2022-2023学年河北省保定市定州市八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省保定市定州市八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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学年河北省保定市定州市八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若二次根式 x+3在实数范围内有意义，则x的取值范围是(    )
A. x≥−3 B. x≥3 C. x≤−3 D. x>−3
2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是(    )
A. 18 B. 8 C. 10 D. 12
3. 下列计算中，正确的是(    )
A. 5 7−2 7=21 B. 2+ 2=2 2
C. 3× 6=3 2 D. 15÷ 5=3
4. 如图，平行四边形ABCD中，∠1=70°，则∠A等于(    )
A. 120°
B. 110°
C. 70°
D. 30°
5. 下列各组数中不能作为直角三角形的三边长的是(    )
A. 9，12，15 B. 6，8，10 C. 5，2，3 D. 1.5，2.5，3.5
6. 下列说法正确的是(    )
A. 对角线相等且互相垂直的四边形是菱形 B. 对角线互相平分的四边形是正方形
C. 对角线互相垂直的四边形是平行四边形 D. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形
7. 如图，DE是△ABC的中位线，过点C作CF//BD交DE的延长线于点F，则下列结论正确的是(    )
A. CFDE
C. EF=CF
D. EF=DE
8. 如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线BE与AD交于点E，AB=4，BC=6，则DE的长度为(    )
A. 6
B. 4
C. 3
D. 2
9. 如图，菱形ABCD的对角线AC=5，BD=10，则该菱形的面积为(    )



A. 50
B. 25
C. 252 3
D. 12.5
10. 小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B=60°，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC=40 2cm，则图1中对角线AC的长为(    )


A. 20cm B. 30cm C. 40cm D. 20 2cm
11. 如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC=2km，BD=4km，CD=8km.要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为(    )
A. 8km B. 10 km C. 12 km D. 10 2km
12. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB=6，BC=10，则GH的长度为(    )


A. 32 B. 292 C. 342 D. 2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 化简： 50− 72= ______ ．
14. 如图，菱形ABCD的一边中点为M，对角线交于点O，OM=3，则菱形的周长为______ ．


15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为(−3,0)，(2,0)，点D在y轴上，则点C的坐标是______．


16. 已知x= 3+12，y= 3−12，则x2+xy+y2的值为______ ．
17. 如图，若一个三角形的三边长为5、12、x，则使此三角形是直角三角形的x的值是______．


18. 用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD.则正方形ABCD的面积为______.(用含a，b的代数式表示)






三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：
(1)4 5+ 45−4 2÷ 8；
(2)( 2+1)2−( 3+1)( 3−1)．
20. (本小题8.0分)
某校秉承“学会生活，学会学习，学会做人”的办学理念，将本校的办学理念做成宣传牌(AB)，放置在教室的黑板上面(如图所示).在三月雷锋活动中小明搬来一架梯子(AE=5米)靠在宣传牌(AB)A处，底端落在地板E处，然后移动的梯子使顶端落在宣传牌(AB)的B处，而底端E向外移到了1米到C处(CE=1米).测量得BM=4米．求宣传牌(AB)的高度(结果用根号表示)．

21. (本小题8.0分)
如图，网格中每个小正方形的边长都是1．
(1)线段AB的长度是______；
(2)请在网格中画出线段AC= 5，BD=2 2，且C，D为AB右侧的格点(网格线的交点)；
(3)以AB、AC、BD三条线段为边能否构成直角三角形，并说明理由．

22. (本小题8.0分)
小明在解决问题：已知a=12+ 3，求2a2−8a+1的值，他是这样分析与解的：
∵a=12+ 3=2− 3(2+ 3)(2− 3)=2− 3
∴a−2=− 3
∴(a−2)2=3,a2−4a+4=3
∴a2−4a=−1
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)化简1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+…+1 100+ 99
(2)若a=1 2−1，求4a2−8a+1的值．
23. (本小题10.0分)
如图，菱形ABCD的对角线相交于O点，DE//AC，CE//BD．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)若AD=5，BD=8，计算DE的值．

24. (本小题10.0分)
在△ABC中，∠BAC=90°，AD是BC边上的中线，点E为AD的中点，过点A作AF//BC交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：AD=AF；
(2)①填空：当∠ACB= ______ 时，四边形ADCF为正方形；
②连接DF，当四边形ABDF为菱形时，求∠ACB的度数.(写出解答过程)

25. (本小题12.0分)
(1)【发现证明】
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EFF=45°，
求证：EF=DF+BE．
小明发现，当把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合时能够证明，请你按照小明的思路给出证明过程．
(2)【类比引申】
①如图2，在正方形ABCD中，如果点E，F分别是CB，DC延长线上的动点，且∠EAF=45°，则(1)中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF，BE，DF之间的数量关系______ (并写出证明过程)
②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且∠EFF=45°，则EF，BE，DF之间的数量关系是______ (不要求证明)
(3)【联想拓展】如图1，若正方形ABCD的边长为6.AE=3 5，求AF的长．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：若二次根式 x+3在实数范围内有意义，
则x+3≥0，
解得：x≥−3．
故选：A．
根据二次根式的概念，形如 a(a≥0)的式子叫做二次根式，进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．

2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
根据最简二次根式的定义选择即可．
【解答】
解：A． 18=3 2，不符合题意；
B. 8=2 2，不符合题意；
C. 10是最简二次根式，符合题意；
D. 12= 22，不符合题意，
故选：C．  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握合并同类二次根式法则、同类二次根式的定义、二次根式的乘法和除法法则．根据合并同类二次根式法则、同类二次根式的定义、二次根式的乘法和除法法则逐一判断即可．
【解答】
解：A.5 7−2 7=3 7，此选项计算错误；
B.2与 2不是同类二次根式，不能合并，此选项计算错误；
C. 3× 6= 3× 3× 2=3 2，此选项计算正确；
D. 15÷ 5= 15÷5= 3，此选项计算错误；
故选C．  
4.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠A+∠B=180°，∠B=∠1，
∴∠A+∠1=180°，
∵∠1=70°，
∴∠A=180°−70°=110°，
故选：B．
根据平行四边形的性质得出AD//BC，AB//CD，根据平行线的性质得出∠A+∠B=180°，∠B=∠1，求出∠A+∠1=180°，再代入求出答案即可．
本题考查了平行线的性质和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对边分别平行．

5.【答案】D 
【解析】解：A、92+122=152，故是直角三角形，不符合题意；
B、62+82=102，故是直角三角形，不符合题意；
C、( 5)2+22=32，故是直角三角形，不符合题意；
D、1.52+2.52≠3.52，故不是直角三角形，符合题意．
故选：D．
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．
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a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．

6.【答案】D 
【解析】解：利用排除法分析四个选项：
A、菱形的对角线互相垂直且平分，故A错误；
B、对角线互相平分的四边形式应该是平行四边形，故B错误；
C、对角线互相垂直的四边形并不能断定为平行四边形，故C错误；
D、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故D正确．
故选：D．
利用多边形对角线的性质，分析四个选项即可得出结论．
本题考查了多变形对角线的性质，解题的关键是牢记各特殊图形对角线的性质即可解决该题．

7.【答案】D 
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴E为AC中点，
∴AE=EC，
∵CF//BD，
∴∠ADE=∠F，
在△ADE和△CFE中，
∠ADE=∠F ∠AED=∠CEF AE=CE ，
∴△ADE≌△CFE(AAS)，
∴DE=EF．
故选：D．
首先根据三角形的中位线定理得出AE=EC，然后根据CF//BD得出∠ADE=∠F，继而根据AAS证得△ADE≌△CFE，最后根据全等三角形的性质即可推出EF=DE．
本题考查了全等三角形的判定与性质及三角形中位线定理，解答本题的关键是根据中位线定理和平行线的性质得出AE=EC、∠ADE=∠F，判定三角形的全等．

8.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=6，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=4，
∴DE=AD−AE=2，
故选：D．
由平行四边形的性质得出AD//BC，AD=BC=6，由角平分线的定义得到∠ABE=∠CBE，则有∠ABE=∠AEB，根据等角对等边得到AB=AE=4，即可求出DE．
本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，熟练掌握平行四边形的性质，求出∠ABE=∠AEB是解决问题的关键．

9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的面积等于菱形两对角线乘积的一半是解题的关键．
利用菱形的面积等于菱形两对角线乘积的一半即可求得答案．
【解答】
解：
∵菱形ABCD的对角线AC=5，BD=10，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×5×10=25，
故选：B．  
10.【答案】C 
【解析】解：如图1，2中，连接AC．

在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵AC=40 2cm，
∴AB=BC= 22AC=40cm，
在图1中，∵∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=40cm，
故选：C．
在图1，图2中，连接AC.在图2中，由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

11.【答案】B 
【解析】解：如图所示：作A点关于直线MN的对称点A′，再连接A′B，交直线MN于点P．
则此时AP+PB最小，过点B作BE⊥CA延长线于点E，
∴四边形CDBE是矩形．
∵AC=2km，BD=4km，CD=8km，
∴AA′=4km，则A′E=6km，BE=CD=8km
在Rt△A′EB中，
A′B= 62+82=10(km)，
则AP+PB的最小值为：10km．
故选：B．
根据题意画出图形，再利用轴对称求最短路径的方法得出P点位置，进而结合勾股定理得出即可．
此题主要考查了应用与设计作图，两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题．

12.【答案】C 
【解析】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=6，BC=10，
∴AE=12AB=12×6=3，CF=12BC=12×10=5，
∵AD//BC，
∴∠DHP=∠FHC，
在△PDH与△CFH中，
∠DPH=∠FCH∠DHP=∠PHCDH=FH，
∴△PDH≌△CFH(AAS)，
∴PD=CF=5，CH=PH，
∴AP=AD−PD=5，
∴PE= AP2+AE2= 52+32= 34，
∵点G是EC的中点，
∴GH=12EP= 342，
故选：C．
连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．

13.【答案】− 2 
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．首先化简二次根式，进而合并即可．
【解答】
解： 50− 72=5 2−6 2=− 2．
故答案为：− 2．  
14.【答案】24 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC，BO=DO，
又∵点M是AB的中点，
∴OM是△ABD的中位线，
∴AD=2OM=6，
∴菱形ABCD的周长=4AD=4×6=24，
故答案为：24．
由菱形的性质可得AB=AD=CD=BC，BO=DO，再由三角形的中位线定理可得AD=2OM=6，即可求解．
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，掌握菱形的的对角线互相平分是解题的关键．

15.【答案】(5,4) 
【解析】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为(−3,0)，(2,0)，点D在y轴上，
∴AB=5，
∴DO=4，
∴点C的坐标是：(5,4)．
故答案为：(5,4)．
利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键．

16.【答案】52 
【解析】解：∵x= 3+12，y= 3−12，
∴x+y= 3，xy=12，
∴x2+xy+y2=(x+y)2−xy=( 3)2−12=52，
故答案为：52．
先计算出x+y，xy的值，再把x2+xy+y2变形为(x+y)2−xy，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰．

17.【答案】 119 
【解析】解：由勾股定理，得
52+x2=122，
所以x= 119．
故答案为： 119．
本题已知直角三角形的两边长，明确x是直角边，利用勾股定理求解．
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，关键是熟练掌握勾股定理的逆定理．

18.【答案】a+b 
【解析】解：如图，连接DK，DN，

∵∠KDN=∠MDT=90°，
∴∠KDM=∠NDT，
∵DK=DN，∠DKM=∠DNT=45°，
∴ΔDKM≌ΔDNT(ASA)，
∴SΔDKM=SΔDNT，
∴S四边形DMNT=SΔDKN=14a，
∴正方形ABCD的面积=4×14a+b=a+b，
故答案为a+b．
如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT=SΔDKN=14a，由此即可解决问题．
本题考查全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

19.【答案】解：(1)4 5+ 45−4 2÷ 8
=4 5+3 5−4 2÷2 2
=4 5+3 5−2
=7 5−2；
(2)( 2+1)2−( 3+1)( 3−1)
=2+2 2+1−(3−1)
=2+2 2+1−2
=2 2+1． 
【解析】(1)先化简，再算除法，最后算加减即可；
(2)利用平方差公式及完全平方公式进行运算，最后算加减即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．

20.【答案】解：由题意可得：AE=BC=5米，BM=4米，EC=1米，
在Rt△MBC中，MC= 52−42=3(米)，
则EM=3−1=2(米)，
在Rt△AEM中，AM= 52−22= 21(米)，
故AB=AM−BM=( 21−4)米，
答：宣传牌(AB)的高度为( 21−4)米． 
【解析】直接利用勾股定理得出EM，AM的长，进而得出答案．
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．

21.【答案】(1) 13；
(2)如图，线段AC，BD即为所求；


(3)以AB、AC、BD三条线段为边能构成直角三角形．
理由：∵AB= 13，AC= 5，BD=2 2，
∴( 13)2=( 5)2+(2 2)2，
∴以AB、AC、BD三条线段为边能构成直角三角形． 
【解析】解：(1)AB= 22+32= 13．
故答案为： 13；

(2)如图，线段AC，BD即为所求；


(3)以AB、AC、BD三条线段为边能构成直角三角形．
理由：∵AB= 13，AC= 5，BD=2 2，
∴( 13)2=( 5)2+(2 2)2，
∴以AB、AC、BD三条线段为边能构成直角三角形．
(1)利用勾股定理求解即可；
(2)利用数形结合的思想画出图形即可；
(3)利用勾股定理的逆定理判断即可．
本题考查作图−应用与设计作图，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．

22.【答案】解：(1)原式=( 2−1)+( 3− 2)+( 4− 3)+…+( 100− 99)= 100−1=10−1=9；
(2)a= 2+1，
则原式=4(a2−2a+1)−3=4(a−1)2−3
当a= 2+1时，原式=4×( 2)2−3=5． 
【解析】(1)根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类二次根式即可求解；
(2)首先化简a，然后把所求的式子化成4(a−1)2−3代入求解即可．
本题考查了二次根式的化简求值，正确读懂例题，对根式进行化简是关键．

23.【答案】(1)证明：∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴四边形OCED是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，BD=8，
∴OD=12BD=4，OC=OA，AD=CD，
∵AD=5，
∴OC= CD2−OD2=3，
∵四边形OCED是矩形，
∴DE=OC=3， 
【解析】(1)首先证明四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的性质可得AC⊥BD，进而得到四边形OCED是矩形；
(2)首先根据菱形的性质可得OD=12BD=4，OC=OA，AD=CD，然后再根据勾股定理可计算出DE=OC=3即可．
此题主要考查了菱形的性质，以及矩形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．

24.【答案】45° 
【解析】(1)证明：∵AF//BD，
∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∴△AEF≌△DEB(AAS)，
∴AF=BD，
∵∠BAC=90°，AD是BC上的中线，
∴AD=BD=12BC，
∴AD=AF；
(2)解：①由(1)得：AF=BD=CD=AD，AF//CD，
∴四边形ADCF是菱形，
当∠ADC=90°时，菱形ADCF是正方形，
∵AD=CD，
∴∠ACB=45°，
故答案为：45°；
②由①得：AF=BD，AF//BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
当AB=BD时，
∵AD=BD，
∴AD=AB=AD，
∴∠ABC=60°，
∴∠ACB=90°−∠ABC=30°．
(1)可证得△AEF≌△DEB，从而AF=BD，根据直角三角形的性质可得AD=BD=12BC，进而结论；
(2)①可推出四边形ADCF是菱形，当∠ADC=90°时，四边形ADCF是正方形，进而得出结果；
②可推出AD=BD=AD，从而得出∠ABC=60°，进而得出结果．
本题考查了直角三角形的性质，等边三角形三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．

25.【答案】EF=DF−BE  EF=BE−DF 
【解析】(1)证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴∠ADG=∠B，AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD，
∴∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
∴C、D、G共线，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠DAG+∠DAF=45°，
∴∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG=DF+DG=BE+DF；
(2)解：①如图1，

(1)中的结论不成立，应该是：EF=DF−BE，理由如下：
把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴∠ADG=∠B，AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠BAF=45°，
∴∠DAG+∠BAF=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠FAG=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵AF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG=DF−DG=DF−BE，
故答案为：EF=DF−BE；
②如图3，

将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABG，
同理①可得：△GAE≌△FAE，
∴EF=EG=BE−BG=BE−DF，
故答案为：EF=BE−DF；
(3)解：∠B=90°，AE=3 5，AB=6，
∴BE= (3 5)2−62=3，
∵CE=BC−BE=3，
设DF=x，则CF=6−x，EF=BE+DF=x+3，
∵∠C=90°，
∴CE2+CF2=EF2，
∴32+(6−x)2=(x+3)2，
∴x=2，
∴DF=2，
∴AF= AD2+DF2= 62+22=2 10．
(1)可证得∠GAF=∠EAF=45°，进而证得△EAF≌△GAF，从而得出EF=FG，进一步得出结论；
(2)①把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，可证得∠EAF=∠FAG=45°，进而证得△EAF≌△GAF，进一步得出结果；
②将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABG，同理①可得：△GAE≌△FAE，进一步 得出结果；
(3)根据勾股定理求得BE的值，进而求得CE=3设DF=x，则CF=6−x，EF=BE+DF=x+3，根据CE2+CF2=EF2列出32+(6−x)2=(x+3)2，求得x的值，进一步得出结果．
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是旋转三角形，构造全等三角形．