湖北省孝感市孝昌县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份湖北省孝感市孝昌县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版），文件包含湖北省孝感市孝昌县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、湖北省孝感市孝昌县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

1. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：，故选项A符合题意；
不能合并，故选项B不符合题意；
，故选项C不符合题意；
，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
2. 下列各组线段中，能构成直角三角形的是（ ）
A. 2，4，5B. 8，8，14C. D. 5，10，13
【答案】C
【解析】
【分析】只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可判断是直角三角形．
【详解】解：A、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、，能构成直角三角形，故本选项符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用，判断三角形是否为直角三角形只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
3. 在矩形中，对角线交于点，若，则矩形对角线的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由矩形的性质得出，证出是等边三角形，得出，据此求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，

，，，，
，
，
是等边三角形，
，
∴，
故答案为：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明为等边三角形是解题的关键．
4. 如果最简二次根式和能合并，则x的值为（ ）
A. B. C. 2D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据最简根式能合并，那么被开方数相同，据此求解即可．
【详解】解：∵最简二次根式和能合并，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了同类二次根式，解一元一次方程，熟知同类二次根式的定义是解题的关键．
5. 由下列条件不能判定为直角三角形的是（ ）
A B.
C. D. ，，
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理及勾股定理的逆定理进行判断即可．
【详解】解：选项A：由三角形内角和定理可知∠A+∠B+∠C=180°，结合已知，得到2∠C=180°，∴∠C=90°，故△ABC为直角三角形，选项A不符合题意；
选项B：∵a²+b²≠c²，由勾股定理逆定理可知，△ABC不是直角三角形，选项B符合题意；
选项C：对等式左边使用平方差公式得到：b²-c²=a²，再由勾股定理逆定理可知△ABC为直角三角形，不符合题意；
选型D：由勾股定理逆定理可知：a²+b²=1+2=3=c²，∴△ABC为直角三角形，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，熟练掌握各定理是解决本题的关键．
6. 若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次根式和分式有意义的条件计算即可．
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，
∴，，
解得，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握分母不为零，被开方数是非负数是解题的关键．
7. 如图，在菱形中，对角线 相交于点为 的中点，且，则菱形 的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：因为菱形的对角线互相垂直平分，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得AB=2a，则菱形ABCD的周长为8a．故选C．
8. 如图，▱ABCD中，AC⊥BC，BC＝3，AC＝4，则B，D两点间的距离是（ ）
A. B. 6C. 10D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】过作，连接,构造直角三角形,利用勾股定理求出即可．
【详解】过作，连接
四边形为平行四边形

又 ,

四边形为矩形

在中，
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及矩形的判定，同时结合勾股定理进行相关计算，熟练掌握平行四边形的相关性质定理是解决本题的关键.
9. 如图所示，沿DE折叠长方形ABCD的一边，使点C落在AB边上的点F处，若AD=8，且△AFD的面积为60，则△DEC的面积为（ ）
A. B. C. 18D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】由矩形的性质得出∠A=∠B=90°，BC=AD=8，CD=AB，结合△AFD的面积为60，即可求得AF与DF的长，由折叠的性质，可得CD=DF，然后在Rt△BEF中，利用勾股定理即可求得CE的长，继而求得△DEC的面积．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，BC=AD=8，CD=AB，
∵△AFD的面积为60，
即AD•AF=60，
解得：AF=15，
∴DF===17，
由折叠的性质，得：CD=DF=17，
∴AB=17，
∴BF=AB-AF=17-15=2，
设CE=x，则EF=CE=x，BE=BC-CE=8-x，
在Rt△BEF中，EF2=BF2+BE2，
即x2=22+（8-x）2，
解得：x=，
即CE=，
∴△DEC的面积=CD•CE=×17×=；
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系．
10. 如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
（1）AE=BF；（2）AE⊥BF；（3）AO=OE；（4）中正确的有（ ）
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；根据全等的性质得∠ABF=∠EAD，利用∠EAD+∠EAB=90°得到∠ABF+∠EAB=90°，则AE⊥BF；连接BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF=S△DAE，则S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，即S△AOB=S四边形DEOF．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，
而CE=DF，
∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中
∴△ABF≌△DAE，
∴AE=BF，所以（1）正确；
∴∠ABF=∠EAD，
而∠EAD+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；
连接BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF=S△DAE，
∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF，所以（4）正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是掌握判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”．
二、填空题（共5题，每小题3分，共15分）
11. 计算：_____．
【答案】
【解析】
【分析】先化简二次根式，再合并同类二次根式即可．
【详解】．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次根式的化简以及同类二次根式的合并，掌握二次根式的化简以及同类二次根式的合并方法是解题关键．
12. 若，化简：______．
【答案】##
【解析】
【分析】直接利用a的取值范围，再结合二次根式的性质化简得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简．正确化简二次根式是解题的关键．
13. 命题“如果两个实数相等，那么它们的平方相等”的逆命题是_____．
【答案】如果两个实数的平方相等，那么这两个实数相等
【解析】
【分析】把原命题的题设和结论交换即可得到其逆命题．
【详解】解：因为“如果两个实数相等，那么它们的平方相等”它的逆命题是“如果两个实数平方相等，那么这两个实数相等”．
故答案为：如果两个实数平方相等，那么这两个实数相等；
【点睛】要根据逆命题的定义，和平方的有关知识来填空，对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题．
14. 如图，在平面直角坐标系中，是以菱形的对角线为边的等边三角形，点与点关于轴对称，则点的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质和等腰三角形的性质，进行计算，即可得到答案．
【详解】解：如图：
∵点与点关于轴对称，
∴，，
是以菱形的对角线为边的等边三角形，，
，
，
在菱形中，，，
∴，，
∴，
在中，，∴，
∴
又∵，
∴
∴，
，
点的坐标是．
故答案为．
【点睛】本题考查菱形的性质和平面直角坐标系，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和平面直角坐标系．
15. 将按右侧方式排列．若规定（m，n）表示第m排从左向右第n个数，则（5，4）与（15，7）表示的两数之积是____．
【答案】
【解析】
【分析】根据数的排列方法可知，第一排：1个数，第二排2个数．第三排3个数，第四排4个数，…第m-1排有（m-1）个数，从第一排到（m-1）排共有：1+2+3+4+…+（m-1）个数，根据数的排列方法，每四个数一个轮回，根据题目意思找出第m排第n个数到底是哪个数后再计算．
【详解】解：（5，4）表示第5排从左向右第4个数是：，
（15，7）表示第15排从左向右第7个数，可以看出奇数排最中间的一个数都是1，
第15排是奇数排，最中间的也就是这排的第8个数是1，那么第7个就是：，
．
故答案为2．
【点睛】本题主要考查了数字的变化规律，解题的关键是准确找到变化规律，利用规律求解．
三、解答题（共9题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 计算题
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二次根式的乘除混合运算法则计算即可求解；
（2）先化简，合并括号内的同类二次根式，再计算除法即可求解．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算的法则是解题的关键．
17. 求代数式的值，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把x的值代入计算即可求出值．
【详解】解：
，
当时，原式．
【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则．
18. 如图是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，经测量得到如下数据：米，米，，求警示牌的高．

【答案】警示牌的高为4米．
【解析】
【分析】首先根据等腰直角三角形的性质可得米，再根据勾股定理可得，代入数可得答案．
【详解】解：∵米，，
∴米，
∵，
∴，
∴，即，
∴（米），
则（米），
答：警示牌的高为4米．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握含30度的直角三角形的性质，属于中考常考题型．
19. 如图，四边形是平行四边形，平分交于点E，平分交于点F，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，注意证得是解题的关键．由平行四边形的性质和已知条件证明，根据证明，即可得到．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴．
∵平分交于点E，平分交于点F，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
20. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点按下列要求画图：

（1）在图中已知点A，画一个，使，，．
（2）请在网格中画出．
（3）请用无刻度的直尺画出图中中边上高（结果用实线表示，其他辅助线用虚线表示），且______．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析，
【解析】
【分析】（1）根据已知线段的长度画图即可；
（2）根据平行四边形的字母顺序画图即可；
（3）过点画的对角线，与交于点，则即为高，再利用面积法求出的长度．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
如图，即为所求；
【小问3详解】
如图，即为所求；
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计作图、勾股定理、平行四边形，解决本题的关键是根据网格准确画图．
21. 定义：若两个二次根式a，b满足，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．
（1）若与是关于4的共轭二次根式，则__________
（2）若与是关于12的共轭二次根式，求的值．
【答案】（1）
（2）－2
【解析】
【分析】（1）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可；
（2）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得的值即可．
【小问1详解】
解：∵与是关于4的共轭二次根式，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵与是关于12共轭二次根式，
∴
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了新定义共轭二次根式的理解和应用，并会利用二次根式的性质进行计算．
22. 如图，将矩形沿直线折叠，使点与点重合，折痕交于点，交于点，连接．

（1）求证；四边形菱形；
（2）设，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）．
【解析】
【分析】（1）根据矩形性质得出，根据折叠的性质得出，，，进而得出，即可得证；
（2）根据菱形的性质求得，在中，利用勾股定理求得的长，再根据矩形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质，可得：，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
【小问2详解】
解：∵四边形为菱形，
∴，
在中，，
∵四边形是矩形，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠问题，菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
23. 【再读教材】：我们八年级下册数学课本第16页介绍了“海伦-秦九韶公式”：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么三角形的面积为．
【解决问题】：已知如图1在中，．

（1）请你用“海伦-秦九韶公式”求的面积．
（2）除了利用“海伦-秦九韶公式”求的面积外，你还有其它的解法吗？请写出你的解法．
（3）如图2，D是内一点，，，则的长是______．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将三角形的三边的长代入公式求解即可；
（2）过C作于H，设，则，利用勾股定理列出方程求出x，再根据三角形的面积公式求解即可得；
（3）作辅助线如解析图，根据旋转的性质、勾股定理和三角形的内角和可得，，设，则，根据勾股定理求出x即可解决问题．
【小问1详解】
∵三角形三边长分别为4、5、7，
∴．
∴．
【小问2详解】
过C作于H，设，则，
在中，，在中，，
∴，解得：．
∴在中，，
∴．
【小问3详解】
将三角形绕点D顺时针旋转到的位置，连接，设交于点F，交于点G，如图，
则，
∴，
∵，
∴，
设，则，
根据勾股定理得：，
即得，
解得，
则，
∴，
则在直角三角形中，．
【点睛】本题考查了勾股定理、二次根式的运算、旋转的性质等知识，正确作出辅助线、灵活应用方程思想是解题的关键．
24. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B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D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应值，如果不能，说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）t=10； （3）当t=或12时，△DEF为直角三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）由题意得∠BCA=30°，CD=4tcm，AE=2tcm，再由含30°角的直角三角形的性质得DF=DC=2tcm， 即可得到AE=DF；
（2）由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得2t=60-4t，进而求得t的值；
（3）分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【小问1详解】
证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t cm．
∵AE=2t cm，DF=2t cm，
∴AE=DF．
【小问2详解】
解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴．
∵AE=DF，，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即2t=60-4t，
解得t=10，
∴当t=10时，四边形AEFD为菱形，
故答案为：10．
【小问3详解】
当∠EDF=90°时，如图①，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴，
∴四边形DFBE为矩形．
∴
∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，
解得，t=，
当∠DEF=90°时，如图②，
∵，
∴DE⊥AC，
∴．
∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），
解得，t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．