河南省新乡市河南师范大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份河南省新乡市河南师范大学附属中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共22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。

一、选择题（共10小题，每小题3分）
1. 式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0．
【详解】解：依题意有，
即时，二次根式有意义．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的意义和性质，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义，掌握二次根式的意义与性质是解题的关键．
2. 下列各组线段，能组成直角三角形的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理分别计算并判断．此题考查了勾股定理的逆定理的应用，正确掌握勾股定理逆定理判断直角三角形的方法是解题的关键．
【详解】解：A、∵，∴不能组成直角三角形；
B、∵，∴不能组成直角三角形；
C、∵，∴不能组成直角三角形；
D、，∴能组成直角三角形；
故选：D．
3. 若，则表示实数的点会落在数轴的（ ）
该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A. 段①上B. 段②上C. 段③上D. 段④上
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式的化简，减法运算及估算，先化简二次根式，计算出a的值，再估算出a范围，再结合数轴即可得出结果．
【详解】解：，即，
，
，
，即，
故实数的点会落在数轴的段②上，
故选：B．
4. 如图所示的是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理计算出大正方形边长的平方，即大正方形的面积，再根据勾股定理可得两个小正方形的边长的平方和等于斜边的平方，即两个小正方形的面积和等于大正方形的面积，从而得出答案．
【详解】由勾股定理得，大正方形边长的平方==25，即大正方形面积为25，
∵两个小正方形的边长的平方和等于斜边的平方，
∴两个小正方形的面积和为25，
∴阴影部分的面积为：25+25=50．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题关键．
5. 如图，中，平分交于E，若，则度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质以及角平分线的定义，关键是掌握平行四边形对边互相平行．首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，，先计算出，然后再计算出的度数，可得答案．
【详解】解∶四边形是平行四边形．
，，
，
，
平分，
，
，
，
，
故选∶B．
6. 如图，长方形的边在数轴上，若点A与数轴上表示数的点重合，点D与数轴上表示数的点重合，，以点A为圆心，对角线的长为半径作弧与数轴负半轴交于一点E，则点E表示的数为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查勾股定理与无理数，实数与数轴．勾股定理求出的长，进而求出点E表示的数即可．
【详解】解：由题意，得：，，，
∴，
∴点表示的数为；
故选A．
7. 如图，是中位线，点F在上，且，若，，则（ ）
A. 4B. 3C. 2.5D. 1.5
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，根据三角形中位线定理求出，根据直角三角形的性质求出，结合图形计算，得到答案.
【详解】解：∵是的中位线，
∴，
在三角形中，是的中点，
∴，
∴
故选：D.
8. 如图，O为菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，若AC＝6，BD＝8，则线段OE的长为（ ）
A. 3B. C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先证明四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，则四边形OCED为矩形，根据菱形的对角线互相平分求出OC、OD，再根据勾股定理求出CD，然后根据矩形的对角线相等求解即可．
【详解】∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCED是矩形，
又∵AC＝6，BD＝8，
∴OC=3，OD=4，
∴,
在矩形OCED中，OE=CD=5，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，熟记矩形的判定方法和菱形的性质是解题的关键．
9. 如图，中，，，，在上取一点（不与、点重合），连接，当的长度为整数值时，符合条件的值共有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理的应用，化为最简二次根式，无理数的估算，如图，过作于，先求解，，可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，过作于，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
而，
∴的整数值为，，，，
故选C
10. 如图，线段上有一动点从右向左运动，和分别是以和为边的等边三角形，连接两个等边三角形的顶点，为线段的中点；、为线段上两点，且满足，当点从点运动到点时，设点到直线的距离为，点的运动时间为，则与之间函数关系的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别延长交于点，则可证得四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质：对角线相互平分，可得为的中点，也是的中点，所以的运动轨迹是三角形的中位线，所以点到直线的距离为是一个定值， 问题得解.
【详解】如图, 分别延长交于点,
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
∴与互相平分,
∴为的中点,
∵的中点为,
∴从点运动到点时，始终为的中点,
∴运动的轨迹是三角形的中位线，
又∵,
∴到直线的距离为一定值，
∴与点移动的时间之间函数关系的大致图象是一平行于轴的射线，
故选:D.
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，利用到的是三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于第三边的一半.对于此类问题来说是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力.用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图.
二、填空题（共5小题，每小题3分）
11. 已知最简二次根式与二次根式同类二次根式，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查最简二次根式，化为最简二次根式后，它们的被开方数相同，列出方程求解是解题的关键．
【详解】解：∵最简二次根式与二次根式是同类二次根式，且，
∴，
解得：，
故答案为：．
12. 如图，平行四边形的活动框架，当时，面积为，将从扭动到，则四边形面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，含有角的直角三角形的性质，根据题意可得，，作，交于点，则，从而即可得到．添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解：当时，面积为，
，
将从扭动到，
，
作，交于点，如图所示，

，
，
故答案为：．
13. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以A为圆心，为半径画弧，交最上方的网格线于点N，则的长是______．
【答案】
【解析】
【分析】连接，则，中，利用勾股定理求出即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
由题意知：，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，求出的长是解题的关键．
14. 如图1，一个正方体铁块放置在圆柱形水槽内，现以一定的速度往水槽中注水，时注满水槽，水槽内水面的高度与注水时间之间的函数图像如图2所示.如果将正方体铁块取出，又经过____秒恰好将水槽注满.
【答案】4
【解析】
【分析】根据函数图像可得正方体的棱长为10cm，同时可得水面上升从10cm到20cm,所用的时间为16秒，结合前12秒由于立方体的存在，导致水面上升速度加快了4秒可得答案.
【详解】解：由题意可得:12秒时,水槽内水面的高度为10cm,12秒后水槽内水面高度变化趋势改变，正方体的棱长为10cm；
没有立方体时,水面上升从10cm到20cm,所用的时间为:28-12=16秒
前12秒由于立方体的存在，导致水面上升速度加快了4秒
将正方体铁块取出, 又经过4秒恰好将此水槽注满.
故答案：4
【点睛】本题主要考查一次函数的图像及应用，根据函数图像读懂信息是解题的关键.
15. 在矩形中，，，若是射线上一个动点，连接，点关于直线的对称点为．连接，，当，，三点共线时，的长为______．
【答案】1或9
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，分情况讨论，当点在线段上时，当点在的延长线时，根据折叠的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】解：当点线段上时，如图，

与关于直线对称，
，，，
，
，
，
，
设，
，
，
，
解得，
；
当点在的延长线时，如图，

与关于直线对称，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
综上所述，的长为1或9，
故答案为：1或9．
三、解答题（共8小题，共75分）
16. 计算
（1）．
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
（1）先运算二次根式的乘除，然后合并解题；
（2）先提取公因式，然后运算乘法解题即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
17. 某小区在社区管理人员及社区居民的共同努力之下，在临街的拐角建造了一块绿化地（阴影部分）．如图，已知，，，．技术人员通过测量确定了．

（1）小区内部分居民每天必须从点A经过点B再到点C位置，为了方便居民出入，技术人员打算在绿地中开辟一条从点A直通点C的小路，请问如果方案落实施工完成，居民从点A到点C将少走多少路程？
（2）这片绿地的面积是多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，利用勾股定理求出，问题随之得解；
（2）先利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，，再根据三角形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
如图，连接，
∵，，，
∴，
∴，
答：居民从点A到点C将少走路程．
【小问2详解】
∵，．，
∴，
∴是直角三角形，，
∴， ，
∴，
答：这片绿地的面积是．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理，掌握勾股定理及其逆定理是解答本题的关键．
18. 已知： 如图，在中，点，分别在，上，且平分． 若，连结．求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质．先证明四边形平行四边形，再利用等角对等边证明，即可证明四边形是菱形．
【详解】证明：∵四边形平行四边形，
∴，，
又，
，
四边形平行四边形，
平分，
∴，
∵，
，
，
，
∴四边形是菱形．
19. 如图，点A在的边上，于于于C．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）5
【解析】
【分析】此题考查了矩形的判定与性质以及勾股定理．注意利用勾股定理求线段的长是关键．
（1）根据全等三角形的判定和性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【小问1详解】
证明：于，于，
．
在与中，
∴，
．
．
又，，
．
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：由（1）知，
，
设，则，．
在中，由得：，
解得．
．
20. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使2AD=AB，连接DE，DF．
（1）求证：四边形ADFE平行四边形；
（2）求证：∠DFA=∠C
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据点，分别为，的中点，可得，，根据 ，则有，可证四边形的平行四边形，
（2）在中，根据为的中点，得，则有，再根据四边形是平行四边形 ，可得，即有．
【详解】解（1）证明：点，分别为，的中点
，，

，
四边形的平行四边形，
（2）在中，
为的中点，
，
四边形是平行四边形



【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
21. 一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF．
（1）求证：AFCE；
（2）当∠BAC＝ 度时，四边形AECF是菱形？说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）30，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AFCE；
（2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴ADBC，
∴∠DAC＝∠BCA，
由翻折知，∠DAF＝∠HAF＝∠DAC，∠BCE＝∠MCE＝∠BCA，
∴∠HAF＝∠MCE，
∴AFCE；
（2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，ABCD，
由（1）得：AFCE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAC＝30°，
∴∠DAC＝60°．
∴∠ACD＝30°，
由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°，
∴∠HAF＝∠ACD，
∴AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
故答案为：30．
【点睛】本题考查矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
22. 在中，，且．
（1）当是锐角三角形时，小明猜想：．以下是他的证明过程：
小明的证明过程

其中，①是______；②是______．
（2）如图②，当是钝角三角形时，猜想与之间的关系并证明．

【答案】（1），
（2）；证明见详解
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理，正确添加辅助线是解题的关键．
（1）在中根据勾股定理即可表示出，从而得出，然后进行判断即可；
（2）过点作的延长线，垂足为，设，在和中分别根据勾股定理表示出，然后仿照（1）中的方法判断即可．
【小问1详解】
解：如图①，过点作，垂足为，设，
在中，，
在中，，
，
化简得，，
，，
，
，
．
其中，①是；②是；
故答案为：，；
【小问2详解】
；
证明：如图，

过点作的延长线，垂足为，设，
在中，，
在中，，
，
化简得，，
，，
，
，
．
23. 如图，在正方形中，点在边上运动，连接，将绕点顺时针旋转得到．
（1）如图1，作，垂足为，求证：；
（2）如图2，点恰好落在边上，求的值；
（3）若，，连接，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可知，，进而可得，证明，进而可证；
（2）如图1，作于，由（1）可知，，则，证明，则，由，可得，由勾股定理得，，然后求解作答即可；
（3）由勾股定理得，，，如图2，作于，连接，由（2）知，，根据，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：∵正方形，
∴，，
由旋转的性质可知，，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴；
小问2详解】
解：∵正方形，
∴，
如图1，作于，
图1
由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
【小问3详解】
解：由勾股定理得，，，
如图2，作于，连接，
图2
由（2）知，，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．如图①，过点作，垂足为．设．
∵在中，，
在中， ① ，
∴ ① ．
化简得，．
② ．