精品解析：河北省邯郸市第十中学2023—2024学年下学期八年级数学期中试卷

邯郸市第十中学2023-2024学年度第二学期期中考试 初二数学试题 4月17日 本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分：卷Ⅰ为选择题，卷Ⅱ为非选择题. 本试卷满分为120分，考试时间为120分钟. 卷Ⅰ（选择题，共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 使有意义的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数中，是勾股数的是（　　） A. 3，4，5 B. 1，2，3 C. 8，10，16 D. 5，10，13 3. 下列各式：①，②，③，④，⑤中，最简二次根式有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 4. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ） A. 全等三角形周长相等 B. 全等三角形面积相等 C. 全等三角形对应角都相等 D. 全等三角形对应边都相等 5. 如图，在中，是斜边上的中线，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 6. 公园有一块长方形草坪，芳芳同学发现有极少数人为了走捷径，践踏草坪走出了一条路，为了倡导人们爱护花草，建议公园管理人员在处立一个标牌：“小草青青，脚下留情” ．经过测量得知：两处的距离为两处的距离为则践踏草坪少走的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，的对角线AC，BD相交于点O，是AB中点，且AE+EO=4，则的周长为　　 A. 20 B. 16 C. 12 D. 8 8. 如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC＝2，∠DAO＝30°，则FC的长度为(　　) A. 1 B. 2 C. D. 9. 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，M为AD中点，P为对角线BD上一动点，连接PA和PM，则PA＋PM的最小值是( ) A. 3 B. 2 C. 3 D. 6 10. 如图，正方形的边长为1，是对角线，将绕着点顺时针旋转得到，交于点，连接交于点，连接，则下列结论：①四边形是菱形；②的面积是；③；④．其中正确的结论是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 卷Ⅱ（非选择题，共90分） 注意事项：答卷Ⅱ时，将答案用黑色中性笔直接写在答题卡上． 二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分） 11. 已知直角三角形的两条边长为2和，则这个直角三角形的第三边长为________． 12. 如图，直线AE∥BD，点C在BD上，若AE＝4，BD＝8，△ABD的面积为16，则的面积为______． 13. 如图，把长方形沿直线向上折叠，使点C落在的位置上，交于E，已知，，则的面积为______． 14. 如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的周长为1，则第n个矩形的周长为______． 三、解答题（本大题共8道题，共74分） 15. 计算题 （1） （2） （3） （4） 16. 如图，有人在岸上点C的地方，用绳子拉船靠岸开始时，绳长米，拉动绳子将船身向岸边行驶了2米到点D后，绳长米，求岸上点C离水面的高度． 17. 如图，中，，是上一点，以点为圆心，为半径画弧交于点，连接，并延长到点，使，连接，问和是否相等？为什么？ 18. 如图，在中，D、E分别为AB、AC的中点，过点C作交DE的延长线于点F． （1）求证：四边形BCFD为平行四边形； （2）若，求EF的长． 19. 如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使BE=AB，连接DE、EC、BD、DE交BC于点O． （1）求证：△ABD≌△BEC； （2）若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形． 20. 如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上. （1）求证：； （2）若为中点，，求菱形的周长． 21. 如图，P是菱形ABCD的对角线AC上一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AD于点F． （1）若∠BAD＝60°，PE＝1，求AE的长． （2）若∠BAD＝90°，判断四边形AEPF的形状，并说明理由． 22. 在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动． （1）奋进小组用图1中的矩形纸片，按照如图2所示的方式，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，则与重合部分的三角形的形状是______． （2）勤学小组将图2中的纸片展平，再次折叠（如图3），使点A与点C重合，折痕为，然后展平，则以点A，F，C，E为顶点的四边形是什么特殊四边形？请说明理由． （3）创新小组用图4中的矩形纸片进行操作，其中，，先沿对角线对折，点C落在点的位置，交于点G，则的长为______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邯郸市第十中学2023-2024学年度第二学期期中考试 初二数学试题 4月17日 本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分：卷Ⅰ为选择题，卷Ⅱ为非选择题. 本试卷满分为120分，考试时间为120分钟. 卷Ⅰ（选择题，共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 使有意义的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件为被开方数大于等于零即可． 【详解】解：若有意义， 则， 解得， 故选：D． 2. 下列各组数中，是勾股数的是（　　） A. 3，4，5 B. 1，2，3 C. 8，10，16 D. 5，10，13 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是勾股数．根据勾股数的定义“满足的三个正整数，称为勾股数”解答即可． 【详解】解：A、，，4，5是勾股数，本选项符合题意； B、，，2，3不是勾股数，本选项不符合题意； C、，，10，16不是勾股数，本选项不符合题意； D、，，10，13不是勾股数，本选项不符合题意． 故选：A． 3. 下列各式：①，②，③，④，⑤中，最简二次根式有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式的识别，根据最简二次根式的定义（被开方数不含分母，且不含能开方的因数或因式），逐一判断各二次根式是否符合条件． 【详解】解：① ：被开方数3不含分母，且3是质数，无法再分解出平方因数，故为最简二次根式． ② ：被开方数含分母4，可化简为，不是最简二次根式． ③ ：被开方数9是，可开方为3，故不是最简二次根式． ④ ：0.5即，被开方数含分母2，化简为，不是最简二次根式． ⑤ ：被开方数无法分解为平方形式，且不含分母，故为最简二次根式． 综上，最简二次根式有①和⑤，共2个， 故选B． 4. 下列命题的逆命题是真命题的是（ ） A. 全等三角形周长相等 B. 全等三角形面积相等 C. 全等三角形对应角都相等 D. 全等三角形对应边都相等 【答案】D 【解析】 【分析】找到各选项的逆命题，根据全等三角形的判定方法逐项判断即可． 【详解】A．全等三角形的周长相等但周长相等的三角形不一定是全等三角形，故A错误． B．全等三角形的面积相等但面积相等的三角形不一定是全等三角形，故B错误． C．全等三角形的对应角都相等但对应角都相等的三角形不一定是全等三角形，故C错误． D．“全等三角形的对应边相等”的逆命题为“对应边相等的三角形是全等三角形”，由判定定理可知逆命题是真命题．故D正确． 故选D． 【点睛】本题考查命题与定理和全等三角形的判定．了解“正确的命题为真命题，错误的命题为假命题”是选择本题的关键． 5. 如图，在中，是斜边上的中线，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查斜边上的中线，等边对等角，三角形的外角，斜边上的中线得到，进而得到，三角形的外角，得到，即可得出结果． 【详解】解：∵在中，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∴； 故选D． 6. 公园有一块长方形草坪，芳芳同学发现有极少数人为了走捷径，践踏草坪走出了一条路，为了倡导人们爱护花草，建议公园管理人员在处立一个标牌：“小草青青，脚下留情” ．经过测量得知：两处的距离为两处的距离为则践踏草坪少走的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理是解题的关键． 由勾股定理得，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， 由勾股定理得，， ∵， ∴则践踏草坪少走的距离为， 故选：D． 7. 如图，的对角线AC，BD相交于点O，是AB中点，且AE+EO=4，则的周长为　　 A. 20 B. 16 C. 12 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】首先证明：OE=BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题； 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC， ∵AE=EB， ∴OE=BC， ∵AE+EO=4， ∴2AE+2EO=8， ∴AB+BC=8， ∴平行四边形ABCD的周长=2×8=16， 故选B． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理，属于中考常考题型． 8. 如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC＝2，∠DAO＝30°，则FC的长度为(　　) A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由矩形的性质可得OA=OB=OC=OD=AC=，∠ABC=90°，即可得∠ADO=∠DAO=∠OBC=∠ACB＝30°，在Rt△ABC中求得 BC=3；在Rt△BOF中，求得BF=2，所以CF=BC-BF=1. 【详解】∵四边形ABCD是矩形，AC＝2， ∴OA=OB=OC=OD=AC=，∠ABC=90°， ∴∠ADO=∠DAO=∠OBC=∠ACB＝30°， 在Rt△ABC中，AC＝2，∠ACB＝30°， ∴BC=3； ∵EF⊥BD， ∴∠BOF=90°， 在Rt△BOF中，OB=，∠OBC=30°， ∴BF=2， ∴CF=BC-BF=1， 故选A． 【点睛】本题考查了矩形的性质及解直角三角形，正确求得BC=3、BF=2是解决问题的关键. 9. 如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，M为AD中点，P为对角线BD上一动点，连接PA和PM，则PA＋PM的最小值是( ) A. 3 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】首先连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小，由在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，易得△ACD是等边三角形，BD垂直平分AC，继而可得CM⊥AD，则可求得CM的值，继而求得PA+PM的最小值． 【详解】解：连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小， ∵在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°， ∴∠ADC=∠ABC=60°，AD=CD=6，BD垂直平分AC， ∴△ACD是等边三角形，PA=PC， ∵M为AD中点， ∴DM=AD=3，CM⊥AD， ∴CM==3， ∴PA+PM=PC+PM=CM=3． 故选C． 【点睛】此题考查了最短路径问题、等边三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质．注意准确找到点P的位置是解此题的关键． 10. 如图，正方形的边长为1，是对角线，将绕着点顺时针旋转得到，交于点，连接交于点，连接，则下列结论：①四边形是菱形；②的面积是；③；④．其中正确的结论是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】依据四边形为平行四边形，以及，即可得到平行四边形是菱形；依据，即可得到的面积；依据四边形是菱形，可得；根据四边形是菱形，可得，进而得到． 【详解】解：正方形的边长为1， ，，，． 由旋转的性质可知：，，，， ，，， 和均为直角边为的等腰直角三角形， ． 在和中， ， ， ，， ， ． ，，， 且， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形是菱形，故①正确； ，， ， 的面积，故②正确； 四边形是菱形， ，故③不正确； 四边形是菱形， ， ，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等． 卷Ⅱ（非选择题，共90分） 注意事项：答卷Ⅱ时，将答案用黑色中性笔直接写在答题卡上． 二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分） 11. 已知直角三角形的两条边长为2和，则这个直角三角形的第三边长为________． 【答案】1或3 【解析】 【分析】已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：当是斜边时，第三边长； 当2和是直角边时，第三边长； ∴第三边的长为：1或3， 故答案为：1或3． 【点睛】本题考查的是勾股定理，即在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 12. 如图，直线AE∥BD，点C在BD上，若AE＝4，BD＝8，△ABD的面积为16，则的面积为______． 【答案】8 【解析】 【详解】在△ABD中，当BD为底时，设高为h，在△AEC中，当AE为底时，设高为h′，因为AE∥BD，所以h=h′，因为△ABD的面积为16，BD=8，所以h=4．则△ACB的面积==8． 13. 如图，把长方形沿直线向上折叠，使点C落在的位置上，交于E，已知，，则的面积为______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了图形的折叠以及勾股定理，正确利用勾股定理求得的长是解题的关键．设，则，在中利用勾股定理即可列方程求得x的值，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：长方形中， ∴，，， ∴， 由折叠的性质知，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得：， 则， ∴根据勾股定理得： ∴． 故答案为：6． 14. 如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的周长为1，则第n个矩形的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】第二个矩形的周长为第一个矩形周长的，第三个矩形的周长为第一个矩形周长的，依此类推，第n个矩形的周长为第一个矩形周长的. 【详解】解：由中点四边形的性质可得， 第二个矩形的周长为第一个矩形周长的； 第三个矩形的周长是第一个矩形周长的； … 故第n个矩形的周长为第一个矩形周长的． 又∵第一个矩形的周长为1， ∴第n个矩形的周长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形、菱形的性质、中点四边形．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的． 三、解答题（本大题共8道题，共74分） 15. 计算题 （1） （2） （3） （4） 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】本题主要考查二次根式的化简以及二次根式的计算，熟练掌握运算法则是解题的关键． （1）先将二次根式进行化简，再根据二次根式加减运算法则进行计算即可； （2）先将二次根式进行化简，再根据二次根式乘法运算法则进行计算即可； （3）根据完全平方公式以及平方差公式进行计算； （4）先将二次根式进行化简，再根据二次根式乘除运算法则进行计算即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ； 【小问3详解】 解：原式 ； 【小问4详解】 解：原式 ． 16. 如图，有人在岸上点C的地方，用绳子拉船靠岸开始时，绳长米，拉动绳子将船身向岸边行驶了2米到点D后，绳长米，求岸上点C离水面的高度． 【答案】3米 【解析】 【分析】设米，则米，再根据勾股定理可得、，则，即：，解方程求得的值，最后所求的值代入即可求得的值即可． 【详解】解：由题意可知： ∴在中，； 在中，， ∴． 设米，则由题意可知：米， ∴， 解得：，即米． ∴（米）， ∴， ∴（米）． 答：点C离水面高度为3米． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，根据勾股定理的公共边得到，并据此列出方程是解答本题的关键． 17. 如图，中，，是上一点，以点为圆心，为半径画弧交于点，连接，并延长到点，使，连接，问和是否相等？为什么？ 【答案】 ．理由如下： ∵以点为圆心，为半径画弧交于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【解析】 【分析】由等边对等角知，，可得，由同位角相等，两直线平行知，又由已知，可得，从而得出四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质可说明和的数量关系． 【详解】解：略． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，等边对等角，平行线的判定．理解和掌握平行四边形的判定和性质解题的关键． 18. 如图，在中，D、E分别为AB、AC的中点，过点C作交DE的延长线于点F． （1）求证：四边形BCFD为平行四边形； （2）若，求EF的长． 【答案】（1） 证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DE为的中位线， ∴DEBC，即DFBC， 又∵CFBD， ∴四边形BCFD为平行四边形． （2）3 【解析】 【分析】（1）先证DE为的中位线，可得DEBC，再由CFBD，即可得出结论． （2）根据平行四边形性质可得DF=BC=6，再由三角形中位线定理可得DE=BC=3，然后即可得EF的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵DE为的中位线， ∴DE=BC=3， ∵四边形BCFD为平行四边形， ∴DF=BC=6， ∴EF=DF-DE=6-3=3． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、三角形中位线定理等知识，能够掌握并运用平行四边形的性质与判定和三角形中位线定理是解题关键． 19. 如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使BE=AB，连接DE、EC、BD、DE交BC于点O． （1）求证：△ABD≌△BEC； （2）若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形． 【答案】 （1）证明：∵在平行四边形ABCD ∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，即BE∥CD． 又∵AB=BE， ∴BE=DC． ∴四边形BECD为平行四边形． ∴BD=EC． 在△ABD与△BEC中， ∴△ABD≌△BEC(SSS)； （2）证明：∵四边形BECD为平行四边形， ∴ OD=OE，OC=OB， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠A=∠BCD．即∠A=∠OCD． 又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC， ∴∠OCD=∠ODC ∴OC=OD． ∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED． ∴四边形BECD为矩形． 【解析】 【分析】（1）先运用平行四边形的知识得到AB=BE、BE=DC、BD=EC，即可证明△ABD≌△BEC； （2）由四边形BECD为平行四边形可得OD=OE，OC=OB，再结合四边形ABCD为平行四边形得到∠A=∠OCD，再结合已知条件可得OC=OD，即BC=ED；最后根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】(1)略 (2)略 【点睛】本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、平行线的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的外角性质等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键． 20. 如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上. （1）求证：； （2）若为中点，，求菱形的周长． 【答案】（1）证明：∵四边形EFGH是矩形， ∴EH=FG，EH∥FG， ∴∠GFH=∠EHF， ∵∠BFG=180°-∠GFH，∠DHE=180°-∠EHF， ∴∠BFG=∠DHE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠GBF=∠EDH， ∴△BGF≌△DEH（AAS）， ∴BG=DE； （2）8. 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质得到EH=FG，EH∥FG，得到∠GFH=∠EHF，求得∠BFG=∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF=∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）连接EG，根据菱形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得AE=BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB=EG，于是得到结论． 【详解】（1）略 （2）连接EG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=BC，AD∥BC， ∵E为AD中点， ∴AE=ED， ∵BG=DE， ∴AE=BG，AE∥BG， ∴四边形ABGE是平行四边形， ∴AB=EG， ∵EG=FH=2， ∴AB=2， ∴菱形ABCD的周长=8． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键． 21. 如图，P是菱形ABCD的对角线AC上一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AD于点F． （1）若∠BAD＝60°，PE＝1，求AE的长． （2）若∠BAD＝90°，判断四边形AEPF的形状，并说明理由． 【答案】（1） （2） 证明：四边形是正方形， 理由如下：，，， 四边形是矩形， ， 在和中， ， ， ； 四边形是正方形． 【解析】 【分析】（1）利用菱形的性质、锐角三角函数结合∠PAE＝30°，勾股定理即可求解； （2）由题意可证四边形是矩形，且利用全等三角形的证明得出，可得结论． 【小问1详解】 解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°， ∴∠PAE＝30° ∵PE⊥AB， ∴AP＝2PE＝2， ； 【小问2详解】 略． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角． 22. 在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动． （1）奋进小组用图1中的矩形纸片，按照如图2所示的方式，将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处，则与重合部分的三角形的形状是______． （2）勤学小组将图2中的纸片展平，再次折叠（如图3），使点A与点C重合，折痕为，然后展平，则以点A，F，C，E为顶点的四边形是什么特殊四边形？请说明理由． （3）创新小组用图4中的矩形纸片进行操作，其中，，先沿对角线对折，点C落在点的位置，交于点G，则的长为______． 【答案】（1）等腰三角形 （2） 菱形． 理由：如图，连接，，设与的交点为， 由折叠知，，， ∴，． ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形． （3） 【解析】 【分析】（1）利用折叠的性质和角平分线定义即可得出结论； （2）利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论； （3）由勾股定理可求BD的长，BG的长，即可求AG的长． 【小问1详解】 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴ABCD， ∴∠ACD=∠BAC， 由折叠知，∠BAC=∠B'AC， ∴∠B'AC=∠DAC， ∴AM=CM ∴△MAC是等腰三角形， 故答案为：等腰三角形； 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 ∵，， ∴． 由（1）可知． ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明是本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $