2023-2024学年河南省安阳市林州市八年级（下）期中数学试卷（B卷）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省安阳市林州市八年级（下）期中数学试卷（B卷）（含解析），共17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.下列式子一定是二次根式的是( )
A. −x−2B. xC. a2+1D. x2−2
2.等式 xx−3= x x−3成立的条件是( )
A. x≥0且x≠3B. x≠3C. x≥0D. x>3
3.下列计算正确的是( )
A. 2 3+3 2=5 5B. 412=2 12
C. 5 3×5 2=5 6D. 8÷ 2=2
4.如图，盒内长、宽、高分别是6cm、3cm、2cm，盒内可放木棒最长的长度是
( )
A. 6cmB. 7cmC. 8cmD. 9cm
5.△ABC的三边长分别为a，b，c.下列条件：①∠A=∠B−∠C；②a2=(b+c)(b−c)；③∠A：∠B：∠C=3：4：5；④a：b：c=5：12：13.其中能判断△ABC是直角三角形的个数有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，若AB=8，AC=12，则BD的长是( )
A. 22
B. 16
C. 18
D. 20
7.若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定满足( )
A. 对角线相等B. 对角线互相平分
C. 对角线互相垂直D. 对角线相等且互相平分
8.菱形ABCD的面积为120，对角线BD=24，则这个菱形的周长是( )
A. 64B. 60C. 52D. 50
9.如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，正方形BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则BH的长为( )
A. 3B. 4C. 3或4D. 5 22
10.如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F，若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为m．( )
A. 3100B. 4600C. 3000D. 3600
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.代数式3− 4−x2的最大值是______．
12.如果实数a、b在数轴上的位置如图所示，那么 (a−b)2+ b2=______．
13.三角形的三边分别为a，b，c，且(a−b)2+(a2+b2−c2)2=0，则三角形的形状为______．
14.如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F.求PE+PF= ______．
15.已知：如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为A(7,0)，C(0,4)，点D的坐标为(5,0)，点P在BC边上运动．当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为______．
三、解答题：本题共8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10分)
计算：
(1)(3+2 5)2−(4+ 5)(4− 5)；
(2)(−5)0− 72+|1− 2|+1 2− 3．
17.(本小题7分)
先化简，再求值：2xx+1−2x+6x2−1÷x+3x2−2x+1，其中x= 2−1．
18.(本小题9分)
如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，AC=20，CD=12，BD=9．
(1)求BC的长；
(2)判断△ABC的形状．
19.(本小题8分)
如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，EF过点O交AD于点E，交BC于点F，G是OA的中点，H是OC的中点．
求证：四边形EGFH是平行四边形．
20.(本小题8分)
如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是OC上一点，连接EB.过点A作AM⊥BE，垂足为M，AM与BD相交于点F.求证：OE=OF．
21.(本小题10分)
如图，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的一条角平分线，AN是△ABC的外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E，AC与DE交于点F，请你猜想DF与AB的数量关系和位置关系，并证明你的结论．
22.(本小题11分)
如图1，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=DC，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE，若BD=OE=2，求菱形的周长．
23.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动.规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.设点P，Q运动的时间为t s．
(1)CD边的长度为______cm，t的取值范围为______．
(2)从运动开始，当t取何值时，四边形ABQP为矩形？
(3)从运动开始，当t取何值时，PQ=CD？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根据二次根式的定义可得 a2+1中得被开方数无论x为何值都是非负数，
故选：C．
根据二次根式的定义：一般地，我们把形如 a(a≥0)的式子叫做二次根式可得答案．
此题主要考查了二次根式的定义，关键是掌握二次根式中的被开方数为非负数．
2.【答案】D
【解析】解：根据二次根式的意义，有x≥0，且x−3>0，
解得x>3．
故选：D．
根据二次根式的意义和分母不为零的条件，列不等式组求解．
主要考查了乘除法法则和二次根式有意义的条件．
二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．
二次根式的运算法则：乘法法则 a⋅ b= ab.除法法则 ba= b a．
3.【答案】D
【解析】解：∵2 3+3 2不能合并，故选项A错误，
∵ 412= 92=3 12，故选项B错误，
∵5 3×5 2=25 6，故选项C错误，
∵ 8÷ 2= 4=2，故选项D正确，
故选：D．
根据各个选项中的式子可以计算出正确的结果，从而可以解答本题．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了勾股定理的应用，本题需注意的知识点为：最长的棍子和矩形的高，以及长和宽组成的长方形的对角线长组成了直角三角形．
两次运用勾股定理：两直角边的平方和等于斜边的平方即可解决．
【解答】
解：长和宽组成的长方形的对角线长为 62+32 =3 5cm．
这根最长的棍子和矩形的高，以及长和宽组成的长方形的对角线组成了直角三角形．
盒内可放木棒最长的长度是 (3 5 )2+22=7cm．
故选B．
5.【答案】C
【解析】解：：①由∠A=∠B−∠C，可知：∠B=90°，是直角三角形．
②由a2=(b+c)(b−c)，可得a2+c2=b2，是直角三角形．
③由∠A：∠B：∠C=3：4：5，可知不是直角三角形．
④由a：b：c=5：12：13，根据勾股定理的逆定理可知是直角三角形．
故选：C．
根据直角三角形的定义，勾股定理的逆定理一一判断即可．
此题考查了勾股定理逆定理的运用，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可，注意数据的计算．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=12，
∴OA=12AC=6，BD=2OB，
∵AB⊥AC，AB=8，
∴OB= 82+62=10，
∴BD=2OB=20．
故选：D．
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA的长，然后由AB⊥AC，AB=8，AC=12，根据勾股定理可求得OB的长，继而求得答案．
此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用．熟记掌握平行四边形的对角线互相平分这一性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．
证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH/​/FG/​/BD，EF/​/AC/​/HG；
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，
故答案为：对角线互相垂直．
此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，已知菱形的面积，对角线BD的长即可计算AC的长，从而得到OA和OB的值，进而利用勾股定理求出菱形的边长，根据菱形的四边相等从而求出菱形的周长．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AB=BC=CD=AC，
∵菱形ABCD的面积S=12AC⋅BD=120，
∵BD=24，
∴AC=24024=10，OB=12，
∴OA=5，
在Rt△OAB中，由勾股定理得：
AB= OA2+OB2= 52+122=13，
∴这个菱形的周长=13×4=52，
故选：C．
9.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形边的关系、勾股定理、直角三角形性质等，解题关键添加辅助线构造直角三角形．
连接BD、BF，由正方形的性质可得：∠CBD=∠FBG=45°，∠DBF=90°，再应用勾股定理求BD、BF和DF，最后应用“直角三角形斜边上中线等于斜边一半”可求得BH．
【解答】
解：如图，连接BD、BF，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴AB=AD=3，BE=EF=4，∠A=∠E=90°，∠CBD=∠FBG=45°，
∴∠DBF=90°，BD=3 2，BF=4 2，
∴在Rt△BDF中，DF= BD2+BF2= (3 2)2+(4 2)2=5 2，
∵H为线段DF的中点，
∴BH=12DF=5 22，
故选D．
10.【答案】B
【解析】解：连接GC，
∵四边形ABCD为正方形，
所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵∠CDB=45°，GE⊥DC，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDC中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△AGD≌△GDC(SAS)
∴AG=CG，
在矩形GECF中，EF=CG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF−BA−AG−GE，
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500=4600(m)，
故选：B．
连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE.在矩形GECF中，EF=CG.要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、矩形的性质及等腰三角形的性质．解决本题的关键是证明AG=EF，DE=GE．
11.【答案】3
【解析】解：∵ 4−x2≥0，
∴3− 4−x2≤3，
即代数式3− 4−x2的最大值是3．
故答案为：3．
根据算术平方根的非负性解答即可．
本题考查了非负数性质，掌握算术平方根的非负性是解答本题的关键．
12.【答案】2b−a
【解析】解：由数轴知a<0则a−b<0，
∴ (a−b)2+ b2=|a−b|+|b|
=b−a+b
=2b−a，
故答案为：2b−a．
由数轴知a<0本题主要考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质、绝对值的性质．
13.【答案】等腰直角三角形
【解析】解：∵(a−b)2+(a2+b2−c2)2=0，
∴a−b=0，且a2+b2−c2=0，
∴a=b，且a2+b2=c2，
∴以a，b，c为边的三角形是等腰直角三角形．
故答案为等腰直角三角形．
由于(a−b)2+(a2+b2−c2)2=0，利用非负数的性质可得a=b，且a2+b2=c2，根据等腰三角形的定义以及勾股定理的逆定理可得以a，b，c为边的三角形是等腰直角三角形．
本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．也考查了等腰三角形的定义以及非负数的性质．
14.【答案】125
【解析】解：连接OP，如图所示：
∵矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AC= AB2+BC2= 32+42=5，
∴S△AOD=14S矩形ABCD=3，OA=OD=52，
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12OA(PE+PF)=12×52×(PE+PF)=3，
∴PE+PF=125，
故答案为：125．
首先连接OP.由矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，可求得OA=OD=52，S△AOD=14S矩形ABCD=3，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12OA(PE+PF)=12×52×(PE+PF)=3，求得答案．
此题考查了矩形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
15.【答案】(2,4)或(3,4)
【解析】解：∵A(7,0)，C(0,4)，
∴AB=OC=4 OA=7，
∵D的坐标为(5,0)，
∴OD=5，
∴AD=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠A=90°，
∴BD= AB2+AD2=2 5<5=OD，
有三种情况：OD=PD或OD=OP或者OP=PD，
当OD=PD时，p(2,4)，
当OD=OP时：
OP= OC2+CP2=5，
CP= OP2−OC2= 52−42=3，
∴P点坐标是(3,4)，
当OP=PD时：
P应在OD的垂直平分线上，
∴CP=12OD=52，
∴P点坐标是(52,4)，(不合题意舍去)；
当DP=OD时，P(8,4)，(不合题意舍去)．
故答案为：(2,4)或(3,4)．
当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，考虑到BD考虑有多种情况，培养全面的分析能力．
16.【答案】解：(1)(3+2 5)2−(4+ 5)(4− 5)
=9+12 5+20−(16−5)
=9+12 5+20−11
=18+12 5；
(2)(−5)0− 72+|1− 2|+1 2− 3
=1−6 2+ 2−1+ 2+ 3( 2− 3)( 2+ 3)
=−5 2−( 2+ 3)
=−5 2− 2− 3
=−6 2− 3．
【解析】(1)根据二次根式混合运算法则进行计算即可；
(2)根据二次根式性质，零指数幂运算法则和绝对值意义进行计算即可．
本题主要考查了二次根式混合运算，实数的运算，解题的关键是根据运算法则进行计算即可．
17.【答案】解：原式=2xx+1−2(x+3)(x+1)(x−1)·(x−1)2x+3
=2xx+1−2(x−1)x+1
=2x+1，
当x= 2−1时，原式=2 2−1+1= 2．
【解析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式第二项利用除法法则变形，约分后利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
18.【答案】解：(1)∵CD⊥AB，CD=12，BD=9，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
在Rt△CDB中，
由勾股定理得：BC= CD2+BD2= 122+92=15；
(2)在Rt△ADC中，
由勾股定理得：AD= AC2−CD2= 202−122=16，
∴AB=AD+DB=16+9=25，
∵AC2+BC2=202+152=625，AB2=252=625，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形．
【解析】(1)根据勾股定理求出BC即可；
(2)根据勾股定理求出AD，求出AB，再利用勾股定理的逆定理即可判断．
本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理的应用，正确记忆相关知识点是解题关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，OA=OC，
∴∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OE=OF，
∵G是OA的中点，H是OC的中点，
∴OG=12OA，OH=12OC，
∴OG=OH，
∴四边形EGFH是平行四边形．
【解析】先证△AOE≌△COF(AAS)，得OE=OF，再证OG=OH，即可得出四边形EGFH是平行四边形．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形．
∴∠BOE=∠AOF=90°，OB=OA．
又∵AM⊥BE，
∴∠MEA+∠MAE=90°=∠AFO+∠MAE，
∴∠MEA=∠AFO．
∴△BOE≌△AOF(AAS)．
∴OE=OF．
【解析】本题主要考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB=OA，∠BOE=∠AOF=90°，根据AM⊥BE，即可得出∠MEA+∠MAE=90°=∠AFO+∠MAE，从而证出△BOE≌△AOF，得到OE=OF．
21.【答案】解：DF/​/AB，DF=12AB，理由如下：
在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的一条角平分线，
∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD，BD=CD，
∴∠ADC=90°，
∵AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，
∴∠MAN=∠CAN，
∴∠DAE=∠CAD+∠CAN=90°，
∵CE⊥AN，
∴∠AEC=90°，
∴四边形ADCE为矩形，
∴AF=CF，
又∵BD=CD，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF/​/AB，DF=12AB．
【解析】由在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的一条角平分线，可得AD⊥BC，∠BAD=∠CAD，又由AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，可得∠DAE=90°，又由CE⊥AN，即可证得：四边形ADCE为矩形，可得AF=CF，又由AD是BC边的中线，即可得DF是△ABC的中位线，则可得DF/​/AB，DF=12AB．
此题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形三线合一以及三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
22.【答案】(1)证明：∵AB/​/DC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠BAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD=12BD=1，AC⊥BD，AC=2OA，
∵CE⊥AE，
∴AO=OC=OE=2，
∴AB= AO2+OB2= 5，
∴菱形的周长=4 5．
【解析】(1)证四边形ABCD是平行四边形，∠BAC=∠DCA，再证∠DCA=∠DAC，则AD=CD，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)根据菱形的性质和勾股定理即可得到结论．
本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
23.【答案】10 0≤t≤9
【解析】解：(1)如图1，过点D作DE⊥BC于E，则∠DEB=∠DEC=90°，
∵AD/​/BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠DEB=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE=AB=8，BE=AD=12，
∵BC=18，
∴CE=18−12=6，
由勾股定理得：CD= 62+82=10(cm)；
∵点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，AD=12cm，
∴点P运动到D的时间为：12s，
同理得：点Q运动到点B的时间为：182=9s，
∴0≤t≤9；
故答案为：10，0≤t≤9；
(2)解：如图所示，当ABQP是矩形时，AP=BQ，
∵AP=t，BQ=BC−CQ=18−2t，
∴t=18−2t，
解得：t=6；
(3)如图2，过点P作PF⊥BC于F，过点D作DE⊥BC于E，
当PQ=CD时，
∵PF=DE，
∴Rt△PQF≌Rt△DCE(HL)，
∴FQ=CE=6，∵∠PFE=∠DEF=∠ADE=90°，
∴四边形DPFE矩形，
∴PD=EF=12−t，
∴CQ=QF+EF+CE，即6+6+12−t=2t，
∴t=8，
如图3，∵AD/​/BC，
∴PD//CQ，
当PD=CQ时，四边形DPQC是平行四边形，
∴PQ//CD，
∴12−t=2t，
∴t=4，
即当t=4时，PQ/​/CD，此时PD=CQ；
综上所述，当t=8或t=4时，PQ=CD；
(1)作辅助线，构建矩形ABED，利用勾股定理可得CD的长，根据两动点P，Q运动路程和速度可得t的取值范围；
(2)根据矩形的性质可得AP=BQ，列方程即可求解；
(3)根据PD=CQ列方程可得t=4时PQ/​/CD；由PQ=CD；根据CQ=2t=6+6+12−t，可得t=8，可得出结论；
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识，利用分类讨论和数形结合是解题的关键．