精品解析：福建莆田中山中学2024—2025学年下学期八年级数学期中试卷

2024--2025学年中山中学八年级数学下学期期中考试卷 （考试时间：120 分钟；满分：150 分） 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1. 下列各式为最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在平行四边形中，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，D、E分别是边、的中点，，则的长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 5. 如图，在 中，，分别以 为边向外作正方形，若其中两个正方形的面积分别为 ，则 的长为（ ） A. 625 B. 175 C. 600 D. 25 6. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 7. 如图，将矩形纸片折叠，使点 B 与点 D 重合，点 A 落在点 P 处，折痕为．若，，则的长为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 如图，四边形 是菱形，对角线 相交于点 于点 ，连接 ．则 的度数是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在底面周长为3米的华表上，有一条雕龙从柱底向柱顶（从A点到B点）均匀地盘绕3圈，每根华表刻有雕龙部分的柱身高为12米，则石柱上的雕龙有（ ）米． A. B. 20 C. 15 D. 10. 勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，最早是由中国西周数学家商高发现并证明的，早于西方五百到六百年．关于勾股定理的证明方法有很多，以下是出自于古代的一种证法．过正方形对角线交点做两条互相垂直的线段，将正方形分成四块四边形，如图 1，然后将其拼成一个大正方形 ，如图 2，若阴影部分图形面积为，，则 的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5 二、填空题（共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 11. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是 _____． 12. 若最简二次根式与是同类二次根式，则_____． 13. 如图，在正方形 中， 为对角线 上一点，连接 ，若，则的度数为_________． 14. 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是________． 15. 如图，E，F分别是平行四边形的边上的点，与相交于点P，与相交于点Q，若，则阴影部分四边形的面积为______． 16. 如图，四边形 为菱形， 为上的两个动点，且，点是的中点，连接 ，则 的最小值为__________． 三、解答题（共 9 小题，共 86 分） 17. 计算：． 18. 如图，在中，E、F是对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形． 19. 问题：先化简，再求值：，其中． 小宇和小颖在解答该问题时产生了不同意见，具体如下． 小宇的解答过程如下： 解： （第一步） （第二步） （第三步） 当时， 原式 （第四步） 小颖为验证小宇的做法是否正确，她将直接代入原式中： ． 由此，小颖认为小宇的解答有错误，你认为小宇的解答错在哪一步？并给出完整正确的解答过程． 20. 如图，四边形为某工厂的平面图，经测量，，且． （1）求的度数； （2）若直线为工厂的车辆进出口道路（道路的宽度忽略不计），工作人员想要在点处安装一个摄像头观察车辆进出工厂的情况，已知摄像头能监控的最远距离为，通过计算说明道路被监控到的最大范围为多少米． 21. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，， ，求的长度． 22. 如图，在 中，点 是边上的中点． （1）请仅仅用无刻度直尺作图，画出边的中点．（要求：保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，线段与相交于点，求证：． 23. （1）观察： ； ； ．（用“”“”“”填空．） （2）猜想： 当，时，比较式子大小： ；当 m，n 满足 时，； （3）应用：请利用上述结论解决下面问题：园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，将该区域用篱笆围成矩形花圃，如图所示，花圃恰好可以借用一段墙体（足够长），已知花圃面积为 ，问当花圃的长、宽分别为多少米时，所用的篱笆长度最小，并求出最小值． 24. 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法： 第一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． 第二：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕和线段． （1）请问图中，和有什么关系？证明你的结论． （2）在第（1）题图中，延长交于点，延长交于点，连接，判断四边形的形状并证明． （3）在第（2）题图中，过点作于点，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为）．若已知，求的长． 25. 在正方形中，E是边上一点（不与点A，B重合），作点D关于的对称点F，连接． （1）如图1，连接，若，求证：E是的中点； （2）如图2，连接，，作于点G，M，N分别为，的中点，连接，． ①求的大小； ②猜想线段与的关系，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024--2025学年中山中学八年级数学下学期期中考试卷 （考试时间：120 分钟；满分：150 分） 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1. 下列各式为最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是最简二次根式，熟知（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式是解题的关键． 根据最简二次根式的定义解答即可． 【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意； B、，不是最简二次根式，不符合题意； C、，不是最简二次根式，不符合题意； D、，不是最简二次根式，不符合题意． 故选：A． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的加减乘除运算，掌握其运算法则是关键． 根据二次根式的加减乘除运算法则计算即可求解． 【详解】解：A、，原选项计算错误，不符合题意； B、与不是同类二次根式，不能合并，故原选项错误，不符合题意； C、，正确，符合题意； D、，故原选项错误，不符合题意； 故选：C ． 3. 如图，在平行四边形中，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质得到，即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴， 故选：B． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质：对角相等，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 4. 如图，在中，D、E分别是边、的中点，，则的长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理计算即可解题． 【详解】解： D、E分别是边、的中点， , ， ． 故选：A． 5. 如图，在 中，，分别以 为边向外作正方形，若其中两个正方形的面积分别为 ，则 的长为（ ） A. 625 B. 175 C. 600 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的运用，掌握勾股定理的计算是关键． 根据勾股定理的计算得到，由此即可求解． 【详解】解：根据图示得到，， ∴（负值舍去）， 故选：D ． 6. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查矩形和菱形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而菱形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等．根据矩形和菱形的性质进行解答即可． 【详解】解：矩形的对角线互相平分且相等，而菱形的对角线互相平分，不一定相等． 故选：C． 7. 如图，将矩形纸片折叠，使点 B 与点 D 重合，点 A 落在点 P 处，折痕为．若，，则的长为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，由矩形的性质得出，，由折叠的性质得出，， 设，则，利用勾股定理即可得出答案． 【详解】解：∵是矩形， ∴，， 由折叠的性质得出，， 设，则， 在中，， 即， 解得：， 则，． 故选：C 8. 如图，四边形 是菱形，对角线 相交于点 于点 ，连接 ．则 的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角两锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等边对等角，掌握菱形的性质是关键． 根据菱形的性质得到平分，，直角三角两锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等边对等角，得到，，，由即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴平分， ∴， 在中，， ∵，点是中点， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 9. 如图，在底面周长为3米的华表上，有一条雕龙从柱底向柱顶（从A点到B点）均匀地盘绕3圈，每根华表刻有雕龙部分的柱身高为12米，则石柱上的雕龙有（ ）米． A. B. 20 C. 15 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理在圆柱中的应用，在圆柱的展开图中，每圈龙的长度与高度和圆柱的周长组成了直角三角形，根据勾股定理求出每圈龙的长度，最后乘3便是答案． 【详解】解：展开图： （米）， （米）， （米， 故选：C． 10. 勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，最早是由中国西周数学家商高发现并证明的，早于西方五百到六百年．关于勾股定理的证明方法有很多，以下是出自于古代的一种证法．过正方形对角线交点做两条互相垂直的线段，将正方形分成四块四边形，如图 1，然后将其拼成一个大正方形 ，如图 2，若阴影部分图形面积为，，则 的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三形的判定和性质，算术平方根的运用，掌握正方形的性质是关键． 根据题意，运用正方形的性质得到，证明，，同理，，设，则，，结合图1，图2可得，，，根据阴影部分的面积得到，由此即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵四边形是正方形，点 O是正方形对角线的交点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理，， ∴图1中正方形对角线交点做两条互相垂直的线段，将正方形分成四块四边形是全等图形， ∵， ∴设，则，， ∴结合图1，图2可得，， ∴， ∵阴影部分图形面积为，即图1的面积为， ∴， 解得，（负值舍去）， ∴， 故选：B ． 二、填空题（共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 11. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是 _____． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式被开方数的非负性求出答案． 【详解】解：由题意得x−9≥0，解得x≥9， 故答案为：x≥9． 【点睛】此题考查了二次根式的非负性，熟记二次根式的被开方数大于等于零的性质是解题的关键． 12. 若最简二次根式与是同类二次根式，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据同类二次根式的被开方数相同可得出关于m的方程，解出即可． 本题考查了同类二次根式的知识，一元一次方程，注意掌握同类二次根式化为最简二次根式后被开方数相同且根指数均为2． 【详解】解：∵最简二次根式与是同类二次根式， ∴， 解得． 故答案为：2． 13. 如图，在正方形 中， 为对角线 上一点，连接 ，若，则的度数为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是关键．根据正方形的性质得到，由三角形外角的性质得到，再证明，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 故答案为： ． 14. 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，点的坐标特征以及勾股定理的应用，解题关键是利用矩形性质将求的长转化为求对角线的长． 根据点坐标得到两直角边长度，运用勾股定理计算出的长度，利用矩形对角线相等的性质，将求的长转化为求的长即可． 【详解】解：如图所示： 连接、，过点向轴作垂线，垂足为，向轴作垂线，垂足为 ， ∵点D的坐标是，O是原点， ∴， ， 在中， ∴． ∵四边形是矩形， ∴． 15. 如图，E，F分别是平行四边形的边上的点，与相交于点P，与相交于点Q，若，则阴影部分四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】主要考查了平行四边形的性质，连接，由三角形的面积公式我们可以推出，所以，，因此可以推出阴影部分的面积就是，解答此题关键是作出辅助线，找出同底等高的三角形． 【详解】解：如图，连接， 四边形为平行四边形， ， 的边上的高与的边上的高相等， ， ， 同理， ， ，， ， 故答案为：27． 16. 如图，四边形 为菱形， 为上的两个动点，且，点是的中点，连接 ，则 的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图所示，连接，取的中点，连接，可证四边形是平行四边形，则有，的最小值为的值，根据菱形的性质得到是等边三角形，由勾股定理得到，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，取的中点，连接， ∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴的最小值为的值， ∵四边形是菱形，，点为的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的运用，线段和最小值的计算，掌握菱形的性质，平行四边形的判定方法，合理作出辅助线是关键． 三、解答题（共 9 小题，共 86 分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，掌握其运算法则是关键． 根据二次根式的性质化简，二次根式的混合运算法则计算即可． 【详解】解： ． 18. 如图，在中，E、F是对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明：连接，交于点O． 在中，，． 又， ． ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】连接，交于点O，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明结论． 【详解】略 19. 问题：先化简，再求值：，其中． 小宇和小颖在解答该问题时产生了不同意见，具体如下． 小宇的解答过程如下： 解： （第一步） （第二步） （第三步） 当时， 原式 （第四步） 小颖为验证小宇的做法是否正确，她将直接代入原式中： ． 由此，小颖认为小宇的解答有错误，你认为小宇的解答错在哪一步？并给出完整正确的解答过程． 【答案】 解：错在第二步， 完整正确的步骤如下：， ∵， ∴， ∴原式 ． 当时， 原式 ． 【解析】 【分析】直接利用二次根式的性质化简，进而计算得出答案． 【详解】略 【点睛】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确化简二次根式是解题关键． 20. 如图，四边形为某工厂的平面图，经测量，，且． （1）求的度数； （2）若直线为工厂的车辆进出口道路（道路的宽度忽略不计），工作人员想要在点处安装一个摄像头观察车辆进出工厂的情况，已知摄像头能监控的最远距离为，通过计算说明道路被监控到的最大范围为多少米． 【答案】（1）； （2）被监控到的道路长度为． 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、轴对称的性质以及等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键． （1）根据等腰直角三角形的性质得出，进而利用勾股定理逆定理解答即可； （2）根据轴对称的性质和勾股定理解答即可． 【小问1详解】 解：连接， ， 是等腰直角三角形， ，， ， 在中，， 是直角三角形， ， ； 【小问2详解】 解：过点作于，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质，得：，， 由（1）知，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 被监控到的道路长度为． 21. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点O，过点A作于点E，延长到点F，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，， ，求的长度． 【答案】（1）见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）由在平行四边形性质得到且，由平行线的性质得到，根据三角形的判定可证得，由全等三角形的性质得到，，可得，根据矩形的判定即可得到结论； （2）由矩形的性质得到，进而求得，，由勾股定理可求得，，由平行四边形性质得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论． 【小问1详解】 证明：∵在平行四边形中， ∴且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：由（1）知：四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键． 22. 如图，在 中，点 是边上的中点． （1）请仅仅用无刻度直尺作图，画出边的中点．（要求：保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，线段与相交于点，求证：． 【答案】（1）作图见详解 （2）证明过程见详解 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是关键． （1）根据平行四边形的判定和性质作图即可求解； （2）如图所示，连接，可得，即，证明，得到，由此即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，连接交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接并延长交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴点是中点，，， 又点  是边上的中点， ∴，， 同理，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理，点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点即为所求线段的中点； 【小问2详解】 证明：如图所示，连接， ∵点  是边上的中点，点  是边上的中点， ∴，即 ∴， ∴， ∴ ． 23. （1）观察： ； ； ．（用“”“”“”填空．） （2）猜想： 当，时，比较式子大小： ；当 m，n 满足 时，； （3）应用：请利用上述结论解决下面问题：园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，将该区域用篱笆围成矩形花圃，如图所示，花圃恰好可以借用一段墙体（足够长），已知花圃面积为 ，问当花圃的长、宽分别为多少米时，所用的篱笆长度最小，并求出最小值． 【答案】（1）；； （2）； （3）花圃的长、宽分别为20、10米时，所用的篱笆长度最小，最小值为40米 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的计算，体现了由特殊到一般的思想方法，解题的关键是联想到完全平方公式，利用平方的非负性求证． （1）分别进行计算，比较大小即可； （2）根据第（1）问填大于号或等于号，所以猜想；比较大小，可以作差，根据完全平方公式进行计算，问题得证； （3）设花圃的长为a米，宽为b米，需要篱笆的长度为米，利用第（2）问的公式即可求得最小值． 【详解】解：（1）∵，， ∴； ∵， ∴； ∵，， ∴ 故答案为：；；． （2）理由如下： 当，时， ∵ ∴ ∴ ∴； 当时，，即； 故答案为：，； （3）设花圃的长为a米，宽为b米，则，，， 根据（2）的结论可得：． 当时，篱笆至少需要40米， 则， ∴，． 即：花圃的长、宽分别为20、10米时，所用的篱笆长度最小，最小值为40米． 24. 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用下面的方法： 第一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． 第二：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕和线段． （1）请问图中，和有什么关系？证明你的结论． （2）在第（1）题图中，延长交于点，延长交于点，连接，判断四边形的形状并证明． （3）在第（2）题图中，过点作于点，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为）．若已知，求的长． 【答案】（1），证明见解析 （2）四边形是菱形，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，先证明为等边三角形，可得，由等边三角形的性质及矩形的性质即可求出的度数，即可得到结论； （2）由折叠的性质可得，证得，由全等三角形的性质可得，由矩形的性质可得，推出，进而可得，四边形是平行四边形，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证； （3）先根据黄金矩形求出，然后根据30度角的性质和勾股定理求出，进而求得． 【小问1详解】 解：如图，连接， 由折叠可得：，，垂直平分， ， ， 为等边三角形， ， ． 四边形为矩形， ， ， ． 【小问2详解】 解：由折叠知， ， ， 又，， ， ， ， ， 又， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． 【小问3详解】 解：如图： 是矩形纸片，， ， 黄金矩形以为宽，， ， ， ， ， 由勾股定理得， ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，30度角的性质和勾股定理，平行四边形的判定，菱形的判定，能够根据折叠的性质证出是解题的关键． 25. 在正方形中，E是边上一点（不与点A，B重合），作点D关于的对称点F，连接． （1）如图1，连接，若，求证：E是的中点； （2）如图2，连接，，作于点G，M，N分别为，的中点，连接，． ①求的大小； ②猜想线段与的关系，并证明． 【答案】（1） 证明：∵点D和点F关于的对称， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， 即E是的中点； （2）①，② 【解析】 【分析】（1）根据证明，得出，即可求证； （2）①根据题意易得，设，则，根据等腰三角形的性质得出，，最后根据即可求解；②延长，过点G作，交延长线于点T，连接，延长，交延长线于点H，令交于点P，先证明，得出，，再证明，得出，，推出，即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①∵点D和点F关于的对称， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴； ②延长，过点G作，交延长线于点T，连接，延长，交延长线于点H，令交于点P， ∵， ∴， ∵点G为中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，点M为中点， ∴， ∵，， ∴， ∵点M为中点， ∴，则， ∵， ∴， 在和中，，， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形对应边相等，对应角相等；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；以及正确添加辅助线，构造全等三角形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $