天津市滨海新区塘沽第三中学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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一、单选题
1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】不是最简二次根式；
不是最简二次根式；
是最简二次根式；
不是最简二次根式；
故选．
【点睛】本题考查最简二次根式的定义．解决此题的关键，是掌握最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式的加减、二次根式的性质化简，逐项分析计算即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；
B. ，故该选项不正确，不符合题意；
C. ，故该选项不正确，不符合题意；
D. ，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的加减、二次根式的性质化简，熟练掌握二次根式的加减运算法则、二次根式的性质是解题的关键．
3. 下列几组数据能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理逐一判断即可求解．
【详解】解：，不能构成直角三角形，A选项不符合题意．
，不能构成直角三角形，B选项不符合题意．
，不能构成直角三角形，C选项不符合题意．
，能构成直角三角形，D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理逆定理是解题的关键．
4. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质求解．
【详解】解：A、由题意可得AB∥CD，∴∠ABO=∠CDO，正确；
B、∵平行四边形对角相等，∴∠BAD=∠BCD，正确；
C、∵平行四边形对边相等，∴AB=CD，正确；
D、∵平行四边形对角线不一定垂直，∴AC⊥BD不一定成立，错误；
故选D ．
【点睛】本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．
5. 如图，ABCD中，，则∠A＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得，结合已知条件即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形对角相等，邻角互补是解题的关键．
6. 已知一个直角三角形的两边长分别为1和2，则第三边长是（ ）
A. 3B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【详解】当一直角边、斜边1和2时，第三边==；
当两直角边长为1和2时，第三边==；
故选D．
7. 如图，数轴上点A对应的数是0，点B对应的数是1，，垂足为B，且，以A为圆心，为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为（ ）
A. 2.2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据勾股定理求出的长，再根据同圆的半径相等可知＝，再根据条件：点对应的数是原点，可求出点坐标．
【详解】解：∵，
∴＝，
∴，
∵以为圆心，为半径画弧，交数轴于点，
∴，
∴点表示的数是：．
故选D．
【点睛】此题考查实数与数轴，勾股定理，解题关键是利用勾股定理求出．
8. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，AD的中点，若EF＝6cm，则AC的长是( )
A. 6cmB. 12cmC. 24cmD. 48cm
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理可得EF=DO，再根据矩形的对角线的性质可得AC长．
【详解】解：∵点E，F分别是AO，AD的中点，
∴EF=DO，
∵EF=6cm，
∴DO=12cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=2DO=24(cm)，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的对角线互相平分且相等．
9. 如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，若△AOB的面积为4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】因为矩形的对角线互相平分且相等，所以BO=DO=AO=CO，在△ABO和△ADO中，因为底BO=DO，高相同，所以S△ABO=S△ADO，同理可得S△ABO=S△ADO=S△BCO=S△DCO，所以矩形ABCD面积=4S△ABO．
【详解】则由题意可得：BO=DO=AO=CO
则在△ABO和△ADO中，
∵BO=DO，高相同
∴S△ABO=S△ADO
同理可得S△ABO=S△ADO=S△BCO=S△DCO
∴S矩形ABCD =4S△AOB=4×4=16
故选 D
【点睛】本题考查了矩形，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
10. 图中字母B代表的正方形的面积为（ ）
A. 12B. 81C. 225D. 144
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知两个正方形的面积225和81，求出各个的边长，然后再利用勾股定理求出字母B所代表的正方形的边长，然后即可求得其面积．
【详解】解：∵，
∴字母B所代表的正方形的面积．
故选：D．
【点睛】此题主要考查勾股定理这一知识点，比较简单，熟练掌握勾股定理的计算方法是解题的关键．
11. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点，，的坐标分别是，，，则顶点C的坐标是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图象，根据平行四边形的性质即可解答．
【详解】如图所示，

∵四边形是平行四边形，
∵，，
，，
，
，，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中求点的坐标，及平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
12. 如图，矩形ABCD，E在CD上，连接BE，将四边形ABED沿BE翻折得到四边形，若恰好经过点C，，，则线段BE的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，，则，根据已知条件，证明，利用三角形相似的性质，得出，即可得出，解关于x、y的方程组即可得出x、y的值，最后根据勾股定理求出BE即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=3，BC=AD=5，，
根据折叠可知，，，，，
设，则，，则，
，
，，
∴，
∴，
，
即：，
∴，整理得：，
∴，
解得：，（舍去），
，
∴，
，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠、三角形相似的判定和性质、勾股定理、解一元二次方程，熟练掌握折叠的性质，注意应用数形结合的思想，是解题的关键．
二、填空题
13. 计算：______，______，______．
【答案】 ①. 3 ②. 2 ③.
【解析】
【分析】根据二次根式的性质逐一化简即可．
【详解】解： 3，
；
；
故答案为：3；2；．
【点睛】本题考查了根据二次根式的性质化简求值，熟练掌握二次根式的性质并正确的进行化简是解题的关键．
14. 若两个最简二次根式与能够合并，则__________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据两个二次根式可以合并可知被开方数相同，从而得到方程求解即可．
【详解】∵与能够合并，
∴，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了同类二次根式，明确同类二次根式的概念是解题的关键．
15. 如图，在中，BD是斜边AC上的中线，若，则BD的长＝______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：∵在中，BD是斜边AC上的中线，，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查直角三角形的性质．掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题关键．
16. 已知，，那么的值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】先将原式提取公因式变形，然后利用平方差公式和二次根式的加减法运算法则计算xy和x﹣y的值，最后利用整体思想代入计算．
【详解】解：原式＝xy（x﹣y），
由题意可得：
xy＝（）（）＝（）2﹣（）2＝6﹣2＝4，
x﹣y＝（）﹣（）2，
∴原式＝4×28，
故答案为：8．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，掌握提取公因式的技巧以及平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的结构，利用整体思想解题是关键．
17. 如图，在校园内有两棵树相距12米，一棵树高14米，另一棵树高9米，一只小鸟从一棵树的顶端飞到另一棵树的顶端，小鸟至少要飞______米．

【答案】13
【解析】
【分析】根据“两点之间线段最短”可知：小鸟沿着两棵树的顶端进行直线飞行，所行的路程最短，运用勾股定理可将两点之间的距离求出．
【详解】如图所示，

AB，CD为树，且AB＝14米，CD＝9米，BD为两树距离12米，
过C作CE⊥AB于E，
则CE＝BD＝12，AE＝AB−CD＝5，
在直角三角形AEC中，
AC＝＝＝13．
答：小鸟至少要飞13米．
故答案为：13．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，关键是从实际问题中构建出数学模型，转化为数学知识，然后利用直角三角形的性质解题．
18. 如图，在的小正方形网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，C，D，E均在格点上，连接．

（1）的大小为______．
（2）______．
【答案】 ①. ##90度 ②. ##45度
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理可以得到的长再根据勾股定理的逆定理可以判断的形状，然后即可得到的度数；
（2）根据等腰三角形的性质和平行线的性质，可以得到和的关系，从而可以得到的值．
【详解】解：（1）根据题意得：，
∴，且，
∴是等腰直角三角形，
∴；
故答案为：
（2）根据题意得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理、平行线的性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
三、解答题
19. 计算：
（1）2﹣2＋．
（2）（3）÷．
【答案】（1）；（2）4-
【解析】
【分析】（1）先化简二次根式，再合并同类二次根式，即可；
（2）先化简二次根式，再算加法和除法，即可求解．
【详解】解：（1）原式=2×﹣＋
=；
（2）原式=（）÷
=4-．
【点睛】本题主要考查二次根式的性质和运算，掌握二次根式的运算法则，是解题的关键．
20. 如图，在中，点分别在边和上，且．
（1）求证：．
（2）求证：四边形是平行四边形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由平行四边形的性质可得，，利用即可证明；
（2）由平行四边形的性质可得，，求出，即可得证．
【小问1详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
；
【小问2详解】
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
四边形是平行四边形．
21. 如图，一块草坪的形状为四边形ABCD，其中∠B＝90°，AB＝3m，BC＝4m，CD＝12m，AD＝13m，求这块草坪的面积．
【答案】这块草坪的面积为36平方厘米．
【解析】
【详解】试题分析：
如下图，连接AC，由已知条件根据勾股定理可得AC=5，结合CD=12，AD=13，由勾股定理逆定理可得∠ACD=90°，这样由四边形ABCD是由两个直角三角形构成的即可求出其面积了.
试题解析：
连接AC，
∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=5，
∵（AC）2+（CD）2=25+144=169，（AD）2=（13）2=169
∴（AC）2+（CD）2=（AD）2，
∴∠ACD=90°，即△ACD是直角三角形，
∴草坪面积=S△ABC+S△ACD=×3×4+×5×12=6+30=36．
即这块草坪的面积为36平方厘米．
22. 如图所示，点O是菱形对角线的交点，，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）求证：四边形是平行四边形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据对边平行可证四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可求证；
（2）根据矩形及菱形的性质可得，，从而可证，即可求证．
【小问1详解】
证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
四边形是矩形．
小问2详解】
证明：四边形是矩形，
，
四边形是菱形，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．
23. 如图，在中，点E，F在上，．求证：．
【答案】证明过程见解析
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质可得，，可得，从而可证，即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24. 如图，在中，的角平分线交于点D，．
（1）求证四边形是菱形；
（2）若，且，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据角平分线及平行线的性质证明即可；
（2）先证明四边形是正方形，再根据得到正方形的边长，最后求面积即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定，角平分线的定义，正方形的面积公式，解题的关键是熟记各种四边形的判定方法．
25. 如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F．
（1）求证：；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
（3）当点O运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）点运动到的中点时，四边形是矩形
（3）点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形
【解析】
【分析】此题考查的知识点是正方形和矩形的判定及角平分线的定义，解题的关键是由已知得出， 然后根据（1）的结论确定（2）（3）的条件.
（1）由已知分别平分和， 可推出，所以得.
（2）由（1）得出的， 点运动到的中点时，则由， 所以这时四边形是矩形.
（3）由已知和（2）得到的结论，点运动到的中点时， 且满足为直角的直角三角形时，则推出四边形是矩形且对角线垂直，所以四边形是正方形.
【小问1详解】
∵，
∴，
又∵平分平分，
∴，
∴
∴，
∴.
【小问2详解】
当点运动到的中点时，四边形是矩形.
∵当点运动到的中点时， ，
又∵ ，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形.
【小问3详解】
当点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形.
∵由（2）知，当点运动到的中点时，四边形是矩形，
已知当
∴ ，
，
∴四边形是正方形.