2022-2023学年天津市东丽区华新共同体八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年天津市东丽区华新共同体八年级（下）期中数学试卷（含解析），共18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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 3−a有意义，a的取值范围是( )
A. a≥3B. a>3C. a≤3D. a<3
2. 下列计算错误的是( )
A. 14× 7=7 2B. 60÷ 30= 2
C. 9a+ 25a=8 aD. 3 2− 2=3
3. 以下列长度的线段为边，能构成直角三角形的是( )
A. 2，3，4B. 1，1， 2C. 5，8，11D. 5，13，23
4. 在▱ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是( )
A. 1：2：3：4B. 1：2：2：1C. 1：1：2：2D. 2：1：2：1
5. 下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )
A. AB=CD，AD=BCB. AB//CD，AB=CD
C. AB=CD，AD//BCD. AB//CD，AD//BC
6. 顺次连接矩形四边中点得到的四边形是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
7. 如图，一根长25m的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯足距离底端7m.如果梯子的顶端下滑4m，那么梯足将滑动( )
A. 7m
B. 8m
C. 9m
D. 10m
8. 在矩形ABCD中，AD=3AB，点G、H分别在AD、BC上，连BG、DH，且BG//DH.当AGAD=时，四边形BHDG为菱形．( )
A. 49B. 38C. 45D. 35
9. 如图，菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，M、N分别是BC、CD上的动点，P是线段BD上的一个动点，则PM+PN的最小值是( )
A. 95
B. 125
C. 165
D. 245
10. 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( )
A. 32B. 53C. 2D. 1
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算：( 3)2=______， (−2)2=______， 43=______．
12. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5cm，BC=12cm，则斜边AB上的高为______．
13. 计算：(2 5+ 2)2=______．
14. 如图，在▱ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F.若∠B=52°，∠DAE=20°，则∠FED′的大小为______．
15. 已知实数x、y满足|x−1|+|y+3|=0，则x+y的值为______ ．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=12，点E是AD上的一点，AE=6，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连接EF交CD于点G.若G是CD的中点，则BC的长是______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：
(1) 27−6 13+34 48
(2)(2 18− 12)÷ 6．
18. (本小题8.0分)
先化简，再求值：52 8x−6 x18+2x 2x，其中x=4．
19. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD中，E、F为AC上的两点，AE=CF，求证：DE=BF．
20. (本小题8.0分)
在△ABC中，∠A=30°，∠B=45°，BC=4 2，求AB的长．
21. (本小题8.0分)
如图，正方形网格中，每个小方格的边长为1，请完成：
(1)从A点出发画线段AB、AC并连接BC，使AB= 5，AC=2 2，BC= 17，且使B、C两点也在格点上；
(2)比较两个数 5和2 2的大小；
(3)请求出图中△ABC的面积．
22. (本小题10.0分)
如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E、P分别在AD、BC上，且DE=BP=1
(1)判断△BEC的形状，并说明理由；
(2)求证：四边形EFPH是矩形．
23. (本小题10.0分)
已知：如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°．
(1)如图1，若AC⊥BD，且AC=5，BD=3，求四边形ABCD的面积．
(2)如图2，若DE⊥BC于E，BD=BC，F是CD的中点，求证：∠BAF=∠BCD．
24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，OA在x轴正半轴上，OC在y轴正半轴上，且A(10,0)、C(0,8)．
(1)如图1，在矩形OABC的边AB上取一点E，连接OE，将△AOE沿OE折叠，使点A恰好落在BC边上的F处，求AE的长．
(2)将矩形OABC的AB边沿x轴负方向平移至MN(其它边保持不变)，M、N分别在边OA、CB上且满足CN=OM=OC=MN.如图2，P、Q分别为OM、MN上一点.若∠PCQ=45°，求证：PQ=OP+NQ．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意得：3−a≥0，
解得：a≤3，
故选：C．
根据二次根式有意义的条件可得3−a≥0，再解不等式即可．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了二次根式的除法运算、乘法运算、加减运算，解答本题的关键是掌握二次根式的加减法则和乘除法则．
结合选项分别进行二次根式的除法运算、乘法运算、加减运算，然后选择正确选项．
【解答】
解：A、 14× 7=7 2，原式计算正确；
B、 60÷ 30= 2，原式计算正确；
C、 9a+ 25a=3 a+5 a=8 a，原式计算正确；
D、3 2− 2=2 2，原式计算错误．
故选D．
3.【答案】B
【解析】解：A、22+32≠42，故不是直角三角形，故此选项错误；
B、12+12=( 2)2，故是直角三角形，故此选项正确；
C、52+82≠112，故不是直角三角形，故此选项错误；
D、52+132≠232，故不是直角三角形，故此选项错误．
故选：B．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
4.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，AB//CD，
∴∠B+∠C=180°，∠A+∠D=180°，
即∠A和∠C的数相等，∠B和∠D的数相等，且∠B+∠C=∠A+∠D，
故选D．
根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，∠B=∠D，∠B+∠C=180°，∠A+∠D=180°，根据以上结论即可选出答案．
本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质等知识点的理解和掌握，能根据平行四边形的性质进行判断是解此题的关键，题目比较典型，难度适中．
5.【答案】C
【解析】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、四边形中，一组对边平行，另一组对边相等，不能判定是平行四边形．故本选项符合题意；
D、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选：C．
平行四边形有5种判定方法，结合图形和判定定理分别对各个答案进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定方法：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
(3)两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
(4)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形．
6.【答案】C
【解析】解：连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH//BD，EH=12BD，
同理，FG//BD，FG=12BD，GH//AC，GH=12AC，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EHGF为菱形，
故选：C．
连接AC、BD，根据勾股定理求出BD，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形EHGF为菱形．
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：梯子顶端距离墙角地距离为 252−72=24m，
顶端下滑后梯子底端距离墙角的距离为 252−(24−4)2=15m，
15m−7m=8m．
故选：B．
此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形HDG是菱形，
∴BG=GD，
设AB=x，则AD=3x，
设AG=y，则GD=3x−y，BG=3x−y，
在Rt△AGB中，AG2+AB2=GB2，
∴y2+x2=(3x−y)2，
整理得得xy=34，
∴y=43x，
∴AGAD=y3x43x3x=49，
故选：A．
首先根据菱形的性质可得BG=GD，然后设AB=x，则AD=3x，设AG=y，则GD=3x−y，BG=3x−y，再根据勾股定理可得y2+x2=(3x−y)2，再整理得xy=34，然后可得y=43x，再进一步可得AGAD的值．
此题主要考查了矩形和菱形的性质，以及勾股定理的应用，解题的关键是掌握菱形四边相等．
9.【答案】D
【解析】解：∵菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴AB= 32+42=5，
过N作NQ⊥AB于Q交BD于P，
过P作PM⊥BC于M，
则PM+PN=PN+PQ=NQ的值最小，
∵S菱形ABCD=12×6×8=5NQ，
∴NQ=245，
即PM+PN的最小值是245，
故选：D．
根据勾股定理得到AB= 32+42=5，过N作NQ⊥AB于Q交BD于P，过P作PM⊥BC于M，则PM+PN=PN+PQ=NQ的值最小，根据菱形的面积公式即可得到结论．
本题考查了轴对称−最短距离问题，菱形的性质，菱形的面积的计算，正确的作出图形是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】
【分析】
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．设DF=FD′=x，在Rt△CFD′中利用勾股定理求出x即可解决问题．
【解答】
解：如图，∵△EFD′是由△EFD翻折得到，
∴DF=FD′，设DF=FD′=x，
在Rt△CFD′中，∵∠C=90°，CF=6−x，CD′=12BC=4，
∴x2=42+(6−x)2，
∴x=133，
∴CF=6−x=53．
故选B．
11.【答案】3 2 2 33
【解析】解：( 3)2=3，
(−2)2= 4=2，
43= 4×33×3= 123=2 33，
故答案为：3、2、2 33．
根据二次根式的性质化简即可得．
本题主要考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质．
12.【答案】6013cm
【解析】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5cm，BC=12cm，
∴AB= AC2+BC2=13cm，
∴S△ABC=12×5×12=12×AB×高，
∴斜边AB上的高h=6013cm．
故答案为：6013cm．
根据勾股定理求得斜边的长，再根据三角形的面积公式即可求得斜边上的高的长．
考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方以及三角形面积公式的综合运用．
13.【答案】22+4 10
【解析】解：(2 5+ 2)2=20+4 10+2=22+4 10，
故答案为：22+4 10．
根据完全平方公式可以解答本题．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
14.【答案】36°
【解析】
【分析】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键．由平行四边形的性质得出∠D=∠B=52°，由折叠的性质得：∠D′=∠D=52°，∠EAD′=∠DAE=20°，由三角形的外角性质求出∠AEF=72°，与三角形内角和定理求出∠AED′=108°，即可得出∠FED′的大小．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=52°，
由折叠的性质得：∠D′=∠D=52°，∠EAD′=∠DAE=20°，
∴∠AEF=∠D+∠DAE=52°+20°=72°，∠AED′=180°−∠EAD′−∠D′=108°，
∴∠FED′=108°−72°=36°；
故答案为36°．
15.【答案】−2
【解析】解：由题意得，x−1=0，y+3=0，
解得x=1，y=−3，
所以，x+y=1+(−3)=−2．
故答案为：−2．
根据非负数的性质列式求出x、y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．
16.【答案】10.5
【解析】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=12，
∴CG=DG=12×12=6，
在△DEG和△CFG中，
∠D=∠DCF=90°CG=DG∠DGE=∠CGF，
∴△DEG≌△CFG(ASA)，
∴DE=CF，EG=FG，
设DE=x，
则BF=BC+CF=AD+CF=6+x+x=6+2x，
在Rt△DEG中，EG= DE2+DG2= x2+36，
∴EF=2 x2+36，
∵FH垂直平分BE，
∴BF=EF，
∴6+2x=2 x2+36，
解得x=4.5，
∴AD=AE+DE=6+4.5=10.5，
∴BC=AD=10.5．
故答案为：10.5
根据线段中点的定义可得CG=DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=CF，EG=FG，设DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF=EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC=AD．
本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键
17.【答案】解：(1) 27−6 13+34 48
=3 3−2 3+3 3
=4 3；
(2)(2 18− 12)÷ 6
=2 3− 2．
【解析】(1)根据二次根式的加减法可以解答本题；
(2)根据二次根式的除法和减法可以解答本题．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
18.【答案】解：原式=5 2x− 2x+2 2x=6 2x，
当x=4时，原式=6× 2×4=12 2．
【解析】根据二次根式的性质化简，然后代入即可求出答案．
本题考查二次根式的化简求值，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中AE=CF∠DAE=∠BCFAD=CB，
∴△ADE≌△CBF(SAS)
∴DE=BF．
【解析】根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD//BC，利用平行线的性质可得∠DAE=∠BCF，然后利用SAS判定△ADE≌△CBF，从而可得DE=BF．
此题主要考查了平行四边形的性质，以及全等三角形的判定和性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
20.【答案】解：过点C作CD⊥AB，
∵∠B=45°，
∴CD=BD，
∵BC=4 2，
∴BD=4，
∵∠A=30°，
∴tan30°=CDAD，
∴AD=CDtan30∘=4 33=4 3，
∴AB=AD+BD=4 3+4．
【解析】过点C作CD⊥AB，根据∠B=45°，得CD=BD，根据勾股定理和BC=4 2得出BD，再根据∠A=30°，得出AD，从而得出AB即可．
本题考查了解直角三角形，熟练应用三角函数的定义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，AB= 22+12= 5，AC= 22+22=2 2，BC= 12+42= 17；
(2)观察图象可知AC>AB，
∴2 2> 5
(3)S△ABC=2×4−12×2×1−12×2×2−12×4×1=3．
【解析】(1)找出满足题意得B与C的位置，连接AB，AC，BC，如图所示；
(2)利用图象法可知AC>AB，由此即可判断；
(3)三角形ABC的面积=长为2，宽为4长方形的面积−三个三角形的面积，求出即可；
此题考查了作图−应用与设计、勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键，学会利用数形结合的思想思考问题．
22.【答案】解：(1)△BEC是直角三角形：
理由是：
∵矩形ABCD，
∴∠ADC=∠ABP=90°，AD=BC=5，AB=CD=2，
由勾股定理得：CE= CD2+DE2= 22+12= 5，
同理BE=2 5，
∴CE2+BE2=5+20=25，
∵BC2=52=25，
∴BE2+CE2=BC2，
∴∠BEC=90°，
∴△BEC是直角三角形．
(2)∵矩形ABCD，
∴AD=BC，AD//BC，
∵DE=BP，
∴四边形DEBP是平行四边形，
∴BE//DP，
∵AD=BC，AD//BC，DE=BP，
∴AE=CP，
∴四边形AECP是平行四边形，
∴AP//CE，
∴四边形EFPH是平行四边形，
∵∠BEC=90°，
∴平行四边形EFPH是矩形．
【解析】(1)根据矩形性质得出CD=2，根据勾股定理求出CE和BE，求出CE2+BE2的值，求出BC2，根据勾股定理的逆定理求出即可；
(2)根据矩形的性质和平行四边形的判定，推出平行四边形DEBP和AECP，推出EH//FP，EF//HP，推出平行四边形EFPH，根据矩形的判定推出即可；
本题综合考查了勾股定理及逆定理，矩形、平行四边形的性质和判定等知识点的运用，主要培养学生分析问题和解决问题的能力，此题综合性比较强，题型较好，难度也适中．
23.【答案】(1)解：如图1，记AC、BD的交点为O，

∵AC⊥BD，BD=3，AC=5，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD
=12BD×OA+12BD×OC
=12BD(OA+OC)
=12BD×AC
=152；
(2)证明：如图2
，
延长AF，BC相交于G，连接BF，
∵AD//BC，
∴∠DAF=∠CGF，
∵点F是CD的中点，
∴DF=CF，
在△ADF和△GCF中，
∠DAF=∠CGF∠AFD=∠GFCDF=CF，
∴△ADF≌△GCF(AAS)，
∴AF=GF，
∵∠ABC=90°，
∴∠G+∠BAF=90°，BF=AF=FG=12AG，
∴∠CBF=∠G，
∴∠CBF+∠BAF=90°，
∵BD=BC，CF=DF，
∴∠BFC=90°(等腰三角形的三线合一)，
∴∠CBF+∠BCD=90°，
∴∠BAF=∠BCD．
【解析】(1)记AC与BD交点为O，根据AC⊥BD，AC=5，BD=3，可得S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=12BD×AC即可；
(2)连接BF、EF，延长AF、BC交于点G，根据全等三角形的判定与性质可得AF=GF，再根等腰三角形的判定与性质可得结论．
本题考查了直角梯形，解决本题的关键是综合运用全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质．
24.【答案】(1)解：如图1，由题意得：OA=10，AB=8，
设AE=x，则BE=8−x，EF=x，
在Rt△COF中，OC=8，
∵OF=OA=10，
∴CF=6，
∴BF=10−6=4，
由勾股定理得：42+(8−x)2=x2，
∴x=5，
∴AE=5；
(2)证明：如图2，在PO的延长线上取一点E，使NQ=OE，
∵CN=OM=OC=MN，∠COM=90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO=CN，
∵∠EOC=∠N=90°，
∴△COE≌△CNQ(SAS)，
∴CQ=CE，∠ECO=∠QCN，
∵∠PCQ=45°，
∴∠QCN+∠OCP=90°−45°=45°，
∴∠ECP=∠ECO+∠OCP=45°，
∴∠ECP=∠PCQ，
∵CP=CP，
∴△ECP≌△QCP(SAS)，
∴EP=PQ，
∵EP=EO+OP=NQ+OP，
∴PQ=OP+NQ．
【解析】(1)设AE=x，在Rt△BEF中，根据勾股定理列方程解出即可；
(2)作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE=PQ=OE+OP，得出结论．
本题考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定；知识点较多，综合性强，注意将矩形OABC的AB边沿x轴负方向平移至MN，得到正方形OMNC时，边长为8；第(2)问中的两个问题思路一致：在正方形外构建与△CNQ全等的三角形，可截取OE=NQ，也可以将△CNQ绕点C顺时针旋转90°得到，再证明另一对三角形全等，得出结论，是常考题型．