黑龙江省哈尔滨市第四十七中学校2024-2025学年八年级下学期3月考试 数学试题（五四制）（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第四十七中学校2024-2025学年八年级下学期3月考试 数学试题（五四制）（含解析），共31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. 我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中，下列各组数中，是“勾股数”的是（ ）
A. 2，3，5B. 7，8，9C. 6，8，10D. 5，12，11
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查勾股定理，根据勾股数的定义，三个正整数，两个较小数的平方和等于较大数的平方，这三个正整数构成一组勾股数，进行判定即可．
【详解】解：A、，不符合题意；
B、，不符合题意；
C、，符合题意；
D、，不符合题意；
故选C．
2. 下列命题的逆命题成立的是（ ）
A. 全等三角形的对应角相等B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 对顶角相等D. 同位角互补，两直线平行
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大．写出原命题的逆命题后判断正误即可．
【详解】解：A、全等三角形的对应角相等的逆命题为：对应角相等的三角形全等，不成立，不符合题意；
B、平行四边形的对角线互相平分的逆命题为：对角线互相平分的四边形是平行四边形，成立，符合题意；
C、对顶角相等的逆命题为：相等的角是对顶角，不成立，不符合题意；
D、同位角互补，两直线平行的逆命题为：两直线平行，同位角互补，不成立，不符合题意．
故选：B．
3. 的三条边分别为，，，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】本题主要考查了三角形内角和定理、勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握勾股定理的逆定理的应用是解题关键．根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设，则，，
∵，
∴，解得
∴，，，
∴此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵，，
∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
4. 矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 邻角互补
C. 对边相等D. 对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形和平行四边形的性质判断即可．
【详解】解：、平行四边形与矩形都具有两条对角线互相平分的性质，故不符合题意；
、平行四边形与矩形都具有邻角互补的性质，故不符合题意；
、平行四边形与矩形都具有两组对边分别相等的性质，故不符合题意；
、平行四边形的两条对角线不相等，矩形具有两条对角线相等的性质，故符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和平行四边形的性质解答．
5. 如图，有两棵树，一棵高8米，另一棵高2米，两树相聚8米，一只小鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，至少飞了（ ）米．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的树尖进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．
【详解】解：两棵树的高度差为，间距为，
根据勾股定理可得：小鸟至少飞行的距离．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是将现实问题建立数学模型，运用数学知识进行求解．
6. 如图，阴影部分是两个正方形，其他三个是一个正方形和两个直角三角形，则阴影部分的面积为（ ）
A. 8B. 25C. 49D. 64
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理可求出空白的正方形的面积，即可求出阴影部分面积．
【详解】解：如图：
根据勾股定理可知：，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，考查了正方形面积的计算，本题中根据勾股定理求阴影部分的边长是解题的关键．
7. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出了“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是29，每个直角三角形的较短直角边均为2，则中间小正方形（阴影部分）的周长为（ ）
A. 29B. C. 14D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理，设小正方形的边长为x，小三角形的长直角边长为，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：设小正方形的边长为x，小三角形的长直角边长为，
根据题意得，
解得或（舍去），
∴小正方形的周长为，
故选：D．
8. 如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足为E，F，则的值为 （ ）
A. B. C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟记性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．连接，利用勾股定理列式求出，再根据矩形的对角线相等且互相平分求出，然后根据列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴解得，
故选：．
9. 如图，的顶点，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点，画射线交于点，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由勾股定理求得，根据作图过程可得，由四边形是平行四边形，可得，从而得出，进一步得到，由等腰三角形判定可得，最后求出结果即可．
【详解】解：∵，，
∴，
由题中作图可得，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴点的坐标是，
故选：A
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，坐标与图形，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握坐标与图形的性质．
10. 如图，的对角线交于点O，平分交于点E，且连接．下列结论：①；②；③，④，成立的个数有（ ）

A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、中位线的性质，解本题的关键在证得是等边三角形．
利用平行四边形的性质可得，利用角平分线的性质证明是等边三角形，然后推出，再结合等腰三角形的性质：等边对等角、三线合一进行推理即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
，
平分，
，
∴是等边三角形，
，
，
，
∴，故①正确；
，
，
，
∴，故②正确；
，
∴是的中点，
，故③错误；
，
，
，
，故④正确，
故正确的个数有3个，
故选：C．
二、填空题（共24分，每题3分）
11. 要使分式有意义，那么x应满足的条件是________ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件是分母不等于零可得答案．
【详解】由题意得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．
12. 如图，长方形的边落在数轴上，A、B两点在数轴上对应的数分别为和1，，连接，以B为圆心，为半径画弧交数轴于点E，则点E在数轴上所表示的数为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据勾股定理求得，进而根据数轴上的两点距离即可求得点E在数轴上所表示的数．
【详解】解：四边形是长方形，A、B两点在数轴上对应的数分别为和1，，
依题意.
设点E在数轴上所表示数为，则
解得
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理，实数与数轴，掌握勾股定理求得是解题的关键．
13. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为CD边中点，已知，则OE的长为______cm．
【答案】4
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形中位线定理即可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
为边的中点，，
，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
14. 根据如图所示的三个图所表示的规律依次数下去，第5个图中平行四边形的个数是_____．
【答案】90
【解析】
【分析】本题考查图形的变化规律，找出一行中的平行四边形的个数，再找出所有的行数，由此找出第个图中平行四边形的个数为是解题的关键．首先发现第一个图中平行四边形的个数是个，第二个图中平行四边形的个数是，第三个图中平行四边形的个数是，由此发现规律解答即可．
【详解】解：∵第一个图中平行四边形的个数是个，
第二个图中平行四边形的个数是，
第三个图中平行四边形的个数是，

∴第个图中平行四边形的个数是，
∴第5个图中平行四边形的个数是：
（个），
故答案为：90．
15. 如图，在▱ABCD中，已知AD=9cm，AB=6cm，DE平分∠ADC，交BC边于点E，则BE=______cm．
【答案】3
【解析】
【分析】由平行四边形对边平行得AD∥BC，再根据两直线平行，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】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC=AD=9cm，CD=AB=6cm，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠ADE，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CE=CD=6cm，
∴BE=BC-EC=3cm，
故答案为3．
【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，求出CE=CD=6cm是解题的关键．
16. 如图，把矩形沿折叠，使点和重合，点与点重合，若，，求的长______．
【答案】##5厘米
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，由矩形和折叠可得，，，设，则，在中，利用勾股定理进行求解即可，掌握折叠的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠可得，，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
17. 已知等腰三角形的两边分别为6和4，则这个等腰三角形的面积为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】本题主要考查了三线合一定理，勾股定理，在等腰中，，过点A作于D，分腰长为6和4两种情况，由三线合一定理求出，进而由勾股定理求出的长，再根据三角形面积计算公式求解即可．
【详解】解：如图所示，在等腰中，，过点A作于D，
∴，
当时，则，
∴，
∴，
当时，则，
∴，
∴；
综上所述，等腰的面积为或，
故答案为：或．
18. 在平行四边形中，在延长线上，连接，，在边上，连接交于，，，当时，线段的长度为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的性质与判定，学会添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．作的平分线交于点，先证明得到，再通过证明得到，设，表示出和的长，由推出，代入数据求出的值，再利用相似三角形的性质即可求出线段的长度．
【详解】解：如图，作的平分线交于点，
平行四边形，
，，，
，
又，
，，
，
，
；
平分，
，
又，
，
，
，，
，
，
，
；
设，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，，
，
，
，
线段的长度为．
故答案为：．
三、解答题（19题–22题每题8分，23题10分，24、25题各12分）
19. 先化简，再求值：的值，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】本题主要考查了分式化简求值，熟练掌握分式混合运算法则，是解题的关键．根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据求值即可．
【详解】解：
，
把代入得：原式．
20. 如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段和线段的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以为对角线的平行四边形，点和点均在小正方形的顶点上，且平行四边形的面积为12；
（2）在图中画出以线段为一腰，底边长为的等腰，点在小正方形的顶点上，连接，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见详解 （2）见详解，
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理与网格作图，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再根据平行四边形的面积等于底乘高进行作答即可．
（2）因为以线段为一腰，底边长为的等腰，则，再结合，即可得出点的位置，再运用勾股定理算出的长，即可作答．
【小问1详解】
解：以为对角线的平行四边形，如图所示：
【小问2详解】
解：以线段为一腰，底边长为的等腰，如图所示：
∴．
21. 阅读理解试题：请阅读下列材料，并完成相应的任务，两点间的距离公式：如果平面直角坐标系内有两点，，那么两点间的距离，例如：若点，，则
（1）已知点，，求，两点间的距离；
（2）已知点，，，判断的形状．
【答案】（1）
（2）是直角三角形
【解析】
【分析】（1）根据两点间距离公式即可求解；
（2）根据两点间距离公式得出，再根据勾股定理逆定理，进而即可求解．
【小问1详解】
解：根据题意可得：
，
∴，两点间的距离为．
【小问2详解】
，
，
，
∴，
∴是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了两点间距离公式，勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
22. 如图，已知点，在上，，，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）直接写出图中所有相等的线段（除外）．
【答案】（1）见解析 （2）．
【解析】
【分析】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以及平行线的性质等知识;
（1）证（），得，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质和平行四边形的性质得，，，再证，即可得出结论．
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）可知，，四边形是平行四边形，
，，，
，
，
即，
图中所有相等的线段（除外）为：，，，．
23. 如图，“娜丽彬号”巡逻艇从A港口出发巡航，以每小时千米/时的速度沿北偏东方向前进，出发两小时后到达B处，此时接到通知，一艘捕鱼船在港口东南方向C处遇到故障搁浅，于是“娜丽彬号”巡航舰加速后保持匀速沿南偏东方向前往支援，结果两小时后到达目的地，
（1）求的度数；
（2）求“娜丽彬号”巡逻艇前往C处时的速度．
【答案】（1）
（2）海里/小时
【解析】
【分析】（1）根据方位角得出，，，根据平行线的性质得出，最后根据三角形内角和定理求出结果即可；
（2）过点A作于点M，证明为等腰直角三角形，求出（海里），根据直角三角形性质求出（海里），根据勾股定理得出（海里），求出海里，最后求出速度即可．
【小问1详解】
解：根据题意可得：，，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过点A作于点M，如图所示：
则，
根据题意可得：（海里），
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴（海里），
∵，
∴（海里），
∴（海里），
∴海里，
∴“娜丽彬号”巡逻艇前往C处时的速度为：
海里/小时．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性质，方位角，直角三角形的性质，三角形内角和定理应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
24. 如图，矩形中，O为中点，过点O作，分别交，于，．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，作的平分线分别交，，于，，点在上连接交于点，若，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作，垂足为，若，，求的长．
【提示：】
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）证明，得出，根据，即可得出结论；
（2）过点F作于点H，延长，使，连接、、/，，交于点J，证明四边形为平行四边形，得出，证明，得出，证明，得出，证明，得出，证明，得出，证明，得出，证明四边形为菱形，得出，，证明，根据，即可证明结论；
（3）连接，过点F作于点I，过点P作于点K，过点E作于点L，设，，，证明四边形为矩形，得出，，证明，得出，求出，，根据勾股定理得出，即，求出，根据勾股定理得出，即，求出，得出，根据勾股定理求出，得出，求出或，最后代入求出结果即可．
【小问1详解】
解：∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，，
∵O为中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：过点F作于点H，延长，使，连接、、/，，交于点J，如图所示：

则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平分，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：连接，过点F作于点I，过点P作于点K，过点E作于点L，如图所示：
则，
设，，，
根据解析（2）可知：，，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据解析（2）可知：，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
，
根据勾股定理得：，
，
∴，
∴，
整理得：，
根据勾股定理得：，，
∴，
即，
整理得：，
把代入得：，
整理得：，
∴
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
整理得：，
解得：或，
当时，，不符合题意舍去，
当时，，
即．
【点睛】本题主要考查了三角形全等判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
25. 在平面直角坐标系中，点在轴上，、在轴上，且．

（1）如图1，若，，求点坐标；
（2）如图2，延长至点，过点作交的延长线于点，交轴于点，连接，若，求与的关系：
（3）如图3，在（2）的条件下，在轴上有一点，当在的垂直平分线上时，且，，求的长。
【答案】（1）
（2）；理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理求出，即可得出答案；
（2）过点C作平分，根据等腰三角形的性质和平行线的性质得出，根据三角形外角性质得出，即， 证明，根据余角性质证明，即，最后根据等腰三角形的判定得出结论即可；
（3）过点Q作于点M，连接，过点M作轴于点L，轴，延长交于点I，取的中点N，连接，，过点N作于点K，
设，则，，证明，得出，设，则，求出，，根据勾股定理得出，证明，得出，，证明四边形为矩形，得出，，同理得：四边形为矩形，为矩形，证明，根据勾股定理得出，即，从而得出，求出或（舍去），最后根据勾股定理求出结果即可．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：
，
∴点A的坐标为；
【小问2详解】
解：；理由如下：
过点C作平分，如图所示：
则，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：过点Q作于点M，连接，过点M作轴于点L，轴，延长交于点I，取的中点N，连接，，过点N作于点K，如图所示：
∵，，
∴，
设，则，，
∵轴，
∴轴，
根据解析（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵的中点为N，，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据解析（1）可知：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得：，
∵，，
∴，
∵轴，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴四边形矩形，
∴，，
∵，
∴，
同理得：四边形为矩形，为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
解得：或（舍去），
∴，，
∴
．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，中位线的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形外角的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．