江西省南昌市部分校联考2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(含解析)

2023－2024学年度八年级下学期期中综合评估数学下册第十六~十八章说明：共有六个大题，23个小题，满分120分，作答时间120分钟．一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）在每小题列出的四个备选项中只有一项是最符合题目要求的，请将其代码填入题后括号内．错选、多选或未选均不得分．1．如图，在中，若，则的度数为（

）A． B． C． D．2．下列各式运算正确的是（

）A． B．C． D．3．在四边形中，，，加下列条件能使四边形为菱形的是(

)A． B． C． D．4．如图，数字代表所在正方形的面积，则所代表的正方形的面积为（

）A．5 B．25 C．27 D．5．如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的三个顶点A，B，C都在格点上，是边上的中线，则的长为（

）A． B． C． D．6．如图，在矩形中，，点P，Q分别在上，，线段在上，且，连接，则的最小长度为（

）A．8 B．10 C．12 D．16二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）7．写出一个正整数n，使是最简二次根式，则n可以是．8．如图，在中，对角线，相交于点O，若，，则的周长为．9．在平面直角坐标系中，点到原点的距离为．10．如图，在菱形中，，，为边上的高，则的长为．11．如图，将矩形沿对角线折叠，点B落在点E处，若平分，则的长为．12．如图1，有一张三角形纸片，记为中，，D为边的中点．将三角形纸片沿剪开，得到两个三角形，如图2所示．若将这两个三角形拼成一个平行四边形，则该平行四边形的较长的对角线长为．三、解答题（本大题共5小题每小题6分，共30分）13．（1）计算：．（2）在中，，求的长．14．已知四边形ABCD中，∠1=∠2，∠B=∠D，求证：四边形ABCD是平行四边形．15．《千里江山图》被称为中国十大传世名画之一，如图，这是某画家临摹的部分画，已知画的形状是一个矩形，长为，宽为．现要装裱该画，装裱后的画的长两端分别增加，宽两端分别增加，求装裱后的画的面积．16．如图，某学校有一块四边形草坪，，，，为方便师生行走，现要修一条小路．(1)求小路的长（结果保留根号）．(2)求的度数．17．如图，四边形为正方形，E为边的中点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．(1)在图1中，作边的中点F．(2)在图2中，作线段的中点G．四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）18．如图，过道上有一梯子斜靠在墙上，，墙与地面垂直，由于梯子影响了行人的通行，工人师傅将梯子挪动到的位置，且测得．若梯子的长为6m，求的长（结果保留根号）19．如图，在中，对角线与相交于点O，点E，F在对角线上，且，连接．(1)求证：．(2)当，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．20．定义：若两个二次根式a，b满足，且c是有理数，则称a，b是因子二次根式，c为因子．(1)请判断和是否为因子二次根式．如果是，求出因子；如果不是，请说明理由．(2)若与是因子二次根式，3为因子，求n的值．五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）21．如图，在中，，为中线，为的中点，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形为菱形．(2)给再添加一个条件，使得四边形为正方形．请写出添加的条件并说明理由．22．【课本再现】三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．【定理证明】如图1，在中，D，E分别是边的中点．求证：且．以下是小贤的证明思路：如图2延长到点F，使，连接．（1）请你根据小贤添加的辅助线，写出完整的证明步骤．【知识应用】（2）如图3，在四边形中，E，F，G，H分别为各边中点．求证：四边形是平行四边形．（3）如图4，在四边形中，对角线与相交于点H，E，F分别为边的中点，连接，分别交于点M，N，且．求证：．六、解答题（本大题共12分）23．如图在正方形中，E是对角线上的一动点（不与点B，D重合），连接，过点E作交射线于点F，接．(1)发现问题：如图1，当点F落在边上时，和的数量关系是．(2)探究问题：如图2当点F落在边的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请判断并说明理由．(3)拓展应用：当点E在射线上运动，且时，求的面积．

参考答案与解析

1．C【分析】本题考查了平行四边形的性质．根据平行四边形的对角相等即可求解．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴．故选：C．2．A【分析】本题考查了二次根式的运算．根据二次根式的加减运算、乘除运算法则计算即可求解．【详解】解：A、，本选项符合题意；B、，本选项不符合题意；C、，本选项不符合题意；D、，本选项不符合题意；故选：A．3．D【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．【详解】解：∵，，∴四边形是平行四边形，A、∵，∴平行四边形为矩形，故选项A不符合题意；B、由，不能判定四边形为菱形，故选项B不符合题意；C、∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；D、∵，∴平行四边形为菱形，故选项D符合题意；故选：D．4．B【分析】本题考查了勾股定理．三个正方形的边长正好构成直角三角形的三边，根据勾股定理得到字母A所代表的正方形的面积．【详解】解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方，另一条直角边的平方为，由勾股定理可知：斜边的平方，即A所代表的正方形的面积为．故选B．5．B【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，直角三角形的性质，先利用勾股定理求出的长，进而利用勾股定理的逆定理证明，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．【详解】解：由网格的特点和勾股定理得，，，∴，∴是直角三角形，且，∵是边上的中线，∴，故选：B．6．B【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识；在边上取，连接，则得四边形是平行四边形，有，问题转化为求的最小长度，当点E在上时，取得最小值；由勾股定理即可求解．取，求的最小值转化为求的最小值是解题的关键．【详解】解：如图，在边上取，连接，∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，即当取最小值时，取得最小值；当点E在上时，取得最小值，最小值为线段的长；∵，，∴，由勾股定理得，即的最小长度为10；故选：B．7．1（答案不唯一）【分析】本题考查最简二次根式的定义．掌握最简二次根式需满足1、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；2、被开方数的因数是整数，因式是整式是解题关键．【详解】解：当时，，是最简二次根式，故答案为：1（答案不唯一）．8．18【分析】本题考查平行四边形的性质．根据平行四边形的性质，三角形周长的定义即可解决问题．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，，的周长．故答案为：18．9．17【分析】此题考查了平面直角坐标系中两点间的距离．利用两点间的距离公式进行求解即可．【详解】解：点到原点的距离为：，故答案为：17．10．【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理的应用等知识，解题的关键是求出的长度．首先根据菱形的对角线互相垂直平分，利用勾股定理，求出的长度，然后结合菱形中的面积的求法，求出的长即可．【详解】解：∵四边形是菱形，，，∴、互相垂直平分，∴，，在中，由勾股定理，可得，∵，∴，即，解得．故答案为：．11．【分析】本题考查了矩形与折叠，含30度直角三角形性质，勾股定理等知识；由折叠性质及角平分线定义得到，由含30度直角三角形性质得，由勾股定理即可求得．【详解】解：在矩形中，；由折叠知：，∵平分，∴，∴，∴，∵，，∴，由勾股定理得：；故答案为：．12．【分析】此题主要考查了图形的剪拼以及勾股定理和等腰三角形的性质等知识．利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长．【详解】解：如图，过点A作于点D，∵边，D为边的中点，∴，∴，如图①所示：四边形是矩形，则其对角线的长为5；如图②所示：，连接，过点C作于点E，则，∴；如图③所示：，由题意可得：，∴，∵其中最长的对角线的值为．故答案为：．13．（1）；（2）【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，勾股定理：（1）先计算二次根式除法，再化简二次根式，最后计算二次根式加减法即可；（2）直接根据勾股定理求解即可．【详解】解：（1）；（2）∵在中，，∴．14．证明见解析．【分析】证明，得，，再由平行四边形的判定定理即可得出结论．【详解】证明：在△ABD和△CDB中，∴，∴，，∴四边形ABCD是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．15．【分析】本题考查了二次根式混合运算的应用；根据题意可分别得到装裱后画的长与宽，由长方形面积计算公式即可计算出装裱后的画的面积．【详解】解：装裱后的画的长为，宽为，则装裱后的画的面积为：．答：装裱后的画的面积为．16．(1)(2)【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理：（1）先求出，再利用勾股定理求解即可；（2）根据（1）所求得到，由勾股定理的逆定理可得，再求出即可得到答案．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴；（2）解：∵，，∴，∴是直角三角形，且，∵，，∴，∴．17．(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理：（1）如图所示，连接交于O，连接并延长交于F，点F即为所求；（2）同理作出中点F，连接交于O，连接交于H，连接交于T，连接并延长交于G，点G即为所求．【详解】（1）解：如图所示，连接交于O，连接并延长交于F，点F即为所求；易证明，可推出，易证明，则；（2）解：同理作出中点F，连接交于O，连接交于H，连接交于T，连接并延长交于G，点G即为所求．易证明点H为的中点，点T为中点，则，则可证明G为中点．18．．【分析】此题主要考查勾股定理解三角形，在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方；也考查了含30度角直角三角形的性质，在直角三角形中，30度角所对的直角边长度为斜边的一半；根据勾股定理分别求出两次梯子距墙根的距离，求差得解．【详解】解：∵，，∴，，∴，∵，∴，∴则．19．(1)证明见解析(2)当，四边形是矩形，理由见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，矩形的判定：（1）由平行四边形的性质得到，进而得到，据此利用即可证明．（2）根据（1）所求可得，则四边形是矩形．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，即，又∵，∴．（2）解：当，四边形是矩形，理由如下：由（1）可知，∵，∴，∴四边形是矩形．20．(1)和是因子二次根式，因子为；(2)．【分析】本题考查二次根式的计算，分母有理化．理解并掌握因子二次根式的定义是解题的关键．（1）根据因子二次根式的定义进行计算即可；（2）根据因子二次根式的定义得到，进行求解即可．【详解】（1）解：∵，∴和是因子二次根式，因子为；（2）解：由题意，得：，∴，∴．21．(1)见解析(2)当时，四边形是正方形，理由见解析【分析】（1）证明，由全等三角形的性质可得，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可知，可证明四边形为平行四边形，然后根据“一组邻边相等的平行四边形为菱形”证明结论即可；（2）当时，四边形是正方形．因为当时，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，即，然后根据“有一个角为直角的菱形是正方形”即可证明四边形是正方形．【详解】（1）证明：∵为的中点，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，为中线，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（2）当时（也可填或或），四边形是正方形，理由如下：∵，为中线，∴，即，∵由（1）可知四边形是菱形，∴四边形是正方形．【点睛】本题主要考查了菱形得判定、正方形的判定、直角三角形斜边上的中线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．22．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）先证四边形是平行四边形，则平行且等于，得平行且等于．再证四边形是平行四边形，得平行且等于，即可得出结论；（2）连接，由，分别是，的中点，得，，由，分别是，的中点，得，，故，，从而四边形是平行四边形；（3）取的中点，连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，根据题意得到，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理解答即可．【详解】证明：（1）如图，延长到点，使，连接连接．，，四边形是平行四边形，平行且等于，平行且等于．四边形是平行四边形，平行且等于．又，∴且；（2）四边形是平行四边形；理由如下：连接，如图：，分别是，的中点，∴，，，分别是，的中点，∴，，∴，，四边形是平行四边形；（3）取的中点，连接、，是的中点，是的中点，，，∴，同理，，，∴，∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等边对等角等知识；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．23．(1)(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)5或13【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等：（1）过点E分别作的垂线，垂足分别为G、H，证明四边形是正方形得到，进而证明，即可得到（2）仿照（2）求解即可；（3）分点E在线段上和在线段的延长线上两种情况利用勾股定理求出即可得到答案．【详