黑龙江省齐齐哈尔市第二十八中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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初二数学试卷
一、选择题（每题3分，满分30分）
1. 下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【详解】解：A、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2. 下列各组数中，是勾股数的是（ ）
A. 1，1，B. 2，3，4C. 0.3，0.4，0.5D. 5，12，13
【答案】D
【解析】
【分析】欲判断是否为勾股数，首先判断是否为正整数，再根据两小边的平方和是否等于最长边的平方，从而得出答案．
【详解】解：A、∵不是正整数，∴1，1，不是勾股数，故该选项不符合题意；
B、∵，∴2，3，4不是勾股数，故该选项不符合题意；
C、∵0.3，0.4，0.5不是正整数，∴0.3，0.4，0.5不是勾股数，故该选项不符合题意；
D、∵，∴5，12，13是勾股数，故该选项符合题意．
故选：D
【点睛】本题主要考查了勾股数，解答本题要用到勾股数的定义及勾股定理的逆定理：已知△ABC的三边满足，则△ABC是直角三角形．
3. 已知四边形是平行四边形，则下列结论错误的是（ ）
A. 当时，它是矩形B. 一定成立
C. D. 当时，它是菱形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，平行四边形的性质，根据矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质逐个判断即可．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，故本选项不符合题意；
B、四边形是平行四边形，对角线不一定相等，
不一定成立，故本选项符合题意；
C、四边形平行四边形，
，故本选项不符合题意；
D、∵四边形平行四边形，
又，
四边形是菱形，故本选项不符合题意；
故选：B．
4. 下列命题中的假命题是（ ）
A. 一组邻边相等的平行四边形是菱形
B. 一组邻边相等的矩形是正方形
C. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D. 一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定，根据菱形、正方形、平行四边形及矩形判定方法，对选项一一分析，即可解答．
【详解】解：选项A，一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项A是真命题，不符合题意；
选项B，一组邻边相等的矩形是正方形，选项B是真命题，不符合题意；
选项C，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，选项C是真命题，不符合题意；；
选项D，一组对边相等且有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故原说法是假命题，符合题意．
故选D．
5. 如果中，顶点，，所对的边分别为，，，下列条件中，不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. ，，D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理得逆定理和三角形内角和定理，利用直角三角形的定义和勾股定理的逆定理逐项判断即可．
【详解】解：A、，
设，则，，
，，
，
不是直角三角形，符合题意；
B、，
设，，，
，
解得：，
则，
是直角三角形，不符合题意；
C、，，，
，满足勾股定理的逆定理，
是直角三角形，不符合题意；
D、，
，
是直角三角形，不符合题意．
故选：A．
6. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据二次根式的运算法则进行计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项正确，符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选：C．
7. 如图，中，，以、为边作等边三角形、，、的面积分别为、，若，那么( )

A. B. C. D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】过点F作，则有，利用勾股定理可求得，再利用面积公式可求得，同理可求，再次利用勾股定理即可求结果．
【详解】解：过点F作于D，如图，

∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵的面积分别为，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查勾股定理，等边三角形，解答的关键是熟记勾股定理，并灵活运用．
8. 已知n是正整数，是整数，则n的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据二次根式的性质化简为最简二次根式，然后再确定n的值．
【详解】解：∵是整数，n是正整数，
∴n的最小值为5，
故选D
【点睛】本题考查了二次根式的定义和性质，能正确根据二次根式的性质进行化简是解此题的关键．
9. 若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A. 菱形B. 对角线互相垂直的四边形
C. 矩形D. 对角线相等的四边形
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点，
∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点睛】题目主要考查中位线的性质及菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用三角形中位线的性质是解题关键．
10. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
二、填空题（每题3分，满分21分）
11. 式子有意义的条件是__________________．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了二次根式和分式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件为，分式中分母不为，确定即可．
【详解】解：依题意，且，解得且．
故答案为：且．
12. 如图，点、在的对角线上，连接、、、，求条件一个条件使四边形是平行四边形，那么这个条件是____________．（只填一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：添加：，理由如下：
连接交于点，如图，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形．
故答案为：（答案不唯一）
13. 实数，在数轴上的位置如图所示，化简的结果是__________．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据数轴点的位置关系判断绝对值里面的数与0的关系，再根据二次根式的性质即可求出答案．
【详解】解：由数轴上位置即可得出：
，，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了实数与数轴、二次根式的性质与化简，掌握二次根式性质与化简的应用，根据数轴点的位置关系判断绝对值里面的数与0的关系是解题关键．
14. 如图，在菱形中，其面积为，，则以为边长的正方形的边长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，连接交于点，根据已知得出是等边三角形，设，进而勾股定理求得，根据菱形的面积，为列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
设，
∴，
在中，
∴
∴
又∵菱形中，其面积为，
∴
解得：（负值舍去）
∴
∴以为边长的正方形的边长为，
故答案为：．
15. 在▱ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，则▱ABCD的面积可以是_____．
【答案】20或4．
【解析】
【详解】试题分析：根据题意分两种情况画出图形，BC边上的高在平行四边形的内部和外部，进而利用勾股定理求出EC、BE，得出BC，即可求出▱ABCD的面积．分两种情况：
①如图1所示：
∵在▱ABCD中，BC边上的高AE为4，AB=5，AC=2，∴CD=AB=5，AD=BC，EC==2，BE==3，∴AD=BC=2+3=5，∴▱ABCD的面积=BC•AE=5×4=20；
②如图2所示：
同①得：EC=2，BE=3，∴AD=BC=3﹣2=1，∴▱ABCD的面积=BC•AE=1×4=4；综上所述：▱ABCD的面积为20或4．故答案为20或4．
考点：平行四边形的性质．
16. 如图，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内部，在对角线上有一点，使的值最小，则这个最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，根据正方形的性质可证得，从而得到，进而得到最小，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，与交于点F．
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的和最小值为的长，
∵正方形的面积为，
∴．
又∵是等边三角形，
∴．
∴所求最小值为．
故答案为：．
17. 如图，四边形是边长为1的正方形，点、分别在x，y轴负半轴上，连接，以的长为边长作正方形，点在y轴负半轴上，点在x轴的正半轴上；连接，以的长为边长作正方形，点、分别在x，y轴的正半轴上，依次规律作下去，点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了规律型：点的坐标，勾股定理．根据题意，可以从各个B点到原点的距离变化规律和所在象限的规律入手．
【详解】解：由图形可知，，
，
，
,
每一个B点到原点的距离依次是前一个B点到原点的距离的倍，同时，各个B点每次旋转，每4次旋转一周．
∴顶点到原点的距离，
∵，
∴顶点的恰好在第二象限的角平分线上，则点到坐标轴的距离为
∴顶点的坐标是．
故答案为：．
三、解答题（满分69分）
18. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算；
（1）根据二次根式的性质化简，然后计算二次根式的加减即可求解；
（2）根据平方差公式，零指数幂以及负整数指数幂进行计算即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
19. 先化简，再求值，其中．
【答案】；．
【解析】
【分析】本题考查了分式化简求值，分母有理化，先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，最后将字母的值代入求解．
【详解】解：
；
当时，原式
20. 如图，在四边形ABCD中，AB＝2，CD＝1，，，求四边形ABCD的面积．
【答案】
【解析】
【分析】延长、交于，根据直角三角形两锐角互余求出，然后根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出、，再利用勾股定理列式求出、，然后根据四边形的面积等于两个直角三角形的面积的差列式计算即可得解．
【详解】如图，延长、交于．
，，
，
在和中，，，
，，
由勾股定理得，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，三角形的面积，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
21. 如图，已知四边形是矩形，于，于，连接，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、勾股定理，
（1）根据四边形是矩形得到平行的边以及相等的角度，然后证明两个三角形全等，然后根据一组对边平行且相等可得到结果；
（2）先根据勾股定理得到斜边长，再根据三角形的面积可得到结果．
【小问1详解】
证明：四边形矩形，
，，
，
又，，
∴，，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
答：的长为．
22. 如图，已知菱形的边长为，，点、分别是边、上的两个动点，，连接．猜想的形状是______三角形，并证明．
【答案】等边，证明见解析．
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；连接．证明，推出可得结论．
【详解】的形状是等边三角形；
证明：连接．
四边形是菱形，
，，
，都是等边三角形，
，，
，
，
，
，
是等边三角形．
23. 综合与实践
【课本再现】在一次课题学习活动中，老师提出如下问题：如图，四边形是正方形，点上边的中点，，且交正方形外角平分线于点．请你探究与存在怎样的数量关系，并证明你的结论．
经过探究，小明得出结论是，而要证明结论，就需要证明和所在的两个三角形全等，但和显然不全等（一个是直角三角形一个是钝角三角形）考虑到点是的中点，小明想到的方法是如图，取的中点，连接，证明，从而得到．
（1）小明的证法中，证明的条件可以为（ ）
A． B． C． D．
【类比迁移】
（2）如图3，若把条件“点上边的中点”改为“点上边的任意一点”，其余条件不变，是否仍然成立若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（3）已知，四边形是正方形，点是直线上一动点，，且交正方形外角平分线于点，若，，则长为______．
【答案】（1）C；（2）成立，证明过程见解析；（3）或．
【解析】
【分析】（1）作的中点，连接，根据即可证明，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得；
（2）在上取一点，使，连接，同（2）根据即可证明，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得．
（3）分两种情况：当点在边上时，当点是线段上的一点时，根据（）问的结论，当是边延长线上的任意一点，连接，过点作，交延长于，在上截取，连接，证明，得即可．利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：取的中点，连接．

正方形中，，
又，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
又．
，
在和中，
，
，
故选：C．
（2）解：成立．
证明：如图，在上截取，连接，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴．
∵是正方形的外角平分线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴．
（3）解：分两种情况：当点在边上时，如图1，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由勾股定理，得
，
由（2）知，；
当点是直线上的一点时，如图4，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由勾股定理，得
，
连接，过点作，交延长于，在上截取，连接，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是正方形的外角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解题的关键．注意分类讨论思想的应用．
24. 这平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，．
（1）如图1，当点落在边上时，点的坐标为______．
（2）如图2，当点落在线段边上时，与交于点．
①求证：；
②求点的坐标；
（3）在（1）的条件下，平面内有一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点的坐标．
【答案】（1）D；
（2）①见解析；② ；
（3），，．
【解析】
【分析】（1）根据点的坐标及旋转的性质得，在直角三角形中运用勾股定理可求出的长，从而可确定答案；
（2）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可，
②根据①知，故，在中，运用勾股定理可求得的长，得出坐标；
（3）分三种情况讨论：①为对角线；②为对角线；③为对角线，利用平行四边形的性质根据中点坐标公式，求解即可得．
【小问1详解】
∵点，点，
∴，．
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴点D的坐标是；
【小问2详解】
①证明：由四边形是矩形，知．
∵点D在线段上，得.
由（1）知，，
又，，
∴≌；
②由≌，得．
在矩形中，，
∴，
∴，
∴．
设，则，．
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点H的坐标是；
【小问3详解】
解：∵，，，设，
①为对角线：
解得：，则
②为对角线：
解得：，则
③为对角线：
解得：则
综上所述，，，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定、旋转的性质、平行四边形的性质，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．