广东省广州市白云区六中实验中学2024-2025学年八年级 数学下学期期中卷（含解析）

这是一份广东省广州市白云区六中实验中学2024-2025学年八年级 数学下学期期中卷（含解析），共16页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试卷号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．
第一部分 选择题（共30分）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1. 有意义，那么x的取值范围是（ ）
A. x≥5B. x>-5C. x≥-5D. x≤-5
【答案】C
【解析】
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【详解】解：式子有意义，
x+5≥0，解得x≥-5.
故选：C.
【点睛】本题考查的知识点是二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件.
2. 下列属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查了最简二次根式的判定，熟练掌握最简二次根式的两个条件是解题的关键．
最简二次根式必须满足两个条件：被开方数中不含分母或分母中不含二次根号；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，据此进行判断．
【详解】解：A、，故此选项不符合题意；
B、，故此选项不符合题意；
C、，故此选项不符合题意；
D、是最简二次根式，故此选项符合题意；
故选：D．
3. 下列各组数中不能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. 6，8，10B. 5，12，13C. 4，5，6D. 7，24，25
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．根矩定理内容逐一判断即可．
【详解】解：A. ，能构成直角三角形；
B. ，能构成直角三角形；
C.，不能构成直角三角形；
D. ，能构成直角三角形；
故选：C．
4. 在平面直角坐标系中，点到原点的距离是（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两点之间的距离公式计算即可．
【详解】解：点到原点的距离是，
故选：C．
【点睛】本题主要考查两点间的距离公式，掌握勾股定理是解题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的四则运算，熟知二次根式的四则运算法则是解题的关键．
【详解】解；A、，原式计算错误，不符合题意；
B、与不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
C、，原式计算正确，符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选：C．
6. 正方形具备而菱形不具备的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等D. 每条对角线平分一组对角
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断，即可得出结论．
【详解】解：A、对角线互相平分是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
B、对角线互相垂直是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
C、对角线相等是正方形具备而菱形不具备的性质，故此选项符合题意；
D、每条对角线平分一组对角是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意；
故选：C．
7. 如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（ ）

A. （，-1）B. （2，﹣1）C. （1，-）D. （﹣1，）
【答案】A
【解析】
【分析】作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，则∠ADO=∠OEC=90°，得出∠1+∠2=90°，由正方形的性质得出OC=AO，∠1+∠3=90°，证出∠3=∠2，由AAS证明△OCE≌△AOD，得到OE=AD=1，CE=OD=，即可得出结果．
【详解】解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：

则∠ADO=∠OEC=90°，∴∠1+∠2=90°．
∵AO=2，AD=1，∴OD=，∴点A的坐标为（1，），∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，∴∠AOC=90°，OC=AO，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠2．
在△OCE和△AOD中，∵，∴△OCE≌△AOD（AAS），∴OE=AD=1，CE=OD=，∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
8. 如图，有一个绳索拉直的木马秋干，绳索AB的长度为5米，若将它往水平方向向前推进3米（即DE=3米），且绳索保持拉直的状态，则此时木马上升的高度为（ ）
A. 1米B. 米
C. 2米D. 4米
【答案】A
【解析】
【分析】如图（见解析），过点C作于点F，先利用勾股定理求出AF的长，再根据线段的和差即可得．
【详解】如图，过点C作于点F，则米，
由题意得：米，
在中，由勾股定理得：（米），
则（米），
即木马上升的高度为1米，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、线段的和差，熟练掌握勾股定理是解题关键．
9. 如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A. AC＝BDB. AC⊥BD
C. AB＝DCD. AB⊥DC
【答案】D
【解析】
【分析】由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解．
【详解】解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，
∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，
∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC，
若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°，
∴∠GFB+∠HFC=90°，
∴∠DCB+∠ABC=90°，
∴AB⊥DC；
故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是解题的关键．
10. 已知矩形的对角线为1，面积为，则矩形的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设矩形的长、宽分别为a、b，根据矩形的性质和面积、周长公式计算即可．
【详解】解：设矩形的长、宽分别为a、b，
∵矩形的对角线为1，面积为m，
∴，，
∴，
∴矩形的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，关键是用和表示出．
第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 已知平行四边形中，，则的度数为______．
【答案】70°##70度
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可得∠A=∠C，结合∠A+∠C=140°，即可求∠A的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
又∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=70°，
故答案：70°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
12. _______
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了二次根式化简，利用二次根式的性质直接化简即可，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】
13. 如图，在菱形中，对角线、相交于点，，，则菱形的面积为______．
【答案】24
【解析】
【分析】由题意先求出AO，根据勾股定理求得DO，再求出BD，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求出答案．
【详解】解：∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O ，AC＝6，AD＝5，
∴，，，
∴.
故答案为：24．
【点睛】本题主要考查了菱形的面积，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理解直角三角形，菱形面积计算公式是解题关键．
14. 设实数a，b在数轴上对应的位置如图，化简的结果是___________．
【答案】b
【解析】
【分析】由实数a、b在数轴上的位置可知：，，，再进行化简即可．
【详解】解：由实数a、b在数轴上的位置可知：，，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】此题考查了二次根式和绝对值的化简，根据数轴求得，，，是解题的关键．
15. 如图所示，将矩形纸对折，设折痕为，再把点叠在折痕线上，（如图点），若，则折痕的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题主要考查了折叠的性质、30度直角三角形性质、勾股定理的应用，解题的关键在于证明是等边三角形，
连接，根据折叠性质可证明．，即可得，由此得，再利用勾股定理和含30度直角三角形性质求解即可．
【详解】解：连接，
由矩形纸对折可知：，，
∴，
又∵折叠可知：，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴．
故答案为．
16. 如图，菱形的边长为6，，对角线相交于点O，动点E从点D沿运动到点O，连接，在直线左侧作正方形，则点G运动的路径长为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出正方形，将线段绕点A顺时针旋转到，连接，利用菱形的性质结合勾股定理求出，证明，得到，由为定角，推出点在直线上运动，且路径长为的长度，再根据点E在上运动，即可得到的长度范围，进而得到点G运动的路径长．
【详解】解：如图，作出正方形，将线段绕点A顺时针旋转到，连接，
四边形是边长为6的菱形，，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
由旋转的性质得到，
，
，
为定角，
点在直线上运动，且路径长为的长度，
点E在上运动，即，
点G运动的路径长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查动点轨迹问题，旋转的性质，菱形的性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键．
三、解答题（共8小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 计算：﹣
【答案】
【解析】
【分析】原式各项化为最简二次根式，合并即可得到结果．
【详解】解：原式＝
＝．
【点睛】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确掌握二次根式的加减运法则是解题关键．
18. 如图，在中，，，边上的高，求的面积．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理及三角形的面积，
根据勾股定理分别求出，，进而由三角形面积公式计算即可．
【详解】解：在中，，，
根据勾股定理，得．
在中，，，
根据勾股定理，得，
∴，
∴的面积为．
19. 已知，分别求下列代数式的值．
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值：
（1）先求出，，再根据进行求解即可；
（2）根据进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）得，，
∴
．
20. 如图，在中，平分交于点．
（1）若，求的长；
（2）若是的中点，连结，求证：平分．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定及性质，熟悉掌握平行四边形的性质是解题的关键．
（1）利用平行四边形的性质得到，即 ，由角平分线的定义可得，即可推出，从而求解；
（2）由中点的性质得到证出，利用平行四边形的性质得到，即，在通过角的等量代换求解即可．
【小问1详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
小问2详解】
由(1)可得，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴平分．
21. 如图，在中，，是的一个外角，平分．根据要求进行尺规作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）．
（1）作线段的垂直平分线，与交于点F，与边交于点E，连接，；
（2）判断四边形的形状并证明．
【答案】（1）见详解 （2）四边形为菱形，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据题意，先作出线段的垂直平分线，再与交于点F，与边交于点E，最后连接，，即可作答．
（2）由得，由平分得，则利用三角形外角性质可得，再根据线段垂直平分线的性质得，，于是可证明，所以，然后根据菱形的判定方法易得四边形的形状为菱形．
本题考查了复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂直平分线的性质和菱形的判定方法．
【小问1详解】
解：如图所示：
【小问2详解】
解：四边形为菱形，理由如下：
，
，
平分，
，
而，
，
垂直平分，
，，
在和中
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形．
22. 如图，点为线段上任一点，为中点，分别以为边向同侧作等边三角形和等边三角形，点分别为的中点，连．
（1）当点在上运动时，
①求证：；
②求的大小．
（2）若，，则直接写出的长．
【答案】（1）①证明见解析；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①连接，如图所示，由等边三角形性质，结合三角形全等的判定定理证得，进而由全等性质得到，最后根据三角形中位线的判定与性质即可得证；②根据①中得到的三角形中位线及三角形全等，等量代换确定、，根据得到，数形结合即可得到答案；
（2）过作，如图所示，由等腰三角形三线合一及勾股定理求出的相关边长，利用勾股定理求出，再由三角形中位线性质求解即可得到答案．
【小问1详解】
解：①连接，如图所示：
和是等边三角形，
，
点为线段上任一点，
，则，
在和中，
，
，
为中点，点分别为的中点，
是的中位线；是的中位线；
，即；
②由①知是的中位线；是的中位线；
，
，
，
，
，
由①知，则，即，
，
，则；
【小问2详解】
解：过作，如图所示：
是等边三角形，
由三线合一可得是边上的中线，
，
在中，，由勾股定理可得，
，
，
在中，，由勾股定理可得，
由（1）知．
【点睛】本题考查三角形综合，涉及等边三角形性质、手拉手模型证全等、三角形全等的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形三线合一性、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质，灵活运用求证是解决问题的关键．
23. 的三边为，，，定义：若其中两边平方和等于第三边平方的倍（，为正整数），那么这个三角形叫做“阶非凡三角形”．例如：当时，某三角形三边长分别是，2和3，因为，所以这个三角形是“3阶非凡三角形”．
（1）若是“阶非凡三角形”，三边长为，4，，则______．
（2）若是“2阶非凡三角形”（），且，，则的长为______．
（3）如图，在菱形中，交于点，，且是“3阶非凡三角形”，求的值．
【答案】（1）2或3 （2）或
（3）或
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，二次根式的乘法计算，正确理解“阶非凡三角形”的定义是解题的关键；
（1）先求出的值，再根据“阶非凡三角形”的定义求解即可；
（2）先求出的值，再分，和三种情况，讨论求解即可；
（3）根据菱形的性质可得，，根据题意可得或或，据此求解即可．
【小问1详解】
解：，
∵，
∴，，
∴是“阶非凡三角形”或“阶非凡三角形”，即或；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵是“2阶非凡三角形”（），
∴当时，则，
∴或（舍去），
∵，
∴，
∴符合题意；
当时，则，
∴或，
∵，
∴，
∴符合题意；
当时，则，此时不符合题意；
综上所述，或；
【小问3详解】
解：∵四边形菱形，
∴，，
∵是“3阶非凡三角形”，
∴或或，
∴或，
∴或（舍去）或或（舍去），
当时，则，则，
∴；
当时，则，则，
∴；
综上所述，的长为或．
24. 如图，在平面直角坐标系中，，，，连接，，平移至(点与点对应，点与点对应），连接．
（1）①直接写出点的坐标为______．
②判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）如图1，点为边上一点，连接，平分交于，连接．若，求的长；
（3）如图2，为边的中点．若，连接，则的最小值为______，最大值为______．
【答案】（1）①；②四边形为矩形，理由见解析
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）①根据平移的性质可得从点平移至点的距离和方向与点平移至点的距离和方向相同，即可求解；
②根据勾股定理逆定理可得，再根据平移的性质可得且，可证得四边形为平行四边形，即可求解；
（2）在线段上取一点，使，可证得，从而得到，，再证明，可得，，设，由勾股定理得，用x表示相关线段可得到关于x的方程，即可求解；
（3）连接，取的中点连接，，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可得，，再由三角形的三边关系，即可求解．
【小问1详解】
解∶ ①∵平移至（点与点对应，点与点对应），
∴从点平移至点的距离和方向与点平移至点的距离和方向相同，
∵，，
∴点先向左平移个单位，再向上平移得到点，
∵，
∴点；
故答案为：；
②四边形为矩形，理由如下：连接，
∵，，，
∴，
∴，
同理：，，
∴，
∴为直角三角形，即，
∵平移至，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形；
【小问2详解】
∵点，，
∴，
∵平分，
∴，
如图，在线段上取一点，使，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
设则，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
即；
【小问3详解】
解：如图，连接，取中点，连接，，
∵点，，，
∴，，
∵为的中点，为边的中点，
∴，，
∵，
∴的取值范围为．
的最小值为，最大值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和矩形的性质、三角形全等、勾股定理的运用，直角三角形的性质，三角形中位线定理等，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
25. 如图，在正方形中，，点为正方形的对角线上一动点．
（1）如图①，过点作交边于点．当点在边上时，求证：；
（2）如图②，在（1）的条件下，过点作，垂足为点，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由．
（3）如图③，若点是射线上的一个动点，连接，，且始终满足，设，求的最小值．
【答案】（1）证明见解答过程
（2）点在运动过程中，的长度不变，值为
（3）6
【解析】
【分析】（1）连接，证，得，再证，则，即可得出结论；
（2）连接，如图2．首先证得，则有，只需求出的长即可得解；
（3）过点在正方形外构造作，然后取中位线得，从而可得，再构造直角三角形求出即可得出结论．
【小问1详解】
证明：连接，如图1所示：

∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
【小问2详解】
解：的长度不变．理由如下：
连接，与相交于点，如图2．

∵四边形是正方形，
∴，
∵，即，
∴，
∵，即，
，
在和中，
，
∴，
，
∵四边形是正方形，
，，
，
，
，(负值不合题意，已经舍去)
，
∴点在运动过程中，的长度不变，值为；
【小问3详解】
解：如图3所示：过点在正方形外作，使，在上取点，使，连接，

∵四边形是正方形，
，
，，
∴，
∴，
∴，
如图3所示：在上取点，使，连接、，
又∵，
∴，
∴
即：当、、三点共线时，最小，最小值为，
如图3所示：过点作，垂足为，交于，
∵正方形中，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∵
∴是等腰直角三角形，
∵，
，
，
在中，由勾股定理得：，
∴
∴的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．