广东省汕头市潮阳区部分学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份广东省汕头市潮阳区部分学校2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共20页。试卷主要包含了1~18， 化简结果是， 如图，在中，，，则的长为， 1等内容，欢迎下载使用。

（内容：16.1~18.2）
说明：1．本卷满分120分；2．考试时间120分钟；3．答案请写在答题卷上．
一、选择题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1. 若能使下列二次根式有意义，则这个二次根式可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件：根号下的数大于等于零，是解题的关键，根据二次根式有意义的条件逐一判断即可得到答案．
【详解】A、有意义的条件是，则，能使二次根式有意义，故此选项符合题意；
B、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
C、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
D、有意义的条件是，则，不能使二次根式有意义，故此选项不符合题意；
故选：A．
2. 在下列条件中，能确定是直角三角形的条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，如果一个三角形中两较小边的平方和等于最大边的平方，那么这个三角形是直角三角形，据此可判断A、B；根据三角形内角和定理可判断C、D．
【详解】解：A、∵，
∴，该试卷源自 每日更新，享更低价下载。∴是直角三角形，符合题意；
B、∵，
∴可设，
∴，
∴不是直角三角形，符合题意；
C、∵，，
∴，
但是此时不能确定其他两个内角的度数，不能判断是直角三角形，不符合题意；
D、由，可得，则不是直角三角形，不符合题意；
故选：A．
3. 化简结果是（ ）
A. 100B. 60C. 40D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次根式的性质，根据二次根式的性质，进行化简即可．
【详解】解：；
故选C．
4. 如图，▱ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件（ ），使得▱ABCD是菱形．
A. AB＝ACB. AC⊥BDC. AB＝CDD. AC＝BD
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的判定可直接求解．
【详解】解：添加一个条件为AC⊥BD，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定、，解决本题的关键是掌握菱形的判定．
5. 如图，在中，，是边上高，垂足为，点在边上，连接，为的中点，连接，若，则的长为（ ）
A. 3B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据 “三线合一”得到，根据三角形中位线定理计算得到即可．
【详解】解：，
．
，，
，
，
是的中位线，
．
．
．
．
故选：．
6. 若，则代数式的值为（ ）
A. 2005B. 2006C. 2007D. 2008
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，完全平方公式，根据题意得到，进而根据完全平方公式得到，由此可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
7. 如图，在中，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，设，则，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可，根据勾股定理得出方程是解题的关键．
【详解】解：设，则，
，
，
在和中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
即的长为，
故选：B．
8. 1.如图，在▱ABCD中，AB＝8，点E是AB上一点，AE＝3，连接DE，过点C作CF∥DE，交AB的延长线于点F，则BF的长为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可知CD＝AB＝8，由AE＝3，可得BE的长，再判定四边形DEFC是平行四边形，根据平行四边形的性质可得EF的长，由BF＝EF﹣BE，即可求出BF．
【详解】解：∵在▱ABCD中，AB＝8，
∴CD＝AB＝8，AB∥CD，
∵AE＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝5，
∵CF∥DE，
∴四边形DEFC是平行四边形，
∴DC＝EF＝8，
∴BF＝EF﹣BE＝8﹣5＝3．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及判定，能够熟练运用平行四边形的判定是解题的关键．
9. 如图，在矩形中，对角线交于点O，过点O作交于点E，交于点F．已知，的面积为5，则的长为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，然后由勾股定理求得答案．
【详解】解：连接，如图所示：

由题意可得，为对角线的垂直平分线，
，，
．
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：D．
10. 如图，菱形 的对角线 相交于点 ，点 为 边上一动点（不与点 重合），于点 点 ，若 ，，则 的最小值为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理及垂线段最短，掌握菱形，矩形的性质是解题的关键．连接，证明四边形是矩形得，当时，的值最小，即的值最小，再根据等面积法即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∵于点E，于点F，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，的值最小，即的值最小，
∵，
∴，
∴的最小值为．
故选：C．
二、填空题．（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11. 当时，二次根式的值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了化简二次根式，把代入二次根式中利用二次根式的性质化简即可．
【详解】解：当时，，
故答案为：．
12. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若OA＝2，则BD的长为_____．

【答案】4
【解析】
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分的性质计算， 得BD＝AC＝2OA，即可得到答案．
【详解】∵ABCD是矩形
∴OC＝OA，BD＝AC
又∵OA＝2，
∴AC＝OA+OC＝2OA＝4
∴BD＝AC＝4
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质，从而完成求解．
13. 在中，∠C=，AC=12，BC=5，则AB边上中线CD=_______．
【答案】6.5
【解析】
【分析】先求斜边，再根据斜边上中线等于斜边一半可得.
【详解】解：由勾股定理可得：AB=,
所以AB上的中线长：13÷2=6.5
故答案为6.5
【点睛】本题考核知识点：直角三角形斜边上的中线. 解题关键点：熟记性质即可.
14. ，为实数，且，化简：______；
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了化简二次根式，二次根式有意义的条件，先根据二次根式有意义的条件求出，则，据此化简绝对值和二次根式即可得到答案．
【详解】解：∵式子要有意义，
∴，
∴，
∴，
∴
，
故答案为：．
15. 如图，的顶点在等边的边上，点在的延长线上，为的中点，连接．若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得，，，即可得，延长交于点H，根据得，利用证明，可得，，即可得，根据，得是等边三角形，可得，即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，，
∴，
如图所示，延长交于点H，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点晴】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，添加辅助线是解题的关键。
三、解答题（一）（本大题4小题，每小题6分，共24分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式除法计算，零指数幂，负整数指数幂，先计算零指数幂，二次根式除法，负整数指数幂，最后计算加减法即可得到答案．
【详解】解：
．
17. 已知：如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，连接，，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得出．，则，根据，得出，证明，根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：四边形是平行四边形
．
，
，
，
在与中，
，
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后再将代入计算即可解答．
详解】解：
．
当时，
原式．
【点睛】本题主要考查了分式的基本性质及其运算、分母有理化，正确的化简分式是解答本题的关键．
19. 若最简二次根式和是同类二次根式，求平方和的算术平方根．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了算术平方根、最简二次根式，二元一次方程组的应用以及求代数式的值，熟练掌握算术平方根、最简二次根式以及二元一次方程组的应用是解题的关键．根据同类二次根式得出和的二元一次方程组，从而得出和的值，然后求出平方和的算术平方根即可．
【详解】解：∵最简二次根式和是同类二次根式，
∴，
解得：，，
∴．
四、解答题（二）（本大题3小题，每小题7分，共21分）
20. 如图，已知四边形是平行四边形．

（1）尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不用写作法）
（2）在（1）中，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【解析】
【分析】（1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，交，于两点，分别以这两点为圆心，大于这两点的距离为半径画弧，在内交于一点O，作射线BO，交于点E即可；
（2）根据角平分线和平行线可得到，然后利用平行四边形对边相等计算即可．
【小问1详解】
如图所示，为所求．
【小问2详解】
在平行四边形中，，
，
由（1）知，，
，
，
在平行四边形中，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的作法，解决本题的关键是熟记平行四边形的性质．
21. 如图，中，，作，，，．

（1）求证：；
（2）求的长．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查的知识点是三角形内角和定理、等量代换、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握勾股定理解直角三角形．
结合题中条件推出即可证得；
设长为，结合勾股定理解直角三角形可得，列方程即可得解．
【小问1详解】
证：，
，
中，
，
，
，
，
．
【小问2详解】
解：设长为，则，
，
中有，
，
解得，
．
22. 我国某巨型摩天轮的最低点距离地面，圆盘半径为．摩天轮的圆周上均匀地安装了若干个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱．小明、小丽先后从摩天轮的底部入舱出发开始观光，当小明观光到点P时，小丽到点Q，此时，且小丽距离地面．

（1）与全等吗？为什么？
（2）求此时两人所在座舱距离地面的高度差．
【答案】（1），理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别证明，，即可利用证明；
（2）由全等三角形的性质可得，再根据线段之间的关系求出，进而利用勾股定理求出，则，由此可得两人所在座舱距离地面的高度差为．
【小问1详解】
解：，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵小丽到点Q，且小丽距离地面，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴两人所在座舱距离地面的高度差为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
五、解答题（三）（本大题3小题，每小题10分，共30分）
23. 数学张老师在课堂上提出一个问题：“通过探究知道：，它是个无限不循环小数，也叫无理数，它的整数部分是1，那么有谁能说出它的小数部分是多少”，小明举手回答：它的小数部分我们无法全部写出来，但可以用来表示它的小数部分，张老师夸奖小明真聪明，肯定了他的说法．现请你根据小明的说法解答：
（1）的整数部分是______．
（2）为的小数部分，为的整数部分，求的值．
（3）已知，其中是一个正整数，，求的值．
【答案】（1）3 （2）1
（3）17
【解析】
【分析】题目主要考查无理数的估算及求代数式的值，熟练掌握无理数的估算方法是解题关键．
（1）根据无理数的估算方法求解即可；
（2）根据题意得出，，然后代入求解即可；
（3）根据题意得出，，然后代入计算即可．
【小问1详解】
解：
的整数部分为3
【小问2详解】
为的小数部分，为的整数部分，
，，
；
【小问3详解】
，其中是一个正整数，，
，，
．
24. 如图所示，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，交于点F，连接，若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等：
（1）先证明，，从而证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，由此即可证明平行四边形是矩形；
（2）先由矩形的性质得到，则由勾股定理可得，证明，得到，则由直角三角形的性质可得．
【小问1详解】
证明：四边形是菱形，
，，
，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点F为的中点，
∴．
25. 如图1，是我国古代著名的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形围成，即
，其中四边形是正方形，四边形是正方形，如图2，将图1中的线段和线段分别延长到点和点，使，，连接，，，，得到四边形．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）由全等三角形的性质得，，，因为，，所以，可推导出，，进而证明及，则，，所以四边形是平行四边形；
（2）由，，得，，则，，求得，，，则．
【小问1详解】
（1）证明：，
，，，
，，
，
，，
，，
在和中，
，
，
；
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：，，
，，
，，
，，
，，
四边形是正方形，
，
，
四边形的面积是86．
【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，证明及是解题的关键．