资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
辽宁省铁岭市铁岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份辽宁省铁岭市铁岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含辽宁省铁岭市铁岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、辽宁省铁岭市铁岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
考试时间120分钟，试卷满分120分.
考生注意：请在答题卡各题目规定答题区内作答，答在本试卷上无效.
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长,其中能构成直角三角形的是( )
A. B. 1,
C. 6,7,8D. 2,3,4
【答案】B
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理逐项判断即可.
【详解】解：A．（）2+（）2≠（）2，故该选项错误，不符合题意；
B．12+（）2=（）2,故该选项正确，符合题意；
C．62+72≠82，故该选项错误，不符合题意；
D．22+32≠42，故该选项错误，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，会判断是否为直角三角形是解答关键.
2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】解：A、被开方数含分母，故A错误；
B、被开方数含分母，故B错误；
C、被开方数含能开得尽方的因数，故C错误；
D、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3. 下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：如图：
A、∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；故A选项不符合题意；
B、∵，，
∴四边形是平行四边形；故B选项不符合题意；
C、，无法判断四边形是平行四边形；故C选项符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形；故D选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
4. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据二次根式的加减乘除法运算法则计算出各选项的结果，再进行判断即可得到正确的选项．
【详解】解：A.与不是同类二次根式，不能合并，故A错误；
B. ，故B正确；
C. ，故C错误；
D. 2与，不是同类二次根式，不能合并，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减乘除运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
5. 下列图象中，表示y是x的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的意义即可求出答案．函数的意义反映在图象上简单的判断方法是：作垂直x轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点．
【详解】解：根据函数的意义可知：对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，所以只有选项A满足条件．
故选：A．
【点睛】本题考查了函数的定义，函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
6. 下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A. 测量对角线是否互相平分B. 测量两组对边是否分别相等
C. 测量对角线是否相等D. 测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
7. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E，F分别是线段的中点.若，的周长是，则的长为（ ）
A. 2B. 2.5C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理和平行四边形的性质，解答本题需要用到：平行四边形的对角线互相平分，三角形中位线的判定定理及性质．根据厘米，可得出，继而求出，判断是的中位线，即可得出的长度．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵的周长是，
∴，
∵点E，F分别是线段的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：C
8. 三角形的三边长a、b、c满足，则此三角形是（ ）
A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】A
【解析】
【详解】∵(a+b)2-c2=2ab，
∴a2+2ab+b2-c2=2ab.
∴a2+b2=c2.
∴此三角形是直角三角形.
故选A.
点睛: 解答此题要用到勾股定理的逆定理：已知三角形ABC的三边满足a ²＋b ²＝c ²，则三角形ABC是直角三角形．
9. 已知菱形的两条对角线长为8和6，那么这个菱形的高是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，画出图形，根据菱形的性质和勾股定理求出，利用等积法即可求出答案．
【详解】解：如图，四边形是菱形，，，，，
作于E，
∴，
∴，
∴菱形的面积=
∴，
∴，
即菱形的高为．
故选：C．
10. 如图，正方形ABCD中，点E、F、G分别为边AB、BC、AD上的中点，连接AF、DE交于点M，连接GM、CG，CG与DE交于点N，则结论①GM⊥CM；②CD＝DM；③四边形AGCF是平行四边形；④∠CMD＝∠AGM中正确的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正方形的性质和中点的性质判断③正确，再根据SAS证出△ADE≌△BAF，得出∠AME＝90°，从而证出∠GND＝90°再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出DG=MG,，利用等腰三角形的三线合一，得出DN=MN，从而得出CG垂直平分DM，从而得出①②正确，再利用等腰三角形的性质和四边形的内角和证明④不成立即可．
【详解】解：正方形ABCD中，AD=BC
∵点E、F、分别为边AB、BC上的中点，
∴AG∥FC且AG＝FC，
∴四边形AGCF为平行四边形，故③正确；
∴AF//CG
∴∠GAF＝∠FCG＝∠DGC，∠AMN＝∠GND
在△ADE和△BAF中，
∵，
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠ADE+∠AEM＝90°
∴∠EAM+∠AEM＝90°
∴∠AME＝90°
∴∠GND＝90°
∴DE⊥CG．
∵∠AMD＝90°,G点AD中点，
∴DG=MG, DE⊥CG．
∴CG垂直平分DM，
∴CD＝CM，
但是∠MDC不等于60°，所以
CD不等于DM故②错误；
在△GDC和△GMC中，
∵ ，
∴△GDC≌△GMC（SSS），
∴∠CDG＝∠CMG＝90°，∠MGC＝∠DGC，
∴GM⊥CM，故①正确；
∵∠CDG＝∠CMG＝90°，
∴∠MGD+∠DCM=360°-∠CDG-∠CMG=180°
∵∠AGM+∠MGD=180°，
∴∠AGM＝∠DCM，
∵CD＝CM，
∴∠CMD＝∠CDM，
在Rt△AMD中，∠AMD＝90°，
∴DM＜AD，
∴DM＜CD，
∴∠DMC≠∠DCM，
∴∠CMD≠∠AGM，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用及平行四边形的性质的运用．在解答中灵活运用正方形的中点问题解决问题，灵活运用了几何图形知识解决问题．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题：（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 函数中，自变量的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据被开方式是非负数列式求解即可.
【详解】解：依题意，得，
解得：，
故答案为．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
12. 如图，在平行四边形中，平分，点E在上，，，则平行四边形的周长等于______.
【答案】20
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，根据平行四边形性质得到证明，则，根据，得到，即可求出平行四边形的周长.
【详解】∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴周长．
故答案为：20
13. 如图，有两棵树，一棵高11米，另一棵高6米，两树相距12米．一只鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，问小鸟至少飞行________________米．
【答案】13
【解析】
【详解】本题考查了勾股定理的应用，根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的树梢进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．
【分析】解：如图，大树高为，小树高为，
，
过点作于，则四边形是矩形，连接，
，，，
在中，，
故小鸟至少飞行．
故答案为：13．
14. 我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a、b，那么的值是______．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及三角形的面积公式，完全平方式的运用：先根据三角形与大小正方形的面积关系进行列式，再代数化简，即可作答．
【详解】解：根据题意，∵大正方形的面积是13，
∴大正方形的边长为
则结合勾股定理，得，
∵小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a、b，
∴四个三角形的面积
∴，
则．
故答案为：25．
15. 如图，折叠长方形的一边，使点D落在边上F处，已知，，则的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据折叠变换的性质可知，再由矩形的性质得到，再根据勾股定理可得，进而求出，设 ，则，根据勾股定理，设，则在中，根据勾股定理即可求出．
【详解】∵是沿折叠得到的，
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
在中，，
根据勾股定理可知，
∴
∴
设，则，
在中，，
即
∴，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理解出的长，是本题的关键．
三、解答题：（本题共8小题，共75分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
16. 计算：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】此题考查了二次根式的运算法则和运算顺序，熟练掌握法则准确计算是解题的关键．
（1）化简每个二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）化简二次根式并把除法转化为乘法进行计算即可；
（3）先计算乘除法，再进行加减法即可；
（4）利用平方差公式和二次根式的性质即可得到答案．
【小问1详解】
【小问2详解】
【小问3详解】
【小问4详解】
17. 如图，四边形ABCD中，AB=20，BC=15，CD=7，AD=24，∠B=90°，求证：∠A+∠C=180°.
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接AC．首先根据勾股定理求得AC的长，再根据勾股定理的逆定理求得∠D=90°，进而求出∠A+∠C=180°
【详解】证明：连接AC.
∵AB=20，BC=15，∠B=90°，
∴由勾股定理,得AC2=202+152=625
又CD=7，AD=24，
∴CD2+AD2=625，
∴AC2=CD2+AD2
∴∠D=90°，
∴∠A+∠C=360°−180°=180°
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、勾股定理、多边形内角与外角，借助辅助线方法是解决本题的关键
18. 如图，中，，，E、F分别是，上的点，且，连接交于O．
（1）求证：；
（2）若，延长交的延长线于G，当时，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）通过证明和全等即可．
（2）由为等腰直角三角形得出，由得，所以与都是等腰直角三角形，从而求得、长，然后由（1）中和全等得出，进而求得的长，的长即可求得．
【小问1详解】
证明：∵四边形平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1），
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及平行线的性质，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
19. 问题背景：在中，三边的长分别为、、，求这个三角形的面积，小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示.这样不需求的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）的面积=______；边上的高=______．
（2）在图2中画，三边的长分别为、、
①判断三角形的形状，说明理由．
②求这个三角形的面积．
【答案】（1），
（2）①是直角三角形；②
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用和勾股定理逆定理．熟练掌握勾股定理和逆定理是解题的关键．
（1）利用正方形的面积减去三个直角三角形的面积即可得到的面积，根据等积法即可求得边上的高；
（2）①根据勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形；②利用长方形的面积减去三个直角三角形的面积进行计算即可．
【小问1详解】
解：；
设边上的高为h，
则，
∵
∴
故答案为：，
【小问2详解】
解：①画图如下：即为所求；
由图可知：，，
∴，
∴，
∴是直角三角形；
②．
20. 在“看图说故事”活动中，某学习小组结合下面图象设计了一个问题情境．
已知张强家、蔬菜种植基地和农贸市场依次在同一直线上，张强家距蔬菜种植基地公里，张强家距农贸市场公里．某天早晨张强从家出发，匀速行驶分钟到达蔬菜种植基地；在基地停留分钟装载蔬菜；然后匀速行驶了分钟到达农贸市场；在农贸市场停留分钟后，匀速行驶分钟返回家中，给出的图象反映了这个过程中张强离开家的距离与离开家的时间之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）填表：
（2）填空：
①蔬菜种植基地与农贸市场的距离是____________；
②从蔬菜种植基地到农贸市场的速度是_____________；
③当张强离家的距离为10km时，他离开家的时间是______________；
（3）当时，请直接写出y与x的函数解析式．
【答案】（1）见解析 （2）①；②1；③15或230
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象结合路程时间速度进行求解即可；
（2）①根据函数图象进行求解即可；②根据路程时间速度进行求解即可；③分当张强是从家到蔬菜基地的途中离家的距离为10km时， 当张强是从农贸市场回家的途中离家的距离为10km时，两种情况讨论求解即可；
（3）根据路程时间速度列出对应的函数关系式即可．
【小问1详解】
解：由题意得，张强离家时间为时，此时张强在蔬菜基地，即此时张强离家的距离为；
张强从蔬菜基地到农贸市场的速度为，
∴张强离家时间为时，此时张强离家的距离为；
张强农贸市场回家的速度为，
∴张强离家时间为时，此时张强离家的距离为；
填表如下所示：
【小问2详解】解：①蔬菜种植基地与农贸市场的距离是，
故答案为：；
②由（1）得从蔬菜种植基地到农贸市场的速度是，
故答案为：1；
③当张强是从家到蔬菜基地的途中离家的距离为10km时，他离开家的时间是；
当张强是从农贸市场回家的途中离家的距离为10km时，他离开家的时间是，
故答案为：15或230；
【小问3详解】
解：由题意得，
【点睛】本题主要考查了从函数图象获取信息，求函数关系式，正确读懂函数图象是解题的关键．
21. 已知如图，在菱形中，对角线相交于点O，，.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先判断出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，判断出是等边三角形，然后求出、，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，，
四边形是平行四边形，
在菱形中，，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，
，
，
是等边三角形，
∴
，，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理和含角的直角三角形的性质等知识，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
22. 如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接，．
（1）求证：①；
②矩形是正方形；
（2）求的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①过E作于M，于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到，进而得到，再证明四边形是矩形，又四边形是矩形和全等三角形的判定证明，得到，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明得到，进而得到即可求解．
【小问1详解】
证明：过E作于M，于N，则，
∵四边形是正方形，
∴，，又，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，又四边形是矩形，
∴，
∴，又，，
∴，则，
∴，则；
②∵四边形是矩形，，
∴四边形是正方形；
【小问2详解】
解 ：∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．
23. 如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）请用含有的式子填空： ， ， ；
（2）是否存在某一时刻使四边形为菱形？如果存在，求出相应的值；如果不存在，说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1），，
（2）存在，
（3）5或8，理由见解析
【解析】
【分析】（1）在直角三角形中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半求出的长，由则可得出答案；
（2）证明四边形是平行四边形，当时，平行四边形是菱形，可得出，求出的值即可；
（3）分三种不同的情况，由直角三角形的性质可得出答案．
【小问1详解】
解：∵点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，
∴，
∵点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：，，．
【小问2详解】
存在，理由如下：
由（1）知：，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，平行四边形是菱形，
即，解得，
则存在，使得平行四边形成为菱形．
【小问3详解】
当为直角三角形时，有三种可能：
①当时，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，即是直角三角形，
在中，，
∴，
∴，即，解得：；
②当时，由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，解得：；
③当时，表示点与点重合，根据题意此种情况不存在．
综上所述：当为或时，为直角三角形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了含30度直角三角形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识．熟练掌握性质是解本题的关键．离开家的时间/
离开家的距离/
离开家的时间/
20
40
80
110
200
离开家的距离/
20
30
60
35
考试时间120分钟，试卷满分120分.
考生注意：请在答题卡各题目规定答题区内作答，答在本试卷上无效.
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长,其中能构成直角三角形的是( )
A. B. 1,
C. 6,7,8D. 2,3,4
【答案】B
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理逐项判断即可.
【详解】解：A．（）2+（）2≠（）2，故该选项错误，不符合题意；
B．12+（）2=（）2,故该选项正确，符合题意；
C．62+72≠82，故该选项错误，不符合题意；
D．22+32≠42，故该选项错误，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，会判断是否为直角三角形是解答关键.
2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】解：A、被开方数含分母，故A错误；
B、被开方数含分母，故B错误；
C、被开方数含能开得尽方的因数，故C错误；
D、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3. 下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：如图：
A、∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；故A选项不符合题意；
B、∵，，
∴四边形是平行四边形；故B选项不符合题意；
C、，无法判断四边形是平行四边形；故C选项符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形；故D选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
4. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据二次根式的加减乘除法运算法则计算出各选项的结果，再进行判断即可得到正确的选项．
【详解】解：A.与不是同类二次根式，不能合并，故A错误；
B. ，故B正确；
C. ，故C错误；
D. 2与，不是同类二次根式，不能合并，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减乘除运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
5. 下列图象中，表示y是x的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的意义即可求出答案．函数的意义反映在图象上简单的判断方法是：作垂直x轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点．
【详解】解：根据函数的意义可知：对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，所以只有选项A满足条件．
故选：A．
【点睛】本题考查了函数的定义，函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量．
6. 下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A. 测量对角线是否互相平分B. 测量两组对边是否分别相等
C. 测量对角线是否相等D. 测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
7. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E，F分别是线段的中点.若，的周长是，则的长为（ ）
A. 2B. 2.5C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理和平行四边形的性质，解答本题需要用到：平行四边形的对角线互相平分，三角形中位线的判定定理及性质．根据厘米，可得出，继而求出，判断是的中位线，即可得出的长度．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵的周长是，
∴，
∵点E，F分别是线段的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：C
8. 三角形的三边长a、b、c满足，则此三角形是（ ）
A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】A
【解析】
【详解】∵(a+b)2-c2=2ab，
∴a2+2ab+b2-c2=2ab.
∴a2+b2=c2.
∴此三角形是直角三角形.
故选A.
点睛: 解答此题要用到勾股定理的逆定理：已知三角形ABC的三边满足a ²＋b ²＝c ²，则三角形ABC是直角三角形．
9. 已知菱形的两条对角线长为8和6，那么这个菱形的高是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，画出图形，根据菱形的性质和勾股定理求出，利用等积法即可求出答案．
【详解】解：如图，四边形是菱形，，，，，
作于E，
∴，
∴，
∴菱形的面积=
∴，
∴，
即菱形的高为．
故选：C．
10. 如图，正方形ABCD中，点E、F、G分别为边AB、BC、AD上的中点，连接AF、DE交于点M，连接GM、CG，CG与DE交于点N，则结论①GM⊥CM；②CD＝DM；③四边形AGCF是平行四边形；④∠CMD＝∠AGM中正确的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正方形的性质和中点的性质判断③正确，再根据SAS证出△ADE≌△BAF，得出∠AME＝90°，从而证出∠GND＝90°再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出DG=MG,，利用等腰三角形的三线合一，得出DN=MN，从而得出CG垂直平分DM，从而得出①②正确，再利用等腰三角形的性质和四边形的内角和证明④不成立即可．
【详解】解：正方形ABCD中，AD=BC
∵点E、F、分别为边AB、BC上的中点，
∴AG∥FC且AG＝FC，
∴四边形AGCF为平行四边形，故③正确；
∴AF//CG
∴∠GAF＝∠FCG＝∠DGC，∠AMN＝∠GND
在△ADE和△BAF中，
∵，
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠ADE+∠AEM＝90°
∴∠EAM+∠AEM＝90°
∴∠AME＝90°
∴∠GND＝90°
∴DE⊥CG．
∵∠AMD＝90°,G点AD中点，
∴DG=MG, DE⊥CG．
∴CG垂直平分DM，
∴CD＝CM，
但是∠MDC不等于60°，所以
CD不等于DM故②错误；
在△GDC和△GMC中，
∵ ，
∴△GDC≌△GMC（SSS），
∴∠CDG＝∠CMG＝90°，∠MGC＝∠DGC，
∴GM⊥CM，故①正确；
∵∠CDG＝∠CMG＝90°，
∴∠MGD+∠DCM=360°-∠CDG-∠CMG=180°
∵∠AGM+∠MGD=180°，
∴∠AGM＝∠DCM，
∵CD＝CM，
∴∠CMD＝∠CDM，
在Rt△AMD中，∠AMD＝90°，
∴DM＜AD，
∴DM＜CD，
∴∠DMC≠∠DCM，
∴∠CMD≠∠AGM，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用及平行四边形的性质的运用．在解答中灵活运用正方形的中点问题解决问题，灵活运用了几何图形知识解决问题．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题：（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 函数中，自变量的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据被开方式是非负数列式求解即可.
【详解】解：依题意，得，
解得：，
故答案为．
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
12. 如图，在平行四边形中，平分，点E在上，，，则平行四边形的周长等于______.
【答案】20
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，根据平行四边形性质得到证明，则，根据，得到，即可求出平行四边形的周长.
【详解】∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴周长．
故答案为：20
13. 如图，有两棵树，一棵高11米，另一棵高6米，两树相距12米．一只鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，问小鸟至少飞行________________米．
【答案】13
【解析】
【详解】本题考查了勾股定理的应用，根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的树梢进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．
【分析】解：如图，大树高为，小树高为，
，
过点作于，则四边形是矩形，连接，
，，，
在中，，
故小鸟至少飞行．
故答案为：13．
14. 我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a、b，那么的值是______．
【答案】25
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及三角形的面积公式，完全平方式的运用：先根据三角形与大小正方形的面积关系进行列式，再代数化简，即可作答．
【详解】解：根据题意，∵大正方形的面积是13，
∴大正方形的边长为
则结合勾股定理，得，
∵小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a、b，
∴四个三角形的面积
∴，
则．
故答案为：25．
15. 如图，折叠长方形的一边，使点D落在边上F处，已知，，则的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据折叠变换的性质可知，再由矩形的性质得到，再根据勾股定理可得，进而求出，设 ，则，根据勾股定理，设，则在中，根据勾股定理即可求出．
【详解】∵是沿折叠得到的，
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
在中，，
根据勾股定理可知，
∴
∴
设，则，
在中，，
即
∴，即，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理解出的长，是本题的关键．
三、解答题：（本题共8小题，共75分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
16. 计算：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】此题考查了二次根式的运算法则和运算顺序，熟练掌握法则准确计算是解题的关键．
（1）化简每个二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）化简二次根式并把除法转化为乘法进行计算即可；
（3）先计算乘除法，再进行加减法即可；
（4）利用平方差公式和二次根式的性质即可得到答案．
【小问1详解】
【小问2详解】
【小问3详解】
【小问4详解】
17. 如图，四边形ABCD中，AB=20，BC=15，CD=7，AD=24，∠B=90°，求证：∠A+∠C=180°.
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接AC．首先根据勾股定理求得AC的长，再根据勾股定理的逆定理求得∠D=90°，进而求出∠A+∠C=180°
【详解】证明：连接AC.
∵AB=20，BC=15，∠B=90°，
∴由勾股定理,得AC2=202+152=625
又CD=7，AD=24，
∴CD2+AD2=625，
∴AC2=CD2+AD2
∴∠D=90°，
∴∠A+∠C=360°−180°=180°
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、勾股定理、多边形内角与外角，借助辅助线方法是解决本题的关键
18. 如图，中，，，E、F分别是，上的点，且，连接交于O．
（1）求证：；
（2）若，延长交的延长线于G，当时，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）通过证明和全等即可．
（2）由为等腰直角三角形得出，由得，所以与都是等腰直角三角形，从而求得、长，然后由（1）中和全等得出，进而求得的长，的长即可求得．
【小问1详解】
证明：∵四边形平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（1），
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质及平行线的性质，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
19. 问题背景：在中，三边的长分别为、、，求这个三角形的面积，小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示.这样不需求的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）的面积=______；边上的高=______．
（2）在图2中画，三边的长分别为、、
①判断三角形的形状，说明理由．
②求这个三角形的面积．
【答案】（1），
（2）①是直角三角形；②
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用和勾股定理逆定理．熟练掌握勾股定理和逆定理是解题的关键．
（1）利用正方形的面积减去三个直角三角形的面积即可得到的面积，根据等积法即可求得边上的高；
（2）①根据勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形；②利用长方形的面积减去三个直角三角形的面积进行计算即可．
【小问1详解】
解：；
设边上的高为h，
则，
∵
∴
故答案为：，
【小问2详解】
解：①画图如下：即为所求；
由图可知：，，
∴，
∴，
∴是直角三角形；
②．
20. 在“看图说故事”活动中，某学习小组结合下面图象设计了一个问题情境．
已知张强家、蔬菜种植基地和农贸市场依次在同一直线上，张强家距蔬菜种植基地公里，张强家距农贸市场公里．某天早晨张强从家出发，匀速行驶分钟到达蔬菜种植基地；在基地停留分钟装载蔬菜；然后匀速行驶了分钟到达农贸市场；在农贸市场停留分钟后，匀速行驶分钟返回家中，给出的图象反映了这个过程中张强离开家的距离与离开家的时间之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）填表：
（2）填空：
①蔬菜种植基地与农贸市场的距离是____________；
②从蔬菜种植基地到农贸市场的速度是_____________；
③当张强离家的距离为10km时，他离开家的时间是______________；
（3）当时，请直接写出y与x的函数解析式．
【答案】（1）见解析 （2）①；②1；③15或230
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象结合路程时间速度进行求解即可；
（2）①根据函数图象进行求解即可；②根据路程时间速度进行求解即可；③分当张强是从家到蔬菜基地的途中离家的距离为10km时， 当张强是从农贸市场回家的途中离家的距离为10km时，两种情况讨论求解即可；
（3）根据路程时间速度列出对应的函数关系式即可．
【小问1详解】
解：由题意得，张强离家时间为时，此时张强在蔬菜基地，即此时张强离家的距离为；
张强从蔬菜基地到农贸市场的速度为，
∴张强离家时间为时，此时张强离家的距离为；
张强农贸市场回家的速度为，
∴张强离家时间为时，此时张强离家的距离为；
填表如下所示：
【小问2详解】解：①蔬菜种植基地与农贸市场的距离是，
故答案为：；
②由（1）得从蔬菜种植基地到农贸市场的速度是，
故答案为：1；
③当张强是从家到蔬菜基地的途中离家的距离为10km时，他离开家的时间是；
当张强是从农贸市场回家的途中离家的距离为10km时，他离开家的时间是，
故答案为：15或230；
【小问3详解】
解：由题意得，
【点睛】本题主要考查了从函数图象获取信息，求函数关系式，正确读懂函数图象是解题的关键．
21. 已知如图，在菱形中，对角线相交于点O，，.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先判断出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出，判断出是等边三角形，然后求出、，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【小问1详解】
证明：∵，，
四边形是平行四边形，
在菱形中，，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，
，
，
是等边三角形，
∴
，，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理和含角的直角三角形的性质等知识，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
22. 如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接，．
（1）求证：①；
②矩形是正方形；
（2）求的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①过E作于M，于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到，进而得到，再证明四边形是矩形，又四边形是矩形和全等三角形的判定证明，得到，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明得到，进而得到即可求解．
【小问1详解】
证明：过E作于M，于N，则，
∵四边形是正方形，
∴，，又，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，又四边形是矩形，
∴，
∴，又，，
∴，则，
∴，则；
②∵四边形是矩形，，
∴四边形是正方形；
【小问2详解】
解 ：∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．
23. 如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、．
（1）请用含有的式子填空： ， ， ；
（2）是否存在某一时刻使四边形为菱形？如果存在，求出相应的值；如果不存在，说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1），，
（2）存在，
（3）5或8，理由见解析
【解析】
【分析】（1）在直角三角形中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半求出的长，由则可得出答案；
（2）证明四边形是平行四边形，当时，平行四边形是菱形，可得出，求出的值即可；
（3）分三种不同的情况，由直角三角形的性质可得出答案．
【小问1详解】
解：∵点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，
∴，
∵点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：，，．
【小问2详解】
存在，理由如下：
由（1）知：，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，平行四边形是菱形，
即，解得，
则存在，使得平行四边形成为菱形．
【小问3详解】
当为直角三角形时，有三种可能：
①当时，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，即是直角三角形，
在中，，
∴，
∴，即，解得：；
②当时，由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，解得：；
③当时，表示点与点重合，根据题意此种情况不存在．
综上所述：当为或时，为直角三角形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了含30度直角三角形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识．熟练掌握性质是解本题的关键．离开家的时间/
离开家的距离/
离开家的时间/
20
40
80
110
200
离开家的距离/
20
30
60
35
相关试卷
辽宁省铁岭市铁岭县+2023-—2024学年八年级下学期5月期中数学试题： 这是一份辽宁省铁岭市铁岭县+2023-—2024学年八年级下学期5月期中数学试题，共6页。
辽宁省铁岭市铁岭县莲花第二初级中学2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份辽宁省铁岭市铁岭县莲花第二初级中学2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含辽宁省铁岭市铁岭县莲花第二初级中学2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题原卷版docx、辽宁省铁岭市铁岭县莲花第二初级中学2023-2024学年八年级下学期第一次月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
辽宁省铁岭市铁岭县莲花第一初级中学2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份辽宁省铁岭市铁岭县莲花第一初级中学2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含辽宁省铁岭市铁岭县莲花第一初级中学2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题原卷版docx、辽宁省铁岭市铁岭县莲花第一初级中学2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
