2023-2024学年北京十三中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京十三中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共27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.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 13B. 0.5C. 3D. 12
2.如图，E是平行四边形ABCD边BC上一点，且AB=BE，连接AE，并延长AE与DC的延长线交于点F，如果∠F=70°，那么∠B的度数是( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 70°
3.下列运算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 2 3− 3=2C. (−3)2=−3D. 6÷ 3= 2
4.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABD=30°，BD=2 3，则AB的长为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2 3
5.如图，直线y=k1x+b1和直线y=k2x+b2相交于点M(23,−2)，则关于x，y的方程组y=k1x+b1y=k2x+b2的解为( )
A. x=23y=−2
B. x=−2y=23
C. x=23y=2
D. x=−2y=−23
6.在△ABC中，∠A，∠C的对边分别记为a，b，c，下列条件中，能判定△ABC是直角三角形的是( )
A. a2=(c−b)(c+b)B. a=1，b=2，c=3
C. ∠A=∠CD. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
7.已知一次函数y=−x+2，那么下列结论正确的是( )
A. y的值随x的值增大而增大B. 图象经过第一、二、三象限
C. 图象必经过点(0,2)D. 当x−2时，对于x的每一个值，函数y=x+n的值大于函数y=kx+b(k≠0)的值，写出n的取值范围．
23.(本小题6分)
如图，正方形ABCD.过点B作射线BP，交DA的延长线于点P.点A关于直线BP的对称点为E，连接BE，AE，CE.其中AE，CE分别与射线BP交于点G，H．
(1)依题意补全图形；
(2)设∠ABP=α，∠AEB= ______(用含α的式子表示)，∠AEC= ______°；
(3)若EH=BH，用等式表示线段AE与CE之间的数量关系，并证明．
24.(本小题8分)
阅读材料：在平面直角坐标系中，已知x轴上两点A(x1,0)，B(x2,0)的距离记作AB=|x1−x2|.若是平面上任意两点，我们可以通过构造直角三角形来求AB间的距离，如图，过A，B分别向x轴、y轴作垂线AM1、AN1和BM2、BN2，垂足分别是M1、N1、M2、N2，直线AN1交BM2于点Q，在Rt△ABQ中，AQ=|x1−x2|，BQ=|y1−y2|，∴AB2=AQ2+BQ2=|x1−x2|2+|y1−y2|2=(x1−x2)2+(y1−y2)2，由此得到平面直角坐标系内任意两点A(x1,y1)，B(x2,y2)间的距离公式为：AB= ______；

(1)直接应用平面内两点间距离公式计算点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为______；
(2)利用上面公式，在平面直角坐标系中的两点A(0,3)，B(4,1)，P为x轴上任一点，求PA+PB的最小值和此时P点的坐标；
25.(本小题8分)
在平面直角坐标系xOy中，如果点A，C为某个菱形一组对角的顶点，且点A，C在直线y=x上，那么称该菱形为点A，C的“关联菱形”.例如，图1中的四边形ABCD为点A，C的“关联菱形”．
已知点M(1,1)，点P(a,a)．
(1)当a=3时，
①在点E(2,1)，F(1,3)，G(−1,5)中，点______能够成为点M，P的“关联菱形”的顶点；
②当点M，P的“关联菱形”MNPQ的面积为8时，求点N的坐标．
(2)已知直线y=−2x+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，若线段AB≤5，且点A是点M，P的“关联菱形”的顶点，直接写出a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 13= 33不是最简二次根式，故此选项不合题意；
B、 0.5= 12= 22不是最简二次根式，故此选项不合题意；
C、 3是最简二次根式，故此选项符合题意；
D、 12=2 3不是最简二次根式，故此选项符合题意；
故选：C．
根据最简二次根式的概念：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，进而判断得出答案．
此题主要考查了最简二次根式，正确掌握最简二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：如图所示，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/DC，∠B=∠D，
∴∠1=∠F=70°．
∵AB=BE，
∴∠1=∠3=70°，
∴∠B=40°，
故选：B．
利用平行四边形的性质以及平行线的性质得出∠1=∠3，进而得出其度数，利用平行四边形对角相等得出即可．
此题主要考查了平行四边形的性质以及平行线的性质等知识，熟练应用平行四边形的性质得出是解题关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
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．
利用二次根式的加减法的法则，二次根式的除法的法则及化简的法则对各项进行运算即可．
【解答】
解：A、 2与 3不属于同类二次根式，不能运算，故A不符合题意；
B、2 3− 3= 3，故B不符合题意；
C、 (−3)2=3，故C不符合题意；
D、 6÷ 3= 2，故D符合题意；
故选：D．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，
∵BD=2 3，
∴OB= 3，
∵∠ABD=30°，
∴OA=12AB，
∵AB2−OA2=OB2，
∴AB2−(12AB)2=( 3)2，
∴AB=2．
故选：B．
由菱形的性质，得到AC⊥BD，OB=12BD= 3，由直角三角形的性质得到OA=12AB，由勾股定理即可求出AB的长．
本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，关键是由菱形的性质得到OB= 3，由直角三角形的性质，勾股定理即可求出AB的长．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得方程组y=k1x+b1y=k2x+b2，
根据函数图象与方程组解的关系可知，函数图象的交点坐标就是联立函数解析式构成的方程组的解，则根据直线y=k1x+b1和直线y=k2x+b2相交于点M(23,−2)得x=23y=−2，
故选：A．
根据直线y=k1x+b1和直线y=k2x+b2相交于点M(23,−2)，即可确定方程组，直接求解即可．
本题考查了一次函数与二元一次方程组的关系，熟练掌握两者之间的关系：函数图象的交点坐标就是联立函数解析式构成的方程组的解是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：A.∵a2=(c−b)(c+b)，
∴a2=c2−b2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项符合题意；
B.∵12+22=1+4=5，32=9，
∴12+22≠32，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意；
C.∵∠A=∠C，
∴△ABC是等腰三角形，不一定是直角三角形，故本选项不符合题意；
D.∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∠A+∠B+∠C=180°，
∴最大角∠C=53+4+5×180°=75°−2时，对于x的每一个值，函数y=x+n的值大于函数y=12x+1的值，
∴n≥2．
【解析】(1)先根据一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过点(−4,−1)，(2,2)，利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
(2)根据点(−2,0)结合图象即可求得．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
23.【答案】90°−α 45
【解析】解：(1)如图所示，
(2)∵点A关于直线BP的对称点为E，
∴BP垂直平分AE，
∴BE=AB，AE⊥BP，
∴∠AEB=∠BAE=90°−α；
∴∠EBG=∠ABP=α，
∴∠EBC=∠EBP+∠ABP+∠ABC=2α+90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴BE=AB，
∴BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=12(180°−∠ECB)=45°−α；
∴∠AEC=∠AEB−∠BEC=45°；
故答案为：90°−α，45；
(3)EC=( 2+1)AE，
证明：如图所示，过点E作EM⊥BC交CB的延长线于点M，
∵∠AEH=45°，∠EGH=45°，
∴∠EHG=45°，
∴△EHG是等腰直角三角形，
∴设EG=HG=AG=a，则EH= 2a，AE=2a，
∴EH=BH= 2a，
∴GB=GH+BH=a+ 2a，
∴BE= EG2+BG2= 4+2 2a，
∴BC=BE= 4+2 2a，
∵∠EHG=45°，EH=BH，
△EMB是等腰直角三角形，
∴EC= ME2+MC2=(2 2+2)a.
∵AE=2a，
∴EC=( 2+1)AE．
(1)根据题意补全图形即可；
(2)首先根据题意得到BP垂直平分AE，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可；
(3)过点E作EM⊥BC交CB的延长线于点M，首先得到△EHG是等腰直角三角形，然后设EG=HG=AG=a，则EH= 2a，AE=2a，根据勾股定理表示出BC=BE= EG2+BG2= 4+2 2a，然后证明出△EMB是等腰直角三角形，利用勾股定理得到EC= ME2+MC2=(2 2+2)a，进而求解即可．
本题考查了四边形综合，等腰直角三角形，线段垂直平分线，解题的关键是掌握相关知识．
24.【答案】 (x1−x2)2+(y1−y2)2； 5
【解析】解：∵AB2=AQ2+BQ2=|x1−x2|2+|y1−y2|2=(x1−x2)2+(y1−y2)2，
∴AB= (x1−x2)2+(y1−y2)2；
故答案为： (x1−x2)2+(y1−y2)2；
(1)点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为：AB= (−2−1)2+[1−(−3)]2= 9+16= 25=5；
故答案为：5；
(2)如图，作A(0,3)关于x轴的对称点A′(0,−3)，连接A′B交x轴于P，
∴PA+PB=PA′+PB=A′B，此时PA+PB最小，
最小值为A′B= (4−0)2+[1−(−3)]2= 32=4 2，
设A′B为y=kx+b，
∴b=−34k+b=1，
解得：k=1b=−3，
∴A′B为y=x−3，
当y=0，则x=3，
∴P(3,0)．
(1)直接利用两点之间的距离公式计算即可；
(2)如图，作A(0,3)关于x轴的对称点A′(0,−3)，连接A′B交x轴于P，PA+PB=PA′+PB=A′B，此时PA+PB最小，再利用两点之间的距离公式计算即可；求解A′B为y=x−3，可得P(3,0)．
本题考查的是新定义运算的含义，勾股定理的应用，轴对称的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，理解题意是关键．
25.【答案】F，G
【解析】解：(1)①如图，
∵M(1,1)，P(3,3)．
∴PM中点的坐标为(2,2)，
由菱形的对角线互相垂直平分可知，能够成为点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+k上，且过点(2,2)，
∴2=−2+k，
解得：k=4，
∴能够成为点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+4上，
故满足该条件点为F，G；
故答案为：F，G；
②如图，设PM的中点为H，则H(2,2)，
∴MH= (2−1)2+(2−1)2= 2，
结合①可知，点M，N在直线y=−x+4上，
∵点M，P的“关联菱形”MNPQ的面积为8，
∴S△MHN=14S菱形MNPQ=12MH⋅HN=2，即12⋅ 2⋅HN=2，
∴HN=2 2，
设N(t,−t+4)，
∴HN2=(t−2)2+(−t+4−2)2=(2 2)2，
解得：t1=0，t2=4，
∴N(0,4)或(4,0)；
(2)∵直线y=−2x+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A(b2,0)，B(0,b)，
∴AB= (b2−0)2+(0−b)2= 52|b|，
∵AB≤5，
∴ 52|b|≤5，
∴−2 5≤b≤2 5，
设点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+c上，
当直线过点M(1,1)时，则y=−x+2，
∵点A(b2,0)是点M，P的“关联菱形”的顶点，
∴0=−b2+2，
解得：b=4，此时无法构成菱形，
当b=0时，A(0,0)在直线y=x上，此时也无法构成菱形，
∴−2 5≤b≤2 5，且b≠0，4，
设PM的中点为Q，则Q(a+12,a+12)，
则a+12=−a+12+c，
解得：c=a+1，
∴点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+a+1上，
∵点A(b2,0)是点M，P的“关联菱形”的顶点，
∴b2=a+1，
∴a=b2−1，
∵−2 5≤b≤2 5，且b≠0，4，
∴− 5−1≤a≤ 5−1，且a≠−1，1．
(1)①根据“关联菱形”的定义即可求解；
②设PM的中点为H，则H(2,2)，由①可知点M，N在直线y=−x+4上，由菱形的性质可得S△MHN=14S菱形MNPQ=12MH⋅HN=2，进而求出HN的长，设N(t,−t+4)，最后利用两点间距离公式建立方程求解即可；
(2)由题意可得A(b2,0)，B(0,b)，于是得到AB= 52|b|≤5，求得−2 5≤b≤2 5，设点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+c上，要使“关联菱形”存在，则点A不在直线y=−x+4和y=x上，以此可得，b≠0，4，设PM的中点为Q，则Q(a+12,a+12)，求得点M，P的“关联菱形”的顶点在直线y=−x+a+1上，再将点A(b2,0)代入得到a=b2−1，以此即可得a的取值范围．
本题主要考查函数中的新定义问题、菱形的性质、两点间的距离公式、两直线垂直在函数中的应用，熟练掌握菱形的性质，利用菱形的对角线互相垂直平分正确设出“关联菱形”的顶点所在直线的解析式是解题关键．求证：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点．
求证：CD=12AB
方法一
证明：如图，延长CD到点E，使得DE=CD，连接AE、BE．
方法二
证明：如图，取BC的中点E，连接DE．