广东省东莞市八年级下学期4月期中数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省东莞市八年级下学期4月期中数学试题（解析版）-A4，共21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。
（时间120分钟；满分120分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 二次根式有意义的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式被开方数为非负数，即可解答．
【详解】解：有意义，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数是非负数是解题的关键．
2. 下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查勾股定理逆定理，欲判断能否构成直角三角形，只需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．解题的关键是掌握勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则是直角三角形．
【详解】解：A．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D．，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次根式的计算．根据题意，逐项计算判断即可．
【详解】解：A.，此项不正确；
B.，此项正确；
C.不能再化简，此项不正确；
D.不能再化简，此项不正确．
故选：B．
4. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式，依据定义准确判断是解题关键．
5. 如图，在中，，，若，则的值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、勾股定理，由题意可得为等腰直角三角形，从而可得，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】解：∵在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：D．
6. 如图，长方形OABC的边OA长为2，AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（ ）.
A. 2.5B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理计算即可得出结论.
【详解】解：设交正半轴与点E，根据题意知OE=OB
Rt△OAB中，,故
故选C.
【点睛】本题考查了尺规作图和勾股定理的应用，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握利用勾股定理求直角三角形中边长问题.
7. △ABC中，AB＝7，BC＝6，AC＝5，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（ ）
A. 4.5B. 9C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，可以判断DF、FE、DE为三角形中位线，利用中位线定理求出DF、FE、DE与AC、AB、CB的长度关系即可解答．
【详解】解：如图，∵点D、E、F分别是三边中点，
∴DE、EF、DF为△ABC的中位线，
∴，DF＝AC＝×5＝，
∴△DEF的周长＝++3＝9，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
8. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A. 两直线平行，同位角相等B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 菱形的四条边相等D. 矩形的对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了真假命题，逆命题，
先写出逆命题，再判断真假即可．
【详解】因为“两直线平行，同位角相等”的逆命题是“同位角相等，两直线平行”，是真命题，所以A不符合题意；
因为“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是真命题，所以B不符合题意；
因为“菱形的四条边相等”的逆命题是“四条边相等的四边形是菱形”是真命题，所以C不符合题意；
因为“矩形的对角线相等”的逆命题是“对角线相等的四边形是矩形”是假命题，所以D符合题意．
故选：D．
9. 如图，在矩形中，与交于，，，是上不与和重合的一个动点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，，则的值为（ ）
A. 2.4B. 4.8C. 5D. 10
【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，熟练掌握各性质并利用面积法是解题的关键．
连接，过点A作于G，利用勾股定理列式求出，再利用三角形的面积求出，然后根据的面积求出即可．
【详解】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
∴由勾股定理可得：，
，即，
解得：，
在矩形中，
，，
，
故，
故选：B．
10. 如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（ ）
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理，由菱形的性质可得，，，，，证明得出，证明是的中位线，得出，，故①正确；连接，
证明、是等边三角形，四边形为菱形，故④正确；证明，得出，故②错误；由，，得出，故③正确；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴，四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵是的中位线，
∴，，
∴，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 平行四边形中，，则______．
【答案】##130度
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质，对角相等，邻角互补可知可知：．把代入可求解．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，
∴，而，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
12. 若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的非负性，求代数式的值，由非负数的性质可得，，求出，，代入代数式计算即可得解．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
13. 如图，一棵大树（树干与地面垂直）在一次强台风中于离地面3米的处折断倒下，倒下后的树顶与树根的距离为4米，则这棵大树在折断前的高度为________米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，由题意可得米，米，，由勾股定理求出米，即可得解．
【详解】解：由题意可得：米，米，，
由勾股定理可得：米，
∴这棵大树在折断前的高度为米，
故答案为：．
14. 如图，在中， ，点是斜边上的中点，连接，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查含30度角的直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，根据含30度角的直角三角形的性质，推出为等边三角形，进而求出的长，勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵ ，
∴，，
∵点是斜边上的中点，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
15. 如图，在中，，，，为边上一动点，作于，于，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、矩形判定与性质、垂线段最短，连接，由勾股定理逆定理得出，证明四边形为矩形，得出，由垂线段最短可得当时，最小，此时也最小，由等面积法求出，即可得解．
【详解】解：如图：连接，
，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∵于，于，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
当时，最小，此时也最小，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
三、解答题（一）（本大题共2小题，每小题5分，共10分）
16. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握运算法则，根据二次根式加、减、乘、除混合运算法则进行计算即可．
【详解】解：
．
17. 如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好组合得到如图2所示的四边形．若，．求的长；
【答案】2
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，
先根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出答案即可.
【详解】解：在中，，
在中，.
四、解答题（二）（本大题共2小题，每小题7分，共14分）
18. 已知，，求下列各式的值：
（1）
（2）
【答案】（1）12 （2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式混合运算，求代数式的值，完全平方公式，平方差公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由题意可得，再将所求式子变形为，整体代入计算即可得解；
（2）由题意可得，再将所求式子变形为，整体代入计算即可得解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴．
19. 八年级（3）班同学要在广场上布置一个矩形的花坛，计划用红花摆成两条对角线，
（1）如果一条对角线用了18盆红花，还需要从花房运来________盆红花．
（2）如果矩形较短的边为，两条对角线所夹的锐角为；求该矩形花坛的面积．
【答案】（1）18 （2）
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，解题关键是熟练掌握矩形的对角线互相平分且相等的性质．
（1）根据矩形的对角线相等且互相平分，即可得出结果；
（2）由矩形的性质可知，，，，由，可知是等边三角形，得，，再结合矩形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴一条对角线用了18盆红花，
∴还需要从花房运来红花18盆；
故答案为：18；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
在中，，
∴．
五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
20. 阅读理解材料：把分母中的根号化掉叫做分母有理化，例如：
①；②
等运算都是分母有理化．根据上述材料，解答下列问题：
（1）________
（2）________
（3）计算：
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】此题主要考查分母有理化，准确找出分母有理化因式是解题的关键；
（1）直接找出有理化因式，进而分母有理化得出答案；
（2）直接找出有理化因式，进而分母有理化得出答案；
（3）利用已知分别化简各二次根式，进而求出答案
【小问1详解】
解：原式；
故答案为：；
【小问2详解】
解：原式；
故答案为：；
【小问3详解】
解：
21. 图1是某超市的购物车，图2为其侧面简化示意图，测得支架，，两轮中心的距离，滚轮半径．
（1）判断的形状，并说明理由．
（2）若购物车上篮子的左边缘与点的距离，，且，和都与地面平行，求购物车上篮子的左边缘到地面的距离．（结果精确到）
【答案】（1）是直角三角形；理由见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理逆定理、三角形面积公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据勾股定理逆定理计算即可得解；
（2）由题意可得，由勾股定理可得，过点作于点，由等面积法求出，即可得解．
【小问1详解】
解：是直角三角形；理由如下：
∵
∴
∴是直角三角形；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
在中，，
如图2，过点作于点，
∴，
∴
∴物车上篮子的左边缘到地面的距离为．
22. 小颖新房买了一盏简单而精致的吊灯（图1），其正面的平面图如图2所示，四边形是一个菱形外框架，对角线，相交于点，四边形是其内部框架，且点、在上，．
（1）求证：四边形内部框架为菱形．
（2）若，为的中点，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析；
（2）24．
【解析】
【分析】（1）通过为菱形得到，，又，所以可知，从而得到为平行四边形，再通过对角线垂直进而可知其为菱形．
（2）易知是直角三角形，为斜边的中点，得到，进而可得到是等边三角形，再通过角度计算出，再通过勾股定理求出，进而可得到四边形的周长．
【详解】解：（1）证明： ∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2） ∵，
∴是直角三角形．
∵为的中点，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵．
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形．
∴．
在中，，
∴
∴（负值舍去）．
∵四边形为菱形，
∴菱形的周长为．
【点睛】本题考查菱形的证明及基本性质，等边三角形性质，勾股定理、直角三角形斜边上中线等于斜边一半，熟练掌握基本知识点是解题关键．
六、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
23. 折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
图1 图2
【操作】如图1，在矩形中，点在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点落在点处，与交于点．
【猜想】请直接写出线段的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点落在点处，点落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】[猜想] ；[应用]（1）,理由见解析；（2）5
【解析】
【分析】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键．
【猜想】根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得解；
【应用】（1）根据折叠的性质得到，根据矩形的性质推出，则，根据等腰三角形的判定即可得出，结合即可得解；
（2）根据矩形的性质、折叠的性质得出，，，设，则，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：【猜想】
矩形纸片沿所在的直线折叠，
，
四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：；
【应用】
（1）；理由如下：
由四边形折叠得到四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
即；
（2）矩形沿所在直线折叠，
，，，
设，
，
在中，，
，
，
解得，
，
．
24. 如图1，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，若，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒．若点为直线上的一点，当运动时间为何值时，以、、、构成的四边形是菱形？
【答案】（1）见解析 （2）四边形是矩形，理由见解析
（3）当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由平行四边形的性质可得，推出，证明，得出，即可得证；
（2）由平行四边形的性质可得，由全等三角形的性质可得从而得出，求出，即可得解；
（3）由勾股定理可得，由平行四边形的性质可得，从而得出，表示出，再分两种情况：以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则；以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则；分别求解即可．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形是矩形
【小问3详解】
解：∵，，，
∴，
∵四边形和四边形都是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则，
，
∴，
解得；
如图3，以、、、构成四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则，
∵，且，
∴，
解得，
综上所述，当运动时间为3秒或秒时，以、、、构成的四边形是菱形．