2022-2023学年山东省德州市宁津县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年山东省德州市宁津县八年级（下）期中数学试卷第I卷（选择题）一、选择题（共12小题，共48分）.1.下列二次根式是最简二次根式的是(

)A.57 B.12 C.2.若二次根式13−2a有意义，则字母a应满足的条件是(

)A.a<32 B.a≤32 C.3.下列算式正确的是(

)A.2+5=7 B.4.如图，在平行四边形ABCD中，已知∠ODA=90°，AC=10cm，BD=6cm，则AD的长为(

)

A.4cm B.5cm C.6cm D.8cm5.如图，在6×6的网格中，点A、B、C都在格点上.若AD是△ABC的中线，则∠DAC+∠ACD=(

)A.30°

B.45°

C.60°

D.75°6.如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为(

)A.1

B.2

C.3

7.如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE=3，AF=5，则AC的长为(

)

A.45 B.43 C.8.如图，在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要(

)

A.17m B.18m C.25m D.26m9.已知△ABC，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，下列命题的逆命题不成立的是(

)A.若∠A=∠C−∠B，则△ABC为直角三角形

B.若a：b：c=3：4：5，则∠C=90°

C.若△ABC为直角三角形，则∠A：∠B：∠C=5：2：3

D.若a2=(b+c)(b−c)，则10.“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为(

)A.9 B.6 C.4 D.311.如图，菱形ABCD的周长为24，∠ABD=30°，点P是对角线BD上一动点，Q是BC的中点，则PC+PQ的最小值是(

)

A.6

B.33

C.312.如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：(

)

①OG=12AB；

②与△EGD全等的三角形共有2个；

③S四边形ODEG=S四边形ABOG；

④由点A、B

A.①③④ B.①④ C.①②③ D.②③④第II卷（非选择题）二、填空题（共6小题，共24.0分）13.若|a−b+1|与b2+2b+1互为相反数，则ab=

14.如图，已知△ABC中，AB=17，AC=10，BC边上的高AD=8.则△ABC的周长为______．

15.如图，在▱ABCD中，AD=10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为

．

16.如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为(3,0)，(−2,0)，点D在y轴上，则点C的坐标是______．

17.如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为____．

18.如图，圆柱的底面直径BC=12πm，高AB=8m，按如图所示的方式缠绕细线，缠绕一周(不记接头)至少需要______长的细线．

三、解答题（共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19.(本小题8.0分)

计算：

(1)2−2+2(20.(本小题10.0分)

若实数a，b，c满足|a−2|+b−2=c−3+3−c

(1)求a，b21.(本小题10.0分)

如图，折叠长方形纸片ABCD的一边，使点D落在BC边的D′处，AE是折痕．已知AB=6cm，BC=10cm，求CE的长．

22.(本小题10.0分)

如图，学校操场边上一块空地(阴影部分)需要绿化，连接AC，测出CD=3，AD=4，BC=12，AB=13，AD⊥CD，求需要绿化部分的面积．23.(本小题14.0分)

如图，在▱ABCD中，点E是BC边的中点，连接AE并延长与DC的延长线交于F．

(1)求证：四边形ABFC是平行四边形；

(2)若AF平分∠BAD，∠D=60°，AD=8，求▱ABCD的面积．

24.(本小题12.0分)

如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，AE//BD，OE与AB交于点F．

(1)求证：四边形AEBO的为矩形；

(2)若OE=10，AC=16，求菱形ABCD的面积．25.(本小题14.0分)

已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，连接CE，CF，OE，OF．

(1)求证：△BCE≌△DCF；

(2)当AB与BC满足什么关系时，四边形AEOF是正方形？请说明理由．

答案和解析1.【答案】D

解：A、57=1735，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；

B、12=23，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；

C、6.4=4510，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；

D、212.【答案】A

解：由题意得：3−2a>0，

解得：a<32，

故选：A．

根据二次根式有意义的条件可得13−2a≥0，即3−2a≥0，根据分式有意义的条件可得3−2a≠0，进而可得3−2a>03.【答案】B

【解析】【分析】

各式计算得到结果，即可作出判断．

此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

【解答】

解：A、2+5为最简结果，不符合题意；

B、原式=3x，符合题意；

C、原式=22+54.【答案】A

解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=10cm，BD=6cm

∴OA=OC=12AC=5cm，OB=OD=12BD=3cm，

∵∠ODA=90°，

∴AD=OA2−OD2=4cm．

故选A．

5.【答案】B

解：∵AB=22+12=5，BC=42+22=25，AC=32+42=5，

∴AC2=AB2+BC2，

∴△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，

∵AD是△ABC的中线，

∴BD=126.【答案】D

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB//CD，∠A=90°，

∴∠EFD=∠BEF=60°，

∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，

∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，

∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠FEB′=60°，

∵∠AB′E=90°−∠AEB′=30°，

∴B′E=2AE，

设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，

∴2(3−x)=x，

解得x=2．

故选：D．

由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，由直角三角形的性质可得：2(3−x)=x，解方程求出x即可得出答案．

本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．

7.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．

连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE得出AF=CE=5，得出AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出AB=AE2−BE2=4，再由勾股定理求出AC即可．

【解答】

解：连接AE，如图：

∵EF是AC的垂直平分线，

∴OA=OC，AE=CE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B=90°，AD//BC，

∴∠OAF=∠OCE，

在△AOF和△COE中，

∠AOF=∠COEOA=OC∠OAF=∠OCE，

∴△AOF≌△COE(ASA)，

∴AF=CE=5，

∴AE=CE=5，BC=BE+CE=3+5=88.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了勾股定理的知识，与实际生活相联系，加深了学生学习数学的积极性．

当地毯铺满楼梯时其长度的和应该是楼梯的水平宽度与垂直高度的和，根据勾股定理求得水平宽度，然后求得地毯的长度即可．

【解答】

解：由勾股定理得：楼梯的水平宽度=132−52=12，

∵地毯铺满楼梯是其长度的和应该是楼梯的水平宽度与垂直高度的和，

地毯的长度至少是12+5=17(米9.【答案】B

解：A、若∠A=∠C−∠B，则△ABC为直角三角形的逆命题是若△ABC为直角三角形，则∠A=∠C−∠B，不符合题意；

B、若a：b：c=3：4：5，则∠C=90°的逆命题是若∠C=90°，则a：b：c=3：4：5，符合题意；

C、若△ABC为直角三角形，则∠A：∠B：∠C=5：2：3的逆命题是若∠A：∠B：∠C=5：2：3，则△ABC为直角三角形；不符合题意；

D、若a2=(b+c)(b−c)，则△ABC是直角三角形的逆命题是若△ABC是直角三角形，则a2=(b+c)(b−c)，不符合题意；

故选：B．

10.【答案】D

解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a−b，

∵每一个直角三角形的面积为：12ab=12×8=4，

从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，

∴4×12ab+(a−b)2=25，

∴(a−b)2=25−16=9，11.【答案】B

【解析】【分析】

点Q和点C是定点，点P在直线BD上一动点，是轴对称最值问题，连接AC，由菱形的对称性可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．

本题考查的是轴对称−最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．

【解答】

解：如图，由菱形的对称轴可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．

连接AC，

∵∠ABD=30°，四边形ABCD是菱形，

∴∠ABC=60°，AB=BC，

∴△ABC是等边三角形，

∵点Q为BC的中点，

∴AQ⊥BC，

∵菱形ABCD的周长为24，

∴AB=BC=6，

在Rt△ABQ中，∠ABC=60°，

∴∠BAQ=30°，

∴BQ=12AB=12×6=3，

∴AQ=12.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．

①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AB，①正确；

②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB=BD=AD，因此OD=AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；

③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；

由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG=S△DOG，S△ABG=S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．

【解答】

解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=DA，AB//CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，

∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△CBO≌△CDO≌△ADO(SSS)，

∵CD=DE，

∴AB=DE，

在△ABG和△DEG中，

∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，

∴△ABG≌△DEG(AAS)，

∴AG=DG，

∴OG是△ABD的中位线，

∴OG=12AB，故①正确；

∵AB//CE，AB=DE，

∴四边形ABDE是平行四边形，

∵∠BCD=∠BAD=60°，

∴△ABD、△BCD是等边三角形，

∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，

∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；

∴AD⊥BE，

由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD(SSS)，

在△BGA和△COD中，

AG=DO∠BAG=∠CDOAB=DC，

∴△BGA≌△COD(SAS)，

∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；

∵OB=OD，

∴S△BOG=S△DOG，13.【答案】2

【解析】【分析】

此题主要考查了非负数的性质，关键是掌握绝对值和二次根式都具有非负性．

根据题意可得：|a−b+1|+b2+2b+1=0，然后利用非负数的性质可得a−b+1=0b+1=0，再解方程组可得a、b的值，进而可得答案．

【解答】

解：由题意得：|a−b+1|+b2+2b+1=0，

则|a−b+1|+(b+1)2=014.【答案】48

解：在直角三角形ABD中，AB=17，AD=8，

根据勾股定理，得BD=15；

在直角三角形ACD中，AC=10，AD=8，

根据勾股定理，得CD=6；

∴BC=15+6=21，

∴△ABC的周长为17+10+21=48，

故答案为：48．

分别在两个直角三角形中求得线段BD和线段CD的长，然后求得BC的长，从而求得周长．

此题考查了勾股定理及解直角三角形的知识，在解本题时应分两种情况进行讨论，易错点在于漏解，同学们思考问题一定要全面，有一定难度，本题因给出了图形，故只有一种情况．

15.【答案】21

【解析】【分析】

本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是理解平行四边形的对角线互相平分，属于基础题．

根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．

【解答】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，AD=BC=10，

∵AC+BD=22，

∴OC+BO=11，

∴△BOC的周长=OC+OB+BC=11+10=2116.【答案】(−5,4)

【解析】【分析】

此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键．

利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．

【解答】

解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为(3,0)，(−2,0)，点D在y轴上，

∴AB=5，

∴AD=5，

∴由勾股定理知：OD=AD2−OA2=52−317.【答案】34【解析】【分析】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．

根据正方形的四条边都相等可得AB=AD，每一个角都是直角可得∠BAE=∠D=90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE=∠DAF，进一步得∠AGE=∠BGF=90°，从而知GH=12BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．

【解答】

解：∵四边形ABCD为正方形，

∴∠BAE=∠D=90°，AB=AD，

在△ABE和△DAF中，

∵AB=AD∠BAE=∠DAE=DF，

∴△ABE≌△DAF(SAS)，

∴∠ABE=∠DAF，

∵∠ABE+∠BEA=90°，

∴∠DAF+∠BEA=90°，

∴∠AGE=∠BGF=90°，

∵点H为BF的中点，

∴GH=12BF，

∵BC=5、CF=CD−DF=5−2=3，

∴BF=18.【答案】20m

解：根据题意得AC=82+(12ππ2)2=10(m)，

∴缠绕一周(不记接头)至少需要2×10=20(m)长的细线，19.【答案】解：(1)2−2+2(2−1)−(π−2019)0−116

=14【解析】(1)先算负整数指数幂，二次根式的乘法，零指数幂，二次根式的化简，再算加减即可；

(2)先化简，再进行二次根式的乘法运算即可．

本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

20.【答案】解：(1)由题意得c−3≥0，3−c≥0，

则c=3，|a−2|+b−2，0

则a−2=0，b−2=0，

所以a=2，b=2．

(2)当a是腰长与b是底边，

则等腰三角形的周长为2+【解析】(1)首先由c−3+3−c得出c=0，再进一步得出a、b的数值即可；

(2)分a是腰长与b是底边和b是腰长与a21.【答案】解：∵四边形ABCD为长方形，

∴AD=BC=10cm，DC=AB=6cm，

∠B=∠C=∠D=90°，

又∵△AD′E是由△ADE折叠得到，

∴AD′=AD=10cm，D′E=DE，∠AD′E=∠D=90°，

在Rt△ABD′中，由勾股定理得BD′=102−62=8cm，

∴CD′=2cm，

设CE=xcm，则D′E=DE=(6−x)cm，

在Rt△D′CE中，

D′E2=EC2【解析】本题考查了折叠的性质，长方形的性质以及勾股定理．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系．

由四边形ABCD为长方形，AB=6cm，BC=10cm，即可求得AD与DC的长，又由折叠的性质，即可得AD′=AD，然后在Rt△ABD′中，利用勾股定理求得BD′的长，即可得CD′的长，然后设CE=xcm，在Rt△D′CE中，由勾股定理即可得方程：(6−x)2=x22.【答案】解：∵AD⊥CD，

∴在Rt△ADC中，CD=3，AD=4，

由勾股定理得AC=CD2+AD2=32+42=5，

∵在△ABC中，AC2+BC【解析】根据勾股定理求出AC，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，根据三角形的面积公式计算，即可得到答案．

本题考查的是勾股定理和勾股定理的逆定理的应用，三角形的面积计算，掌握勾股定理、勾股定理的逆定理是解决问题的关键．

23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB//CD，AB=CD，

∴∠ABE=∠FCE，

∵点E是BC边的中点，

∴BE=CE，

在△ABE和△FCE中，

∠ABE=∠FCEBE=CE∠AEB=∠FEC，

∴△ABE≌△FCE(ASA)，

∴AB=CF，

又∵AB//CF，

∴四边形ABFC是平行四边形；

(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠ABC=∠D=60°，BC=AD=8，AD//BC，

∴∠BEA=∠DAE，

∵AF平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∴∠BEA=∠BAE，

∴BA=BE=12BC=CE=4，

∴△ABE是等边三角形，

∴∠BAE=∠AEB=60°，

∵AE=CE，

∴∠EAC=∠ECA=12∠AEB=30°，

∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，

∴AC⊥AB，AC=【解析】(1)由平行四边形的性质得AB//CD，AB=CD，再证△ABE≌△FCE(ASA)，得AB=CF，即可得出结论；