精品解析：河南省漯河市郾城区2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题

2024~2025学年度下期期中教学质量检测试卷 八年级数学 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各题有四个选项，其中只有一个选项是正确的． 1. 下列二次根式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开的尽方的因数或因式．根据最简二次根式的定义进行判断即可． 【详解】解：A．，∴不是最简二次根式，故该选项不符合题意． B．根据最简二次根式的定义可知是最简二次根式，故该选项符合题意． C．，不是最简二次根式，故该选项不符合题意． D．，被开方数中含分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意． 故选：B． 2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ） A. 4，5，6 B. 1，，3 C. 6，8，10 D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查学生对勾股定理的逆定理的理解和掌握，要求学生熟练掌握这个逆定理． 根据勾股定理逆定理：，将各个选项逐一代数计算即可得出答案． 【详解】解：A、， 不能构成直角三角形，故不符合题意； B、， 不能构成直角三角形，故不符合题意； C、， 能构成直角三角形，故符合题意； D、， 不能构成直角三角形，故不符合题意． 故选：C． 3. 要使二次根式有意义，则x的值不可以为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件可得，再解即可． 【详解】解：由题意得：， 解得：， 四个选项中，只有D选项不符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题关键在于掌握二次根式的被开方数是非负数． 4. 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乘法、除法、减法运算．熟练掌握二次根式的乘法、除法、减法运算是解题的关键． 根据二次根式的乘法、除法、减法运算对各选项进行判断即可． 【详解】解：A、，故不符合要求； B、，故不符合要求； C、，故符合要求； D、，故不符合要求； 故选：C． 5. 如图，在中，，垂足为．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，得到，结合，得到,继而得到，计算即可，本题考查了直角三角形的特征，平行四边形的性质，熟练掌握特征和性质是解题的关键． 【详解】∵，， ∴， ∵， ∴, ∴， ∴， 故选：B． 6. 如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由中位线的性质定理得，，且，由平行线的性质结合角平分线可得，则可求得的长． 【详解】解：是的中位线，， ，，， ， 是的平分线， ， ， ， ． 7. 如图，将平行四边形沿翻折，使点B恰好落在上的点F处，则下列结论不一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质及折叠变换进行推理，可知A、B、C均成立，只有D不成立． 【详解】解：∵平行四边形ABCD沿AE翻折 ∴△ABE≌△AFE， ∴AB=AF，BE=EF，∠AEB=∠AEF， ∵AD∥BC， ∴∠AEB=∠EAF， ∴∠AEF=∠EAF， ∴AF=EF， ∴AF=BE， ∴四边形ABEF为平行四边形， ∴AB=EF=AF=BE， ∴以上结论中只有D不成立． 故选：D． 【点睛】已知折叠问题就是已知图形的全等，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化． 8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平面直角坐标系中的几何问题，考查了菱形的性质和勾股定理，熟练掌握性质是本题的关键． 根据菱形的性质可以得出和的长度，根据勾股定理即可得出的长度，即可得出点C的坐标． 【详解】解：∵A，B的坐标分别为，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选C． 9. 我国古代著作《周髀算经》中记载了“赵爽弦图”．如图，若勾，弦，则小正方形的面积是（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题运用了勾股定理和正方形的面积公式，运用勾股定理和正方形的面积公式可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴小正方形的边长， ∴小正方形的面积． 故选：A． 10. 如图，，直线与直线之间的距离为4，点是直线与外一点，点到直线的距离为2，点，分别是直线与直线上的动点，以点为圆心，的长为半径作弧，再以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，则点与点之间距离的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据作图可知四边形是平行四边形，连接，根据垂线段最短，得到当与直线和直线垂直时，点与点之间距离最短，即可得出结论． 【详解】解：如图：由作图可知，四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴点到直线的距离等于点到直线的距离， ∴点到直线的距离为2， 连接，则：当与直线和直线垂直时，点与点之间距离最短， 即：； 故选B． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质．解题的关键是根据作图得出四边形是平行四边形． 二、填空题（每题3分，共15分） 11. 式子的值为__________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的性质，根据进行化简即可． 【详解】解：， 故答案为：1． 12. 若，则的值为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】此题主要考查了非负数的性质，直接利用二次根式以及绝对值的性质分析得出答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：4． 13. 如图，一个梯子长为5米，顶端靠在墙上，这时梯子下端与墙角间的距离为3米，梯子滑动后停在的位置上，测得的长为1米，则梯子顶端下落了__________米． 【答案】1 【解析】 【分析】在中用勾股定理可得AC，梯子AB=DE长，在中用勾股定理可得CE的长，即可计算AE． 【详解】解：中， 中，，梯子AB=DE长， ， ； 故答案为：1． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用；解决本题关键在于能找出其中的不变量，在不同的直角三角形中应用勾股定理． 14. 如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C=________度． 【答案】67.5． 【解析】 【分析】由四边形ABCD是正方形，可得AB=BC，∠CBD=45°，又由折叠的性质可得：A′B=AB，根据等边对等角与三角形内角和定理，即可求得∠BA′C的度数． 【详解】解：因为四边形ABCD是正方形， 所以AB=BC，∠CBD=45°， 根据折叠的性质可得：A′B=AB， 所以A′B=BC， 所以∠BA′C=∠BCA′==67.5°． 故答案为：67.5． 【点睛】此题考查了折叠的性质与正方形的性质．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用． 15. 如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当__________时，四边形是矩形，当__________时，四边形是菱形． 【答案】 ①. 3.5 ②. 2 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，先证明四边形是平行四边形，第一空求出，推出，根据矩形的判定推出即可；第二空求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定推出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 当时，平行四边形是矩形， 理由是：过A作于M， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 当时，四边形是菱形， 理由是：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故答案为：3.5；2． 三、解答题（共75分） 16. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简各式，利用平方差公式进行计算，再合并同类二次根式即可； （2）先化简各式，再计算括号内，然后计算乘法，再合并同类二次根式即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 原式 ， ． 【点睛】本题考查二次根式的混合运算．解题的关键是掌握相关运算法则，正确的计算． 17. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 【答案】（1） （2） （3） 证明：∵， ∴． 【解析】 【分析】本题考查二次根式有关的规律题，根据题意列递推等式，最终找出规律是解题关键． （1）观察等式左右两边的式子结构，即可得出答案． （2）观察等式左右两边的式子结构，即可得出第的式子． （3）将化成，再进行完全平方公式因式分解，并开方即可． 【小问1详解】 解：根据规律，第④个等式为：． 【小问2详解】 解：根据规律，第的式子为：． 【小问3详解】 略 18. 如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使，连接CD和EF． （1）求证：DE=CF； （2）求EF的长． 【答案】 （1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴，， ∵延长BC至点F，使， ∴，； （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用三角形中位线定理得出，，进而得出DE=FC； （2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DC=EF， ∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴． 【点睛】考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质 19. 如图，矩形的对角线、相交于点O，，垂足为E，，． （1）求的度数； （2）求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先根据矩形的性质得到，然后证明出，得到，然后证明出是等边三角形，求出，进而求解即可； （2）根据矩形的性质得到，然后利用等边三角形的判定和性质求解即可． 【小问1详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 【小问2详解】 ∵， ∴， 由（1）得， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴的周长． 20. 如图，的对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明： 四边形是平行四边形， ， E，F分别是的中点， ，， ， 四边形是平行四边形． （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，由勾股定理求出的长是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，再证，即可得出结论； （2）由勾股定理得，则，再由勾股定理求出，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解： ， ， ， 在中，， 是的中点， ． 21. 如图，菱形中，对角线，交于点，点是的中点，延长到点，使，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． （1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的对角线相等求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线，的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形的面积为． 22. （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接交于点G，当时，请判断与的位置关系，并写出证明过程； （2）如图2，点P为的中点，将正方形沿折叠，点C的对称点为G，连接并延长交于点E，交于点K，连接并延长交于点F，求证：． 【答案】 （1）解：， 证明：∵四边形是正方形， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴； （2）证明：∵将沿折叠，得到， ∴点与点关于直线对称， ∴ ∴为的中点， ∵四边形是正方形， ∴ ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， ∴，即， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质等知识，灵活运用全等三角形的性质处理边角关系是解答本题的关键． （1）运用证明，得，由得，可得，从而得； （2）由折叠得垂直平分，为的中点，，运用证明，得，再运用三角形中位线定理得出，得出四边形是平行四边形，可得，从而得出． 【详解】解：（1）略 （2）略 23. 综合与实战． 主题：折叠“筝形”． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． （1）概念理解 如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，得到四边形，则四边形的形状：__________筝形（填“是”或“不是”）． （2）性质探究 如图2，已知四边形纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想与筝形的角或对角线有关的一条结论并进行证明． （3）拓展应用 如图3，在中，，，点、分别是边、上的动点，当四边形为筝形时，请直接写出的度数． 【答案】（1）是； （2） 筝形有一组对角相等， 证明：如图： 由题意可得： ， 在和中， ， ∴， ∴； （3）或． 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据折叠的性质即可得出答案； （2）根据“筝形”的性质，证明，即可得出答案； （3）分两种情况：当时，当时，分别求解即可． 【小问1详解】 解：由折叠可知，， ∴四边形是“筝形”， 故答案为：是； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：当时，如图： ∵四边形为筝形，， ∴， ∴， 当时，如图： ∵，， ∴， ∵四边形为筝形， ∴， ∴， 综上，的度数为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度下期期中教学质量检测试卷 八年级数学 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各题有四个选项，其中只有一个选项是正确的． 1. 下列二次根式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ） A. 4，5，6 B. 1，，3 C. 6，8，10 D. ，， 3. 要使二次根式有意义，则x的值不可以为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，垂足为．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 如图，将平行四边形沿翻折，使点B恰好落在上的点F处，则下列结论不一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. 我国古代著作《周髀算经》中记载了“赵爽弦图”．如图，若勾，弦，则小正方形的面积是（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 10. 如图，，直线与直线之间的距离为4，点是直线与外一点，点到直线的距离为2，点，分别是直线与直线上的动点，以点为圆心，的长为半径作弧，再以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，则点与点之间距离的最小值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 二、填空题（每题3分，共15分） 11. 式子的值为__________． 12. 若，则的值为__________． 13. 如图，一个梯子长为5米，顶端靠在墙上，这时梯子下端与墙角间的距离为3米，梯子滑动后停在的位置上，测得的长为1米，则梯子顶端下落了__________米． 14. 如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C=________度． 15. 如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当__________时，四边形是矩形，当__________时，四边形是菱形． 三、解答题（共75分） 16. 计算： （1）； （2）． 17. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 18. 如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使，连接CD和EF． （1）求证：DE=CF； （2）求EF的长． 19. 如图，矩形的对角线、相交于点O，，垂足为E，，． （1）求的度数； （2）求的周长． 20. 如图，的对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，求的长． 21. 如图，菱形中，对角线，交于点，点是的中点，延长到点，使，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 22. （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接交于点G，当时，请判断与的位置关系，并写出证明过程； （2）如图2，点P为的中点，将正方形沿折叠，点C的对称点为G，连接并延长交于点E，交于点K，连接并延长交于点F，求证：． 23. 综合与实战． 主题：折叠“筝形”． 定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． （1）概念理解 如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，得到四边形，则四边形的形状：__________筝形（填“是”或“不是”）． （2）性质探究 如图2，已知四边形纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想与筝形的角或对角线有关的一条结论并进行证明． （3）拓展应用 如图3，在中，，，点、分别是边、上的动点，当四边形为筝形时，请直接写出的度数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $