精品解析：山东省德州市陵城区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

2023—2024学年义务教育学业质量素养检测（八年级数学） （试题满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（每小题4分，共48分） 1. 要使代数式有意义，的取值应满足（ ） A. B. C. D. 2. 下列条件中，不能判定一个三角形是直角三角形的是（　　） A. 三个角的度数之比为 B. 三边长满足关系式 C. 三条边的长度之比为 D. 三个角满足关系式 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，原来从A村到B村，需要沿路A→C→B（）绕过两地间的一片湖，在A， B间建好桥后，就可直接从A村到B村．已知，，那么，建好桥后从 A村到B村比原来减少的路程为（ ） A. 2km B. 4km C. 10 km D. 14 km 6. 综合实践课上，嘉嘉设计的“利用直角三角形作矩形”的尺规作图过程如下： 分别以点A，C为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF，直线交于点O； 作射线，在上截取，使得； 连接，，则四边形就是所求作的矩形． 根据嘉嘉尺规作图痕迹，完成下面的证明． 证明：∵ ① ，，∴四边形是平行四边形（ ② ）（填推理依据）． 又∵，∴四边形是矩形（ ③ ）（填推理依据）． ①②③应该填的内容分别是（ ） A. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 C. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 、有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形 7. 如图，点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，G、H是对角线BD上的两点，且BG=DH．则下列结论中不正确的是（ ） A. B. 四边形EGFH是平行四边形 C. D. 8. 如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6 9. 已知三角形的三边长分别为a、b、c，求其面积． 对此问题，中外数学家曾经进行过深入研究． 古希腊几何学家海伦（Heron，约公元50年），给出了求其面积的海伦公式： ，其中 ① 我国南宋时期数学家秦九韶（约1202~1261），给出了著名的秦九韶公式： ．② 若一个三角形的三边长依次为，，，请选用适当的公式求出这个三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 10. 对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若，，则等于（ ） A. 45 B. 49 C. 50 D. 53 11. 如图，四边形是菱形，过点作交对角线于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若G为的中点，则四边形是正方形； ②若G为上任意一点，则； ③点G在运动过程中，的值为定值4； ④点G在运动过程中，线段的最小值为． A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④ 二、填空题（每小题4分，共24分） 13. 已知最简二次根式与二次根式是同类二次根式，则______． 14. 如图，公路互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开．若测得的长为，则M，C两点间的距离为______． 15. 已知，，则的值为______． 16. 在的网格中，有、、三个格点，当是直角三角形时，则点的坐标可以是______. 17. 如图，在菱形中，E，F分别是边上的动点，连接分别为的中点，连接．若，，则的最小值为_____ 18. 在矩形中，，若P是射线上一个动点，连接，点A关于直线的对称点为M，连接，当P，M，C三点共线时，的长为____． 三、解答题（7小题，共78分） 19. 计算：（1）；（2） 20. 当时，求的值．如图是小亮和小芳的解答过程： （1）______的解法是错误的； （2）错误的原因______； （3）当时，求的值． 21. 如图，方格纸中小正方形的边长为1个单位长度，为格点三角形． （1）建立平面直角坐标系，使点的坐标为，点的坐标为．此时，点的坐标为 （2）判断的形状，并说明理由． 22. 如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男子拽着绳子另一端向右走，绳端从移动到，绳子始终绷紧且绳长保持不变． （1）若米，米，米，求男子需向右移动的距离；（结果保留根号） （2）此人以0.5米每秒的速度收绳，请通过计算回答，该男子能否在30秒内将船从处移动到岸边点的位置？ 23. 如图所示，在中，点D，E分别为，的中点，点H在线段上，连接，点G，F分别为，的中点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，，，求的长． 24. 如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 25. 在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． （1）若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答： ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年义务教育学业质量素养检测（八年级数学） （试题满分为150分，考试时间为120分钟） 一、选择题（每小题4分，共48分） 1. 要使代数式有意义，的取值应满足（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了代数式有意义的条件，根据分母不为零且被开方数是非负数列式求解即可． 【详解】解：由题意，得 ， ∴． 故选B． 2. 下列条件中，不能判定一个三角形是直角三角形的是（　　） A. 三个角的度数之比为 B. 三边长满足关系式 C. 三条边的长度之比为 D. 三个角满足关系式 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形的判定，三角形的内角和，勾股定理逆定理，根据直角三角形的判定逐项判断即可，掌握勾股定理逆定理及直角三角形的定义是解题的关键． 【详解】、由题意可设三角形的三个内角度数分别为、、， ∴， ∴，故三角形三个内角的度数分别为、、， ∴三个角的度数之比为的三角形是直角三角形，不符合题意； 、∵， ∴， ∴三条边满足关系式的三角形是直角三角形，不符合题意； 、结合题意可设三角形的三条边分别为、、（为正数）， ∵， ∴三条边的长度之比为的三角形不是直角三角形，符合题意； 、∵， ∴， ∴三个角满足关系的三角形是直角三角形，不符合题意； 故选：． 3. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次根式的加减乘除法则依次判断 【详解】解：A. 与不是同类二次根式，不能合并，故错误； B. ，故正确； C. ，故错误； D. ，故错误； 故选：B 【点睛】此题考查了二次根式计算法则，正确掌握二次根式的加减乘除计算法则是解题的关键 4. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质、化简绝对值、数轴，正确掌握相关的性质内容是解题的关键． 根据数轴判断a、b、、与0的大小关系，然后根据二次根式的性质即可求出答案． 【详解】由数轴知，，且 ，， ， ， ， ． 故选：D 5. 如图，原来从A村到B村，需要沿路A→C→B（）绕过两地间的一片湖，在A， B间建好桥后，就可直接从A村到B村．已知，，那么，建好桥后从 A村到B村比原来减少的路程为（ ） A. 2km B. 4km C. 10 km D. 14 km 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用勾股定理得出的长，进而得出答案． 【详解】解：由题意可得： 则打通隧道后从A村到B村比原来减少的路程为：（km）． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出的长是解题关键． 6. 综合实践课上，嘉嘉设计的“利用直角三角形作矩形”的尺规作图过程如下： 分别以点A，C为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF，直线交于点O； 作射线，在上截取，使得； 连接，，则四边形就是所求作的矩形． 根据嘉嘉尺规作图痕迹，完成下面的证明． 证明：∵ ① ，，∴四边形是平行四边形（ ② ）（填推理依据）． 又∵，∴四边形是矩形（ ③ ）（填推理依据）． ①②③应该填的内容分别是（ ） A. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 C. 、对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 、有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形和平行四边形的判定，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”证明四边形是矩形，熟知矩形和平行四边形的判定是关键． 【详解】证明：由题意可知：垂直平分， ， ∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）． 又∵， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 故选：B． 7. 如图，点E、F分别是▱ABCD边AD、BC的中点，G、H是对角线BD上的两点，且BG=DH．则下列结论中不正确的是（ ） A. B. 四边形EGFH是平行四边形 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接EF交BD于O，易证四边形EGFH是平行四边形，然后证明是否得出选项． 【详解】解：连接EF交BD于点O， 在平行四边形ABCD中，AD=BC，∠EDH=∠FBG， ∵E、F分别是AD、BC边的中点， ∴DE=BF=BC，∠EDO=∠FBO，∠DOE=∠BOF， ∴△EDO≌△FBO， ∴EO=FO，DO=BO， ∵BG=DH， ∴OH=OG， ∴四边形EGFH是平行四边形， ∴GF=EH，EG=HF，故选项A、B、C正确； ∵∠EHG不一定等于90°， ∴EH⊥BD不正确，故选项D不正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△EDO≌△FBO是解题的关键． 8. 如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先求出大、小正方形的边长，进而求出整个图形面积，最后根据阴影部分的面积=大矩形面积-两个正方形面积，本题得以解决． 【详解】解：由题意可知，大正方形的边长为，小正方形的边长为， ∴图中阴影部分的面积为：， 故选：A． 【点睛】本题考查算术平方根，二次根式的应用，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答． 9. 已知三角形的三边长分别为a、b、c，求其面积． 对此问题，中外数学家曾经进行过深入研究． 古希腊几何学家海伦（Heron，约公元50年），给出了求其面积的海伦公式： ，其中 ① 我国南宋时期数学家秦九韶（约1202~1261），给出了著名的秦九韶公式： ．② 若一个三角形的三边长依次为，，，请选用适当的公式求出这个三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分析可得，代入公式②中比较容易计算，把分别代入进行计算解答． 【详解】解：∵，，不是同类二次根式，无法合并，代入公式①中计算不方便， ∴可代入公式②进行计算， ∵， ∴； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的运算法则． 10. 对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若，，则等于（ ） A. 45 B. 49 C. 50 D. 53 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用，解题的关键是理解“垂美”四边形的性质，则，根据，，，，，等量代换，即可． 【详解】解：∵四边形是“垂美”四边形， ∴， ∴在直角三角形中，； 在直角三角形中，， ∴， ∵在直角三角形，； 在直角三角形中，， ∴， 故选：D． 11. 如图，四边形是菱形，过点作交对角线于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、用勾股定理解三角形，先根据勾股定理求得的长，然后利用等面积法可求得的长，再根据勾股定理可求得结果，正确求得边长的结果是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 12. 如图，正方形的边长为4，G是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况： ①若G为的中点，则四边形是正方形； ②若G为上任意一点，则； ③点G在运动过程中，的值为定值4； ④点G在运动过程中，线段的最小值为． A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定①正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则，即可判定②正确；证明，，从而得，即可判定③正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小， 利用求得，即得线段的最小值为，即可判定④正确． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， 于点，于点， ， 四边形是矩形，，， ∴，， ∵G为的中点， ∴ ∴ ∴四边形是正方形，故①正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ， ， ，故②正确； ∵ ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∴， 即的值为定值4，故③正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小， 在 中，， ∵ ∴ ∴， ∴线段的最小值为，故④正确； ∴正确的有①②③④． 故选：A． 【点睛】此题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短．解题关键是熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质． 二、填空题（每小题4分，共24分） 13. 已知最简二次根式与二次根式是同类二次根式，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据最简二次根式及同类二次根式的定义列方程求解． 【详解】解：∵， 根据题意得：， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了最简二次根式，同类二次根式的定义，即化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式． 14. 如图，公路互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开．若测得的长为，则M，C两点间的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，解答即可． 【详解】解：是公路的中点， ， ， ， ，两点间的距离为． 故答案为：． 15. 已知，，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，完全平方公式的应用，先求出，，再根据计算即可求解，掌握二次根式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 故答案为：． 16. 在的网格中，有、、三个格点，当是直角三角形时，则点的坐标可以是______. 【答案】或或 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形性质，也考查了三角形直角三角形的性质，利用三角形直角三角形的性质确定点C的位置即可． 【详解】解：由题意得：当是直角三角形时，则点的坐标可以是或或， 故答案为：或或 17. 如图，在菱形中，E，F分别是边上的动点，连接分别为的中点，连接．若，，则的最小值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 连接，利用三角形中位线定理，可知，当时，最小，求出最小值即可求出． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形是菱形， ， ∵分别为的中点， ∴是的中位线， ， 当时，则最小，得到最小值， ， ∴是等腰直角三角形， ，即， ， ， 故答案为：． 18. 在矩形中，，若P是射线上一个动点，连接，点A关于直线的对称点为M，连接，当P，M，C三点共线时，的长为____． 【答案】1或9##9或1 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，分两种情况画图：根据当P，M，C三点共线时画出图形，利用点A关于直线的对称点为M，得，，根据勾股定理列出方程即可解决问题．由轴对称的性质得，由平行线的性质得，进而可以解决问题． 【详解】解：①当P，M，C三点共线时，如图1所示： 在矩形中，， ∵点A关于直线的对称点为M， ， , 设， 则，， 在中，根据勾股定理得：， ， ， 的长为1； ②如图2， 由轴对称的性质得， 由平行线的性质得 ， ， 在中，，由勾股定理得， ， ， 综上所述：的长为1或9， 故答案为：1或9． 三、解答题（7小题，共78分） 19. 计算：（1）；（2） 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）先进行二次根式的除法运算，然后把二次根式化为最简二次根式即可； （2）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可． 【详解】（1）解：原式 （2）解：原式 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍． 20. 当时，求的值．如图是小亮和小芳的解答过程： （1）______的解法是错误的； （2）错误的原因______； （3）当时，求的值． 【答案】（1）小亮 （2）未能正确地运用二次根式的性质 （3） 【解析】 【分析】（1）运用二次根式的性质来进行化简，再将代入求解来进行判定； （2）运用二次根式的性质来求解； （3）根据得到，，利用二次根式的性质进行化简求解. 【小问1详解】 解： ， ， ， 原式， 故小亮的解法错误. 故答案为：小亮. 【小问2详解】 解：小亮解法错误，错误的原因是： 未能正确地运用二次根式的性质，将变形为. 故答案为：未能正确地运用二次根式的性质. 【小问3详解】 解：， ，， . 【点睛】本题主要考查了二次根式的性质，理解二次根式的性质和绝对值的性质是解答关键. 21. 如图，方格纸中小正方形的边长为1个单位长度，为格点三角形． （1）建立平面直角坐标系，使点的坐标为，点的坐标为．此时，点的坐标为 （2）判断的形状，并说明理由． 【答案】（1） 建立平面直角坐标系如图， （2）直角三角形， 理由：由勾股定理得，， ∴ ∴是直角三角形，且． 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形： （1）根据题意建立平面直角坐标系，然后写出点C的坐标即可； （2）求出三角形各边长，再根据勾股定理逆定理进行判断即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男子拽着绳子另一端向右走，绳端从移动到，绳子始终绷紧且绳长保持不变． （1）若米，米，米，求男子需向右移动的距离；（结果保留根号） （2）此人以0.5米每秒的速度收绳，请通过计算回答，该男子能否在30秒内将船从处移动到岸边点的位置？ 【答案】（1）米 （2）不能 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求的长，然后作差求解即可； （2）先求出从A处移动到岸边点F的时间，比较大小，然后作答即可． 【小问1详解】 解：∵， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴男子需向右移动的距离为米； 【小问2详解】 解：由题意知，需收绳的绳长（米）， ∴此人的收绳时间为（秒）， ∵， ∴该男子不能在秒内将船从A处移动到岸边点F的位置． 23. 如图所示，在中，点D，E分别为，的中点，点H在线段上，连接，点G，F分别为，的中点． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1） 证明：点D、E分别为，的中点，点G、F分别为，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形； （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）由三角形中位线定理得，，，，则，，再由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由平行四边形的性质得，再由勾股定理求出的长，再根据为中点即可求答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形为平行四边形， ， ， ， ， 为中点， 即线段的长度为． 24. 如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质． （1）由和平分可得，从而，进而根据菱形的定义得证结论； （2）由求出，进而，，在中，根据勾股定理构造方程，即可求得的长，根据面积公式即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， 即， ∴， ∵在菱形中，， ∴． 25. 在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． （1）若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答： ；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 【答案】（1）四边形是平行四边形 （2）2或8 （3） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，截图的关键是∶ （1）利用三角形全等可得，，则，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得：， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵G，H分别是，中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 故答案为：四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解∶如图1，连接， 由（1）得，，， ∴四边形是矩形， ∴， ①如图1，当四边形是矩形时， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图2，当四边形是矩形时， ∵，， ∴， ∴； 综上，四边形EGFH为矩形时，或； 【小问3详解】 解∶如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ∴，即， ∴当时，四边形为菱形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $