贵州省铜仁市2020-2021学年八年级下学期数学半期测试题（word版 含答案）

这是一份贵州省铜仁市2020-2021学年八年级下学期数学半期测试题（word版 含答案），共10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. 若二次根式x−3有意义，则实数x的取值范围是( )
A.x>3B.x≥3C.x≤3D.x<3
2. 下列式子中，属于最简二次根式的是( )
A.9B.7C.0.2D.13
3. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是( )
A.对角线互相平分B.对角线相等
C.每一条对角线平分一组对角D.对角线互相垂直
4. 下列运算中，正确的是( )
A.53−23=3B.22×32=6C.33÷3=3D.23+32=55
5. 如图，在四边形ABCD中，点O是对角线的交点，且AB // CD，添加下列哪个条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )

A.AB=CDB.AD // BCC.OA=OCD.AD=BC
6. 如图，矩形OABC，OA=2，AB=1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB长为半径画弧，交正半轴于一点，则此点表示的实数是( )

A.2.5B.22C.3D.5
7. △ABC三边分别为a，b，c，下列能说明△ABC是直角三角形的( )
A.b2=a2−c2B.a:b:c=1:2:2
C.2∠C=∠A+∠BD.∠A:∠B: ∠C=3:4:5
8. 在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几？译文：“有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推送10尺（水平距离）时，秋千的踏板就和人一样高，这个人的身高为5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问绳索有多长？”秋千的绳索始终拉的很直，则绳索长为( )

A.15.5尺B.14.5尺C.13.5尺D.12.5尺
9. 把图一的矩形纸片ABCD折叠，B，C两点恰好重合落在AD边上的点P处（如图二）．已知∠MPN=90∘，PM=3，PN=4，则矩形ABCD的面积为( )

A.12B.1445C.725D.965
10. 如图，在正方形OABC中，OA=6，点E，F分别在边BC，BA上，OE=35．若∠EOF=45∘ ，则F点的纵坐标是( )

A.2B.53C.3D.5−1
二、填空题)
11. 在菱形ABCD中，若AB=2，则菱形的周长为________.
12. 请写出“全等三角形的面积相等”的逆命题________．
13. 如图，在长方形ABCD中无重叠放入面积分别为2cm2和8cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为________cm2.

14. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOB=60∘，AB=2，则AC的长为________.

15. 在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，且a+c=27，a−c=3，则b的值是________.
16. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，且BA=12，AC=16，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为________.

三、解答题)
17. 计算：
(1)30+313+|1−3|；

(2)先化简，再求值：m−3m+3−mm−6，其中m=7．

18. 如图，在四边形ABCD中，AB=CD，AD=CB，求证：∠A=∠C．

19. 如图，已知正方形CDEF的边长为13cm，且AC⊥AF，AB=3cm，BC=4cm，AF=12cm，试判断△ABC的形状，并说明你的理由．


20. 如图在8×8的正方形网格中，△ABC的顶点在边长为1的小正方形的顶点上．

(1)填空：∠ABC=________，BC=________；
(2)若点A在网格所在的坐标平面里的坐标为(1, −2)，请你在图中找出一点D，并作出以A，B，C，D四个点为顶点的平行四边形，直接写出满足条件的D点的坐标．
21. 求证：对角线相等的平行四边形是矩形.

22. 下面是小兰探究二次根式的运算规律的过程，请补充完整：
(1)具体运算，发现规律．
特例1:12−14=12；特例2:13−19=23；特例3:14−116=34；特例4：________.（举一个符合上述运算特征的例子）

(2)观察、归纳，得出猜想．
若n为大于1的正整数，用含n的式子表示这个运算规律：________．

(3)请证明你发现的结论.

23. 如图，Rt△ABC中，∠ABC=90∘，点D，F分别是AC，AB的中点，CE//DB，BE//DC．

(1)求证：四边形DBEC是菱形；

(2)若AD=6，DF=2，求四边形DBEC的面积．

24. 如图，点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，点E在射线BC上，且PE=PB，连接PD，O为AC中点．

(1)如图1，当点P在线段AO上时试猜想PE与PD的数量关系和位置关系；

(2)①如图2，当点P在线段OC上时(1)中的猜想还成立吗？请说明理由；
②图2，试用等式来表示PB，BC，CE之间的数量关系，并证明.

25. 如图1，在平面直角坐标系中，Aa,b，Bc,0是x轴正半轴上一点，∠ABO=30∘，若a−b+|2−a|=0．

(1)求点A的坐标和c的值；

(2)如图2，AC⊥AB，交x轴于C，交y轴于G，以AC为边的正方形ACDE的对角线AD交x轴于F．
①求证：BE=2OC；
②记BF2−OF2=s，OC2=n，求Sn
参考答案与试题解析
2020-2021学年度铜仁市铜中八年级下册数学半期测试题
一、选择题
1.【答案】B
【解析】
解：依题意得：x−3≥0，
解得x≥3．
故选B．
2.【答案】B
【解析】
解：A，∵9=3，∴9不是最简二次根式，故A不符合题意；
B，7是最简二次根式，故B符合题意；
C，∵0.2=55，∴0.2不是最简二次根式，故C不符合题意；
D，∵13=33，∴13不是最简二次根式，故D不符合题意．
故选B．
3.【答案】A
【解析】
解：A，平行四边形的对角线互相平分，矩形，菱形，正方形都是特殊的平行四边形，故本选项正确；
B，菱形的对角线不相等，故本选项错误；
C，三个图形中，只有菱形和正方形的对角线平分一组对角，故本选项错误；
D，矩形的对角线不互相垂直，故本选项错误.
故选A.
4.【答案】C
解：A，53−23=33 ，故A选项错误；
B，22×32=6×2=12，故B选项错误；
C， 33÷3=3，故C选项正确；
D，23和32不是同类二次根式，不能合并，故D选项错误.
故选C.
5.【答案】D
【解析】
解：A，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形，故A不符合题意；
B，由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形，故B不符合题意；
C，由AB//CD可得出∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO，结合OA=OC，可证出△ABO≅△CDO(AAS)，根据全等三角形的性质可得出AB=CD，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形，故C不符合题意；
D，由AB//CD，AD=BC无法证出四边形ABCD是平行四边形，故D符合题意．
故选D．
6.【答案】D
【解析】
解：由勾股定理可知，OB=22+12=5，
∴ 这个点表示的实数是5．
故选D．
7.【答案】A
【解析】
解：A，∵b2=a2−c2，
∴b2+c2=a2，故能判定△ABC是直角三角形，故A符合题意；
B，∵12+22≠22，
∴不能判定△ABC是直角三角形，故B不符合题意；
C，∵2∠C=∠A+∠B，∠A+∠B+∠C=180∘，
∴3∠C=180∘，∠C=60∘，不能判定△ABC是直角三角形，故C不符合题意；
D，∵∠A:∠B:∠C=3:4:5，
∴ ∠C=53+4+5×180∘=75∘，不能判定△ABC是直角三角形，故D不符合题意．
故选A．
8.【答案】B
【解析】
解：如图，过点B作BC⊥OA于点C，作BE垂直于地面，延长OA交地面于点D.
由题意知CD=BE=5，BC=10.
设绳索长x尺，
则OA=OB=x，OC=x+1−5=x−4.
在Rt△OBC中，OB2=OC2+BC2，即x2=x−42+102，
解得x=14.5.
故选B.
9.【答案】B
【解析】
解：由勾股定理得，MN=5，
设Rt△PMN的斜边上的高为ℎ，则矩形的宽AB也为ℎ，
根据直角三角形的面积公式得，ℎ=PM⋅PN÷MN=125，
由折叠的性质知，BC=PM+MN+PN=12，
∴ 矩形的面积S=AB⋅BC=1445．
故选B.
10.【答案】A
【解析】

解：延长BA到点M，使AM=CE，连接OM，如图，
易得△OCE≅△OAM，
∴ OE=OM，∠COE=∠AOM.
∵ ∠EOF=45∘，∠AOC=90∘，
∴ ∠COE+∠AOF=45∘，
∴ ∠AOM+∠AOF=45∘，
∴ ∠EOF=∠MOF.
又∵ OF=OF，OE=OM，
∴ △EOF≅△MOF(SAS)，
∴ EF=FM=AF+AM=AF+CE.
∵ OC=OA=AB=BC=6，设AF=x，
∴ CE=OE2−OC2=(35)2−62=3,
∴ EF=3+x，BE=6−3=3，BF=6−x.
∵ BE2+BF2=EF2，
∴ 32+(6−x)2=(3+x)2，
解得：x=2，
即F点的纵坐标是2.
故选A.
二、填空题
11.【答案】8
【解析】
解：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=CD=AD=2，
∴ 菱形的周长=2×4=8.
故答案为：8.
12.【答案】
面积相等的两个三角形是全等三角形
【解析】
解：“全等三角形的面积相等”的题设是：两个三角形全等，结论是：面积相等，
因而其逆命题是：面积相等的两个三角形是全等三角形.
故答案为：面积相等的两个三角形是全等三角形.
13.【答案】2
【解析】
解：∵ 两张正方形纸片的面积分别为2cm2和8cm2，
∴ 它们的边长分别为2cm和8=22(cm)，
∴ AB=22cm，BC=22+2=32(cm)，
∴ 空白部分的面积=32×22−2−8
=12−2−8
=2(cm2).
故答案为：2．
14.【答案】4
【解析】
解：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ OA=OB=OC=OD.
又∵ ∠AOB=60∘，
∴ △AOB为等边三角形，
∴AB=OA=2，
则AC=2OA=4.
故答案为：4．
15.【答案】9
【解析】
解：∵ a+c=27，a−c=3，
∴ a=15，c=12，
在Rt△ABC中， ∠BAC=90∘，
∴ b=a2−c2=152−122=9
故答案为：9.
16.【答案】245
【解析】
解：连接AD， EF.
∵∠BAC=90∘，且BA=12，AC=16，
∴BC=122+162=20.
∵DE⊥AB， DF⊥AC，
∴∠DEA=∠DFA=∠BAC=90∘，
∴四边形DEAF是矩形，
∴EF=AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积=12AB×AC=12BC×AD，
∴AD=AB×ACBC=12×1620=485，
∴EF的最小值为485.
∵点G为矩形DEAF对角线的交点，
∴GF=12EF=245.
故答案为：245.
三、解答题
17.【答案】
解：(1)原式=1+3×33+3−1
=1+3+3−1
=23.
(2)原式=m2−3−m2+6m
=−3+6m.
当m=7时，
原式=−3+67.
【解析】
解：(1)原式=1+3×33+3−1
=1+3+3−1
=23.
(2)原式=m2−3−m2+6m
=−3+6m.
当m=7时，
原式=−3+67.
18.
【答案】
证明：∵ 在四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，
∴ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ ∠A=∠C．
【解析】

【解答】
证明：∵ 在四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，
∴ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ ∠A=∠C．
19.
【答案】
解： △ABC是直角三角形，
理由如下：∵ 正方形CDEF的边长是13cm，
∴ FC=13cm，
在Rt△ACF中，由勾股定理得，
AC2=CF2−AF2=132−122=25，
在△ABC中，
∵ AB2+BC2=32+42=25=AC2，
∴ △ABC是直角三角形．
【解析】

【解答】
解： △ABC是直角三角形，
理由如下：∵ 正方形CDEF的边长是13cm，
∴ FC=13cm，
在Rt△ACF中，由勾股定理得，
AC2=CF2−AF2=132−122=25，
在△ABC中，
∵ AB2+BC2=32+42=25=AC2，
∴ △ABC是直角三角形．
20.【答案】
135∘,22
(2)满足条件的D点共有3个，分别是▱ABCD1，▱ABD2C和▱AD3BC，如图.
由图可知，满足条件的坐标为：D1(3, −4)或D2(7, −4)或D3(−1, 0)．
【解析】
解：(1)由图形可得：∠ABC=45∘+90∘=135∘，BC=22+22=22.
故答案为：135∘；22.
(2)满足条件的D点共有3个，分别是▱ABCD1，▱ABD2C和▱AD3BC，如图.
由图可知，满足条件的坐标为：D1(3, −4)或D2(7, −4)或D3(−1, 0)．
21.
【答案】
证明：如图，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=DC，AB//CD．
∵ 在△ABC和△DCB中，
BC=CB,AB=DC,AC=DB,
∴ △ABC≅△DCBSSS，
∴ ∠ABC=∠DCB，
∵ AB//CD，
∴ ∠ABC+∠DCB=180∘，
∴ ∠ABC=∠DCB=90∘，
∴ 平行四边形ABCD为矩形．
【解析】
证明：如图，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=DC，AB//CD．
∵ 在△ABC和△DCB中，
BC=CB,AB=DC,AC=DB,
∴ △ABC≅△DCBSSS，
∴ ∠ABC=∠DCB，
∵ AB//CD，
∴ ∠ABC+∠DCB=180∘，
∴ ∠ABC=∠DCB=90∘，
∴ 平行四边形ABCD为矩形．
22.【答案】
15−125=25
1n−1n2=n−1n
(3)证明如下：
∵ n是大于1的正整数，
∴ 1n−1n2=n−1n2=n−1n．
即1n−1n2=n−1n．
【解析】
解：(1)由例子可得，特例4为：15−125=45=25.
故答案为：15−125=25.
(2)如果n为大于1的正整数，用含n的式子表示这个运算规律：1n−1n2=n−1n.
故答案为：1n−1n2=n−1n.
(3)证明如下：
∵ n是大于1的正整数，
∴ 1n−1n2=n−1n2=n−1n．
即1n−1n2=n−1n．
23.【答案】
(1)证明：∵ CE//DB，BE//DC，
∴ 四边形DBEC是平行四边形．
∵ Rt△ABC中，∠ABC=90∘，点D是AC的中点，
∴ BD=12AC=CD，
∴ 四边形DBEC是菱形．
(2)解：∵ 点D是AC的中点，
∴ CD=AD=6．
∵ 点F分别是AB的中点，
∴ DF是△DCB的中位线，
∴ CB=2DF=4．
连接DE，如图，
∵ 菱形DBEC，
∴ DE⊥BC，CO=12CB=2，DO=EO．
在Rt△CDO中，
∴ DO=CD2−CO2=42，
∴ DE=2DO=2×42=82，
∴ 菱形DBEC的面积S=12DE⋅BC=12×82×4=162．
【解析】
(1)证明：∵ CE//DB，BE//DC，
∴ 四边形DBEC是平行四边形．
∵ Rt△ABC中，∠ABC=90∘，点D是AC的中点，
∴ BD=12AC=CD，
∴ 四边形DBEC是菱形．
(2)解：∵ 点D是AC的中点，
∴ CD=AD=6．
∵ 点F分别是AB的中点，
∴ DF是△DCB的中位线，
∴ CB=2DF=4．
连接DE，如图，
∵ 菱形DBEC，
∴ DE⊥BC，CO=12CB=2，DO=EO．
在Rt△CDO中，
∴ DO=CD2−CO2=42，
∴ DE=2DO=2×42=82，
∴ 菱形DBEC的面积S=12DE⋅BC=12×82×4=162．
24.【答案】
解：(1)PE=PD，PE⊥PD. 理由如下：
∵ 点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，
易证△PCB≅△PCD(SAS)，
∴PB=PD，∠PBC=∠PDC.
又PE=PB，
∴PE=PD，∠PBE=∠PEB，
∴∠PEB=∠PDC.
∵∠PEB+∠PEC=180∘，
∴∠PEC+∠PDC=180∘.
∵ 四边形PECD的内角和为360∘，且∠BCD=90∘，
∴∠DPE=90∘，即PE⊥PD.
(2)①仍然成立．理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ BA=DA，∠BAP=∠DAP=45∘.
∵ PA=PA，
∴ △BAP≅△DAPSAS，
∴ PB=PD.
又∵ PB=PE，
∴ PE=PD.
(ⅰ)当点E与点C重合时，点P恰好在AC的中点处，
此时，PE⊥PD；
(ⅱ)当点E在BC的延长线上时，如图．
∵ △ADP≅△ABP，
∴ ∠ABP=∠ADP，∠CDP=∠CBP.
∵ BP=PE，
∴ ∠CBP=∠PEC，
∴ ∠PEC=∠PDC.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠DPE=∠DCE=90∘，
∴ PE⊥PD．
综合(ⅰ)(ⅱ)，PD=PE，PE⊥PD；
②数量关系：BC2+CE2=2PB2. 证明如下：
连接DE.
由①可得PE=PD，PE⊥PD，
∴ DE2=PD2+PE2=2PE2.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=DC，∠BCD=∠DCE=90∘.
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
∴ BC2+CE2=DE2=2PE2.
又∵ PE=PB，
∴ BC2+CE2=2PB2．
【解析】
解：(1)PE=PD，PE⊥PD. 理由如下：
∵ 点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，
易证△PCB≅△PCD(SAS)，
∴PB=PD，∠PBC=∠PDC.
又PE=PB，
∴PE=PD，∠PBE=∠PEB，
∴∠PEB=∠PDC.
∵∠PEB+∠PEC=180∘，
∴∠PEC+∠PDC=180∘.
∵ 四边形PECD的内角和为360∘，且∠BCD=90∘，
∴∠DPE=90∘，即PE⊥PD.
(2)①仍然成立．理由如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ BA=DA，∠BAP=∠DAP=45∘.
∵ PA=PA，
∴ △BAP≅△DAPSAS，
∴ PB=PD.
又∵ PB=PE，
∴ PE=PD.
(ⅰ)当点E与点C重合时，点P恰好在AC的中点处，
此时，PE⊥PD；
(ⅱ)当点E在BC的延长线上时，如图．
∵ △ADP≅△ABP，
∴ ∠ABP=∠ADP，∠CDP=∠CBP.
∵ BP=PE，
∴ ∠CBP=∠PEC，
∴ ∠PEC=∠PDC.
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠DPE=∠DCE=90∘，
∴ PE⊥PD．
综合(ⅰ)(ⅱ)，PD=PE，PE⊥PD；
②数量关系：BC2+CE2=2PB2. 证明如下：
连接DE.
由①可得PE=PD，PE⊥PD，
∴ DE2=PD2+PE2=2PE2.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ BC=DC，∠BCD=∠DCE=90∘.
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
∴ BC2+CE2=DE2=2PE2.
又∵ PE=PB，
∴ BC2+CE2=2PB2．
25.【答案】
解：(1)∵ a−b+2−a|=0，
又∵ a−b≥0，|2−a|≥0，
即a−b=0，2−a=0，
∴ a=b=2，
∴ A2,2，
如图1中，过点A作AH⊥OB于H．
∴ AH=OH=2，
在Rt△AHB中，
∵ ∠ABB=90∘，AH=2，∠ABH=30∘，
∴ AB=2AH=4，
∴ BH=AB2−AH2=23，
∴ c=OB=2+23.
(2)①证明：如图2中，过点A作AT⊥OA交OB于T．
由(1)可知∠AOB=45∘，
∵ OA⊥AT，AC⊥AB，
∴ ∠OAT=∠CAB=90∘，
∴ ∠OAG=∠TAB，∠ATO=∠AOT=45∘，
∴ OA=TA.
∵ ∠AOG=∠ATB=135∘，
∴ △AOG≅△ATBAAS，
∴ AG=AB，∠AGO=∠ABT=30∘.
∵ 四边形ACDE是正方形，
∴ AC=AE，
∵ AG=AB，
∴ CG=BE，
∵ ∠COG=90∘，∠CGO=30∘，
∴ CG=2OC，
∴ BE=2OC；
②解：如图2中，连接GF．
∵ AG=AB，∠GAF=∠BAF=45∘，AF=AF，
∴ △GAF≅△BAFSAS，
∴ BF=FG，
∴ s=BF2−OF2=GF2−OF2=OG2，
∵ CG=2OC，
∴ OG=3OC，
∴ sn=OG2OC2=OGOC2=3．
【解析】
解：(1)∵ a−b+2−a|=0，
又∵ a−b≥0，|2−a|≥0，
即a−b=0，2−a=0，
∴ a=b=2，
∴ A2,2，
如图1中，过点A作AH⊥OB于H．
∴ AH=OH=2，
在Rt△AHB中，
∵ ∠ABB=90∘，AH=2，∠ABH=30∘，
∴ AB=2AH=4，
∴ BH=AB2−AH2=23，
∴ c=OB=2+23.
(2)①证明：如图2中，过点A作AT⊥OA交OB于T．
由(1)可知∠AOB=45∘，
∵ OA⊥AT，AC⊥AB，
∴ ∠OAT=∠CAB=90∘，
∴ ∠OAG=∠TAB，∠ATO=∠AOT=45∘，
∴ OA=TA.
∵ ∠AOG=∠ATB=135∘，
∴ △AOG≅△ATBAAS，
∴ AG=AB，∠AGO=∠ABT=30∘.
∵ 四边形ACDE是正方形，
∴ AC=AE，
∵ AG=AB，
∴ CG=BE，
∵ ∠COG=90∘，∠CGO=30∘，
∴ CG=2OC，
∴ BE=2OC；
②解：如图2中，连接GF．
∵ AG=AB，∠GAF=∠BAF=45∘，AF=AF，
∴ △GAF≅△BAFSAS，
∴ BF=FG，
∴ s=BF2−OF2=GF2−OF2=OG2，
∵ CG=2OC，
∴ OG=3OC，
∴ sn=OG2OC2=OGOC2=3．