广东省广州市天河区2023~2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.本试卷分全卷满分120分，120分钟内完成，闭卷．
2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置．
4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效．
5.考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列各式中属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义逐一进行判断即可．
【详解】解：、是最简二次根式，符合题意；
、，不是最简二次根式，不符合题意；
、，不是最简二次根式，不符合题意；
、，不是最简二次根式，不符合题意．
故选：．
【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．
2. 要使有意义，的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，能熟记二次根式有意义的条件（式子中)是解此题的关键．
根据二次根式有意义的条件得出，再求出的范围即可．
【详解】解：要使式子有意义，必须，
解得：．
故选：A．
3. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加减乘除法则，逐一判断，即可解答．
【详解】解：A：已经是最简二次根式，无法合并，故A计算正确错误；
B：，故B计算正确错误；
C：，故C计算正确正确；
D：，故D计算正确错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质化简，二次根式的加减乘除法则，熟练计算法则是解题的关键．
4. 下列命题逆命题是假命题的是（ ）
A. 等角对等边B. 全等三角形的对应角相等
C. 直角三角形的两个锐角互余D. 平行四边形的两组对边分别相等
【答案】B
【解析】
【分析】首先明确各个命题的逆命题，再分别分析各逆命题的题设是否能推出结论，可以利用排除法得出答案．
【详解】解：A. 等角对等边，逆命题为：等边对等角，是真命题，故该选项不符合题意；
B. 全等三角形的对应角相等，逆命题为：对应角相等的两个三角形是全等三角形，是假命题，故该选项符合题意；
C. 直角三角形的两个锐角互余，逆命题为：有两个锐角互余的三角形是直角三角形，是真命题，故该选项不符合题意；
D. 平行四边形的两组对边分别相等，逆命题为：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题主要考查命题与逆命题的理解及真假命题的判断能力，掌握等腰三角的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定是解题的关键．
5. 在中，若，则的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形性质得到，，由此求出．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角相等是解题的关键．
6. 已知菱形的对角线、长分别为8，6，则菱形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质：菱形的面积等于两对角线的积的一半．根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】解：由已知可得，这个菱形的面积，
故选：．
7. 如图，数轴上的点A表示的数是，点B表示的数是2，于点B，且，以A点为圆心，为半径画弧交数轴于点D，则点D表示的数是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再由勾股定理可求得， 再由，即可得点D表示的数．
【详解】∵点A表示的数是，点B表示的数是2，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点A表示的数是，
∴点D表示的数是：，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、数轴上的点表示实数，掌握勾股定理是关键．
8. “方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A. 1cmB. 2cmC. (－1)cmD. (2－1)cm
【答案】D
【解析】
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
9. 如图，在矩形中，E是边上一点，F，G分别是，的中点，连接，，，若，，，则矩形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四边形是矩形得到，根据F，G分别是，的中点，，得到，，，设根据勾股定理列式求解即可得到答案；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵F，G分别是，的中点，，，
∴，，，
设，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故选C；
【点睛】本题考查三角形中位线定理，勾股定理，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，解题的关键是根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得到，及利用勾股定理列等式．
10. 如图，在正方形中，点为延长线上任一点，连接．过点作，交的延长线于点，过点作于点．下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）若，则．其中正确的个数为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】在上取一点，使，连接，证明，可得，，有，进而可得四边形是平行四边形，，可判断（1）正确；连接，证明四边形是平行四边形，得，，可得，可判断（3）错误；连接交于，可证明得，从而判断（2）错误；设，，则，可得，，若，则，即可得，可以判断（4）正确，从而得到答案．
【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，

，
，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，故（1）正确；
连接，

由（1）知：，，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
，
，故（3）错误；
连接交于，

四边形是正方形，
，
，，
，
，
，
，即，故（2）错误；
设，，则，
，，
，，
，
若，则，
，即，故（4）正确，
综上所述，正确的有（1）、（4），共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的性质、平行四边形的判定与性质，解题的关键是适当添加辅助线，构造三角形全等解决问题．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分．
11. 计算的结果是_________．
【答案】2
【解析】
【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：．
12. 如图，的对角线相交于点O，请你添加一个条件使成为矩形，这个条件可以是______．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为矩形．
故答案为(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
13. 在Rt△ABC中，AC=5，BC=12，则AB边的长是______________．
【答案】13或
【解析】
【分析】分AB为斜边、AB为直角边两种情况，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：当AB为斜边时，则AB=；
当AB为直角边时，则AB=；
综上，AB边的长为13或．
故答案为：13或．
【点睛】本题考查了勾股定理，注意分类讨论，否则出现漏解．
14. 如图，菱形的边长为，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于，两点，直线交于点，连接，则的长为______ ．

【答案】
【解析】
【分析】延长交于点，交于点，如图，根据菱形的性质得到，，利用作法得垂直平分，所以，，接着计算出，则，然后计算出，最后利用勾股定理计算的长．
【详解】解：延长交于点，交于点，如图，

四边形为菱形，
，，
，
由作法得垂直平分，
，，
，
在中，，
，
，
在中，
，
，
，
在中，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的性质．
15. 对于任意的正数，定义运算“*”为计算计算的结果为________．
【答案】
【解析】
分析】本题考查二次根式的混合运算和实数的运算，结合已知条件列得正确的算式是解题的关键．根据新定义把数值代入得，再化简计算即可．
【详解】解：原式
，
故答案为：．
16. 如图，在矩形中，，点P为边上任意一点，过点P作，垂足分别为E、F，则 ____________．

【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理，得到，根据矩形的性质，得到，结合矩形的性质计算即可．
【详解】∵矩形中，，
∴，
∴，，

连接，
根据矩形性质，得，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
三、解答题：本题共9小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的加减法和除法法则是解决问题的关键．
（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）根据二次根式的除法法则运算．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
18. 先化简，再求值：÷，其中x＝+1，y＝﹣1．
【答案】，2﹣
【解析】
【分析】根据分式四则运算顺序和运算法则对原式进行化简÷，得到最简形式后，再将x＝+1、y＝﹣1代入求值即可．
【详解】解：÷
＝÷
＝×
＝
当x＝+1，y＝﹣1时
原式＝＝2﹣．
【点睛】本题考查分式的混合运算，掌握计算法则，依据运算顺序进行计算是得出正确答案的关键．
19. 如图，在中，点分别在，上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质及判定，根据四边形是平行四边形，得出，，由，从而可得到，再根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形推出是平行四边形，得出结论．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，
四边形是平行四边形
．
20. 如图，在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题：
（1）通过计算判断△ABC的形状；
（2）在图中确定一个格点D，连接AD、CD，使四边形ABCD为平行四边形，并求出▱ABCD的面积．
【答案】（1）△ABC是直角三角形；（2）□ABCD的面积为10.
【解析】
【分析】（1）在Rt△AEB中根据勾股定理求出AB的长，同理，根据勾股定理求出BC、AC的长，然后利用勾股定理的逆定理即可判断△ABC为直角三角形；
（2）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，直线AD和CD的交点就是D的位置．根据平行四边形ABCD的面积为△ABC面积的2倍即可得出平行四边形的面积．
【详解】解：（1）由题意可得，AB＝＝，AC＝＝2，BC＝＝5，
∵()2＋(2)2＝25＝52，即AB2＋AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，直线AD和CD的交点就是D的位置，格点D的位置如图，
∴平行四边形ABCD面积为：AB×AC＝×2＝10．
【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理的应用，以及利用平行四边形的概念作平行四边形，解题时注意：若三角形ABC的三边满足a2＋b2＝c2，则三角形ABC是直角三角形．
21. 如图，在△ABD中，∠D＝90°，C是BD上一点，已知BC＝9，AB＝17，AC＝10，求AD的长．

【答案】8
【解析】
【分析】先设CD＝x，则BD＝BC+CD＝9+x，再运用勾股定理分别在△ACD与△ABD中表示出AD2，列出方程，求解即可．
【详解】解：设CD＝x，则BD＝BC+CD＝9+x．
在△ACD中，∵∠D＝90°，
∴AD2＝AC2﹣CD2，
在△ABD中，∵∠D＝90°，
∴AD2＝AB2﹣BD2，
∴AC2﹣CD2＝AB2﹣BD2，
即102﹣x2＝172﹣（9+x）2，
解得x＝6，
∴AD2＝102﹣62＝64，
∴AD＝8．
故AD的长为8．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，根据AD的长度不变列出方程是解题的关键．
22. 如图，在菱形中，对角线和交于点O，分别过点B、C作，，与交于点E．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）当，时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）先根据平行四边形的定义证明四边形是平行四边形，然后再根据菱形的性质得，故可得四边形是矩形；
（2）根据有一个角为的等腰三角形是等边三角形可以得到，然后利用勾股定理可以求得的长，从而得到的长，最后利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：证明：，，
四边形为平行四边形．
四边形为菱形，
．
．
四边形是矩形．
【小问2详解】
在菱形中，．
，
为等边三角形，
，，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形，矩形的判定，菱形的性质，含30度的直角三角形的性质以及勾股定理，关键是根据判定方法，再结合图形求解．
23. 阅读材料：像、 、两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式例如，与、与、与等都是互为有理化因式在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如；；．
解答下列问题：
（1）与________互为有理化因式，将分母有理化得________；
（2）计算：；
（3）已知有理数a、b满足，求a、b的值．
【答案】（1）；；（2）；，．
【解析】
【分析】（1）根据题意可以得到所求式子的分母有理化因式，并将题目中的二次根式化简；
（2）根据分母有理化的方法可以化简题目中的式子；
（3）根据题意，对所求式子变形即可求得a、b的值．
【详解】（1）与互为有理化因式，
，
故答案为；；
（2）原式；
（3），
，
，
解这个方程组，得：，
，．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，分母有理化，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
24. 四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
【答案】（1）详见解析
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形考虑问题即可．
【小问1详解】
证明：作于，于，如图1，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
矩形是正方形；
【小问2详解】
解：如图2中，
在中．，
，
，
点与重合，此时是等腰直角三角形，
∵四边形为正方形，
∴
∴
∴．
【小问3详解】
解：①当与的夹角为时，点在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：
，，
，
综上所述，或．
【点睛】本题考查正方形的性质和判定、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
25. 在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，，且．点E从B点出发沿运动，点F从B点出发沿运动，点G从O点出发沿运动．
（1）直接写出a，c的值；
（2）如图1，将沿折叠，点A恰好落在点E处，求E，F两点的坐标；
（3）如图2，若E，F两点以相同的速度同时出发运动，使，设点E的横坐标为m，求的值；
（4）如图3，已知点，若F，G两点以相同的速度同时出发运动，连接，作于H，直接写出的最大值．
【答案】（1），
（2），
（3）
（4）的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的非负性以及平方的非负性即可求解；
（2）即可得，，，由题意得：，．在中，，，，即可得，，即，设，则，利用勾股定理得，即可得，问题得解；
（3）设直线交y轴于H点，交x轴于G点；作，使，连接；根据运动的特点可知：，易证明，，，都为等腰直角三角形，，，，，，证明．再证明，即有，则有，便可得，根据，则，，根据勾股定理可得，问题得解；
（4）连接交于N点，，可证N为的中点，，取的中点M，则，取的中点L，点D为的中点，则，在中，，，即，问题得解．
【小问1详解】
∵，
又∵，，
∴，，
∴，；
【小问2详解】
∵四边形为矩形，，，
∴，，，
由题意得：，．
在中，，，，
∴，
∴，即，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：，
∴，
即，；
【小问3详解】
设直线交y轴于H点，交x轴于G点；作，使，连接；

∵四边形为矩形，
∴．
∴，
∵根据运动的特点可知：，
∴，
∴，，
∴，，，都为等腰直角三角形，
∴，，
，，，
∵，
∴，
在和中，
∴．
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中
∴．
∴，
∴，
∵，，，
∴，即
∵，则，，
∴，
∴；
【小问4详解】
连接交于N点，取的中点M，取的中点L，连接，如图，
根据运动的特点可知：，
在矩形中，有：，
利用勾股定理可得：，
又∵，
∴，
∴，
即N为的中点，，
∵的中点为M，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即点D为的中点，
又∵的中点为L，
∴，
∵在中，，
又∵，当且仅当L、D、H三点共线时取等号，
∴，
即的最大值为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线的性质，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，构造合理的辅助线，掌握矩形的性质，是解答本题的关键．