湖北省武汉市硚口区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

湖北省武汉市硚口区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．要使式子有意义，则x的取值范围是（

）A．x＞3 B．x≠3 C．x≥3 D．x≤32．下列各式计算正确的是（

）A． B． C． D．3．在中，，则的大小是（

）A． B． C． D．4．在中，，，的对边分别是，下列条件不能判断是直角三角形的是（

）A． B．C． D．5．《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折高者几何?意思是：一根竹子，原高一丈（一丈尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部尺远，问折断处离地面的高度是多少?设折断处离地面的高度为尺，则下列方程正确的是（

）A． B．C． D．6．如图，在中，下列结论中错误的是（

）A．当时，它是菱形 B．当平分时，它是菱形C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形7．如图，是菱形的对角线的交点，是边中点，若，，则长是（

）A． B．3 C． D．58．在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（

）A． B． C． D．9．如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（

）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形10．已知，则的值是（

）A． B． C．5 D．6二、填空题11．写出一个小于3的正无理数．12．计算的结果是．13．多项式分解因式的结果是．14．如图，在正方形中，已知，，则的长是，其对角线的交点坐标是．15．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则．

16．如图，在四边形中，，，，，，则的长是．三、解答题17．计算：(1)；(2)．18．已知，．(1)直接写出，的值；(2)求的值．19．如图，在四边形中，．(1)求证：(2)求四边形的面积．20．如图，在中，是边的中点，过点作直线，交的角平分线于点E，交的外角的角平分线于点，连接．(1)求证：四边形为矩形．(2)请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件．21．如图，在中，两点分别在边上，连接，且．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若平分，，且，，求的长．22．如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都是格点，点P在AC上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．(1)在图1中，先画，再在上画点H，使，然后在上画点Q，使；(2)在图2中，先画的中线，再在上画点F，使．23．如图1，在菱形中，E是边上的点，是等腰三角形，，（）．(1)如图2，当时，连接交于点P，①直接写出的度数；②求证：．(2)如图1，当时，若，求的值．24．在平面直角坐标系中，已知矩形，其中．(1)如图1，若点，E在边上，将沿翻折，点C恰好落在边上的点F处，①直接写出点F的坐标及的长；②如图2，将沿y轴向上平移m个单位长度得到，平面内是否存在点G，使以、O、、G为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G的坐标，若不存在，请说明理由．(2)如图3，若点，连接，M，N两点分别是线段上的动点，且，求的最小值．参考答案：1．C【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．【详解】解：由题意得，x-3≥0，解得，x≥3．故选C．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题关键．2．B【分析】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．根据二次根式的混合运算法则逐一判定即可求解．【详解】解：A、，原选项计算错误，不符合题意；B、，原选项计算正确，符合题意；C、与不是同类二次根式，不能进行加减，原选项计算错误，不符合题意；D、，原选项计算错误，不符合题意；故选：B．3．A【分析】本题考查了平行四边的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形对角相等即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，故选：A．4．B【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，直角三角形的性质及判定方法，理解并掌握直角三角形的判定方法是解题的关键．根据直角三角形中，最大角的度数为可以判断A、B选项，运用勾股定理逆定理可判定C、D选项，由此即可求解．【详解】解：A、∵，∴，则，能判定直角三角形，A选项不符合题意；B、，∴，即中最大角的度数为，∴不能判定是直角三角形，B选项符合题意；C、，设，∴，∴，即，能判定是直角三角形，C选项不符合题意；D、，能判定是直角三角形，不符合题意；故选：B．5．A【分析】本题考查了勾股定理的运用，理解题意，掌握勾股定理的计算是解题的关键．根据题意，如图所示，【详解】解：根据题意作图如下，尺，尺，设，则，∴在直角中，，∴，故选：A．6．D【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定和性质的综合，掌握平行四边形，特殊四边形的判定和性质是解题的关键．根据平行四边形的性质，菱形、矩形、正方形的判定逐一求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，则A选项正确，不符合题意；当平分时，，∴，∴平行四边形是菱形，B选项正确，不符合题意；当时，，即，根据对角线相等的平行四边形是矩形，∴平行四边形是矩形，C选项正确，不符合题意；当时，平行四边形是矩形，不是正方形，D选项错误，符合题意；故选：D．7．A【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质可得直角，根据勾股定理求出的值，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，根据点是的中点可得，由此即可求解．【详解】解：已知四边形是菱形，，∴，，∴是直角三角形，∴，∵点是的中点，∴，故选：A．8．C【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．【详解】A：，为平行四边形而非矩形故A不符合题意B：，为平行四边形而非矩形故B不符合题意C：∴∥四边形为矩形故C符合题意D：不是平行四边形也不是矩形故D不符合题意故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．9．A【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵对称，∴，∴∵对称，∴，∴，同理，∴∴∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，如图所示，当分别为的中点时，设，则，，在中，，连接，，∵，∴是等边三角形，∵为中点，∴，，∴，根据对称性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．10．C【分析】主要考查整式的化简求值及完全平方公式与二次根式的运算，熟练掌握各个运算法则是解题关键．先求出，再把原式化为整体代入计算即可．【详解】解：，，，即，，故选：C．11．（答案不唯一）【分析】根据无理数估算的方法求解即可.【详解】解：∵，∴故答案为（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查了无理数的估算，准确计算是解题的关键．12．2【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：．13．【分析】本题考查了乘法公式，二次根式的性质，因式分解，掌握运用乘法公式进行因式分解是解题的关键．根据二次根式的性质，再结合乘法公式进行因式分解即可求解．【详解】解：，故答案为：．14．5【分析】本题考查直角坐标、正方形和全等三角形的性质，解题的关键是证明．通过勾股定理求出，证明得到，即可求得点的坐标，再根据中点坐标公式得出结论即可．【详解】解：，，，在中，；如下图所示，过点D，作垂直于x轴，交x轴于点E，∵，，∴，在和中，∵，∴，∴，∴，∴点的坐标为，对角线的交点坐标是，即，故答案为：5，．15．/【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接，

四边形是矩形，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．16．【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．如图所示，连接可得是等边三角形，将绕点逆时针旋转可得，，是等边三角形，过点作延长线于点，可证是等腰直角三角形，根据勾股定理可求出的长，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵，，∴是等边三角形，则，将绕点逆时针旋转，∴与重合，与重合，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，即，∴，∴，过点作延长线于点，即，∴，∴是等腰直角三角形，且，∴，∴，∴，在中，，∴，故答案为：．17．(1)(2)【分析】本题主要考查二次根式的性质化简，二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算法则是解题的关键．（1）运用二次根式的性质化简，再根据二次根式的加减运算即可求解；（2）运用二次根式的性质化简，再根据二次根式的加减运算即可求解．【详解】（1）解：；（2）解：．18．(1)，(2)【分析】本题主要考查乘法公式的运用，二次根式的混合运算，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．（1）根据二次根式的运算法则即可求解；（2）运用乘法公式，将（1）中的结果代入计算即可求解．【详解】（1）解：；；（2）解：，由（1）可知，，，∴原式．19．(1)见详解(2)234【分析】（1）连接，根据勾股定理计算出长，再利用勾股定理逆定理判定是直角三角形，即可得到结论；（2）利用和的面积求和，即可．【详解】（1）连接，∵，，∵，即，∴，∴；（2）解：四边形的面积=．故面积为：234．【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理逆定理．关键是掌握在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方；如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．20．(1)证明过程见详解(2)，或（答案不唯一）【分析】（1）根据角平分线可得，可证，根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可得是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，由此即可求证；（2）根据正方形的判定方法“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”即可求解．【详解】（1）证明：已知平分，平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形；（2）解：由（1）可知四边形是矩形，∴根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”得，添加条件为：，或（答案不唯一），添加条件为：，∵四边形是矩形，，∴矩形是正方形；添加条件：，∵，∴，∵，∴，即，且四边形是矩形，∴矩形是正方形；综上所述，添加条件为：：，或（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的证明，正方形的判定和性质的综合，掌握矩形判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键．21．(1)证明过程见详解(2)的长为【分析】（1）根据全等三角形的判定可得，，再根据平行四边形的性质，可得，由此即可求证；（2）根据题意可得，根据垂直可得平行四边形是矩形，设，在和中，运用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴四边形为平行四边形；（2）解：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，则，∵，且四边形为平行四边形，∴平行四边形是矩形，∴，设，则，在中，，在中，，则，∴，∴，解得，，∴的长为．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等角对等边，勾股定理的运用，掌握矩形的判定和性质是解题的关键．22．(1)图见解析(2)图见解析【分析】本题考查格点作图，平行四边形的性质，等腰三角形的性质．（1）根据平行四边形的性质，取格点D，连接，使得，再连接，然后连接，交于点，连接并延长交于点H，则得出，连接交于M，连接并延长交于点Q，连接，则，即为所求；（2）取格点，连接交于点E，则的中点E；再取格点，连接，交于点F，可得，连接，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，点E，点F即为所求．【详解】（1）解：如图所示，，点E即为所求；（2）解：点E，点F即为所求．23．(1)①②证明见解析(2)【分析】（1）①在上截取，连接，证明，再结合菱形性质得出结论；②作交于点N，证明四边形是平行四边形，根据性质得出，再根据勾股定理得出结论；（2）延长使，连接，过F作交延长线于点N，先证求出，设，则，利用勾股定理求出，计算得出结论；【详解】（1）解：①在上截取，连接，，，，又，，四边形是菱形，且，∴四边形是正方形，，，又，，，，，；②作交于点N，，，四边形是平行四边形，，，，，，在中