2023-2024学年四川省泸州市纳溪区八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省泸州市纳溪区八年级（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。
1.下列各式中是二次根式的是( )
A. −7B. 32mC. x2+1D. a2−1
2.若二次根式 x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>2B. x≥2C. x10，故选B．
将长方体展开，得到两种不同的方案，利用勾股定理分别求出AB的长，最短者即为所求．
此题考查了立体图形的侧面展开图，利用勾股定理求出斜边的长是解题的关键，而两点之间线段最短是解题的依据．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=8，AD=BC=4，∠D=90°，AB//DC，
∴∠BAC=∠FCA，
由折叠的性质得：∠FAC=∠BAC，
∴∠FCA=∠FAC，
∴AF=CF，
设AF=CF=x，DF=8−x，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得：AD2+DF2=AF2，
即42+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
∴△AFC的面积=12CF×AD=12×5×4=10；
故选：B．
由矩形的性质和折叠的性质得出∠FCA=∠FAC，证出AF=CF，设AF=CF=x，DF=8−x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得出方程，解方程求出AF，△AFC的面积=12CF×AD，即可得出结果．
本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，DC=DE，∠CDE=∠DEC=60°，∠DAC=45°，AC⊥BD，
∴AD=DE，∠ADE=90°+60°=150°，∠AOD=90°，
∴∠DAE=∠DEA=12(180°−150°)=15°，∠OAF=45°−15°=30°，
∴AF=2OF=2，
∴OA= AF2−OF2= 22−12= 3，
∴AB= 2OA= 6，
故选：B．
先根据正方形和等边三角形的性质证明△ADE是等腰三角形，求出∠DAE=∠DEA，再求出∠OAF=30°，在直角三角形OAF中即可得出结论．
本题考查了正方形的性质和等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及等腰三角形的判定方法；根据正方形和等边三角形的性质弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：如图所示，过点M作MF⊥DC，交CD延长线于点F，
∵在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，
∴AM=DM=12AD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=12DM=1，
∴FM=MD×cs∠FMD=2×cs30°= 3，
CF=CD+DF=4+1=5，
∴MC= CF2+FM2= 52+( 3)2=2 7，
由折叠的性质可得，AM=ME=2，
∴EC=MC−ME=2 7−2．
故选：A．
过点M作MF⊥DC，交CD延长线于点F，根据在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，得到AM=DM=2，从而得到∠FDM=60°，∠FMD=30°，进而利用锐角三角函数关系求出FM的长，利用勾股定理求得CM的长，即可得出EC的长．
此题主要考查了菱形的性质、折叠的性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，解题的关键是从题目中抽象出直角三角形，利用勾股定理计算求解．
13.【答案】x≥0且x≠1
【解析】解：由题意得：x≥0，且x−1≠0，
解得：x≥0且x≠1，
故答案为：x≥0且x≠1．
根据二次根式有意义的条件可得x≥0，根据分式有意义的条件可得x−1≠0，再解即可
此题主要考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
14.【答案】4 3
【解析】解： 8× 6
= 6×8
= 48
=4 3．
故答案为：4 3．
根据二次根式的乘法直接计算即可．
本题是对二次根式计算的考查，熟练掌握二次根式乘法是解决本题的关键．
15.【答案】3或 41
【解析】解：当一直角边、斜边为4和5时，第三边= 52−42=3；
当两直角边长为4和5时，第三边= 52+42= 41；
故答案为：3或 41．
根据勾股定理解答即可，要分类讨论：当一直角边、斜边为4和5时；当两直角边长为4和5时．
本题主要考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的计算同时要注意分类讨论．
16.【答案】 3
【解析】解：作E点关于AC对称点E′点，连接E′B，E′B与AC的交点即是P点，
∵菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，E是AB的中点，
∴AE′=AE=BE=1，
∴△AEE′为等边三角形，
∴∠AEE′=60°，
∴∠E′EB=120°，
∵BE=EE′，
∴∠EE′B=30°，
∴∠AE′B=90°，
BE′= AB2−AE′2= 3，
∵PE+PB=BE′，
∴PE+PB的最小值是： 3．
故答案为： 3．
根据轴对称最短问题作法，首先求出P点的位置，再结合菱形的性质得出△AEE′为等边三角形，进而求出PE+PB的最小值．
此题主要考查了菱形的性质以及轴对称中最短路径求法，正确地作出P点从而利用菱形性质是解决问题的关键．
17.【答案】解：原式=4−1−2 2+3 2
=3+ 2．
【解析】直接利用二次根式的性质以及负整数指数幂的性质、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，进而合并得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18.【答案】解：( 12− 24)÷ 6−2 12
= 12÷6− 24÷6− 2
= 2− 4− 2
= 2−2− 2
=−2．
【解析】先算除法和化简，然后计算加减法即可．
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．
19.【答案】解：原式=x−1+2x−1⋅x−1x2+2x+1
=x+1x−1⋅x−1(x+1)2
=1x+1，
当x= 2−1时，原式=1 2−1+1= 22．
【解析】根据分式的混合运算法则把原式化简，把x的值代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20.【答案】解：连接BD，
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2=32+42=52，
在△CBD中，CD2=132BC2=122，
而122+52=132，
即BC2+BD2=CD2，
∴∠DBC=90°，
S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC=12⋅AD⋅AB+12DB⋅BC，
=12×4×3+12×12×5=36．
所以需费用36×200=7200(元)．

【解析】仔细分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连接BD，在直角三角形ABD中可求得BD的长，由BD、CD、BC的长度关系可得三角形DBC为一直角三角形，DC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ABD和Rt△DBC构成，则容易求解．
本题考查了勾股定理及其逆定理的应用，通过勾股定理由边与边的关系也可证明直角三角形，这样解题较为简单．
21.【答案】解：根据题意，得∠CAB=180°−40°−50°=90°，
∵AC=15×4=60(海里)，BC=100海里，
∴在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB= 1002−602=80(海里)．
则乙船的速度是80÷4=20(海里/时)．
【解析】首先理解方位角的概念，根据所给的方位角得到∠CAB=90°.根据勾股定理求得乙船所走的路程，再根据速度=路程÷时间，计算即可．
此题一定要理解方位角的概念，熟练运用勾股定理，计算的时候，注意运用平方差公式可以简便计算．
22.【答案】(1)证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC/​/DE，
∵MN/​/AB，即CE/​/AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
(2)解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BD/​/CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴四边形BECD是菱形；
【解析】(1)先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
(2)求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
23.【答案】解：(1)海港C受台风影响，理由：
∵AC=300km，BC=400km，AB=500km，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90°；
过点C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC⋅BC=CD⋅AB，
∴300×400=500×CD，
∴CD=240km，
∵以台风中心为圆心周围260km以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
(2)当EC=260km，FC=260km时，正好影响C港口，
∵ED= EC2−CD2= 2602−2402=100(km)，
∴EF=2ED=200km，
∵台风的速度为25千米/小时，
∴200÷25=8(小时)．
答：台风影响该海港持续的时间为8小时．
【解析】(1)利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而得出∠ACB的度数；利用三角形面积得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
(2)利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
24.【答案】(1)解：∵CE=CD，点F为CE的中点，CF=2，
∴DC=CE=2CF=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE= 42−32= 7；
(2)证明：过G作GM⊥AE于M，
∵AE⊥BE，GM⊥AE，
∴GM//BC//AD，
∵在△DCF和△ECG中，
∠1=∠2∠C=∠CCD=CE，
∴△DCF≌△ECG(AAS)，
∴CG=CF，CE=CD，
∵CE=2CF，
∴CD=2CG，
即G为CD中点，
∵AD//GM//BC，
∴M为AE中点，
∴AM=EM
∵GM⊥AE，
∴AG=EG，
∴∠AGM=∠EGM，
∴∠AGE=2∠MGE，
∵GM/​/BC，
∴∠EGM=∠CEG，
∴∠CEG=12∠AGE．
【解析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．
(1)求出DC=CE=2CF=4，求出AB，根据勾股定理求出BE即可；
(2)过G作GM⊥AE于M，证△DCF≌△ECG，推出CG=CF，求出M为AE中点，得出等腰三角形AGE，根据性质得出GM是∠AGE的角平分线，即可得出答案．
25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AB，∠DAQ=∠BAQ=45°
又 AQ=AQ，
∴△ADQ≌△ABQ
即 无论点P运动到AB上何处时，都有△ADQ≌△ABQ；
(2)如图1，
作 QE⊥AD于E，由(1)得△ADQ≌△ABQ，
∴S△ADQ=S△ABQ
∵△ABQ的面积是正方形ABCD面积的16
∴12AD×QE=16S正方形ABCD=83，
∴QE=43
又∵QE⊥AD，∠DAQ=45°
∴∠AQE=∠DAQ=45°
∴AE=QE=43
∴DE=4−43=83
∴在Rt△DEQ中，QE=43，DE=83，
根据勾股定理得，DQ=4 53；’
(3)若△ADQ是等腰三角形，则有QD=QA或DA=DQ或AQ=AD，
①当点P运动到与点B重合时，由正方形知QD=QA此时△ADQ是等腰三角形；
②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时DA=DQ，△ADQ是等腰三角形；
③如图4，设点P在BC边上运动到CP=x时，有AD=AQ，
∵AD/​/BC
∴∠ADQ=∠CPQ．
又∵∠AQD=∠CQP，∠ADQ=∠AQD，
∴∠CQP=∠CPQ.
∴CQ=CP=x．
∵AC=4 2，AQ=AD=4．
∴x=CQ=AC−AQ=4 2−4．
即当CP=4 2−4时，△ADQ是等腰三角形．
【解析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，(3)需要分类讨论．
(1)根据正方形性质得出AB=AD，∠BAD=90°，∠DAC=∠BAC=45°，利用“边角边”证明△ADQ≌△ABQ即可；
(2)过点Q作QE⊥AD于E，利用△ABQ的面积是正方形ABCD面积的16求出QE，进而求出DE最后用勾股定理即可；
(3)点P运动时，△ADQ恰为等腰三角形的情况有三种：QD=QA或DA=DQ或AQ=AD．
①当点P运动到与点B重合时，QD=QA，此时△ADQ是等腰三角形；
②当点P与点C重合时，点Q与点C也重合，此时DA=DQ，△ADQ是等腰三角形；
③当AD=AQ=4时，有CP=CQ，CP=AC−AD而由正方形的对角线的性质得到CP的值．