福建省上杭县西北、西南片2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 化简的结果是（ ）
A. 9B. -3C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据算术平方根的性质，可得答案．
【详解】解：，故D正确，
故选D．
【点睛】本题考查了算术平方根的计算，熟练掌握算术平方根的性质是解题关键．
2. 已知一个直角三角形的两条直角边的长分别为2和4，则它的斜边的长为（ ）
A. 4B. C. D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理进行计算，即可求得结果．
【详解】解：直角三角形的两条直角边的长分别为2和4，
则斜边长，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握斜边的平方等于两直角边的平方和．
3. 下列四组数据，能作为直角三角形三边长的是（ ）
A. 2、4、6B. 2、3、4C. 5、7、12D. 8、15、17
【答案】D
【解析】
【详解】解：A、22+42≠62，根据勾股定理的逆定理可知三角形不是直角三角形，故错误；
B、22+32≠42，根据勾股定理的逆定理可知三角形不是直角三角形，故错误．
C、52+72≠122，根据勾股定理的逆定理可知三角形不是直角三角形，故错误；
D、82+152=172，根据勾股定理的逆定理可知三角形是直角三角形，故正确.
故选D．
考点：勾股数．
4. 如图，已知四边形是平行四边形，已知下列结论中错误的（ ）
A. 当时，它是菱形B. 当时，它是菱形
C. 当时，它是矩形D. 当时，它是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理，逐个判断即可．
【详解】解：A.∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故此项不符合题意；
B.∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故此项不符合题意；
C.∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，故此项不符合题意；
D.∵四边形平行四边形，，
∴四边形是矩形，不一定是正方形，故此项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，能正确运用判定定理判断是解题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的性质以及二次根式的除法法则即可求解．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，本选项不符合题意；
B、，本选项不符合题意；
C、，本选项符合题意；
D、，本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了次根式的加减、二次根式的性质、二次根式的除法，掌握相关的运算法则是解题的关键．
6. 下列给出的条件中，不能判定四边形是平行四边形的为（ ）
A ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给条件结合平行四边形的判定定理进行分析即可．
【详解】解：，可根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定；故A不符合题意；
，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判定；故B不符合题意；
如图，，，沿剪开，拼成四边形，满足，，但是四边形不是平行四边形，

∴，不能判定四边形是平行四边形；故C符合题意；
，可证出，再根据两组对角分别相等的四边形是平行四边形进行判定；故D不符合题意；
故选C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
7. 如图，矩形的两条对角线、相交于点O，，，则矩形的对角线的长为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质证明，进而证明是等边三角形，即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是证明是等边三角形．
8. 如图，在▱ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）
A. 2cmB. 4cmC. 6cmD. 8cm
【答案】A
【解析】
【分析】由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6cm，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
9. 如图，菱形面积为24，对角线，于点E，则（ ）

A. 3B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得，，在中，根据勾股定理可以求得的长，再根据菱形的面积等于底乘以高即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，即，
，
，
，
，即，
．
故选D．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘的一半，也等于底乘以高是解题的关键．
10. 菱形的对角线，以为边作正方形，则的长为（ ）
A. 5B. C. 5或D. 5或
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后分正方形在的两边两种情况补成以为斜边的，然后求出、，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】解：，，
，，

如图1，正方形在的上方时，过点作交的延长线于，
，，
在中，，
如图2，正方形在的下方时，过点作于，

，，
在中，，
综上所述，长为或．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，难点在于分情况讨论并作辅助线构造出直角三角形，作出图形更形象直观．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 计算：（）2=______．
【答案】10
【解析】
【分析】根据二次根式的乘方运算法则进行计算即可得解.
【详解】解：（）2=
故答案为10.
【点睛】本题考查了二次根式的乘方，记住是解题的关键.
12. 若代数式是二次根式，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，列出不等式，即可求解．
【详解】∵代数式是二次根式，
∴，即：，
故答案：．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键．
13. 如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，BC=8，则DE=_________
【答案】4
【解析】
【详解】∵D、E分别是边AB、AC的中点，BC=8，
∴DE=BC=4．
故答案为4．
14. 若是整数，则正整数的最小值是______．
【答案】21
【解析】
【分析】由，要使是整数，则n必须是21的倍数，且这个倍数必须为整数的平方，由此可求得最小的整数n．
【详解】∵
∴84n必须为21的整数的平方倍数，即，其中m为正整数
当m=1时，n最小，且最小值为21
故答案为：21
【点睛】本题考查了算术平方根，算术平方根的性质，对84分解质因数、掌握可开得尽方的数的特征是关键．
15. 如图，矩形ABCD中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为_________．

【答案】10
【解析】
【分析】根据矩形的性质得到，由折叠的性质得到，得到，根据等腰三角形的判定定理得到，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
在中，，即，
解得，，
则的面积，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
16. 如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，AE⊥CD，且AE＝OD．若AO＋OD＋AD＝3＋，则菱形ABCD的面积是_________．
【答案】2
【解析】
【分析】由在菱形ABCD中，AE⊥CD，且AE=OD，易证得Rt△AOD≌Rt△DEA（HL），继而证得△ACD是等边三角形，则可求得∠ADO的度数，即可求得AO，OD，AD的关系，又由AO+OD+AD=3+，求得OA与OD的长，继而求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AC⊥BD，
∵AE⊥CD，
∴∠DOA=∠AED=90°，
在Rt△AOD和Rt△DEA中，
，
∴Rt△AOD≌Rt△DEA（HL），
∴∠DAO=∠ADE，
∵AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠DAC=∠DCA=∠ADC，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∴∠ADO=∠ADC=30°，
∴AD=2AO，OD=AO，
∵AO+OD+AD=3+，
∴AO+AO+2AO=3+，
∴AO=1，OD=，
∴AC=2AO=2，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积是：AC•BD=×2×2=2．
故答案为2．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ACD是等边三角形是解题关键．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据二次根式的性质化简，再根据二次根式的乘法进行计算再进行加减计算即可求解；
（2）先利用二次根式的乘法和除法计算，再合并，即可求解．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
18. 如图，四边形中，，，，，，求四边形的面积．
【答案】
【解析】
【分析】利用勾股定理和逆定理，得到为直角三角形，再利用四边形的面积等于两个直角三角形的面积和，进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∴四边形的面积
．
【点睛】本题考查勾股定理和逆定理．通过勾股定理的逆定理，证明三角形是直角三角形，是解题的关键．
19. 如图，在平行四边形中，点E、F分别在、上，．求证：．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，得，从而可证，于是得证四边形是平行四边形，所以．
【详解】解：∵在平行四边形中，且，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定；掌握相关性质和判定定理是解题的关键．
20. 如图，平行四边形的对角线、相交于点，且、、、分别是、、、的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）详见解析
（2）14
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到，，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）根据三角形中位线定理求出，根据平行四边形的性质解答即可．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：、分别是、的中点，
，
，
，
，
∴的周长．
21. 由边长为1的小正方形构成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点、，都是格点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示画图结果用实线表示，并回答下列问题：
（1）直接写出的长是 ；
（2）在图中，画以点、、为顶点且周长最大的平行四边形；
（3）在图2中，画的角平分线．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）根据网格的特点结合平行四边形的性质，以为对角线画出平行四边形；
（3）根据网格的特点，延长至，使得，则是等腰三角形，再找到的中点，连接，即可求解．
【小问1详解】
解：，
故答案为：；
【小问2详解】
如图1中，四边形即为所求作；
【小问3详解】
如图2中，延长至，使得，则是等腰三角形，再找到的中点，连接，线段即为所求作．
【点睛】本题考查了画平行四边形，勾股定理与网格问题，等腰三角形的性质，三线合一，掌握以上知识是解题的关键．
22. 如图，在平面直角坐标系中，将长方形沿直线折叠（点E在边上），折叠后顶点D恰好落在边上的点F处，已知点D的坐标为，求点E的坐标．
【答案】
【解析】
【分析】先根据点D的坐标得到，再由折叠的性质得到，利用勾股定理求出，则，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是长方形，点D的坐标为，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，坐标与图形，灵活运用所学知识是解题的关键．
23. 如图，在四边形中，．

（1）若，求证；
（2）若E是的中点，，且，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）20
【解析】
【分析】（1）延长，相交于点G，由，得，由，得，，所以，证出，进一步得到结论．
（2）延长交的延长线于F，证明，得到，即可求出结果．
【小问1详解】
证明：如图，延长，相交于点G，

∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴， 即．
【小问2详解】
解：延长交的延长线于F，
∵，
∴，，
∵E是中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，合理添加辅助线，对所求问题进行转化是解题的关键．
24. 如图，在中，，过上一点作交于点，以为顶点，为一边，作，另一边交于点

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）延长图①中的到点，使，连接，，，得到图②，若，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）四边形是矩形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据题意得到，根据平行线的判定定理得到，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）首先证明四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【小问1详解】
解：证明：，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形；
【小问2详解】
解：四边形是矩形，理由如下：
由（1）得，四边形为平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三线合一，掌握它们的判定定理是解题的关键．
25. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是．过点D作于点F，连接．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）①当四边形为菱形时，求t的值；
②当 s时，四边形为矩形；
（3）当为直角三角形时，求t的值．
【答案】（1）详见解析
（2）①；②
（3）或
【解析】
【分析】（1）由题意得，再由含角的直角三角形的性质得，得到，然后证，即可得出结论；
（2）①由，得四边形为菱形，得，进而求得t的值；②时，四边形为矩形，得到，再证，得，即可得出结论．
（3）分两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【小问1详解】
由题意可知，
∵，
∴
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
【小问2详解】
①∵，
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴要使平行四边形为菱形，则需，
即，
解得，
∴当时，四边形为菱形，
②要使四边形为矩形，则，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得．
即当时，四边形DEBF为矩形，
故答案为：．
【小问3详解】
①当时，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
解得．
②当时，
∵，
∴四边形为矩形．
在中，，
∴，
∴，即，
解得，
③当时，点E与点B重合，点D与点A重合，此种情况不存在△DEF．
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．