湖北省武汉市江岸区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑．
1. 若二次根式有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，
∴，
故选B．
2. 下列根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了对最简二次根式的理解，被开方数不含有能开的尽方的因式或因数，被开方数不含有分数的二次根式叫做最简二次根式；能熟练地运用定义进行判断是解此题的关键．根据最简二次根式的定义（被开方数不含有能开的尽方的因式或因数，被开方数不含有分数），逐一判断即可得答案．
【详解】解：A、，故该选项不是最简二次根式，不符合题意；
B、，故该选项不是最简二次根式，不符合题意；
C、，故该选项不是最简二次根式，不符合题意；
D、，是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
3. 下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（ ）
A. 1，2，3B. 2，3，4C. 5，12，13D. 4，5，6
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，掌握“如果三角形三边满足：两条较短边的平方之和等于最长边的平方，则这个三角形是直角三角形”是解题的关键．
【详解】解：A、，不可以构成三角形，故不符合题意；
B、，不可以构成直角三角形，故不符合题意；
C、，可以构成直角三角形，故符合题意；
D、，不可以构成直角三角形，故不符合题意．
故选：C．
4. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算，根据二次根式的运算法则逐项计算即可判断求解，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
【详解】解：、和不能合并，该选项错误，不合题意；
、，该选项正确，符合题意；
、，该选项错误，不合题意；
、，该选项错误，不合题意；
故选：．
5. 矩形、菱形都具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 对角线互相平分且相等D. 对角线平分一组对角
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形、菱形的性质，根据矩形和菱形都是特殊的平行四边形选择都具有的性质是解题的关键．
【详解】解：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，观察各选项可知都具有对角线互相平分的性质，
故选：A．
6. 如图，在中，，，，在数轴上，点B对应的数为1，以点B为圆心，的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是勾股定理，实数与数轴的关系，正确运用勾股定理求出的长是解题的关键，要理解数轴上的点与实数的对应关系．根据题意运用勾股定理求出的长，即可得到答案．
【详解】解：在中，，，，
点B对应的数为1，
点D表示的数是，
故选：A．
7. 如图，等腰中，，点是底边上的一动点（不与点重合），过点分别作的平行线，交于点，则下列数量关系一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行线性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，由等腰三角形的性质可得，由平行线的性质可得，，进而得到，，即得，，由平行四边形的性质可得，即可得到，，，据此可判断求解，掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，，，
∴一定正确的是，
故选：．
8. 如图，平行四边形中，、是对角线上的两点，若添加①；②；③；④平分，平分中任意一个条件能够使，则共有几种添法（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理，逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴（两直线平行，内错角相等）．
∵当时，（两直线平行，内错角相等），
∴（等角的补角相等），
和中，
，
∴，
∴条件①能够使；
∵当时，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴条件②能够使；
∵当时，无法根据全等三角形的判定定理证明，
∴条件③不能够使；
∵当平分，平分时，
∴
在和中，
，
∴，
∴条件④能够使．
∴有①②④，3种添法．
故选：C．
9. 有一个边长为1的大正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上生出两个小正方形，其中三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过1次“生长”后，形成的图形如图1所示．如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，若“生长”了2024次后形成的图形如图2所示，则图2中所有的正方形的面积和是（ ）
A. 2025B. 2024C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解答本题的关键．根据勾股定理求出“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和，结合图形总结规律，根据规律解答即可．
【详解】如图，由题意得，正方形A的面积为1，
由勾股定理得，正方形B的面积正方形C的面积正方形A的面积，
∴“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和为2，
同理可得，“生长”了2次后形成的图形中所有的正方形的面积和为3，
∴“生长”了3次后形成的图形中所有的正方形的面积和为4，
……
∴“生长”了2024次后形成的图形中所有的正方形的面积和为2025，
故选：A．
10. 如图，中，对角线相交于点，，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，过点作于，过点作的延长线于，由可得，由勾股定理得，由平行四边形性质得，，进而得到，，，即可得到，，即得，由勾股定理即可求出的长，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作于，过点作的延长线于，则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
二、填空题（共6小题，每题3分，共18分）
下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接写在答题卡的指定位置．
11. 若最简二次根式与是同类二次根式，则a的值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据同类二次根式的根指数、被开方数相同可得出方程，解出即可得出答案．
【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式
∴2a-3=5，
解得：a=4．
故答案为：4．
【点睛】此题考查了同类二次根式的知识，解答关键是掌握同类二次根式的根指数、被开方数相同．
12. 化简：_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的分母有理化即可得．
【详解】，
故答案：．
【点睛】本题考查了二次根式的分母有理化，熟练掌握二次根式的分母有理化的方法是解题关键．
13. 如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为______°．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质、推理证明出是解题的关键．
【详解】解：∵菱形中，交于，，
∴，，，
∴，
∵于，
∴，，
∴，
．
故答案为：．
14. 某数学兴趣小组开展了笔记本电脑的张角大小的实践探究活动．如图，当张角为时，顶部边缘处离桌面的高度为，此时底部边缘处与处间的距离为，小组成员调整张角的大小继续探究，当张角时（是的对应点），则线段的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，由勾股定理可得，由可得，进而得到，即可得，再利用线段的和差关系即可求解，掌握勾股定理及直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：由题意可得，，，
∵，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图，矩形中，，点E为边上的一个动点，与关于直线对称．当为直角三角形时，的长为_________．

【答案】9或18
【解析】
【分析】分两种情况，分别求解，（1）当时，如图（1），根据轴对称的性质得，得；（2）当时，如图（2），根据轴对称的性质得，得A、、C在同一直线上，根据勾股定理得，设，则，根据勾股定理，计算即可．
【详解】解：（1）当时，如图（1），

∵，
根据轴对称的性质得，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）当时，如图（2），

根据轴对称的性质得，
为直角三角形，
即，
∴，
∴A、、C在同一直线上，
根据勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得，
即；
综上所述：的长为9或18；
故答案：9或18．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，画出图形是解题关键．
16. 四边形中，对角线，，点分别是的中点，连接，取中点，连接，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，延长至，使，连接，过点作于，过点作的延长线于点，则，，由三角形中位线性质可得，，由，可得四边形是平行四边形，得到，，，进而证明，得到，，设，，则，，在、、分别可得，，，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，延长至，使，连接，过点作于，过点作的延长线于点，则，，
∵点分别是的中点，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
设，，则，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共8小题，共72分）
下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形．
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的运算，熟练掌握二次根式运算是解题的关键．
（1）根据二次根式的加减混合运算法则求解即可；
（2）根据多项式乘以多项式展开计算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 先化简，再求值．，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，整式的化简，正确计算是解题的关键．先根据平方差公式和单项式乘以多项式的计算法则去括号，然后合并同类项化简，最后代值计算即可．
【详解】解：
，
当时，原式．
19. 如图所示，在中，点E，点F分别是的中点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，，求平行四边形的周长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
（1）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论；
（2）由角平分线的性质和平行线的性质可证，即可求解．
【小问1详解】
证明∶四边形是平行四边形，
，
点E，点F分别是的中点，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
平分，
，
又，
，
，
，
，
平行四边形的周长．
20. 下面是小东设计的“作矩形”的尺规作图过程．
已知：Rt△ABC，∠ABC＝90°，求作：矩形ABCD．
作法：如图，①作线段AC的垂直平分线交AC于点O；
②连接BO并延长，在延长线上截取OD＝OB；
③连接AD，CD．
所以四边形ABCD即为所求作的矩形．
根据小东设计的尺规作图过程．
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹，下结论）
（2）为什么这样作出的四边形是矩形？请写出证明过程．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据作图过程即可补全图形；
（2）根据平行四边形的判定方法和矩形的判定方法即可完成证明．
【小问1详解】
解：如图即为补全的图形；
【小问2详解】
证明：由作图知：OA=OC，OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
21. 如图1，在每个边长为1的小正方形的网格中，点、、均在格点上．仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．
（1）画出以为边的菱形；
（2）直接写出点到的距离______；
（3）在上画点，使；
（4）如图2，点为与格线交点，取中点，连，在上画点，使．
【答案】（1）见解析 （2）4
（3）见解析 （4）见解析
【解析】
【分析】本题考查了网格中的无刻度直尺作图，结合菱形的判定与性质、直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握知识点作图是解题的关键．
（1）根据网格、勾股定理可知，根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，取将点向右平移5格得格点，连接即可得到菱形；
（2）观察图形，根据菱形的性质、平行线之间的距离处处相等，得出点到的距离即可；
（3）利用网格，取点向右平移4格，再向下平移3格的格点，构造出等腰直角三角形，即可得到上的点，使；
（4）根据菱形的对称性，构造出过点的的垂线交于点，则，利用网格，可得中点，连接，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得．
【小问1详解】
解：如图，四边形即为所求作的菱形；
【小问2详解】
解：∵所作四边形菱形，
∴，，
∴点到的距离点到的距离（平行线之间的距离处处相等），
点到的距离点到的距离（同一个菱形中等底等高），
又∵观察图形，点到的距离是网格线的长度，
∴点到的距离点到的距离，
故答案为：4；
【小问3详解】
解：如图，点即为所求作的点；
【小问4详解】
解：如图，点即为所求作的点．
22. 如图，平行四边形对角线交于点O，点E在上，点F在延长线上，连接，且，与交于点G．
（1）求证：；
（2）若，，G恰好是的中点，求的长．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，结合可得是的中位线，即可求证；
（2）连接由（1）知得，根据题意证明，利用三角形全等的性质即可求证是矩形，在根据结合勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：四边形是平行四边形，
，
，
是的中位线，
，
；
【小问2详解】
连接如图：
由(1)得∶，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
又，
，
平行四边形是矩形，
，
，
在中：，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握三角形全等的判定及平行四边形的性质运用是解题的关键．
23. 已知菱形，．
（1）如图1，，点E在边上，点F在边上，，求证：；
（2）如图2，，点F在边上，点E在边上，，过点F作交的延长线于点N，连接，过点N作交直线于点H，求证：点F为的中点；
（3）如图3，，点E为边的中点，点F在边上，，直接写出的值______．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）如图所示，连接，由菱形的性质得到，，证明是等边三角形，得到，，进一步求出，再证明，即可证明，即可证明；
（2）如图所示，过点D作交延长线于M，连接，由正方形的性质可得；证明是等腰直角三角，得到，，再证明，得到，进一步证明，推出，即点F为的中点；
（3）由菱形的性质得到，，则；如图所示，将绕点D逆时针旋转60度得到，连接，则，，证明，得到；如图所示，延长到P，使得，连接，证明，进而证明，得到，则；设，则，，，如图所示，过点E作于H，则由三线合一定理可得，再求出，得到，则，解得，则，即可得到．
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，过点D作交延长线于M，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴是等腰直角三角，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点F为的中点；
【小问3详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
如图所示，将绕点D逆时针旋转60度得到，连接，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
如图所示，延长到P，使得，连接，
∵，，
∴；
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
设，
∴，，
∴，
如图所示，过点E作于H，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键根据半角模型通过旋转构造全等三角形求解．
24. 如图：矩形的顶点、分别在坐标轴上，点的坐标为．
（1）若、满足：，直接写出点的坐标______；
（2）已知：、分别平分、，连并延长交边于点，若点为边中点，求的值；
（3）点、分别在边、轴上，、相交于，点的坐标为，，若，求的长．
【答案】（1）
（2）
（3）或6
【解析】
【分析】（1）根据、算术平方根的非负性，得出、的值，即可得到点的坐标；
（2）过点作于点，过点作于点，根据矩形、正方形的判定与性质，结合梯形的中位线，推出，，，整理求出的值即可；
（3）分“当点在线段上时”和“当点在线段的延长线上时”两种情况讨论．当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，设，根据等腰直角三角形的性质，结合勾股定理知识，，列出方程求解，再求出的长即可；当点在线段的延长线上时，过点作于点，过点作于点，设，结合勾股定理知识，，，列出方程求解，再求出的长即可．
【小问1详解】
解：∵，
，，
∴，，
∴，，
解得：，，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为，
故答案为：；
【小问2详解】
解：如图，过点作于点，过点作于点，

∵四边形是矩形，、分别平分、，连并延长交边于点，若点为边中点，
∴，
，
∴，
∵，，点的坐标为，
∴，，，，
，
∴，，四边形是矩形，，，
∴四边形是正方形，
是梯形的中位线，即点为的中点，
∴，是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：情况一，如图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，

∵四边形是矩形，点的坐标为，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴
，
设，则，
∴，
∴，
方程左右同平方，整理得：，
，
解得：，
∴，
∴；
情况二，如图，当点在线段的延长线上时，过点作于点，过点作于点，

∵四边形是矩形，点的坐标为，，
∴，，
∴，，
∴，
∵，，，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
，
∴，，
设，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
∴．
综上所述，的长为或6．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了图形与坐标、矩形和正方形的性质、勾股定理、算术平方根的非负性等知识，熟练掌握知识点、分类讨论、数形结合是解题的关键．