广东省广州市第九十七中蓝天学校2024-2025学年下学期八年级数学期中考试卷（原卷版+解析版）

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一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，满分30分．下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．）
1. 若使有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了二次根式有意义的条件，解一元一次不等式，根据二次根式的二次根式有意义的条件即可求出的范围，解题的关键是熟练掌握二次根式有意义的条件．
【详解】解：∵有意义，
∴，则，
故选：C．
2. 下列各组线段 中，能构成直角三角形的是（ ）
A. 2，3，4B. 3，4，6C. 5，12，13D. 4，6，7
【答案】C
【解析】
【详解】解：选项A，22+32=13≠42，不符合题意；
选项B，32+42=25≠62，不符合题意；
选项C，52+122=169=132，符合题意；
选项D42+62=52≠72，不符合题意．
由勾股定理的逆定理可得，只有选项C能够成直角三角形，
故选C．
3. 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】本题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数是整数，因式是整式，进行逐一判断即可，熟练掌握最简二次根式的定义是解本题的关键．
【详解】解：、，是最简二次根式，符合题意；
、不是最简二次根式，不符合题意；
、，不是最简二次根式，不符合题意；
、，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：．
4. 在△ABC中，AB＝，BC＝，AC＝，则（ ）
A. ∠A＝90°B. ∠B＝90°C. ∠C＝90°D. ∠A＝∠B
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵在△ABC中，AB=，BC=，AC=，
∴
∴∠A=90°
故选A.
5. 如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD且交BC于点E，∠D=58°，则∠AEC大小是（ ）
A. 61°B. 109°C. 119°D. 122°
【答案】C
【解析】
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，得到对边平行，再利用平行的性质求出，根据角平分线的性质得：AE平分∠BAD求，再根据平行线的性质得，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴，
∴
∵AE平分∠BAD
∴
∵
∴
故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，能利用平行四边形的性质找到角与角的关系，是解答此题的关键．
6. 如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，M为边ABM中点，若MO＝4cm，则菱形ABCD的周长为（ ）
A. 32cmB. 24cmC. 16cmD. 8cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据菱形的性质可以判定O为BD的中点，结合E是AB的中点可知OM是△ABD的中位线，根据三角形中位线定理可知AD的长，于是可求出四边形ABCD的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO＝DO，即O为BD的中点，
又∵M是AB的中点，
∴MO是△ABD的中位线，
∴AD＝2MO＝2×4＝8cm，
∴菱形ABCD的周长＝4AD＝4×8＝32cm，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解答本题的关键是证明EO是△ABD的中位线，此题难度不大．
7. 如图，在矩形中，对角线与相交O，添加下列条件不能判定矩形是正方形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意；
B、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意；
C、正确．∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴矩形为正方形，故不符合题意；
D、正确，∵，，
∴，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
8. 《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部尺远，问折断处离地面的高度是（ ）
A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查了勾股定理的应用，竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面尺，则斜边为尺，利用勾股定理解题即可，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
【详解】解：设竹子折断处离地面尺，则斜边为尺，
根据勾股定理得：，
解得：，
∴折断处离地面的高度是尺，
故选：．
9. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则对角线交点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点作轴于点，由直角三角形的性质求出长和长即可．
【详解】解：过点作轴于点，
∵四边形为菱形，，
∴，OB⊥AC，，
∵，∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
10. 如图，在矩形中，，点M，N，P分别在，，上运动，且四边形的面积始终等于24，则的最小值是（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】作M关于的对称点，连接，延长，使，得到，证明四边形是矩形，得到，，根据四边形的面积，求出，利用勾股定理求出，再根据可得结果．
【详解】解：作M关于的对称点，连接，延长，使，
∴，，
∴，
在矩形中，，
，
∴四边形平行四边形，又，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形的面积等于24，由题意可知：四边形是直角梯形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即的最小值为10，
故选A．
【点睛】本题考查了的矩形的判定和性质的运用，勾股定理的运用，轴对称的性质的运用，最短路径问题，解题的关键是根据轴对称的性质作出辅助线，构造直角三角形．
二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分）
11. 如图所示，以直角三角形的三边为边向外作正方形，根据图中数据，可得出正方形A的面积是________．
【答案】24
【解析】
【分析】利用勾股定理，进行计算即可解答．
【详解】解：由勾股定理可得：
直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方，
正方形的边长的平方，
正方形的面积，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
12. 若最简二次根式与是同类二次根式，则a=_____．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，它们的被开方数相同，列出方程求解．
【详解】∵二次根式与是同类二次根式，
∴3a-5=a+3，解得a=4．
故答案是：4.
【点睛】考查同类二次根式的概念，同类二次根式是化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式称为同类二次根式．
13. “全等三角形的对应边相等”的逆命题是______．
【答案】对应边相等的两个三角形全等
【解析】
【分析】本题考查逆命题，将原命题的条件和结论互换，即可得出结果．
【详解】解：“全等三角形的对应边相等”的逆命题是对应边相等的两个三角形全等；
故答案为：对应边相等的两个三角形全等
14. 如图，在中对角线与边垂直，边的垂直平分线分别交、于点E、F．若，，则________．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质等知识．熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质是解题的关键．
由，可得，由勾股定理得，由垂直平分线的性质可得，根据，求解作答即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
由垂直平分线的性质可得，，
∴，
故答案为：4．
15. 在平面直角坐标系中，边长为2的正方形如图所置，若与x轴的正半轴夹角为，则点A的坐标是________．

【答案】
【解析】
【分析】过点A作轴，过点B作轴，首先得到，然后利用勾股定理求出，然后证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】解：如图所示，过点A作轴，过点B作轴，

∵与x轴的正半轴夹角为，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴
∴，，
∵点A的在第二象限，
∴点A的坐标是．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理，含角直角三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，证明出．
16. 如图，菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交，于点F，G，连接，则下列结论：①；②；③；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中正确结论的序号是__________．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、三角形中位线的性质、等边三角形的判定和性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
由“”可证可得，进而由三角形中位线定理可得、可得，即可判断①和②；由菱形的判定可证四边形是菱形，即可判断④；由全等三角形的性质和中线性质可得、即得即可判断④．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴、，
∴，
∴，故①和②正确；
如图：连接，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，即④正确，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，故③正确；
综上，正确的是①②③④．
故答案为：①②③④．
三、解答题（本题共有9个小题，共72分．解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．）
17. 计算题：．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，先计算二次根式乘法，再化简二次根式，最后计算加减法即可得到答案．
【详解】解：
．
18. 我们知道数轴上的点有的表示有理数，有的表示无理数，我们能在数轴上画出表示．
步骤：
1．在数轴上找出点A，使__________；
2．作直线l垂直于，在l上取点B，使__________；
3．以原点O为圆心，以为半径作弧，弧与数轴的交点C即为表示的点．
你能仿照以上做法，在以下数轴上画出表示的点吗？
【答案】3；2；见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，垂线的尺规作图，根据数轴可得；令，再同题干作图方法作图即可．
【详解】解：由题意得，；
如图所示，1．在数轴上找出点A，使；
2．作直线l垂直于，在l上取点B，使；
3．以原点O为圆心，以为半径作弧，弧与数轴的交点C即为表示的点．
19. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，分别过点，作，，垂足分别为，，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】只需要证明即可得到答案.
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴.
∵，，
∴.
在和中，
，
∴.
∴.
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20. 图1是某品牌婴儿推车，图2为其简化结构示意图．根据安全标准需满足，现测得，，，其中与之间由一个固定为的零件连接（即）．

（1）该车是否符合安全标准；
（2）请说明你的理由．
【答案】（1）符合安全标准
（2）理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中要求，安全标准是，利用勾股定理及其逆定理验证即可得到答案；
（2）由题中数据，利用勾股定理及其逆定理验证即可得得证．
【小问1详解】
解：符合安全标准；
【小问2详解】
解：由（1）知，符合安全标准，
理由如下：
，，，
由勾股定理可得，
在中，，，，则，，，
，即是直角三角形，且，
，该车符合安全标准．
【点睛】本题考查勾股定理及其逆定理的应用，读懂题意，灵活运用勾股定理及其逆定理求解是解决问题的关键．
21. 如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，勾股定理；
（1）根据对角线互相平分可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可证明四边形是矩形；
（2）根据菱形的性质得出，，，，根据含30度角的直角三角形的性质得出，勾股定理求得，进而根据菱形的面积公式，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵点是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴四边形是矩形；
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵ ，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形的面积为．
22. 如图，经过村和村（将，村看成直线上的点）的笔直公路旁有一块山地正在开发，现需要在处进行爆破，已知处与村的距离为300米，处与村的距离为400米，且．
（1）求，两村之间的距离；
（2）为了安全起见，爆破点周围半径250米范围内不得进入，在进行爆破时，公路段是否有危险而需要封锁？如果需要，请计算需要封锁的路段长度；如果不需要，请说明理由．
【答案】（1）500m
（2）需要封锁，
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理及利用三角形的面积公式求出的长．
（1）根据勾股定理可直接求出；
（2）利用三角形的面积公式求出的长，再根据可以判断有危险；根据勾股定理求出米，进而求出米．
【小问1详解】
解：由题意得，米，米，
由勾股定理得（米），
答：A，两村之间的距离500m．
【小问2详解】
解：需要封锁，理由如下：
过点C作交于点D，以点C为圆心，250米为半径画弧交l于点E、F，如图所示，
∵，
∴（米），
∵，
∴需要封锁，
∵米，
∴（米），
∴（米），
故需要封锁路段长为140米．
23. 如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）如图②，连接，若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）可证明得到，再由直角三角形的性质证明，进而可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是菱形；
（2）先证明四边形是正方形，得到，设，则，由勾股定理可得方程，解方程求出，则．
【小问1详解】
证明：为中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是直角三角形斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
【小问2详解】
解：∵且四边形是菱形，
∴四边形是正方形，
∴，
由（1）可得，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知正方形的性质与判定定理，菱形的判定定理是解题的关键．
24. 材料：《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径．恒等变形，是代数式求值的一个重要的方法，利用恒等变形，可以把无理数运算转化为有理数运算，可以把次数较高的代数式转化为次数较低的代数式．
如：当时，求的值．若直接把代入所求的式中进行计算，显然很麻烦，我们可以通过恒等变形，对本题进行解答．
方法：将条件变形，由，得，再把等式两边同时平方，把无理数运算转化为有理数运算．
由，平方得，整理可得：，即．
所以
请参照以上解决问题的思路和方法，解决以下问题：
（1）若，则_____________，_____________；
（2）若，求的值；
（3）已知，求的值．
【答案】（1）2；2 （2）8
（3）2020
【解析】
【分析】本题考查的是二次根式的化简求值，完全平方公式，分式的化简求值：
（1）根据完全平方公式求出，把代入计算求出；
（2）把进行恒等变形，从而得到，代入计算即可；
（3）先进行分母有理化，可得，从而得到，进而可得，然后再代入计算即可；
掌握代数式的恒等变形方法是解题的关键．
【小问1详解】
解：，
，
，
，
，
，
故答案为：2；2．
【小问2详解】
，
，，，
，
，
．
【小问3详解】
，
，
，
，
，
，
．
25. 在矩形中，，，点是边上一动点（不与点B、C重合），将沿直线折叠得到，直线交直线于点．
（1）如图1，当点是的中点时，求的值；
（2）如图1，连接，求周长的最小值；
（3）如图2，延长，交的延长线于点，连接，若点，分别为，的中点，连接交于点，求证；．
【答案】（1）
（2）12 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据折叠得出，，，，，证明，设，则，根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（2）根据折叠得出，，由的周长为：，为定值，得出当最小时，的周长最小，
根据，得出当、、C在同一直线上时，最小，求出最小值即可；
（3）取的中点Q，连接，，，先证明四边形为平行四边形，得出，，证明，得出，根据等腰三角形的判定得出即可．
小问1详解】
解：∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
根据折叠可知，，，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴．
【小问2详解】
解：根据折叠可知，，，
的周长为：，
∵为定值，
∴当最小时，的周长最小，
∵，为定值，
∴当、、C在同一直线上时，最小，
∵，
∴的最小值为，
∴的周长最小值为．
【小问3详解】
解：取的中点Q，连接，，，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵Q为的中点，为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∵M为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握基本的判定和性质．