2023-2024学年山东省威海市环翠中学八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省威海市环翠中学八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含答案），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.下列计算正确的是( )
A. 16=±4B. (−2)2×3=−2 3
C. 3−8=2D. − 64=−8
2.一元二次方程x2−6x−5=0配方后可变形为( )
A. (x+3)2=4B. (x−3)2=4C. (x+3)2=14D. (x−3)2=14
3.已知x、y为实数，且y= x−2023+ 2023−x+1，则x+y的值是( )
A. 2022B. 2023C. 2024D. 2025
4.菱形不具有的性质是( )
A. 对角相等B. 对边平行C. 对角线互相垂直D. 对角线相等
5.如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具(如图1)，测得对角线AC=10 2cm，将正方形学具变形为菱形(如图2)，∠DAB=60°，则图2中对角线AC的长为( )
A. 20cmB. 10 6cmC. 10 3cmD. 10 2cm
7.化简二次根式(x−3) 13−x得( )
A. 3−xB. x−3C. − 3−xD. − x−3
8.若关于x的一元二次方程x2−2mx+m2−4m−1=0有两个实数根x1，x2且满足(x1+2)(x2+2)−2x1x2+4=0，则m的值为( )
A. 9或−1B. 1或8C. 9D. −1
9.如图，四个全等的直角三角形纸片既可以拼成(内角不是直角)的菱形ABCD，也可以拼成正方形EFGH，则菱形ABCD面积和正方形EFGH面积之比为( )
A. 1B. 2 55C. 32D. 23
10.如图，正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE=AD，DF=BD，连接BF分别交CD，CE于H，G下列结论：
①EC=2DG；②∠GDH=∠GHD；③S△CDG=S▭DHGE；④图中有8个等腰三角形．其中正确的是( )
A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.要使式子 a+2a有意义，则a的取值范围为______．
12.方程x2−3x=0的根为______．
13.设x1，x2是关于x的方程x2−3x+k=0的两个根，且x1=2x2，则k= ______．
14.若a是关于x一元二次方程3x2−x−2023=0的一个实数根，则2023+2a−6a2的值是______．
15.如图，正方形ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，连接GH，则线段GH的长为______．
16.在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB=4，BC=5，则线段DE的长为______．
三、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：(1)( 3−2)2+ 12+6 13；
(2) ( 5−3)2−( 5+1)×( 5−1)．
18.(本小题8分)
解下列方程：
(1)4(x+2)2−9(x−3)2=0；
(2)x2−4x−8=0．
19.(本小题8分)
在学习二次根式的性质时，知道( a)2=a2，利用这个性质我们可以求 4− 7+ 4+ 7的值．
解：设x= 4− 7+ 4+ 7，两边平方，x2=( 4− 7+ 4+ 7)2；
∴x2=4− 7+4+ 7+2 4− 7× 4+ 7；
=8+2× (4− 7)×(4+ 7)=8+2× 16−7=14；
∴x=± 14，∵x>0，∴x= 14；
∴ 4− 7+ 4+ 7= 14；
请利用以上方法，解决下列问题：
(1)求 3− 5+ 3+ 5；
(2)若 9− n+ 9+ n=4 2，求n的值．
20.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2+(2m+1)x+m2−4=0
(1)当m为何值时，方程有两个不相等的实数根？
(2)若边长为5的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的2倍，求m的值．
21.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，点F在AD上，且AF=AB，连接BF交AE于点G，连接EF．
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若BF=10，AB=10，求菱形ABEF的面积．
22.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至F，使CF=BE，连接DF．
(1)求证：四边形ADFE为矩形；
(2)连接OF，若AD=3，EC=2，∠ABF=60°，求OF的长．
23.(本小题8分)
如图，AD是锐角△ABC中BC边上的高，将△ABD沿AB所在的直线翻折得到△ABE，将△ADC沿AC所在的直线翻折得到△AFC，延长EB，FC相交于点P．

(1)如图1，若∠BAC=45°，求证：四边形AEPF为正方形；
(2)如图2，若∠BAC=55°，当△PBC是等腰三角形时，求∠BAD的度数；
(3)如图3，连结EF，分别交AB，AC于点G、H，连结BH交AD于点M，若∠BAC=60°，求∠PEF= ______度.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、 16=4，原计算错误，不符合题意；
B、 (−2)2×3= 12=2 3，原计算错误，不符合题意；
C、3−8=−2，原计算错误，不符合题意；
D、− 64=−8，正确，符合题意．
故选：D．
根据二次根式的性质对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是二次根式的性质与化简及立方根，熟知二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵x2−6x−5=0，
∴x2−6x=5，
∴x2−6x+9=5+9，
则(x−3)2=14．
故选D．
先移项，再根据完全平方公式配方，即可得出选项．
本题考查配方法解一元二次方程．
3.【答案】C
【解析】解：∵x−2023≥0，2023−x≥0，
∴x−2023=0，
∴x=2023，
∴y=1，
∴x+y=2023+1=2024，
故选：C．
根据二次根式有意义的条件：被开方数是非负数求出x的值，代入求得y的值，代入代数式求值即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件：被开方数是非负数是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵菱形不具有的性质是对角线相等，
∴选项D符合题意，
故选：D．
根据菱形的性质可判断．
本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形．
【解答】
解：由中位线定理知一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
故④选项正确．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，AC=10 2cm，
∴AB=AD= 22AC=10cm，
在图2中，连接BD交AC于O，
∵∠ABC=60°，AB=AD=10cm，
∴△ABD是等边三角形，则BD=10cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=12BD=5cm，AO=CO，AC⊥BD，
∴AO= AB2−BO2= 102−52=5 3(cm)，
∴AC=2AO=10 3(cm)，
故选：C．
先利用正方形的性质得到AB=AD=10cm，在图2中，连接BD交AC于O，证明△ABD是等边三角形得BD=10cm，再根据菱形的性质和勾股定理求得AO的长即可求．
本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵二次根式有意义，
∴3−x>0，
(x−3) 13−x
=(x−3) 3−x(3−x)2
=(x−3)×1|3−x|× 3−x
=(x−3)×13−x× 3−x
=− 3−x
故选：C．
先判断出3−x>0，再由二次根式的性质即可得出结论．
本题考查的是二次根式的性质与化简，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵方程x2−2mx+=0有两个实数根，
∴Δ=(−2m)2−4(m2−4m−1)=16m+4≥0，
解得：m≥−14，
∵原方程的两个实数根为x1、x2，
∴x1+x2=2m，x1x2=m2−4m−1，
∵(x1+2)(x2+2)−2x1x2+4=0，
∴x1x2+2(x1+x2)+4−2x1x2+4=0，
∴2(x1+x2)−x1x2+8=0，
∴4m−m2+4m+1+8=0，即m2−8m−9=0，
解得：m1=9，m2=−1(舍去)．
故m的值是9．
故选：C．
利用判别式得出m的取值范围，利用根与系数的关系得到x1+x2=2m，x1x2=m2−4m−1，把(x1+2)(x2+2)−2x1x2+4=0变形得到2(x1+x2)−x1x2+8=0，整体代入得到关于m的方程，解方程即可求解．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca.也考查了根的判别式．
9.【答案】C
【解析】解：设直角三角形的长直角边为b，短直角边为a，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
即2a=AD，
∴∠A=60°，
∴b= 3a
∴S菱形ABCD=2ab=2 3a2，正方形EFGH面积=(2a)2=4a2，
∴菱形ABCD面积和正方形EFGH面积之比=2 3a24a2= 32，
故选：C．
设直角三角形的长直角边为b，短直角边为a，于是得到2a=AD，根据直角三角形的性质得到∠A=60°，求得b= 3a于是得到S菱形ABCD=2ab=2 3a2，正方形EFGH面积=(2a)2=4a2，即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵DF=BD，
∴∠DFB=∠DBF，
∵AD/​/BC，DE=BC，
∴∠DEC=∠DBC=45°，
∴∠DEC=2∠EFB，
∴∠EFB=22.5°，∠CGB=∠CBG=22.5°，
∴CG=BC=DE，
∵DE=DC，
∴∠DEG=∠DCE，
∵∠GHC=∠CDF+∠DFB=90°+22.5°=112.5°，
∠DGE=180°−(∠BGD+∠EGF)，
=180°−(∠BGD+∠BGC)，
=180°−(180°−∠DCG)÷2，
=180°−(180°−45°)÷2，
=112.5°，
∴∠GHC=∠DGE，
∴△CHG≌△EGD，
∴∠EDG=∠CGB=∠CBF，
∴∠GDH=∠GHD，
∴S△CDG=S▭DHGE．
故②③正确，
故选：D．
根据已知可证明△CHG≌△EGD，则∠EDG=∠CGB=∠CBF，∠GDH=∠GHD(等角的余角相等)，S△CDG=S▭DHGE；故正确的是②③．
此题主要考查了等腰三角形、正方形对角线相互垂直平分相等和直角三角形的性质．
11.【答案】a≥−2且a≠0
【解析】解：根据题意得：a+2≥0且a≠0，
解得：a≥−2且a≠0．
故答案为：a≥−2且a≠0．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
本题考查的知识点为：分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
12.【答案】x1=0，x2=3
【解析】解：x(x−3)=0，
x=0或x−3=0，
∴x1=0，x2=3．
故答案为：x1=0，x2=3．
根据所给方程的系数特点，可以对左边的多项式提取公因式，进行因式分解，然后解得原方程的解．
本题考查了解一元二次方程的方法，当方程的左边能因式分解，右边等于0时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
13.【答案】2
【解析】解：根据题意，知x1+x2=3x2=3，则x2=1，
将其代入关于x的方程x2−3x+k=0，得12−3×1+k=0．
解得k=2．
故答案是：2．
根据根与系数的关系求得x2=1，将其代入已知方程，列出关于k的方程，解方程即可．
此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
14.【答案】−2023
【解析】解：∵a是方程3x2−x−2023=0的一个实数根，
∴3a2−a−2023=0，
∴3a2−a=2023，
∴2023+2a−6a2=2023−2(3a2−a)=2023−2×2023=−2023．
故答案为：−2023．
先利用一元二次方程解的定义得到3a2−a=2023，再把2023+2a−6a2变形为2023−2(3a2−a)，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．利用整体代入的方法计算是解决问题的关键．
15.【答案】2 2
【解析】【分析】
延长BG交CH于点E，根据正方形的性质证明△ABG≌△CDH≌△BCE，可得GE=BE−BG=2、HE=CH−CE=2、∠HEG=90°，由勾股定理可得GH的长．
本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，通过证三角形全等得出△GHE为等腰直角三角形是解题的关键．
【解答】
解：如图，延长BG交CH于点E，
∵AB=CD=10，BG=DH=6，AG=CH=8，
∴AG2+BG2=AB2，CH2+DH2=CD2，
∴△ABG和△DCH是直角三角形，
在△ABG和△CDH中，
AB=CDAG=CHBG=DH，
∴△ABG≌△CDH(SSS)，
∴∠1=∠5，∠2=∠6，
∴∠1+∠2=90°，∠5+∠6=90°，
又∵∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，
在△ABG和△BCE中，
∠1=∠3AB=BC∠2=∠4，
∴△ABG≌△BCE(ASA)，
∴BE=AG=8，CE=BG=6，∠BEC=∠AGB=90°，
∴GE=BE−BG=8−6=2，
同理可得HE=2，
在Rt△GHE中，GH= GE2+HE2= 22+22=2 2，
故答案为2 2．
16.【答案】2.5或2
【解析】解：∵四边形ABD是矩形，
∴∠A=90°，AD=BC=5，
①当BE=EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点，DE=12AD=2.5；
②当BC=BE′=5时，
在Rt△ABE′中，AB=4，则AE′= BE2−AB2= 52−42=3，
∴DE′=AD−BE′=5−3=2．
综上所述，线段DE的长为2.5或2，
故答案是：2.5或2．
分两种情况：①BE=EC，此时点E是BC的中垂线与AD的交点；②BE′=BC，在直角△ABE′中，利用勾股定理求得AE′的长度，然后求得DE′的长度即可．
本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
17.【答案】解：(1)( 3−2)2+ 12+6 13
=3−4 3+4+2 3+2 3
=7；
(2) ( 5−3)2−( 5+1)×( 5−1)
=3− 5−(5−1)
=3− 5−4
=−1− 5．
【解析】(1)先根据二次根式的性质和完全平方公式进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可；
(2)先根据二次根式的性质和平方差公式进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
18.【答案】解：(1)4(x+2)2−9(x−3)2=0，
4(x+2)2=9(x−3)2，
则2(x+2)=3(x−3)或2(x+2)=−3(x−3)，
解得x1=13，x2=1；
(2)x2−4x−8=0，
∴x2−4x=8，
∴x2−4x+4=8+4，即(x−2)2=12，
∴x−2=±2 3，
∴x1=2+2 3，x2=2−2 3．
【解析】(1)先移项，再利用直接开平方法求解即可；
(2)将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)设x= 3− 5+ 3+ 5，
两边平方得，x2=( 3− 5+ 3+ 5)2，
∴x2=3− 5+2 (3+ 5)(3− 5)+3+ 5=6+4=10，
∴x=± 10，
∵x>0，
∴x= 10，
∴ 3− 5+ 3+ 5= 10，
(2)∵ 9− n+ 9+ n=4 2，
两边平方，( 9− n+ 9+ n)2=(4 2)2，
即9− n+2 (9− n)(9− n)+9+ n=32，
∴ (9− n)(9− n)=7，
所以81−n=49，
解得n=32．
【解析】(1)设x= 3− 5+ 3+ 5，运用平方计算求出x=± 10，根据x>0求出结果即可；
(2)两边平方后整理得 (9− n)(9− n)=7，再平方解无理方程得到结果．
本题考查二次根式的性质，应用二次根式的性质计算是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵方程x2+(2m+1)x+m2−4=0有两个不相等的实数根，
∴△=(2m+1)2−4(m2−4)=4m+17>0，
解得：m>−174．
∴当m>−174时，方程有两个不相等的实数根．
(2)设方程的两根分别为a、b，
根据题意得：a+b=−2m−1，ab=m2−4．
∵2a、2b为边长为5的菱形的两条对角线的长，
∴a2+b2=(a+b)2−2ab=(−2m−1)2−2(m2−4)=2m2+4m+9=52=25，
解得：m=−4或m=2．
∵a>0，b>0，
∴a+b=−2m−1>0，
∴m=−4．
若边长为5的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的2倍，则m的值为−4．
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=4m+17>0，解之即可得出结论；
(2)设方程的两根分别为a、b，根据根与系数的关系结合菱形的性质，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再根据a+b=−2m−1>0，即可确定m的值．
本题考查了根的判别式、根与系数的关系、菱形的性质以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据方程的系数结合根的判别式，找出△=4m+17>0；(2)根据根与系数的关系结合菱形的性质，找出关于m的一元二次方程．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BE=AB，
∵AF=AB，
∴BE=AF，
又∵BE//AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF=AB，
∴平行四边形ABEF是菱形；
(2)解：∵四边形ABEF为菱形，
∴AF=AB=10，AG⊥BF，
又∵BF=10，
∴BG=FG=5，
∴AG= 102−52=5 3，
∴AE=2AG=10 3，
∴菱形ABEF的面积12×10×10 3=50 3．
【解析】(1)由平行四边形的性质和角平分线得出∠BAE=∠AEB，证出BE=AB，由AF=AB得出BE=AF，即可得出结论．
(2)根据菱形的性质得到AB=BF=10，BG=FG=5，利用勾股定理求出AG，进而求出结论．
本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/DC且AB=DC，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
AB=DC∠ABE=∠DCFBE=CF，
∴△ABE≌△DCF(SAS)，
∴AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，
∴AE/​/DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵∠DFC=90°，
∴平行四边形ADFE是矩形；
(2)解：由(1)知：四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=3，CD=AB，OB=OD，
∴BE=CF=BC−EC=1，
∴BF=BC+CF=4，
在Rt△ABE中，∠ABE=60°，
∴∠BAE=90°−∠ABE=30°，
∴AB=2BE=2，
∴DF=AE= AB2−BE2= 22−12= 3，
∴BD= BF2+DF2= 42+( 3)2= 19，
∵∠DFB=90°，OB=OD，
∴OF=12BD= 192．
【解析】(1)证△ABE≌△DCF(SAS)，得AE=DF，∠AEB=∠DFC=90°，再证AE/​/DF，得四边形ADFE是平行四边形，即可得出结论；
(2)由矩形的性质得到EF=AD=3，进而求得BE=CF=1，BF=4，再由直角三角形的性质得AB=2BE=2，然后由勾股定理可求得BD= 19，最后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】60
【解析】解：(1)∵∠BAC=45°，且△ABE和△ACF分别是由Rt△ABD和Rt△ACD翻折得到．
∴∠EAF=2∠BAC=90°，∠E=∠F=90°．
∴四边形AEPF为矩形．
又∵AD=AE=AF，
∴四边形AEPF为正方形；
(2)设∠BAD=a，则∠ABD=∠ABE=90°−a，
∴∠PBC=180°−2(90°−a)=2a，
而∠P=360°−90°−90°−2×55°=70°，
∵△PBC是等腰三角形，
∴当PB=PC时，2a+2a+70°=180°，
∴a=27.5°，
当BP=BC时，2a+70°+70°=180°，
∴a=20°，
当CP=CB时，2a=70°，
∴a=35°，
∴∠BAD为27.5°或20°或35°；
(3)由(1)知∠EAF=2∠BAC=2×60=120°，AE=AF，∠AEB=90°，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠PEF=∠AEB−∠AEF=90°−30°=60°，
故答案为：60．
(1)根据折叠的性质知而∠EAF=2∠BAC=90°，∠E=∠F=90°，由此可证得四边形AEPF是矩形；而AD=AE=AF，所以四边形AEPF是正方形；
(2)利用翻折先求出∠P=70°，再对等腰三角形进行分类讨论即可求得答案；
(3)利用等腰三角形求出∠AEF=∠AFE=30°，求得∠PEF=∠AEB−∠AEF=90°−30°=60°即可得解．
本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，等腰三角形性质等知识，对等腰三角形进行正确的分类讨论是解题关键．