精品解析：江西省赣州市南康区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

2023－2024学年度第二学期期中联考试卷 八年级数学 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列根式中，不是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数是勾股数的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，△ABC中，已知AB＝8，∠C＝90°，∠A＝30°，DE是中位线，则DE的长为（　　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 2 5. 两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，．与交于点G，与交于点H，且，，则四边形的周长为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 6. 如图，正方形的边长为8，在上，且，是上一动点，则的最小值为( ) A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 要使二次根式有意义，则x应满足的条件是__________． 8. 已知为最简二次根式，且能够与合并，则a的值是______________． 9. 如图，在中，，点D是的中点，，，则______． 10. 如图，在2×2的网格中，线段AB的端点均在网格线的交点上，若每个小正方形的边长均为1，则线段AB的长为_________________． 11. 《九章算术》中一道“引葭赴岸”问题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇生长在它的中央，高出水面部分为1尺，如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边的处（如图），水深和芦苇长各多少尺？则该问题的水深是______尺． 12. 如图，在矩形中，，，点，点分别在，上，，若为矩形边上一点，当为直角三角形时，斜边长为_____________ 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）化简：． （2）如图，在中，，，，求的值． 14. 已知，，求下列各式的值． （1）和； （2）． 15. 如图，在平行四边形中，，，，已知实数，满足式子．求四边形的周长． 16. 若a、b、c是的三边长，且a、b、c满足． （1）求a、b、c的值； （2）是直角三角形吗？请说明理由． 17. 如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点叫做格点已知两点是格点仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图保留画图痕迹，不写画法 （1）如图，以线段为边长作菱形； （2）如图，以线段为边作一个面积为的正方形． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某居民小区有块形状为长方形的绿地，长方形绿地的长为米，宽AB为米，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛(即图中阴影部分)，长方形花坛的长为米，宽为米. （1）长方形的周长是多少? （2）除去修建花坛的地方. 其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元? 19. 阅读下列一段文字，回答问题． 【材料阅读】平面内两点则由勾股定理可得，这两点间的距离． 例如，如图1，，则． 【直接应用】 （1）已知，求P、Q两点间的距离； （2）如图2，在平面直角坐标系中，，，与x轴正半轴的夹角是． ①求点B的坐标； ②试判断的形状． 20. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 特例感知 化简：； 解：； （1）请在横线上直接写出化简的结果： ①______；②______． 观察发现 （2）第个式子是（为正整数），请求出该式子化简的结果（需要写出推理步骤）． 拓展应用 （3）从上述结果中找出规律，并利用这一规律计算： ①； ②． 22. 课本再现 思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在中，对角线，交点为． 求证：是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点． 求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）． 拓展迁移 （3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积． 六、（本大题共12分） 23. 我们定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”． 如图1，四边形中，，，则四边形叫做“等补四边形”． 【概念理解】 （1）①在等补四边形中，若，则______； ②在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是______． A.平行四边形 B.菱形 C.矩形 D.正方形 【性质探究】 （2）如图1，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【知识运用】 （3）如图2，在四边形中，平分，，． 求证：四边形是等补四边形． 【拓展应用】 （4）将斜边相等的两块三角板按如图3放置，其中含角的三角板的斜边与含角的三角板的斜边重合，、位于的两侧，其中，若，连接，则的长为______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023－2024学年度第二学期期中联考试卷 八年级数学 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列根式中，不是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式，解题的关键是掌握最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义逐一判断即可． 【详解】解：A、含有开得尽方的因数，故不是最简二次根式，故符合题意； B、是最简二次根式，故不符合题意； C、是最简二次根式，故不符合题意； D、是最简二次根式，故不符合题意； 故选：A． 2. 下列各组数是勾股数的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股数．熟练掌握满足勾股定理的三个正整数是勾股数是解题的关键． 根据勾股数的定义判断作答即可． 【详解】解：A中，不是勾股数，故不符合要求； B中，不是勾股数，故不符合要求； C中，是勾股数，故符合要求； D中，不是勾股数，故不符合要求； 故选：C． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式混合运算运算法则逐项验证即可得到答案， 本题考查二次根式混合运算，熟练掌握二次根式混合运算法则是解决问题的关键． 【详解】解：A、，该选项错误，不符合题意， B、，该选项错误，不符合题意， C、，该选项错误，不符合题意， D、，该选项正确，符合题意， 故选：D． 4. 如图，△ABC中，已知AB＝8，∠C＝90°，∠A＝30°，DE是中位线，则DE的长为（　　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先由含30°角的直角三角形的性质，得出BC，再由三角形的中位线定理得出DE即可． 【详解】解：∵∠C=90°，∠A=30°， ∴BC=AB=4， 又∵DE是中位线， ∴DE=BC=2． 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，解答本题的关键是掌握含30°角的直角三角形的性质及三角形的中位线定理． 5. 两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，．与交于点G，与交于点H，且，，则四边形的周长为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】证明四边形是菱形，根据含30度角的直角三角形的性质求得的长，即可求解． 【详解】解：∵两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，，， ∴，， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 四边形周长为16． 故选D． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质，菱形的性质与判定，证明四边形是菱形是解题的关键． 6. 如图，正方形的边长为8，在上，且，是上一动点，则的最小值为( ) A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】连接BN，BD，BM，BM交AC于点E，根据正方形的对角线互相垂直平分可得ND=NB，由三角形三边关系可得NB+NM≥BM，再由勾股定理求得BM即可； 【详解】解：如图，连接BN，BD，BM，BM交AC于点E， ABCD是正方形，则AC、BD互相垂直平分， ∴ND=NB， 当点N与点E不重合时，△NBM中NB+NM＞BM， 当点N与点E重合时，NB+NM=BM， ∴NB+NM≥BM，即DN+MN的最小值为BM， ABCD是正方形，则BC=CD=8，∠BCD=90°， ∴CM=CD-DM=8-2=6， ∴BM=， ∴DN+MN的最小值为10， 故选： C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质，三角形的三边关系，勾股定理；正确作出辅助线是解题关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 要使二次根式有意义，则x应满足的条件是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件求解即可． 【详解】根据题意得：， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义需被开方数大于等于0是解题的关键． 8. 已知为最简二次根式，且能够与合并，则a的值是______________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据最简二次根式可合并，可得同类二次根式，根据同类二次根式，可得关于的方程，根据解方程，可得答案． 【详解】解：由最简二次根式与可以合并，得 ． 解得， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了同类二次根式，解题的关键是利用同类二次根式得出关于的方程． 9. 如图，在中，，点D是的中点，，，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，先根据勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半即可得到答案． 【详解】解：∵在中，∠，，， ∴由勾股定理得， ∵点D是的中点， ∴， 故答案为：5． 10. 如图，在2×2的网格中，线段AB的端点均在网格线的交点上，若每个小正方形的边长均为1，则线段AB的长为_________________． 【答案】 【解析】 【分析】利用勾股定理即可计算． 【详解】根据题意，利用勾股定理有， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的知识，通过网格点找到合适的直角三角形并确定其边长是解答本题的关键． 11. 《九章算术》中一道“引葭赴岸”问题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇生长在它的中央，高出水面部分为1尺，如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边的处（如图），水深和芦苇长各多少尺？则该问题的水深是______尺． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用，能够在实际问题中找到直角三角形并应用勾股定理是解决本题的关键． 将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知尺，设水深尺，则芦苇长尺，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深． 【详解】解：设水深x尺，则芦苇长尺， 在中，， 即， 解得：， ∴， 故水深12尺，芦苇长13尺， 故答案为：12． 12. 如图，在矩形中，，，点，点分别在，上，，若为矩形边上一点，当为直角三角形时，斜边长为_____________ 【答案】或或 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．分三种情况讨论，利用矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形，， 显然点P与点B重合时，为直角三角形， 此时斜边长为； 当点E为顶点时，为直角三角形，如图， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴斜边长为； 当点F为顶点时，为直角三角形，如图， ∴， 过点P作于点， ∴是等腰直角三角形， ∴，此时点P与点D重合，点G与点C重合， ∴， ∴斜边长为； 综上，斜边长为或或， 故答案为：或或． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）化简：． （2）如图，在中，，，，求的值． 【答案】； 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的计算以及所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）根据二次根式的运算法则进行计算即可； （2）根据题意得到，根据勾股定理进行计算即可． 【详解】解：（1）原式 ； （2），， ， ， ， 在中，． 14. 已知，，求下列各式的值． （1）和； （2）． 【答案】（1）4，； （2）17 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，熟练掌握二次根式的运算法则以及乘法公式是解题的关键； （1）直接把x，y的值代入和即可求解； （2）根据完全平方公式变形，再代入求值，即可求解 【小问1详解】 ∵，， ∴，； 【小问2详解】 15. 如图，在平行四边形中，，，，已知实数，满足式子．求四边形的周长． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．根据题意证明四边形是平行四边形即可得到答案． 【详解】解：， 根据二次根式有意义的条件可知，， 解得， ， 平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形的周长． 16. 若a、b、c是的三边长，且a、b、c满足． （1）求a、b、c的值； （2）是直角三角形吗？请说明理由． 【答案】（1），，； （2）是，见解析 【解析】 【分析】本题考查了非负数的性质，勾股定理逆定理，掌握利用勾股定理逆定理判定直角三角形的方法是解题关键． （1）根据平方、绝对值以及算术平方根的非负性求解即可； （2）根据勾股定理的逆定理求解即可 【小问1详解】 解：， ，，， ，，； 【小问2详解】 解：是直角三角形， ，， ， 是直角三角形． 17. 如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点叫做格点已知两点是格点仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图保留画图痕迹，不写画法 （1）如图，以线段为边长作菱形； （2）如图，以线段为边作一个面积为的正方形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）作一个边长为的菱形即可； （2）作一个边长为的正方形即可． 【小问1详解】 如图所示，菱形即为所求； 或 【小问2详解】 如图所示，正方形即为所求． 【点睛】本题考查作图应用与设计作图，勾股定理，菱形的判定以及正方形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某居民小区有块形状为长方形的绿地，长方形绿地的长为米，宽AB为米，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛(即图中阴影部分)，长方形花坛的长为米，宽为米. （1）长方形的周长是多少? （2）除去修建花坛的地方. 其它地方全修建成通道，通道上要铺上造价为6元的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元? 【答案】（1）米 （2）元 【解析】 【分析】本题考查二次根式的应用，长方形的周长和面积，平方差公式． （1）根据长方形的周长列出算式，再利用二次根式的混合运算顺序和运算法则计算即可； （2）先计算出空白部分的面积，然后再用空白部分的面积乘以单价即可得出结论． 【小问1详解】 解：米 答：长方形的周长为米． 【小问2详解】 解：通道的面积平方米 购买地砖需要花费元 答：购买地砖需要花费元． 19. 阅读下列一段文字，回答问题． 【材料阅读】平面内两点则由勾股定理可得，这两点间的距离． 例如，如图1，，则． 【直接应用】 （1）已知，求P、Q两点间的距离； （2）如图2，在平面直角坐标系中，，，与x轴正半轴的夹角是． ①求点B的坐标； ②试判断的形状． 【答案】（1） （2）①；②直角三角形 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理及逆定理，两点间的距离等知识，解题的关键是理解题意，准确计算并熟练掌握勾股定理及逆定理． （1）根据题意，把两点坐标代入到公式中计算即可； （2）①过点作轴于点，根据题意得出，即可得到最终结果；②根据题意，计算出的长，从而得出，即可得到最终结论． 【小问1详解】 解：∵， ∴； 【小问2详解】 ①过点B作轴于点F， ∵与x轴正半轴的夹角是， ∴， ∵， ∴， ∴； ②∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴是直角三角形． 20. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质可得，进而得，可知，即可证明结论； （2）延长交于点，先证明四边形是平行四边形，即可得的值，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形 是平行四边形； 【小问2详解】 解：如图，延长交于点， ∵，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 由（1）得， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴在中， 由勾股定理得． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 特例感知 化简：； 解：； （1）请在横线上直接写出化简的结果： ①______；②______． 观察发现 （2）第个式子是（为正整数），请求出该式子化简的结果（需要写出推理步骤）． 拓展应用 （3）从上述结果中找出规律，并利用这一规律计算： ①； ②． 【答案】（1）①；② （2） （3）①；② 【解析】 【分析】本题考查了分母有理化，平方差公式，二次根式的混合运算．熟练掌握分母有理化，平方差公式，二次根式的混合运算是解题的关键． （1）利用分母有理化求解作答即可； （2）根据，求解作答即可； （3）①利用（2）的结论，结合平方差公式计算即可；②先分母有理化，再逆用同分母的加减法则变形后，结合互为相反数的和为零，计算即可． 【小问1详解】 ①解：， 故答案为：； ②解：， 故答案为：； 【小问2详解】 解：， ∴的化简结果为； 【小问3详解】 解： ； ②解： ． 22. 课本再现 思考 我们知道，矩形的对角线相等．反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小贤同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在中，对角线，交点为． 求证：是矩形． 应用定理 （2）如图2，在菱形中，，，，分别为，，，的中点． 求证：四边形是矩形（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）． 拓展迁移 （3）如图3，四边形的对角线，相交于点，且，，，，分别为，，，的中点．若，，求四边形的面积． 【答案】 （1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是矩形； （2）证明：在菱形中，，，， ∵，，，分别为，，，的中点， ∴， ∴， ∴， 同理，，则， ∴四边形是平行四边形， 连接，， 在菱形中，，则， ∴四边形是平行四边形，则， 同理，四边形是平行四边形，则， ∴， ∴四边形是矩形； （3）12 【解析】 【分析】本题考查了中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和已知条件判定，推出，利用平行线的性质得到，即可判定是矩形； （2）先根据中点结合菱形的性质证明，得，同理，，则，可知四边形是平行四边形，连接，，再证四边形是平行四边形，则，同理，四边形是平行四边形，则，得，即可证明四边形是矩形； （3）由中位线定理可得，， ，，即可证明四边形是平行四边形，由即可得出，从而证明四边形是矩形，利用面积公式即可求解． 【详解】解：（1）略 （2）略 （3）∵，，，分别为，，，的中点， ∴，， ，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积， 即四边形的面积是． 六、（本大题共12分） 23. 我们定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”． 如图1，四边形中，，，则四边形叫做“等补四边形”． 【概念理解】 （1）①在等补四边形中，若，则______； ②在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是______． A.平行四边形 B.菱形 C.矩形 D.正方形 【性质探究】 （2）如图1，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【知识运用】 （3）如图2，在四边形中，平分，，． 求证：四边形是等补四边形． 【拓展应用】 （4）将斜边相等的两块三角板按如图3放置，其中含角的三角板的斜边与含角的三角板的斜边重合，、位于的两侧，其中，若，连接，则的长为______． 【答案】（1）①130；②D；（2）平分，理由见解析；（3）证明见解析；（4） 【解析】 【分析】（1）①由四边形等补四边形及等补四边形的定义得，因为，所以； ②在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）作于点E，交的延长线于点F，由四边形是等补四边形得，而，所以，可证明，得，再根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，所以平分； （3）在上截取，连接，证明，得，，而，所以，所以，则，即可证明四边形是等补四边形； （4）于点H，则，先证明四边形是等补四边形，由（2）得，则，，再证明，由得，根据勾股定理求出的长，即可求得的长． 【详解】解：（1）①∵四边形等补四边形，， ∴， ∴， 故答案为：130． ②在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）平分， 理由：如图，作于点E，交的延长线于点F， ∵四边形是等补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分． （3）证明：如图，在上截取，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是等补四边形． （4）作于点，则， ∵，， ∴， ∴四边形是等补四边形， 由（2）得，平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、同角或等角的补角相等、新定义问题的求解等知识与方法，正确地作添加辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $