精品解析：湖北省黄石市有色中学2024-2025学年下学期期中八年级数学试卷

2025年春季八年级下学期期中考试数学试卷 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列根式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式中计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 以下列各组线段为边作三角形，不能构成直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题是假命题的是（ ） A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 一组邻边相等的平行四边形是菱形 C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D. 一组邻边相等的矩形是正方形 5. 如果最简二次根式和能合并，则x的值为（ ） A. B. C. 2 D. 5 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. 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. 8. 如图，若菱形的顶点O在原点，顶点C的坐标是，则顶点的坐标是（ ） A. B. C. （4，8） D. 9. 如图，在矩形中，对角线交于点O，已知，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 6 10. 如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB、CA、BC的中点，若CF=3，CE=4，EF=5，则CD的长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11. 写出一个小于3的正无理数___________． 12. 计算的结果是__________． 13. 如图，在正方形中，已知，，点D坐标是_____________． 14. 已知在中，，高．则的长为___________． 15. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则___________． 16. 如图，已知F、E分别是边长2为的正方形的边的动点，且，与交于点G，连接、，则下列结论：①，②的最小值为，③若点E，F分别为、边上的中点，则，④若点E，F分别为、边上的中点．其中正确结论的有___________． 三、解答题（共8 小题，共 72 分） 17. 计算： （1）； （2） 18. 求代数式的值，其中． 19. 已知：如图，平行四边形中，E、F分别是边和上的点，且，求证： （1）求证：， （2）连接，请添加一个条件，使得四边形为平行四边形（只写出一个即可） 20. 如图，在四边形中，，，，且于点B，求的度数． 21. 在由小正方形组成的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫做格点．其中A、B两点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示） （1）在图1中先画出一个以为边的正方形，再画出一个以为边的菱形（菱形不是正方形），并直接写出__________． （2）如图2，点M在格点上，先过点A作交于点G，再在上画点H，使． 22. 机动车和非机动车“各行其道”，可以确保各类交通工具在各自的道路上顺畅行驶，避免相互干扰，从而降低交通风险，减少拥堵和延误，提高道路通行效率，缓解城市交通压力．为了提高市民“各行其道”的意识，我区宣传车对广大出行群众进行“各行其道”宣传．如图，一笔直公路，村庄A到公路的距离为，若在宣传车P方圆以内能听到广播宣传，那么宣传车P在公路上沿方向行驶时： （1）村庄能否听到宣传？请说明理由． （2）如果能听到，已知宣传车的速度是，那么村庄总共能听到多长时间的宣传？ 23. 阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”． 如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB． （1）求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”； （2）若AC＝12，FC＝2，求四边形AEFD的周长； （3）如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2＋CF2的值． 24. 在平面直角坐标系中，已知正方形点A的坐标是， （1）点D在上，连接，作，交正方形的外角平分线于E．如图1，若，求证： （2）如图2，在（1）的条件下过D作于F，连接EF，若四边形为平行四边形，求D点坐标 （3）如图3，点D在x轴正半轴上运动，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，过E作于F，连接，点G为线段的中点，求线段的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季八年级下学期期中考试数学试卷 一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列根式中是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查最简二次根式，根据最简二次根式的条件：①被开方数不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数不含分母，据此逐项判断即可． 【详解】解：A、被开方数是分数，不是最简二次根式，故选项A不符合题意； B、满足最简二次根式的定义，是最简二次根式，故此选项符合题意； C、可以化简，不是最简二次根式，故此选项不符合题意； D、可以化简，不是最简二次根式，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 下列各式中计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的加减法和二次根式的乘法，运用相关运算法则进行计算后再判断即可 【详解】解：A. 不能运算，故此选项计算错误，不符合题意； B. ，故此选项计算错误，不符合题意； C. ，计算正确，符合题意； D. 故此选项计算错误，不符合题意； 故选：C 3. 以下列各组线段为边作三角形，不能构成直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可． 【详解】A． ，故可以构成直角三角形，不符合题意； B． ，故无法构成直角三角形，符合题意； C． ，故可以构成直角三角形，不符合题意； D． ，故可以构成直角三角形，不符合题意． 故选：B 【点睛】本题考查勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形． 4. 下列命题是假命题的是（ ） A. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 B. 一组邻边相等的平行四边形是菱形 C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D. 一组邻边相等的矩形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了命题与定理，根据矩形、菱形、平行四边形、正方形的判定方法即可判断，解题的关键是了解矩形、菱形、平行四边形、正方形的判定方法． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，是真命题，故选项不符合题意； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，是真命题，故选项不符合题意； C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，是真命题，故选项符合题意； D、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，故选项不符合题意； 故选：C． 5. 如果最简二次根式和能合并，则x的值为（ ） A. B. C. 2 D. 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． 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，若菱形的顶点O在原点，顶点C的坐标是，则顶点的坐标是（ ） A. B. C. （4，8） D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是坐标与图形，菱形的性质，勾股定理的应用，如图，过作于，先求解，再结合菱形的性质可得答案． 【详解】解：如图，过作于， ∵顶点C的坐标是， ∴， ∵菱形的顶点顶点O在原点， ∴轴，， ∴， 故选：D 9. 如图，在矩形中，对角线交于点O，已知，则的长为（ ） A. 3 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查的是矩形的性质、等边三角形的性质和判定，由矩形的性质可得到，于是可证明为等边三角形，于是可求得答案． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴． ∵， ∴为等边三角形． ∴． ∴， 故选：D． 10. 如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB、CA、BC的中点，若CF=3，CE=4，EF=5，则CD的长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】首先由勾股定理逆定理判断△ECF是直角三角形，由三角形中位线定理求出AB的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CD的长即可． 【详解】∵CF=3，CE=4，EF=5， ∴CF2+CE2=EF2， ∴△ECF是直角三角形，即△ABC也是直角三角形， ∵E，F分别是CA、BC的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴AB=2EF=10， ∵D为AB的中点， ∴CD=AB= 故选：A． 【点睛】此题主要考查了直角三角形的判定，三角形的中位线定理以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握上述知识是解答此题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11. 写出一个小于3的正无理数___________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据无理数估算的方法求解即可. 【详解】解：∵， ∴ 故答案为（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查了无理数的估算，准确计算是解题的关键． 12. 计算的结果是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的性质，即可求解． 【详解】解：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键． 13. 如图，在正方形中，已知，，点D坐标是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形、正方形和全等三角形的性质，证明得到，即可求得点的坐标即可． 【详解】解：∵正方形， ∴，， 如图所示，过点D，作垂直于x轴，交x轴于点E， ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为： 14. 已知在中，，高．则的长为___________． 【答案】或 【解析】 【分析】此题考查勾股定理的运用，根据勾股定理可分别求得与的长，从而求得的长，掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】解： 如图所示，共有两种情况， 当在点左侧时，在中，由勾股定理得： ， 在中，由勾股定理得： ， ， 当在点右侧时，在中，由勾股定理得： ， 在中，由勾股定理得： ． 故答案为：或． 15. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：连接， 四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 16. 如图，已知F、E分别是边长2为的正方形的边的动点，且，与交于点G，连接、，则下列结论：①，②的最小值为，③若点E，F分别为、边上的中点，则，④若点E，F分别为、边上的中点．其中正确结论的有___________． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】证明，可得，，进一步可得①符合题意；如图，取的中点，连接，，求解，结合，当三点共线时，最小，进一步可得②符合题意；如图，点E，F分别为、边上的中点，过作交于，交于，证明四边形为矩形，进一步利用勾股定理计算可得③④符合题意． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①符合题意； 如图，取的中点，连接，， ∴， ∴， ∵， 当三点共线时，最小， ∴的最小值为，故②符合题意； 如图，点E，F分别为、边上的中点， ∴， 过作交于，交于， 则四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③符合题意， ∵，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴，故④符合题意； 故答案为：①②③④ 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的除法运算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 三、解答题（共8 小题，共 72 分） 17. 计算： （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除混合运算； （1）先化简二次根式，再合并即可； （2）先计算二次根式的乘法，再计算二次根式的除法运算即可． 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解： ． 18. 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． 19. 已知：如图，平行四边形中，E、F分别是边和上的点，且，求证： （1）求证：， （2）连接，请添加一个条件，使得四边形为平行四边形（只写出一个即可） 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在和中， ， ∴； ∴. （2） 如图，连接， 添加：，理由如下： ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形. 或添加， 同理可得：四边形是平行四边形. ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形. 【解析】 【分析】本题主要考查对平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质和判定等知识点． （1）根据平行四边形的性质得出，，根据证出； （2）添加：，根据题意求得平行且相等即可证得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 20. 如图，在四边形中，，，，且于点B，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理及勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理． 连接，由题意知，，利用勾股定理可求，并可求，而，，得，可证是直角三角形，，从而求的度数； 【详解】解：如图所示，连接， ， ∴为等腰直角三角形， ，， 又， ， ， 是直角三角形， ， ． 故的度数为． 21. 在由小正方形组成的网格中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点叫做格点．其中A、B两点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示） （1）在图1中先画出一个以为边的正方形，再画出一个以为边的菱形（菱形不是正方形），并直接写出__________． （2）如图2，点M在格点上，先过点A作交于点G，再在上画点H，使． 【答案】（1）如图，正方形，菱形即为所求； （2）如图，点，即为所求： 【解析】 【分析】（1）由勾股定理可得，若连接，则由勾股定理逆定理可证明，则正方形即为所求；可得，故菱形即为所求； （2）取格点，连接并延长交即为点，可得，则，可得，再根据全等三角形对应角相等以及互余关系可证明； 取格点，连接并延长与交点即为点，可得平行四边形，则，得到，由为中点得到，而，则，故是的垂直平分线，则． 【小问1详解】 解：∵， ， ． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了使用无刻度直尺作图，涉及正方形和菱形的判定，勾股定理及其逆定理，直角三角形斜边中线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大，解题的关键在于找准格点． 22. 机动车和非机动车“各行其道”，可以确保各类交通工具在各自的道路上顺畅行驶，避免相互干扰，从而降低交通风险，减少拥堵和延误，提高道路通行效率，缓解城市交通压力．为了提高市民“各行其道”的意识，我区宣传车对广大出行群众进行“各行其道”宣传．如图，一笔直公路，村庄A到公路的距离为，若在宣传车P方圆以内能听到广播宣传，那么宣传车P在公路上沿方向行驶时： （1）村庄能否听到宣传？请说明理由． （2）如果能听到，已知宣传车的速度是，那么村庄总共能听到多长时间的宣传？ 【答案】（1） 解：村庄能听到宣传， 理由如下：过点 作于， 村庄到公路的距离为600米米 村庄能听到宣传； （2）村庄总共能听到8分钟的宣传 【解析】 【分析】本题主要考查了垂线段的性质，勾股定理，以及等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． （1）根据村庄到公路的距离为600米米，即可判断； （2）假设当宣讲车行驶到点开始影响村庄，行驶点结束对村庄的影响，利用勾股定理求出的长度，即可求出时间． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，假设当宣讲车行驶到点开始影响村庄，行驶点结束对村庄的影响， 则米，米， （米）， （米）， 影响村庄的时间为：（分钟）， 村庄总共能听到8分钟的宣传． 23. 阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”． 如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB． （1）求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”； （2）若AC＝12，FC＝2，求四边形AEFD的周长； （3）如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2＋CF2的值． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∴∠DAF＝∠AFE， ∵AF平分∠BAC， ∴∠DAF＝∠EAF， ∴∠AFE＝∠EAF， ∴AE＝EF， ∴四边形AEFD是菱形， 而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上， ∴四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”； （2）20 （3）36 【解析】 【分析】（1）由，，得四边形AEFD是平行四边形，根据AF平分∠BAC，可得∠AFE=∠EAF，AE=EF，即可证明四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，故四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”； （2）设AE=EF=DF=AD=x，由∠B=90°，，得∠EFC=90°，即EF2+CF2=CE2，列方程，解得x=5，即可求出四边形AEFD的周长为20； （3）过F作FG∥MN交AC于G，由四边形MNGF是平行四边形，得FG=MN=3，MF=NG，根据M、N分别是DF、AC的中点，可得G为CE中点，即可得CE=2FG=6，从而得EF2+CF2=36，AD2+CF2=36． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知四边形AEFD是菱形，设AE＝EF＝DF＝AD＝x， ∵AC＝12， ∴CE＝12－x， ∵∠B＝90°，， ∴∠EFC＝90°， ∴EF2＋CF2＝CE2， ∴x2＋（2）2＝（12－x）2， 解得x＝5， ∴四边形AEFD的周长为5×4＝20； 【小问3详解】 解：过F作交AC于G，如图： ∵，， ∴四边形MNGF是平行四边形， ∴FG＝MN＝3，MF＝NG， ∵M、N分别是DF、AC的中点， ∴CNAC，MFDF， ∴NGDF， ∴CG＝CN－NGACDF（AC－DF）（AC－AE）CE， ∴G为CE中点， ∵∠EFC＝90°， ∴CE＝2FG＝6，EF2＋CF2＝CE2， ∴EF2＋CF2＝36， ∴AD2＋CF2＝36． 【点睛】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． 24. 在平面直角坐标系中，已知正方形点A的坐标是， （1）点D在上，连接，作，交正方形的外角平分线于E．如图1，若，求证： （2）如图2，在（1）的条件下过D作于F，连接EF，若四边形为平行四边形，求D点坐标 （3）如图3，点D在x轴正半轴上运动，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，过E作于F，连接，点G为线段的中点，求线段的最小值． 【答案】（1） 证明：∵正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵为正方形的外角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分别证明，，，即可得到结论； （2）如图，由（1）设，而，可得，，结合，可得，证明，，，再利用勾股定理建立方程求解即可； （3）如图，连接，延长交于， 过作轴于，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得，，证明，可得，当最小，则最小，当时，最小，再进一步求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图， 由（1）设，而， ∴，， ∵， ∴， ∵，四边形为平行四边形， ∴，， ∵正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴或， 解得：或（舍去）， ∴． 【小问3详解】 解：如图，连接，，延长交于， 过作轴于， 由旋转可得：，， 同理可得：， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， 当最小，则最小， ∴当时，最小， ∵，， ∴，此时，如图， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，三角形的中位线的判定与性质，正方形的性质，平行四边形的性质，利用平方根的含义解方程，二次根式的运算，旋转的性质，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $