湖北省武汉市黄陂区部分学校2024-2025学年下学期八年级 数学期中试卷（含解析）

这是一份湖北省武汉市黄陂区部分学校2024-2025学年下学期八年级 数学期中试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题）
1．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．下列各式中，属于同类二次根式的是（ ）
A．与B． 与C． 与D． 与
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知的对角线交于点，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．当时，它是菱形
B．当时，它是矩形
C．当时，它是菱形
D．当时，它是正方形
5．红色的“中国结”是一种喜庆的吉祥物，她是中华民族团结的象征．乐乐家也有一搹这样的中国结挂饰．他想求两对边间的距离，于是利用所学的知识抽象出如图所示的菱形，测得，，直线过点且与垂直，分别与、交于、，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．“赵爽弦图”是我国古代数学的伟大成就，它巧妙的利用面积关系证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形的较长的直角边为，较短的直角边为，若图中大正方形的面积为，线段的长为，则图1中的直角三角形面积为（ ）
A．6B．5C．4D．3
7．如图铁路上、两点相距千米，、为铁路两边的两个村庄，，，垂足分别为和，千米，千米，现在要在铁路旁修建一个候车点，使得、两村到该候车点的距离相等．则候车点应距点（ ）

A．12千米B．16千米C．20千米D．24千米
8．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，若是直角三角形，则的值不可能是( )
A．0B．1C．2D．4
9．如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下个结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有( )
A．4B．3C．2D．1
10．如图，在等边中，、分别在、边上，且．以为边长作等边，连接、，当时，的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
11．．
12．在实数范围内因式分解： ．
13．依次连接菱形各边中点所得到的四边形是 ．
14．如图，以点O为圆心的三个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积四等分，则这三个同心圆由小到大的半径之比为： ．
15．【数学活动】：如图，用一张正方形的纸片按如下方式折叠：先将纸片对折得到折痕，再沿过点的直线翻折纸片，得到折痕，使点落在上的点处，连接、，与交于点．则下列结论：①；②为等边三角形；③；④．其中正确的序号为 ．
16．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴和轴的正半轴上，，，、两点分别在、边上，且，若，则点的坐标为 ．
三、解答题（本大题共8小题）
17．计算：
（1）
（2）
18．如图，在平行四边形中，已知M和N分别是边的中点，求证，四边形是平行四边形．
19．先化简，再求值：，其中m=+1．
20．如图，平行四边形中，于点，延长至点，使，连接、、．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，，求长．
21．在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，每个小正方形的顶点称为格点，四边形都是平行四边形，其中点、均为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．
（1）在图1中，点、、为格点，请在边上找到一点，使得；
（2）在图2中，点、为格点，点是边上任意一点，连接，在上找到一点，使得；
（3）在图3中，点、均为格线上的点，点是边上任意一点，连接，在边上找到一点，使得．
22．机动车和非机动车“各行其道”，可以确保各类交通工具在各自的道路上顺畅行驶，避免相互干扰，从而降低交通风险，减少拥堵和延误，提高道路通行效率，缓解城市交通压力．为了提高市民“各行其道”的意识，我区宣传车对广大出行群众进行“各行其道”宣传．如图，一笔直公路，村庄A到公路的距离为，若在宣传车P方圆以内能听到广播宣传，那么宣传车P在公路上沿方向行驶时：
（1）村庄能否听到宣传？请说明理由．
（2）如果能听到，已知宣传车的速度是，那么村庄总共能听到多长时间的宣传？
23．（1）如图1，等腰中，，，、分别在边和边的延长线上，且，若是的中点，是的中点，连接，求线段的长度．
（2）如图2，中，，，是形外一点，，试判断线段、和的数量关系；并证明．
（3）如图3，四边形中，，，，若，，直接写出的面积的值（不需要过程，只写结果）．
24．在平面直角坐标系中，在轴的正半轴上．
（1）如图1，以为斜边在第一象限内作等腰，点为边上一动点，过作的垂线交于轴于点．
①直接写出点的坐标：__________（用含的式子表示）；
②四边形的面积为，若将三角形的面积分成两部分，求点的坐标；
（2）如图2，以为一边在第一象限内作，再将绕原点逆时针旋转得到，使的对应边落在轴的负半轴上，、分别是与线段和轴的交点，若，，求的长．
参考答案
1．【答案】A
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可．
【详解】解：式子在实数范围内有意义，
，
解得．
故选A．
2．【答案】C
【分析】化简各选项后根据同类二次根式的定义判断．
【详解】A、与的被开方数不同，所以它们不是同类二次根式；故本选项错误；
B、与的被开方数不同，所以它们不是同类二次根式；故本选项错误；
C、与的被开方数相同，所以它们是同类二次根式；故本选项正确；
D、是三次根式；故本选项错误．
故选C．
3．【答案】B
【分析】根据二次根式的性质以及二次根式的减法和除法进行计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项正确，符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项不正确，不符合题意；
故选B．
4．【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定逐一进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原结论不一定正确，符合题意，选项正确，
故选D．
5．【答案】A
【分析】根据菱形的性质，得出，，，推出是等边三角形，，根据勾股定理求出，则，最后根据，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故选A．
6．【答案】C
【分析】由图形2可知，中间四边形的边长为的小正方形，由大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积得出，再结合即可得出，进而求得，即可求解．
【详解】解：由图形2可知，中间四边形的边长为的小正方形，
∵大正方形的面积为，
∴，
∵，
∴图2中小正方形的边长为3，
∴
又∵大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积，
∴，
∴，
∴
∴图1中的直角三角形面积为
故选C．
7．【答案】B
【分析】设，则，利用勾股定理得到，则，解方程即可．
【详解】解：设，则，
，，，两村到候车点的距离相等，
，
，
，
解得：，
则候车点应距点．
故选B．
8．【答案】C
【分析】分，，三种情况考虑：当时，点在轴上，进而可得出；当时，点在轴上，进而可得出；当时，利用勾股定理可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值．综上，对照四个选项即可得出结论．
【详解】解：分三种情况考虑：
当时，；
当时，，解得：；
当时，，即，
解得：，．
综上所述：的值可以为，，，．
故选C．
9．【答案】A
【分析】连接，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，根据全等三角形的性质，进而判断①②③，根据垂线段最短，当正三角形的边与垂直时，边最短，进而计算，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
四边形为菱形，，
，，
和为等边三角形，
，，
，即
又
在和中
，
，；故①正确
是等边三角形，故②正确；
四边形为菱形，
，
，故③正确；
④由“垂线段最短”可知：当正三角形的边与垂直时，边最短
的面积会随着的变化而变化，且当最短时，正三角形的面积会最小，
又，正三角形的高为
的面积则此时的面积就会最大．
，故④正确；
∴正确的结论为：①②③④．
故选A．
10．【答案】A
【分析】连接，过点作交的延长线于点，证明，，得出，是等边三角形，进而可得，设，则，进而得出是等腰直角三角形，得出的长，进而根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，过点作交的延长线于点，
∵，是等边三角形，
∴
∴
∴
∴
在中，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∵，
∴，
又∵，
∴，
在中，
∴
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
设，则，
∴
∵,
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴，
∵
∴
故选A．
11．【答案】
【分析】根据二次根式的运算法则进行计算即可求解．
【详解】解：
12．【答案】
【分析】先提取公因式，再利用公式分解因式即可．
【详解】解：.
13．【答案】矩形
【分析】连接、交于，根据三角形的中位线定理推出，，得出四边形是平行四边形，根据菱形性质推出，推出，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接、交于，
、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，，
，
，
平行四边形是矩形.
14．【答案】
【分析】设大圆面积为．利用圆面积公式分别求出、、即可解决问题．
【详解】解：设大圆面积为．则有， ， ，
∴，，，
∴.
15．【答案】①②③
【分析】由折叠得：，垂直平分，，故，那么为等边三角形，即可判断①②；由四边形是正方形得到，那么，由三角形内角和定理可得，故③正确；对于和，通过勾股定理计算说明不相等即可．
【详解】解：由折叠得：，垂直平分，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
故①②正确，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵为等边三角形，，，
∴，，
设，则，
由勾股定理得：，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴在中，，
而，
∴，故④错误，
故正确的有：①②③.
16．【答案】
【分析】过点作，过点作，并延长交延长线于点，设，根据三角形全等得到，则，求出直线解析式，代入点求出，即可求解．
【详解】解：过点作，过点作，并延长交延长线于点，如下图：
则，
∴，
∴
在矩形中，，
∴
∴四边形为矩形
∴，，
∴
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，
设，则，
设直线解析式为
∵，，
∴
∴，代入得，，解得，
又∵点在直线上，
∴
解得，即
∴
∴点坐标为
17．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用二次根式的乘法以及完全平方公式计算．
【详解】（1）解：
（2）
18．【答案】见详解
【分析】根据平行四边形的性质，得到，中点得到，进而得到，再根据，即可得证．
【详解】证明：∵平行四边形，
∴，
∵M和N分别是边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
19．【答案】
【分析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将m的值代入即可解答本题．
【详解】=
=
=，
当m=+1时，原式=．
20．【答案】（1）见详解
（2）
【分析】（1）由四边形是平行四边形得到，，又由得到，则，最后由即可得到结论；
（2）证明是直角三角形，，则，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为矩形；
（2）∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴，
21．【答案】（1）见详解
（2）见详解
（3）见详解
【分析】（1）取的格点连接交于点，点即为所求；
（2）取的中点，的中点，连接交于点，点即为所求；
（3）取的中点，的中点，连接交于点，连接交于点，连接即可．
【详解】（1）解：如图①中，线段即为所求；
（2）解：如图②中，点即为所求；
（3）解：如图③中，线段即为所求．
22．【答案】（1）村庄能听到宣传，理由见详解
（2）村庄总共能听到8分钟的宣传
【分析】（1）根据村庄到公路的距离为600米米，即可判断；
（2）假设当宣讲车行驶到点开始影响村庄，行驶点结束对村庄的影响，利用勾股定理求出的长度，即可求出时间．
【详解】（1）解：村庄能听到宣传，
理由如下：过点作于，
村庄到公路的距离为600米米
村庄能听到宣传；
（2）解：如图，假设当宣讲车行驶到点开始影响村庄，行驶点结束对村庄的影响，
则米，米，
（米），
（米），
影响村庄的时间为：（分钟），
村庄总共能听到8分钟的宣传．
23．【答案】（1）；（2），见详解；（3）
【分析】（1）连接，进而根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理以及斜边上的中线的性质得出，，进而根据勾股定理，即可求解；
（2）过点作交的延长线于点，连接，可得是等腰直角三角形，证明，得出，进而根据勾股定理即可得证；
（3）作等腰直角，则，等腰直角，连接，证明得出,，进而证明三点共线，设，根据三角形的外角的性质结合已知得出，则，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接
∵等腰中，，，、分别在边和边的延长线上，且，
∴是等腰直角三角形，，
∵是的中点，是的中点，
∴，，
∴
在中，
（2）解：如图所示，过点作交的延长线于点，连接，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在中，
∵，
∴
（3）如图，作等腰直角，则，等腰直角，连接，

∵，
∴
∵,
又∵
∴三点共线，
设
又∵
∴
∴
∴
设，则，
在中，
∴
解得：（舍去）
∴，则
∴的面积为．
24．【答案】（1）①；②或
（2）
【分析】（1）①过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等腰三角形的性质可得，即可得出点的坐标；
②根据题意得出，证明进而得出，根据题意，分类讨论，，，分别求得的长，即可求解；
（2）勾股定理求得，，勾股定理的逆定理得出是直角三角形，且，根据旋转的性质可得，则，根据平行线的性质可得，设得，进而可得，则，可得，再根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：①如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∵等腰，在轴的正半轴上，
∴
∴
②∵，轴，
∴,，
又∵
∴四边形是矩形，
∵
∴四边形是正方形，
∵
∴，
∵
∴
∵等腰，
∴，
又∵，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴,
∴
∵将三角形的面积分成两部分，
当
∴
∴
当
∴
∴
综上所述，或
（2）解：设
∵，将绕原点逆时针旋转得到，
∵
∴
∴
∵
则
∴
∵
∴
∴是直角三角形，且
∵将绕原点逆时针旋转得到，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴．