山东省滨州市滨城区2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份山东省滨州市滨城区2024-2025学年八年级下学期期中考试 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了答卷前，考生务必用0， 第Ⅱ卷必须用0等内容，欢迎下载使用。
温馨提示：
1. 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共8页.满分120分.考试用时120分钟.
2.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的学校、姓名、准考证号填写在答题卡中规定的位置上.
3.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4. 第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带.不按以上要求作答的答案无效.
第Ⅰ卷（选择题 共30分）
一、选择题：本大题共10个小题，在每小题的四个选项中只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．每小题涂对得3分，涂错或不涂不得分，满分30分．
1. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是同类二次根式的概念，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．根据二次根式的性质把各个二次根式化简，根据同类二次根式的概念判断即可．
【详解】解：，
A、与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
B、，与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
C、，与不是同类二次根式，故该选项不符合题意；
D、，与是同类二次根式，故该选项符合题意；
故选：D．
2. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的乘法，二次根式的除法，二次根式的加法以及二次根式的减法，根据各自的运算法则一一计算并判断即可．
【详解】解：．和不是同类二次根式不能合并，故该选项不符合题意；
．，原计算错误，故该选项不符合题意；
．，原计算错误，故该选项不符合题意；
．，原计算正确，故该选项符合题意；
故选：D．
3. 在中，所对的边分别为，则满足下列条件的不是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形的内角和定理．根据三角形内角和定理判断A、B即可；根据勾股定理的逆定理判断C、D即可．
【详解】解：A、，，
最大角为，
不是直角三角形，故本选项符合题意；
是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵，∴，
C、，
，
是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、设，
，
∴，
，即是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
4. 如图，在中，，，，垂足为，，则的长为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，掌握勾股定理是解题的关键．
根据题意得到，由含30度角直角三角形得到，由勾股定理得到，由即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B ．
5. 点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的性质可知，，根据三角形中位线的性质可知，利用勾股定理可求，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求的长度．
【详解】解：在矩形中，，
，，
又点是矩形的对角线的中点，是边的中点，，
，
，
点为的中点，，
．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质、三角形中位线的性质、勾股定理、三角形的性质，解决本题的关键是根据图形的性质求出相关线段之间的关系．
6. 我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》一书中，给出了著名的秦九韶公式，也叫三斜求积公式，即如果一个三角形的三边长分别为，则该三角形的面积为．现已知的三边长分别为，则面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的应用，熟练掌握运算法则是解题的关键．把代入计算即可．
【详解】解：，
，
，
故选：B．
7. 如图，四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A. 当时，平行四边形是菱形
B. 当时，平行四边形是矩形
C. 当时，平行四边形是菱形
D. 当且时，平行四边形是正方形
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形，菱形，正方形的判定，熟练掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理，正方形的判定定理是解此题的关键．
根据有一个角等于的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等且对角线垂直的平行四边形是正方形，逐一判定．
【详解】A．当时，无法确定平行四边形是菱形，故该选项不正确，符合题意；
B．当时，平行四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意；
C．当时，平行四边形是菱形，故该选项正确，不符合题意；
D．当且时，平行四边形是正方形，故该选项正确，不符合题意．
故选A．
8. 如图，在中，，点分别是的中点，顺次连接，在从逐渐增大到的过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A. 平行四边形→菱形→平行四边形
B. 平行四边形→矩形→平行四边形
C. 平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
D. 平行四边形→矩形→正方形→平行四边形
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，是解题的关键．
根据三角形中位线定理，得到，得到，得到四边形是平行四边形，当时，是矩形，，得到，得到是菱形；当时，或时，，∴，四边形是平行四边形，
【详解】连接，
∵E、F、G、H是的各边中点，
∴，
∴，
当时，
∵中，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，是矩形，
∴，
∴，
∴是菱形，
当时，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∴四边形形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形．
故选：A．
9. 如图是我国古代著名的赵爽弦图的示意图，其由四个全等的直角三角形拼接成一个正方形，其中，连结，若，则正方形的边长是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理．根据等腰三角形的判定可得，再由全等三角形的性质以及等腰三角形的性质可得是等腰直角三角形，根据勾股定理可得，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵由四个全等的直角三角形拼接成一个正方形，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴．
故选：A
10. 如图，正方形的边长为，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，并以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…，按照此规律继续下去，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理．根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分、、、的值，根据面积的变化即可找出变化规律“”，依此规律即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二．填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了二次根式有意义的条件．直接利用二次根式有意义则被开方数大于或等于零即可得出答案．
【详解】解：在实数范围内有意义，
故，
解得：．
故答案为：．
12. 如图，在中，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，得到，即可得到答案．
【详解】解：，
，
，
，
故答案为：．
13. 如图，在数轴上以点为圆心，的长为半径画弧，交数轴正半轴于点．根据图中数据，则点所表示的数是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数与数轴、勾股定理，熟练掌握实数与数轴的关系是解题关键．先利用勾股定理可得，再根据数轴的性质即可得．
【详解】解：由题意得：，
∵点位于数轴正半轴，
∴点所表示的数是，
故答案为：．
14. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C，P都在格点（网格线的交点）上，且点在的边上，则的度数是_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用；先计算，，可得，，再进一步求解即可.
【详解】解：∵点A，B，C，P都在格点（网格线的交点）上，且点在的边上，
∴，，
∴，，
∴，，
∴；
故答案为：
15. 如图，若菱形的顶点、的坐标分别为、，点在轴正半轴上，则点的坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的性质可求，，由勾股定理可得，即可求点坐标．
【详解】解：菱形的顶点，的坐标分别为、，
，，
，
点，
，
，
点，
故答案为：．
16. 如图，对“三角形中位线定理” 进行拓展思考，可以提出以下三个命题：
①若，则．
②若，则是的中位线．
③若，则．
以上命题假命题有__________________(填序号)
【答案】③
【解析】
【分析】本题考查了命题与定理以及三角形中位线定理，掌握平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
①是真命题，过点作交边于点，连接，证明四边形是平行四边形得，，再证明四边形是平行四边形得，，然后证明四边形是平行四边形可证结论成立；
②是真命题，作交的延长线于点，证明四边形是平行四边形得，．再证明得，，进而可证结论成立；
③是假命题，画出图形说明即可．
【详解】解：命题①是真命题，理由：
证明：过点作交边于点，连接，
又，
四边形是平行四边形，
，，
∵，
，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
，，
，
四边形是平行四边形，
∴，
∴，
命题②是真命题，理由：
证明：如图，作交的延长线于点，
∵，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
，．
∵，
∴，
，
∵，
∴，
，
，，
∴
是的中位线．
③是假命题，如图，满足，但．故③是假命题．
故答案为：③．
三．解答题：(本大题共8个小题，满分72分.解答时请写出必要的演推过程.)
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
（1）先根据完全平方公式和二次根式的乘法法则计算，再算加减；
（2）先根据二次根式的性质，二次根式的除法，零指数幂的意义化简，再算加减．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：
．
18. 已知，，求：
（1）的值．
（2）的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题考查了完全平方公式的变形计算，平方差公式，二次根式的混合运算．
（1）将字母的值代入，即可求解．
（2）先计算，进而根据完全平方公式变形，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴
19. 如图，在中，，，，的垂直平分线分别交、于点、，
（1）求的长度；
（2）求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）设，则，根据勾股定理列方程，即可得到结论．
【小问1详解】
解：在中，
∵，，，
∴．
【小问2详解】
解：∵垂直平分 ，
∴，
设 ，则，
在中，
∵，
∴，
解得．
∴．
20. 下面是小明在证明“平行四边形的对角相等”这个性质定理时使用的三种添加辅助线的方法，请你选择其中一种，完成证明．
你选择方法______．
证明：
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】解：证明：选择方法一：
如图，连接，

四边形是平行四边形，
，，，
，，
，
在与中，
，
，
，
即平行四边形的对角相等．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的对边相等且平行．
21. 如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到，，，求得，得到，根据勾股定理即可得到结论．
小问1详解】
证明：四边形是菱形，
且，
，
∴
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
．
22. 要证明一个几何命题，一般要经历以下步骤：
试按照以上步骤证明：三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分．
已知：如图，在中，______．
求证：______．
证明：
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了数学语言，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接、，根据三角形中位线定理易证四边形是平行四边形，再根据平行四边形对角线互相平分，即可证明结论．
【详解】解：已知：如图，在中，点、分别是、的中点，是边上的中线．
求证：与互相平分．
证明：如图，连接、，
是边上的中线，
点是的中点，
点、分别是、的中点，
、是的中位线，
，，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
23. 数学学习的主要思想方法是：抽象、推理、模型，逆向思维帮助我们发现和提出问题、演绎推理帮助我们分析和解决问题，建立模型帮助我们深度思考，请同学们完成以下任务：
【任务1】逆向思维：“在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半”
请补充写出它的逆命题：在直角三角形中，如果_______________________，那么_______________________．

【任务2】推理建模：请补充完成任务1中逆命题的推理过程．
已知：如图1，在中，，_______________，
求证：_______________．
证明：延长到点，使，连接．
……
【任务3】模型应用：
动手操作：
第1步：如图2，四边形是一张正方形纸片，先将正方形对折，使与重合，折痕为，再把这个正方形展平；
第2步：如图3，将正方形沿直线折叠，使点的对应点落在上，再把这个正方形展平，连接．
第3步：如图4，延长交于点，连接．
数学思考：（1）图3中的_______________．
（2）图3中的是什么特殊的三角形？说明理由．
（3）图4中，若正方形的边长为，则_______________．
【答案】任务1：如果一条直角边等于斜边得一半，那么这条直角边所对的锐角等于；任务2： ，理由见解析；任务3：（1）30；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】[任务1] 根据原命题写出逆命题即可；
[任务2] 根据命题条件和结论分别补全求证的题干和结论；延长至，使得，连接，即可证明垂直平分，进一步有△是等边三角形，利用三角形内角和定理即可证明；
[任务3]（1）由[任务2]的结论进行求解即可；
（2）由对折的性质可知，，，．可得垂直平分，得到，再证得，最后可证得是等边三角形；
（3）由对折的性质可知，，，，再证明，可得，再求得，从而得出，，由对折的性质知，，可得，得出，再求得，最后由勾股定理求解即可．
【详解】解：[任务1]
逆命题为：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边得一半，那么这条直角边所对的锐角等于．
故答案为：一条直角边等于斜边得一半，这条直角边所对的锐角等于；
[任务2]
已知：如图1，在中，，，
求证：．
证明：延长到点，使，连接．
则，

，
，
，且．
垂直平分．
，
，
则是等边三角形．
．
．
故答案为：，；
[任务3]
（1）如图3，由对折的性质可知，，，．
．
．
故答案为：30；
（2）是等边三角形，理由如下：
如图3，由对折的性质可知，，，．
垂直平分，
，
，
是等边三角形；
（3）是等边三角形，
，
四边形是正方形，
，，
，
由对折的性质可知，，，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
中，，
，
，，
由对折的性质知，，
，
，
，
，
．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形性质，折叠的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，二次根式的混合运算，熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24. 【探究问题】（1）①在正方形中，设其边长为，则对角线，和的数量关系有：___________；
②在菱形中，设其边长为，则对角线和的数量关系有：
___________；
③在矩形中，设，则对角线和的数量关系有：
___________；
【解决问题】（2）如图1，在平行四边形中，设，猜想对角线和，的数量关系有：___________，并证明你的结论；
【知识应用】（3）如图2，在四边形中，，，点为的中点，求的长．
【答案】（1）①；②；③；（2），理由见解析；（3）
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，本题的关键是构造直角三角形，运用勾股定理解题．
（1）①由四边形是正方形，得，运用勾股定理求出，，即可得到结果；
②由四边形是菱形，得，，，在中，由，得到，即可得到结果；
③由四边形是矩形，得，运用勾股定理求出，，即可得到结果；
（2）分别过点，作，，垂足分别为，．证明，运用勾股定理求出，，即可解答；
（3）连接，延长至点，使，连接，．证明四边形是平行四边形，由（1）得，运用勾股定理求出，，即可解答．
【详解】解：（1）①如图1.1，
四边形是正方形，
，，，
，，
；
故答案为：；
②如图1.2，
四边形是菱形，
，，，，
，
，
，
；
故答案为：；
③如图1.3，
四边形是正方形，
，，，，
，，
；
故答案为：；
（2）；
证明：如图1，分别过点，作，，垂足分别为，．
，
四边形是平行四边形，
，．
，
在和中，
，
；
，，
设，，则，．
在中，，
在中，，
．
在中，，
．
；
（3）如图2，连接，延长至点，使，连接，，
，
四边形是平行四边形．
，
，
，
，
，
．平行四边形性质定理：平行四边形的对角相等．已知：如图，四边形是平行四边形．求证：，．
方法一：
证明：如图，连接．

方法二：
证明：如图，延长至点E．

方法三：证明：如图，连接、，与交于点O．