2022-2023学年河南省商丘市虞城县求实学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省商丘市虞城县求实学校八年级（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。

1.下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是( )
A. 2、3、4B. 3, 4, 5C. 30，50，60D. 6，10，8
2.下列二次根式是最简二次根式的是( )
A. 4B. 13C. 8aD. a2+1
3.如图，▱ABCD中，AE平分∠DAB，∠B=100°，则∠AED=( )
A. 100°
B. 80°
C. 60°
D. 40°
4.下列计算正确的是( )
A. 8− 2= 2B. 2+ 3= 5C. 2 3−2= 3D. 2 3− 3=2
5.下列命题中的真命题是( )
A. 有一组邻边相等的四边形是菱形B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 有一组对边平行的四边形是平行四边形D. 对角线相等的菱形是正方形
6.如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.点E、F分别是AB，AO的中点，且AC=8.则EF的长度为( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
7.如图是由一副三角尺拼成的四边形ABCD，E为斜边AC的中点，则∠DBE等于( )
A. 10°
B. 15°
C. 20°
D. 22.5°
8.如图，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高4.5m的墙上，装有一个由传感器控制的门铃A，如①图所示，人只要移至该门口4m及4m以内时，门铃就会自动发出语音“欢迎光临”，如②图所示，一个身高1.5m的学生走到D处，门铃恰好自动响起，则该生头顶C到门铃A的距离为( )
A. 3米B. 4米C. 5米D. 6米
9.已知a= 7+2，b= 7−2，则a2+b2的值为( )
A. 83B. 34C. 22D. 8
10.如图，边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、AF、EF.已知AF平分∠DFE，BE=2，则DF的长为( )
A. 2
B. 4
C. 125
D. 157
二、填空题（本题共5小题，共20分）
11.化简： (3−π)2= ______．
12.已知菱形的两条对角线长为8cm和6cm，那么这个菱形的面积是______cm2．
13.如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为7cm，求正方形A，B，C，D的面积的和．
14.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且AE=DF=2，BE与AF相交于点O，P是BF的中点，连接OP，若AB=5，则OP的长为______．
15.如图，矩形ABCD中，AD=18，AB=24.点E为边DC上的一个动点，△AD′E与△ADE关于直线AE对称，当△CD′E为直角三角形时，DE的长为______．
三、解答题（本题共8小题，共70分）
16.计算：
(1) 18− 3+2 8+2 12；
(2)( 5+1)(3− 5)− 20．
17.如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是CD，AB上的点，且DE=BF，求证：
(1)CE=AF；
(2)四边形AFCE是平行四边形．
18.某中学初二年级游同学在学习了勾股定理后对《九章算术》勾股章产生了学习兴趣．今天，他学到了勾股章第7题：
“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何？”本题大意是：如图，木柱AB⊥BC，绳索AC比木柱AB长三尺，BC的长度为8尺，求：绳索AC的长度．
19.已知长方形的长a=12 48，宽b=13 27．
(1)求该长方形的周长；
(2)若另一个正方形的面积与该长方形的面积相等，试计算该正方形的周长．
20.在每个小正方形的边长为1的网格中，用无刻度的直尺，按下列要求画图．
(1)如图①，点A，M在格点上，则AM的长度为______；
(2)在图①中画出以AM为一边的正方形MABC；
(3)如图②，线段NF与图①中的线段AM平行且相等并经过格点O，在图②中画出以NF为一边的菱形FNPQ(FNPQ不是正方形)．
21.四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，且点E与点F关于直线CD对称，过点E作EG/​/AF交CD于点G，连接FG，DE．
(1)求证：四边形DEGF是菱形；
(2)若AB=10，AF=BC=8，求四边形DEGF的面积．
22.如图，在△ABC中，AC=BC=6，E为BC边上一点，且CE=2，AE=2 10．
(1)求AB的长；
(2)点F为AB边上的动点，当△BEF为等腰三角形时，求AF的长．
23.如图1，在平面直角坐标系中，矩形AOCD的顶点A(0,2)，C(2 3,0)．
(1)求点D到直线AC的距离；
(2)如图2，∠AOC的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于点E，F为BE的中点，连接CF，求∠ACF的大小；
(3)如图3，M，N分别是边CD和对角线AC上的动点，且AN=CM，则OM+ON的最小值=______.(直接写出结果)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.∵22+32≠42，
∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B.∵( 3)2+( 4)2≠( 5)2，
∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C.∵302+502≠602，
∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D.∵62+82=102，
∴能构成直角三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
先求出两小边的平方，再求出最长边的平方，看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A． 4=2，故此选项不合题意；
B. 13= 33，故此选项不合题意；
C. 8a=2 2a，故此选项不合题意；
D. a2+1是最简二次根式，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．
此题主要考查了最简二次根式，正确掌握最简二次根式的定义是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：在▱ABCD中，
∵AD/​/BC，
∴∠DAB=180°−∠B=180°−100°=80°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠BAE=12∠DAB=40°，
又∵DC/​/AB，
∴∠AED=∠BAE=40°．
故选：D．
根据平行四边形的性质和角平分线的性质求解．
本题利用了两直线平行，同旁内角互补，内错角相等和角的平分线的性质．
4.【答案】A
【解析】解： 8− 2=2 2− 2= 2，A选项正确；
2+ 3≠ 5，B选项错误；
2 2−2≠ 3，C选项错误；
2 3− 3= 3，D选项错误．
故选：A．
根据二次根式的加减运算法则计算判断即可．
本题考查二次根式的加减运算，做题关键要掌握二次根式的加减运算法则．
5.【答案】D
【解析】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、有一组对边平行的四边形是平行四边形或梯形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，是真命题，符合题意；
故选：D．
根据菱形、矩形、平行四边形、正方形的判定定理判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，掌握菱形、矩形、平行四边形、正方形的判定定理是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8，BO=DO=12BD，
∴BO=DO=12BD=4，
∵点E、F是AB，AO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF=12BO=2，
故选：A．
根据矩形的性质可得AC=BD=8，BO=DO=12BD=4，再根据三角形中位线定理可得EF=12BO=2．
此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
7.【答案】B
【解析】解：在直角△ACD中，∠ADC=90°，∠DAC=30°，则∠ACD=60°．
又∵E为斜边AC的中点，
∴DE=EC=12AC．
∴∠DEC=∠ECD=60°．
∵∠BED=90°，
∴∠BED=150°．
在直角△ABC中，E为斜边AC的中点，则BE=12AC．
∴DE=BE，
∴∠DBE=EDB=12×(180°−150°)=15°．
故选：B．
根据直角三角形性质，在Rt△ACD中，中线DE=12AC，在Rt△ABC中，BE=12AC，即DE=BE，再根据特殊三角形内角即可求得∠DBE．
本题考查直角三角形基本性质，是基础题也是常考题型，要熟练掌握．
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知．BE=CD=1.5m，AE=AB−BE=4.5−1.5=3m，CE=4m，
由勾股定理得AC= AE2+CE2= 32+42=5(m)，
故离门5米远的地方，门铃恰好自动响起．
故选：C．
根据题意构造出直角三角形，利用勾股定理即可解答．
本题考查了勾股定理的应用．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵a= 7+2，b= 7−2，
∴a+b= 7+2+ 7−2=2 7，
ab=( 7+2)×( 7−2)=7−4=3，
∴a2+b2=(a+b)2−2ab=(2 7)2−2×3=28−6=22，
故选：C．
先分别根据二次根式的加法法则和二次根式的乘法法则求出a+b和ab的值，再根据完全平方公式进行变形，最后代入求出答案即可．
本题考查了二次根式的化简求值和完全平方公式，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：延长FD到G，使FG=FE，连接AG，如图：
∵AF平分∠DFE，
∴∠GFA=∠EFA，
∵AF=AF，FG=FE，
∴△GFA≌△EFA(SAS)，
∴AG=AE，GF=EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ADC=∠ADG=90°=∠B，
∴Rt△ADG≌Rt△ABE(HL)，
∴DG=BE=2，
设DF=x，则FG=x+2=EF，CF=CD−DF=5−x，
∵∠C=90°，
∴CE2+CF2=EF2，
∴(5−2)2+(5−x)2=(x+2)2，
解得x=157，
∴DF=157，
故选：D．
延长FD到G，使FG=FE，连接AG，由AF平分∠DFE，可证△GFA≌△EFA(SAS)，得AG=AE，GF=EF，即可证Rt△ADG≌Rt△ABE(HL)，得DG=BE=2，设DF=x，根据∠C=90°，有(5−2)2+(5−x)2=(x+2)2，即可解得答案．
本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
11.【答案】π−3
【解析】解：∵3−π<0，
∴原式=|3−π|
=π−3．
故答案为：π−3．
利用二次根式的性质化简即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质是解决问题的关键．
12.【答案】24
【解析】解：∵菱形的两条对角线长为8cm和6cm，
∴菱形的面积=12×8×6=24(cm2).
故答案为：24．
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
13.【答案】解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，
则正方形A的面积=a2，正方形B的面积=b2，正方形C的面积=c2，正方形D的面积=d2，
又∵a2+b2=x2，c2+d2=y2，
∴正方形A、B、C、D的面积和=(a2+b2)+(c2+d2)=x2+y2=72=49(cm2).
即正方形A，B，C，D的面积的和为49cm2．
【解析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积．
本题考查了勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．熟练运用勾股定理进行面积的转换是解题关键．
14.【答案】 342
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠D=∠C=90°，AB=BC=CD=AD=5，
∵AE=DF=2，
∴CF=CD−DF=5−2=3，
在△ABE和△DAF中，
AB=AD∠BAD=∠D=90°AE=DF，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠DAF+∠BAO=∠BAD=90°，
∴∠ABE+∠BAO=90°，
∴∠AOB=∠BOF=90°，
∵点P为BF的中点，
∴OP=12BF，
在△BCF中，BC=5，CF=3，
由勾股定理得：BF= BC2+CF2= 34，
∴OP= 342．
故答案为： 342．
先证△ABE和△DAF全等得∠ABE=∠DAF，由此可证∠AOB=∠BOF=90°，再根据直角三角形的性质得OP=12BF，然后在△BCF中利用勾股定理得BF= 34，由此可得OP的长．
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解决问题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
15.【答案】9或18
【解析】解：(1)当∠CED′=90°时，如图(1)，
∵∠CED′=90°，
根据轴对称的性质得∠AED=∠AED′=12×90°=45°，
∵∠D=90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE=AD=18；
(2)当∠ED′A=90°时，如图(2)，
根据轴对称的性质得∠AD′E=∠D=90°，AD′=AD，DE=D′E，
△CD′E为直角三角形，
即∠CD′E=90°，
∴∠AD′E+∠CD′E=180°，
∴A、D′、C在同一直线上，
根据勾股定理得AC= AD2+CD2=30，
∴CD′=30−18=12，
设DE=D′E=x，则EC=CD−DE=24−x，
在Rt△D′EC中，D′E2+D′C2=EC2，
即x2+144=(24−x)2，
解得x=9，
即DE=9；
综上所述：DE的长为9或18；
故答案为：9或18．
分两种情况⋅分别求解，(1)当∠CED′=90°时，如图(1)，根据轴对称的性质得∠AED=∠AED′=45′，得DE=AD=18；(2)当∠ED′A=90°时，如图(2)，根据轴对称的性质得∠AD′E=∠D，AD′=AD，DE=D′E，得A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得AC=30，设DE=D′E=x，则EC=CD−DE=24−x，根据勾股定理得，D′E2+D′C2=EC2，代入相关的值，计算即可．
本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，划出图形是解题关键．
16.【答案】解：(1)原式=3 2− 3+4 2+4 3
=7 2+3 3；
(2)原式=3 5−5+3− 5−2 5
=−2．
【解析】(1)直接化简二次根式，进而合并得出答案；
(2)直接利用二次根式的乘法运算法则化简，进而合并得出答案．
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．
17.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB/​/CD，
又∵DE=BF，
∴CD−DE=AB−BF，
即AF=CE；
(2)∵AF=CE，AF/​/CE，
∴四边形AFCE是平行四边形．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得得AB=CD，AB/​/CD，即可得出结论；
(2)根据平行四边形的判定即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
18.【答案】解：设AC=x尺，则AB=(x−3)尺，
∵AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
由勾股定理得：AB2+BC2=AC2，
即(x−3)2+82=x2，
解得：x=1216(尺)，
答：绳索AC的长度是1216尺．
【解析】设AC=x尺，则AB=(x−3)尺，由勾股定理得出方程(x−3)2+82=x2，解方程即可．
本题考查了勾股定理的应用，正确理解题意，由勾股定理得出方程是解题的关键．
19.【答案】解：∵a=12 48=2 3，b=13 27= 3，
(1)长方形的周长=2×(12 48+13 27)=2×(2 3+ 3)=6 3；
(2)长方形的面积=2 3× 3=6，
根据面积相等，则正方形的边长= 6，
所以，正方形的周长=4 6．
【解析】(1)利用长方形的周长公式列出代数式并求值；
(2)利用等量关系另一个正方形的面积=该长方形的面积列出等式并计算．
此题主要考查了二次根式的应用，需要掌握长方形和正方形的面积公式与长方形周长公式．
20.【答案】 13
【解析】解：(1)AM=− 22+32= 13，
故答案为： 13；
(2)如图①中，正方形MABC即为所求；
(3)如图②中，菱形FNPQ即为所求．
(1)利用勾股定理求解；
(2)根据正方形的定义画出图形即可；
(3)把菱形AMGK向右平移23可得菱形FNQP．
本题考查作图−应用与设计作图，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】证明：(1)∵点E与点F关于直线 CD对称，
∴FD=ED，FG=EG，且DG=DG，
∴△FDG≌△EDG(SSS)，
∴∠EDG=∠FDG，
∵EG//AF，
∴∠EGD=∠FDG，
∴∠EGD=∠EDG，
∴ED=EG，
∴FD=ED=FG=EG，
∴四边形DEGF是菱形；
(2)连接FC，EC，
∵∠A=∠B=90°，
∴AF//CB，且AF=BC=8，
∴四边形ABCF是平行四边形，且∠A=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴CE=CF=AB=10，
∴BE=6，
∴AE=4，
设FD=ED=FG=EG=x，则AD=8−x，
在Rt△ADE中，42+(8−x)2=x2，
∴x=5．
∴S=5×4=20．
【解析】(1)由折叠的性质可得FD=ED，FG=EG，可证△FDG≌△EDG，可得∠EDG=∠FDG，由平行线的性质可得∠EGD=∠FDG=∠EDG，可得ED=EG，可得结论；
(2)先证四边形ABCF是矩形，可得AB=CF，由折叠的性质可得CE=CF=10，由勾股定理可求BE，AE，DF的长，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质等知识，灵活运用这些性质解决是本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵AC=6，CE=2，AE=2 10，
∴AC2+CE2=40，AE2=40，
∴AC2+CE2=AE2，
∴∠ACE=90°，
∴AB= AC2+BC2= 62+62=6 2；
(2)①∵BC=6，CE=2，
∴BE=4，
当BF=BE=4时，
∴AF=AB−BF=6 2−4；
②如图，当BF=EF时，有∠FEB=∠B=45°，
∴∠BFE=90°，BF=EF，
设BF=EF=x，
∵BF2+EF2=BE2，
∴x2+x2=42，
∴x=2 2(负值舍去)，
∴AF=AB−BF=6 2−2 2=4 2；
③如图，当BE=EF时，有∠EFB=∠B=45°，
∴∠BEF=90°，EF=BE=4，
∴BF= BE2+EF2=4 2，
∴AF=AB−BF=6 2−4 2=2 2．
综上所述，AF的长为6 2−4或4 2或2 2．
【解析】(1)由勾股定理的逆定理证出∠ACE=90°，由勾股定理可求出答案；
(2)分三种情况，由勾股定理可求出答案．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
23.【答案】2 7
【解析】解：(1)如图1，作DG⊥AC于点G，
∵四边形AOCD是矩形，A(0,2)，C(2 3,0)，
∴∠ADC=90°，AD=OC=2 3，CD=OA=2，
∴AC= AD2+CD2= (2 3)2+22=4，
∵S△ADC=12AC⋅DG=12AD⋅CD，
∴12×4DG=12×2 3×2，
∴DG= 3，
∴点D到直线AC的距离是 3．
(2)如图2，连接AF、DF，
∵∠AOC的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于点E，∠AOC=90°，
∴∠COE=∠AOE=12∠AOC=45°，
∵∠OCE=90°，
∴∠E=∠COE=45°，
∴CE=OC，
∴CE=AD，
∵∠BDE=180°−∠ADC=90°，
∴∠DBE=∠E=45°，
∴DB=DE，
∵F为BE的中点，
∴∠ADF=∠EDF=12∠DBE=45°，EF=DF=12BE，DF⊥BE，
∴∠E=∠ADF，
∴△CEF≌△ADF(SAS)，
∴CF=AF，∠CFE=∠AFD，
∴∠AFC=∠AFD−∠CFD=∠CFE−∠CFD=∠DFE=90°，
∴∠ACF=∠CAF=45°．
(3)如图3，连接OD交AC于点Q，
∵OD=AC=4，
∴QD=QC=CD=AQ=OQ=OA=2，
∴△QCD和△QOA都是等边三角形，
过CD中点R作RP⊥CD，CP//OD交RP于点P，连接OP、MP，
∵∠CRP=90°，∠PCR=∠CDQ=60°，CR=DR=12CD=1，
∴∠RPC=30°，
∴PC=2CR=2，
∴PR= PC2−CR2= 22−12= 3，
∴P(3 3,1)，
∴OP= (3 3)2+12=2 7，
∵OM+PM≥OP，
∴当点M在OP上时，OM+PM=2 7，此时OM+PM的值最小，
∵PC=OA=1，∠PCM=∠OAN=60°，CM=AN，
∴△PCM≌△OAN(SAS)，
∴PM=ON，
∴OM+ON的最小值为2 7，
故答案为：2 7．
(1)作DG⊥AC于点G，由四边形AOCD是矩形得∠ADC=90°，AD=OC=2 3，CD=OA=2，根据勾股定理得AC= AD2+CD2=4，由12×4DG=12×2 3×2，得DG= 3，所以点D到直线AC的距离是 3；
(2)连接AF、DF，由∠AOC的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于点E，∠AOC=90°，∠COE=∠AOE=12∠AOC=45°，可证明△CEF≌△ADF，得CF=AF，∠CFE=∠AFD，则∠AFC=∠AFD−∠CFD=∠CFE−∠CFD=∠DFE=90°，所以∠ACF=45°；
(3)连接OD交AC于点Q，先证明△QCD和△QOA都是等边三角形，则∠PCR=∠CDQ=60°，CR=DR=12CD=1，PC=2CR=2，根据勾股定理求得PR= 3，所以P(3 3,1)，则OP= (3 3)2+12=2 7，当点M在OP上时，OM+PM=2 7，此时OM+PM的值最小，再证明△PCM≌△OAN，则PM=ON，所以OM+ON的最小值为2 7．
此题考查图形与坐标、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短、根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．