2022-2023学年度硚口区八年级下学期期中数学试卷

第第页湖北省武汉市硚口区2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷一、单选题1．要使有意义，则实数x的取值范围是（

）A． B． C． D．2．下列各式计算正确的是（

）A． B． C． D．3．在三边分别为下列长度的三角形中，不是直角三角形的是（

）A．3，4，5 B．1，2， C．2，，3 D．3，5，64．在中，若，则的大小是（

）A． B． C． D．5．如图，数轴上的点A表示的数是，点B表示的数是2，于点B，且，以A点为圆心，为半径画弧交数轴于点D，则点D表示的数是（

）．A． B． C． D．6．菱形ABCD的对角线长分别为6和8，则菱形的面积为（

）A．12， B．24 C．36 D．487．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（

）A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm8．如图，在矩形中，E是边上一点，F，G分别是，的中点，连接，，，若，，，则矩形的面积是（

）A． B． C． D．9．如图，已知点，，，，为直线上一动点，则的对角线的最小值是（

）A． B．4 C．5 D．10．如图，点O是等边内一点，，，，则与的面积之和是（

）A． B． C． D．二、填空题11．计算的结果是．12．计算的结果是．13．在Rt△ABC中，AC=5，BC=12，则AB边的长是．14．“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则．15．如图，在中，，，E，F是对角线上的动点，且，M，N分别是边，边上的动点．下列四个结论：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在两个正方形．其中正确的结论是（填写序号）．16．如图，在中，，其中，设，，则的长是（用含，的式子表示）．三、解答题17．计算：(1)；(2)．18．先化简，再求值：，其中．19．如图，已知E，F分别是的边，上的两点，且．(1)求证：；(2)求证：四边形是平行四边形．20．如图，在四边形中，．(1)求的度数；(2)求四边形的面积．21．如图，在正方形中，E是边上一点，于点F，交于点G．(1)求证：；(2)若E是的中点，连接，求证：．22．如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．四边形的四个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线，画图结果用实线．(1)判断四边形的形状；(2)在图1中，先在上画点E，使，再在上画点F，使；(3)在图2中的上画点G，使；(4)在图3中，H是上一点，在上画点M，使．23．如图1，在菱形中，，点E，G分别在边，上，，，连接．(1)求证：是等边三角形；(2)如图2，把沿翻折得到，连接，若，求的长；(3)如图3，把绕点B顺时针旋转120°得到，连接，P是的中点，连接，，判断与的数量关系，并给出证明．24．在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，，且．点E从B点出发沿运动，点F从B点出发沿运动，点G从O点出发沿运动．(1)直接写出a，c的值；(2)如图1，将沿折叠，点A恰好落在点E处，求E，F两点的坐标；(3)如图2，若E，F两点以相同的速度同时出发运动，使，设点E的横坐标为m，求的值；(4)如图3，已知点，若F，G两点以相同的速度同时出发运动，连接，作于H，直接写出的最大值．参考答案：1．B【分析】根据二次根式的意义，被开方数是非负数，可得，求解即可．【详解】根据题意得：，解得．故选：B．【点睛】本题考查了二次根式的意义和性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．2．C【分析】根据二次根式的加减乘除法则，逐一判断，即可解答．【详解】解：A：已经是最简二次根式，无法合并，故A计算正确错误；B：，故B计算正确错误；C：，故C计算正确正确；D：，故D计算正确错误．故选：C．【点睛】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的加减乘除法则，熟练计算法则是解题的关键．3．D【分析】根据勾股定理即可解答．【详解】A、，此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意．B、，此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意．C、，此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意．D、，此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．4．B【分析】根据平行四边形的性质得到，，由此求出．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角相等是解题的关键．5．C【分析】先求出，再由勾股定理可求得，再由，即可得点D表示的数．【详解】∵点A表示的数是，点B表示的数是2，∴，∵，，∴，∴，∵点A表示的数是，∴点D表示的数是：，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理、数轴上的点表示实数，掌握勾股定理是关键．6．B【分析】根据菱形面积的计算公式，直接计算即可.【详解】因为菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，所以菱形ABCD的面积=，故选B．【点睛】本题考查菱形的面积计算．熟练掌握菱形面积的计算公式是解题的关键.7．D【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．【详解】解：由题意，BD=cm，由平移性质得=1cm，∴点D，之间的距离为==（）cm，故选：D．【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．8．C【分析】根据四边形是矩形得到，根据F，G分别是，的中点，，得到，，，设根据勾股定理列式求解即可得到答案；【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵F，G分别是，的中点，，，∴，，，设，∴，解得：，∴，∴，故选C；【点睛】本题考查三角形中位线定理，勾股定理，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，解题的关键是根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得到，及利用勾股定理列等式．9．A【分析】连接，设交于点，根据平行四边形的性质得出点，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，可知当时，取得最小值，勾股定理即可求解．【详解】解：连接，设交于点，如图所示，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴当取得最小值时，取得最小值，∴当时，取得最小值，∵，，∴，,∴是等腰直角三角形，∴此时是直角三角形，且是斜边，∵,∴，∴的对角线的最小值是，故选：A．【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，勾股定理，点到直线的距离，垂线段最短，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．10．A【分析】将绕B点旋转得到，结合，，，根据旋转得到，，，即可得到是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得到是直角三角形，结合三角形面积公式即可得到答案；【详解】解：将绕B点旋转得到，∵绕B点旋转得到，，，，∴，，，∴是等边三角形，∴，∵，∴是直角三角形，∴，，∴，故选A．【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理逆定理，旋转的性质，解题的关键是作旋转辅助线．11．2【分析】根据二次根式的性质进行化简即可．【详解】解：．故答案为：2．【点睛】此题主要考查了二次根式的化简，注意：．12．【分析】利用完全平方公式进行运算即可．【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查了实数运算和完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．13．13或【分析】分AB为斜边、AB为直角边两种情况，利用勾股定理即可求解．【详解】解：当AB为斜边时，则AB=；当AB为直角边时，则AB=；综上，AB边的长为13或．故答案为：13或．【点睛】本题考查了勾股定理，注意分类讨论，否则出现漏解．14．6【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，∴，．∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，∴，，∴，∴．∵，∴MN是的中位线，∴，．∵，，∴．故答案为：6．【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．15．①②③【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．【详解】解：连接、、相交于点O，如图所示，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，只要，那么四边形就是平行四边形，∵E，F是对角线上的动点，∴存在无数个平行四边形，故①正确；只要，则四边形是矩形，∵E，F是对角线上的动点，∴存在无数个矩形，故②正确；只要，，则四边形是菱形，∵E，F是对角线上的动点，∴存在无数个菱形，故③正确；只要，，，则四边形是正方形，但符合要求的正方形只有一个，故④错误；故答案为：①②③．【点睛】本题考查正方形的判定，菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线．16．或【分析】根据三角形内角和定理可得，作使交于点，过点作于点，过点作于点，则，根据三角形外角的定义可得，则，根据等腰三角形三线合一可得垂直平分，垂直平分，再由勾股定理结合的面积求得、、，即可求解．【详解】解：，，，，如图，作使交于点，过点作于点，过点作于点，，，，，垂直平分，垂直平分，，，，在中，，，，在中，，当时，，当时，，故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的性质，三角形外角的定义，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．17．(1)(2)【分析】（1）根据二次根式的加减法计算即可；（2）根据二次根式的混合运算进行计算即可．【详解】（1）；（2）．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，正确的计算是解题的关键．18．，．【分析】先根据二次根式的性质化简，再合并，然后把代入化简后的结果，即可求解．【详解】解：原式当时，原式．【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．19．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据四边形是平行四边形，可得，，即可证明，即可解答．（2）由（1），得到，再根据平行四边形的性质即可判断出四边形是平行四边形．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，在和中∴∴．（2）证明：由（1），∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握各性质是解题的关键．20．(1)(2)【分析】（1）连接AC，由于，利用勾股定理可求，并可求，而，可得，可证是直角三角形，于是有，从而求得；（2）根据四边形的面积为和面积之和，利用三角形面积公式计算即可得答案．【详解】（1）连接AC，如图，∵，∴，∵，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．（2）在中，，在中，．∴．【点睛】此题考查等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理．解题的关键是连接AC，并证明△ACD是直角三角形．21．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据正方形的性质可得，，再由可证，从而证明，即可得出结论；（2）延长交延长线于点H，根据正方形的性质可得，再由，可证，，再根据直角三角形的性质即可证明结论．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，在和中，∴，∴；（2）证明：延长交延长线于点H，∵E是的中点，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，在和中∴，∴，即B是的中点，又∵，∴．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．22．(1)四边形是平行四边形(2)见解析(3)见解析(4)见解析【分析】（1）根据平行四边形的判定方法进行判断即可；（2）利用格点，过点A作，，连接交于点E，连接，，交于点O，连接并延长，交于点F即可；（3）延长到M，使，连接，取的中点O，连接并延长交于点G即可；（4）取的中点P，的中点Q，连接，交于点O，连接并延长，交于点M，连接即可．【详解】（1）解：∵，，∴四边形为平行四边形；（2）解：过点A作，，连接交于点E，连接，，交于点O，连接并延长，交于点F，则E、F即为所求作的点，如图所示：∵，，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，，∴，∴；（3）解：延长到M，使，连接，取的中点O，连接并延长交于点G，则G点即为所求作的点，如图所示：∵，为的中点，∴平分，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∴；（4）解：取的中点P，的中点Q，连接，交于点O，连接并延长，交于点M，连接，则即为所求，如图所示：∵四边形为平行四边形，∴，，，∵P为的中点，Q为的中点，∴，，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∵，

∴，，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴．即.【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，解题的关键是数形结合，熟练掌握平行四边形的判定和性质．23．(1)证明见解析(2)(3)，证明见解析【分析】（1）证明，，从而可得答案；（2）连接，延长，过点D作，垂足为Q，如图，由题意得是等边三角形，证明，，可得即是直角三角形，证明，可得．可得，，再利用勾股定理可得答案；（3）由题意得：点A、B、M三点在同一条直线上；如图，延长交于点H，连接，，证明，可得，，证明，可得，，证明，，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，∴，，又∵，，∴．∴是等边三角形；（2）连接，延长，过点D作，垂足为Q，如图，由题意得是等边三角形，∵，，∴，∵等边中，，∴即是直角三角形，∵四边形是菱形，，∴，，∴．∴，∴，∴，在中，，，∴．在中，，，∴，（3），证明如下：由题意得：点A、B、M三点在同一条直线上；如图，延长交于点H，连接，，∵四边形是菱形，为等边三角形，∴，，，，∴，∴，在和中∴，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，熟练的利用以上知识是解本题的关键．24．(1)，(2)，(3)(4)的最大值为【分析】（1）根据二次根式的非负性以及平方的非