2023-2024学年江西省南昌市南昌县洪州学校八年级（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年江西省南昌市南昌县洪州学校八年级（下）期中数学试卷，共18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。
1．（3分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）在下列根式：，，，中，最简二次根式有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．（3分）下列计算错误的是（ ）
A．B．C．D．
4．（3分）如图，点P是平面直角坐标系内一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．B．C．D．3
5．（3分）已知x，y是实数，若，则xy的值是（ ）
A．4B．﹣4C．D．
6．（3分）下列命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线互相垂直平分
D．正方形的对角线互相垂直平分且相等
7．（3分）如图，直线a∥b,A是直线a上的一个定点，线段BC在直线b上移动，那么在移动过程中△ABC的面积（ ）
A．变大B．变小C．不变D．无法确定
8．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝，AC＝2，BD=4，则AE的长为（ ）
A．B．C．D．
9．（3分）如图，在▱ABCD中，点F是BC上的一点，连接AF，∠FAD=60°，AE平分∠FAD，交CD于点E，且点E是CD的中点，连接EF，已知AD=5，CF=3，则EF的长是（ ）
A．2B．4C．3D．2.5
10．（3分）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE=OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）计算的结果为 ．
12．（3分）实数a、b在数轴上的位置如图所示，则化简的结果为 ．
（3分）菱形的周长为20cm，两个相邻的内角的度数之比为1：2，则较长的对角线长度是 cm．
14．（3分）如图，点O在数轴原点上，A，B两点分别对应-3，3，以AB为底边作腰长为4的等腰三角形ABC，连接OC，以点O为圆心，CO长为半径画弧交数轴正半轴于点M，则点M对应的实数为 ．
15．（3分）对于任意两个正数m、n，定义运算※为：
m※n＝
计算（8※3）×（18※27）的结果为 ．
16．（3分）如图，正方形ABCD边长为4，点P在对角线AC上（不含端点），以PA，PB为邻边作▱PAQB，则对角线PQ长度的最小值为 ．
三、解答题（共72分）
17．（8分）计算：
（1）；
（2）．
18．（6分）先化简，再求值：，其中，．
19．（8分）如图，E是▱ABCD的边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于F，若CD=6，求BF的长．
20．（8分）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF，连接BF，FD，DE，EB．求证：四边形DEBF是菱形．
21．（10分）如图，已知在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，连接DF，EF，BF．
（1）求证：四边形BEFD是平行四边形；
（2）若∠AFB=90°，AB=6，求四边形BEFD的周长．
22．（10分）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N处．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AB=6，AC=10，求四边形AECF的面积及AE与CF之间的距离．
23．（10分）阅读理解
对于任意正实数a，b．
∵，
∴，
∴，只有当a＝b时，等号成立，
∴在中，只有当a＝b时，a+b有最小值．
根据上述内容，解答下列问题：
（1）若a+b＝9，求的取值范围（a，b均为正实数）；
（2）若m＞0，当m为何值时，有最小值？最小值是多少？
24．（12分）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系，并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB=15，BE′=9，请直接写出DE的长．
2023-2024学年江西省南昌市南昌县洪州学校八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．【答案】A
【解答】解：由题意得：2x﹣1≥2，
解得：x≥，
故选：A．
2．【答案】B
【解答】解：∵＝a，，
∴，，，中，最简二次根式有，．
故选：B．
3．【答案】D
【解答】解：A、＝＝7；
B、＝＝6；
C、+＝2＝8；
D、，故错误．
故选：D．
4．【答案】D
【解答】解：连接OP，过点P作PA⊥x轴于点A，
∵P（，），
∴OA＝，PA＝．
在Rt△OAP中，
＝4．
故选：D．
5．【答案】B
【解答】解：∵，
即，
∴x﹣8＝0，3y+6＝0，
解得x＝3，y＝﹣，
∴xy＝＝﹣4．
故选：B．
6．【答案】B
【解答】解：A、平行四边形的对角线互相平分；
B、矩形的对角线互相相等，原命题是假命题；
C、菱形的对角线互相垂直平分；
D、正方形的对角线互相垂直平分且相等；
故选：B．
7．【答案】C
【解答】解：如图，∵a∥b，
∴a，b之间的距离是固定的，
而△ABC的高和这个距离相等，
所以△ABC的高、底边都是固定的，
所以它的面积不变．
故选：C．
8．【答案】D
【解答】解：∵AC＝2，BD＝4，
∴AO＝AC＝1BD＝2，
∵AB＝，
∴AB2+AO2＝BO2，
∴∠BAC＝90°，
∵在Rt△BAC中，BC＝＝＝
S△BAC＝×AB×AC＝，
∴×2＝，
∴AE＝，
故选：D．
9．【答案】B
【解答】解：如图，延长AE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠D＝∠ECG，
又∵∠AED＝∠GEC，
∴△ADE≌△GCE，
∴CG＝AD＝5，AE＝GE，
又∵AE平分∠FAD，AD∥BC，
∴∠FAE＝∠DAE＝∠G＝∠DAF＝30°，
∴AF＝GF＝3+5＝2，
又∵E是AG的中点，
∴FE⊥AG，
∴Rt△AEF中，EF＝，
故选：B．
10．【答案】A
【解答】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵对称，
∴DF＝DF2，BF＝BF2，BE＝BE2，DE＝DE1，E5F2＝E2F4．
∵对称
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E2DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF2，
∵E1F2＝E7F1，
∴四边形 E1E5F1F2 是平行四边形，
如图5所示，当E，F，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE3＝AE2，即E1E3＝E1F2，
∴四边形E2E2F1F3 是菱形．
如图3所示，当E，OB的中点时，则 DF2＝DF＝4，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝4，连接AE，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE＝8，
∴．
根据对称性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，，
∴，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四边形E4E2F1F8是矩形．
当F，E分别与D，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E5E2F2F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F4F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝3﹣2＝．
故答案为：．
12．【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据题意得：a＜﹣1＜0＜b＜4，
∴a+b＜0，
则原式＝|﹣a|+|b|﹣|a+b|＝﹣a+b+a+b＝2b，
故答案为：7b
13．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵菱形的周长为20cm，
∴菱形的边长为5cm，
∵两邻角之比为1：6，
∴较小角为60°，
画出图形如图所示：
∴∠ABO＝30°，AB＝5cm，
∵最长边为BD，BO＝AB•cs∠ABO＝5×＝
∴BD＝2BO＝．
故答案为：．
14．【答案】．
【解答】解：∵△ABC是腰长为4的等腰三角形，
∴∠CAB＝∠CBA，AC＝BC，
∵AO＝BO＝3，
∴△AOC≌△BOC（SAS），
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴OC＝＝，
∴OM＝，
故答案为：．
15．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（8※3）×（18※27）＝（﹣）（+）
＝（2﹣）（3）
＝12+6﹣3
＝6+3．
故答案为5+3．
16．【答案】2．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥AC于H，
∵正方形ABCD边长为4，
∴AC＝4，
∵AB＝AC，∠ABC＝90°，
∴BH＝2，
∵四边形PAQB是平行四边形，
∴BQ∥AC，
∴当PQ⊥AC时，PQ有最小值，
∴PQ＝BH＝7，
即PQ的最小值为2，
故答案为：2．
三、解答题（共72分）
17．【答案】（1）2；
（2）1．
【解答】解：（1）原式＝4+2×﹣﹣
＝2；
（2）原式＝（3+2）×（4﹣2）
＝25﹣24
＝3．
18．【答案】，．
【解答】解：
＝
＝
因为，，
所以ab＝4，，
所以原式＝．
19．【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵E是▱ABCD的边AD的中点，
∴AE＝DE，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝6，AB∥CD，
∴∠F＝∠DCE，
在△AEF和△DEC中，，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF＝CD＝6，
∴BF＝AB+AF＝12．
20．【答案】见试题解答内容
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠DCB，CA平分∠DCB，
∴∠DAC＝∠BAC＝∠DAB∠DCB，
∴∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠ACB，
∵AE＝CF，
∴△DAE≌△BAE≌△BCF≌△DCF（SAS），
∴DE＝BE＝BF＝DF，
∴四边形DEBF是菱形．
21．【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：∵D，E，F分别是AB，AC的中点，
∴DF∥BC，EF∥AB，
∴DF∥BE，EF∥BD，
∴四边形BEFD是平行四边形；
（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，
∴DF＝DB＝DA＝AB＝6，
∵四边形BEFD是平行四边形，
∴四边形BEFD是菱形，
∵DB＝3，
∴四边形BEFD的周长为12．
22．【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠CAB＝∠ACD．
由折叠的性质可得∠EAB＝∠EAC，∠ACF＝∠FCD，
又∵∠CAB＝∠ACD，
∴∠EAC＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：在Rt△ABC中，AB＝6，
则根据勾股定理得，BC＝8．
∵AM＝AB＝3，
∴CM＝AC﹣AM＝AC﹣AB＝4．
设CE＝x，则BE＝EM＝8﹣x，
在Rt△EMC中，利用勾股定理可得EM4+CM2＝CE2，
即（4﹣x）2+44＝x2，解得x＝5，
故四边形AECF的面积＝AB•CE＝5×5＝30．
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
设AE与CF之间的距离为h，
则AE•h＝30，
即，
∴．
23．【答案】（1）；（2）当m＝1时， 的最小值为2．
【解答】解：（1）∵ （a
∴，
    又∵a+b＝6，
∴，
又∵，
∴，
（2）∵m＞0，
∴，
，
只有当 时，等号成立，
∴当m＝2时， 的最小值为2．
24．【答案】（1）四边形BE'FE是正方形，理由见解析过程；
（2）CF＝E'F，证明见解析过程；
（3）3．
【解答】解：（1）结论：四边形BE'FE是正方形．理由如下：
∵△CBE'是由Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到的，
∴∠CE'B＝∠AEB＝90°，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF+∠AEB＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
由旋转可知：BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）结论：CF＝E'F．
证明：如图②，过点D作DH⊥AE于点H，
则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，
∵DA＝DE，
∴AH＝EH＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
在△ADH和△BAE中，
，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE，
由旋转可知：AE＝CE'，
由（1）可知：四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝AH＝AE＝，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于点H．
∵△ADH≌△BAE，
∴AH＝BE＝E'B＝9，DH＝AE，
根据勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴AE＝＝12，
∴EH＝AE﹣AH＝12﹣9＝3，
∴DE＝＝＝3．