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2023-2024学年湖北省孝感市汉川市八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖北省孝感市汉川市八年级（下）期中数学试卷（含解析），共19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。
1.二次根式 (−5)2的值是( )
A. 5B. − 5C. 5D. −5
2.小明用火柴棒摆直角三角形，已知他摆两条直角边分别用了6根和8根火柴棒，他摆完这个直角三角形共用火柴棒( )
A. 20根B. 14根C. 24根D. 30根
3.若代数式 x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x<1B. x≤1C. x>1D. x≥1
4.在平行四边形ABCD中，∠B=60°，则∠D的度数为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 140°
5.如图，OC=2，BC=1，BC⊥OC于点C，连接OB，以点O为圆心，OB长为半径画弧与数轴交于点A，若点A表示的数为x，则x的值为( )
A. 5B. − 5C. 5−2D. 2− 5
6.计算 a( a+ b+2)的结果是( )
A. a+2B. a+ ab+2 a
C. a+ bD. a
7.如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，那么这个菱形的面积是( )
A. 24
B. 32
C. 40
D. 48
8.若一个直角三角形的三边长为3、4、x，则x的值是( )
A. 5B. 5或 6C. 5D. 5或 7
9.如图，矩形内有两个相邻的白色正方形，其面积分别为2和18，则图中阴影部分的面积为( )
A. 2 2
B. 4 2
C. 4
D. 6
10.如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且DE=CD，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG.则下列结论：①OG=12AB；②∠FOG=30°；③S四边形ODEG=S四边形ABOG；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形.其中正确的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如图，两张对边平行的纸条随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD.若AD=8cm，则BC= ______cm．
12.计算： 18÷ 2=______．
13.命题“在同一个三角形中，等边对等角”的逆命题是______，是______(填“真命题”或“假命题”)
14.如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为______．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点E在对角线BD上，且BE=BA，连结AE并延长交DC的延长线于点F，连结BF，则BF的长为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，且AF=CE.求证四边形AECF是平行四边形．
17.(本小题6分)
计算或化简：
(1)2 12+3 48；
(2) 8a+ 18a．
18.(本小题6分)
图①，图②，图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上.在图①，图②，图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求作图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中，画线段AE，使其长为 5(画出一个即可)；
(2)在图②中，画等腰三角形ABC，使其面积为3(画出一个即可)；
(3)在图③中，画等腰直角三角形ABD，使其面积为5(画出一个即可)．
19.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB=3 3.对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点H；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．
(1)△BMG是______三角形；
(2)求BM的长．
20.(本小题8分)
已知：x= 2− 3，y= 2+ 3，求下列各式的值
(1)x2−2xy+y2
(2)x2−y2．
21.(本小题8分)
如图，某游乐场的游客中心位于A处，其正南方向600m处有海盗船游乐项目B，在海盗船游乐项目B的正东方向800m处是摩天轮游乐项目C，餐厅D位于AC的中点处；碰碰车游乐项目F位于BC的中点处.小乐和曼曼同时从A处出发，小乐经B处到C处匀速游玩，曼曼先沿AD路线匀速游玩到餐厅D，后又沿南偏西方向的DE路线匀速直线游玩.曼曼全程与小乐的游玩速度相同．
(1)餐厅D和碰碰车游乐项目F的距离是______m；
(2)若小乐在由B到C游玩途中与曼曼相遇于E处，求相遇处E到海盗船游乐项目B的距离．
22.(本小题10分)
学习完《二次根式》后，聪聪发现了下面这类有趣味的试题，请你根据他的探索过程，解答下列问题：
(1)具体运算，发现规律：
1+112+122=1+11×2=32， 1+122+132=1+12×3=76， 1+132+142=1+13×4=1312，…
计算： 1+142+152= ______．
(2)观察归纳，写出结论
1+1n2+1(n+1)2= ______；(n≥1且n为正整数)
(3)灵活运用，提升能力
请利用你所发现的规律，计算 1+112+122+ 1+122+132+ 1+132+142+…+ 1+192+1102的值．
23.(本小题11分)
(1)用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点.求证：∠PMN=∠PNM．
(2)用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F.求证：∠AEM=∠F．
(3)用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC24.(本小题12分)
如图①，在平行四边形ABCD中，AB=3，AD=6.动点P沿AD边以每秒12个单位长度的速度从点A向终点D运动．设点P运动的时间为t(t>0)秒．
(1)线段PD的长为______(用含t的代数式表示)．
(2)当CP平分∠BCD时，求t的值．
(3)如图②，另一动点Q以每秒2个单位长度的速度从点C出发，在CB上往返运动．P、Q两点同时出发，当点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解： (−5)2= 52=5；
故选：C．
根据二次根式的性质， a2=a(a≥0)−a(a<0)，进而得出答案即可．
本题考查了根据二次根式的意义化简，利用二次根式 a2化简规律：当a≥0时， a2=a；当a≤0时， a2=−a得出是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵两直角边分别用了6根、8根长度相同的火柴棒
∴由勾股定理，得到斜边需用： 62+82=10(根)，
∴他摆完这个直角三角形共用火柴棒是：6+8+10=24．
故选：C．
根据勾股定理即可求得斜边需要的火柴棒的数量．再由三角形的周长公式来求摆完这个直角三角形共用火柴棒的数量．
本题考查勾股定理的应用，是基础知识比较简单．
3.【答案】D
【解析】解：∵式子 x−1在实数范围内有意义，
∴x−1≥0，解得x≥1．
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=60°．
故选：B．
根据平行四边形对角相等，即可求出∠D的度数．
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
5.【答案】B
【解析】解：OB= 12+22= 5，
∴OA=OB= 5，
∴点A表示的数为− 5，即x=− 5，
故选：B．
由勾股定理算得OB，因为OA=OB，可得OA的长，即得点A表示的数x得值．
本题考查了实数与数轴，关键是掌握勾股定理的运算．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二次根式的乘除运算，正确运用运算律及公式是解题的关键．
掌握二次根式乘除法则，将二次根式最简化即可．
【解答】
解：原式= a( a+ b+2)=a+ ab+2 a．
故选B．
7.【答案】A
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，
∴AC⊥BD，这个菱形的面积=12AC⋅BD=12×6×8=24，
故选：A．
由菱形的面积等于对角线长乘积的一半，列式计算即可．
本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设第三边为x
(1)若4是直角边，则第三边x是斜边，由勾股定理，得
32+42=x2，所以x=5
(2)若4是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理，得
32+x2=42，所以x= 7．
所以第三边的长为5或 7．
故选：D．
本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边4，既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即4是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可得，大正方形的边长为 18=3 2，小正方形的边长为 2，
∴题图中阴影部分的面积为 2×(3 2− 2)=444．
故选：C．
根据图形可以求得图中阴影部分的面积=大矩形面积−正方形面积，本题得以解决．
本题考查二次根式混合运算的实际应用，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
10.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB//CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∠BAC=∠CAD=30°，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，
∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=12CD=12AB，OG//CD，
∴OG//AB，
∴∠FOG=∠BAC=30°，
∴①和②正确；
∵AB//CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，
∴④正确；
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABD=S△BDE=12S菱形ABDE，
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△ODG，
∴S四边形ODEG=S四边形ABOG；
∴③正确；
故选：A．
由“AAS”可证△ABG≌△DEG，可得AG=DG，由三角形中位线定理可得OG=12CD=12AB，OG//CD，可得∠FOG=∠BAC=30°，故①和②正确；由菱形的判定可证四边形ABDE是菱形，故④正确；由面积和差关系可证③正确，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11.【答案】8
【解析】解：由题意可知，DC//AB，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=8cm，
故答案为：8．
根据DC//AB，AD//BC，进而利用平行四边形的判定与性质解答即可．
此题考查平行四边形的判定与性质，关键是根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答．
12.【答案】3
【解析】解：原式= 18÷2= 9=3．
故答案为：3．
直接运用二次根式的除法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的除法．
13.【答案】在同一个三角形中，等角对等边；真
【解析】解：“在同一个三角形中，等边对等角”的逆命题是：“在同一个三角形中”，等角对等边，是真命题；
故答案为：“在同一个三角形中，等角对等边；真．
把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，再分析题设是否能推出结论，从而得出命题的真假．
本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
14.【答案】( 2)n−1
【解析】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2= 2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3=2=( 2)2．
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4=2 2=( 2)3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5=4=( 2)4．
……
∴OAn的长度为( 2)n−1．
故答案为：( 2)n−1．
利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出斜边是解题关键．
15.【答案】3 17
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AB//CD，AB=CD，AD=BC，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=12，
由勾股定理得BD= AB2+AD2= 52+122=13，
∵BE=BA，
∴BE=5，
∴DE=BD−BE=13−5=8，
∵BE=BA，
∴∠BAE=∠BEA，
∵AB//CD，
∴∠BAE=∠DFE，
∵∠DEF=∠BEA，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DE=DF=8，
∵AB=CD=5，
∴CF=DF−CD=8−5=3，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF=90°，
∵AD=BC=12，
∴在Rt△BCF中，由勾股定理得，BF= BC2+CF2= 122+32=3 17，
故答案为：3 17．
根据矩形的性质得出∠BAD=∠BCD=90°，AB//CD，AB=CD，AD=BC，由勾股定理求出BD的长，即可求出DE的长，再证DE=DF，即可求出CF的长，最后在Rt△BCF中根据勾股定理即可求出BF的长．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC
∴AF//CE．
又∵AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】此题主要考查平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
由四边形ABCD是平行四边形，可得AF//CE，又AF=CE，所以四边形AECF是平行四边形．
17.【答案】解：(1)原式=4 3+12 3=16 3；
(2)原式=2 2a+3 2a=5 2a．
【解析】先化简二次根式再进行合并求出即可．
本题考查二次根式的加减法，熟练掌握二次根式的加减法法则是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图①，线段AE即为所求(答案不唯一)．
(2)如图②，△ABC即为所求(答案不唯一)．
(3)如图③，△ABD即为所求(答案不唯一)．
【解析】(1)利用勾股定理，结合网格画图即可．
(2)取格点C，使△ABC的底是2，高是3，AB=AC即可．
(3)由勾股定理可知，AB= 10，取格点D，使BD= 10,且AB⊥BD即可．
本题考查作图−应用与设计作图、等腰直角三角形、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
19.【答案】等边
【解析】解：(1)连接AN，如图所示：
由题意可知：EF是矩形ABCD的对称轴，
∴AN=BN，
∵△NBM是由△ABM折叠得到，
∴AB=BN，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠BAM=90°，
∴AN=AB=BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABM=∠NBM=∠NBG=30°，
∴∠MBG=60°，
∵∠BNM=90°，
∴∠BMG=60°=∠MBG，
∴△BMG是等边三角形；
故答案为：等边；
(2)由(1)可知：∠ABM=30°，∠BAM=90°，AM=12BM，
设AM=x，BM=2x，
则在Rt△ABM中，AB=3 3，
由勾股定理得：AM2+AB2=BM2，
即x2+27=4x2，
解得：x=3(负根舍去)，
∴BM=2x=6．
(1)连接AN，由题意易得△ABN是等边三角形，然后可得∠BMG=60°=∠MBG，进而问题可求解；
(2)由(1)可得AM=12BM，设AM=x，BM=2x，然后根据勾股定理可进行求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、含30度直角三角形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质、等边三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
20.【答案】解：(1)x2−2xy+y2
=(x−y)2
把x= 2− 3，y= 2+ 3代入得：
原式=[( 2− 3)−( 2+ 3)]2
=12；
(2)x2−y2=(x+y)(x−y)
=[( 2− 3)−( 2+ 3)][( 2− 3)+( 2+ 3)]
=−2 3×2 2
=−4 6．
【解析】(1)直接利用完全平方公式将原式变形进而代入求出答案；
(2)直接利用平方差公式将原式变形进而代入求出答案．
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确应用乘法公式是解题关键．
21.【答案】300
【解析】(1)解：由题意可知，AB=600m，
∵D位于AC的中点，F位于BC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=12AB=12×600=300(m)．
故餐厅D和碰碰车游乐项目F的距离是300m．
故答案为：300；
(2)设相遇时曼曼行走了x m，即AD+DE=x m，AB+BE=x m，
则BE=(x−600)m，EF=400−(x−600)=(1000−x)m．
由题意可知，AB⊥BC，则由勾股定理，得AC= AB2+BC2=1000m，
则AD=12AC=500m,DE=(x−500)m．
由题意可知，DF是△ABC的中位线，
∴DF//AB，
∴DF⊥BC，
∴∠DFE=90°．
在Rt△DEF中，由勾股定理，得DE2=DF2+EF2，
即(x−500)2=3002+(1000−x)2，
解得x=840，
故相遇处E到海盗船游乐项目B的距离BE=840−600=240(m)．
(1)根据三角形中位线的性质即可求解；
(2)设相遇时曼曼行走了x m，即AD+DE=x m，AB+BE=x m，勾股定理求得AC=1000m，在Rt△DEF，勾股定理即可求解．
本题考查了三角形的中位线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22.【答案】1+14×5=2120 1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)
【解析】解：(1)由规律可得， 1+142+152=1+14×5=2120，
故答案为：1+14×5=2120；
(2)由规律可得：
1+1n2+1(n+1)2=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)，
故答案为：=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)；
(3)原式=1+11×2+1+12×3+1+13×4+1+14×5+1+15×6+1+16×7+1+17×8+1+18×9+1+19×10
=9+(1−12+12−13+13−14+14−15+15−16+16−17+17−18+18−19+19−110)
=9+(1−110)
=9+1−110
=9910．
(1)根据规律即可得出答案；
(2)用代数式表示一般情况，即 1+1n2+1(n+1)2=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)；
(3)根据(2)的结论将原式化为1+11×2+1+12×3+1+13×4+1+14×5+1+15×6+1+16×7+1+17×8+1+18×9+1+19×10，进而得到9+(1−12+12−13+13−14+14−15+15−16+16−17+17−18+18−19+19−110)进行计算即可．
本题考查二次根式的性质与化简，数字的变化类以及分式的加减法，掌握二次根式的性质与化简方法，分式加减法的计算方法以及数字变化规律是正确解答的关键．
23.【答案】(1)证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点，M是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN=12BC，PM=12AD，
∵AD=BC，
∴PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM；
(2)证明：由(1)知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN//BC，PM//AD，
∴∠PNM=∠F，∠PMN=∠AEM，
∵∠PNM=∠PMN，
∴∠AEM=∠F；
(3)解：△CGD是直角三角形，理由如下：
如图③，连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，
∵N是CD的中点，M是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN//BC，PN=12BC，PM//AD，PM=12AD，
∵AD=BC
∴PM=PN，
∴∠PNM=∠PMN，
∵PM//AD，
∴∠PMN=∠ANM=60°，
∴∠PNM=∠PMN=60°，
∵PN//BC，
∴∠CGN=∠PNM=60°，
又∵∠CNG=∠ANM=60°，
∴△CGN是等边三角形．
∴CN=GN，
又∵CN=DN，
∴DN=GN，
∴∠NDG=∠NGD=12∠CNG=30°，
∴∠CGD=∠CGN+∠NGD=90°，
∴△CGD是直角三角形．
【解析】(1)证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN=12BC，PM=12AD，再证PM=PN，即可得出结论；
(2)由三角形中位线定理得PN//BC，PM//AD，再由平行线的性质得∠PNM=∠F，∠PMN=∠AEM，然后由(1)可知∠PNM=∠PMN，即可得出结论；
(3)连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN//BC，PN=12BC，PM//AD，PM=12AD，再证△CGN是等边三角形．得CN=GN，则DN=GN，然后由等腰三角形的性质得∠NDG=∠NGD=30°，则∠CGD=∠CGN+∠NGD=90°，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
24.【答案】6−12t
【解析】解：(1)由题意可得AP=1×t=t，
∴PD=6−12t，
故答案为：6−12t；
(2)在▱ABCD中，AD//BC，CD=AB=3，
∴∠DPC=∠BCP，
∵CP平分∠BCD，
∴∠BCP=∠DCP，
∴∠DPC=∠DCP，
∴DP=DC=3，
∴6−12t=3，
∴t=6；
(3)∵以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，BQ//PD，
∴PD=BQ，
当点Q没有到达点B时，6−12t=6−2t，
∴t=0(不合题意舍去)，
当点Q到达点B后，返回时，6−12t=2t−6，
∴t=245，
当点Q到达点C后，返回时，6−12t=6×3−2t，
∴t=8，
当点Q第二次到达点B后，6−12t=2t−18，
∴t=965，
综上所述：t的值为245或8或965．
(1)由题意可得AP=t，即可求解；
(2)由平行线的性质和角平分线的性质可得DP=DC=3，可求解；
(3)利用平行四边形的性质可求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
1.二次根式 (−5)2的值是( )
A. 5B. − 5C. 5D. −5
2.小明用火柴棒摆直角三角形，已知他摆两条直角边分别用了6根和8根火柴棒，他摆完这个直角三角形共用火柴棒( )
A. 20根B. 14根C. 24根D. 30根
3.若代数式 x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x<1B. x≤1C. x>1D. x≥1
4.在平行四边形ABCD中，∠B=60°，则∠D的度数为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 140°
5.如图，OC=2，BC=1，BC⊥OC于点C，连接OB，以点O为圆心，OB长为半径画弧与数轴交于点A，若点A表示的数为x，则x的值为( )
A. 5B. − 5C. 5−2D. 2− 5
6.计算 a( a+ b+2)的结果是( )
A. a+2B. a+ ab+2 a
C. a+ bD. a
7.如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，那么这个菱形的面积是( )
A. 24
B. 32
C. 40
D. 48
8.若一个直角三角形的三边长为3、4、x，则x的值是( )
A. 5B. 5或 6C. 5D. 5或 7
9.如图，矩形内有两个相邻的白色正方形，其面积分别为2和18，则图中阴影部分的面积为( )
A. 2 2
B. 4 2
C. 4
D. 6
10.如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且DE=CD，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG.则下列结论：①OG=12AB；②∠FOG=30°；③S四边形ODEG=S四边形ABOG；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形.其中正确的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如图，两张对边平行的纸条随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD.若AD=8cm，则BC= ______cm．
12.计算： 18÷ 2=______．
13.命题“在同一个三角形中，等边对等角”的逆命题是______，是______(填“真命题”或“假命题”)
14.如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为______．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点E在对角线BD上，且BE=BA，连结AE并延长交DC的延长线于点F，连结BF，则BF的长为______．
三、解答题：本题共9小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，且AF=CE.求证四边形AECF是平行四边形．
17.(本小题6分)
计算或化简：
(1)2 12+3 48；
(2) 8a+ 18a．
18.(本小题6分)
图①，图②，图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A，B均在格点上.在图①，图②，图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求作图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中，画线段AE，使其长为 5(画出一个即可)；
(2)在图②中，画等腰三角形ABC，使其面积为3(画出一个即可)；
(3)在图③中，画等腰直角三角形ABD，使其面积为5(画出一个即可)．
19.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB=3 3.对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点H；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．
(1)△BMG是______三角形；
(2)求BM的长．
20.(本小题8分)
已知：x= 2− 3，y= 2+ 3，求下列各式的值
(1)x2−2xy+y2
(2)x2−y2．
21.(本小题8分)
如图，某游乐场的游客中心位于A处，其正南方向600m处有海盗船游乐项目B，在海盗船游乐项目B的正东方向800m处是摩天轮游乐项目C，餐厅D位于AC的中点处；碰碰车游乐项目F位于BC的中点处.小乐和曼曼同时从A处出发，小乐经B处到C处匀速游玩，曼曼先沿AD路线匀速游玩到餐厅D，后又沿南偏西方向的DE路线匀速直线游玩.曼曼全程与小乐的游玩速度相同．
(1)餐厅D和碰碰车游乐项目F的距离是______m；
(2)若小乐在由B到C游玩途中与曼曼相遇于E处，求相遇处E到海盗船游乐项目B的距离．
22.(本小题10分)
学习完《二次根式》后，聪聪发现了下面这类有趣味的试题，请你根据他的探索过程，解答下列问题：
(1)具体运算，发现规律：
1+112+122=1+11×2=32， 1+122+132=1+12×3=76， 1+132+142=1+13×4=1312，…
计算： 1+142+152= ______．
(2)观察归纳，写出结论
1+1n2+1(n+1)2= ______；(n≥1且n为正整数)
(3)灵活运用，提升能力
请利用你所发现的规律，计算 1+112+122+ 1+122+132+ 1+132+142+…+ 1+192+1102的值．
23.(本小题11分)
(1)用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点.求证：∠PMN=∠PNM．
(2)用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F.求证：∠AEM=∠F．
(3)用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC
如图①，在平行四边形ABCD中，AB=3，AD=6.动点P沿AD边以每秒12个单位长度的速度从点A向终点D运动．设点P运动的时间为t(t>0)秒．
(1)线段PD的长为______(用含t的代数式表示)．
(2)当CP平分∠BCD时，求t的值．
(3)如图②，另一动点Q以每秒2个单位长度的速度从点C出发，在CB上往返运动．P、Q两点同时出发，当点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出t的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解： (−5)2= 52=5；
故选：C．
根据二次根式的性质， a2=a(a≥0)−a(a<0)，进而得出答案即可．
本题考查了根据二次根式的意义化简，利用二次根式 a2化简规律：当a≥0时， a2=a；当a≤0时， a2=−a得出是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵两直角边分别用了6根、8根长度相同的火柴棒
∴由勾股定理，得到斜边需用： 62+82=10(根)，
∴他摆完这个直角三角形共用火柴棒是：6+8+10=24．
故选：C．
根据勾股定理即可求得斜边需要的火柴棒的数量．再由三角形的周长公式来求摆完这个直角三角形共用火柴棒的数量．
本题考查勾股定理的应用，是基础知识比较简单．
3.【答案】D
【解析】解：∵式子 x−1在实数范围内有意义，
∴x−1≥0，解得x≥1．
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
4.【答案】B
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=60°．
故选：B．
根据平行四边形对角相等，即可求出∠D的度数．
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
5.【答案】B
【解析】解：OB= 12+22= 5，
∴OA=OB= 5，
∴点A表示的数为− 5，即x=− 5，
故选：B．
由勾股定理算得OB，因为OA=OB，可得OA的长，即得点A表示的数x得值．
本题考查了实数与数轴，关键是掌握勾股定理的运算．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了二次根式的乘除运算，正确运用运算律及公式是解题的关键．
掌握二次根式乘除法则，将二次根式最简化即可．
【解答】
解：原式= a( a+ b+2)=a+ ab+2 a．
故选B．
7.【答案】A
【解析】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，
∴AC⊥BD，这个菱形的面积=12AC⋅BD=12×6×8=24，
故选：A．
由菱形的面积等于对角线长乘积的一半，列式计算即可．
本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：设第三边为x
(1)若4是直角边，则第三边x是斜边，由勾股定理，得
32+42=x2，所以x=5
(2)若4是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理，得
32+x2=42，所以x= 7．
所以第三边的长为5或 7．
故选：D．
本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边4，既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即4是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可得，大正方形的边长为 18=3 2，小正方形的边长为 2，
∴题图中阴影部分的面积为 2×(3 2− 2)=444．
故选：C．
根据图形可以求得图中阴影部分的面积=大矩形面积−正方形面积，本题得以解决．
本题考查二次根式混合运算的实际应用，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
10.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB//CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∠BAC=∠CAD=30°，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，
∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=12CD=12AB，OG//CD，
∴OG//AB，
∴∠FOG=∠BAC=30°，
∴①和②正确；
∵AB//CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，
∴④正确；
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABD=S△BDE=12S菱形ABDE，
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△ODG，
∴S四边形ODEG=S四边形ABOG；
∴③正确；
故选：A．
由“AAS”可证△ABG≌△DEG，可得AG=DG，由三角形中位线定理可得OG=12CD=12AB，OG//CD，可得∠FOG=∠BAC=30°，故①和②正确；由菱形的判定可证四边形ABDE是菱形，故④正确；由面积和差关系可证③正确，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11.【答案】8
【解析】解：由题意可知，DC//AB，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=8cm，
故答案为：8．
根据DC//AB，AD//BC，进而利用平行四边形的判定与性质解答即可．
此题考查平行四边形的判定与性质，关键是根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答．
12.【答案】3
【解析】解：原式= 18÷2= 9=3．
故答案为：3．
直接运用二次根式的除法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的除法．
13.【答案】在同一个三角形中，等角对等边；真
【解析】解：“在同一个三角形中，等边对等角”的逆命题是：“在同一个三角形中”，等角对等边，是真命题；
故答案为：“在同一个三角形中，等角对等边；真．
把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，再分析题设是否能推出结论，从而得出命题的真假．
本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
14.【答案】( 2)n−1
【解析】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2= 2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3=2=( 2)2．
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4=2 2=( 2)3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5=4=( 2)4．
……
∴OAn的长度为( 2)n−1．
故答案为：( 2)n−1．
利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出斜边是解题关键．
15.【答案】3 17
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AB//CD，AB=CD，AD=BC，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=12，
由勾股定理得BD= AB2+AD2= 52+122=13，
∵BE=BA，
∴BE=5，
∴DE=BD−BE=13−5=8，
∵BE=BA，
∴∠BAE=∠BEA，
∵AB//CD，
∴∠BAE=∠DFE，
∵∠DEF=∠BEA，
∴∠DFE=∠DEF，
∴DE=DF=8，
∵AB=CD=5，
∴CF=DF−CD=8−5=3，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCF=90°，
∵AD=BC=12，
∴在Rt△BCF中，由勾股定理得，BF= BC2+CF2= 122+32=3 17，
故答案为：3 17．
根据矩形的性质得出∠BAD=∠BCD=90°，AB//CD，AB=CD，AD=BC，由勾股定理求出BD的长，即可求出DE的长，再证DE=DF，即可求出CF的长，最后在Rt△BCF中根据勾股定理即可求出BF的长．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
16.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC
∴AF//CE．
又∵AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
【解析】此题主要考查平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
由四边形ABCD是平行四边形，可得AF//CE，又AF=CE，所以四边形AECF是平行四边形．
17.【答案】解：(1)原式=4 3+12 3=16 3；
(2)原式=2 2a+3 2a=5 2a．
【解析】先化简二次根式再进行合并求出即可．
本题考查二次根式的加减法，熟练掌握二次根式的加减法法则是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图①，线段AE即为所求(答案不唯一)．
(2)如图②，△ABC即为所求(答案不唯一)．
(3)如图③，△ABD即为所求(答案不唯一)．
【解析】(1)利用勾股定理，结合网格画图即可．
(2)取格点C，使△ABC的底是2，高是3，AB=AC即可．
(3)由勾股定理可知，AB= 10，取格点D，使BD= 10,且AB⊥BD即可．
本题考查作图−应用与设计作图、等腰直角三角形、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
19.【答案】等边
【解析】解：(1)连接AN，如图所示：
由题意可知：EF是矩形ABCD的对称轴，
∴AN=BN，
∵△NBM是由△ABM折叠得到，
∴AB=BN，∠ABM=∠NBM，∠BNM=∠BAM=90°，
∴AN=AB=BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABM=∠NBM=∠NBG=30°，
∴∠MBG=60°，
∵∠BNM=90°，
∴∠BMG=60°=∠MBG，
∴△BMG是等边三角形；
故答案为：等边；
(2)由(1)可知：∠ABM=30°，∠BAM=90°，AM=12BM，
设AM=x，BM=2x，
则在Rt△ABM中，AB=3 3，
由勾股定理得：AM2+AB2=BM2，
即x2+27=4x2，
解得：x=3(负根舍去)，
∴BM=2x=6．
(1)连接AN，由题意易得△ABN是等边三角形，然后可得∠BMG=60°=∠MBG，进而问题可求解；
(2)由(1)可得AM=12BM，设AM=x，BM=2x，然后根据勾股定理可进行求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、含30度直角三角形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质、等边三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
20.【答案】解：(1)x2−2xy+y2
=(x−y)2
把x= 2− 3，y= 2+ 3代入得：
原式=[( 2− 3)−( 2+ 3)]2
=12；
(2)x2−y2=(x+y)(x−y)
=[( 2− 3)−( 2+ 3)][( 2− 3)+( 2+ 3)]
=−2 3×2 2
=−4 6．
【解析】(1)直接利用完全平方公式将原式变形进而代入求出答案；
(2)直接利用平方差公式将原式变形进而代入求出答案．
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确应用乘法公式是解题关键．
21.【答案】300
【解析】(1)解：由题意可知，AB=600m，
∵D位于AC的中点，F位于BC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF=12AB=12×600=300(m)．
故餐厅D和碰碰车游乐项目F的距离是300m．
故答案为：300；
(2)设相遇时曼曼行走了x m，即AD+DE=x m，AB+BE=x m，
则BE=(x−600)m，EF=400−(x−600)=(1000−x)m．
由题意可知，AB⊥BC，则由勾股定理，得AC= AB2+BC2=1000m，
则AD=12AC=500m,DE=(x−500)m．
由题意可知，DF是△ABC的中位线，
∴DF//AB，
∴DF⊥BC，
∴∠DFE=90°．
在Rt△DEF中，由勾股定理，得DE2=DF2+EF2，
即(x−500)2=3002+(1000−x)2，
解得x=840，
故相遇处E到海盗船游乐项目B的距离BE=840−600=240(m)．
(1)根据三角形中位线的性质即可求解；
(2)设相遇时曼曼行走了x m，即AD+DE=x m，AB+BE=x m，勾股定理求得AC=1000m，在Rt△DEF，勾股定理即可求解．
本题考查了三角形的中位线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22.【答案】1+14×5=2120 1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)
【解析】解：(1)由规律可得， 1+142+152=1+14×5=2120，
故答案为：1+14×5=2120；
(2)由规律可得：
1+1n2+1(n+1)2=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)，
故答案为：=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)；
(3)原式=1+11×2+1+12×3+1+13×4+1+14×5+1+15×6+1+16×7+1+17×8+1+18×9+1+19×10
=9+(1−12+12−13+13−14+14−15+15−16+16−17+17−18+18−19+19−110)
=9+(1−110)
=9+1−110
=9910．
(1)根据规律即可得出答案；
(2)用代数式表示一般情况，即 1+1n2+1(n+1)2=1+1n(n+1)=n(n+1)+1n(n+1)；
(3)根据(2)的结论将原式化为1+11×2+1+12×3+1+13×4+1+14×5+1+15×6+1+16×7+1+17×8+1+18×9+1+19×10，进而得到9+(1−12+12−13+13−14+14−15+15−16+16−17+17−18+18−19+19−110)进行计算即可．
本题考查二次根式的性质与化简，数字的变化类以及分式的加减法，掌握二次根式的性质与化简方法，分式加减法的计算方法以及数字变化规律是正确解答的关键．
23.【答案】(1)证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点，M是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN=12BC，PM=12AD，
∵AD=BC，
∴PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM；
(2)证明：由(1)知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN//BC，PM//AD，
∴∠PNM=∠F，∠PMN=∠AEM，
∵∠PNM=∠PMN，
∴∠AEM=∠F；
(3)解：△CGD是直角三角形，理由如下：
如图③，连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，
∵N是CD的中点，M是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN//BC，PN=12BC，PM//AD，PM=12AD，
∵AD=BC
∴PM=PN，
∴∠PNM=∠PMN，
∵PM//AD，
∴∠PMN=∠ANM=60°，
∴∠PNM=∠PMN=60°，
∵PN//BC，
∴∠CGN=∠PNM=60°，
又∵∠CNG=∠ANM=60°，
∴△CGN是等边三角形．
∴CN=GN，
又∵CN=DN，
∴DN=GN，
∴∠NDG=∠NGD=12∠CNG=30°，
∴∠CGD=∠CGN+∠NGD=90°，
∴△CGD是直角三角形．
【解析】(1)证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN=12BC，PM=12AD，再证PM=PN，即可得出结论；
(2)由三角形中位线定理得PN//BC，PM//AD，再由平行线的性质得∠PNM=∠F，∠PMN=∠AEM，然后由(1)可知∠PNM=∠PMN，即可得出结论；
(3)连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN//BC，PN=12BC，PM//AD，PM=12AD，再证△CGN是等边三角形．得CN=GN，则DN=GN，然后由等腰三角形的性质得∠NDG=∠NGD=30°，则∠CGD=∠CGN+∠NGD=90°，即可得出结论．
本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
24.【答案】6−12t
【解析】解：(1)由题意可得AP=1×t=t，
∴PD=6−12t，
故答案为：6−12t；
(2)在▱ABCD中，AD//BC，CD=AB=3，
∴∠DPC=∠BCP，
∵CP平分∠BCD，
∴∠BCP=∠DCP，
∴∠DPC=∠DCP，
∴DP=DC=3，
∴6−12t=3，
∴t=6；
(3)∵以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，BQ//PD，
∴PD=BQ，
当点Q没有到达点B时，6−12t=6−2t，
∴t=0(不合题意舍去)，
当点Q到达点B后，返回时，6−12t=2t−6，
∴t=245，
当点Q到达点C后，返回时，6−12t=6×3−2t，
∴t=8，
当点Q第二次到达点B后，6−12t=2t−18，
∴t=965，
综上所述：t的值为245或8或965．
(1)由题意可得AP=t，即可求解；
(2)由平行线的性质和角平分线的性质可得DP=DC=3，可求解；
(3)利用平行四边形的性质可求解．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
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