
的坐标为，即，
，
，
点的坐标为，
故选：A．
二、填空题(共6小题，每小题3分，共18分)
下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接填写在答题卡指定的位置．
11. 化简______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简即可．
【详解】，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
12. 要使有意义，则x的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据当被开方数为非负数时，二次根式有意义即可解答．
【详解】解：要使有意义，则，即．
故答案为：
13. 今年10月6日，强台风“小犬”掠过汕尾外海时，市区某地路边一棵大树于离地面4米处折断倒下，倒下部分与地面成夹角，这棵大树在折断前的高度为_______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质．根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，求出折断部分的长度，再加上离地面的距离就是折断前树的高度．
【详解】解：如图，根据题意米，
∵，，
∴米，
∴（米）．
答：这棵大树在折断前的高度为12米．
故答案为：12．
14. 在如图的网格中，小正方形的边长均为1，A、B、C三点均在正方形格点上，则点A到直线BC的距离是_________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查了网格图的问题，解题关键是正确应用勾股定理．用割补法求出的面积，用勾股定理求出的长，然后利用面积法求解即可．
【详解】解：面积，
由勾股定理得，
设点A到直线的距离是d，
得，
解得．
故答案为：2．
15. 如图，在平行四边形ABCD中，，F是AD的中点，过点C作于点E，连接EF，CF，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是_________（填序号）．
【答案】①②④
【解析】
【分析】由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得①∠DCF=∠BCD；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，故此选项正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FM，故此选项正确；
③过点F作FN⊥CD，垂足为N，
∵△AEF≌△DMF，
∴S△AEF=S△DMF，
∵CD⊥AB，AB∥CD，
∴FN∥CE，
∴2FN=CE，
∵S△BEC=，S△DFM=，
若S△BEC=2S△AEF，即S△BEC=2S△DFM，
则BE=DM，又AE=DM，
则BE=AE，但无法证明该条件，
∴S△BEC=2S△AEF不一定成立，
故此选项错误；
④设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°-x，
∴∠EFC=180°-2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，
∵∠AEF=90°-x，
∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．
故答案为：①②④．
【点睛】此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，得出△AEF≌△DME是解题关键．
16. 在直线上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是，正放置的四个正方形的面积依次是，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的证明及勾股定理的应用，运用勾股定理可知，，得每两个相邻的正方形面积和都等于中间斜放的正方形面积，即，同理可得即可得．
【详解】解：如图所示，根据题意可得：，
∴，
∴
在和中
∴
∴
在中，，
，
，
同理可得：，
，
故答案为：．
三．解答题(共8小题，满分72分)
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先去括号，再根据二次根式得加减计算法则运算即可；
（2）先化简二次根式，再根据二次根式的减法计算法则运算即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
18. 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．
19. 已知：如图，的对角线，相交于点O，点E、F分别在，上，且，求证：．

【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、平行线的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．连接、，由平行四边形的性质得出，，由已知条件得出，证明四边形是平行四边形，得出对边平行，即可得出结论．
【详解】证明：连接、，如图所示：

∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
20. 如图，武汉光谷为庆祝“两会”的召开，园艺工人要在二妃山一块Rt()的空地上划出一个后，种植出如图中阴影部分图案的草坪．测得 米， 米， 米， 米．求图中阴影部分的面积．
【答案】平方米
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及勾股定理的逆定理；熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
先由勾股定理求出的长，再由勾股定理的逆定理证出，然后由三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵，米，米，
∴（米），
∵米，米，
∴，
∴是直角三角形，且，
阴影部分的面积
平方米．
21. 请结合图形的性质：用无刻度真尺作图并保留作图痕迹，不写画法，
（1）如图1，在平行四边形中，点E是的中点，在边上作点F，使；在边上作点G，使．
（2）如图2，在平行四边形中，点P为边上一点，且．在边上作一点M，使；点Q为中点．在边上作点N，使．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查的是利用几何图形的性质进行作图，考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质．
（1）作平行四边形的中心，连接并延长，交边于点F，此时；连接交于点P，连接并延长，交边于点G，连接，此时；
（2）连接和交于点，连接并延长，交边于点M，此时；连接并延长，交边于点N，连接，此时，即．
【小问1详解】
解：点F，点G，如图所示，
；
【小问2详解】
解：点M，点N，如图所示，
．
22. 武汉光谷中央生态大走廊大草坪上，不仅有空轨旅游专线，而且视野开阔，阻挡物少，成为不少市民放风筝的最佳场所．某校801班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度，他们进行了如下操作：①测得水平距离的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米．
（1）求风筝的垂直高度；
（2）如果小明站在原地想风筝沿方向下降12米，则他应该往回收线多少米？
（3）小亮想一边收线，一边后退，也使风筝沿方向下降12米，且让收线的长度和后退的距离相等．试问小亮的想法能否实现，如果能实现，请求出收线的长度；如果不能实现，请说明理由．
【答案】（1）21.6米
（2）8米 （3）4.2米
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，熟记勾股定理是解题的关键．
（1）根据勾股定理求出的长即可得出结果；
（2）设他应该往回收线米，根据勾股定理得出方程求解即可；
（3）设收线的长度为米，根据勾股定理得出方程求解即可．
【小问1详解】
解：在中，由勾股定理得，
（米），
（米）；
风筝的垂直高度为21.6米．
【小问2详解】
解：设他应该往回收线米，
根据勾股定理得，，
解得，
答：他应该往回收线8米．
【小问3详解】
解：设收线的长度为米，如图，
则米，（米，米，
根据勾股定理得，，
解得，
答：收线的长度为4.2米．
23. 在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
（1）如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
（2）如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】（1）
（2）（1）中结论仍然成立，证明见解析
（3）的面积为或．
【解析】
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到，，再证明，即可得到：，再由，即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到，，再证明，即可得到：，再由即可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及等边三角形的边长可得结论．
【小问1详解】
解：如图，连接，延长交于H，如图所示，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
故答案为：；
【小问2详解】
解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，如图所示，
∴，为等边三角形，
在和中，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
【小问3详解】
解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，如图所示，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
24. 在平面直角坐标系中，矩形的顶点、、的坐标分别为，，，且、满足．

（1）矩形的顶点的坐标是_________；
（2）若是中点，沿折叠矩形，使点落在点处，折痕为，连接并延长交轴于点．求证：四边形是平行四边形；
（3）若点在轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点，使得、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）点的坐标为，，，．
【解析】
【分析】（1）由题意可求得和的值，再将其代入的坐标即可求得；
（2）由折叠的性质可得，，由三角形外角性质可得，可得，即可证明四边形是平行四边形；
（3）分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点的可能性，进而得出点的坐标．
【小问1详解】
解：且，
，
，
点，点，
点，
故答案为：；
【小问2详解】
证明：是中点，
，
折叠，
，，
，
，
，
，
，且
四边形是平行四边形；
【小问3详解】
解：、、、为顶点的四边形是菱形，
分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点，如图所示：

，，
，
，
∴，，，，
∴点的坐标为，，，．
【点睛】本题是四边形的综合题，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．