2022-2023學年度武昌區(qū)八校聯(lián)考八年級下學期期中數(shù)學試卷

第第頁湖北省武漢市武昌區(qū)八校聯(lián)考2022-2023學年八年級下學期期中數(shù)學試卷一、單選題1．要使二次根式意義，則x的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．下列二次根式中，是最簡二次根式的是（

）A． B． C． D．3．下列計算中，正確的是（

）A． B． C． D．4．用下列長度的線段首尾相連構成三角形，其中不能構成直角三角形的是（

）A．1.5，2，3， B．8，15，17 C．6，8，10 D．7，24，255．如圖，一豎直的大樹在離地面3米處折斷，樹的頂端落在地面離大樹底端4米處，大樹折斷之前的高度為（）A．7米 B．8米 C．9米 D．12米6．如圖，直線l上有三個正方形a、b、c，若a、b的面積分別為5和11，則c的面積為（

）A．4 B．5 C．6 D．5.57．如圖，在中，，以B為圓心，適當長為半徑畫弧交于點M，交于點N，分別以M，N為圓心，大于MN的長為半徑畫弧，兩弧相交于點D，射線交于點E，點F為的中點，連接，若，則的周長是（

）

A．8 B． C． D．8．如圖，矩形的對角線與交于點，過點作的垂線分別交，于、兩點．若，，則的長度為（

）A．1 B．2 C． D．9．如圖，在平行四邊形中，于點H，E是的中點，F(xiàn)是的中點，已知，，則的長為（

）A． B． C． D．10．將等邊折疊，使得頂點A與上的D重合，F(xiàn)為折痕，若，則（

）．A． B． C． D．二、填空題11．化簡：；；．12．已知是正整數(shù)，是整數(shù)，則的最小值為．13．如圖，每個小正方形的邊長都為1，A、B、C是小正方形的頂點，則°．14．點P是矩形的對角線的延長線上一點，，，則度．15．已知矩形中，，，，則矩形的面積為．16．中，于E，于F，，，若點F剛好是CD的中點，則．三、解答題17．計算：(1)；(2)．18．已知，求下列各式的值：（1）；

（2）．19．已知：如圖，點E，F(xiàn)分別為的邊BC，AD上的點，且．求證：．20．如圖，小彭同學每天乘坐地鐵上學，他觀察發(fā)現(xiàn)，地鐵D出口和學校O在南北方向的街道的同一邊，相距80米，地鐵A出口在學校的正東方向60米處，地鐵B出口離D出口100米，離A出口米．(1)求∠ABD的度數(shù)；(2)地鐵B出口離學校O的距離為_________米．21．正方形網格中的每個小正方形的邊長都是一個單位，每個小正方形的頂點叫做格點．已知均為格點，僅用無刻的直尺作出符合下列問題的圖形．(1)在圖1中，線段________，__________度；(2)在圖1中，在上作出點使得；(3)在圖2中，交其中一條網格線于點，在平面中作一個點，使得，(4)在圖3中，點是格點，點在網格線上，將線段向左平移三個單位得線段．22．已知，，，，動點P從點A出發(fā)，在線段上，以每秒1個單位的速度向點D運動：動點Q從點C出發(fā)，在線段上，以每秒2個單位的速度向點B運動，點P、Q同時出發(fā)，當其中一個點到達終點時，另一個點隨之停止運動，設運動時間為t（秒）．(1)當_______秒時，平分線段；(2)當_______秒時，軸；(3)當時，求t的值．23．問題提出：一條線段沿某個方向平移一段距離后與原線段構成一個平行四邊形．我們可以利用這一性質，將有些條件通過平移集中在一起來解決一些幾何問題．如圖①，兩條長度相等的線段和相交于O點，，直線與直線的夾角為，求線段、、滿足的數(shù)量關系．分析：考慮將、和集中到同一個三角形中，以便運用三角形的知識尋求三條線段的數(shù)量關系：如圖②，作且，則四邊形是平行四邊形，從而；由于，，所以是等邊三角形，故；通過平行又求得．在中，研究三條線段的大小關系就可以了．如圖②，若，，，請直接寫出線段的長__________；問題解決：如圖③，矩形中，E、F分別是、上的點，滿足，，求證：；拓展應用：如圖④，中，，D、E分別在、上，、交于點O，，，若，，則____________．24．矩形的邊、在坐標軸上，點，其中a、b、c滿足．(1)求出a、b、c的值；(2)如圖，E是上一點，將沿折疊得，交x軸于點D，若，求的長；(3)如圖，點Q是直線上一動點，以為邊作等腰直角，其中，O、Q、P按順時針排列，當Q在直線上運動時，的最小值為____________．參考答案：1．C【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件列出不等式，解不等式得到答案．【詳解】解∶根據(jù)題意，得，解得．故選∶C．【點睛】本題考查的是二次根式有意義的條件，掌握二次根式的被開方數(shù)是非負數(shù)是解題的關鍵．2．D【分析】根據(jù)最簡二次根式的定義判定即可．【詳解】解：A、∵，∴不是最簡二次根式，故此選項不符合題意；B、∵，∴不是最簡二次根式，故此選項不符合題意；C、∵，∴不是最簡二次根式，故此選項不符合題意；D、是最簡二次根式，故此選項符合題意；故選：D．【點睛】本題考查最簡二次根式，解題關鍵是熟練掌握最簡二次根式的必須滿足兩個條件：（1）被開方數(shù)不含有開的盡方的因數(shù)或因式，（2）被開方數(shù)不含有分母．3．B【分析】根據(jù)二次根式的四則運算法則求解即可．【詳解】解：A、與不是同類二次根式，不能合并，原式計算錯誤，不符合題意；B、，原式計算正確，符合題意；C、，原式計算錯誤，不符合題意；D、，原式計算錯誤，不符合題意；故選：B．【點睛】本題主要考查了二次根式的四則運算，熟知相關計算法則是解題的關鍵．4．A【分析】由勾股定理的逆定理，只要驗證兩小邊的平方和是否等于最長邊的平方，即可解答．【詳解】解：A、，不能構成直角三角形，符合題意；B、，能構成直角三角形，不符合題意；C、，能構成直角三角形，不符合題意；D、，能構成直角三角形，不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查勾股定理的逆定理的應用．判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．5．B【分析】由題意得，在直角三角形中，知道了兩直角邊，運用勾股定理直接解答即可求出斜邊．【詳解】解∶如圖，米，米，，折斷的部分長為，折斷前高度為(米)．故選：B【點睛】此題主要考查了勾股定理的應用，培養(yǎng)學生對勾股定理在實際生活中的運用能力．6．C【分析】根據(jù)已知及全等三角形的判定可得到，從而得到c的面積的面積的面積．【詳解】解：如圖，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴b的面積的面積的面積，∴c的面積的面積的面積．故選：C．【點睛】本題考查了對勾股定理幾何意義的理解能力，根據(jù)三角形全等找出相等的量是解答此題的關鍵．7．D【分析】由尺規(guī)作圖可知，BE為∠ABC的平分線，結合等腰三角形的性質可得BE⊥AC，AE=CE=AC=2，利用勾股定理求出AB、BC的長度，進而可得EF=AB=2，CF=BC=，即可得出答案．【詳解】由題意得，BE為∠ABC的平分線，∵AB=BC，BE⊥AC，AE=CE=AC=2，由勾股定理得，AB=BC=，∵點F為BC的中點，∴EF=AB=，CF=BC=，∴?CEF的周長為：+2=2+2．故選：D．【點睛】本題考查尺規(guī)作圖、等腰三角形的性質、勾股定理，熟練掌握角平分線的作圖步驟以及等腰三角形的性質是解答本題的關鍵．8．A【分析】根據(jù)鄰補角求出∠DEO的度數(shù)，根據(jù)余角的定義求出∠ADO的度數(shù)，再根據(jù)平行四邊形的性質及等邊對等角可求出∠EAO和∠AOE的度數(shù)，根據(jù)等角對等邊得出AE=EO，然后勾股定理可求得AE的值，最后根據(jù)中心對稱的性質即可得出答案．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，設OE=x,則DE=2x在中，即解得：（負值已舍去）∴，∵矩形關于對角線交點中心對稱，∴．故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質、勾股定理，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．9．B【分析】取的中點，連接，交于點O，連接，，，先證明≌，可得，，進而得出點A，O，C三點共線，可知是的中位線，再根據(jù)中位線的性質得，結合已知條件得出，然后根據(jù)三角形中位線的性質得，進而得出，可知是的垂直平分線，再根據(jù)線段垂直平分線的性質得出，接下來根據(jù)勾股定理求出，然后根據(jù)中位線的性質求出，可得答案．【詳解】解：取的中點，連接，交于點O，連接，，，∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∴．∵點E是的中點，點G是的中點，∴，，∴．∵，∴≌，∴，，∴點A，O，C三點共線，

∴．∵點F是的中點，∴是的中位線，∴．∵，∴．∵點O是的中點，點G是的中點，∴是的中位線，∴，∴，∴是的垂直平分線，

∴．在中，．∵點F是的中點，點G是的中點，∴是的中位線，∴，∴．故選：B.【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，三角形的中位線的性質和判定，線段垂直平分線的性質和判定，勾股定理等，構造輔助線是解題的關鍵．10．A【分析】設，然后利用相似三角形的性質：相似三角形的周長比等于相似比，即可求出，然后用k表示即可得到結果．【詳解】解：∵，∴設，∴，∵為等邊三角形，∴，∴，∴，∵，∴，故選：A【點睛】本題考查相似三角形的性質和判定，等邊三角形的性質和判定，翻折變換，利用相似三角形的周長比等于相似比，再適當?shù)挠胟表示邊是關鍵．11．【分析】根據(jù)二次根式的性質進行化簡即可．【詳解】；；故答案為：；；．【點睛】此題考查了二次根式的性質，解決本題的關鍵是熟練掌握二次根式的性質，會用二次根式的性質進行化簡．12．【分析】因為是整數(shù)，且，則是完全平方數(shù)，由此可以確定滿足條件的最小正整數(shù)．【詳解】解：∵，且是整數(shù)，∴是整數(shù)，即是完全平方數(shù)，∴的最小正整數(shù)值為．故答案為：．【點睛】本題考查二次根式的定義和乘法法則．一般地，我們把形如的式子叫做二次根式；二次根式的乘法運算法則：．解題關鍵是把被開方數(shù)分解成一個完全平方數(shù)和一個代數(shù)式的積的形式．13．【分析】根據(jù)勾股定理得到，，的長度，再判斷是等腰直角三角形，進而得出結論．【詳解】解：如圖，連接，由題意，，，，∴，，∴是等腰直角三角形，且，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定與性質，判斷出是等腰直角三角形是解決本題的關鍵．14．12【分析】利用矩形的性質和可知，利用等邊對等角、三角形內角和定理可求、的度數(shù)，最后利用角的和差關系求解即可．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，，，∴，又，∴，∴，又，∴，，∵，∴，∴．故答案為：12．【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理等知識，利用矩形的性質證明是解題的關鍵．15．20【分析】連接，相交于點M，過A作軸，過C作軸，過B作軸，交于點G，交于點F，利用中點坐標公式關鍵方程組，可求a，b的值，然后利用割補法求矩形的面積即可．【詳解】解∶連接，相交于點M，過A作軸，過C作軸，過B作軸，交于點G，交于點F，，∵矩形，∴M為，的中點，又，，，∴，解得，∴，，∴矩形的面積為．故答案為：20．【點睛】本題考查了坐標與圖形，矩形的性質，中點坐標公式等知識，利用中點坐標公式求出a，b的值是解題的關鍵．16．【分析】利用等面積法求出，然后在中，利用勾股定理可得，最后解方程即可求解．【詳解】解∶∵四邊形是平行四邊形，，，∴，，又，，∴，∴，在中，，，，∴，即，解得（負值舍去），∴．故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，勾股定理等知識，利用等面積法求出是解題的關鍵．17．(1)；(2)【分析】（1）先化為最簡二次根式，再進行加減運算即可；（2）將括號內的每一項與后面的相除即可；【詳解】（1）解：原式；（2）解：原式【點睛】本題主要考查二次根式的混合運算，解答的關鍵是對相應的運算法則的掌握．18．（1）12；（2）．【分析】先求出，，（1）然后利用完全平方公式進行因式分解，即可求解；（2）然后利用平方差公式進行因式分解，即可求解．【詳解】解：∵，∴，，∴（1）；（2）．【點睛】本題主要考查了完全平方公式和平方差公式，二次根式的加減運算和乘法運算，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．19．見解析【分析】先根據(jù)平行四邊形的性質可得ADBC，進而可得AFEC、∠2=∠BCF,由可得∠1=∠BCF，即AECF,可得四邊形AECF是平行四邊形，最后根據(jù)平行四邊形對邊相等即可證明結論．【詳解】證明：∵ABCD是平行四邊形，∴ADBC∴AFEC、∠2=∠BCF又∵∠1=∠2，∴∠1=∠BCF，∴AECF∴四邊形AECF是平行四邊形∴AF=CE．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質和判定，靈活運用平行四邊形的性質和判定定理是解答本題的關鍵．20．(1)(2)米【分析】（1）先由勾股定理求出米，再由勾股定理的逆定理判定出是等腰直角三角形，即可求解；（2）過點B作交延長線于E，先證明得出米，米，從而求得米，然后在中，由勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：由題意得：，∴由勾股定理得：(米)，∴，又∵，∴∴，∵(米)∴．（2）解：如圖，過點B作交延長線于E，由（1）知：，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴∴(米)，(米)，∴(米)，在中，由勾股定理得：(米)．【點睛】本題考查勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定與性質，熟練掌握勾股定理及其逆定理是解題的關鍵．21．(1)，(2)見解析；(3)見解析；(4)見解析；【分析】（1）根據(jù)網格上的單位長度求出，再利用勾股定理的逆定理即可解答；（2）根據(jù)題意可知作的垂直平分線即可得到點；（3）根據(jù)網格的單位長度計算出，再利用平移即可得到解答；（4）根據(jù)題意平移即可解答．【詳解】（1）解：由圖可知：，，，∵，，∴是直角三角形，，故答案為：，；（2）解：如圖所示即可所求，∵，∴作線段的垂直平分線與線段相交于點，點即為所求．（3）解：如圖所示即為所求，∵，∴將點平移到點即可得到點，（4）解：∵線段向左平移三個單位得線段，∴如圖即為所求；【點睛】本題考查了勾股定理，勾股定理逆定理，垂直平分線的性質，平移的性質，學會運用勾股定理是解題的關鍵．22．(1)7(2)4(3)秒【分析】（1）設與相交于E，，得到，則，解之即可求解；（2）過點D作于E，四邊形是矩形，四邊形是矩形，則，，所以，又因為，，所以，即可求解；（3）作的平分線交于E，利用平行線性質與等腰三角形的判定、勾股定理，求得，再證明四邊形是平行四邊形，得，則，即可求解．【詳解】（1）解：如圖，設與相交于E，∵，，∴，當平分線段時，則，∵，，∴,，即，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴當秒時，（2）解：如圖，過點D作于E，當軸，即，則四邊形是矩形，四邊形是矩形，∴，，在中，，∵，，∴，∴，解得:,∴當秒時，軸；（3）解：如圖，作的平分線交于E，則，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，當時，則，∴，∵，即，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，

∴∴，∴當時，秒．【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定理，解題關鍵是熟練掌握平行四邊形的判定與性質定理、矩形的判定與性質定理、勾股定理．23．問題提出：；問題解決：見解析；拓展運用：【分析】問題提出：過E作于點F，過點C作且，則四邊形是平行四邊形，從而；由于，，所以是等邊三角形，故；通過平行又求得，分別在和中，利用勾股定理求解即可；問題解決：作交于G，證明，再證是等腰直角三角形即可；拓展運用：作且，然后類似“問題提出”求解即可．【詳解】問題提出：過E作于點F，過點C作且，∴四邊形是平行四邊形，，∴，，∵，∴，又，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，在中，，，，∴，，∴，中，，，，∴；問題解決：作交于G，連接，，∵四邊形是矩形，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，，又，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；拓展應用：作且，連接，過F作于M，∴四邊形是平行四邊形，，∴，，∴，又，∴，∴是等邊三角形，∴，在中，，，∴是等腰直角三角形，∴，又，∴，∴，∴，中，，，，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，矩形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，明確題意，添加合適的輔助線，找出所求問題需要的條件是解題的關鍵．24．(1)，，(2)(3)【分析】（1）根據(jù)所給式子，結合二次根式有意義條件和非負數(shù)相加和為0,則兩加數(shù)均為0進行求解即可；（2）過點作交于點，根據(jù)折疊性質和矩形性質求出，，再根據(jù)“”證，得到，，設，