甘肃省武威市古浪县裴家营学校联片教研2023-2024学年八年级下学期4月期中数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（共30分）
1. 在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意直接利用二次根式有意义的条件得出x的取值范围进而得出答案．
【详解】解：式子实数范围内有意义，
则1-x≥0，
解得：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的性质是解题的关键．
2. 下列各式不是最简二次根式的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】解：A、是最简二次根式；
B、是最简二次根式；
C、是最简二次根式；
D、不是最简二次根式；
故选：D
3. 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加减乘除．根据二次根式的加减乘除法则逐项判断即可得．
【详解】解：A、，故本选项不合题意；
B、，故本选项符合题意；
C、，故本选项不合题意；
D、和不是同类二次根式，不能合并，故本选项不合题意；
故选：B．
4. 如图，长方形顶点A，B在数轴上，点A表示－1，，．若以点A为圆心，对角线长为半径作弧，交数轴正半轴于点M，则点M所表示的数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出，根据，求出，由此即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点M表示点数．
故选A．
【点睛】本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理求出的长．
5. 以下列长度的三条线段为三角形的三边，能组成直角三角形的一组是（ ）
A. 2，5，6B. ，1，2C. 1，1，D. 3，7，8
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理进行计算求解即可得到答案.
【详解】解：A、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项正确；
D、，故此选择错误.
故选C.
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握，如果一个三角形的三边满足，那么这个三角形是直角三角形.
6. 如图，四边形中，，，连接，若，则的最小值为（ ）．
A. B. 3C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】在线段的上方作，使得，，连接，，作于点，则，先利用直角三角形的性质及勾股定理求得，，从而得，再证，得，于是，于是根据两点之间线段最短即可求解．
【详解】解：如图，在线段的上方作，使得，，连接，，作于点，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵根据两点之间线段最短可得，
∴，
∴的最小值为，
故选：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，度直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，线段最短，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
7. 如图，在平行四边形中，平分，则平行四边形的周长是（ ）

A. 14B. 16C. 18D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义，先由平行四边形的性质和角平分线的定义证明，得到，再求出，即可根据平行四边形周长公式求出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴平行四边形的周长，
故选：B．
8. 如图，A，B两点被池塘隔开，在外选一点C，连接，，并分别找出它们的中点D， E， 现测得， 则长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理；
根据题意可知是的中位线，然后由三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半计算即可．
【详解】解：∵点D， E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：D．
9. 如图，在，则的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，先求出，则，，则BE=CE=3，得到AD=BC=，再求出AB的长度，即可求出面积．
【详解】解：由题意，如图：

在中，有，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴△ABF和△BCE是等腰直角三角形，
∴BE=CE=3，AF=BF，
∴，
∴，
∴AF=BF=，
∴AB=，
∴的面积是：；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，以及四边形的内角和等于360度，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题．
10. 如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论正确的是（ ）
①；②与EGD全等的三角形共有2个；③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A. ①③④B. ①④C. ①②③D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG＝CD＝AB，①正确；
②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，故①正确；
连接AE，
∵ABCE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（共24分）
11. 使有意义的x的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解即可．
【详解】解：根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式得：
x+1≥0，
解得x≥﹣1．
故答案为x≥﹣1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，比较简单．
12. 化简：__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的除法运算，解题关键是掌握二次根式的除法法则．根据二次根式的除法法则进行运算即可得解．
【详解】解：原式=，
故答案为．
13. 如果两个最简二次根式与能够合并，那么 a 的值为__________．
【答案】5
【解析】
【分析】利用同类二次根式的概念即可求出．
【详解】∵两个最简二次根式只有同类二次根式才能合并，
∴ 与是同类二次根式，
∴．
故答案为：5．
【点睛】本题考查同类二次根式的概念，掌握同类二次根式的概念为关键．
14. 如图，在中，点为的中点，，，，则边上的高为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理及其逆定理等知识，综合性强．延长到E，使得，连接，作于点F，先证明，得到，根据勾股定理逆定理得到，进而得到，，即可得到，，利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：如图，延长到E，使得，连接，作于点F，
则．
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴．
故答案为：
15. 如图，在平行四边形ABCD中，∠A=70°，DC=DB，则∠CDB=__．
【答案】40°
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质，平行四边形的性质以及三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】∵四边形平行四边形，
∴∠A=∠C=70°,
∵DC=DB,
∴∠C=∠DBC=70°，
∴∠CDB=180°-70°-70°=40°.
故答案是：40°．
【点睛】考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.
16. 如图，的对角线相交于点O，且，的周长为22，则的两条对角线的和是___________．

【答案】32
【解析】
【分析】由平行四边形的性质和已知条件计算即可，解题注意求平行四边形的两条对角线的和时要把两条对角线可作一个整体求出．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
，，，
的周长为22，
，
，，
的两条对角线长的和．
故答案为：32．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形的基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
17. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：∵，且，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形．
如图，连接AD，则，
∴当时，的值最小，此时，的面积，
∴，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，本题属于中考常考题型．
18. 如图，菱形ABCD的边AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点F，连接DF．当时，则_____________．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF=∠CDF，根据已知可得出∠CBF的度数，从而得∠CDF的度数．
【详解】解：如图，连接BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=BC，∠DCF=∠BCF，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CBF=∠CDF，
∵FE垂直平分AB，∠BAF=×100°=50°，
∴∠ABF=∠BAF=50°，
∵∠ABC=180°－100°=80°，∠CBF=80°－50°=30°，
∴∠CDF=30°．
故答案为：30°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，菱形的性质，垂直平分线的性质，利用SAS判定△BCF≌△DCF是关键．
三、计算题（共8分）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式混合运算法则以及二次根式的性质，准确化简是解题的关键．
（1）先化简，再合并同类二次根式；
（2）先化简，合并，再做除法运算；
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
四、作图题（共4分）
20. 如图是由单位长度为1的小正方形组成的网格，按要求作图．
（1）在图1中画出一条长为的线段；
（2）在图2中画出一个以格点（小正方形的顶点）为顶点，三边长都为无理数的直角三角形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据网格的特点即可求解；
（2）根据网格的特点即可求解
【小问1详解】
解：如图，，
线段即为所求
【小问2详解】
如图，三边长分别为，
且，
．
是符合题意的．
【点睛】本题考查了网格与勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
五、解答题（共54分）
21. 若关于的方程存在整数解，求正整数所有可取的值．
【答案】正整数m的所有可取的值为1和8．
【解析】
【分析】本题考查了方程的整数解问题．令从而使得用y表示m的代数式不含根式，据此求解即可．
【详解】解：由题意可知，必为整数，
设，则，
则．
∵y为非负整数，则要使m为整数，则y能被10整除，
∴y的值为1，2，5，10，
∴对应m的值为8，1，，．
∵m为正整数，
∴m的值为1，8，
∴正整数m的所有可取的值为1和8．
22. 已知满足，求的值．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查分式有意义的条件，二次根式有意义的条件；根据被开方数大于等于0，分母不等于0列式求出x，再求出y，然后代入代数式进行计算即可得解．
【详解】解：依题意，得：，
解得：；
又；
即；
∴；
；
故．
∴的值为．
23. 如图，在中，，，，的垂直平分线交于点，交于点，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，勾股定理的应用，先证明，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：连接．

为的垂直平分线，
．
在中，，，，
．
设，则．
在中，由勾股定理，得，
解得．
的长为．
24. 如图是一个长、宽、高的仓库，在其内壁的点A（长的四等分点）处有一只壁虎、点B（宽的三等分点）处有一只蚊子．则壁虎爬到蚊子处的最短距离为多少？
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理，先将点A和点B所在的面展开，得到最符合条件的三种情况，连接，利用勾股定理分别求解，即可得到答案，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．
【详解】解：由题意可知，仓库的长为、宽为、高为，点A是长的四等分点，点B是宽的三等分点
如图1，此时，，，
，
；
如图2，此时，，，
，
；
如图3，此时，，，
，
，
，
壁虎爬到蚊子处的最短距离为多少．
25. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB 于点H，连接OH，求证：∠DHO=∠DCO.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得OD=OB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OB，然后根据等边对等角求出∠OHB=∠OBH，根据两直线平行，内错角相等求出∠OBH=∠ODC，然后根据等角的余角相等证明即可．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=BD=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO．
26. 如图，在中，点，分别是，上的点，且，分别过点，作，，垂足分别为，，连接，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，可得//，根据，可得//，证明，可得，进而证明四边形HFGE是平行四边形．
【详解】四边形ABCD是平行四边形，
//，
，
，
，
//，
在和中，
，
，
，
四边形HFGE是平行四边形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，证明三角形全等是解得关键．
27. 如图，在四边形中，，且．
（1）写出A，C，D三点的坐标．
（2）点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点O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，设点P，Q运动的时间为．
①求t为多少时，．
②如图2，当时，点E为的中点，点F在上，，求点F的坐标．
【答案】（1），，
（2）①或时，；②
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、勾股定理、等腰三角形的性质等，解题关键是熟练运用平行四边形的性质与判定得出线段之间的关系，列出方程．
（1）根据非负数的性质求出字母的值，写出坐标即可；
（2）①分和两种情况，根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质列出方程即可；
②延长交于点M，过Q作于H，证明，设，根据勾股定理列出方程即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，，，
∴，，，
∴A，C，D三点的坐标为，，；
【小问2详解】
解：①∵，，
∴轴．
当时，四边形为平行四边形，此时，
∴，解得．
当时，过C作交于E，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，过C作于H，则，
∵，，
∴，
∵．
∴，解得．
综上：或时，．
②当时四边形为平行四边形．
由①可知此时，
∴，，则，
延长，交于点M，过Q作于H，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，即：，
∴，
∴．
设，则，，，，
∵，
即，
解得：，
∴，
∴．