2022-2023学年湖南省湘西州花垣县华鑫教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省湘西州花垣县华鑫教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析），共19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。

2022-2023学年湖南省湘西州花垣县华鑫教育集团八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 3−a在实数范围内有意义，则a的取值范围(    )
A. a≥3 B. a≤3 C. a≥−3 D. a≤−3
2. 下列二次根式是最简二次根式的是(    )
A. 12 B. 8 C. 2a3 D. x2+y2
3. 计算：( 5− 3)( 3− 5)=(    )
A. 2 B. −2 C. 8−2 15 D. 2 15−8
4. 下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是(    )
A. 8，15，17 B. 9，16，25 C. 7，24，25 D. 9，40，41
5. 已知，等边△ABC的边长AB=8，则△ABC的面积为(    )
A. 16 3 B. 24 3 C. 32 3 D. 64 3
6. 如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，那么AB边上的高CD为(    )

A. 3013 B. 6013 C. 9013 D. 12013
7. 如图所示，在下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是(    )
A. AB//CD，∠A=∠C
B. AB//CD，AB=BC
C. ∠B=∠D，∠A=∠C
D. AB//CD，AB=CD
8. 下列命题是真命题的是(    )
A. 对角线相等的四边形是矩形
B. 对角线垂直的四边形是菱形
C. 对角线垂直相等的四边形是正方形
D. 若四边形ABCD的对角线AC⊥BD，那么这个四边形的面积S=12AC⋅BD
9. 顺次连接任意四边形的各边中点得到的四边形一定是(    )
A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 平行四边形
10. 如图所示，矩形ABCD，AB=6，BC=6 3，点E是边AD上的一个动点，点F是对角线BD上一个动点，连接BE，EF，则BE+EF的最小值是(    )


A. 6 B. 6 3 C. 12 D. 12 3
二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）
11. 化简：− (−π)2= ______ ．
12. 计算：( 5+ 7)( 5− 7)= ______ ．
13. 若直角三角形的两边长为3和4，则第三边长为______．
14. 命题“对顶角相等”的逆命题是：如果______ ，那么______ ．
15. 在▱ABCD中，∠A+∠C=100°，那么∠B= ______ ．
16. 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，△OAB是等边三角形，且AB=6，矩形ABCD的面积为______ ．


17. 如图所示，正方形ABCD在正方形DEFG的外部绕着点D可以转动，且DA

18. 如图所示，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=a，AC=b，AB=c，斜边上的高CD=h，以a+b，h，c+h的长为三角形的三边构造一个新△MNE，若按角分类，△MNE是______ 三角形．


三、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1)( 8−2 3)×3 6；
(2)( 3−2)(5+ 3)．
20. (本小题8.0分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=18．
求：BC，AC的长．

21. (本小题8.0分)
已知：x，y分别是6− 7的整数部分和小数部分．
(1)求：x，y的值；
(2)比较 7− 5与y的大小．
22. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，设AC=b，BC=a，AB=c，CD=h．
求证：1a2+1b2=1h2．

23. (本小题8.0分)
平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于O，E、F是AC上的两点，并且AE=CF.求证：四边形BFDE是平行四边形．
24. (本小题10.0分)
如图所示四边形ABCD，已知AB=6，BC=8，CD=24，AD=26，∠B=90°，求该四边形ABCD的面积．

25. (本小题12.0分)
如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E是AB上的动点，点F是BC上的动点．
(1)若∠EDF=60°，求证：DE=DF；
(2)若∠DEF=60°，猜想△DEF形状(不写证明过程)．

26. (本小题16.0分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=12cm，AD=28cm，BC=33cm.点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动.规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始，设运动时间为t秒．
(1)t为何值时，四边形ABQP为矩形．
(2)t为何值时，PQ=CD．
(3)在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PQCD是菱形？若存在，请你求出t的值；若不存在，请你改变Q点的运动速度，使四边形PQCD在某一时刻为菱形？


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】
解：根据题意得，3−a≥0，
解得a≤3．
故选：B．  
2.【答案】D 
【解析】解：A． 12= 22，故此选项不合题意；
B. 8=2 2，故此选项不合题意；
C. 2a3=a 2a，故此选项不合题意；
D. x2+y2是最简二次根式，故此选项符合题意；
故选：D．
直接利用二次根式的性质结合最简二次根式的定义分析得出答案．
此题主要考查了最简二次根式，正确掌握最简二次根式的定义是解题关键．

3.【答案】D 
【解析】解：原式=−( 5− 3)2
=−(5−2 15+3)
=−8+2 15．
故选：D．
利用完全平方公式计算．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：A.∵82+152=172，
∴能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B.∵92+162≠252，
∴不能构成直角三角形，故本选项符合题意；
C.∵72+242=252，
∴能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D.∵92+402=412，
∴能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：B．
先分别求出两小边的平方和和最长的边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．

5.【答案】A 
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=8，
设AD为BC边上的高，则D为BC中点，
∴BD=DC=4，
∴AD= AB2−BD2= 82−42=4 3，
则△ABC的面积=12BC⋅AD=12×8×4 3=16 3．
故选：A．
根据等边三角形的边长可以计算等边三角形的高，根据等边三角形的边长和高即可求△ABC的面积，即可解题．
本题考查了三角形面积的计算，等边三角形三线合一的性质，本题中根据勾股定理求AD的值是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：∵∠ACB=90°，AC=5，BC=12，
∴AB= AC2+BC2= 52+122=13，
∵S△ABC=AC⋅BC2=AB⋅CD2，
∴5×122=13CD2，
解得CD=6013，
故选：B．
根据勾股定理可以求得CD的长，再根据等积法，即可求得CD的长．
本题考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，求出CD的长．

7.【答案】B 
【解析】解：A、∵AB//CD，
∴∠A+∠D=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠C+∠D=180°，
∴AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选项A不符合题意；
B、由AB//CD，AB=BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项B符合题意；
C、由∠B=∠D，∠A=∠C，能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB//CD，AB=CD，能判定四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意．
故选：B．
根据平行四边形的判定逐个进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定的应用，能熟记平行四边形的判定定理是解此题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、对角线垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线垂直相等的平行四边形是正方形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D、若四边形ABCD的对角线AC⊥BD，那么这个四边形的面积S=12AC⋅BD，正确，是真命题，符合题意．
故选：D．
利用矩形、菱形、正方形的判定方法等知识分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．

9.【答案】D 
【解析】解：连接BD，
已知任意四边形ABCD，E、F、G、H分别是各边中点．
在△ABD中，E、H分别是AB、AD中点，
所以EH//BD，EH=12BD．
在△BCD中，G、F分别是DC、BC中点，
所以GF//BD，GF=12BD，
所以EH=GF，EH//DF，
所以四边形EFGH为平行四边形．
故选：D．
根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．需注意新四边形的形状只与对角线有关，不用考虑原四边形的形状．
本题考查了三角形的中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半以及平行四边形的判定．

10.【答案】B 
【解析】解：作点B关于AD的对称点B′，连接B′A，B′E，过点B′作B′G⊥BD于点G，交AD于点H，如图：

由对称性可得B′E=BE，
∴BE+EF≥B′G，
∴当B′，E，F三点共线，且B′F⊥BD时，即点E在点H处，点F在点G处时，BE+BF的值最小．
∵AB=6，BC=6 3，
∴BB′=12，BD=12，
∴cos∠ADB= 32，
∵∠ABD+∠BB′G=∠ABD+∠ADB，
∴∠BB′G=∠ADB，
∴cos∠BB′G=cos∠ADB= 32=B′GBB′，
∴B′G=6 3．
故选：B．
作点B关于AD的对称点B′，连接B′A，B′E，过点B′作B′G⊥BD于点G，交AD于点H，即可得到BE+EF的最小值为B′G，再运用锐角三角函数即可解答．
本题主要考查矩形的性质和线段和最小值问题，解题的关键在于作出适当的辅助线．

11.【答案】−π 
【解析】解：∵−π<0，
∴− (−π)2=−π．
故答案为：−π．
首先判断−π<0，再根据二次根式的性质和绝对值的性质进行化简．
此题考查了二次根式的性质： a2=|a|.正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．

12.【答案】−2 
【解析】解：原式=( 5)2−( 7)2
=5−7
=−2．
故答案为：−2．
根据平方差公式进行计算即可．
本题考查的是二次根式的混合运算，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．

13.【答案】5或 7 
【解析】解：当4是直角边时，第三边长= 32+42=5，
当4是斜边时，第三边长= 42−32= 7，
故答案为：5或 7．
分4是直角边、4是斜边两种情况，根据勾股定理计算即可．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．

14.【答案】两个角相等  这两个角是对顶角 
【解析】解：命题“对顶角相等．”的逆命题：如果两个角相等，那么这两个角是对顶角．
故答案为：两个角相等，这两个角是对顶角．
将题设与结论对调即可．
本题考查的是命题的概念，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．掌握命题的概念是解题的关键．

15.【答案】130° 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD//BC，
∵∠A+∠C=100°，
∴∠A=∠C=50°，
∵AD//BC，
∴∠B=180°−∠A=130°．
故答案为：130°．
由在▱ABCD中，∠A+∠C=100°，根据平行四边形对角相等，易求得∠A的度数，又由平行线的性质，即可求得答案．
此题考查了平行四边形的性质与平行线的性质．此题比较简单，注意掌握平行四边形对角相等，邻角互补的知识的应用是解题的关键．

16.【答案】36 3 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，OA=OC，
∵△OAB是等边三角形，
∴∠OAB=60°，OA=AB=6，
∴AC=2OA=12，∠ACB=30°，
∴BC= 3AB=6 3，
∴矩形ABCD的面积=AB×BC=6×6 3=36 3．
故答案为：36 3．
由等边三角形的性质得∠OAB=60°，OA=AB=6，则AC=2OA=12，∠ACB=30°，由含30°角的直角三角形的性质得BC= 3AB=6 3，即可得出答案．
本题考查了矩形的性质和判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．

17.【答案】12 
【解析】解：过G作GM⊥DA交DA延长线于M，过E作EN⊥CD交CD延长线于N，
∴∠END=∠DMG=90°，
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD=CD，∠EDG=∠ADC=90°，DG=DE，
∴∠ADN=90°，
∴∠EDN+∠NDG=∠ADG+∠NDG=90°，
∴∠EDN=∠ADG，
∵∠EDG=∠ADC=90°，DG=ED，
∴△END≌△GMD(AAS)，
∴EN=GM，
∵△EDC的面积=12CD⋅EN，△ADG的面积=12AD⋅GM，
∴△DEC的面积=△ADG的面积=12．
故答案为：12．
过G作GM⊥DA交DA延长线于M，过E作EN⊥CD交CD延长线于N，得到∠END=∠DMG=90°，由正方形的性质得到AD=CD，∠EDG=∠ADC=90°，DG=DE，由余角的性质得到∠EDN=∠ADG，又∠EDG=∠ADC=90°，DG=ED，即可证明△END≌△GMD(AAS)，推出EN=GM，即可得到△DEC的面积=△ADG的面积=12．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是通过作辅助线构造全等三角形．

18.【答案】直角 
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=a，AC=b，AB=c，
∴a2+b2=c2；
又∵CD是斜边AB上的高，CD=h，
∴12ab=12ch，即ab=ch，
∵(a+b)2+h2=a2+b2+2ab+h2=c2+2ch+h2=(c+h)2，即(a+b)2+h2=(c+h)2，
∴以a+b，c+h，h的长为边的三角形是直角三角形．
故答案为：直角．
根据勾股定理、三角形面积公式求得a2+b2=c2、ab=ch，可得(a+b)2+h2=(c+h)2，然后根据勾股定理的逆定理推得该三角形是直角三角形．
本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理．熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解决问题的关键．

19.【答案】解：(1)( 8−2 3)×3 6
= 8×3 6−2 3×3 6
=3 48−6 18
=12 3−18 2；
(2)( 3−2)(5+ 3)
=5 3+3−10−2 3
=3 3−7． 
【解析】(1)根据乘法分配律计算，然后化简即可；
(2)根据二次根式的乘法将题目中的式子展开，再合并同类二次根式和同类项即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

20.【答案】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=18，
∴BC=12AB=9，
∴AC= AB2−BC2= 182−92=9 3． 
【解析】根据直角三角形的边角关系和勾股定理，解答出即可；
本题主要考查了含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，知道30度角所对的直角边等于斜边的一半．

21.【答案】解：(1)∵2< 7<3，
∴−3<− 7<−2，
∴3<6− 7<4，
∴6− 7的整数部分x=3，小数部分y=6− 7−3=3− 7，
答：x=3，y=3− 7；
(2)∵1 7− 5= 7+ 52；1y=1 9− 7= 9+ 72，
∴ 9+ 72> 7+ 52，
∴ 9− 7< 7− 5．
∴y< 7− 5． 
【解析】(1)根据算术平方根的定义估算无理数6− 7的大小即可得出x、y的值；
(2)倒数法比较即可．
本题考查了无理数的大小估算，含有减号的无理数大小比较，倒数法比较能转化成加法再比较更容易一些．

22.【答案】证明：在直角△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，则△ACB∽△ADC∽△CDB，
CDAC=BDBC，即CD2AC2=BD2BC2，
∵h2(1a2+1b2)=CD2BC2+CD2AC2=CD2BC2+BD2BC2
=BC2BC2=1，
∴1a2+1b2=1h2． 
【解析】要证明1a2+1b2=1h2，只需证明h2(1a2+1b2)=1即可，在直角△ABC中根据BD2+CD2=BC2求证．
本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，解本题的关键是求证CDAC=BDBC，即CD2AC2=BD2BC2，使得CD2BC2+CD2AC2=CD2BC2+BD2BC2．

23.【答案】证明：如图所示：
∵▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AF=EC，则FO=EO，
∴四边形BFDE是平行四边形． 
【解析】根据题意画出图形，再利用平行四边形的性质，得出对角线互相平分，进而得出EO=FO，BO=DO，即可证明四边形BFDE是平行四边形．
本题主要考查了平行四边形的判定和性质．平行四边形的判定方法有五种，具体选择哪一种方法解答应先分析题目中的已知条件，并仔细体会它们之间的联系与区别，才能合理、灵活地选择方法．

24.【答案】解：∵AB=6，BC=8，∠B=90°，
∴AC= AB2+BC2= 62+82=10，
∵CD=24，AD=26，
∴AC2+CD2=102+242=676，AD2=262=676，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形，
∴∠ACD=90°，
∴四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积
=12AB⋅BC+12AC⋅CD
=12×6×8+12×10×24
=24+120
=144，
∴四边形ABCD的面积为144． 
【解析】先在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AC的长，再利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，然后再根据四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．

25.【答案】(1)证明：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴AD=AB=CD=CB，∠C=∠A=60°，
∴△ABD和△CBD都是等边三角形，
∴AD=BD，∠A=∠DBF=∠ADB=60°，
∵∠EDF=60°，
∴∠ADE=∠BDF=60°−∠BDE，
在△ADE和△BDF中，
∠A=∠DBFAD=BD∠ADE=∠BDF，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，
∴DE=DF．
(2)解：△DEF是等边三角形，
证明：作EH//AD交BD于点H，则∠BEH=∠A=60°，∠EHB=∠ADB=60°，
∴∠EBH=∠EHB=∠ADB=60°，
∴△BEH是等边三角形，
∴EB=EH，
∵∠DEF=60°，
∴∠BEF=∠HED=60°−∠FEH，
∵∠ABD=∠CBD=60°，
∴∠EBF=∠ABD+∠CBD=120°，
∵∠EHD=180°−∠EHB=120°，
∴∠EBF=∠EHD，
在△EBF和△EHD中，
∠BEF=∠HEDEB=EH∠EBF=∠EHD，
∴△EBF≌△EHD(ASA)，
∴EF=ED，
∴△DEF是等边三角形． 
【解析】(1)连接BD，由菱形的性质得AD=AB=CD=CB，∠C=∠A=60°，则△ABD和△CBD都是等边三角形，所以AD=BD，∠A=∠DBF=∠ADB=60°，因为∠EDF=60°，所以∠ADE=∠BDF=60°−∠BDE，即可证明△ADE≌△BDF，得DE=DF；
(2)作EH//AD交BD于点H，可证明△BEH是等边三角形，则EB=EH，因为∠DEF=60°，所以∠BEF=∠HED=60°−∠FEH，而∠EBF=∠EHD=120°，即可证明△EBF≌△EHD，得EF=ED，则△DEF是等边三角形．
此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

26.【答案】解：(1)在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，
∴∠A=∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形，
即t=33−2t，
解得：t=11，
∴当t=11时，四边形PQBA是矩形；

(2)过点D作FH⊥BC于H，

∴∠CHD=90°，
∵∠B=90°，
∴∠B=∠CHD，
∴DH//AB，
∵AD//BC，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴DH=AB=12cm，BH=AD=28cm，
∴CH=BC−BH=5(cm)，
根据勾股定理得，CD= DH2+CH2=13(cm)，
过点Q作QG⊥AD于G，则四边形ABQG是矩形，

∴QG=AB=12cm，AG=BQ，
∵BQ=BC−CQ=(33−2t)cm，
∴PG=|AG−AP|=|33−2t−t|=|33−3t|cm，
∵PQ=CD=13cm，
根据勾股定理得，122+(33−3t)2=132，
∴t=283或t=383，
故答案为：283或383；
(3)不存在，
理由：
∵四边形PQCD是菱形，
∴CQ=CD，
∴2t=13，
∴t=132，
此时，DP=AD−AP=28−132=432(cm)，
而DP≠CD，
∴四边形PQCD不可能是菱形．
若四边形PQCD为菱形，
∴PD=CD=CQ，
∴28−t=13，
∴t=15，
设点Q的运动速度为v，
∴15v=13，
∴v=1315cm/s．
即Q点的运动速度为1315cm/s，使四边形PQCD为菱形． 
【解析】(1)当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形，可得t=33−2t，即可求解；
(2)构造出直角三角形，表示出PG，利用勾股定理建立方程求解，即可得出结论；
(3)先利用CQ=CD求出时间t，再求出AP，进而得出DP，由菱形的判定可判断结论，由菱形的性质即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定与性质，勾股定理，构造出直角三角形是解本题的关键．