广东省广州市广东第二师范学院广州南站附属学校2024--2025学年下学期八年级数学期中试卷（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答卷时，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和座位号、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡相应位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共计30分．在每小题给出的4个选项中只有一项是符合题目要求的）
1. 下列各式中，哪个是最简二次根式（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】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，这样的二次根式，叫做最简二次根式．一般解题方法是：只要被开方数中是分数或小数，一定不是最简二次根式；被开方数中含有能开得尽方的因数，也一定不是最简二次根式．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故此选项不符合题意；
B.、，不是最简二次根式，故此选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故此选项符合题意；
D、，不是最简二次根式，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的概念是解题的关键．
2. 在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为（ ）
A. 3B. 4C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
直接利用勾股定理解答即可．
【详解】解：这个直角三角形的斜边长，
故选：C．
3. 如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到和的中点D、E，测量得米，则A、B两点间的距离为（ ）
A. 30米B. 32米C. 36米D. 48米
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到．
【详解】解：∵D、E分别是、中点，
∴是的中位线，
∴，
∵米，
∴米，
∴A、B两点间的距离为32米．
故选：B
4. 如图，在中，，D为中点，若，则的长是（ ）


A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而可得答案．
【详解】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
5. 如图，一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，则木杆折断之前的高度为（ ）
A. 5mB. 7mC. 8mD. 9m
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用，设折断部分的高度为，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设折断部分高度为，由题意和勾股定理，得：，
∴木杆折断之前的高度为；
故选C．
6. 在下列给出的条件中，不能判定四边形一定是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，属于基本题型，熟练掌握平行四边形常见的判定方法是解题的关键．根据平行四边形的判定方法（①有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，④对角线互相平分的四边形是平行四边形，⑤有两组对边分别平行的四边形是平行四边形）逐项判断即得答案．
【详解】解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、根据，，可能得出四边形是等腰梯形，不一定能推出四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
C、∵，，
∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、∵，，
∴四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．
故选：B．
7. 下列命题的逆命题成立的是（ ）
A. 如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等B. 菱形的对角线互相垂直
C. 平行四边形的对角线互相平分D. 矩形的对角线相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了命题与定理的知识，特殊四边形的判定和性质及绝对值的性质，解题的关键是会写出一个命题的逆命题．
写出原命题的逆命题后判断正误即可．
【详解】解：A、逆命题为：如果两个实数的绝对值相等，那么它们相等，不成立，不符合题意；
B、逆命题为：对角线互相垂直的四边形是菱形，不成立，不符合题意；
C、逆命题为： 对角线互相平分的四边形是平行四边形，成立，符合题意；
D、逆命题为：对角线相等的四边形是矩形，不成立，不符合题意，
故选：C．
8. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，过点作轴于，过点作轴于，可证，得到，，进而由点的坐标得到，，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作轴于，过点作轴于，则，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵点的坐标分别为，，，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：C．
9. 如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，解题的关键是掌握等腰三角形的两个底角相等．
本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质来解决．
【详解】解：∵是正方形，
∴，，
∵三角形是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴．
故选：B．
10. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
连接，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】如图，连接，

四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
．
．
故选：A．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分）
11. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式有意义条件，根据二次根式有意义的条件得出，计算求解即可．
【详解】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴，
解得：，
故答案为：．
12. 已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为_______．
【答案】30
【解析】
【分析】由勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，由三角形面积公式即可得出结果．
【详解】解：∵△ABC的三边长分别为5、12、13，，
∴△ABC是直角三角形，
∴△ABC的面积＝，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形面积公式，证明△ABC是直角三角形是解题的关键．
13. 已知菱形的对角长，，则菱形的面积为________．
【答案】36
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质，解题的关键是记住菱形的面积等于对角线乘积的一半，属于中考常考题型．
根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴菱形的面积．
故答案为：36．
14. 如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点．若△ADE的周长为5，则△ABC的周长为________．
【答案】10
【解析】
【分析】根据中位线定理以及相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】解：∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴，，
∴，
∴ ,
∵，
∴；
故答案为：10．
【点睛】本题考查了中位线定理及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解题的关键．
15. 如图，将矩形沿直线折叠，顶点D恰好落在 边上的点F处，若，，则__________．

【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠前后对应边相等，以及直角三角形两直角边平方和等于斜边平方．
由折叠可知，，，根据勾股定理得出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求出x的值即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠可知，，，
∴在中，，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴，
故答案为：3．
16. 如图，在中，，，，点D是斜边上的一个动点，把沿直线翻折，使点A落在点处，当平行于的一条直角边时，的长为________．

【答案】或
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，直角三角形的特征，等腰三角形的判定及性质等；由直角三角形的特征得，①当时，由折叠的性质得，，由等腰三角形的性质得，，即可求解； ②当时，由折叠性质得，由勾股定理得即可求解；掌握相关的性质，能进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：，，
，，
①当时，

由折叠得：，
，
，
由折叠得：，
，
，，
，，
；
②当时，

，
，
，
由折叠得：，
，
，
，
，
故答案：或．
三、解答题（本大题共72分，解答题写推理过程或演算步骤．）
17. （1）
（2）
【答案】（1）0；（2）
【解析】
【分析】（1）先利用二次根式的性质化简，再合并同类二次根式；
（2）先计算二次根式的乘法和除法，再利用二次根式的性质化简．
【详解】解：（1）
；
（2）
．
【点睛】本题考查二次根式的加减运算、乘除运算，解题的关键是掌握二次根式的性质及运算法则．
18. 已知： 求：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查代数式求值，二次根式混合运算，平方差公式，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
（1）直接把a、b值代入计算即可；
（2）把化成，再把a、b值代入计算即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴；
【小问2详解】
解：∵，
∴
.
19. 如图，在□ABCD中，E，F分别在AD，BC上，且AE=CF，连结BE、DF．求证：BE=DF．
【答案】详见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形性质得出AD∥BC，AD=BC，求出DE=BF，DE∥BF，得出四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形性质推出即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形DEBF是平行四边形是解决问题的关键．
20. 如图，每个小正方形的边长都为1．
（1）填空：________，________，________；
（2）是直角吗？请说明理由．
【答案】（1），，，
（2），理由见解析
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，熟记定理的含义是解本题的关键；
（1）直接利用勾股定理计算即可；
（2）利用勾股定理的逆定理证明即可．
【小问1详解】
解：∵每个小正方形的边长为1，
∴，，；
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，
∴．
21. 如图，在中，，，，点是外一点，连接，，且，．

（1）求证：；
（2）求四边形面积．
【答案】（1）见解析 （2）36
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理以及三角形的面积．
（1）在中，利用勾股定理可求出的值，进而可求出的长；
（2）由，，的长，可得出，进而可证出是直角三角形且，利用三角形的面积公式可求出及的值，将其代入中即可求出四边形的面积．
【小问1详解】
证明：在中，，，，
，
．
【小问2详解】
解：，，
，
由（1）知，即，
，
是直角三角形，且，
；
由（1）知在中，，，，
．
．
22. 如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，分别连接BE、DF、BD．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）当△ABD满足什么条件时，四边形EBFD是菱形，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）∠ABD=90°，见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件证明即可；
（2）由菱形的性质逆推：BE=DE，因为∠EBD+∠EDB+∠A+∠ABE=180°，所以∠ABD=∠ABE+∠EBD=×180°=90°，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，AB=CD．
∵点E、F分别是AD、BC的中点，
∴AE=AD，FC=BC．
∴AE=CF．
在△AEB与△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（SAS）．
（2）解：
∵ 为AD的中点，


四边形EBFD菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质以及菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，题目的综合性较强，难度中等．
23. 勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人着迷．
（1）应用场景1—在数轴上画出表示无理数的点．如图1，在数轴上找出表示3的点A，过点A作直线l垂直于OA，在l上取点B，使，以原点O为圆心，OB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是 ；
（2）应用场景2—解决实际问题．如图2，秋千由静止铅锤位置AB推至AC处，它的绳索始终拉直，量得水平距离，求绳索的长．
【答案】（1）
（2）绳索AC的长为
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理求出，根据实数与数轴解答即可．
（2）设秋千的绳索长为xm，根据题意可得，利用勾股定理可得，即可得到结论．
【小问1详解】
在中，OB＝＝＝，
∴，
∴点C表示的数是，
故答案为：；
【小问2详解】
解：设秋千绳索AC的长度为，
由题意可得AC＝AB＝，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，
即AC的长度为，
答：绳索AC的长为．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AD，AC的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
24. 如图，在中，，D为边的中点，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了菱形判定与性质、含30度角的直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
（1）先证出四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证；
（2）先利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得的长，从而可得的长，再根据菱形的性质求解即可得．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵在中，，为边的中点，
∴，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵在中，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，，
∴，
解得，
∴，
∵为边的中点，
∴，
则四边形的周长为．
25. 如图是以为对角线的矩形和矩形，且平分．
（1）连接，，求证；
（2）尺规作图：作的平分线交于点G，连接．
①求证；
②若，，求和的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）①图见解析，证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据平行线的性质可得，，从而可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）①先根据角平分线的尺规作图的方法作的平分线，再交于点G，连接即可；先证出，再证出，从而可得，然后证出是等腰直角三角形，由此即可得证；
②先利用勾股定理求出，再延长，交于点，证出是等腰三角形，然后利用等腰三角形的三线合一可得，利用直角三角形的性质即可得的长，利用的面积公式即可得的长．
【小问1详解】
证明：如图，连接，，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，
∴，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：①尺规作图如下：
由（1）已证：，
∵平分，
∴，
∴，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，
∴，即，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴．
②设，
则，
解得，
∴，
∵，
∴，
如图，延长，交于点，
∵，，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，点是的中点，
则在中，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题关键．