2022-2023学年度江岸区八年级下学期期中数学试题

第第页湖北省武汉市江岸区2022-2023学年八年级下学期期中数学试题一、单选题1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（）A．x＞2 B．x＞3 C．x≥2 D．x＜22．下列根式中的最简二次根式是（

）A． B． C． D．3．下列计算正确的是（

）．A． B．C． D．4．以下列各组数为边长，能组成直角三角形的是（

）A．2，3，4 B．，， C．5，6，7 D．5，12，135．如图，已知平行四边形的对角线与相交于点O，下列结论中，不正确的是（

）

A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是菱形C．当时，四边形是矩形 D．当时，四边形是菱形6．矩形和菱形都一定具有的性质是（

）A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线长度相等 D．对角线平分一组对角7．如图，矩形ABCD和矩形BDEF，点A在EF边上，设矩形ABCD和矩形BDEF的面积分别为、，则与的大小关系为（

）A．= B．> C．< D．=8．如图，在平面直角坐标系中，点，以OA为边作菱形AOBC，则点C的坐标为（

）A． B． C． D．9．如图所示，在四边形中，，且，点、分别为边、中点，连接．若，则四边形的面积为（

）．A． B． C． D．10．如图，四边形为矩形，对角线与相交于点O，点E在边上，连接，过D做，重足为F，连接，若，，则的最小值为（

）．A． B． C． D．二、填空题11．的值等于．12．如图所示．在矩形中，，则度．13．以直角三角形的三边为边长向外作正方形，其中两个正方形的面积如图所示，则正方形的面积为．14．已知，则的值为．15．在矩形中，，点G在边上，，边上有一点H，将矩形沿边折叠，点C和D的对应点分别是和，若点A、和三个点恰好在同一条直线上时，的长为．16．如图，四边形为菱形，点在菱形对角线的延长线上，点在边上，线段与交于点，且，其中，，则线段的长为．三、解答题17．计算：(1)；(2)．18．已知，，求下列代数式的值：(1)；(2)．19．在平行四边形中，分别是和的角平分线，交于点E、F．求证：四边形是平行四边形．20．明朝数学家程大位在他的著作《算法统宗》中写了一首计算秋千绳索长度的词《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步恰竿齐，五尺板高离地……”翻译成现代文为：如图，秋千静止的时候，踏板离地高一尺（尺）．将它往前推进两步（尺），此时踏板升高离地五尺（尺），求秋千绳索（）的长度．21．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格图中有两个格点A、B．在指定网格图内仅用无刻度直尺作图．（注：网格线交点称为格点）(1)以为边，画出菱形；(2)在边上找一点E，使线段与边垂直；（保留画图过程的痕迹）(3)在边上画点F，使．（保留画图过程的痕迹）22．如图所示，矩形中，以对角线为边，作等腰（点E在上方），且，连接．(1)①直接写出______；②求证：；(2)若，，连接，请直接写出的长______．23．（1）如图所示，矩形中，，将矩形绕点B逆时针旋转，得到新的矩形，连接，，线段交于点G，连．①请直接写出线段和的数量关系______，位置关系______；②求证：．（2）如图所示，中，，，将绕点B逆时针旋转，得到新的，连接，，线段，相交于点G，点O为线段中点，连，在旋转的过程中，是否发生改变？如果不变，请求出的值；如果发生改变，请说明理由．24．如图所示，在平面直角坐标系第一象限内有一点，轴，将绕A点逆时针旋转至，连接，，将线段延长交x轴于点E．(1)当时，直接写出______；(2)当发生变化时，的度数是否发生变化？若不变，请求出的角度？若变化，请说明理由；(3)当D点坐标为时，请求出对应的E点坐标（用含n的式子表达）．参考答案：1．C【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：∵在实数范围内有意义，∴x-2≥0，∴x≥2．故选：C．【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．A【分析】根据最简二次根式的定义对各选项进行判断．【详解】A．是最简二次根式，此选项符合题意；B．，不是最简二次根式，此选项不符题意；C．，不是最简二次根式，此选项不符题意；D．，不是最简二次根式，此选项不符题意．故选：A．【点睛】本题考查了最简二次根式，理解最简二次根式的满足的条件：（1）被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；（2）被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式．3．C【分析】根据二次根式的加减乘除运算法则，逐项判断即可求解．【详解】解：A、和不是同类二次根式，无法合并，故本选项错误，不符合题意；B、，故本选项错误，不符合题意；C、，故本选项正确，符合题意；D、，故本选项错误，不符合题意；故选：C【点睛】本题主要考查了二次根式的加减乘除运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．4．D【分析】根据勾股定理的逆定理逐一判断即可．【详解】解：∵，∴A不可以组成直角三角形；∵，∴B不可以组成直角三角形；∵，∴C不可以组成直角三角形；∵，∴D可以组成直角三角形，故选D．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．5．D【分析】利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A．，，是矩形，故结论正确，但不符合题意；B．，是菱形，故结论正确，但不符合题意；C．四边形是平行四边形，，，又，，是矩形，故结论正确，但不符合题意；D．当时，四边形不一定是菱形，故结论错误，符合题意，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．6．B【分析】根据矩形的性质和菱形的性质即可判断．【详解】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，所以矩形和菱形都具有的性质是对角线互相平分；故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．7．A【分析】由于矩形ABCD的面积等于2个△ABD的面积，而△ABD的面积又等于矩形BDEF的一半，所以可得两个矩形的面积关系．【详解】解：∵矩形ABCD的面积S1＝2S△ABD，S△ABD＝S矩形BDEF，∴S1＝S2．故选A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算是解题关键．8．A【分析】过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，则四边形AEFC是矩形，根据矩形的性质得到AE=CF，AC=EF，根据勾股定理得到OA=，根据菱形的性质得到AC=OA=，于是得到结论．【详解】解：过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，则四边形AEFC是矩形，∴AE=CF，AC=EF，∵点A（3，3），∴AE=OE=3，∴OA=，∵四边形AOBC是菱形，∴AC=OA=，∴CF=AE=3，OF=3+，∴点C的坐标为（3+，3），故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．9．B【分析】作的中心于点，连接，；根据中位线的性质，得，；根据，且，得，，根据四边形的面积，即可．【详解】作的中点，连接，，∵点、分别为边、中点，∴，，∵，且，∴，，∴是等腰直角三角形，∵，∴，解得：，∴，∵四边形的面积：．故选：B．【点睛】本题考查三角形中位线，等腰直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握三角形中位线的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理的运用．10．D【分析】先说明的形状固定，点F的位置固定，点O为对角线与的交点，点O在的垂直平分线，作的垂直平分线，交于点M，交于点N，过点F作，延长交于点G，根据垂线段最短，得出此时最短，根据含直角三角形的性质求出的长即可．【详解】解：∵，，，∴，，∵，∴，∴的形状固定，点F的位置固定，∵点O为对角线与的交点，∴点O在的垂直平分线，如图，作的垂直平分线，交于点M，交于点N，过点F作，延长交于点G，∵垂线段最短，∴此时最短，∵，∴四边形为矩形，∴，，∵，∵，∴，∵，∴，∴，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是找出使最小时，点O的位置．11．6【分析】根据算术平方根的定义解答即可．【详解】解：的值等于6，故答案为：6．【点睛】本题考查了算术平方根，熟记定义是解题的关键．12．120【分析】首先根据矩形的性质得到，然后证明出是等边三角形，求出，最后可求出的度数．【详解】解：∵矩形的对角线相等，且互相平分，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故答案为：120．【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．13．6【分析】据正方形可以计算斜边和一条直角边，则另一条直角边根据勾股定理就可以计算出来．【详解】如图，由题意得：，，，，正方形的面积为6，故答案为：6．【点睛】本题考查勾股定理的应用，掌握勾股定理是本题解题关键．14．2【分析】利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．【详解】解：，把代入，原式．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了二次根式的化简求值，利用完全平方公式将所求代数式进行变形是解答此题的关键．15．7或1/1或7【分析】分两种情况，分别画出图形，再根据勾股定理求出线段长，进而得出答案．【详解】当点A，点，点，共线时，根据题意可知，，∴．在中，，∴；当点A，点，点，共线时，根据题意可知，，∴．在中，，∴.所以的长为7或1．故答案为：7或1．【点睛】这是一道关于矩形的折叠问题，考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，准确的画出图形是解题的关键．16．7【分析】过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，连接，证明四边形是正方形，进而证明，结合已知条件即可求解．【详解】解：如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，连接，∵四边形是菱形，∴∴∵，∴∴，∵，∴∴，∴四边形是正方形，∴，根据菱形的对称性可知，∴∴中，∴∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．17．(1)(2)【分析】（1）化简二次根式后，合并同类二次根式即可；（2）先计算乘法后，再进行加减运算即可．【详解】（1）解：原式（2）解：原式【点睛】此题考查了二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．18．(1)(2)【分析】（1）直接利用已知得出，的值，进而结合完全平方公式计算得出答案；（2）结合平方差公式计算得出答案．【详解】（1）解：∵，，∴，，∴；（2）．【点睛】本题考查二次根式的化简求值，完全平方公式，平方差公式，求代数式的值，运用了整体代入的思想．正确运用乘法公式进行因式分解是解题关键．19．见解析【分析】根据平行四边形的性质和角平分线定义即可证明四边形DEBF是平行四边形．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵分别是和的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴即，∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．20．尺【分析】设尺，表示出的长，在中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解，即可得到结果．【详解】解：设尺，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，在中，，∴，解得，∴秋千绳索（）的长度为尺．【点睛】此题考查了勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．21．(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析【分析】（1）计算，则，在、处分别向上数5个格点为、，然后顺次首尾连接即可，如图1；（2）如图1，作和，使，则，，，与的交点即为；（3）如图1，作矩形，连接两条对角线，交点为，即为中点，连接并延长交于，即为所求．【详解】（1）解：，由菱形的性质可知，∴在、处分别向上数5个格点为、，然后顺次首尾连接即可；如图1：（2）解：过作交延长线于，则，，在上取点使，过作，使，连接，则，，则与的交点即为，如图1；（3）解：由（2）可知，是等腰直角三角形，则在的角平分线上，作矩形，连接两条对角线，交点为，即为中点，连接并延长交于，即为所求，如图1．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，作垂线，作角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．22．(1)①；②证明见解析(2)【分析】（1）①如图所示，过点E作于F，，交延长线于G，先证明四边形是矩形，再证明，得到，即可证明四边形是正方形，则；②全等三角形的性质得到，又正方形的性质得到，据此即可证明；（2）如图所示，延长交于M，证明四边形是矩形，得到，由（1）②的结论求出，进一步求出，，则．【详解】（1）解：①如图所示，过点E作于F，，交延长线于G，∵四边形是矩形，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，即，故答案为：；②∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，即；（2）解：如图所示，延长交于M，∵四边形都是矩形，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．23．（1）①，；②证明见解析（2）．【分析】（1）①由旋转得，；②设与的交点为P，证明是等腰直角三角形，推出是等腰直角三角