2022-2023学年度西桥小学初中数学期中考试卷(1)

这是一份2022-2023学年度西桥小学初中数学期中考试卷(1)，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度八年级下期数学期中考试卷
满分：150分 考试时间：120分钟

一、单选题(共40分)
1．(本题4分)下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．(本题4分)下列命题的逆命题成立的是（　　）
A．对顶角相等 B．等边三角形是锐角三角形
C．正方形的对角线互相垂直 D．平行四边形的对角线互相平分
3．(本题4分)在平行四边形ABCD中，，则的度数是（    ）
A． B． C． D．不能确定
4．(本题4分)下列各式计算正确的是（    ）
A． B． C． D．
5．(本题4分)如图1，在菱形中，，，于点，则的长为（    ）





图1 图2 图3
A．4.8 B．5 C．9.6 D．10
6．(本题4分)如图2，一只蚂蚁从圆柱体的下底面A点沿着侧面爬到上底面B点，已知圆柱的底面半径为，高为（π取3），则蚂蚁所走过的最短路径是（    ）cm．
A．28 B．29 C．25 D．22
7．(本题4分)如图3，中，，，是边靠近点的三等分点，，则长为（    ）
A．2 B． C． D．
8．(本题4分)如图4，在矩形中，，，点是的中点，点是边上的动点，将沿翻折，得到，则的最小值是（  ）

图4 图5 图6
A．6 B．7 C．8 D．9
9．(本题4分)如图5，矩形中，，分别是边，的中点，于，的延长线交于．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．(本题4分)如图6，在中，，分别以，，为边在的同一侧作正方形，，，四块阴影部分的面积分别为，，，．若已知图中阴影部分的面积的和，则一定能求出（    ）
A．正方形的面积 B．正方形的面积
C．的面积 D．四边形的面积
二、填空题(共24分)
11．(本题4分)若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是__________．
12．(本题4分)如下图，一只蚂蚁从点A沿数轴向右沿直线爬行2个单位长度到达点B，点A表示的数为，设点B所表示的数为m，则__________．

13．(本题4分)如图7，中俄“海上联合﹣2017”军事演习在海上编队演习中，两艘航母护卫舰从同一港口同时出发，一号舰沿南偏西方向以12海里/小时的速度航行，二号舰以16海里/小时速度航行，离开港口1.5小时后它们分别到达，两点，相距30海里，则二号舰航行的方向是_________．

图7 图8
14．(本题4分)如图8，菱形草地中，沿对角线修建60米和80米两条道路，M、N分别是草地边、的中点，在线段BD上有一个流动饮水点，若要使的距离最短，则最短距离是 _____米．
15．(本题4分)古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等”(如图9 )，问题解决：如图10，点P是矩形的对角线上一点，过点P作分别交，于点E，F，连接，．若，，则图中阴影部分的面积和为__________．

图9 图10 图11
16．(本题4分)如图11，在中，，，，点M为上动点，N为上一点，且，当点M从点A运动到点C时，则点N运动的路程为 ___________．
三、解答题(共86分)
17．(本题8分)计算：．



18．(本题8分)如图，在四边形中，与平行吗？试说明理由．









19．(本题8分)如图，矩形ABCD中，点E，F分别在AB，CD边上，连接CE、AF，∠DCE=∠BAF．试判断四边形AECF的形状并加以证明．








20．(本题10分)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，O为对角线BD的中点，过O点作OE⊥AB，垂足为E．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求线段BE的长．






21．(本题10分)如图，A城气象台测得台风中心在A城正西方向240的O处，以每小时30的速度向南偏东的方向移动，距台风中心150的范围内是受台风影响的区域．

(1)A城是否受到这次台风的影响？
(2)求A城受台风影响的时间有多长？






22．(本题10分)如图所示，矩形沿直线折叠，使点C落在边的中点处，点B落在处，其中，求的长．








23．(本题10分)如图，四边形ABCD中，E为边BC的中点，BD与AE交于O，BO＝DO，AO＝2EO．AC与BD交于F．
（1）求证：F是AC的中点．
（2）求S△ACD：S△ABD的值．







24．(本题10分)如图，在四边形中，，，，，．点从点出发沿射线以的速度运动，同时点从点出发沿射线以的速度运动，设运动时间为．连接、．

（1）若以、、、为顶点的四边形是菱形，求的值；
（2）连接，当时，直接写出的值．（不必写过程）



















25．(本题12分)已知正方形ABCD的边长等于4，点E为边AD上一动点，连接CE，以CE为边长作正方形CEFG（点D、F在CE所在直线的同侧），H为CD中点，连接FH．

(1)如图1，当点E为AD中点时，连接BE，BH，求证：四边形BEFH为菱形；
(2)如图2，连接EH，若，求的面积；
(3)在点E的运动过程中，求AF的最小值．

参考答案：
1．D
【分析】根据最简二次根式的定义即可求出答案．
【详解】解：（A）原式=，故A不选；
（B）原式==，故B不选；
（C）当a＜0时，无意义，故C不选；
故选D．
【点睛】本题考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式，本题属于基础题型．
2．D
【分析】利用对顶角的性质、锐角三角形的定义、正方形的性质及平行四边形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、逆命题为相等的角是对顶角，不成立；
B、逆命题为：锐角三角形是等边三角形，不成立；
C、逆命题为：对角线互相垂直的四边形是正方形，不成立；
D、逆命题为：对角线互相平分的四边形是平行四边形，成立，
故选D．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是正确的写出一个命题的逆命题，难度不大．
3．C
【分析】先求出四边形的内角和，再代入求出即可．
【详解】∵∠A+∠B+∠C+∠D=（4-2）×360°=360°，
又∵∠A+∠B+∠C=240°，
∴∠D=360°-（∠A+∠B+∠C）=360°-240°=120°，
∵
∴，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和、平行四边形的性质，能正确求出多边形的内角和是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
4．A
【分析】根据二次根式的性质和运算法则逐一计算可得．
【详解】A、此选项计算正确，符合题意；
B、 此选项计算错误，不符合题意；
C、不是同类二次根式，不能合并，此选项计算错误，不符合题意；
D、此选项计算错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了利用二次根式的性质化简以及二次根式的加减运算，准确利用二次根式的性质计算是解题的关键．
5．A
【分析】由菱形的性质得到对角线互相垂直，利用勾股定理可求得AC的长和菱形面积，利用等积法可求得DE的长．
【详解】∵四边形ABCD为菱形，
∴ AC与BD互相垂直平分，
且AB＝5，BD＝6，
∴OA＝，AC＝2OA＝8，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×8×6＝24，
∴AB•DE＝24，
∴5DE＝24，
∴DE＝，
故选：A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的对角线相互垂直平分是解题的关键，注意等积法的应用．
6．C
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：把圆柱侧面展开，展开图如右图所示，点A、B的最短距离为线段的长．

在中，，，为底面半圆弧长，，
所以
故选：C．
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
7．C
【分析】作交AD于点E，求出，再求出，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：作交AD于点E，

∵，
∴，
∴E是AD中点，
∵，，
∴，
∵是边靠近点的三等分点，E是AD中点，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是证明D，E是三等分点，求出，．
8．C
【分析】求的最小值，先求出EC的大小，再根据，求出的范围即可．
【详解】解析：连接
在△中，
可得．
在中，由勾股定理，
得．
由折叠可知，，
∴
故选C．

【点睛】本题主要考查了三角形三边的大小关系及勾股定理，正确掌握三角形三边的大小关系及勾股定理是解题的关键．
9．D
【分析】连接CM、DM，根据分别证明、，再逐个选项判断即可．
【详解】连接CM、DM，

∵矩形
∴,
∵，，分别是边，的中点，
∴
故①正确；
∵
∴四边形AMCN是平行四边形
∴AN∥CM
∴
∵
∴CM垂直平分PB
∴BC=PC
∴（SSS）
∴
即
故②正确；
∵，，
∴（HL）
∴
故③正确；
取CQ中点E，连接EN
∵N是CD中点
∴EN是△CDQ的中位线
∴
∵
∴
∴，即
故④正确；
综上所述，正确的是①②③④
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上中线、中位线、全等三角形的性质与判定，涉及知识点比较多，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
10．C
【分析】过D作于点N，连接，容易证得，，则有，；根据，，，可证得四边形是矩形，即D、I、H三点共线，根据AAS可证，则有，，可得，则，据此求解．
【详解】
如图所示，过D作于点N，连接
，，

，

同理可证，
，
，，
则有

，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
∴D、I、H三点共线，


又，，

，，,

，，

，，







即


所以知道阴影部分的面积的和，则一定能求出的面积．
故选：C
【点睛】本题考查勾股定理和三角形全等的证明，将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用是解题的关键．
11．
【分析】根据被开方数为非负数即可求解．
【详解】解：根据二次根式的非负性可知：，
因此．
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的非负性，掌握被开方数为非负数是解题的关键．
12．##
【分析】根据从点A沿数轴向右沿直线爬行2个单位长度到达点B，点A表示的数为，得点B所表示的数为，代入所求式子计算即可．
【详解】解：∵从点A沿数轴向右沿直线爬行2个单位长度到达点B，点A表示的数为，
∴点B所表示的数为，
∴


．
故答案为：．
【点睛】本题考查了实数与数轴，以及二次根式的加减运算，涉及数轴上的点表示的数，解题的关键是求出m的值．
13．南偏东
【分析】直接利用已知的速度和时间得出的长，再利用勾股定理的逆定理得出的度数，进而得出答案．
【详解】解：由题意可得：（海里），
（海里），海里，
则此时： ，
∴是直角三角形，
则，
，
，
∴2号舰的航行方向是：南偏东．

故答案为：南偏东．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用以及方向角，正确得出是直角三角形是解题关键．
14．50
【分析】作关于的对称点，连接，交于，连接，当点与重合时，的值最小，根据菱形的性质和勾股定理求出长，即可得出答案．
【详解】解：作关于的对称点，连接，交于，连接，
当点与重合时，的值最小，

四边形是菱形，
，，
即在上，
，
，
为中点，
为中点，
为中点，四边形是菱形，
，，
四边形是平行四边形，
，
设与的交点为点，
四边形是菱形，
，米，米，
米，
的最小值是50米．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出的位置．
15．12
【分析】根据矩形的性质和三角形面积得到，则，，即可求解．
【详解】解：作于，交于．如图：

则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
∴，
由矩形的性质可知，，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
故答案为：12．
【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证出．
16．##
【详解】解：如图，当点M与A重合时，点N在的位置，此时，

当时，点N在点D的位置上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点M继续向点C运动时，点N由点D向左运动到点N的位置，过点C作于H，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点N运动的路程为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形，勾股定理，动点N的运动路径等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用数形结合的思想思考问题，有难度．
17．
【分析】先根据二次根式的乘除法则运算，然后化简后合并即可．
【详解】



．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的计算，熟练掌握二次根式的四则运算法则是解本题的关键．
18．平行，理由见解析
【分析】首先根据垂线的定义，得出，然后再根据直角三角形勾股定理，得出，再根据题意，得出，然后再根据勾股定理的逆定理，得出，再根据内错角相等，两直线平行，即可得出结论．
【详解】解：，理由如下：
∵，∴，
∴，
∵，即，
∴是直角三角形，且，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的判定、勾股定理及其逆定理，解本题的关键在熟练掌握勾股定理及其逆定理．
19．四边形AECF是平行四边形，证明见解析．
【分析】根据矩形的性质得出，可得出∠DFA=∠BAF，进而得出∠DCE=∠DFA，证得，再根据平行四边形的判定得出即可．
【详解】解：四边形AECF是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴∠DFA=∠BAF，
又∵∠DCE=∠BAF，
∴∠DCE=∠DFA
∴，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的判定以及平行四边形的判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
20．（1）∠ABD=60°；（2）BE=1．
【详解】(1)在菱形ABCD中，AB＝AD，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形．
∴∠ABD＝60°．
(2)由(1)可知BD＝AB＝4．
又∵O为BD的中点，
∴OB＝2．
∵OE⊥AB，∠ABD＝60°，
∴∠BOE＝30°．
∴．
21．(1)受到影响
(2)小时

【分析】（1）作于H．先用30度角的性质求出与150比较即可解决问题．
（2）连接，，设，由等腰三角形三线合一和勾股定理得到，求出，利用时间，计算即可解决问题．
【详解】（1）如图，作于．

在中，
，，，
，
，
城受到这次台风的影响．
（2）如图，连接，，设，

∴，
，
受台风影响的时间有（小时）．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形三线合一，30度角的性质等，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线根据直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
22．10
【分析】设，则由折叠的性质得：FC=x，从而DF=18-x，在Rt△中，由勾股定理建立关于x的方程，解方程即可．
【详解】∵四边形ABCD为矩形
∴AD=BC=12，CD=AB=18
∵为AD的中点
∴
由折叠的性质，
设，则FC=x
∴DF=CD-FC=18-x
在Rt△中，由勾股定理得：
解得：x=10，即FC'=10
【点睛】本题是矩形的折叠问题，考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，用到了方程思想．
23．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接CD，DO＝BO，CE＝BE，可得OE为三角形BCD的中位线，从而可得AOCD，DC＝2OE，又AO＝2EO，所以CD＝AO，则四边形AOCD为平行四边形，即可证明F为AC中点；
（2）由四边形AOCD为平行四边形，则S△ADC＝S▱AOCD＝S△ADO，又S△ABD＝2S△ADO，故可得S△ACD：S△ABD的比值．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示，
∵DO＝BO，CE＝BE，
∴OE为三角形BCD的中位线，AEDC，DC＝2OE，
又AO＝2EO，
∴CD＝AO，
又AOCD，
则四边形AOCD为平行四边形，
∴F为AC中点．
（2）解：∵四边形AOCD为平行四边形，
∴S△ADC＝S▱AOCD＝S△ADO，
又O为BD中点，
∴S△ABD＝2S△ADO，
∴S△ACD：S△ABD＝S△ADO：2S△ADO＝．

【点睛】此题主要考查平行四边形的性质综合，解题的关键是熟知平行四边形的判定与性质、中位线的性质．
24．（1）5；（2）6或10
【分析】（1）根据题意，得，，可得到当在点左边时，，当在点右边时，，又有当，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，然后根据菱形的性质分类讨论，即可求解；
（2）根据，可得AE=2CF，然分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：（1）根据题意，得，，
当在点左边时，，
当在点右边时，，
，
∴当，即或，即或时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形．
如图，连接CE，当时，在点左边得到平行四边形AFCE，

∴，，，
，
在 中，由勾股定理得：
，
．
当时，以，，，为顶点的四边形是菱形；
当时，，此时在点右边，得到平行四边形ACFE，
，，，
在 中，由勾股定理得：
，
，
当时，以，，，为顶点的四边形不是菱形．
若以，，，为顶点的四边形是菱形，则的值为．
（2）如图，

∵，
∴ ，
∴AE=2CF，
当在点左边，即时 ，
，解得： ；
当在点右边，即 时，
，解得： ，
综上所述，当时，的值为或．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的面积，动点问题，熟练掌握菱形的判定和性质，并利用分类讨论的思想解答是解题的关键．．
25．(1)见解析
(2)
(3)AF的最小值是

【分析】（1）先证，推出，，再结合正方形的性质得出，，得出四边形BEFH为平行四边形，再由得出，即可证明四边形BEFH为菱形；
（2）连接EH，连接DF，过点F作，交AD延长线于点M，利用求解；
（3）连接AF，先证，设，则，，由勾股定理得，可知当，即点E与点A重合时，AF有最小值．
【详解】（1）证明： 四边形ABCD是正方形，
，．
又E为AD中点，H为CD中点，
，
在与中，
，
．
，．
，
，
，
在正方形CEFG中，，，
，，
四边形BEFH为平行四边形．
同理可证，
，
四边形BEFH为菱形；
（2）解：如图，连接EH，连接DF，过点F作，交AD延长线于点M，

，
．
，，
，
在与中，
，
，
，，
，
；
（3）解：如图，连接AF，

由（2）可知，，
，，
，
，
设，则，，
在中，由勾股定理，得．
当，即点E与点A重合时，AF有最小值．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形的判定，正方形的性质，三角形面积公式以及勾股定理解直角三角形，综合性较强，有一定难度，综合运用上述知识点、正确作出辅助线是解题的关键．