浙江省台州市临海市第六教研区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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亲爱的考生：
欢迎参加考试！请你认真审题，仔细答题，发挥最佳水平．答题时，请注意以下几点：
1．全卷共4页，满分120分，考试时间120分钟．
2．答案必须写在答题卷相应位置上，写在试题卷、草稿纸上无效．
3．答题前，请认真阅读答题卷上的《注意事项》，按规定答题．
4．本次考试不得使用计算器．祝你成功！
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分）
1. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的识别，被开方数含有开不尽方的因数或因式，且不含分母，这样的二次根式是最简二次根式，根据此概念进行判断即可．掌握最简二次根式的概念是关键．
【详解】解：A、此二次根式再也不能化简了，故是最简二次根式，符合题意；
B、，故不是最简二次根式，不符合题意；
C、，故不是最简二次根式，不符合题意；
D、，故不最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的乘法和除法，以及二次根式的加法和减法，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．根据二次根式的乘法、除法、加法和减法法则计算即可．
【详解】解：A．，错误，不符合题意；
B．，错误，不符合题意；
C．正确，符合题意；
D．，错误，不符合题意；
故选：C．
3. 下列各命题逆命题成立的是（ ）
A. 全等三角形的面积相等B. 如果，那么
C. 对顶角相等D. 两直线平行，同旁内角互补
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了逆命题，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．熟悉课本中的性质定理是解题的关键．
【详解】解：A、“全等三角形的面积相等”的逆命题是“面积相等的三角形是全等形”是假命题，故A不符合题意；
B、“如果，那么”的逆命题是“如果，那么”是假命题，故B不符合题意；
C、“对顶角相等”的逆命题是“相等的角是对顶角”是假命题，故C不符合题意；
D、“两直线平行，同旁内角互补”的逆命题是“同旁内角互补，两直线平行”是真命题，故D符合题意；
故选：D．
4. 如图，平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E，AB=6，BC=4，则EC的长（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质及AE为角平分线可知：BC＝AD＝DE＝4，又有CD＝AB＝6，可求EC的长．
【详解】解：根据平行四边形的对边相等，得：CD＝AB＝6，AD＝BC＝4，
根据平行四边形的对边平行，得：CD∥AB，
∴∠AED＝∠BAE，
又∵∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴ED＝AD＝4，
∴EC＝CD−ED＝6−4＝2，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
5. 若为实数，“”的运算结果为有理数，则可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据平方差公式的特征，即可得出结论．
【详解】解：，
故选：C．
6. 如图，有两棵树，一棵高12米，另一棵高6米，两树相距8米，一只鸟从一棵树的树梢 飞到另一棵树的树梢，问小鸟至少飞行（ ）米．
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，过C点作于E，连接，则四边形是矩形，得，则，再由勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，过C点作于E，连接，
则是矩形，
设大树高为，小树高为，
，
在中，由勾股定理得：
即小鸟至少飞行，
故选：C．
7. 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论不正确的是（ ）

A. 当时，它是菱形B. 当时，它是菱形
C. 当时，它是矩形D. 当时，它是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形、菱形及正方形的判定可进行求解．
【详解】解：A、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是菱形，故不符合题意；
B、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是菱形，故不符合题意；
C、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是矩形，故不符合题意；
D、由四边形是平行四边形，，可知该四边形是矩形，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形及正方形的判定，熟练掌握它们的判定定理是解题的关键．
8. 如图所示，在菱形中，若，，则菱形的面积为（ ）
A. 20B. 24C. 26D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质得，由勾股定理求出，则，由菱形面积公式即可得出答案．
【详解】解：连接交于点O，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
9. 如图，将矩形沿折叠后点D与B重合，若原矩形的长宽之比为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查矩形的翻折变换、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，设，根据勾股定理得到，据此即可解答．
【详解】解：将矩形沿折叠后点D与B重合，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵原矩形的长宽之比为，
∴设，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴．
故选：D．
10. 如图，在中，，以的三边为边向外作正方形，正方形，正方形，连结，，作交于点，记正方形和正方形的面积分别为，，若，，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出如图辅助线，根据平分，即可得出．再根据正方形和正方形的面积之比为，即可得到，进而利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，过点P作，交的延长线于点M，作，交的延长线于点N，

由题可得，，
∴，
又∵，
∴，即平分，
又∵，，
∴，
∵正方形和正方形的面积分别为，，且，，
∴正方形的面积，
∴正方形和正方形的面积之比为，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及角平分线的性质的运用，解决问题的难点是利用角平分线的性质发现，将的值转化为的值．
二、细心填一填（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 若二次根式有意义，则x的取值范围是___．
【答案】
【解析】
【详解】解：根据题意，使二次根式有意义，即x﹣2≥0，
解得：x≥2．
故答案为：x≥2．
【点睛】本题主要考查使二次根式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件是解题关键．
12. 比较大小：__________．（填“＞”“＜”或“＝”）
【答案】＜
【解析】
【分析】先比较两个数平方的大小即可得到它们的大小关系．
【详解】解：，，
，
．
故答案为：＜．
【点睛】本题考查了实数的大小比较：对于带根号的无理数的大小比较，可以利用平方法先转化为有理数的大小比较．
13. 如图，在△ABC中，点D，点E分别是AB，AC的中点，点F是DE上一点，∠AFC=90°，BC=10cm，AC=6cm，则DF=________cm．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据直角三角形的性质求出EF的长，再根据中位线的性质得到DE的长，两者之差即为DF的长.
【详解】∵点D，点E分别是AB，AC的中点
∴DE是△ABC的中位线，DE=BC=5
又因为∠AFC=90°，根据直角三角形的斜边中线长等于斜边的一半，所以EF=AC=3
∴DF=DE-EF=2cm，答案是2.
【点睛】主要考查三角形中位线的性质和直角三角形的斜边中线长等于斜边的一半的定理，熟练掌握这些知识是解答本题的关键.
14. 我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，此时，则点C的对应点的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键；由已知条件得到，，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形是正方形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴
故答案为：．
15. 如图，一根长为的吸管一端触底放在一个圆柱形杯子中，测得杯子的内部底面直径为，高为，则吸管露出杯口外的长度x的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理，并在实际问题中构造直角三角形是解答的关键；根据杯子内吸管的长度取值范围得出杯子外面长度的取值范围，即可得出答案．
【详解】解：当吸管与杯底垂直时x最大，
；
当吸管与杯底及杯高构成直角三角形时x最小，
∴
故答案为：．
16. 如图，在正方形中，，为边上一点，，为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，当运动到中点时，长度为________；在运动过程中，的最小值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查矩形、正方形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握矩形的性质，正方形的性质，勾股定理的运用，即可．
连接，，根据矩形的判定，则四边形是矩形，，根据正方形的性质，则点、、三点共线，，从而得到；根据正方形的对称性，则，则，当有最小值时，有最小值，此时、、共线，即的最小值为，根据勾股定理，，即可．
【详解】连接，，
∵四边形是正方形，
∴，
∵、，
∴四边形是矩形，
∴，∵四边形是正方形，
∴，
∵运动到中点，
∴，，
∴点、、三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴；
连接，，
∵、，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴（正方形的对称性），
∴，
∴，
∴当有最小值时，有最小值，此时、、共线，即的最小值为，
∵，，
∴，
∴．
故答案为：，．
三、耐心解一解（本题共8小题，第17-19题每小题6分，第20-21题每小题8分，第22-23题每小题10分，第24题12分，共66分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（）利用二次根式的性质化简，再合并即可求解；
（）根据二次根式的乘除运算法则进行计算即可求解；
本题考查了二次根式的运算，掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
，
．
18. 如图，在中，，是对角线上的两个点，且，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，连接，与的交点为点，根据平行四边形的性质，则，，根据，则，根据平行四边形的判定，即可．
【详解】证明：连接，与的交点为点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
19. 我国古代数学著作《九章算术》中有一个问题，原文是：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何．（丈、尺是长度单位，1丈=10尺）．意思是有一个水池，水面是一个边长为1丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．水的深度与这根芦苇的长度分别是多少？

【答案】水深12尺，芦苇的长度是13尺
【解析】
【分析】找到题中的直角三角形，设水深为尺，根据勾股定理解答．
【详解】解：设水深尺，芦苇尺，1丈=10尺，
由勾股定理：，
解得：，
∴，
答：水深12尺，芦苇的长度是13尺．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
20. 如图是边长为1的小正方形组成的网格，的顶点均在格点上．
（1）为______三角形；
（2）仅用无刻度的直尺画图（画图用实线，要体现过程并保留痕迹）
①在图（1）中的上画点D．连接，使；
②在图（2）中的网格上画格点E，使．
【答案】（1）直角； （2）①作图见详解；②作图见详解
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理分别求出，再利用勾股定理逆定理证明即可；
（2）①根据矩形的性质得到点D为中点即可；②平行线间的距离处处相等，得到与等高同底，即可求解．
【小问1详解】
解：，
∴，
∴，
∴为直角三角形；
【小问2详解】
解：①如图，即为所求：
根据矩形对角线相等且互相平分得到点D为中点，
∵，
∴；
②如图，即为所求：
此时与水平线的夹角为，
∴，
∴根据平行线间的距离处处相等，得到与等高，又同底，
∴．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，勾股定理，勾股定理逆定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识，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. 设直角三角形的两条直角边长及斜边上的高分别为a，b及h，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】设斜边为c，根据勾股定理即可得出c＝，再由三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】证明：设斜边为c，根据勾股定理即可得出c＝，
∵ab＝ch，
∴ab＝h，即a2b2＝a2h2+b2h2，
∴＝，
即．
【点睛】本题考查的是勾股定理，熟知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是解答此题的关键．
22. 如图，四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠DCB＝90°，E、F分别是BD、AC的中点．
（1）请你猜想EF与AC的位置关系，并给予证明；
（2）当AC＝16，BD＝20时，求EF的长．
【答案】（1） EF⊥AC，见解析；（2）EF＝6
【解析】
【分析】（1）结论：EF⊥AC．利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）EF⊥AC．理由如下：
连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
∴AE＝DB，
∵∠DCB＝90°，
∴CE＝BD，
∴AE＝CE，
∵FAC中点，
∴EF⊥AC；
（2）∵AC＝16，BD＝20，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝10，CF＝8，
∵EF⊥AC．
∴EF=＝＝6．
【点睛】此题考查直角三角形斜边中线等于斜边一半，等腰三角形的三线合一的性质，勾股定理.
23. 阅读材料：
已知，求代数式的值．
解：∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
请你用上述方法解答下列问题：
（1）已知，求代数式的值；
（2）已知，求代数式的值．
【答案】（1）；
（2）2024．
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值、求代数式的值等知识点，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
（1）先将原式配方变形后，然后再代入计算即可；
（2）先求出的值，原式变形后，将各自的值代入计算即可求出值．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
【小问2详解】
解：∵，
，
∴
．
24. 我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形；这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，这条对角线称为这个四边形的弦边．
（1）在平行四边形、矩形、菱形，正方形四种图形中，一定为勾股四边形的是_______；
（2）如图1所示，四边形的顶点都是正方形网格中的格点，每个小正方形的边长为1，试说明四边形是勾股四边形，并指出它的勾股边与弦边；
（3）如图2，是一个直角三角形，，记，，．现构造平行四边形与平行四边形，若四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且；
①求的周长；
②点是线段上的一点，请直接写出的值，使四边形为勾股四边形．
【答案】（1）矩形，正方形；
（2）说明见详解；勾股边为和，弦边为；
（3）①；②或．
【解析】
【分析】（1）根据矩形和正方形中相邻两边的平方和等于对角线的平方，即可得出结论；
（2），根据勾股定理得出，，，，，得出，即可证出四边形是勾股四边形；勾股边为和，弦边为；
（3）①延长、，交于点，由平行四边形的性质得出，，，，，证出四边形是矩形，得出，，，在中，由勾股定理得：，由四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，分情况讨论，联立方程组求解，得出的边长，即可得出周长；
②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边；或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边，分类讨论求解即可．
【小问1详解】
解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为勾股四边形的有矩形、正方形；
矩形和正方形四个角都是直角，由勾股定理得相邻两边的平方和等于对角线的平方，
矩形和正方形是勾股四边形；
故答案为：矩形、正方形；
【小问2详解】
证明：，根据勾股定理得：，，，，，
，
四边形是勾股四边形；
勾股边为和，弦边为；
【小问3详解】
①解：延长、，交于点，如图2所示：
四边形和四边形是平行四边形，
，，，，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
，，，
在中，由勾股定理得：，
即，
四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且，
，或，或，或，
当时，
在中，，
，
，
解得：，
，
的周长；
当，或，或时，与分别联立方程组，所得解无意义；
综上所述，的周长为；
②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边；
或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边；
如图3所示：
当为弦边：
，，，的面积，
，
在中，由勾股定理得：；
当为弦边时，与可能为勾股边，如图所示，过点B作，连接，
此时，可求得，，，∴，
∵，
∴不可能为勾股边，
∵，
∴，
∴不可能为勾股边，可能均为勾股边，
此时，可求得，
综上：当或时，四边形为勾股四边形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了勾股四边形的判定与性质、平行四边形的性质与判定、矩形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式以及分类讨论等知识；熟练掌握勾股四边形的判定与性质，正确运用勾股定理是关键．