辽宁省营口市盖州市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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（考试时间：100分钟 试卷总分：120分）
一、选择题（每小题3分，共30分，每小题给出四个答案中，只有一个符合题目要求，请把你认为正确的题号填入题后面的括号内）
1. 下列根式中，不是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了最简二次根式的定义，解题的关键是掌握最简二次根式必须满足的两个条件：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．
【详解】解：A、是最简二次根式，不符合题意，
B、是最简二次根式，不符合题意，
C、被开方数含有开得尽因数，不是最简二次根式，符合题意；
D、是最简二次根式，不符合题意，
故选：C．
2. 若有意义，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求解．
【详解】解：∵有意义，
∴，
解得：，则的值可以是
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
3. 已知平行四边形中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据平行四边形的性质可得，，再由已知条件计算出的度数，即可得出的度数．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形两组对边分别平行，两组对角分别相等．
4. 满足下列条件的不是直角三角形的是（ ）
A. B. ，，
C. D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的判定，常用判定方法有：有一个内角为直角；或勾股定理的逆定理，根据这种方法一一判断即可．
【详解】解：A．∵，
∴设，，，
∴，
∴，
∴，
∴不是直角三角形，故该项符合题意．
B．∵，，，，
∴，
满足勾股定理的逆定理，
故是直角三角形，故该项不符合题意．
C．∵，
∴设，，，
∴，
∴，
∴满足勾股定理的逆定理，
∴是直角三角形，故该项不符合题意．
D．∵，，，，
∴，
满足勾股定理的逆定理，故是直角三角形，故该项不符合题意．
故选：A．
5. 如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】分别利用平行四边形的判定方法判断得出即可．
【详解】A、∵AB∥CD，
∴∠DAB＋∠ADC＝180°，而，
∴∠ADC＋∠BCD＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵AB＝DC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、AB＝DC，AD∥BC无法得出四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握判定方法是解题关键．
6. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直
C. 四个角相等D. 四条边相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，根据相关性质逐一分析，即可得到答案．
【详解】解：A、矩形和菱形的对角线都互相平分，所以此选项结论错误；
B、菱形的对角线互相垂直，所以此选项结论错误；
C、因为矩形的四个角都是直角，则矩形的四个角都相等，所以此选项结论正确；
D、菱形的四条边相等，所以此选项结论错误；
故选：C．
7. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点，点，点，则点D的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形ABCD的顶点A（-3，2），点B（-1，-2），点C（3，-2），可得AD∥BC，AD=BC=4，进而可以解决问题．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的顶点A（-3，2），点B（-1，-2），点C（3，-2），
∴AD∥BC，AD=BC=4，
∵A点的横坐标为-3，
∴D点的横坐标为4-3=1，
∵AD∥BC，
∴D点和A点的纵坐标相等为2，
∴D点的坐标为（1，2）．
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质以及坐标与图形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
8. 如图，在正方形网格中，从在格点上的点A，B，C，D中任取三点，所构成的三角形恰好是直角三角形的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】先求出每边的平方，得出，，，根据勾股定理的逆定理得出直角三角形即可．
【详解】解： 理由是：连接、、、、、，
设小正方形的边长为1，
由勾股定理得：，，，，，，
∴，，，
∴、、是直角三角形，共3个直角三角形，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键，注意：如果两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．
9. 如图，为正方形对角线的中点，为等边三角形，若，则的长度为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，由正方形的性质和勾股定理得到；由等边三角形的性质得到得，，解，得．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵为等边三角形，为正方形对角线的中点，
∴，，
∴，
故选：A．
10. 如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，．若，，则的长为（ ）

A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据题意，连接，记与交于点，先证，从而得，再由线段垂直平分从而，又在中可得的值，从而再在中可求得．
【详解】解：由题意，连接，记与交于点．

线段垂直平分，
，．
四边形是矩形，
．
．
又，
．
．
在中，
．
在中可得，．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 计算： ______； ______； ______．
【答案】 ①. 3 ②. 7 ③.
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式的性质，运用二次根式的性质进行化简即可
【详解】解：；
；
．
故答案为：，，．
12. 如图，圆柱的底面直径为，高为，一只蚂蚁在处，沿圆柱的侧面爬到处，现将圆柱侧面沿“剪开”，则在侧面展开图上蚂蚁爬行的最短路程是_________

【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了平面展开-最短路径问题，将圆柱的侧面展开，构造出直角三角形是解题的关键．沿过点的母线剪开，连接，根据两点之间，线段最短，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：沿过点的母线剪开，连接，

根据两点之间，线段最短．
由勾股定理得：，
故蚂蚁爬行的最短路程为，
故答案为：．
13. 如图，在中，，分别是，的中点．是上一点，连接，．若，，，则的长度为_________
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理和直角三角形斜边中线的性质，根据三角形中位线定理求得、的长，根据直角三角形的性质计算即可，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
【详解】解：，分别是，的中点，
，
，
，
，
，
，是的中点，
．
故答案为：8．
14. 在中，，相交于点，，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，先由平行四边形的性质得到，再由勾股定理得到，则，据此可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：．
15. 如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是______．
【答案】##
【解析】
【分析】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，根据矩形的性质得出，即可求证为等边三角形，进而得出点E为中点，根据中位线定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴点E为中点，
∵F是的中点，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周长，
故答案为：．
16. 观察下列各式：
，，，…
请利用你所发现的规律，计算：________．
【答案】##
【解析】
【分析】直接根据已知数据变化规律进而将原式变形求出答案．
【详解】
，
故答案为：．
【点睛】本题考查数字变化规律，正确将原式变形是解题的关键．
三、解答题．（本大题共72分）
17. （1）计算
①
②
③
（2）先化简，再计算
，其中
【答案】（1）①；②；③；（2），
【解析】
【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，分式的化简求值：
（1）①先计算二次根式乘法，再化简二次根式，最后计算二次根式加减法即可；②先化简二次根式，再计算二次根式加减法即可；③根据二次根式除法计算法则求解即可；
（2）先把小括号内的式子通分，然后约分化简，最后代值计算即可．
【详解】解：（1）①
；
②
；
③
；
（2）
，
当时，．
18. 如图，的对角线，相交于点，过点且与，分别相交于点，．连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，周长是18，则的周长是多少．
【答案】（1）详见解析
（2）36
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：
（1）先由平行四边形的性质得到，，再由平行线的性质得到，，进而证明，得到，据此可证明结论；
（2）证明四边形是菱形，得到，进而得到，则的周长是36．
【小问1详解】
证明：在中，，
，，
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形
【小问2详解】
解；四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，即，
即，
，即的周长是36．
19. 综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：

（1）直接写出纸板上与纸盒上的大小关系；
（2）证明（1）中你发现的结论．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）和均是等腰直角三角形，；
（2）证明等腰直角三角形即可.
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
证明：连接，

设小正方形边长为1，则，，
，
为等腰直角三角形，
∵，
∴为等腰直角三角形，
，
故
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
20. 如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．

（1）求证：≌；
（2）求大小．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）直接利用证明全等即可；
（2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出．
【小问1详解】
证明：四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
≌；
【小问2详解】
解：由（1）知≌，
，
，
．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定．
21. 【问题提出】：如图1，是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系．

【问题探究】
（1）先将问题特殊化，如图2．当时，求出的大小；（提示：可在边上取点，使．连接，构造全等三角形来解答问题）
（2）再探究一般情形，如图1，求与的数量关系．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等：
（1）在上截取，使，连接，先证明得到，再由正方形的性质得到，，则，可得到，则，进而得到．
（2）在上截取，使，连接，证明，得到，由菱形的性质得到，，则．再由即可得到结论．
【小问1详解】
解：在上截取，使，连接．
，
，
．
，
．
．
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
，
，
∴
．
【小问2详解】
解：在上截取，使，连接．
，
，
．
，
．
．
∵四边形是菱形，
∴，，
，，
，
．
．
22. 如图，矩形中，，．一动点P从B点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，同时另一动点Q从D点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒．过点P作于点E，连接，．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
（3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）能，
（3）当或，见解析
【解析】
【分析】（1）由垂直得，在中，，由，可得，即可证明结果；
（2）先证明四边形平行四边形，，，当时，四边形为菱形，即可求解；
（3）分类讨论：①当，②当，③当即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
又∵，
∴；
【小问2详解】
解：能，理由如下：∵四边形为矩形，，，
∴，
由（1）知，，
∴四边形为平行四边形，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
若使平行四边形为菱形，则需，即，
∴，
即当时，四边形为菱形；
【小问3详解】
解：①当时，四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，即；
②当时，，
在中，，
∴，
∵，
∴，即．
③当时，此种情况不存在，
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查动点问题、菱形的判定与性质及矩形的性质，找到动点运动的规律和路线、速度、以及是否停止和有无取值范围是解题的关键．