山东省德州市齐河县表白寺镇中学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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1. 下列各式中，一定是二次根式的个数为（ ）
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式的定义即可作出判断．
【详解】解：一定是二次根式；
当m＜0时，不是二次根式；
对于任意的数x，x2+1＞0，则一定是二次根式；
是三次方根，不是二次根式；
﹣m2﹣1＜0，则不是二次根式；
是二次根式；
当a＜时，2a+1可能小于0，则不一定是二次根式．
综上所述，一定是二次根式的有，共3个，
故选：A．
【点睛】主要考查了二次根式有意义的条件．二次根式有意义的条件是被开方数是非负数．
2. 若与最简二次根式能合并，则的值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了利用二次根式的性质进行化简，最简二次根式．熟练掌握利用二次根式的性质进行化简，最简二次根式是解题的关键．
由题意知，，则，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴，
解得，，
故选：B．
3. 下列各组数中，是勾股数的一组（ ）
A. 0.3，0.4，0.5B. 1，，2C. 6，8，10D. 2，2，
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查勾股数，凡是可构成一个直角三角形三边的一组正整数称之为勾股数，根据定义即可求解．
【详解】解：A，0.3，0.4，0.5不是正整数，因此0.3，0.4，0.5不是勾股数；
B， 不是正整数，因此1，，2不是勾股数；
C，，因此6，8，10是勾股数；
D，不是正整数，因此2，2，不是勾股数；
故选C．
4. 计算：，得（ ）
A. 1B. 0C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先利用二次根式的性质逐项化简，再合并同类二次根式即可.
【详解】
=
=
=0.
故选B.
【点睛】本题考查了二次根式的加减，应先把各个二次根式化成最简二次根式，然后把同类二次根式合并即可.熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键，，（a≥0，b≥0）， （a≥0，b>0）.
5. 菱形的边长是2cm，一条对角线的长是2cm，则另一条对角线的长是（ ）
A. 4 cmB. cmC. 2 cmD. 2cm
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示,已知AB=2cm,因为菱形对角线互相平分,所以BO=OD=cm,
在Rt△ABO中,,AB=2cm,BO=cm,所以AO=1cm,
故菱形的另一条对角线AC长为2AO=2cm,故选C.
点睛:本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质,勾股定理在直角三角形中的运用,本题根据勾股定理求AO的长是解题的关键.
6. 在四边形ABCD中，O是对角线交点，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．逐一判定即可求解．
【详解】解：A、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以判定，故正确；
B、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形；可以判定，故正确；
C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可以判定．故正确．
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形，等腰梯形满足条件．故该选项错误．
故选：D．
【点睛】此题主要考查对平行四边形的判定掌握的熟练程度．平行四边形共有五种判定方法，记忆时要注意技巧；这五种方法中，一种与对角线有关，一种与对角有关，其他三种与边有关．
7. 如图，在中，E、F、G分别是三边的中点，若四边形是菱形，则应当满足的条件是（ ）
A. 任意三角形B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，由三角形中位线定理得到，则可证明四边形是平行四边形，要使四边形是菱形，则，即，据此可得答案．
【详解】解：∵在中，E、F、G分别是三边的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是菱形，则，即，
故选；C．
8. 在平行四边形中，下列结论一定正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质进行逐一判断即可．
【详解】解：A、由四边形是平行四边形推不出，不符合题意；
B、由四边形是平行四边形可以推出，符合题意；
C、由四边形是平行四边形推不出，不符合题意；
D、由四边形是平行四边形推不出，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形邻角互补是解题的关键．
9. 已知：如图，在矩形中，E、F、G、H分别为边、、、的中点．若，，则图中阴影部分的面积为（ ）

A. 8B. 6C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查矩形的性质．由题意可得四个小直角三角形的面积相等，阴影部分的面积即为矩形面积减去四个小直角三角形的面积．
【详解】解：，，
，
由于E、F、G、H分别为边、、、的中点，
，
，
．
故选：C．
10. 在如图网格中，小正方形的边长均为1，三点均在正方形格点上，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D. 点到直线的距离是2
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积公式，根据勾股定理求得进而根据勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，故A,B选项正确；
∴，故C选项错误；
设点到直线的距离是，则，
∴，故D选项正确
故选：C．
11. 如图，在中，是对角线，E，F，G，H分别是的中点，连接，则下列说法中，不正确的是（ ）
A. 四边形为平行四边形
B. 若四边形为矩形，则为菱形
C. 若四边形为菱形，则为菱形
D. 若四边形正方形，则为正方形
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的性质与判定，根据三角形中位线定理可得，则可证明四边形为平行四边形；由矩形一组邻边垂直得到，进而可得，则为菱形；由菱形一组邻边相等得到，进而可得，则为矩形；由正方形的对角线互相垂直且相等得到，，进而得到 ，且，则为正方形．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是的中点，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故A说法正确，不符合题意；
同理可得，
若四边形为矩形，则，
∴，
∴菱形，故B说法正确，不符合题意；
若四边形为菱形，则，
∴，
∴为矩形，故C说法错误，符合题意；
若四边形正方形，则，
∴，且
∴为正方形，故D说法正确，不符合题意；
故选：C．
12. 如图，在四边形中，，，对角线与交于点，点是的中点，连接，的周长为，则下列结论错误的是（ ）
A.
B. 四边形是中心对称图形
C. 的周长等于3cm
D. 若，则四边形是轴对称图形
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理判断各个选项即可．
【详解】解：，，
四边形是平行四边形，
对角线与交于点，点是的中点，
是的中位线，
，
选项结论正确，不符合题意；
平行四边形都是中心对称图形，
∴四边形是中心对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
的周长为，是的中位线，
的周长等于，
选项结论错误，符合题意；
若，则四边形是矩形，矩形是轴对称图形，
选项结论正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质及三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
13. 若代数式有意义，则x的取值范围______．
【答案】且
【解析】
【分析】本题考查了分式和二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于0，二次根式有意义的条件是被开方数是非负数是解题的关键．
根据分式和二次根式有意义的条件得出不等式组，求解即可．
【详解】解：由题意，得，
解得：且．
故答案为：且．
14. 如图，矩形的两条对角线相交于点O，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，先由矩形的性质得到，，再证明是等边三角形，得到，进而得到，据此利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
15. 如图，已知和正方形有一个公共的顶点C，其中E点在上，若，，则的度数是_________．
【答案】##70度
【解析】
【分析】由平角的定义求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再由平行四边形的对角相等即可得出结果．本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形和正方形的性质，由三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键．
【详解】∵四边形正方形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴（平行四边形对角相等）．
故答案：.
16. 如图,一圆柱体的底面周长为20cm，高AB为4cm，BC是上底面的直径．一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，爬行的最短路程是____cm．
【答案】
【解析】
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方体，再然后利用两点之间线段最短解答．
【详解】
解：如上图所示：
由于圆柱体的底面周长为20cm，
则AD=20×=10cm．
又因为CD=AB=4cm，
所以AC==2．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平面展开的最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
17. 现有一长方形纸片，在剪纸过程中需要折叠．如图，将沿折叠，使点D恰好落在边上的点F处，已知，，则的长为______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，掌握折叠的性质成为解题的关键．由矩形的性质可得，，由折叠的性质可得，然后再运用勾股定理可得，即；设的长为x，则，然后在中运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
设的长为x，则，
由折叠的性质可得，
在中，由勾股定理可得，
∴，
设的长为x，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得．
∴的长为3．
故答案为：3.
18. 如图，在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为，当______时，四边形是矩形．
【答案】4
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，根据题意和矩形的性质得到，，再由矩形的对边相等得到，解方程即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
解得，
故答案为：4．
三、计算题：本大题共1小题，共12分．
19. 计算：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）根据二次根式的除法运算法则，分母有理化计算即可；
（2）利用乘法分配律计算，利用分数的性质和二次根式的性质化简；
（3）根据二次根式除法和运算法则和分母有理化化简，再计算与5的和即可；
（4）先利用完全平方公式、平方差公式分别进行计算，再求和即可．
【小问1详解】
【小问2详解】
【小问3详解】
【小问4详解】
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
四、解答题：本题共6小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
20. 为了响应“绿色郑州，文明郑州”的号召，我市某小区决定要在一块四边形空地上种植草皮．如图，经测量，米，米，米，米，若每平方米草皮需要30元，问需要投入多少元？

【答案】元
【解析】
【分析】本题考查勾股定理及其逆定理，连接，利用勾股定理求出，再利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，最后利用三角形面积公式求出草皮面积，即可求解．
【详解】解：如图，连接，

，，，
，，
，，，
，
是直角三角形，
，
四边形的面积，
（元），
即需要投入元．
21. 已知：如图，在中，点E、F在上，且，求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接交于O，先由平行四边形的性质得到，再证明，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】证明：如图所示，连接交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
22. 如图，中，，，，求：

（1）的面积；
（2）斜边上的高的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质，分别求出边和的长，然后利用三角形的面积公式求解即可；
（2）的面积公式同时可以表示为：，继而即可求出的长．
【小问1详解】
解： ，，，
，，
；
【小问2详解】
解：利用三角形的面积公式有：，
即，
．
【点睛】本题考查勾股定理及含30度角的直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握三角形的面积公式并灵活应用．
23. 如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，连结AE、BD且AE=AB
（1）求证：∠ABE=∠EAD；
（2）若∠AEB=2∠ADB，求证：四边形ABCD是菱形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的对边互相平行可得AD∥BC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠AEB=∠EAD，根据等边对等角可得∠ABE=∠AEB，即可得证．
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠ADB=∠DBE，然后求出∠ABD=∠ADB，再根据等角对等边求出AB=AD，然后利用邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】证明：（1）∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD．
∵AE=AB，
∴∠ABE=∠AEB．
∴∠ABE=∠EAD．
（2）∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBE．
∵∠ABE=∠AEB，∠AEB=2∠ADB，
∴∠ABE=2∠ADB．
∴∠ABD=∠ABE－∠DBE=2∠ADB－∠ADB=∠ADB．
∴AB=AD．
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
24. 如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；
（2）若AD＝4，AB＝2，且MN⊥AC，求DM的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据矩形的性质和平行线的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）先根据菱形的判定可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得，设，则，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【小问1详解】
证明：四边形是矩形，
，
，
为对角线的中点，
，
在和中，，
，
，
四边形为平行四边形．
【小问2详解】
解：四边形是矩形，，
，
由（1）已证：四边形平行四边形，
，
四边形为菱形，
，
设，则，
在中，，即，
解得，
即的长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．
25. 如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作，与的延长线相交于点F，连接．

（1）求证：；
（2）当满足条件时，判定四边形的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下当满足条件______时，四边形是正方形，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）当满足条件时，四边形是矩形，理由见解析
（3）当且时，四边形是正方形，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定：
（1）为中点，得到，由平行线的性质得到，据此利用得到与全等；
（2）由全等三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，得到，再证明，推出四边形是平行四边形，进一步证明，即可证明四边形是矩形；
（3）当且时，同（2）可得四边形是矩形，再证明，即可证明四边形是正方形
【小问1详解】
证明：∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
【小问2详解】
解：当满足条件时，四边形是矩形，理由如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
【小问3详解】
解：当且时，四边形是正方形，理由如下：
同（2）可得四边形是矩形，
∵，
∴，
∴四边形是正方形