安徽省阜阳市太和县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题【含答案解析】

太和县2023-2024学年下学期期中考试八年级数学试题下册第十六~十八章说明：共8大题，计23小题，满分150分，答题时间120分钟．一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列式子一定是二次根式的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了二次根式的定义，根据被开方数为非负数，逐项分析即可．【详解】解：A．当时，二次根式无意义，故A不一定是二次根式；B．当时，二次根式无意义，故B不一定是二次根式；C．当时，二次根式无意义，故C不一定是二次根式；D．，，故D一定是二次根式；故选：D．2.下列选项中，不能判定是直角三角形的是（）A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算即可解答．【详解】解：A、且，，能判定为直角三角形，故A不符合题意；B、，，，不能判定为直角三角形，故B符合题意；C、，，，，能判定为直角三角形，故C不符合题意；D、，能判定为直角三角形，故D不符合题意；故选：B3.下列选项中，属于平行四边形的性质的是（）A.对角线互相平分 B.对角线互相垂直C.对角线相等 D.邻边相等【答案】A【解析】【分析】本题考查了平行四边形的性质．熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质判断作答即可．【详解】解：由题意知，平行四边形的对角线互相平分，故A符合要求，B、C、D不符合要求；故选：A．4.如图，要使平行四边形成为菱形，可添加的条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据菱形的判定方法①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）针对每一个选项进行判断，即可选出正确答案．【详解】A、∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形，不是菱形．故本选项错误；B、添加不能证明平行四边形是菱形，故本选项错误；C、∵四边形平行四边形，，∴平行四边形是矩形，故本选项错误；D、∵四边形是平行四边形，∴当时四边形是菱形，故本选项正确；故选

D．【点睛】此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法．5.在中，，若，则的面积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．利用勾股定理求出的长，再代入直角三角形的面积公式即可．【详解】解：由勾股定理得，，的面积为，故选：A6.如图，在一竖直墙面上斜靠着一梯子，C为梯子的中点．在梯子下滑过程中，的长度（）A.先变长后变短 B.变短 C.不变 D.变长【答案】C【解析】【分析】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，即可得出结果．【详解】解：，为的中点，是的中线，，梯子的上端沿墙壁下滑时，梯子的长度不变，的长度也不变，故选：C7.若，则x的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查了二次根式的性质，根据二次根式的性质：，得到关于的不等式，解不等式即可得到答案．【详解】解：，，，解得故选：C．8.有一块矩形木板，木工采用如图所示的方式在木板上截出两个面积分别为和的正方形木板，则原矩形木板的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查的是二次根式的应用，掌握二次根式的性质、无理数的估算是解题的关键．根据二次根式的性质分别求出两个正方形的边长，结合图形计算得到答案．【详解】解：（1）两个正方形的面积分别为和，这两个正方形的边长分别为和，原矩形木板的面积为，故选：B9.如图，在菱形中，O为对角线的交点，，则菱形的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直的性质．根据菱形的性质可得，然后利用勾股定理求出的值，最后根据菱形的面积公式求解．【详解】解：四边形为菱形，，则，，，．故选：A10.如图，在矩形中，，E为的中点，F为对角线上的动点，则的最小值为（）A.cm B. C. D.【答案】A【解析】【分析】证明是等边三角形，，如图，作关于的对称点，连接，，连接，则，，，由，可知当三点共线时，最小，为，如图，过作的延长线于，则，，，，由勾股定理得，计算求解然后作答即可．【详解】解：∵矩形，，E为的中点，∴，，，∴是等边三角形，，如图，作关于的对称点，连接，，连接，∴，，，∴，∴当三点共线时，最小，为，如图，过作的延长线于，∴，∴，，∴，由勾股定理得，，故选：A．【点睛】本题考查了矩形性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）11.化简＝_____．【答案】2【解析】【分析】分子、分母都乘以，再进一步化简即可．【详解】解：原式＝＝＝2，故答案为：2．【点睛】本题考查二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质及分母有理化的方法是解题关键．12.如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点E，于点F．在点G的运动过程中，的值为_______．【答案】4【解析】【分析】此题考查正方形的性质，矩形的判定与性质．解题关键是熟练掌握正方形的性质、矩形的判定与性质．先证明四边形是矩形，再证明是等腰三角形，从而得．【详解】正方形的边长为4，，于点E，于点F．四边形是矩形，且是等腰三角形，，故答案为：413.如图，在中，，则的长为_______．【答案】##【解析】【分析】本题考查勾股定理及直角三角形性质，关键是掌握勾股定理．作于，由勾股定理求出长，由等腰直角三角形的性质得到长，即可得到答案．【详解】解：作于，，，，，是等腰直角三角形，，．故答案为：14.如图．在矩形中，E，F，G，H为矩形四边的中点，依次连接点E，F，G，H．（1）四边形的形状是_______．（2）若，则四边形的周长是_______．【答案】①.菱形②.【解析】【分析】本题主要考查了矩形的性质、三角形的中位线定理、菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质、三角形的中位线定理、菱形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．（1）连接、，由矩形的性质可得，由三角形的中位线定理可得，，从而得到，根据菱形的判定即可得证；（2）连接，，先由勾股定理求得，再进行计算即可得到答案．【详解】解：（1）连接、，四边形为矩形，，点、、、，分别是四边的中点，，，四边形为菱形，故答案为：菱形；（2）如图，连接，，四边形矩形，，，，，点、、、，分别是四边的中点，，，，四边形是菱形，四边形的周长为，故答案为：．三、本大题共2小题，每小题8分，满分16分15.计算：【答案】【解析】【分析】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．先计算乘法，再把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．【详解】原式16.已知：如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB∥CD，，求证：四边形ABCD是平行四边形．【答案】见解析【解析】【分析】要证四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的判定，和已知条件，只需证AB=CD，继而需求证△ABO≌△CDO，由已知条件很快确定ASA，即证．【详解】证明：∵AB∥CD，

∴∠ABO=∠CDO．

∵AO=CO，

∠AOB=∠COD，

∴△ABO≌△CDO．

∴AB=CD，

又∵AB∥CD

∴四边形ABCD是平行四边形．【点睛】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．四、本大题共2小题，每小题8分，满分16分17.如图，在正方形网格中作出以A，B，C，D为顶点的正方形，其中格点（网格线的交点）A，B已给出．（要求：画出2个不同的正方形）【答案】见解析【解析】【分析】本题考查了作图的应用与设计，掌握网格线的特征和正方形的性质是解题的关键．根据正方形四条边相等且每个角都是90度，分为边及对角线两种情况作出正方形即可．【详解】18.如图，1~5号正方形边长分别为1，2，3，4，5，可得出以下规律：……根据以上规律，解答下列问题：（1）（2）（用含n的式子表示，需化简）（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】本题考查了数字与图形的变化规律，解决本题的关键是熟练掌握从数字变化中总结规律，（1）由前面几组数据总结出；（2）由前面几组数据总结出；（3）由（3）总结出的规律求值即可；【小问1详解】故答案为：；【小问2详解】……故答案为：；【小问3详解】将代入得：五、本大题共2小题，每小题10分，满分20分19.如图，在中，是线段的垂直平分线，求的长．【答案】5【解析】【分析】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握垂直平分线的性质，勾股定理是解答本题的关键．先求出．由为线段的垂直平分线，可得，设，则，利用勾股定理求解即可．【详解】中，，，为线段的垂直平分线，，设，则，，，，即，解得，即的长为5．20.若两个二次根式m，n满足；，且q是有理数，则称m与n是关于q的“共轭二次根式”．（1）若m与是关于的“共轭二次根式”，求m的值．（2）若与是关于的“共轭二次根式”，求a的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题考查了分母有理化，二次根式的乘法．熟练掌握分母有理化是解题的关键．（1）由题意知，，计算求解即可；（2）由题意知，，计算求解即可．【小问1详解】解：由题意知，，解得，，∴m的值为．【小问2详解】解：由题意知，，，，解得，，∴a的值为3．六、本题满分12分21.通过本学期的学习，我们已初步认识了勾股定理，它最早是由我国周朝时期的商高提出的，后又由东汉数学家赵爽通过四个全等的直角三角形构造的正方形证明所得，我们称之为“赵爽弦图”．如图，，，．（1）请根据赵爽弦图，用面积法证明：．（2）若正方形面积为49，正方形的面积为25，求的值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】本题考查了勾股定理的证明，完全平方式的应用：（1）根据面积公式证明勾股定理即可；（2）根据面积公式和勾股定理解得即可．【小问1详解】证明：大正方形的面积为，一个直角三角形的面积为，小正方形的面积为，；【小问2详解】解：正方形面积为49，正方形的面积为25，，，一个直角三角形的面积为：，，，．七、本题满分12分22.如图，在菱形中，O为坐标原点，点A的坐标为，．动点P从点A出发，沿着射线以每秒3个单位长度的速度运动，动点Q从点C出发，沿着射线以每秒1个单位长度的速度运动．点P，Q同时出发，设运动时间为秒．（1）求点C的坐标．（2）当时，求的面积．（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请求出此时t的值与点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，当时，，当时，【解析】【分析】（1）由题意知，，由菱形，可得，，如图，延长交轴于，则轴，即，，，由勾股定理得，，进而可求；（2）由题意知，时，，则，，根据，计算求解即可；（3）由题意知，，当以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，，由题意知，，，当时，；此时，可求；则；当时，；此时，可求；则．小问1详解】解：由题意知，，∵菱形，∴，，如图，延长交轴于，则轴，即，∴，∴，由勾股定理得，，∴；【小问2详解】解：由题意知，时，，则，，∴，∴的面积为；【小问3详解】解：∵，∴当以C，O，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，，由题意知，，，当时，；此时，解得，；∴；当时，；此时，解得，；∴；综上所述，存在，当时，，当时，．【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，含的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，坐标与图形，含的直角三角形，勾股定理，平行四边形的性质是解题的关键．八、本题满分14分23.如图1，在中，（1）．（2）过点C作直线，使得M为射线上一动点，连接与交于点D．①如图2，当时，过点M作于点H，求的长．②如图3，若求的值．【答案】（1）6（2）①；②【解析】【分析】（1）由勾股定理求解即可；（2）①由可得，根据勾股定理求出，则，过点作，由，即可求出和，