2022-2023学年广东省珠海市香洲区紫荆中学八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省珠海市香洲区紫荆中学八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省珠海市香洲区紫荆中学八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若二次根式 x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是．(    )
A. x>2 B. x≥2 C. x≤2 D. x<2
2. 下列二次根式是最简二次根式的是(    )
A. 18 B. 15 C. 0.1 D. 6
3. 下列计算错误的是(    )
A. 2+ 3= 5 B. 2× 3= 6
C. 15÷ 3= 5 D. 32=3
4. 以下列长度的三条线段为边，能组成直角三角形的是(    )
A. 1，1，1 B. 2，3，4 C. 1， 5，2 D. 7，3，5
5. 如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是(    )
A. AB=BC
B. AC⊥BD
C. ∠A=∠C
D. AC=BD
6. 如图，BD是△ABC的中线，E、F分别是BD，BC的中点，连接EF.若EF=2，则AD的长为(    )


A. 4 B. 6 C. 8 D. 2
7. 实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，化简b+ (a−b)2的结果是(    )
A. −2a+b B. 2b−a C. a D. b
8. 直角三角形的两条直角边长分别为4和6，那么斜边长是(    )
A. 2 13 B. 2 5 C. 52 D. 2
9. 如图，两张宽度为2的矩形纸片交叉叠放在一起，若∠ABC=45°，则重合部分四边形ABCD的周长为(    )


A. 8 2 B. 8 C. 8 3 D. 4 2
10. 矩形与正方形的形状有差异，我们将矩形与正方形的接近程度称为矩形的“接近度”，已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，我们将矩形的“接近度”定义为AB2BC2，若∠BOC=45°时，则矩形的“接近度”为(    )
A. 2+2 2 B. 3+2 2 C. 2+4 2 D. 3+4 2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，且DB=5，则CD= ______ ．

12. 矩形ABCD的长为 3+ 2，宽为 3− 2，则这个矩形的面积为______ ．
13. 已知x= 5+1，代数式x2−2x+2的值为______ ．
14. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且OA=2，OB=4，过A点作AE垂直BC，交BC点E，则AE的值为______ ．


15. 如图，Rt△AOD位于平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,− 3)，∠AOD=30°，若点C是平面内任一点，在x轴正半轴上存在点B，使A、C、B、O为顶点的四边形是菱形，则满足条件的点C的坐标为______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
计算： 48× 13− 12÷ 2+ 24．
17. (本小题8.0分)
如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，试判断△ABC的形状并说明理由．

18. (本小题8.0分)
如图，已知在四边形BCDE中，CD//BE，点F是DE的中点，连接CF交BE于点A，且点E是AB的中点，求证：四边形BCDE是平行四边形．

19. (本小题9.0分)
“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢.”如图，小明站在C处，同时小亮在斜坡的D处，DG⊥GB且DG=10米，CG=60米，CE⊥GB.(不考虑两人身高，点G、C、B在同一水平线上)
(1)求小明与小亮之间的距离CD(结果保留根号)．
(2)若风筝A在小明的北偏东45方向上，且高度AB为60米，AB⊥GB，求此时风筝A到小亮的距离AD．


20. (本小题9.0分)
在学习二次根式的性质时，知道( a)2=a2，利用这个性质我们可以求 4− 7+ 4+ 7的值．
解：设x= 4− 7+ 4+ 7，两边平方，x2=( 4− 7+ 4+ 7)2；
∴x2=4− 7+4+ 7+2 4− 7× 4+ 7；
=8+2× (4− 7)×(4+ 7)=8+2× 16−7=14；
∴x=± 14，∵x>0，∴x= 14；
∴ 4− 7+ 4+ 7= 14；
请利用以上方法，解决下列问题：
(1)求 3− 5+ 3+ 5；
(2)若 9− n+ 9+ n=4 2，求n的值．
21. (本小题9.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过O且垂直于AC，分别与边AD、BC交于点F、E．
(1)求证：四边形AECF为菱形；
(2)若AD=3，CD=2，且∠ADC=60°，求菱形AECF的面积．

22. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°且AC=BC，点D是斜边AB上任意一点，连接CD，以CD为边作正方形CDEF.连接BE、BF．
(1)判断四边形CDBF的面积是否会随着D的位置的改变而变化，并说明理由．
(2)求证：BC−BE= 2BF．

23. (本小题12.0分)
在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点P是BC边上一动点(不与点B、C重合)，将△APB沿直线AP折叠得到△APB′，直线PB′交直线AD于点E．

(1)如图1，当点P是BC的中点时，求AE的值；
(2)如图1，连接B′C，求△PCB′周长的最小值；
(3)如图2，延长DC，交AP的延长线于点F，连接BF，若点M，N分别为CD，BF的中点，连接MN交AF于点O，求证；OM=OF．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：二次根式 x−2在实数范围内有意义，
则x−2≥0，
解得x≥2．
故选：B．
根据二次根式有意义的条件可得x−2≥0，再解即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．

2.【答案】D 
【解析】解：A、 18=3 2，不是最简二次根式，不符合题意；
B、 15= 55，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 0.1= 110= 1010，不是最简二次根式，不符合题意；
D、 6是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义即可选出正确选项．
本题考查最简二次根式，解题的关键是掌握最简二次根式的定义：被开方数不含能开的尽的因数或因式，被开方数的因数是整数，因式是整式．

3.【答案】A 
【解析】解：A． 2+ 3无法合并，故此选项符合题意；
B. 2× 3= 6，故此选项不合题意；
C. 15÷ 3= 5，故此选项不合题意；
D. 32=3，故此选项不合题意．
故选：A．
直接利用二次根式的加减、二次根式的乘除运算法则分别判断得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．

4.【答案】C 
【解析】解：A、∵12+12≠12，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵22+32≠42，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵12+22=( 5)2，∴能构成直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵( 7)2+32≠52，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：结合选项可知，添加AC=BD，
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，根据矩形判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，
∴四边形ABCD是矩形，
故选：D．
由四边形ABCD的对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，再添加AC=BD，可根据对角线相等的平行四边形是矩形证明四边形ABCD是矩形．
此题主要考查矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵E，F分别是BD，BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴DC=2EF=4，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD=CD=4，
故选：A．
根据三角形的中位线的性质求出DC，根据三角形中线的定义计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：∵由数轴知，a<0 ∴a−b<0，
∴b+ (a−b)2=b+b−a=2b−a．
故选：B．
由数轴知，a<0 此题考查了利用数轴比较数的大小，化简二次根式，正确利用数轴比较数的大小是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：由勾股定理得，斜边长= 42+62=2 13，
故选：A．
根据勾股定理计算即可．
本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．

9.【答案】A 
【解析】解：∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=45°，

过点A作AE⊥BC于点E，作AF⊥BC于点F，
∴AE=AF=2，
∴AB=2 2，AD=2 2，
∴平行四边ABCD是菱形，
∴重合部分四边形ABCD的周长为8 2，
故选：A．
两张宽度为2的矩形纸片交叉叠放在一起，则重叠部分为平行四边形，由于高都是2所以这个平行四边形是菱形，进而计算其边长可得周长．
本题考查了菱形的判定和性质，解决此题的关键是掌握对菱形的性质和判定．

10.【答案】B 
【解析】解：作∠ACE=∠CAE，与AB交于点E，如图所示：

则AE=CE，设BC=x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AO=CO，BO=DO，AC=BD，∠ABC=∠BCD=90°，
∴AO=BO=CO=DO，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA=∠BOC=45°，
∴∠OAB=∠OBA=22.5°，
∴∠OCE=∠OAB=22.5°，
∴∠CEB=∠OAC+∠OCA=45°，
∴∠BCE=90°−∠CEB=45°，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC=x，
∴AE=CE= BE2+BC2= 2BC= 2x，
∴AB=AE+BE= 2x+x，
∴AB2BC2=( 2x+x)2x2=3+2 2，故B正确．
故选：B．
作∠ACE=∠CAE，与AB交于点E，设BC=x，根据矩形的性质，结合已知条件得出BE=BC=x，求出AB=AE+BE= 2x+x，最后求出AB2BC2=( 2x+x)2x2=3+2 2即可．
本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等腰三角形的性质和判定．

11.【答案】5 
【解析】解：∵点D是AB的中点，DB=5，
∴AB=2DB=10，
∵∠ACB=90°，
∴CD=12AB=5．
故答案为：5．
利用直角三角形斜边上的中线的性质，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．

12.【答案】1 
【解析】解：矩形ABCD的面积为：( 3+ 2)( 3− 2)=3−2=1．
故答案为：1．
直接利用矩形的面积公式，根据二次根式运算法则进行求解即可．
本题考查了二次根式的运算，解决本题的关键是掌握二次根式的运算法则．

13.【答案】6 
【解析】解：原式为：x2−2x+2=(x−1)2+1，
将x= 5+1代入上式，
原式=(x−1)2+1=( 5+1−1)2+1=6．
故答案为：6．
利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．
此题考查了完全平方公式的计算，利用完全平方公式将所求代数式进行变形是解答此题的关键．

14.【答案】8 55 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO=12AC=2，OB=12BD=4，AC⊥BD，
∴AC=4，BD=8，∠BOC=90°，
∴BC= BO2+CO2= 42+22=2 5，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=BC⋅AE，
∴AE=12AC⋅BDBC=12×4×82 5=8 55．
故答案为：8 55．
利用菱形的性质和勾股定理计算得出BC的长，再根据等积法即可得到AE的长．
本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，解题的关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直平分．

15.【答案】(1, 3)；(3,− 3)；(−1,− 3) 
【解析】解：当OB为对角线时，连接AC，如图所示：

∵四边形ABCD为菱形，
∴OB垂直平分AC，
∴此时点A与点C关于x轴对称，
∵点A的坐标为(1,− 3)，
∴此时点C的坐标为(1, 3)；
当OB为菱形的一条边，OA为另一条边时，如图所示：

∵△AOD为直角三角形，点A的坐标为(1,− 3)，
∴AD=1，OD= 3，OA= 12+(− 3)2=2，
∵四边形OACB为菱形，
∴AC=OA=2，
∴此时点C的坐标为(3,− 3)；
当OB为菱形的一条边，OA为对角线时，如图所示：

∵点A的坐标为(1,− 3)，
∴OA= 12+(− 3)2=2，
∵四边形OACB为菱形，
∴AC=CO，
∵∠ADC=90°，∠AOD=30°，
∴∠OAD=90°−30°=60°，
∴△AOC为等边三角形，
∴AC=OA=2，
∴此时点C的坐标为(−1,− 3)；
综上分析可知，点C的坐标为：(1, 3)；(3,− 3)；(−1,− 3)．
故答案为：(1, 3)；(3,− 3)；(−1,− 3)．
分三种情况进行讨论，当OB为对角线时，当OB为菱形的一条边，OA为另一条边时，当OB为菱形的一条边，OA为对角线时，分别画出图形求出点C的坐标即可．
本题主要考查了坐标和图形，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合，注意分类讨论．

16.【答案】解： 48× 13− 12÷ 2+ 24
= 48×13− 12÷2+2 6
= 16− 6+2 6
=4+ 6． 
【解析】根据二次根式混合混合运算法则进行运算即可．
本题主要考查了二次根式混合运算，二次根式的性质，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算．

17.【答案】解：△ABC是直角三角形，理由为：
∵AB2=22+12=5，AC2=22+42=20，BC2=32+42=25，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形． 
【解析】根据勾股定理的逆定理解题即可．
本题考查勾股定理及其逆定理，能利用网格计算边长是解题的关键．

18.【答案】证明：∵CD//BE，
∴∠D=∠AEF，
∵点F是DE的中点，
∴DF=EF，
在△CDF和△AEF中，
∠D=∠AEFDF=EF∠CFD=∠AFE，
∴△CDF≌△AEF(ASA)，
∴CD=AE，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∴CD=BE，
又∵CD//BE，
∴四边形BCDE是平行四边形． 
【解析】证△CDF≌△AEF(ASA)，得CD=AE，再证CD=BE，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，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．

19.【答案】解：(1)在Rt△CDG中，CD= DG2+CG2= 102+602=10 37(米)；
(2)∵CE⊥GB，AB⊥GB，
∴∠BAC=∠EAC=45°，
∴∠BCA=90°−45°=45°，
∴BC=AB=60米，
∴BG=BC+CG=120米，
过D作DH⊥AB于点H，
∵DG⊥GB，CE⊥GB，
∴四边形BHDG是矩形，
∴BH=DG=10米，DH=BG=120米，
在Rt△ADH中，
AD= DH2+AH2= 1202+502=130(米)． 
【解析】(1)根据勾股定理直接求出CD；
(2)过D作AB⊥DF于点H，根据等腰三角形的判定证得BC=AB，在Rt△ADH中，根据勾股定理即可求出AD．
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

20.【答案】解：(1)设x= 3− 5+ 3+ 5，
两边平方得，x2=( 3− 5+ 3+ 5)2，
∴x2=3− 5+2 (3+ 5)(3− 5)+3+ 5=6+4=10，
∴x=± 10，
∵x>0，
∴x= 10，
∴ 3− 5+ 3+ 5= 10，
(2)∵ 9− n+ 9+ n=4 2，
两边平方，( 9− n+ 9+ n)2=(4 2)2，
即9− n+2 (9− n)(9− n)+9+ n=32，
∴ (9− n)(9− n)=7，
所以81−n=49，
解得n=32． 
【解析】(1)设x= 3− 5+ 3+ 5，运用平方计算求出x=± 10，根据x>0求出结果即可；
(2)两边平方后整理得 (9− n)(9− n)=7，再平方解无理方程得到结果．
本题考查二次根式的性质，应用二次根式的性质计算是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，AD//BC，
∴∠FAC=∠ACE，∠AFE=∠CEF，
∴△AOF≌△COE，
∴AF=CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵EF经过O且垂直于AC，
∴EF是对角线AC的垂直平分线，
∴AF=CF，
∴四边形AECF为菱形；
(2)解：过C作CH⊥AD于H，则∠CHD=∠CHF，

∵∠ADC=60°，
∴∠HCD=30°，
∴HD=12CD=1，
∴CH= CD2−HD2= 3，
∵AD=3，
∴AH=2，
∵四边形AECF是菱形，
∴AF=CF，
设AF=CF=x，则FH=2−x，
在Rt△CHF中，由勾股定理得：CF2=FH2+CH2，
即x2=(2−x)2+( 3)2，
解得：x=74，
∴AF=CF=74，
∴菱形AECF的面积为：AF×CH=74× 3=7 34． 
【解析】(1)先证明△AOF≌△COE，得出AF=CE，证明四边形AECF为平行四边形，根据EF是对角线AC的垂直平分线，得出AF=CF，即可求证；
(2)过C作CH⊥AD于H，则∠CHD=∠CHF=90°，根据∠ADC=60°，得出∠HCD=30°，求HD=12CD=1，根据勾股定理求出CH= CD2−HD2= 3，进而得到AH=2，在Rt△CHF中，由勾股定理可得AF=CF=74，即可求解．
本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键．

22.【答案】(1)解：四边形CDBF的面积不变；理由如下：
∵四边形CDEF为正方形，
∴CD=CF，∠DCF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCF=90°，
∴∠ACD=∠BCF，
∵AC=BC，
∴△ACD≌△BCF(SAS)，
∴S△ACD=S△BCF，
∴S四边形CDBF=S△CDB+S△BCF=S△CDB+S△ACD=S△ABC，
∵△ABC的面积不变，
∴四边形CDBF的面积不变；
(2)证明：过点F作GF⊥BF，交BC于点G，如图所示：

∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=12×90°=45°，
∵△ACD≌△BCF，
∴∠CBF=∠A=45°，
∵∠BFG=90°，
∴∠BGF=90°−45°=45°，
∴∠BGF=∠GBF，
∴GF=BF，
∵GF2+BF2=BG2，
∴BG= 2BF，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠CFE=90°，CF=EF，
∴∠CFG+∠GFE=∠GFE+∠EFB=90°，
∴∠CFG=∠EFB，
∴△CFG≌△EFB(SAS)，
∴CG=BE，
∴BC−BE=BC−CG=BG= 2BF． 
【解析】(1)证明△ACD≌△BCF(SAS)，得出S△ACD=S△BCF，根据S四边形CDBF=S△CDB+S△BCF=S△CDB+S△ACD=S△ABC，由于△ABC的面积不变，得出四边形CDBF的面积不变；
(2)过点F作GF⊥BF，交BC于点G，根据△ACD≌△BCF，得出∠CBF=∠A=45°，
证明GF=BF，根据GF2+BF2=BG2，得出BG= 2BF，证明△CFG≌△EFB(SAS)，得出CG=BE，根据BC−BE=BC−CG=BG= 2BF即可证明结论．
本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ACD≌△BCF，△CFG≌△EFB．

23.【答案】解：(1)∵点P是BC的中点，
∴BP=PC=12BC=4，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，∠B=90°，
∴∠DAP=∠APB，
根据折叠可知，∠APB=∠APE，∠AB′P=∠B=90°，AB′=AB=6，B′P=BP=4，
∴∠APE=∠EAP，
∴AE=EP，
设AE=EP=x，则EB′=x−4，
∵∠AB′E=180°−∠AB′P=90°，
∴AE2=AB′2+B′E2，
即x2=(x−4)2+62，
解得：x=6.5，
∴AE=6.5．
(2)根据折叠可知，AB′=AB=6，B′P=BP，△B′PC的周长为：B′P+PC+B′C=BC+B′C，
∵BC为定值，
∴当B′C最小时，△B′PC的周长最小，
∵AB′+B′C≥AC，AB′=6为定值，
∴当A、B′、C在同一直线上时，B′C最小，
∵AC= AB2+BC2=10，
∴B′C的最小值为10−6=4，
∴△B′PC的周长最小值为8+4=12．
(3)取AF的中点Q，连接MQ，NQ，CN，如图所示：

∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=90°，AB//CD，AB=CD，
∴∠BCF=180°−∠BCD=90°，
∵N为BF的中点，
∴CN=NF=12BF，
∴∠NCF=∠NFC，
∵Q为AF的中点，N为BF的中点，
∴NQ//AB，NQ=12AB，
∵AB//CD，
∴NQ//CD，
∵M为CD的中点，
∴CM=12CD，
∴NQ=CM，
∵NQ//CM，
∴四边形CNQM为平行四边形，
∴QM=CN，QM//CN，
∴QM=NF，
∵QM//CN，
∴∠QMF=∠NCF，
∵∠NCF=∠NFM，
∴∠QMF=∠NFM，
∵MF=FM，QM=NF，
∴△QMF≌△NFM(SAS)，
∴∠QFM=∠BMF，
∴OM=OF． 
【解析】(1)根据折叠得出，∠APB=∠APE，∠AB′P=∠B=90°，AB′=AB=6，B′P=BP=4，证明AE=EP，设AE=EP=x，则EB′=x−4，根据勾股定理列出方程x2=(x−4)2+62，解方程即可；
(2)根据折叠得出AB′=AB=6，B′P=BP，由△B′PC的周长为：B′P+PC+B′C=BC+B′C，BC为定值，得出当B′C最小时，△B′PC的周长最小，根据AB′+B′C≥AC，得出当A、B′、C在同一直线上时，B′C最小，求出最小值即可；
(3)取AF的中点Q，连接MQ，NQ，CN，先证明四边形CNQM为平行四边形，得出QM=CN，QM//CN，证明△QMF≌△NFM，得出∠QFM=∠BMF，根据等腰三角形的判定得出OM=OF即可．
本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握基本的判定和性质是解题的关键．