天津外国语大学附属外国语学校2024-2025学年下学期八年级期中 数学试卷（含解析）

这是一份天津外国语大学附属外国语学校2024-2025学年下学期八年级期中 数学试卷（含解析），共13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. 在下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．
最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
【详解】A．，故不是最简二次根式；
B．，故不是最简二次根式；
C．，故不是最简二次根式；
D．是最简二次根式．
故选D．
2. 估计的值应在（ ）
A. 2和3之间B. 3和4之间C. 4和5之间D. 5和6之间
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，无理数的估算．先利用二次根式的运算法则将原式变形为，再利用放缩法估算的范围，即可求解．
【详解】解：，
，
，
，
，
故选D．
3. 若，则化简为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．先判断出，，再利用二次根式的性质化简即可得．
【详解】解：∵，
∴同号，且均不为0，
又∵在中，是被开方数，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
4. 下列命题：
①如果a、b、c为一组勾股数，那么4a、4b、4c仍是勾股数；
②如果直角三角形的两边是3，4，那么斜边必是5；
③如果一个三角形的三边是12，25，21，那么此三角形必是直角三角形；
④一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），那么a2：b2：c2=2：1：1．
其中正确的是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①④D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要依据勾股定理的逆定理，判定三角形是否为直角三角形．
【详解】解①正确，∵a2+b2=c2，
∴（4a）2+（4b）2=（4c）2，
②错误，应为“如果直角三角形的两直角边是3，4，那么斜边必是5”
③错误，∵122+212≠252，
∴不是直角三角形；
④正确，∵b=c，c2+b2=2b2=a2，
∴a2：b2：c2=2：1：1，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握已知三角形ABC的三边满足a2+b2=c2，则三角形ABC是直角三角形．
5. 如图所示，圆柱的高为5米，底面圆的周长为4米．将一条彩带从底面A点开始绕圆柱1圈后，挂在点A的正上方点B处，彩带最短需要（ ）米
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查两点间线段最短和勾股定理在生活中的应用．将曲面问题变为平面问题，然后利用勾股定理计算出斜边长度，是解答本题的关键．
【详解】如解图，长方形是圆柱的侧面展开图，连接，
此时所需彩带最短，最短长度为，
，由题意得米. 米，
由勾股定理得，即 ，
解得米(负值已舍).
故选D.
6. 如图，以各边为直径的三个半圆围成两个新月形（阴影部分）．已知，，则两个新月形（阴影部分）的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理可得，阴影部分面积等于两个小半圆的面积加上的面积，再减去大半圆的面积．
【详解】解：在中，由勾股定理得，
故选B．
【点睛】本题考查勾股定理，圆的面积公式，解题的关键是看懂图中各部分图形间的面积关系．
7. 如图，平行四边形中以点为圆心，适当长为半径作弧，交于，分别以点为圆心大于长为半作弧，两弧交于点，作交于点，连接，若，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查基本作图-作角平分线，掌握平行四边形的性质和判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识是解题的关键．
如图，过点作交于．证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明，推出，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，过点作交于．
四边形是平行四边形，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
平分，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
8. 如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ）
A. 3B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．
【详解】如图：连接BE，
，
∵菱形ABCD，
∴B、D关于直线AC对称，
∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小
∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．，
∵菱形ABCD，，点，
∴，，
∴
∴△CDB是等边三角形
∴
∵点是的中点，
∴,且BE⊥CD，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．
9. 如图，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，连接DE，F为BC上一点，且EF＝DE，连接DF．G为CD上一点，且DG＝CF，连接AG并延长交DE于点M，连接CM，若∠DAM＝α，则∠DCM＝（ ）
A. 2αB. 45°+αC. D.
【答案】B
【解析】
【分析】证明，则，得到，，证明，进一步得到．
【详解】解：∵四边形正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了正方形性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理、等腰三角形的判定和性质，证明是解题的关键．
10. 如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG＋DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DE＝DC；⑥BF＝BC，正确结论的有（ ）个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由菱形的性质及等边三角形的性质就可以得出∠GDB=∠GBD=30°，得出∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG，由四边形的内角和为360°就可以求出∠BGD的值，由直角三角形的性质就可以得出CG=2GD就可以得出BG+DG=CG，在Rt△GBC中，CG＞BC=BD，故△BDF与△CGB不全等，由三角形的面积关系可判断④，结合④和菱形的性质进而得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=CD=AD．∠A=∠BCD
∵∠A=60°
∴∠BCD=60°
∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形
∴∠ADB=∠ABD=60°，∠CDB=∠CBD=60°
∵E，F分别是AB，AD的中点
∴∠BFD=∠DEB=90°
∴∠GDB=∠GBD=30°
∴∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG
∴∠BGD=360°-90°-90°-60°=120°，故①正确；
在△CDG和△CBG中

∴△CDG≌△CBG（SSS）
∴∠DGC=∠BGC=60°
∴∠GCD=30°
∴CG=2GD=GD+GD
∴CG=DG+BG
故②正确．
∵△GBC为直角三角形
∴CG＞BC
∴CG≠BD
∴△BDF与△CGB不全等
故③错误；
∵S菱形ABCD=2S△ADB= 2×AB•DE
=AB•（BE）
=AB•AB
=AB2，故④错误；
∵
∴2DE=CD
故⑤正确；
∵BD＞BF，BD=BC
∴BC＞BF
故⑥错误．
∴正确的有：①②⑤共三个．
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定与性质，综合的知识点较多，注意各知识点的融会贯通．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11. 比较大小：______（填“”、“”或“”）
【答案】
【解析】
【分析】先求出两个数的差，然后根据求出的差的正负，即可求解．
【详解】解：∵，
又∵，，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了实数的大小比较，利用作差法解答是解本题的关键．
12. 当x=时，代数式x²-6x-2的值是________.
【答案】-4
【解析】
【分析】把已知条件变形得到x-3=，再两边平方得到x2-6x+9=7，则x2-6x=-2，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】∵x=，
∴x-3=，
∴（x-3）2=7，即x2-6x+9=7，
∴x2-6x=-2，
∴原式=-2-2=-4．
故答案为-4．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰．
13. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”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．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为_____．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的运用．由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
【详解】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：，
每一个直角三角形的面积为：，
∴大正方形的面积为：，
∴小正方形的面积为：，
．
故答案为：3．
14. 如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，
∴AB=2CD=10，
∵BC=8，
∴AC==6，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴，即，
∴DE=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式．
15. 在▱ABCD中，AD=BD，BE是AD边上的高，∠EBD=20°，则∠A的度数为_________．
【答案】55°或35°．
【解析】
【详解】试题分析：①若E在AD上，如图，∵BE是AD边上的高，∠EBD=20°，∴∠ADB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=55°；
②若E在AD的延长线上，如图，∵BE是AD边上的高，∠EBD=20°，∴∠EDB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=35°．故答案为55°或35°．
考点：1．平行四边形的性质；2．分类讨论．
16. 如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，O为对角线交点，且∠CAE=15°.则∠AEO的度数为__________.
【答案】30°
【解析】
【分析】根据∠BAD的平分线AE交BC于点E，可得∠BAE=45°，由AD∥BC，可得∠AEB=45°，然后由∠CAE=15°，可得∠BAC=60°，即△OAB是等边三角形，因此可得AB=BO=BE，可得 ∠BOE=75°，因此可得∠AEO=∠BEO-∠BEA=30°．
【详解】解∶∵四边形ABCD是矩形．
∴∠BAD=∠ABC=90°， AO=BO=BD=AC；
∵AE是∠BAD的角平分线；
∴∠BAE=45°
∵∠CAE=15°
∴∠BAC=60°
∴△AOB是等边三角形；
∴∠ABO=60°，
∴∠OBE=90°-60°=30°，
∵Rt△ABE中，∠BAE=45°，
∴∠AEB=∠BAE=45°，
∴AB=BE，
∵△ABO是等边三角形，
∴AB= BO，
∴OB= BE，
∴∠BOE=∠BEO= ( 180°-30°) =75°，
∴∠AEO=∠BEO-∠AEB=75°-45°=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形判定和性质等知识，熟练运用矩形的性质及等边三角形的判定及性质是解题的关键．
17. 已知：正方形的边长为8，点E、F分别在上，，与相交于点G，点H为的中点，连接，则的长为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】根据正方形的性质可证，可得，是直角三角形，运用勾股定理可得的值，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点H为中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，掌握全等三角形的判断和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．
18. 如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使D点与BC边的中点D′重合．若BC=8，CD=6，则CF的长为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】设，在中利用勾股定理求出x即可解决问题．
【详解】解：∵是的中点，，，
∴，
由折叠的性质知：，
设，
则，
在中，根据勾股定理得：，
即：，解得，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查翻折变换、勾股定理，解题的关键是利用翻折不变性解决问题，学会转化的思想，利用方程的去思考问题，属于中考常考题型．
19. 如图，矩形的面积为，对角线交于点O，以、为邻边作平行四边，对角线交于点，以、为邻边作平行四边形，…；依此类推，则平行四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由矩形的性质得出，由平行四边形的性质得出，，，从而可得，同理平行四边形的面积是，平行四边形的面积是，平行四边形的面积是，根据规律即可得解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∴同理平行四边形的面积是，平行四边形的面积是，
平行四边形的面积是，
∴平行四边形的面积是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形性质，三角形的面积，矩形的性质等知识点，此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意：等底等高的三角形的面积相等．
20. 如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD，CD于点G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】作辅助线，构建矩形MHPK和直角三角形NMH，利用平行线分线段成比例定理或中位线定理得：MK＝FK＝1，NP＝3，PF＝2，利用勾股定理可得MN的长．
【详解】过M作MK⊥CD于K，过N作NP⊥CD于P，过M作MH⊥PN于H，
则MK∥EF∥NP，
∵∠MKP＝∠MHP＝∠HPK＝90°，
∴四边形MHPK是矩形，
∴MK＝PH，MH＝KP，
∵NP∥EF，N是EC的中点，
∴
∴PF＝FC＝BE＝2，NP＝EF＝3，
同理得：FK＝DK＝1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BDC＝45°，
∴△MKD是等腰直角三角形，
∴MK＝DK＝1，NH＝NP﹣HP＝3﹣1＝2，
∴MH＝2+1＝3，
在Rt△MNH中，由勾股定理得：MN＝
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质和判定、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；本题的关键是构造直角三角形MNH，根据勾股定理计算．
三、解答题（每题8分，共计40分）
21. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的加法运算法则计算即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则计算即可．
【小问1详解】
解：原式＝
＝；
【小问2详解】
解：原式＝
＝
＝．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质并运用性质和法则准确计算是本题的关键．
22. 如图，一个长为15m的梯子斜靠在墙上，梯子的顶端距地面的距离为，
（1）如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端也向后滑动吗？请通过计算解答．
（2）梯子的顶端从处沿墙下滑的距离与点向外移动的距离有可能相等吗？若有可能，请求出这个距离，没有可能请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）有可能，当梯子的顶端从处沿墙下滑时，点向外移动
【解析】
【分析】本题是勾股定理的应用，熟练运用勾股定理是解题的关键．
（1）由勾股定理求出、的长，即可求解；
（2）设梯子顶端从处沿墙下滑的距离为，则，，
在，根据勾股定理列出方程，解之取符合题意的值即可．
【小问1详解】
解：如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端不是向后滑动，理由如下：
在中，，，
由勾股定理得：，
在中，，，
由勾股定理得：，
，
如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端不是向后滑动；
【小问2详解】
解：梯子的顶端从处沿墙下滑的距离与点向外移动的距离有可能相等，理由如下：
由（1）可知，，
设梯子顶端从处沿墙下滑的距离为， 则，，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，（不符合题意，舍去），
所以，当梯子的顶端从处沿墙下滑的距离是时，与点向外移动的距离有可能相等．
23. 如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点E、F分别为、的中点，连接、．
（1）求证：；
（2）若，且，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，掌握平行四边形性质和全等三角形的判定定理是解题关键．
（1）由平行四边形性质，，再结合中点条件，利用“”即可证明．
（2）根据题意得出为等腰三角形，由F是的中点，可得，利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
证明：∵平行四边形，
∴，，，
∴，
∵点E，F分别为，的中点，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
解：∵，且，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴为等腰三角形，
∵点F是的中点，
∴，
在中，，，
由勾股定理得：．
24. 如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用性质进行推理是本题的关键．
（1）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可得，由菱形的判定可证四边形是菱形；
（2）由勾股定理求得，设，则，在中，，代入数据解答即可得解．
【小问1详解】
证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，且，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴的长为3．
25. 如图1，在平面直角坐标系中有长方形，点，将长方形沿折叠，使得点B落在点D处，边交x轴于点E，．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，点N为的中点，在直线上是否分别存在点M，使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）点P为y轴上一动点，作直线交直线于点Q，存在点P使得为等腰三角形，请直接写出的度数．
【答案】（1）
（2）存在，最小值
（3）存在点P使得为等腰三角形，的度数为或
【解析】
【分析】（1）过点D作于点F，利用矩形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理求得，利用折叠的性质得到，再利用勾股定理，含角的直角三角形的性质求得，即可得出结论；
（2）过点E作并延长交于点H，连接，交于点M，利用全等三角形的判定与性质得到点E与点H关于对称，由将军饮马模型可知：此时的周长最小．最小值为；利用直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得，即可得出结论；
（3）利用分类讨论的思想方法解答：当点P在点O的下方时，①时，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；②时，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；存在的情形；当点P在点O的上方时，此种情况不存在；当点P在点C的上方时，同样也不存在为等腰三角形．
【小问1详解】
解：过点D作于点F，如图，
∵点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴．
∴，
∴．
∵将长方形沿折叠，使得点B落在点D处，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴点D的坐标为；
【小问2详解】
解：在直线上存在点M，使得的周长最小．
过点E作并延长交于点H，连接，交于点M，如图，
∵将长方形沿折叠，使得点B落在点D处，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴点E与点H关于对称，
∴．
则由将军饮马模型可知：此时的周长最小．最小值为．
∵点N为的中点，
∴，
由（1）知：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴的周长的最小值为；
小问3详解】
解：当点P在点O的下方时，
①时，如图，
由（1）知：，
∵，
∴，
∴；
②时，如图，
∵，
∴，
∴．
③不存在的情形；
当点P在点O的上方时，如图，
若，则，
∴，
∴，
∴与重合，此种情况不存在．
当点P在点C的上方时，如图，
同样也不存在为等腰三角形，
综上，存在点P使得为等腰三角形，的度数为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，点的坐标的特征，分类讨论的思想方法，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．