2022-2023学年度蔡甸区八年级下学期期中数学试卷

第第页湖北省武汉市蔡甸区2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷一、单选题1．若在实数范围内有意义，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．下列二次根式中，是最简二次根式的是（

）A． B． C． D．3．以下列长度的线段为边，能构成直角三角形的是（

）A．2，3，4 B．3，4，5 C．4，5，6 D．5，6，74．下列计算正确的是（

）A． B． C． D．5．在平行四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是（

）A．1：2：3：4 B．1：2：2：1 C．1：1：2：2 D．2：1：2：16．如图，在矩形纸片中，E为上一点，将沿翻折至，若点F恰好落在上，，，则（

）A． B． C．4 D．57．下列四个命题：①平行四边形的两组对边分别相等；②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；③如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那．它们的逆命题是真命题的个数是（

）A．3 B．2 C．1 D．08．如图，矩形的顶点A是对角线的交点，顶点C、D分别在的边和对角线上，连接并延长交于点K，若，则的长为（

）A． B．5 C． D．9．如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD的四条边的中点，要使EFGH为矩形，四边形应该具备的条件是（

）A．一组对边平行而另一组对边不平行 B．对角线相等C．对角线相互垂直 D．对角线互相平分10．如图，在平行四边形中，，点E为上一点，且，点C关于的对称点为F，连接、、，则的面积（

）A．24 B．25 C． D．二、填空题11．计算：＝12．若最简二次根式与是可以合并的二次根式，则a＝．13．边长为6cm的等边三角形面积是．14．在中，，边上的高为15，则的面积是．15．如图，在矩形中，，点F从C出发，以1cm/s沿运动，点E从C出发，以相同的速度沿运动，交AB于G，作矩形，当F点到达B点时停止运动，E点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当阴影部分的面积为10时，t的值为．16．如图，点E是线段上的一个动点，，且，则的最小值是．三、解答题17．计算：(1)(2)18．已知，求下列代数式的值：(1)；(2)19．如图，在中，是它的一条对角线，过A、C两点分别作，D、B为垂足，求证：．20．如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号，“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行16海里，“海天”号每小时航行12海里，它们离开港口2小时后分别位于Q、R处，且相距40海里，如果知道“远航”号沿东北方向航行，能知道“海天”号沿哪个方向航行吗？21．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，在平行四边形中，点E在边上，且点A、B、E均为格点，C、D在小正方形内部．仅用无刻度的直尺在给定的的网格中完成下列作图，保留作图痕迹，不写作法．(1)如图1，直接写出的长为___；(2)在图1中，在边上取一点F，使，并直接写出此时___；(3)在图2中，在边上取一点Q使得平分；(4)如图3，延长交网格线于G，连接、，请作出的中位线，其中M在上，N在上．22．在中，，分别是直线上两点．(1)如图1，当，试推断之间的数量关系，并证明．(2)如图2，当时，判断之间的数量关系，并证明．23．（1）问题背景如图1，已知和为等边三角形，求证：．（2）尝试应用如图2，已知为等边三角形，点D是外一点，且，求线段、、的数量关系．（3）拓展创新如图3，点是等边外一点，若，直接写出线段的长___．24．在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点分别是，其中a、b满足，P为x轴上一动点．(1)求B点的坐标．(2)如图1，若P为C点右侧x轴上一点，D为中点，E为的中点，判断的值是否发生变化，若不变，求出它的值；若变化，请说明理由．(3)如图2，P是上一动点，将绕点P顺时针旋转至，连，在点P运动过程中，的最小值为___．（直接写出结果）参考答案：1．B【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，可得x的取值范围．【详解】解：若在实数范围内有意义，则x−2≥0，解得x≥2，故选：B．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握二次根式有意义：被开方数为非负数．2．D【详解】【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件（①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式）是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是，逐项进行判断即可得.【详解】A、被开方数里含有分母；故本选项错误；B、被开方数里含有能开得尽方的因式a2；故本选项错误；C、被开方数里含有能开得尽方的因数4，故本选项错误；D、符合最简二次根式的条件；故本选项正确，故选D.【点睛】本题主要考查了最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．3．B【分析】根据勾股定理的逆定理逐项分析判断即可．【详解】不能构成直角三角形，故A选项错误；可以构成直角三角形，故B选项正确；不能构成直角三角形，故C选项错误；不能构成直角三角形，故D选项错误；故选B．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．如果两条边的平方和等于第三条边的平方，那么这个三角形是直角三角形．4．D【分析】分别根据二次根式的加法、减法、乘法运算法则计算后，再进行判断即可得到答案．【详解】解：A.3与不是同类二次根式，不能合并，故此选项计算错误，不符合题意；B.，故原选项计算错误，不符合题意；C.，故原选项计算错误，不符合题意；D.，计算正确，符合题意，故选：D【点睛】本题主要考查了二次根式的加减法以及乘法运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．5．D【分析】根据平行四边形的对角相等进行判断即可．【详解】解：∵平行四边形ABCD，∴∠A=∠C，∠B=∠D，其中满足上述条件的为D，故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题关键．6．A【分析】根据折叠的性质，得到，勾股定理求出，进而求出，设，则，再利用勾股定理进行求解即可．【详解】解：∵在矩形纸片中，E为上一点，将沿翻折至，∴，∴，∴，设，则，由勾股定理，得：，即：，解得：；∴；故选A．【点睛】本题考查矩形中的折叠问题．熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，是解题的关键．7．A【分析】①写出逆命题，根据平行四边形的判定进行判断即可；②写出逆命题，再进行判断即可；③写出逆命题，根据勾股定理逆定理进行判断即可．【详解】解：逆命题为：①两组对边分别相等的四边形，是平行四边形，是真命题，故①正确；②三角形一边上的中线等于该边的一半，那么这个三角形是直角三角形，是真命题，故②正确；③如果一个三角形的三边长为a，b，c，满足，那么这个三角形是直角三角形，是真命题，故③正确；综上，它们的逆命题是真命题的个数是3个；故选A．【点睛】本题考查判断逆命题的真假．熟练掌握平行四边形的判定方法，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理逆定理，是解题的关键．8．D【分析】证明，得到，勾股定理求出即可得解．【详解】解：∵矩形，，∴，∴；∵，A是对角线的交点，∴，∴，∵，∴，∴；故选D．【点睛】本题考查矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．掌握相关性质，证明三角形全等，是解题的关键．9．C【分析】根据三角形的中位线定理得到四边形EFGH一定是平行四边形，再推出一个角是直角，由矩形的判定定理可求解．【详解】解：要是四边形EHGF是矩形，应添加条件是对角线互相垂直，理由是：连接AC、BD，两线交于O，根据三角形的中位线定理得：，EF=AC，，，∴，EF=GH，∴四边形EFGH是平行四边形，∴

∵BD⊥AC，∴EH⊥EF，∴∠HEF=90°，∴四边形EFGH是矩形．故选：C．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握“顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形”是解本题的关键．10．C【详解】解：连接，，过点作，交的延长线于点，过点作于点，则：，∵在平行四边形中，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵点C关于的对称点为F，设交于点，∴，，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴；故选C．【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，含30度的直角三角形，勾股定理．熟练掌握相关性质，添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．11．3【分析】根据算术平方根的定义计算即可．【详解】解：．故答案为：3．【点睛】本题主要考查了算术平方根，掌握算术平方根的求法是解答本题的关键．12．1【分析】根据同类二次根式的定义计算求值即可；【详解】解：∵＝2，根据题意得：a+1＝2，解得a＝1，故答案为：1．【点睛】本题考查了最简二次根式的定义：被开方数的因数是整数，字母因式是整式，被开方数不含能开得尽方的因数或因式；同类二次根式：把几个二次根式化为最简二次根式以后，如果被开方数相同，那么这几个二次根式叫做同类二次根式；掌握相关定义是解题关键．13．【分析】利用等边三角形三线合一，求出等边三角形的高，再利用面积公式进行求解即可．【详解】解：如图，为等边三角形，，过点作，交于点，则：，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的三边相等，三线合一，是解题的关键．14．或【分析】分是锐角和是钝角两种情况，进行求解即可．【详解】解：①当点D在上时，如图：由题意，得：，，，∴∴，∴的面积是；②当点D不在上时，如图：由题意，得：，，，∴∴，∴的面积是；综上：的面积是或．【点睛】本题考查勾股定理．解题的关键是画出图形，利用分类讨论的思想进行求解．15．或3【分析】利用表示出阴影部分的面积，列出方程进行求解即可．【详解】解：∵在矩形中，，∴，，∵点F从C出发，以1cm/s沿运动，点E从C出发，以相同的速度沿运动，运动时间为t秒，∴，∴，，∵矩形，∴，∴，∴，∴∴，，过点作，垂足为：，则：，∴，∴，∴，当阴影部分的面积为10时，，解得：，∵当F点到达B点时停止运动，∴，∴，均满足题意；故答案为：或3．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相关性质，用含的代数式表示出阴影部分的面积，是解题的关键．16．【分析】作点A关于线段的对称点F，连接，交于点O，连接，过点F作，交的延长线于点H，过点作，交的延长线于点G，由题意易得，则有，然后可得四边形是平行四边形，进而可得，推出，勾股定理求出的长即可得解．【详解】解：作点A关于线段的对称点F，连接，交于点O，连接，过点F作，交的延长线于点H，过点作，交的延长线于点G，如图所示：由轴对称的性质可知：，，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，当点E与点O重合时，则的最小值即为的长，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴∴，∴即的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查轴对称的性质、平行四边形的性质与判定、勾股定理及等腰三角形的判定和性质，熟练掌握轴对称的性质，是解题的关键．17．(1)(2)5【分析】（1）先化简各式，再合并同类二次根式即可；（2）先去括号，再根据二次根式的除法法则，进行计算即可．【详解】（1）解：原式；（2）原式．【点睛】本题考查二次根式的混合运算．熟练掌握二次根式的运算法则，是解题的关键．18．(1)12(2)14【分析】（1）先将x，y进行分母有理化，然后根据完全平方公式，即可；（2）先将x，y进行分母有理化，再求出和的值，然后根据完全平方公式求出，再将所求式子变形为，再整体代入即可．【详解】（1）解：∵，∴；（2）解：∵，∴，，∴∴．【点睛】此题考查了二次根式的化简求值，分母有理化，解题的关键是运用完全平方公式以及整体思想，本题属于基础题型．19．见解析【分析】利用等积法证明，再根据，证明，得出四边形是平行四边形即可．【详解】证明：∵，∴，∵是的一条对角线，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，解题关键是熟练运用平行四边形的性质和判定进行证明．20．“海天”号沿北偏西45°（或西北）方向航行【分析】求出的长，利用勾股定理逆定理以及方向角即可得到“海天”号航行方向．【详解】解：由题意可得：海里，海里，海里，∵，∴是直角三角形，∴，∵“远航”号沿东北方向航行，即沿北偏东45°方向航行，∴，∴“海天”号沿北偏西（或西北）方向航行．【点睛】本题考查了勾股定理逆定理的应用，解题的重点主要是能够根据勾股定理的逆定理发现直角三角形，关键是从实际问题中抽象出直角三角形，难度不大．21．(1)(2)图见解析，(3)图见解析(4)图见解析【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论；（2）取格点，连接，与交于点，即为所求；（3）延长至点，连接，取格点，连接，交于点，交于点，即为所求；（4）连接，交于点，延长至点，连接，，交于点，即为所求．【详解】（1）解：由勾股定理，得：；故答案为：；（2）取格点，连接，与交于点，即为所求，如图所示：由图可知：，，∴，∵，∴，即：，∴，∴，∴即为所求；如图，由图可知：四边形为菱形，，，∴，即：，∴；故答案为：；（3）延长至点，连接，取格点，连接，交于点，交于点，即为所求，如图：由图可知：为正方形，∴互相垂直平分，∵点在上，∴，∵，∴，即：为的角平分线；（4）连接，交于点，延长至点，连接，，交于点，即为所求，如图所示：∵平行四边形，∴，即：是的中点，由图可得：四边形是平行四边形，同理可得：为的中点，∴为的中位线．【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握相关性质，确定点的位置，是解题的关键．22．(1)，理由见解析(2)，理由见解析；【分析】（1）利用旋转的性质的得到，再利用全等三角形的性质得到，最后利用勾股定理即可解答；（2）利用旋转的性质的得到，，再利用全等三角形的性质得到，，最后利用勾股定理即可解答．【详解】（1）解：，理由如下：将顺时针旋转得到，∴，∴，，，∵，，∴，∴，∴在和中，，∴，∴，∵∴，∴，∴在中,，∴；（2）解：，理由如下：将逆时针旋转，∵，又∵，，∴，∴在和中，，∴，∴，∵，，∴，∴在和中，，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴在中，，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握旋转的性质是解题的关键．23．（1）见解析（2），理由见解析（3）【分析】