07，广东省广州市执信中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份07，广东省广州市执信中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共28页。

1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封内相应的位置上、用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上．
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上．
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4、考生必须保持答题卡的整洁和平整．
（I）选择题（共30分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 使式子 有意义的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【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，被开方数非负列式求解即可．
【详解】解：由有意义可得，
解得：，
故选：B．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二次根式的加法对A进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据完全平方公式对C进行判断；根据平方差公式对D进行判断．
【详解】解：A：，选项运算错误；
B：，选项运算正确；该试卷源自 全站资源不到一元，每日更新。 C：，选项运算错误；
D：，选项运算错误．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的运算、完全平方公式和平方差公式，结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径是解题的关键．
3. 满足下列条件时，不是直角三角形的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】解：A、∵，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵，
∴设，则，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵，
∴，
∴不是直角三角形，
故C符合题意；
D、∵，，
∴，
∴是直角三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
4. 如图所示的是小红从家去图书馆看书，又去超市买东西，然后回家的过程，其中(分钟)表示时间，(千米)表示小红离家的距离，且小红家、图书馆、超市在同一条直线上，则下列叙述不正确的是（ ）
A. 小红从家到图书馆用了分钟，图书馆离小红家有千米
B. 小红在图书馆看书用了分钟
C. 超市离小红家有千米，小红从超市回家的平均速度是千米分钟
D. 从图书馆到超市用了分钟，图书馆离超市有千米
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了函数的图象，观察图象，获取信息是解题关键．
根据图象，可得从家到图书馆，图书馆到超市的距离以及相应的时间，根据路程、速度与时间的关系，可得答案．
【详解】解：由题意得：
小红从家到图书馆用了分钟，图书馆离小红家有千米，故选项A说法正确，不符合题意；
小红在图书馆看书用了：分钟，故选项B说法正确，不符合题意；
超市离小红家有千米，小红从超市回家的平均速度是：千米分钟，故选项C说法正确，不符合题意；
从图书馆到超市用了：分钟，图书馆离超市有：千米，故选项D说法错误，符合题意．
故选：D．
5. 如图，小亮将升旗的绳子拉到旗杆底端，绳子末端刚好接触到地面，然后将绳子末端拉到距离旗杆8 m处，发现此时绳子末端距离地面2 m，则旗杆的高度(滑轮上方的部分忽略不计)为( )
A. 12 mB. 13 mC. 16 mD. 17 m
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为x，可得AC=AD=x，AB=（x﹣2）m，BC=8m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．
【详解】解：设旗杆高度为x，则AC=AD=x，AB=（x﹣2）m，BC=8m，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即（x﹣2）2+82=x2，
解得：x=17，
即旗杆的高度为17米．
故选D．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，构造直角三角形的一般方法就是作垂线．
6. 如图，在中，对角线交于点O，周长为18，过点O作交于点E，连接，则的周长为（ ）
A. 18B. 9C. 6D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由平行四边形的对角线相交于点，根据线段垂直平分线的性质，可得，又，继而可得的周长等于．
此题考查了平行四边形的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴
∵周长为18，
∴，
∵，
∴，
∴的周长为：．
故选：B．
7. 已知函数的图象如图所示，则函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】题主要考查了一次函数图象与系数之间的关系，先根据函数的图象得到，，是解决问题的关键．
【详解】解：∵函数的图象经过第一、二、三象限，
∴，，则，
∴函数的图象经过经过第一、二、四象限，
∴只有选项C符合题意，故C正确．
故选：C．
8. 如图，已知：平行四边形中，于的平分线交于，连接．则的度数等于（ ）

A. 30°B. 40°C. 45°D. 50°
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质得到，根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，求得，求得，于是得到结论．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
9. 如图，在正方形中，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于点H，首先证明出四边形是矩形，得到，，然后证明出，是等腰直角三角形，得到，然后证明出，得到，然后利用角度的等量代换求解即可．
【详解】如图所示，延长交于点H，
∵四边形是正方形，是对角线
∴，
∵，
∴四边形是矩形
∴，
∴，
∴
∵四边形是正方形，是对角线
∴
∴
∴，是等腰直角三角形
∴
∵
∴四边形是正方形
∴
∴在和中
∴
∴
∵
∴
∴．
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线，证明出．
10. 如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和为中点，连接、、，与交于点O，与交于点，连接，若，下列结论：①；②；③；④；⑤与的面积比为，其中正确的结论的个数是（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【解析】
【分析】利用等边三角形的性质，直角三角形的特征，等边三角形的三线合一性质，可判定①；利用直角三角形性质，斜边大于直角边，可判定②；利用全等三角形的性质，可判定③；利用平行四边形的性质，直角三角形的性质，可判定④；利用三角形面积特点，可判定⑤．
本题考查了等边三角形性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识点的综合运用．
【详解】解：设，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，F为中点，
∴，
，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故①正确；
∵，，
∴，
故②错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
故④正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故⑤错误，
故选B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 已知函数 ，那么x的取值范围为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了求函数自变量的取值范围，分式有意义的条件，解题的关键是，根据分式的分母不等于零，列式计算即可．
【详解】解：函数有意义，则，
解得：，
故答案为：．
12. 写出命题“平行四边形的对边相等”的逆命题：_____，该逆命题是______命题（填“真”或“假”）．
【答案】 ①. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 ②. 真
【解析】
【分析】本题考查是命题的真假判断和逆命题的概念以及平行四边形的判定，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．交换原命题的题设与结论即可得到其逆命题，然后根据平行四边形的判定方法判定逆命题的真假即可．
【详解】解：“平行四边形的对边相等”的逆命题是：“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”，它是真命题．
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，真．
13. 如图，数轴上点A所表示的数为1，点B，C，D是的正方形网格上的格点，以点A为圆心，长为半径画圆交数轴于M，N两点，则M点所表示的数为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数与数轴，正确数形结合分析是解题关键．
直接利用勾股定理得出的长，再利用数轴得出答案．
【详解】解：∵轴，
∴，
∴是直角三角形，
∵，，
∴，
∴，
∴M点所表示的数为：．
故答案为：．
14. 如图，中，，，，D是的中点，则的面积等于 ______．
【答案】
【解析】
【分析】，，，得到，由勾股定理求出，是的中点，则的面积等于的面积一半，即可得到答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴，
∵D是的中点，
∴的面积等于的面积一半，
即的面积，
即的面积等于，
故答案：
【点睛】此题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握三角形的中线平分三角形的面积是解题的关键．
15. 如图，在矩形中，的平分线交边于点E，M，N分别是边，上的动点，且是线段上的动点，连接，当__________时，的值最小．
【答案】2
【解析】
【分析】在上截取，使得，连接，交于点T，
得到，继而得到点F是点N关于直线的对称点，利用三角形不等式，垂线段最短原理，正方形的判定和性质证明即可．
【详解】在上截取，使得，
∵矩形中，的平分线交边于点E，
∴，，
连接，交于点T，
∴，
∴点F是点N关于直线的对称点，
∴，
连接，
则，
根据垂线段最短原理，当三点共线，且时，的值最小，
∵矩形中，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
同理可证，四边形是正方形，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形不等式，垂线段最短，等腰三角形三线合一性质，熟练掌握三角形不等式，垂线段最短，正方形的判定和性质是解题的关键．
16. 在平面直角坐标系中，有四个点，若以为顶点的四边形是平行四边形，则坐标是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，利用分类思想和中点坐标公式计算即可，本题考查了平行四边形的判定和中点坐标公式的应用，熟练掌握判定和公式是解题的关键．
【详解】∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，为顶点的四边形是平行四边形，
设，
当为对角线时，其中点坐标为；此时，为另一对角线，其中点坐标为，根据中点唯一性，
∴与是重合的，
∴，
解得，
故；
当，为对角线时，其中点坐标为；此时，为另一对角线，其中点坐标为，根据中点的唯一性，
∴与是重合的，
∴，
解得，
故；
当，为对角线时，其中点坐标为；此时，为另一对角线，其中点坐标为，根据中点的唯一性，
∴与是重合的，
∴，
解得，
故；
故答案为：．
三、解答题（本题共9小题，满分72分，解答题需写出文字说明，推理过程和演算步骤）
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简，后合并同类二次根式计算即可．
（2）根据二次根式的混合运算法则计算即可．
本题考查了二次根式的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【小问1详解】
．
【小问2详解】
．
18. 如图，在中，E，F是对角线上的两点，且，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，
首先根据平行四边形的性质得到，，然后证明出，进而得到．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
19. 已知：如图，四边形中，，，，，，求四边形的面积．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，先利用勾股定理求出，再利用勾股定理的逆定理推出是直角三角形，且，据此根据进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，，且，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴．
20. 如图，已知四边形是平行四边形．

（1）尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不用写作法）
（2）在（1）中，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【解析】
【分析】（1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，交，于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点的距离为半径画弧，在内交于一点O，作射线BO，交于点E即可；
（2）根据角平分线和平行线可得到，然后利用平行四边形对边相等计算即可．
【小问1详解】
如图所示，为所求．
【小问2详解】
在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的作法，解决本题的关键是熟记平行四边形的性质．
21. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点，已知，．
（1）求直线的函数表达式；
（2）求点A的坐标；
（3）若直线上一点在第一象限，且点的纵坐标为1，求．
【答案】（1）
（2）点坐标为
（3）6
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：求一次函数，则需要两组，的值．也考查了一次函数图象上点的坐标特征和三角形面积公式．
（1）利用待定系数法求直线的解析式；
（2）通过解方程可得到点坐标，
（3）利用（1）中解析式确定点坐标，然后根据三角形面积公式求解．
【小问1详解】
设直线的解析式为，
把，分别代入得，
解得，
直线的解析式为；
【小问2详解】
当时，，解得，
点坐标为；
【小问3详解】
当时，，
解得，
，
．
22. 如图，四边形ABCD为平行四边形纸片．把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边上，折痕为AF．且AB=10cm、AD=8cm、DE=6cm．
（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；
（2）求折痕AF长．
【答案】（1）见解析 （2）折痕AF长为cm．
【解析】
【分析】（1）根据翻折变换对称性可知AE=AB，在△ADE中，利用勾股定理逆定理证明三角形为直角三角形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可；
（2）设BF为x，分别表示出EF、EC、FC，然后在Rt△EFC中利用勾股定理列式进行计算求得BF的值，在Rt△ABF中，再利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边上，
∴AE=AB=10，，
又∵，
∴，
∴△ADE是直角三角形，且∠D=90°，
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）；
【小问2详解】
解：设BF=x，则EF=BF=x，EC=CD-DE=10-6=4，FC=BC-BF=8-x，
在Rt△EFC中，，
即，
解得x=5，
∴BF=5cm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，，
∵AB=10cm，BF=5cm，
∴AF(cm)．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理，以及翻折变换前后的两个图形全等的性质，是综合题，但难度不大．
23. 在中，，，过点作，且，连结．
（1）证明：四边形是菱形；
（2）连接交于点，作于，若，，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，得到，再证明，得到即可求证；
（2）在中，求得，再根据菱形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，垂直平分，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
在中，，
∴在菱形中，，
即，
∴．
24. 如图，在四边形中，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度问点运动，规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．

（1）若两点同时出发．
①当t为何值时，四边形为平行四边形？
②当t为何值时，？
（2）若P点先运动3秒后停止运动，此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为何值时，为直角三角形．
【答案】（1）① ②或
（2）或
【解析】
【分析】（1）①四边形为平行四边形时，根据即可得到答案；
②分点Q在P的右边和左边两种情况计算即可；
（2）分和两种情形进行讨论求解即可．
本题主要考查了四边形的动点问题，矩形的性质与判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
【小问1详解】
①根据题意，得，
∵,
∴,
∵四边形为平行四边形，
∴,
∴,
解得，
故当秒时，四边形为平行四边形．
②当在点P的右边时，根据①四边形为平行四边形时，，
此时．
当在点P的左边时，过点B作于点E，
∵,
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
过点作于点F，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴,
∴,
解得，
故当秒或时，．
【小问2详解】
当时，
根据题意，得，四边形是矩形，
∴,
∴
∴,
解得，

当时，
过点作于点G，过点B作于点E，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
解得．
综上所述，当或时，为直角三角形．
25. 在正方形中，对角线交于点O，E，F是上的两点，连接，分别过点B，F作的垂线，，垂足分别为H，M．
（1）若，求证：；
（2）若，求证：；
（3）若F是的中点，探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，得，，结合
得，根据，得到，，证明即可；
（2）过点C作，交的延长线于点G，先证明，再证明即可得证．
（3）过点C作，交的延长线于点G，先证明，再证明即可得证是中位线，利用中位线定理代换计算即可．
【小问1详解】
∵正方形中，对角线交于点O，
∴，，
∵
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴．
【小问2详解】
过点C作，交的延长线于点G，
∵正方形中，对角线交于点O，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问3详解】
线段，，之间的数量关系为．理由如下：过点C作，交的延长线于点G，
∵正方形中，对角线交于点O，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，并延长，交于点N，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
连接，
则，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
即．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，直角三角形的特征量，等腰三角形的三线合一性质，熟练掌握正方形的性质，中位线定理，直角三角形特征，三角形全等的判定是解题的关键．