吉林省松原市长岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份吉林省松原市长岭县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共23页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列各项中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，故A符合题意；
B、，不是最简二次根式，故B不符合题意；
C、，不是最简二次根式，故C不符合题意；
D、不是二次根式，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了最简二次根式的判断，解题的关键是熟练掌握最简二次根式的定义，最简二次根式的条件：（1）被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；（2）被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式，不能含有分母．
2. 下列计算正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的性质，同类二次根式的判断和二次根式的减法逐项计算判断即可．
【详解】解：，故A计算错误，不符合题意；
和不是同类二次根式，不能合并，故B计算错误，不符合题意；
，故C正确，符合题意；
为有理数，为二次根式，不能合并，故D计算错误，不符合题意；试卷源自 每日更新，不到1元，欢迎访问。故选C．
【点睛】本题考查二次根式的减法，同类二次根式的判断，二次根式的性质．熟练掌握各知识点是解题关键．
3. 下列各组数能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. 1，3，5B. 6，10，8C. 2，2，4D. 10，24，28
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形三边关系以及勾股定理的逆定理对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，∴不能构成三角形，此选项不符合题意；
B、∵，∴能作为直角三角形三边长，此选项符合题意；
C、∵，∴不能构成三角形，此选项不符合题意；
D、∵，∴不能作为直角三角形三边长，此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形三边关系以及勾股定理的逆定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．
4. 的三边长分别是a，b，c，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理逆定理和三角形内角和判断即可．
【详解】解：A、∵∠A=∠B-∠C，
∴∠B=∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴2∠B=180°，
解得∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形，所以此选项不符合题意；
B、∵a：b：c=5：12：13，
设a=5x，b=12x，c=13x，
∴a2+b2=169x2=c2，
∴△ABC是直角三角形，所以此选项不符合题意；
C、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，
∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠C=75°，
∴△ABC是锐角三角形，所以此选项符合题意；
D、∵a2=（b+c）（b-c），
∴a2=b2-c2，
∴a2+c2=b2，
∴△ABC是直角三角形，所以此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理逆定理，掌握勾股定理逆定理是解本题的关键．
5. 如图，的对角线，相交于点，若，，则的长可能是（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得，，再利用三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴在中，，
即，
∴的长可能是．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形三边关系．掌握平行四边形的性质和三角形三边关系是解题的关键．
6. 如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的度数是（ ）

A. 40°B. 70°C. 50°D. 65°
【答案】B
【解析】
【分析】先根据菱形的性质得，，，则利用得到，，所以为的斜边上的中线，得到，利用等腰三角形的性质得，然后利用等角的余角相等即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，，
∴为的斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴

故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用菱形的性质解决问题．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7. 计算：______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的减法法则计算即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的减法法则，熟练掌握二次根式的减法法则是解决本题的关键．
8. 二次根式中x的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件可得，即可．
【详解】解：由题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
9. 一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，则木杆折断前有_______米．
【答案】8
【解析】
【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理即可求出斜边，从而得出这棵树折断之前的高度．
【详解】解：∵一棵垂直于地面的大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，如图，
∴折断的部分长为 ，
∴折断前高度为5+3=8（米）．
故答案为：8．
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
10. 如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形的边在轴上，的中点是原点，固定点，，把正方形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上的点处，则点的对应点的坐标为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确地识别图形是解题的关键．
由已知条件得到，，根据勾股定理得到，再根据的长度进而即可得出结论．
【详解】解：由题意得：，，
∴，
∵，，
，
故答案为：．
11. 如图，四边形为菱形，添加一个条件：____，可使它成为正方形．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据正方形的性质及判定方法在菱形的基础上只要四个角是直角就可以，由菱形的性质只需要有一个角是直角即可．
【详解】解：当∠BAD＝90°时，菱形ABCD是正方形．
理由：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，∠ADC＝∠ABC，AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】本题考查了菱形的性质的运用，矩形的判定及性质的运用，正方形的判定，解答时结合条件和结论确定合适的添加条件是关键．
12. 如图，是一张直角三角形的纸片，两直角边，，现将折叠，使点点重合，折痕为，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】由折叠的性质得出，设，则，可得出，可求的值，则可得出答案．
【详解】解：将折叠，使点与点重合，折痕为，
，
设，则，
在中，，
，
解得．
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理等知识，熟练掌握方程的思想方法是解题的关键．
13. 如图，在菱形中，，，则该菱形的面积是______．
【答案】27
【解析】
【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】在菱形中，有，
∴，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了菱形的性质和计算菱形的面积，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
14. 如图,若将四根木条钉成的矩形木框变形（改变矩形内角，边长保持不变）为平行四边形ABCD的形状,并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的一个最小内角的度数为____________．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】由题意可得CE为CD的一半，然后根据直角三角形的性质可以得解．
【详解】解：如图，
由题意可得：
CE=，∠CED=90°，
∴∠D=30°，
故答案为30°．
【点睛】本题考查直角三角形的应用，熟练掌握含30度角直角三角形的性质是解题关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15. 计算：．
【答案】0
【解析】
【分析】先利用二次根式的性质化简，然后合并同类项即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的加减运算，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的混合计算法则求解即可．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
17. 如图是一个长方形的大门，小强拿着一根竹竿要通过大门．他把竹竿竖放，发现竹竿比大门高1尺；然后他把竹竿斜放，竹竿恰好等于大门的对角线的长．已知大门宽4尺，请求出竹竿的长．
【答案】尺
【解析】
【分析】根据题中所给的条件可知，竹竿斜放恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可求出门高，进而解答即可．
【详解】解：设门高为x尺，则竹竿长为（x+1）尺，
根据勾股定理可得：
x2+42＝（x+1）2，即x2+16＝x2+2x+1，
解得：x＝7.5，
∴门高7.5尺，竹竿高＝7.5+1＝8.5（尺）．
故答案为尺．
【点睛】本题考查勾股定理的运用，正确运用勾股定理，将数学思想运用到实际问题中是解题关键．
18. 如图，在平行四边形中，，点E为上一点，，求的度数．
【答案】70°．
【解析】
【分析】由于在平行四边形中对角相等，邻角互补，所以∠A=∠C=70°，再根据已知条件BE=AB得出∠AEB=70°，利用AD∥BC可求出∠EBC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=70°，
∵AB=BE，
∵∠A=∠AEB=70°，
∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=70°．
【点睛】此题主要考查了平行四边形对角相等，对边平行以及等腰三角形的性质，平行线的性质，结合图形，灵活解决问题．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19. 如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点．以格点为顶点分别按下列要求画图．

（1）在图1中，画出一个平行四边形，使其面积为6；
（2）在图2中，画出一个正方形，使其周长为．
【答案】（1）作图见解析 （2）作图见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的面积等于底×高，构造底×高=6即可；
（2）根据正方形的周长=边长×4，再利用勾股定理构造边长为的正方形即可．
【小问1详解】
解：如图1所示：

四边形为平行四边形，面积为：，符合题意；
【小问2详解】
如图2所示：

正方形的边长为，周长为：，符合题意．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的面积和正方形的周长，关键是根据平行四边形的性质和正方形周长的性质，构造条件的图形．
20. 如图，在中，．是边上的中线，．若，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】求出，利用勾股定理求出即可.
【详解】在中，，，，
∴，
由勾股定理得，，
∵是边上的中线，
∴，
在中，．
答：的长是．
【点睛】本题考查了勾股定理、中线的定义、含角的直角三角形性质等知识，解题的关键是熟练掌握含角的直角三角形性质和勾股定理．
21. 如图，我军巡逻艇正在处巡逻，突然发现在南偏东方向距离12海里的处有一艘走私船，以18海里/小时的速度沿南偏西方向行驶，我军巡逻艇立刻沿直线追赶，半小时后在点处将其追上，求我军巡逻艇的航行速度是多少？

【答案】海里/小时
【解析】
【分析】先根据题意结合方位角的描述求出以及的长，再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵巡逻艇沿直线追赶，半小时后在点处追上走私船，
∴海里，
在中，海里，海里，
∴海里，
∴我军巡逻艇的航行速度是海里/小时，
答：我军巡逻艇的航行速度是海里/小时．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，正确理解题意在中利用勾股定理求出的长是解题的关键．
22. 如图，在四边形中，与相交于点O，且，点E在上，满足．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析 （2）32
【解析】
【分析】（1）证，得，再由，即可得出结论；
（2）先根据等腰三角形“三线合一”的性质得，再由（1）知：四边形是平行四边形，即可得四边形是菱形，然后由菱形的周长公式计算即可求解．
【小问1详解】
证明：在和中，
，
∴，
，
又，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：，，
，
由（1）知：四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴四边形AECD的周长．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定是解此题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23. 如图，已知菱形中，对角线相交于点O，过点C作，过点D作，与相交于点E．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析 （2）14
【解析】
【分析】（1）首先根据菱形的性质得到，然后利用平行线的性质得到，然后证明即可；
（2）首先根据菱形的性质得到，然后利用勾股定理得到，进而求解即可．
小问1详解】
如图，∵四边形为菱形，
∴；而，，
∴，
∴四边形是矩形．
【小问2详解】
∵四边形为菱形，
∴，，，
由勾股定理得：
，而，
∴，
∴四边形的周长．
【点睛】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
24. 如图1，四边形均为正方形．可得：．
（1）如图2，四边形均为菱形，且．求证：．
（2）如图3，四边形均为菱形，点E在边上，点G在延长线上．若面积为8，请直接写出菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质得出BC＝DC，EC＝GC，∠A＝∠BCD，∠F＝∠ECG，由∠A＝∠F，得出∠BCD＝∠ECG，进而得出∠BCE＝∠DCG，然后证明△BCE≌△DCG，即可得出BE＝DG；
（2）由△BCE≌△DCG，得出，由菱形的性质得出ADBC，，由AE＝2ED，得出，进而求出，进一步求出，即可求出＝．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD和四边形ECGF都是菱形，
∴BC＝DC，EC＝GC，∠A＝∠BCD，∠F＝∠ECG，
∵∠A＝∠F，
∴∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCD−∠ECD＝∠ECG−∠ECD，
∴∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG；
【小问2详解】
解：由（1）可知：△BCE≌△DCG，
∵△EBC的面积为8，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ADBC，，
∵AE＝2ED，
∴，
∴，
∴，
∴＝．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25. 如图①，在Rt中，，，外角平分线交于点，过点分别作直线，的垂线，点、为垂足．

（1）___________；
（2）①判断四边形的形状，并加以证明；
②若，则的长为___________；
（3）如图②，在中，，于点，且，，则的长度为___________．
【答案】（1）
（2）①四边形是正方形，证明见解析；②
（3）
【解析】
【分析】（）设，，则，然后由三角形外角定理及角平分线定义得，，据此可求出，进而可求出的度数；
（2）①过点作于点，先证四边形为矩形，再根据角平分线的性质得，，据此即可得出结论；
②设先证和全等得，同理则然后根据正方形的性质得，进而得最后在中由勾股定理求出即可；
（3）如图②把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，推有关对应角对应边相等，进而证明四边形为正方形，设则，由勾股定理得：，计算求出
【小问1详解】
解：设，，
，
，
由三角形外角定理得：，，
，分别为和的平分线，
，，
，
．
故答案为：．
【小问2详解】
①四边形是正方形，
证明：过点作于点，如图所示：

，，，
四边形为矩形，
，分别为和的平分线，，，，
，，
，
矩形为正方形，
即：四边形是正方形；
②解：，设
由①得：，，四边形是正方形，
在和中，
，
，
，
同理：
四边形是正方形，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
解得：，
．
故答案为：；
【小问3详解】
如图②，把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，

，，，，
，，，
，
，
是边上的高，
，
，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
设则，
在中，，
解得：，即
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质；三角形的内角和定理，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定，理解三个角都是直角的四边形是矩形；邻边相等的矩形；角平分线上的点到角两边的距离相等；难点是正确的作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形，以及灵活运用勾股定理构造方程求解．
26. 如图，在矩形中，，，延长到点E，使，连接．若动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿着向终点E运动，连接．设点P运动的时间为t秒．
（1）直接写出的长；
（2）求当为何值时，和全等？
（3）是否存在，使为等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）当或4或时，为等腰三角形
【解析】
【分析】（1）根据题可得，然后根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意，当，即，进而即可求解；
（3）分三种情形：或或，分别求解即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，
在中，，
∴，
【小问2详解】
当，即时，
则，
【小问3详解】
若为等腰三角形，则或或，
当时，
，，
，
．
当时，
，
．
当时，
，
，
在中，，
，
，
，．

综上所述，当或或时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形端点性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论 思想思考问题．