北京市第十九中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份北京市第十九中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市第十九中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、北京市第十九中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

1. 下列各式中是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式及分母有理化，根据最简二次根式的条件及分母有理化逐一判断即可求解，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】解：A、是最简二次根式，故符合题意；
B、，则不是最简二次根式，故不符合题意；
C、，则不是最简二次根式，故不符合题意；
D、，则不是最简二次根式，故不符合题意；
故选A．
2. 以下列各组数为三角形的三边长，其中能构成直角三角形的是（ ）
A. 2，3，4B. 6，8，9C. 1，2，D. 5，12，13
【答案】D
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．
【详解】A、∵，∴，
∴不能构成直角三角形，故A不符合题意；
B、∵，∴，
∴不能构成直角三角形，故B不符合题意；
C、∵，
∴不能构成直角三角形，故C不符合题意；
D、∵，∴，
∴能构成直角三角形，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3. 在一次学校田径运动会上，参加男子跳高的20名运动员的成绩如表所示：
这些运动员成绩的中位数和众数分别是（ ）
A. 1.70和1.80B. 1.65和1.75C. 1.675和1.75D. 1.70和1.75
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中位数，众数，理解概念是解题关键．
根据中位数和众数的概念进行求解．
【详解】解：将数据从小到大排列为：1.55，1.60，1.60，1.60，1.60，1.65，1.65，1.65， 1.70，1.70，1.70，1.70，1.75，1.75，1.75，1.75，1.75，1.75，1.80，1.80．
∴第10个数为1.70，第11个数为1.70，
∴中位数为，
∵1.75出现的次数最多，
∴众数为1.75．
故选：D．
4. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A. 对边相等B. 对角线互相平分
C. 对角线相等D. 对角线互相垂直
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，根据对角线相等的平行四边形是矩形，以及有一个角是直角的平行四边形是矩形来进行逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、对边相等是矩形和平行四边形都有的性质，故该选项是错误的；
B、对角线互相平分是矩形和平行四边形都有的性质，故该选项是错误的；
C、对角线相等是矩形有的性质，而平行四边形没有，故该选项是正确的；
D、对角线互相垂直不是矩形和平行四边形有的性质，故该选项是错误的；
故选：C ．
5. 如图，在中，，于点E，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形和直角三角形的性质，掌握平行四边形对角相等是解题的关键．
根据平行四边形的性质，可得，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：在中，
，
，
，
故选B．
6. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝4，D是AB边的中点，则CD的长为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝4，
∴AB=，
∵D是AB边的中点，
∴CD=，
故选C．
【点睛】本题主要考查勾股定理以及直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
7. 如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，，则的长为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，先由矩形的性质得到，，，再证明是等边三角形，得到，据此利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，对角线，交于点O，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，由勾股定理得，
故选：C．
8. 在如图的网格中，小正方形的边长均为1，三点均在正方形格点上，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D. 点到直线的距离是2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积公式，根据勾股定理求得进而根据勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，故A,B选项正确；
∴，故C选项错误；
设点到直线的距离是，则，
∴，故D选项正确
故选：C．
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A的坐标为（0，2），顶点B，C在第一象限，且点C的纵坐标为1，则点B的坐标为（ ）
A. （2，3）B. （，3）C. （，2）D. （，3）
【答案】D
【解析】
【分析】延长BC交x轴于D，由点A坐标求OA=2，由四边形OABC是菱形，可得AO=OC=BC=2，在Rt△OCD中，由勾股定理OD=即可．
【详解】解：延长BC交x轴于D，
∵点A的坐标为（0，2），
∴OA=2，
∵四边形OABC菱形，
∴AO=OC=BC=2，
∵BC∥y轴，
∴BD⊥x轴，
在Rt△OCD中，
∵点C的纵坐标为1，
∴CD=1，
∴OD=，
∵BD=BC+CD=2+1=3，
∴点B（，3）．
故选择D．
【点睛】本题考查点的坐标，菱形性质，勾股定理，掌握点的坐标求法，菱形性质，勾股定理是解题关键．
10. 如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连结交于点M，连结、．若，，则下列结论中正确结论的个数是（ ）
①；②四边形是菱形；③；④
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．根据矩形的性质可得，先证明，再证明是等边三角形，即可判断①选项；由和是等边三角形，可得，即可判断②选项；由含角的直角三角形的性质即可判断③选项；先证明，可知，设，根据含角的直角三角形的性质，可得，根据，，可得，进一步即可判断④选项．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵O为的中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在和中，
，
，
，，
在等边中，，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
平分，
，，
垂直平分，
如图，连接，
在矩形中，为的中点，
，，三点在同一直线上，
在线段的垂直平分线上，
，
，
是等边三角形，
，
故①符合题意；
由①得和是等边三角形，
，
四边形是菱形；
故②符合题意；
是等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
；
故③不符合题意；
在和中，
，
，
，
垂直平分，
，
设，
，，
，
，，
，
，
，，
，
，
故④不符合题意，
综上所述，正确的结论有①②，
故选：B
二、填空题（本题共24分，每小题3分）
11. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
【详解】解：根据题意得，
，
故答案为：．
12. 已知正方形的边长为2，则正方形的对角线长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质与勾股定理，熟练掌握运用勾股定理是解题关键．
根据正方形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵正方形的边长为2，
∴对角线长为．
故答案为：．
13. 在湖的两侧有A，B两个观湖亭，为测定它们之间的距离，小明在岸上任选一点C，并量取了AC中点D和BC中点E之间的距离为50米，则A，B之间的距离应为______米．
【答案】100
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质定理，解答即可．
【详解】∵点D、E分别为AC、BC的中点，
∴AB=2DE=100（米），
故答案为：100．
【点睛】本题主要考查三角形中位线的性质定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长的一半，是解题的关键．
14. 在四边形中，，补充一个条件______，则四边形是平行四边形．
【答案】或
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定方法，结合已知条件即可解答.
【详解】解：∵，
∴当，（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．）
或（两组对边分别平行的四边形是平行四边形．）时，四边形是平行四边形．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
15. 如图，已知菱形的对角线，的长分别为24，10，则长为_______．
【答案】13
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识，由菱形的性质得出、的长，再在中利用勾股定理求出，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在中，由勾股定理得：
，
故答案为：．
16. 如图，在矩形中，点E在边上，平分交于点F．若，，则的长为________．

【答案】5
【解析】
【分析】由勾股定理可求，由，平分，可得，则，然后作答即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
∴，
由勾股定理得，，
∵平分，
∴，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线，等角对等边．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，角平分线，等角对等边是解题的关键．
17. 如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8．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__．
【答案】3或6
【解析】
【分析】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＝6；
（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＝10，设DE＝D′E＝x，则EC＝CD−DE＝8−x，根据勾股定理得，D′E2＋D′C2＝EC2，代入相关的值，计算即可．
【详解】解：当∠CED′＝90°时，如图（1），
∵∠CED′＝90°，
根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′＝×90°＝45°，
∵∠D＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝6；
（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，
∴CD′＝10−6＝4，
设DE＝D′E＝x，则EC＝CD−DE＝8−x，
在Rt△D′EC中，D′E2＋D′C2＝EC2，
即x2＋16＝(8−x)2，
解得x＝3，
即DE＝3；
综上所述：DE的长为3或6；
故答案为：3或6．
【点睛】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，作出图形是解题关键．
18. 如图，线段，点M为线段延长线上的一个动点，且，点E是线段的中点，则线段的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是正确作出辅助线，确定取最小值时的情况．
在线段延长线上截取，则，当最小时，也最小，通过证明得出即点N的在与线段夹角为的直线上，则当时，取最小值，根据勾股定理得：，求出，即可解答．
【详解】解：在线段延长线上截取，
∵，点E是线段的中点，
∴，则当最小时，也最小，
∵，，
∴，
即点N的在与线段夹角为的直线上，
∴当时，取最小值，
∵，，
∴，
∴，
∵，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本题共46分，19题8分，20题4分，21-24每题5分，25题7分，26题7分）
19. 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运算法则是解题关键．
（1）先化简二次根式，再根据二次根式加减混合运算法则计算即可；
（2）先计算二次根式的乘除法、化简二次根式，再计算二次根式的加减法即可解题．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
20. 若，，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】先提公因式，再将，代入求解即可．
【详解】解：∵，，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握二次根式的计算法则是解题的关键．
21. 已知：为锐角三角形，．
求作：菱形．
作法：如图，
①以点A为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N；
②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点E，作射线与交于点O；
③以点O为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点D，连接，；
四边形就是所求作的菱形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）：
（2）完成下面的证明：
证明：∵平分，
∴__________．
∵，
∴四边形是平行四边形（ ）（填推理的依据）．
∵，
∴四边形是菱形（ ）（填推理的依据）．
【答案】（1）图见解析
（2）OB，对角线互相平分的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形
【解析】
【分析】（1）根据所给几何语言画出对应的图形即可；
（2）先根据等腰三角形的性质得到CO=OB，再根据平行四边形和菱形的判定解答即可.
【小问1详解】
解：如图，菱形ABDC即为所求作；
【小问2详解】
证明：∵，平分，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．
∵，
∴四边形是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
故答案为：OB，对角线互相平分的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形.
【点睛】本题考查基本尺规作图-作角平分线、等腰三角形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定，熟练掌握基本尺规作图的方法步骤，熟知平行四边形的判定和菱形的判定是解答的关键.
22. 如图，点E、F在的对角线上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质．
根据题意得到，然后证明出，进而得到．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∴．
在和中，
．
∴．
∴．
23. 如图，是的对角线，，延长至点C，使，连接交于点O，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后由即可证明出四边形是矩形；
（2）过O作于F，首先根据矩形的性质得到，，然后求出，然后利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
过O作于F，
∵四边形是矩形，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质，矩形的判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
24. 如图，在中，，DE平分∠BDC交BC于点O，交AB的延长线于点E，连接CE．
（1）求证：四边形BECD是菱形；
（2）如果，，求四边形BECD的面积．
【答案】（1）见解析 （2）24
【解析】
【分析】（1）利用平行线和角平分线的性质证明，推出，结合已知条件证明，，得出四边形BECD是平行四边形，结合即可证明四边形BECD是菱形；
（2）利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解；
【小问1详解】
证明：∵中，，
∴，
∴．
∵DE平分∠BDC，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形BECD是平行四边形．
又∵，
∴四边形BECD是菱形；
【小问2详解】
解：∵中，，，
∴，，
由（1）知四边形BECD是菱形，
∴，，
中，由勾股定理可得，，
∴，
∴，
即四边形BECD的面积为24．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定、菱形的面积公式、勾股定理等，掌握菱形的判定方法及面积公式是解题的关键．
25. 如图，已知正方形中，点E是延长线上一点，连接，过点C作于点F，连接．
（1）求证：；
（2）作点B关于直线的对称点M，连接，
①依据题意补全图形；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
③若F为中点，，连接，直接写出线段的长为_______．
【答案】（1）见解析 （2）①图见解析；②．证明见解析；③，证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质运用，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理，综合运用以上几何知识是解题的关键．
（1）由于，，根据同角的余角相等即可得证；
（2）① 过点作垂足为，延长取，点即为点关于直线对称点；
②在上截取点N，使得，连接，证明，得到，，即可证得是等腰直角三角形，进而可证四边形为平行四边形，由此得证；
③连接，证明，即为直角三角形，应用勾股定理即可求解；
【小问1详解】
证明： ，
，
四边形是正方形，
，
，
，
又 ，，
，
．
【小问2详解】
①如图：过点作垂足为，延长取，点即为点关于直线对称点，图形即为所求作．
②结论：．
理由：在上截取点N，使得，连接．
四边形是正方形，
．
在和中
，
，，
，
是等腰直角三角形，
．
点B关于直线的对称点是点M，
，
，，
，
，
，
．
，，
，
四边形为平行四边形，
，
．
③，证明：连接，如图所示，
在中，F为中点，
，
，
，点关于直线对称，
，
，
，
点关于直线对称，
，，
，又，
，
在中，应用勾股定理，
，
．
26. 在平面直角坐标系中，对于两个点，和图形，如果在图形上存在点，，可以重合）使得，那么称点与点是图形的一对平衡点．
（1）如图1，已知点，．
①设点与线段上一点的距离为，则的最小值是 ，最大值是 ；
②在，，这三个点中，与点是线段的一对平衡点的是 ；
（2）如图2，已知正方形的边长为2，一边平行于轴，对角线的交点为点，点的坐标为．若点在第一象限，且点与点是正方形的一对平衡点，求的取值范围；
（3）已知点，，某正方形对角线的交点为坐标原点，边长为．若线段上的任意两个点都是此正方形的一对平衡点，直接写出的取值范围．
【答案】（1）①3，；②
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）①观察图象的最小值是长，最大值是长，由勾股定理即可得出结果；
②过作于，可得出，根据平衡点的定义，即可得出点与点是线段的一对平衡点；
（2）如图2，可得，，由平衡点的定义可求出的范围；
（3）如图2，正方形边长为2，，上任意两点关于是一对平衡点，且，的交点是，根据平衡点的定义，可得，，即可求出的范围．
【小问1详解】
解：①由题意知：，，则最小值是3，最大值是；
②如图1，过作于，
，
根据平衡点的定义，点与点是线段的一对平衡点；
故答案为：3，，；
小问2详解】
如图2中，，，
且，均在正方形上，符合平衡点的定义，
；
【小问3详解】
如图2，正方形边长为2，
，上任意两点关于是一对平衡点，且，的交点是，
则，，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了点与点是图形的一对平衡点、正方形性质、点与点的距离等知识，解题的关键是理解题意，学会取特殊点特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
成绩
1.55
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
1
4
3
4
6
2