19，福建省莆田市荔城区莆田第八中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份19，福建省莆田市荔城区莆田第八中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共23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，共30分）
1. 使二次根式有意义的的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数≥0，即可得出结论．
【详解】解：由题意可知：
解得：
故选B．
【点睛】此题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件：被开方数≥0是解决此题的关键．
2. 下列各组数据分别是线段a，b，c的长，能组成直角三角形的是（ ）
A. 7，2，9B. 4，5，6C. 3，4，5D. 5，10，13
【答案】C
【解析】
【分析】据勾股定理的逆定理，逐项判定即可．
【详解】解：A．，所以7、2、9不能组成直角三角形，故A不符合题意；
B．，所以4、5、6不能组成直角三角形，故B不符合题意；
C．，所以5可以组成直角三角形，故C符合题意；
D．，所以5、10、13不能组成直角三角形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理，掌握如果三角形的两边平方和等于第三边的平方，则该三角形为直角三角形是解题的关键．
3. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）．
A. 对角线相等B. 对角线平分一组对角
C. 对角线互相垂直D. 两组对边分别平行试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质得出即可．
【详解】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等．
A对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故A符合题意；
B对角线平分一组对角是菱形具有而矩形不具有的性质，故B不符合题意；
C对角线互相垂直是菱形具有而矩形不具有的性质，故C不符合题意；
D两组对边分别平行是菱形具有而矩形也具有的性质，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
4. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】解：A． ，故不是最简二次根式，不符合题意；
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．最简二次根式，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不能含有开得尽方的因数或因式；熟练掌握最简二次根式必须满足的两个条件是解题的关键．
5. 如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于、，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. 10B. 12C. 16D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明．由矩形的性质可证明，即可求解．
【详解】解：作于，交于．
则有四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，
，，，，，
∴，
，
，
，
故选：B．
6. 下列计算，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的性质化简，二次根式的运算即可求解．
【详解】解：、、不是同类二次根式不能进行加减，故原选项错误，不符合题意；
、，故原选项错误，不符合题意；
、，故原选项正确，符合题意；
、，故原选项错误，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质及运算，掌握运算法则是解题的关键．
7. 如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的对称性，菱形即是轴对称图形，又是中心对称图形，通过题目可以发现A点和C点关于原点中心对称，可以直接计算出点C点的坐标．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为，
∴C点坐标为，
故选：B．
8. 如图，已知平行四边形的对角线与相交于点，下列结论中不正确的是（ ）
A. 当时，四边形是菱形
B. 当时，四边形是菱形
C. 当时，四边形是矩形
D. 当时，四边形菱形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项，牢记判定方法是解答本题的关键．
【详解】解：．∵，
∴平行四边形是菱形，
故结论正确，不符合题意；
．∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
故结论正确，不符合题意；
．∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形，
故结论正确，不符合题意；
．当时，四边形不一定是菱形，
故结论错误，符合题意；
故选：．
9. 如图，在中，，是的中点，过点作的平行线交于点，作的垂线交于点，若，且的面积为，则的长为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质．熟练掌握三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质是解题的关键．
由题意知，是的中位线，则，设，则，由勾股定理得，，如图，过作，交的延长线于，证明，则，由，，可得，即，计算求出满足要求的，进而可求．
【详解】解：∵是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
设，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
如图，过作，交的延长线于，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，即，
解得，或（舍去），
∴，
故选：A．
10. 如图，四边形为矩形，对角线与相交于点O，点E在边上，连接，过D做，重足为F，连接，若，，则的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先说明的形状固定，点F的位置固定，点O为对角线与的交点，点O在的垂直平分线，作的垂直平分线，交于点M，交于点N，过点F作，延长交于点G，根据垂线段最短，得出此时最短，根据含直角三角形的性质求出的长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，
∴的形状固定，点F的位置固定，
∵点O为对角线与的交点，
∴点O在的垂直平分线，
如图，作的垂直平分线，交于点M，交于点N，过点F作，延长交于点G，
∵垂线段最短，
∴此时最短，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键是找出使最小时，点O的位置．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 的值是______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义作答即可．
【详解】解：，
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了求一个数的算术平方根，熟记算术平方根的定义是解题的关键．
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. 已知：，，则___．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，用到的知识点是完全平方公式，二次根式的运算，关键是对要求的式子进行变形．利用完全平方公式先把进行变形，得到，再把，的值代入即可求出答案．
【详解】解：，，
；
故答案为：4．
14. 如图，在四边形ABCD中，∠DAB=∠BCD=90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，若，，则S2=________．
【答案】86
【解析】
【分析】利用勾股定理的几何意义解答．
详解】解：由题意可知：，，，，
连接，如下图：
在直角和中，
，
即，
因此，
故答案为：86．
【点睛】本题主要考查的是勾股定理的灵活运用，解题的关键是利用两个直角三角形公共的斜边．
15. 如图，、分别是平行四边形的边、上的点，与相交于点，与相交于点，若，，则阴影部分的面积为___．

【答案】44
【解析】
【分析】作出辅助线，利用同底等高的两个三角形面积相等，阴影图形的面积即可求解．
本题主要考查了平行四边形的性质以及三角形的面积，解答此题关键是作出辅助线，找出同底等高的三角形．
【详解】解：如图，连接，
与同底等高，
，
即，
即，
同理可得，
阴影部分面积为．
故答案为：44．

16. 如图，将矩形纸片沿折叠后，点、分别落在点、的位置，的延长线恰好经过点，若，，则等于______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，根据矩形及折叠的性质可知，，，则，设，则，，利用勾股定理可得：，即，求出即可求得的长度．由矩形与翻折的性质得到是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∴，
∵将矩形纸片沿折叠后，点、分别落在点、的位置，的延长线恰好经过点，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，，
在中，，
即，
解得：，
∴．
故答案为：．
三、解答题（共8小题，共72分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据二次根式的性质化简，再根据二次根式的乘法进行计算再进行加减计算即可求解；
（2）先利用二次根式的乘法和除法计算，再合并，即可求解．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
18. 已知，，分别求下列代数式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）31
【解析】
【分析】(1)先计算，再根据代入计算即可．
(2)根据代入计算即可．
【小问1详解】
∵，，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵，，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查了平方差公式，二次根式的乘法，完全平方公式，熟练掌握公式并活用公式计算是解题的关键．
19. 如图，四边形是平行四边形，E，F分别是边上的点，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质证明，即可；
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形EBFD是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和判定，属于中考基础题．
20. 如图，一架长为5米的梯子AB斜靠在与地面OM垂直的墙ON上，梯子底端距离墙ON有3米．
（1）求梯子顶端与地面的距离OA的长．
（2）若梯子顶点A下滑1米到C点，求梯子的底端向右滑到D的距离．
【答案】（1）4米 （2）1米
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理直接求出OA的长度即可；
（2）先求出OC的长度，然后根据勾股定理求出OD的长度，用OD-OB即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵∠AOB=90°，米，米，
∴AO＝＝4（米），
答：梯子顶端与地面的距离OA的长为4米．
【小问2详解】
解：∵（米），米，
∴OD＝＝4（米），
∴BD＝OD﹣OB＝4﹣3＝1（米）．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理的内容，如果一个直角三角形的两条直角边为a、b，斜边为c，那么．
21. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，按要求在图①、图②、图③中以为边各画一个菱形．
要求：菱形的顶点C、D均在格点上，且所画的三个菱形不全等．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据网格特点，利用勾股定理和菱形的判定解答即可．
【详解】
【点睛】本题考查勾股定理与网格问题、菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解答的关键．
22. 四边形如图所示，已知，，，，．求四边形的面积．
【答案】9
【解析】
【分析】先利用勾股定理求解 再利用勾股定理的逆定理判断 再利用四边形的面积等于两个三角形的面积之和即可得到答案．
【详解】解：∵，，，
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题考查的是勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，熟练的利用勾股定理的逆定理判断直角三角形是解本题的关键．
23. 如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么我们称这个三角形为“美丽三角形”．
（1）如图，在中，，，求证：是“美丽三角形”；
（2）在中，，，若是“美丽三角形”，求的长．
【答案】（1）详见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）作的中线，根据三线合一得出，勾股定理求得，根据美丽三角形的定义即可得出结论；
（2）①作的中线，根据是“美丽三角形”,得出 ，根据勾股定理求得；②作的中线，勾股定理求得，根据美丽三角形的定义得出，进而即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，作的中线，
，是的中线，
，，
在中，由勾股定理得，
，
是美丽三角形.
【小问2详解】
解:①如图，作的中线，是“美丽三角形”,
当时，则 ,
由勾股定理得
②如图作的中线，是“美丽三角形”,
当时则，
，
在中，由勾股定理得 ，
则，
解得，
∴
综上：或．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，勾股定理，理解新定义是解题的关键．
24. 如图，在平面直角坐标系中，已知，，，且已知．
（1）求证：．
（2）如图1，过轴上一点作于，交轴于点，求点的坐标；
（3）将沿轴向左平移，边与轴交于一点不同于和两点），过作一直线与的延长线交于点，与轴交于点，且，在平移过程中，点的坐标是否发生变化？写出你的结论及理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）不发生变化，为
【解析】
【分析】本题考查了绝对值的非负性、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质，坐标与图形，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
（1）根据非负性可求、，然后根据等腰三角形的性质证明即可；
（2）证明，则，进而可求点的坐标；
（3）过点作交于，证明，证明，则，根据，计算求解可得结果．
【小问1详解】
证明：∵ ，
∴，，
解得：，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：点的坐标为，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点的坐标为；
【小问3详解】
解：点的坐标不发生变化，理由如下；
如图2，过点作交于，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标不发生变化，为．
25. （1）如图所示，矩形中，，将矩形绕点B逆时针旋转，得到新的矩形，连接，，线段交于点G，连．
①请直接写出线段和的数量关系______，位置关系______；
②求证：．
（2）如图所示，中，，，将绕点B逆时针旋转，得到新的，连接，，线段，相交于点G，点O为线段中点，连，在旋转的过程中，是否发生改变？如果不变，请求出的值；如果发生改变，请说明理由．
【答案】（1）①，；②证明见解析（2）．
【解析】
【分析】（1）①由旋转得，；②设与的交点为P，证明是等腰直角三角形，推出是等腰直角三角形，证明，推出，根据直角三角形的性质即可推出；
（2）在上取点H，使得，令，证明，推出，再证明是的中位线，据此求解即可．
【详解】解：（1）①由旋转得，；
故答案为：，；
②设与交点为P，
由旋转得，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）在上取点H，使得，
由旋转可知，，，
则可令，
∵，
∴，，
∴，
则，
∵，，
∴，
∴．
∵O为中点，
∴，，
又∵，
∴，
∴，故．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，作出合适的辅助线，证明三角形全等是解题的关键．