四川省綿陽市三臺縣2022-2023學(xué)年八年級下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（含答案）

四川省綿陽市三臺縣2022-2023學(xué)年八年級下學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題一、選擇題（每題3分，共36分）1．下列各式中，屬于最簡二次根式的是（）A．3 B．4 C．12 D．2．計算18×A．6 B．62 C．63 3．在△ABC中，∠A、∠B、∠C的對邊分別是a、b、c，下列條件不能判定△ABC為直角三角形的是（）A．∠C＝∠A－∠B B．a(chǎn)：b：c=5：12：13C．(c?a)(c+a)=b2 4．在平行四邊形ABCD中，若∠A＋∠C＝80°，則∠B的度數(shù)是（）A．140° B．120° C．100° D．40°5．如圖，長方形ABCD中，AB＝3，AD＝1，AB在數(shù)軸上，若以點(diǎn)A為圓心，AC的長為半徑作弧交數(shù)軸于點(diǎn)M，則點(diǎn)M表示的數(shù)為（）A．2 B．5?1 C．10?1 6．若75n是整數(shù)，則正整數(shù)n的最小值是（）A．2 B．3 C．4 D．57．化簡(3A．－1 B．3+2 C．3?2 8．如圖，矩形紙片ABCD中，AD＝9，AB＝3，將矩形折疊，使點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，折痕為EF，則三角形ABE的面積為（）A．3 B．4 C．6 D．129．如圖，順次連接四邊形ABCD的各邊的中點(diǎn)，得到四邊形EFGH，在下列條件中，可使四邊形EFGH為矩形的是（）A．AB＝CD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AD∥BC10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC為菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC=60°，則對角線交點(diǎn)E的坐標(biāo)為（）A．(2，3) B．(3，2) C．11．如圖，在菱形ABCD中，E、F分別是邊CD，BC上的動點(diǎn)，連接AE、EF，G，H分別為AE，EF的中點(diǎn)，連接GH．若∠B＝45°，BC=23，則GHA．3 B．22 C．6 D．12．如圖，在正方形ABCD中，O為對角線AC、BD的交點(diǎn)，E、F分別為邊BC、CD上一點(diǎn)，且OE⊥OF，連接EF．若∠AOE＝150°，DF=3，則EFA．23 B．2+3 C．3二、填空題（每題3分，共18分）13．在代數(shù)式2x?1中x的取值范圍是．14．若一直角三角形的兩邊長分別是6和8，則斜邊上的中線長是．15．如圖，數(shù)軸上點(diǎn)A表示的數(shù)為a，化簡a2+16．如圖，平行四邊形ABCD的對角線互相垂直，要使ABCD成為正方形，還需添加的一個條件是（只需添加一個即可）17．如圖，一只螞蟻沿著棱長為2的正方體表面從頂點(diǎn)A出發(fā)，經(jīng)過3個面爬到頂點(diǎn)B，如果它運(yùn)動的路徑是最短的，則最短路徑為．18．如圖，在矩形ABCD中，AB<BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于12AC的長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，①四邊形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB③AC?EF=CF?CD；④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF。其中正確結(jié)論的序號是．三、解答題（共46分）19．（1）計算：8?（2）先化簡，再求值：a+1?2a+a2，其中a=2020①_▲_的解法是錯誤的；②仿照上面正確的解法先化簡，再求值：a2?1a?120．矩形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于E，CF平分∠ACD交AD于F．求證：四邊形AECF為平行四邊形．21．如圖，在△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D，AC＝20，CD＝12，BD＝9．（1）求證：△ABC是直角三角形；（2）求點(diǎn)D到AC、BC的距離之和．22．如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DE∥AC且DE=12AC，連接CE、OE，連接AE交OD（1）求證：OE＝CD；（2）若菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，求AE的長．23．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以3cm/s的速度向點(diǎn)B同時運(yùn)動．規(guī)定其中一個動點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，另一個動點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．設(shè)P，Q運(yùn)動的時間為ts．（1）若點(diǎn)P和點(diǎn)Q同時運(yùn)動了6秒，PQ與CD有什么數(shù)量關(guān)系？并說明理由；（2）在整個運(yùn)動過程中是否存在t值，使得四邊形PQBA是矩形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由；（3）在整個運(yùn)動過程中，是否存在一個時間，使得四邊形PQCD是菱形？如果存在，求出時間t的值，如果不存在，請說明理由．24．平面直角坐標(biāo)系中，A(a，0)，B(b，b)，C(0，c)，且滿足：a?4+(2b?a?c)2（1）點(diǎn)B的坐標(biāo)是；（2）如圖1，若D為線段OC中點(diǎn)，求E點(diǎn)坐標(biāo)；（3）當(dāng)E，D在x軸和y軸上運(yùn)動時，試探究CD、DE和AE之間的關(guān)系．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：

A、3是最簡二次根式，A符合題意；

B、4=2，B不符合題意；

C、12=22，C不符合題意；

D、82．【答案】D【解析】【解答】解：18=3=6故答案為：D.【分析】首先將二次根式化為最簡二次根式可得原式=323．【答案】D【解析】【解答】解：A、∵∠A+∠B+∠C=180°，又∠C=∠A-∠B，

∴∠A+∠B+∠A-∠B=180°，

∴∠A=90°，

∴△ABC是直角三角形，故此選項(xiàng)不符合題意；

B、∵a∶b∶c=5∶12∶13，

∴設(shè)a=5k，b=12k，c=13k，

∵a2+b2=（5k）2+（12）2=169k2=c2，

∴△ABC是是直角三角形，故此選項(xiàng)不符合題意；

C、∵(c-a)(c+a)=b2，

∴c2-a2=b2，

∴a2+b2=c2，

∴△ABC是直角三角形，故此選項(xiàng)不符合題意；

D、∵∠A∶∠B∶∠C=3∶4∶5，

∴∠C=180°×53+4+5=75°，

∴△ABC不是直角三角形，故此選項(xiàng)符合題意.

【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理判斷出三角形中最大內(nèi)角的度數(shù)，當(dāng)最大內(nèi)角的度數(shù)等于90°時，該三角形就是直角三角形，否則就不是，據(jù)此可判斷A、D選項(xiàng)；根據(jù)勾股定理的逆定理，一個三角形的三邊滿足較小兩邊的平方和等于最大邊長的平方，則該三角形就是直角三角形，否則就不是，據(jù)此可判斷B、C選項(xiàng).4．【答案】A【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠A=∠C，∠A+∠B=80°，

∵∠A+∠C=180°，

∴∠A=40°，

∴∠B=180°-40°=140°.

故答案為：A.【分析】根據(jù)平行四邊形的對角相等并結(jié)合已知可求出∠A的度數(shù)，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的鄰角互補(bǔ)即可求出∠B的度數(shù).5．【答案】C【解析】【解答】解：四邊形ABCD是長方形，AB=3，

∴AB=CD=3，∠D=90°，

在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=AD2+CD2=32+12=10，

∵【分析】由矩形的性質(zhì)得AB=CD=3，∠D=90°，在Rt△ADC中，由勾股定理算出AC的長，根據(jù)同圓的半徑相等可求出AM的長，進(jìn)而找出點(diǎn)M離開原點(diǎn)的距離并結(jié)合數(shù)軸上的點(diǎn)所表示的數(shù)即可得出答案.6．【答案】B【解析】【解答】解：∵75=25×3，∴75n是整數(shù)的正整數(shù)n的最小值是3.故答案為：B.【分析】由75n是整數(shù)可知：75n是一個完全平方數(shù)，然后將75分解為25×3即可得出n的最小值.7．【答案】D【解析】【解答】解：3-22021·3+22022

=3-2【分析】根據(jù)同底數(shù)冪的乘法法則的逆用將待求式子變形為3-22021·8．【答案】C【解析】【解答】解：由折疊的性質(zhì)的BE=DE，

設(shè)AE=x，則BE=DE=9-x，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=90°，

在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+AE2=BE2，即32+x2=（9-x）2，

解得x=4，

∴S△ABE=12AB×AE=12×3×4=6.【分析】由折疊的性質(zhì)的BE=DE，設(shè)AE=x，則BE=DE=9-x，在Rt△ABE中，由勾股定理建立方程，可求出x的值，進(jìn)而根據(jù)三角形面積計算公式可算出△ABE的面積.9．【答案】B【解析】【解答】解：∵E、F、G、H分別是四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)，

∴EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，

∴EH∥FG，

同理EF∥HG，

∴四邊形EFHG是平行四邊形，

當(dāng)AC⊥BD時，則EH⊥EF，

∴∠HEF=90°，

∴平行四邊形EFGH是矩形.

故答案為：B.【分析】根據(jù)三角形中位線定理得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，由平行于同一直線的兩條直線互相平行得EH∥FG，同理EF∥HG，由兩組對邊分別平行得四邊形是平行四邊形得四邊形EFHG是平行四邊形，然后結(jié)合選項(xiàng)得出的條件及矩形的判定定理即可得出答案.10．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，

∵A（4，0），

∴OA=4，

∵四邊形OABC是菱形，A（4，0），

∴AC⊥BD，∠EOA=12∠AOC=30o，

∴AE=12OA=2，∠OAE=60o，

∴AF=12AE=1，

∴EF=AE2-AF2=22-12=3，11．【答案】D【解析】【解答】解：如圖，連接AF，∵四邊形ABCD是菱形，BC=23，

∴AB=23，

∵點(diǎn)G、H分別是AE與EF的中點(diǎn)，

∴GH=12AF，

當(dāng)AF⊥BC時，AF最小，GH得到最小值，

則∠AFB=90°，

∵∠B=45°，

∴△ABF是等腰直角三角形，

∴AF2+BF2=AB2，即2AF2=232

解得AF=6，

∴GH的最小值為62.

故答案為：D.12．【答案】A【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，

∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，

∵∠AOE=150°，

∴∠BOE=60°，

∵OE⊥OF，

∴∠EOF=∠BOC=90°，

∴∠BOE=∠COF=60°，

∴△BOE≌△COF（ASA），

∴OE=OF，

∴△OEF是等要直角三角形，

過點(diǎn)F作FG⊥OD，

∴∠OGF=∠DGF=90°，

∵∠ODC=45°，

∴△DGF是等腰直角三角形，

∴GF=DG，

由勾股定理得GD2+GF2=DF2，即2GF2=32，

解得GF=62，

易得∠DOF=30°，

∴OF=2GF=6，

∴EF=2OF2【分析】由正方形性質(zhì)得∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，由同角的余角相等得∠BOE=∠COF=60°，從而用ASA判斷出△BOE≌△COF，得OE=OF，則△OEF是等要直角三角形；過點(diǎn)F作FG⊥OD，易得△DGF是等腰直角三角形，由勾股定理求出GF的長，進(jìn)而根據(jù)含30°角直角三角形性質(zhì)求出OF的長，最后再根據(jù)勾股定理可算出EF的長.13．【答案】x≥【解析】【解答】解：由題意得2x-1≥0，

解得x≥1故答案為：x≥12.14．【答案】5或4【解析】【解答】解：當(dāng)6與8都是直角三角形的直角邊的長時，斜邊為62+82=10，

∴該直角三角形斜邊上的中線長為5；

【分析】當(dāng)6與8都是直角三角形的直角邊的長時，利用勾股定理求出斜邊的長，進(jìn)而根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可求出斜邊上的中線得長；當(dāng)8是直角三角形的斜邊長時，直接利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可求出斜邊上的中線得長，綜上可得答案.15．【答案】2【解析】【解答】解：由題意得0＜a＜2，

∴a-2＜0，

∴a2+a-2【分析】由數(shù)軸上的點(diǎn)所表示數(shù)的特點(diǎn)得0＜a＜2，根據(jù)有理數(shù)的減法判斷出a-2＜0，進(jìn)而根據(jù)a216．【答案】∠ABC=90°【解析】【解答】解：條件為∠ABC=90°，理由是：∵平行四邊形ABCD的對角線互相垂直，∴四邊形ABCD是菱形，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形，故答案為：∠ABC=90°．【分析】此題是一道開放型的題目，答案不唯一，添加一個條件符合正方形的判定即可．17．【答案】2【解析】【解答】解：如圖，AB就是螞蟻爬行的最短距離，由題意知：AC=6，BC=2，∠ACB=90°，

∴AB=AC2+BC2=62+2218．【答案】①②④【解析】【解答】解：如圖，設(shè)AC與EF相交于點(diǎn)O，

由作圖過程可得EF是AC的垂直平分線，

∴AO=CO，AE=CE，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠DCB=90°=∠BAD=∠B，

∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO，

∴△AOE≌△COF（AAS），

∴OE=OF，

∴四邊形AECF是平行四邊形，

又AE=CE，

∴平行四邊形AECF是菱形，故①正確；

∵四邊形AECF是菱形，

∴AF=CF，

∴∠FAC=∠FCA，

∵∠AFB=∠FAC+∠FCA=2∠FCA=2∠ACB，故②正確；

∵四邊形AECF是菱形，

∴S菱形AECF=12AC×EF=CF×CD，故③錯誤；

∵AF平分∠BAC，

∴∠BAF=∠CAF，

∵∠FAC=∠FCA，

∴∠FAC=∠FCA=∠BAF，

∵∠FAC+∠FCA+∠BAF=90°，

∴∠BAF=30°，

∴CF=AF=2BF，故④正確，

綜上正確的有①②④.

故答案為：①②④.

【分析】設(shè)AC與EF相交于點(diǎn)O，由作圖過程可得EF是AC的垂直平分線，由垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等得AO=CO，AE=CE，由矩形性質(zhì)得AD∥BC，∠DCB=90°=∠BAD=∠B，從而用AAS判斷出△AOE≌△COF，得OE=OF，進(jìn)而根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形得四邊形AECF是平行四邊形，再根據(jù)一組鄰邊相等得平行四邊形是菱形得平行四邊形AECF是菱形，據(jù)此可判斷①；由菱形四邊相等及等邊對等角可得∠FAC=∠FCA，再根據(jù)三角形外角性質(zhì)即可判斷②；由菱形的面積計算公式可判斷③；由角平分線定義、等量代換可得∠FAC=∠FCA=∠BAF，進(jìn)而根據(jù)直角三角形兩銳角互余得∠BAF=30°，最后根據(jù)喊30°角直角三角形的性質(zhì)即可判斷④19．【答案】（1）解：原式=22-1+1+2（2）解：①小亮

②∵1<3<2

∴2-3＜0，

∴a2-1a-1-a2-2a+1a2-a-1【解析】【解答】解：（2）①小亮的解法錯誤，理由如下：

∵a=2020，

∴1-a＜0，

∴1-a2=1-a=a-1，

∴小亮的解法錯誤；

故答案為：小亮；

【分析】（1）先根據(jù)二次根式的性質(zhì)、零指數(shù)冪性質(zhì)、二次根式乘除法法則及絕對值性質(zhì)分別化簡，再合并同類二次根式及進(jìn)行有理數(shù)的加減法運(yùn)算可得答案；

（2）①根據(jù)a的取值判斷出1-a＜0，進(jìn)而根據(jù)a2=a可判斷；

②20．【答案】證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，即AF∥CE，AB∥CD．∴∠BAC＝∠DCA．∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD，∴∠EAC＝∠ACF．∴AE∥CF．∴四邊形AECF為平行四邊形（兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形）．【解析】【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD∥BC，即AF∥CE，AB∥CD，進(jìn)而根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到AE平分∠BAC，CF平分∠ACD，最后根據(jù)平行線的判定結(jié)合平行四邊形的判定即可求解。21．【答案】（1）證明：∵CD⊥AB，

∴∠CDB＝∠CDA＝90°，在Rt△BDC中，CD2+B解得BC＝15；

在Rt△ADC中，CD2+A解得AD＝16

∵AC＝20，BC＝15，AB＝25，

∴AC∴△ABC是直角三角形；（2）解：過點(diǎn)D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分別為點(diǎn)E、F，S20DE=16×12

∴DE＝9.6S15DF=9×12

∴DF＝7.2∴DE+DF=9.6+7.2=16.8【解析】【分析】（1）在Rt△BDC中，利用勾股定理算出BC的長，在Rt△ADC中，利用勾股定理算出AD的長，然后根據(jù)勾股定理的逆定理判斷出△ABC是直角三角形；

（2）過點(diǎn)D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分別為點(diǎn)E、F，由等面積法可算出DE與DF的長，從而再求和即可.22．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，OC=12AC，

又∵DE=∵DE∥AC，

∴四邊形OCED是平行四邊形，∵AC⊥BD，

∴平行四邊形OCED是矩形，

∴OE＝CD；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC=AD=2，AC⊥BD，OA=12AC，OD=12BD，

又∠ABC＝60°，

∴△ABC是等邊三角形，

∴AC＝AB＝2，

∴OA=1，

∵四邊形OCED是矩形，

∴∠ACE=90°，CE=OD=3

．在Rt△ACE中，AE=A【解析】【分析】（1）由菱形對角線互相垂直平分得AC⊥BD，OC=12AC，結(jié)合已知得DE=OC，從而由一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得四邊形OCED是平行四邊形，進(jìn)而根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形可得平行四邊形OCED是矩形，最后根據(jù)矩形的對角線相等可得結(jié)論；

23．【答案】（1）解：PQ＝CD，理由如下：由題意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，

∵AD＝24cm，BC＝26cm，∴PD=(24?t)cm，

當(dāng)t＝6時，DP＝18cm，CQ＝18cm，

∴DP＝CQ，∵DP∥CQ，

∴四邊形PDCQ是平行四邊形，

∴PQ＝CD；（2）解：存在，理由如下：由題意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，在BQ=（26-3t）cm，

在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，

∴當(dāng)AP＝BQ時，四邊形ABQP是矩形，

∴t＝26－3t，

解得t＝6.5，

∴當(dāng)t＝6.5時，四邊形ABQP是矩形；（3）解：不存在，理由如下：

由（2）知當(dāng)t＝6時，四邊形CDPQ為平行四邊形，此時CQ＝3t＝18，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E，則四邊形ABED為矩形，DE＝AB＝8，CE＝BC－BE＝26－24＝2，所以，CD=D所以，四邊形CDPQ不可能為菱形．【解析】【分析】（1）PQ＝CD，理由如下：由路程、速度與時間三者的關(guān)系可得AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD=(24?t)cm，當(dāng)t=6時，DP=CQ=18cm，由一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可得四邊形PDCQ是平行四邊形，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的對邊相等可得結(jié)論；

（2）根據(jù)矩形的判定，當(dāng)AP＝BQ時，四邊形ABQP是矩形，由路程、速度與時間三者的關(guān)系可得AP＝tcm，CQ＝3tcm，BQ=（26-3t）cm，從而可列出關(guān)于字母t的方程，求解可得答案；

（3）由（2）知知當(dāng)t＝6時，四邊形CDPQ為平行四邊形，此時CQ＝3t＝18，過點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為E，則四邊形ABED為矩形，由矩形性質(zhì)得DE＝AB＝8，CE＝BC－BE＝26－24＝2，在Rt△CDE中，利用勾股定理算出CD的長，進(jìn)而根據(jù)矩形的鄰邊相等可進(jìn)行判斷得出結(jié)論.24．【答案】（1）(4，4)（2）解：如圖1，將△BCD繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAH，∵點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（4，4），點(diǎn)C（0，4），∴OA=OC=BC=AB=4，∵D為線段OC中點(diǎn)，∴CD=DO=2，∵將△BCD繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAH，∴△BCD?△BAH，∴BD=BH，∠CBD=∠HBA，CD=AH=2，∵∠DBE=45°，∴∠CBD+∠EBA=45°，∴∠EBA+∠ABH=45°=∠HBE=∠DBE，且