2022-2023学年河南省商丘市柘城县八年级（下）期中数学试卷（附答案详解）

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2022-2023学年河南省商丘市柘城县八年级（下）期中数学试

卷

学校:姓名：班级：考号：

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.下列根式中，是最简二次根式的是（）

23

A.JɪB.√16C.y/χyD.√2x+1

2.估算E"的运算结果在（）

A.5和6之间B.6和7之间C.7和8之间D.8和9之间

3.如果代数式广正+磊有意义，那么，直角坐标系中点P（m,n）的位置在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

4.4ABC满足下列条件中的一个，其中不能说明△48C是直角三角形的是（）

A.b2=（a+c）（α—c）B.a：b：c=1：√^^3:2

C.Z.C=Z.A—Z.BD,Z∙4:zB：NC=3：4：5

5.已知△4BC的三边长α,b,C满足（α-b）（c?-ɑ2—Z√）=0,则4ABC的形状是（）

A.等腰三角形或直角三角形B.等腰直角三角形

C.等腰三角形D.直角三角形

6.如图，胤4BCD的顶点4,B,C的坐标分别是（0,1）,（-2,-2）,（2,-2）,则顶点。的坐标是（）

A.(-4,1)B.(4,-2)C.(4,1)D.(2,1)

7.如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点0,且互相平分.添加下列条件，仍不能判定

四边形ABCD为菱形的是（）

A.AC1BD

B.AB=AD

C.AC=BD

D.乙ABD=乙CBD

8.如图，正方形ABCD的边长为，对角线4C,BD交于点。,

E是AC延长线上一点，且CE=C。，则BE的长度为（）

A.y∏

Bŋ--Vio

C.V^^5

D.2>∏>

9.如图，将〃IBCD沿对角线BD折叠，使点4落在点E处，DE交

BC于点尸，若乙4BD=48。，/.CFD=40°,则ZE的度数为（）

A.92°

B.102°

C.122°

D.112o

10.如图，在菱形48C。中，AB=6,NABC=60。，M为4。的中点，P为对角线BO上一动

点，连接PA和PM,贝∣]P4+PM的最小值是（）

A.3B.2√^3C.3√^D.6

第U卷（非选择题）

二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）

11.实数α,b在数轴上对应点的位置如图所示，化简∣α∣+J（a—b）2的结果是

12.已知X,y为等腰三角形的两条边长，且X,y满足y=+√3x—6+3,则此三

角形的周长为.

13.如图，在平行四边形力BCD中，AEIBC于E,AF1CD

于尸，若AE=2,AF=3,平行四边形ZBCD的周长为20.则

平行四边形4BCD的面积为.

14.如图，在Rt△4BC中，44CB=90°,NA=30°,BC=2cm.

把AABC沿48方向平移Iem,得到A4B'C',连结CC',则四边

形AB'C'C的周长为cm.

15.如图，正方形ABCO和正方形DE尸。的顶点4,E,。在

同一直线L上，且EF=/N,AB=3,给出下列结论：

（T）ZCOD=45°;

@AE=5；

③CF=BD=√^17;

(J)SACFO=3.

其中正确的序号为.

三、计算题(本大题共1小题，共9.0分)

16.在进行二次根式化简时，我们有时会碰上如言，Ji，*π一样的式子，这样的式子

我们可以将其进一步化简备=言=*,=信=苧,高=着韶F=

-1以上这种化简的方法叫做分母有理化，请利用分母有理化解答下列问题：

7

(1)化简：7THΠI

(2)若α是的小数部分，求3的值；

(3)矩形的面积为3/亏+1,一边长为C-2,求它的周长.

四、解答题(本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题8.0分)

计算：

+√^2)(√^-√1)-∣1-√^∣.

18.(本小题9.0分)

如图，在△4BC中，点D,F分别为边ZC,ZB的中点.延长DF到点E,使DF=EF,连接BE.

求证：(1)∆∕1DF≤ΔBEFi

(2)四边形BCDE是平行四边形.

19.(本小题9.0分)

已知：如图，AD是ZMBC的角平分线，DEuAC交AB干点、E,DF〃AB交AC于点F.

(1)求证：四边形4ED尸是菱形；

(2)若AE=I3,AD=24,试求四边形AEDF的面积.

20.(本小题9.0分)

如图，菱形ABCC的对角线AC,BD相交于点O,E是4C的中点，点F,G在AB上，EFLAB,

OG//EF.

(1)求证：四边形OEFG是矩形；

(2)若AD=10,EF=4,求OE和BG的长.

21.(本小题10.0分)

已知：如图，菱形4BCD的对角线AC与BO相交于点0,若∕C4D=NDBC.

(1)求证：四边形4BCD是正方形.

(2)E是。B上一点，DH1CE,垂足为H,DH与OC相交于点P,求证：OE=OF.

22.(本小题10.0分)

如图，△?!BC中，∆ACB=90o,AB=10,BC=6,若点P从点A出发,以每秒1个单位长度

的速度沿折线A-C-B-4运动，设运动时间为t秒(t>0).

AA

(备用图)

(1)若点P在AC上，且满足PA=PB时，求此时t的值；

(2)若点P恰好在NBAC的平分线上，求t的值.

23.(本小题11.0分)

如图，在△4BC中，AC=BC=6,E为BC边上一点，且CE=2,AE=2√^0.

(1)求AB的长；

(2)点尸为ZB边上的动点，当ABEF为等腰三角形时，求AF的长.

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：2、原式=",不符合题意；

B、原式=4,不符合题意；

C、原式=∖x∖yy∕~y,不符合题意；

。、原式为最简二次根式，符合题意.

故选：D.

利用最简二次根式定义判断即可.

此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键.

2.【答案】C

【解析】解：√^T8+ΛΛ24×J^i=3√^+

•••√^9<√-50<√^64.

•••7<√50<8.

故原式的运算结果在7和8之间，

故选：C.

先将已知式子化简，然后进行估计即可.

本题主要考查了无理数的运算以及大小，熟悉无理数的相关内容是解答本题的关键.

3.【答案】C

【解析】

【分析】

先根据二次根式有意义，分母不为0,求m、n的取值范围，判断出P点的横、纵坐标的符号，进

而判断所在的象限.

本题考查的是二次根式有意义的条件，被开方数大于或等于0,以及坐标平面内各个象限中点的坐

标的符号特点.

【解答】

解：•••代数式，=+7⅛有意义，

ʌ—m≥O且Tnn>0,

∙∙∙m<0,n<0,

点P(m,n)的位置在第三象限.

故选C.

4.【答案】D

【解析】解：人由炉=(。+。)9一0可得：c2+b2=a2,可以组成直角三角形，故此选项不

符合题意；

B,l2+(<3)2=22,可以组成直角三角形，故此选项不符合题意；

C、由NC=4√1-4B,∆A+∆B+ΛC=180°,可得：44=90。，可以组成直角三角形，故此选

项不符合题意；

£>、•.•乙4：ZB：ZC=3：4：5,乙4+NB+NC=180。，二最大角4C=75。，不能构成直角三角

形，故选项符合题意；

故选：D.

根据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理求出最大角，即可判断.

本题考查了三角形内角和定理，勾股定理的逆定理的应用，能熟记定理的内容是解此题的关键.

5.【答案】A

【解析】解：τ(α-b)(c2-α2-b2)=o,

■-a-b=0或c?—a2-b2=0,

•∙a=b或a2+b2=c2,

∙∙∙Δ力BC的形状是等腰三角形或直角三角形，

故选：A.

根据(α-b)(c2—ɑ?—岳)=0得α—b=0,或c2—(j2一/=0,求出a、b、C之间的数量关系进

行判断.

本题考查因式分解的应用、勾股定理的逆定理，掌握这两个知识点的熟练应用，根据(。-匕)«2-

a2-。2)=0得a-b=0,或c2-tχ2-b2=0,是解题关键.

6.【答案】C

【解析】解：・・・8(—2,-2),6(2,-2),

/.BC=2-(-2)=2+2=4,

•・・四边形48CO是平行四边形，

ʌAD=BC=4,

•••点4的坐标为(0,1),

•••点D的坐标为(4,1),

故选：C.

首先根据B、C两点的坐标确定线段BC的长，然后根据4点的坐标向右平移线段BC的长度即可求得

点。的坐标.

考查了平行四边形的性质及坐标与图形性质的知识，解题的关键是求得线段BC的长，难度不大.

7.【答案】C

【解析】［分析］

根据菱形的定义及其判定对各选项逐一判断即可得.

本题主要考查平行四边形的判定和菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定.

［详解］

解：••・四边形4BC。的两条对角线相交于点。，且互相平分，

四边形ZBCD是平行四边形，

.∙.AD//BC,

当4B=4。或AC1BC时，均可判定四边形ABCO是菱形；

当AC=BD时，不能判定四边形ABCD是菱形；

当乙4BD="BD时，

由40〃BC得：∆CBD=∆ADB,

：■Z.ABD=Z.ADB,

.•・AB—ADf

••・四边形ZBCD是菱形；

故选C.

8.【答案】C

【解析】解：・；正方形ZBCD的边长为

.∙.OB1OC,OB=OC,

.∙.0B2+OC2=BC2=2,

：，OB=OC=1,

∙.∙CE=OC,

•■OE=2,

在RtΔOBE中，BE=VI2÷22=√^^5∙

故选：C.

利用正方形的性质得到。B=OC=1,0B10C,贝IJOE=2,然后根据勾股定理计算BE的长.

本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，

互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的

一切性质.

9.【答案】D

【解析】解：∙∙∙AD//BC,

•■Z.ADB=Z.DBC,

由折叠可得NaDB=∆BDF,

••乙DBC=Z.BDF,

又∙.∙ADFC=40°,

•••乙DBC=乙BDF=∆ADB=20°,

又••・4ABD=48°,

.∙.∆ABDφ,=180°-20°-48°=112°,

ʌ∆E=∆A=112°,

故选：D.

由平行四边形的性质和折叠的性质，得出44DB=4BDF=NDBC,由三角形的外角性质求出

乙BDF=乙DBC=3乙DFC=20°,再由三角形内角和定理求出〃，即可得到结果.

本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综

合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出44CB的度数是解决问题的关键.

io.【答案】c

【解析】

【分析】

此题考查了最短路径问题、等边三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质.注意准确找到

点P的位置是解此题的关键.首先连接4C,交BD于点0,连接CM,贝IJCM与BD交于点P,此时∙PA+

PM的值最小，由在菱形ABCD中，AB=6,∆ABC=60°,易得△ACD是等边三角形，BD垂直平

分AC,继而可得CMl4D,则可求得CM的值，继而求得P4+PM的最小值.

【解答】

解：连接/C,交BD于点O,连接CM,则CM与BD交于点P,此时PA+PM的值最小，

在菱形ABCC中，AB=6,ZTIBC=60。，

.∙.∆ADC=/.ABC=60o,AD=CD=6,BC垂直平分4C,

・•.△ACO是等边三角形，PA=PC,

∙∙∙M为4。中点，

.∙.DM=^AD=3,CMVAD,

：.CM=√CD2-DM2=3√^^>

.∙.PA+PM=PC+PM=CM=3√^3∙

故选C.

11.【答案】b-2a

【解析】解：由数轴可得：a<0,a-b<0,

则原式=—a—(a-b)=b-2a.

故答案为：b—2a.

直接利用数轴得出α<0,α-b<0,进而化简得出答案.

此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出各项符号是解题关键.

12.【答案】7或8

【解析】解：要使y=√2-x+√3x-6+3有意义,必须2-x≥O且3x-6≥0,

解得：X=2,

所以y=0+0+3=3,

当等腰三角形的三边为2,2,3时，符合三角形的三边关系定理,此时三角形的周长为2+2+3=7；

当等腰三角形的三边为2,3,3时，符合三角形的三边关系定理,此时三角形的周长为2+3+3=8；

即此三角形的周长为7或8.

故答案为：7或8.

根据二次根式有意义的条件求出x、y的值，再分为两种情况：等腰三角形的三边为2,2,3或等

腰三角形的三边为2,3,3,求出符合条件的三角形的周长即可.

本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理和二次根式有意义的条件等知识点，能求

出X、y的值是解此题的关键.

13.【答案】12

【解析】解：设BC=x,则CD=IO-工，根据“等面积法”得

2x=3（10—尤），

解得X=6,

•••平行四边形ABCD的面积=BCAE=2x=2×6=12.

故答案为：12.

已知平行四边形的高ZE、AF,设BC=X,则CD=IO—%,根据“等面积法”列方程，求BC,从

而求出平行四边形的面积.

本题应用的知识点为：平行四边形一组邻边之和为平行四边形周长的一半，平行四边形的面积=底

X高，可用两种方法表示.

14.【答案】8+2√-3

【解析】解：在Rt△/!BC中，∆ACB=90°,44=30。，BC=2cm,

：・AB=2BC=4,

：.AC=√AB2-BC2=2<3.

∙.∙把AABC沿4B方向平移ICm,得到△A'B'C',

.∙.B'C'=BC=2,AA'=CC'=1,A'B'=AB=4,

：.AB'=AA'+A'B'=5.

••・四边形4B'C'C的周长为4B'+B'C'+CC'+AC=5+2+1+2y∏=(8+2y∏)cm.

故答案为：8+2√^∙

利用含30。角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结

论.

本题主要考查了含30。角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，熟练掌握平移的性质是解

题的关键.

15.【答案】①②

【解析】解：：四边形4BCD和四边形DEFo是正方形，

.∙.∆AOC=90o,NDoE=45。，

ʌZ.COD=180o-Z-AOC-乙DOE=45°,故①正确；

∙.∙DE-DO=EF=√-2,

.∙.EO=√DE2+DO2=2，

OA=AB=3,

AE=OA+E。=3+2=5,故②正确：

过C作CM1CO交CO延长线于M,HDW-DN1AE于N,过。作DH1AB于H,如图:

∙.∙NFoM=180o-/.COD-ZJ)OF=45°,

FOM是等腰直角三角形，

OF

.∙.OM=FM=^=I,

ΛCM=OC+OM=3+1=4,

・•・CF=√FM2+CM2=√I2÷42=>∏L7,

..,DEDOy∕~2×y∕~2CZ

・・・DγN=———=——-——=1λ=ON，

EO2

∙∙∙AH=DN=1,AN=OA+ON=3+1=4,

.∙.DH=AN=4,BH=AB-AH=3-1=2,

:∙BD=√DH2+BH2=√42+22=2√^^5.故③错误;

113

viC0∙FM=^×3×l=≡,

∙∙∙SACFO=∣,故④错误;

；•正确的有①②，

故答案为：①②.

由四边形力BeD和四边形DEF。是正方形，知NAOC=90。，∆DOE=45°,故NCOD=180。一

NAOC-乙DOE=45°,判断①正确；由勾股定理可得EO=√DE2+DO2=2,从而AE=OA+

E。=3+2=5,判断②正确；过C作CM1Co交CO延长线于M,过。作DN1AE于N,过。作DH1

22

AB于H,由勾股定理可得CF=VFM?+CM?=bd=√DH+BH=2√^5.判断③错

误；求出SACFO=I，判断④错误.

本题考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形性质及勾股定理的应用.

16•【答案】解一===

(2)∙∙∙α是/2的小数部分,

∙∙∙a=√-2—1,

3_3_3(C+1)

=3(√^+l)=3√-2+3;

a-C-I—(>Λ^2-1)(ΛΓ2+1)

(3)矩形的面积为3，石+1,一边长为，石-2,

二矩形的另一边长为：爰斗=盟义雷)=15+6√^+ΛΓ5+2=17+7√T,

√5—2(V5—2)(V5+2)

该矩形的周长为：(17+7√^5+√^5-2)×2=30+16ΛΛ^5.

答：它的周长是30+16/5

【解析】(1)根据题目中的例子可以解答本题；

(2)根据题意，可以下ɑ=/2-1,可以求得所求式子的值；

(3)根据题意，可以求得矩形的另一边长，从而可以求得该矩形的周长.

本题考查估算无理数的大小、二次根式的混合运算、二次根式的应用，解答本题的关键是明确它

们各自的计算方法.

17.【答案】解：(1)原式=3—2-(V^^Σ—1)

=l-yΓ2+l

=2-y∏.

(2)原式=4-C+2√-δ

=4+<^6

【解析】根据二次根式的运算法则即可求出答案.

本题考查二次根式的运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型.

18.【答案】证明：⑴∙∙∙F是4B的中点，

.∙.AF=BF,

在AADF和ABEF中，

(AF=BF

∖∕.AFD=乙BFE,

WF=EF

：.△ADFmABEF(SAS')-,

(2)∙.∙点。，F分别为边4C,48的中点，

.∙.DF/∕BC,DF=^BC,

••・EF—DFf

.∙.EF=；DE,

：.DF+EF=DE=BC,

.∙∙四边形BCDE是平行四边形.

【解析】本题考查了平行四边形的判定和三角形全等的判定，解题的关键是牢记平行四边形的判

定定理.

(I)根据SAS证明△ADF=ΛBEF；

(2)根据点D,F分别为边4C,AB的中点，可得DF〃BC,DF=∣BC,再由EF=DE,得EF=∖DE,

DF+EF=DE=BC,从而得出四边形BCDE是平行四边形.

19.【答案】(1)证明：VDE//AC,DF//AB,

四边形AECF是平行四边形，/.EAD=∆ADF,

•••40是△4BC的角平分线，

∆EAD=∆FADf

・•・∆ADF=∆FAD1

・・・FA=FD9

•••平行四边形AEDF是菱形；

(2)解：如图，连接EF交4。于点O,

由(1)可知，四边形AEDF是菱形，

1

ʌOA=OD=-ΛZ)=12»OE=OF,EFJLAD1

・•・Z.AOE=90°,

・・・OE=√AE2-OTI2=√132-122=5，

ΛEF=2OE=10,

11

∙,∙S菱形AEDF=E",-EF=-×24×10=120.

【解析】(1)先证四边形AEDF是平行四边形，∆EAD=∆ADF,再证乙4。F=∆FAD,则凡4=FD,

即可得出结论；

(2)连接EF交40于点O,由菱形的性质得04=OD=^AD=12,OE=OF,EF1AD,再由勾股

定理得OE=5,贝IJEF=2。E=I0,即可解决问题.

本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知

识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键.

20.【答案】解：(I)；四边形ABCz)是菱形，

.∙.BD1.AC,/.DAO=∆BAO,

∙∙∙E是4。的中点，

.∙.AE=OE=^AD,

Z-EAO=Z-AOEf

ʌZ-AOE=Z-BAOf

・・・OE//FGf

•・・OGIlEF,

••・四边形OEFG是平行四边形，

•・•EF1AB,

・・・Z.EFG=90o,

・・・四边形OEFG是矩形；

(2)••・四边形48C。是菱形，

：•BD1AC9AB-AD=10,

・・・Z-AOD=90°,

∙∙∙E是4。的中点，

OE—AE-=5,

由(I)知，四边形OEFG是矩形，

•••FG=OE=5,

VAE=5,EF=4,

.∙.AF=√AE2-EF2=3，

.∙.BG=AB-AF-FG=10-3-5=2.

【解析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识

别图形是解题的关键.

⑴根据菱形的性质得到BD1AC,∆DAO=/.BAO,得到力E=OE=^AD,推出OE//FG,求得

四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；

(2)根据菱形的性质得到BDIaC,AB=AD=10,得到OE=AE=TAZ)=5；由(1)知，四边形

OEFG是矩形，求得FG=OE=5,根据勾股定理得到4F=√4E2-=3,于是得到结论.

21.【答案】证明：(1)•；四边形/BCD是菱形，

.∙.AD∕∕BC,∆BAD=2Z.DAC,/.ABC=2乙DBC,

.∙.∆BAD+∆ABC=180°,

•・•∆CAD=∆DBC,

ʌZ.BAD=Z-ABC,

・・・2乙BAD=180°,・••∆BAD=90°,

・•・四边形ZBCD是正方形；

(2)•；四边形ZBCD是正方形，

11

：.ACLBD,AC=BD,CO=^AC,DO=^BD,

.∙.4CoB=乙DOC=90o,CO=DO,

∙.∙DW1CE,垂足为H,

.∙.4DHE=90o,乙EDH+乙DEH=90°,

∙.∙乙ECo+乙DEH=90°,

.∙.∆ECO=乙EDH,

NECo=乙EDH

在^ECO⅛∆FD。中，CO=DO,

/COE=ADOF=90°

：心ECoWAFDo(ASA),

.∙.OE=OF.

【解析】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练

掌握正方形的判定与性质是解题关键.

⑴由菱形的性质得出4。〃"，乙BAD=2∆DAC,∆ABC=2乙DBC,得出"1。+∆ABC=180°,

证出NBAD=乙4BC,求出NBAD=90。，即可得出结论；

(2)由正方形的性质得出4C1BD,ACBD,CO=^AC,DO=；BD,得出“。8=4DOC=90°,

CO=DO,证出NECO=乙EDH,证明△FCO≤ΔFDO(ASAy),即可得出结论.

22.【答案】解：(1)如图1,PA=PB,

在Rt△ACB中，AC=√AB2-BC2=√IO2-62=8

设AP=3贝IJPC=8-3

在RtAPCB中，依勾股定理得：(8