精品解析：江西省赣州市定南县2022~2023学年八年级下学期期中数学试题（解析版）

25定南县2022～2023学年度第二学期期中考试八年级数学试题卷

一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

1. 等于(　　)

A. ±3 B. －3 C. +3 D. 9

【答案】C

【解析】

【分析】根据9的算术平方根，需注意的是算术平方根必为非负数，即可得出结果．

【详解】解：＝3．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了算术平方根的定义，一个正数只有一个算术平方根，0的算术平方根是0．

2. 在ABCD中，下列结论一定正确的是（ ）

A. AC⊥BD B. ∠A+∠B=180° C. AB=AD D. ∠A≠∠C

【答案】B

【解析】

【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∴∠A+∠B=180°．故选B．

3. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（    ）

A. 1，2，3 B. 2，3，4 C. ，， D. 4，5，6

【答案】C

【解析】

【分析】先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．

【详解】解：A、，故不是直角三角形，不符合题意；

B、，故不是直角三角形，不符合题意；

C、，故是直角三角形，符合题意；

D、，故不是直角三角形，不符合题意．

故选：C．

【点睛】此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形．

4. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）

A.     B.  C.    D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据最简二次根式的定义及二次根式的性质即可解答．

【详解】解：∵，∴不是最简二次根式，故项不符合题意；

∵是最简二次根式，故项符合题意；

∵，∴不是最简二次根式，故项不符合题意；

∵，∴不是最简二次根式，故项不符合题意；

故选．

【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，二次根式的性质，掌握最简二次根式的定义是解题的关键．

5. 如图，在中，，若，则的度数是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由平行四边形的性质可得∠B=∠D=70°，由余角的性质可求解．

【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B=∠D=70°，

∵AE⊥CD，

∴∠DAE=90°-∠D=20°，

故选：C．

【点睛】本题考查的是平行四边形的性质．本题利用了平行四边形对角相等的性质求得∠D的度数．

6. 以直角三角形的三边为边做正方形，三个正方形的面积如图，正方形A的面积为（   ）

A. 6 B. 36 C. 64 D. 8

【答案】A

【解析】

【分析】根据图形知道所求的A的面积即为正方形中间的直角三角形的A所在直角边的平方，然后根据勾股定理即可求解．

【详解】∵两个正方形的面积分别为8和14，

且它们分别是直角三角形的一直角边和斜边的平方，

∴正方形A的面积=14-8=6．

故选A．

【点睛】本题主要考查勾股树问题：以两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积．

二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共24分）            

7. 计算：﹣=_____．

【答案】﹣3．

【解析】

【详解】试题分析：根据算术平方根的定义﹣=﹣3．

故答案是﹣3．

考点：算术平方根．

8. 若式子无意义，则x的取值范围是___．

【答案】x<3

【解析】

【分析】根据二次根式的被开方数为非负数解答即可．

【详解】解：∵式子无意义，

∴x﹣3﹤0，

解得：x﹤3，

故答案为：x﹤3．

【点睛】本题考查二次根式、解一元一次不等式，熟知二次根式的被开方数为非负数是解答的关键．

9. 如图，在平面直角坐标系中，ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，则顶点C的坐标是____________．

【答案】(7，3)

【解析】

【分析】根据图形，得出C点横纵坐标，再利用平移的性质即可得出答案．

【详解】解：ABCD顶点A，B，D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，

∴AB=CD=5，

∵点A、点B在x轴上，

∴点C与点D的纵坐标相等，都为3，

又∵D点相对于A点横坐标移动了2-0=2，

∴C点横坐标为2+5=7，

∴即顶点C的坐标(7，3)．

故答案为：(7，3)．

【点睛】此题考查了平行四边形的性质，平移的性质，以及坐标与图形的关系，正确建立坐标系画出平行四边形是解题关键．

10. 计算：_____．

【答案】

【解析】

【分析】根据二次根式的性质化简，加减运算方法即可求解．

【详解】解：，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查二次根式的加减运算，掌握二次根式的性质进行二次根式的加减运算法则是解题的关键．

11. 如图所示，是一个外轮廓为矩形的机器零件平面示意图，根据图中标出尺寸（单位：）计算两圆孔中心A和B的距离为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题图分别求得，进而根据勾股定理求解即可．

【详解】根据题图可知,

．

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理的计算，从图中获取信息是解题的关键．

12. 如图，在四边形中，，，，，，点是边上的一个动点，若要使为等腰三角形，则的长应等于_______．

【答案】或或

【解析】

【分析】根据题意分、、三种情况分别进行讨论求解即可．

【详解】解：过点作于点，

∵，，，，

∴，

∴四边形是矩形，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴；

∵为等腰三角形，

∴当时，，

∴，

∴；

当时，

∴，

∴；

当时，

∴，

∴，

∴，

∴；

综上所述：要使为等腰三角形，则的长应等于或或，

故答案为：或或．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的定义、等腰三角形的等边对等角以及勾股定理，运用分类讨论的思想解题是本题的关键．

三、（本大题共5小题，每小题5分，共30分）

13. （1）计算：；

（2）如图，在菱形中，，、分别是、的中点，若，求菱形的周长．

【答案】（1）1；（2）菱形的周长是16

【解析】

【分析】（1）根据二次根式混合运算法则进行计算即可；

（2）先证明为等边三角形，得出，根据三角形中位线性质求出，得出，即可得出答案．

【详解】（1）解：

=

=；

（2）∵四边形是菱形，

∴，

∵，

∴为等边三角形，

∴，

又∵、分别是、的中点，

∴，

∴，

∴菱形的周长是16．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，菱形的性质，三角形中位线定理，二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，得出．

14. 如图，已知四边形是平行四边形，，垂足分别是E、F，并且．求证：．

【答案】见解析

【解析】

【分析】首先根据平行四边形的性质得出，进而利用全等三角形的判定得出答案即可．

【详解】∵，

∴

∵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和全等三角形的判定等知识，根据已知得出是解题关键．

15. 在如图1中，四边形是矩形，，如图2中，四边形是矩形，，请你只用无刻度的直尺画出两个图中的边的垂直平分线．

【答案】见解析

【解析】

【分析】根据垂直平分线的判定和性质“垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”，矩形的性质，等腰三角形“三线合一”的性质即可求解．

【详解】解：如图1所示，连接，交于点，

∵四边形是矩形，

∴，

∴是等腰三角形，则，

∵，

∴是等腰三角形，则，

连接并延长交于点，

在中，

，

∴，

∴，

∴是的角平分线，且是等腰三角形，

∴根据等腰三角形的“三线合一”可知，是的垂线，且平分，即是线段的垂直平分线，

∵四边形是矩形，

∴，且，

∴，

∵是等腰三角形，

∴平分线段，即，且，

∴直线是线段垂直平分线；

如图2所示，

∵四边形是矩形，，

∴，，即，

∴连接交于点，连接交于点，连接，

同理可得，是等腰三角形，，

连接并延长交于点，

∴，

∴是的垂直平分线，

∵，

∴四边形是矩形，

∴，

∴直线是线段垂直平分线．

【点睛】本题主要考查垂直平分线的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质的综合，掌握上述知识的综合运用是解题的关键．

16. 如图，在△DEF中，DE=17，EF=30，EF边上的中线DH=8，请判断△DEF的形状？并说明理由．

【答案】△DEF是等腰三角形，理由见解析.

【解析】

【详解】试题分析：

先在△DEH中，由勾股定理逆定理判断∠DHE=90°，由此可得DH是线段EF的垂直平分线从而可得DF=DE，就可得出△DEF是等腰三角形了.

试题解析：

△DEF是等腰三角形．理由如下：

∵DH是EF边上的中线，EF=30cm，

∴EH=15cm，

∵DE=17cm，DH=8cm，

∴EH2+DH2=DE2，

∴∠DHE=90°，

∴DH⊥EF，

∴DH垂直平分EF，

∴DE=DF，

∴△DEF是等腰三角形．

17. 如图，为了测算出学校旗杆的高度，小明将升旗的绳子拉到旗杆底端，并在与旗杆等长的地方打了一个结，然后将绳子底端拉到离旗杆底端5米的地面某处发现此时绳子底端距离打结处约1米，则旗杆的高度是多少米？

【答案】12m

【解析】

【分析】设旗杆的高度为xm，则AC=x m，AB=（x+1）m，BC=5m，利用勾股定理得到52+x2=（x+1）2，然后解方程求出x即可．

【详解】解：设旗杆的高度为xm，则，，，

在中，，

解得

答：旗杆的高度是12m．

【点睛】本题考查了勾股定理的应用：在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．

四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分）

18. 计算．

【答案】

【解析】

【分析】根据非零数的零次幂，绝对值的性质，二次根式的性质，乘方的运算法则即可求解．

【详解】解：

．

【点睛】本题主要考查二次根式，非零数的零次幂，绝对值的性质的混合运算，掌握以上知识是解题的关键．

19. 如图所示，在△ABC中，AC＝10，BC＝17，CD＝8，AD＝6．

求：（1）BD的长；

（2）△ABC的面积．

【答案】（1）BD=15；（2）S△ABC=84．

【解析】

【分析】（1）由AC＝10，CD＝8，AD＝6，利用勾股定理的逆定理可判断∠ACD＝９０°，在利用勾股定理即可求出BD的长；

（2）由三角形的面积公式即可求得．

【详解】解：（1）在△ABC中 ，∵AC2=102=100，AD2+CD2=62+82=100，∴AC2=AD2+CD2，∴∠ADC=90°，∵∠BDC=90°，

在Rt△BCD中 ，BD==15；

（2）S△ABC=×（6+15）×8=4×21=84．

【点睛】本题考查勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的面积，综合性较强，难度不大．

20. 如图，在平行四边形中，，，对角线，点E、F分别是上的点，且．

（1）求证：四边形是平行四边形．

（2）当_____度时，四边形是矩形，此条件下求出长度．

【答案】（1）见解析    （2）90，

【解析】

【分析】（1）由平行线的性质可得，再结合可得，进而证明结论；

（2）由矩形的判定定理可得当，四边形是矩形；根据矩形的性质可得，然后运用勾股定理可得，最后运用等面积法即可解答．

【小问1详解】

证明：∵四边形是平行四边形，                                  

∴，

∵，

∴，

∴四边形是平行四边形．

【小问2详解】

解：∵四边形是平行四边形，

∴当，四边形是矩形；

∵四边形是矩形，

∴，

∵，

．

，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握矩形的判定定理是解答本题的关键．

五、（本大题共2小题，每小题9分，共18）

21. 先化简，后求值：，其中．

【答案】，

【解析】

【分析】根据乘法公式，完全平方公式，整式运算法则即可求解．

【详解】解：

将代入上式得，．

【点睛】本题主要考查乘法公式与整式混合的综合，掌握平方差公式，完全平方公式，整式的混合运算是解题的关键．

22. 如图，在四边形中，，平分，，垂足为点．

（1）求证：四边形是菱形；

（2）若，，求四边形的面积．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论；

（2）根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论．

【小问1详解】

证明：，

，

平分，

，

，

，，

，

在与中，，

，

，

，

四边形是菱形；

【小问2详解】

解：四边形菱形，

，

，

，

．

【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，菱形的面积的计算，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．

六、（本大题1小题，共12分）

23. 若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．

（1）概念理解：如图1，在四边形中，，，判断四边形是否为垂美四边形，并说明理由；

（2）性质探究：如图2，试在垂美四边形中探究，的平方和与，的平方和之间的数量关系，并说明理由；

（3）问题解决：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，，求长．

【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析   

（2），理由见解析   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；

（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；

（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．

【小问1详解】

四边形是垂美四边形．

理由：如图，连接，，

   ∵，

∴点A在线段的垂直平分线上，

   ∵，

∴点C在线段的垂直平分线上，

   ∴直线是线段的垂直平分线，

  ∴，即四边形是垂美四边形；

【小问2详解】

．

理由：如图，

∵四边形是垂美四边形，

∴．

∴，

由勾股定理得，

，

∴；

【小问3详解】

如图，连接、，

 在正方形和正方形中，

，

∴，即．

∴．

∴．

又，

∴． 

∴，即．

∴四边形是垂美四边形．

由(2)得，

∵

∴

∴． 

∴．

【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．