精品解析：福建省莆田市莆田第八中学2024-2025学年八年级下学期数学期中考试卷

2024-2025学年莆田第八中学八年级下学期期中考试卷数学试题 一、选择题 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列二次根式的运算正确的是 A. B. C. D. 3. △ABC的三条边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　） A. B. ∠A＝∠B+∠C C. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5 D. a＝6，b＝8，c＝10 4. 已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标不可能是( ) A. B. C. D. 5. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 6. 如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 7. 如图，在中，，，是内的一点，且，，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在边长为4的菱形中，，为边上的高，将沿所在直线翻折得，与边交于点，则的长度为（　　） A. B. C. D. 9. 数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指（ ） A. S矩形ABMN＝S矩形MNDC B. S矩形EBMF＝S矩形AEFN C. S矩形AEFN＝S矩形MNDC D. S矩形EBMF＝S矩形NFGD 10. 如图，正方形的边长为4，点分别在边上，且平分，连接，分别交于点是线段上的一个动点，过点作，垂足为，连接．有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（　　） A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ②④ 二、填空题 11. 使有意义的x的取值范围是______． 12. 比较大小：____． 13. 如图，在数轴上点A表示的实数是______． 14. 古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深 _______ 尺． 15. 如图，在和中，，，．将绕点A旋转，当点C、D、E在同一条直线上时，_______． 16. 如图，已知，点C，D在线段上，且．P是线段上的动点，分别以，为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G，则的最小值是__________． 三、解答题 17. 计算： （1）； （2）． 18. 已知 ， ，求下列代数式的值 （1） （2） 19. 如图，在平行四边形中，E，F为对角线上的点，且，求证：． 20. 如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积． 21. 如图，在平行四边形中，E是边上的一点． （1）如图1，①请只用无刻度的直尺在边上确定一点F，使得（保留痕迹，不写作法）； ②依据你的作图，证明：． （2）如图2，若E是边中点，请只用无刻度的直尺作线段，使得，分别交、于点F、点G（保留痕迹，不写作法）． 22. 如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，过点D作交延长线于点G． （1）求证：四边形为菱形； （2）若E是的中点，求证：A，F，G三点共线． 23. 阅读材料： （1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简．经过思考，小张解决这个问题的过程如下： ① ② ③ ④ 在上述化简过程中，第______步出现了错误，化简的正确结果为______； （2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简______； 应用： （3）解方程； 推广： （4）若，求． 24. 定义：若某三角形的三边长a，b，c满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题： （1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由； （2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数； （3）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”． 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学年莆田第八中学八年级下学期期中考试卷数学试题 一、选择题 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】根据最简二次根式的定义逐项判断即可得． 【详解】A、，则不是最简二次根式，此项不符题意； B、是最简二次根式，此项符合题意； C、，则不是最简二次根式，此项不符题意； D、，则不是最简二次根式，此项不符题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了最简二次根式，二次根式的性质是解题关键． 2. 下列二次根式的运算正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的加减运算可判断A，B，根据二次根式的乘除运算法则可判断C，D，从而可得答案． 【详解】解：不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意； 故B不符合题意； 故C不符合题意； ，运算正确，故D符合题意； 故选D 【点睛】本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘除运算，掌握“二次根式的加减乘除运算的运算法则”是解本题的关键． 3. △ABC的三条边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　） A. B. ∠A＝∠B+∠C C. ∠A：∠B：∠C＝3：4：5 D. a＝6，b＝8，c＝10 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可． 【详解】解：A.∵， ∴， ∴， ∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意； B.∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=∠B+∠C， ∴∠A=90°， ∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意； C.设∠A=3x，则∠B=4x，∠C=5x， ∵∠A+∠B+∠C=180°， ∴3x+4x+5x=180°，解得x=15°， ∴∠C=5×15°=75°， ∴此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意； D.∵， ∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．也考查了三角形内角和定理，熟知以上知识是解答此题的关键． 4. 已知在平面直角坐标系中有三个点：、、．在平面内确定点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，则点D的坐标不可能是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面直角坐标系中，分类讨论①当AB，CD为对角线时，②当AC，BD为对角线时和③当BC，AD为对角线时，结合平行四边形的性质画出图形即得出答案． 【详解】①当AB，CD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向上平移4个单位，向左平移2个单位得到， ∴向上平移4个单位，向左平移2个单位得到； ②当AC，BD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向上平移1个单位，向左平移4个单位得到， ∴向上平移1个单位，向左平移4个单位得到； ③当BC，AD为对角线时，如图，此时四边形为平行四边形， ∴． ∵向下平移1个单位，向右平移4个单位得到， ∴向下平移1个单位，向右平移4个单位得到． 综上可知点D的坐标可能是或或， 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，坐标与图形．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键． 5. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定． 【详解】解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形， 故选D． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键． 6. 如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直且平分，结合勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：设菱形的对角线交于点，则：， ， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选D 7. 如图，在中，，，是内的一点，且，，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和直角三角形是解题的关键． 将绕点旋转，根据旋转的性质可得出，根据勾股定理可证出，从而可得出答案． 【详解】如图，将绕点旋转，得，连接， 由旋转的性质可知：，， ∴，，， ∴，且， 在中，， ∴， ∴， ∴． 故选B． 8. 如图，在边长为4的菱形中，，为边上的高，将沿所在直线翻折得，与边交于点，则的长度为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了菱形的性质以及等腰直角三角形的性质，勾股定理解三角形等．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 根据题意可得为等腰直角三角形，，根据勾股定理求得 ，再由可得，再证明为等腰直角三角形，由勾股定理即可得出． 【详解】解：∵在边长为4的菱形中，，为边上的高， 根据折叠易得：，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∴， ， 即为等腰直角三角形， ∴，即： ∴ 故选D． 9. 数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指（ ） A. S矩形ABMN＝S矩形MNDC B. S矩形EBMF＝S矩形AEFN C. S矩形AEFN＝S矩形MNDC D. S矩形EBMF＝S矩形NFGD 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，即可求解.． 【详解】S矩形NFGD=S△ADC−(S△ANF+S△FGC),S矩形EBMF=S△ABC−(S△ANF+S△FCM). 易知,S△ADC=S△ABC,S△ANF=S△AEF,S△FGC=S△FMC， 可得S矩形NFGD=S矩形EBMF. 故选D. 【点睛】考查矩形的性质，掌握矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分是解题的关键. 10. 如图，正方形的边长为4，点分别在边上，且平分，连接，分别交于点是线段上的一个动点，过点作，垂足为，连接．有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为；③；④．其中正确的是（　　） A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】证明，可判定①正确；连接交于点O,Q，点M，点G关于直线对称，故的最小值是点P与点Q重合时，取得，且为,故的最小值是，即可判断②正确；根据，得出，即可判断③正确；根据，即可判断④错误． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴垂直平分，故①正确； 连接交于点O,Q，如图， ∵正方形，且， ∴， ∵垂直平分， ∴点M，点G关于直线对称， 故的最小值是点P与点Q重合时，取得，且为， 故的最小值是，故②正确； ∵， ∴， ∴，故③正确； ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴，故④错误； 综上分析可知，正确的有①②③． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，熟练掌握性质是解题的关键． 二、填空题 11. 使有意义的x的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】二次根式有意义的条件． 【详解】解：根据二次根式被开方数必须是非负数的条件，要使在实数范围内有意义，必须 ． 故答案为：． 12. 比较大小：____． 【答案】> 【解析】 【分析】本题主要考查了实数大小比较，首先比较出每组两个数的平方的大小关系，然后判断出原来两个数的大小关系即可． 【详解】解：，， ∵， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在数轴上点A表示的实数是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，实数与数轴的关系，根据勾股定理求出斜边的长是解答本题的关键．在直角三角形中，求得斜边的长，即可求解． 【详解】解：在直角三角形中，由勾股定理可得：斜边长， ∴点A表示的实数是， 故答案为：． 14. 古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深 _______ 尺． 【答案】 【解析】 【分析】设尺，则尺，根据勾股定理可得，解方程求出的值即为水深． 【详解】解：如下图所示， 由题意可知,尺， 设尺，则尺， 在中，， ， 解得：， 尺， 答：水深尺． 15. 如图，在和中，，，．将绕点A旋转，当点C、D、E在同一条直线上时，_______． 【答案】7或25 【解析】 【分析】本题主要考查旋转、等腰三角形的性质和勾股定理得应用，过点A作，根据得到和的长，分别在和中，求得和即可求得答案． 【详解】解：过点A作交于点F，如图， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴； 当绕点A旋转，当点C、D、E在同一条直线上时，如图， 过点A作交于点F，有上述结论成立，，，， 则． 故答案为：7或25． 16. 如图，已知，点C，D在线段上，且．P是线段上的动点，分别以，为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G，则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】分别延长、交于点，易证四边形为平行四边形，得出为中点，则的运行轨迹为的中位线．作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长． 【详解】解：如图，分别延长、交于点，过点作于点． ∵， ∴， ∵， ， 四边形为平行四边形， 与互相平分． ∵为的中点， 也正好为中点， 即在的运动过程中，始终为的中点， 的运行轨迹为的中位线． 作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长． ∵是等边三角形，，， ， ， ∵， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形性质，矩形的性质与判定，中位线的性质，平行四边形的性质，以及动点问题，轴对称最短路径问题，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，学会利用轴对称解决问题． 三、解答题 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】本题主要考查了实数混合运算，二次根式混合运算，熟练掌握运算法则，是解题的关键． （1）根据二次根式混合运算法则，进行计算即可； （2）根据平方差公式，积的乘方逆用，零指数幂运算法则，进行计算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 已知 ， ，求下列代数式的值 （1） （2） 【答案】（1）；（2）2 【解析】 【分析】二次根式的化简求值和乘法公式的变形，掌握乘法公式的变形并先求出和的值是解题的关键 （1）把所求的代数式转化为，然后将其代入求值即可； （2）把所求的代数式转化为，然后将其代入求值即可． 【详解】∵， ， ∴， （1）；, （2）． 19. 如图，在平行四边形中，E，F为对角线上的点，且，求证：． 【答案】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【解析】 【分析】首先根据平行四边形的性质的，，然后证明出，最后利用等角等补角相等证明即可． 【详解】略 【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的对边平行且相等是解本题的关键． 20. 如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积． 【答案】 【解析】 【分析】连接，先根据勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出的形状，然后利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：连接， 在中，，， ∴， 在中，， ∴是直角三角形，且， ∴四边形的面积 ． 故四边形的面积为． 【点睛】本题考查的是勾股定理及其逆定理，三角形的面积计算公式的运用，能根据勾股定理的逆定理判断出的形状是解答此题的关键． 21. 如图，在平行四边形中，E是边上的一点． （1）如图1，①请只用无刻度的直尺在边上确定一点F，使得（保留痕迹，不写作法）； ②依据你的作图，证明：． （2）如图2，若E是边中点，请只用无刻度的直尺作线段，使得，分别交、于点F、点G（保留痕迹，不写作法）． 【答案】（1）①如图1， ②证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）如图2， 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，三角形中线，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质． （1）①连接并延长交于F，即可得出答案； ②证明， （2）连接，交于点F，连接，交于点H，连接，并延长交于点G，连接即可． 【小问1详解】 解：①连接并延长交于F，则点F即为所求； ②略 【小问2详解】 解：连接，交于点F，连接，交于点H，连接，并延长交于点G，连接，则线段就是所求的线段． ∵为的中点， ∴， 根据解析（1）可得：， ∴， ∵中，， ∴， ∴F为的中点， ∵O为的中点， ∴、为的中线， ∵三角形三条中线交于一点， ∴为的中线， ∴为的中位线， ∴． 22. 如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，过点D作交延长线于点G． （1）求证：四边形为菱形； （2）若E是的中点，求证：A，F，G三点共线． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵对角线的垂直平分线分别交，于点E，F， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2） 证明：∵若E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是线段的垂直平分线， ∴如图所示，连接， ∴是等腰三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点A，F，G三点共线． 【解析】 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到，然后利用垂直平分线的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后根据证明出平行四边形是菱形； （2）首先证明出四边形是矩形，然后得到是线段的垂直平分线，连接，得到是等腰三角形，得到，然后由菱形的性质得到，即可证明出A，F，G三点共线． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 23. 阅读材料： （1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简．经过思考，小张解决这个问题的过程如下： ① ② ③ ④ 在上述化简过程中，第______步出现了错误，化简的正确结果为______； （2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简______； 应用： （3）解方程； 推广： （4）若，求． 【答案】（1）④，；（2）；（3）；（4） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算的实际应用，正确进行计算是解题关键． （1）根据题意得到即可进行解答； （2）根据（1）得到，即可解答； （3）把变形为即可求出答案； （4）把原式变形为，即可求出，即可求出的值． 【详解】解：（1）① ② ③ ④ 在上述化简过程中，第④步出现了错误，化简的正确结果为， 故答案为：④，； （2） ； （3）， ， ， ， ∴或， 即（舍去）或， ∴， ∴， 经检验，是原方程的解， 所以，原方程的解为：； （4）∵， ∴， ∴， ∴，，， ∴． 24. 定义：若某三角形的三边长a，b，c满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题： （1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由； （2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数； （3）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”． 【答案】（1） 解：等边三角形不是“类勾股三角形”， 理由：设等边三角形的三边长分别为，，， 则， ， 等边三角形不是否“类勾股三角形”； （2） （3） 证明：过点作，垂足为，在上截取，连接， 是的垂直平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 在中，， ， ， 为“类勾股三角形”． 【解析】 【分析】（1）先设等边三角形的三边长分别为，，，则，然后进行计算可得：，即可解答； （2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得，从而可得，进而可得是直角三角形，且，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答； （3）过点作，垂足为，在上截取，连接，可得是的垂直平分线，从而可得，进而可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，，然后利用线段的和差关系可得，最后分别在和中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：等腰三角形是“类勾股三角形”， ，， ， ， 是直角三角形，且， ， ， 的度数为； 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 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：如图1中，连接DE． ∵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结论：，， 证明：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， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【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略 【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 $