2021年马鞍山市八年级数学下期中试卷及答案

一、选择题1．如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=AD．若这个四边形的面积为16，求BC+CD的值是（）A．6 B．8 C． D．2．如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，，，，小敏行走的路线为，小聪行走的路线为．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为（）A．3100m B．4600m C．5500m D．6100m3．如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（）A． B．2 C． D．44．下列各式变形中，正确的是（）A． B．C． D．5．计算的结果估计在（）A．10到11之间 B．9到10之间C．8到9之间 D．7到8之间6．下列根式是最简二次根式的是（）A． B． C． D．7．若根式在实数范围内有意义，则（）．A． B． C． D．8．如图，直线上有三个正方形，若的边长分别为1和3，则的面积为（）A．8 B．9 C．10 D．119．如图，，、交于点，为斜边的中点，若，．则和之间的数量关系为（）A． B．C． D．10．如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边，灰色部分面积记为，黑色部分面积记为，白色部分面积记为，则（）A． B． C． D．11．已知的三边，，满足：，则边上的高为（）A．1.2 B．2 C．2.4 D．4.812．代数式的最小值为（）A．12 B．13 C．14 D．11二、填空题13．在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，则其第四个顶点的坐标为______．14．如图，在中，点分别在边上，且，连接，点分别是的中点，，则的度数是_______．15．如图，圆柱形玻璃杯的高为，底面圆的周长为，在杯内离底的点处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁到达蜂蜜所爬行的最短路程为________．16．若式子有意义，则x的取值范围是______________．17．化简题中，有四个同学的解法如下：①②③④他们的解法，正确的是___________．(填序号)18．当2＜a＜3时，化简：＝______．19．如图，，点A、B分别在射线OM，ON上，点C是线段AB的一点，且，与关于直线OC对称，与AB相交于点D，当是直角三角时等于__________．20．如图，在中，，，，平分，，垂足为，则__________．三、解答题21．如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，，．（1）求证：．（2）已知，连接BN，若N平分，求CN的长．22．“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，设AG＝m，求m的取值范围．23．计算：．24．已知，求下列代数式的值：（1）；（2）．25．阅读材料，并解决问题．有趣的勾股数定义：勾股数又名毕氏三元数．凡是可以构成一个直角三角形三边长的一组正整数，称之为勾股数．一般地，若三角形三边长，，都是正整数，且满足，那么数组称为勾股数．公元263年魏朝刘徽著《九章算术注》，文中除提到勾股数以外，还提到，，，等勾股数．数学小组的同学研究勾股数时发现：设，是两个正整数，且，三角形三边长，，都是正整数．下表中的，，可以组成一些有规律的勾股数．213453251213411581743724255221202954940416135123765116061724528537433566576138485通过观察这个表格中的数据，小明发现勾股数可以写成．解答下列问题：（1）表中可以用，的代数式表示为_____________．（2）若，，则勾股数为______________．（3）小明通过研究表中数据发现：若，则勾股数的形式可表述为（为正整数），请你通过计算求此时的．(用含的代数式表示)26．细心观察图形，认真分析各式，然后回答问题：OA12＝1；+1＝2；+1＝3+1＝4；…S1＝；S2＝；S3＝；…（1）推算OA10的长和S10的值；（2）直接用含n（n为正整数）的式子表示OAn的长和Sn的值；（3）求S12+S22+S32+…+S102的值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【分析】本题可通过作辅助线进行解决，延长CB到E，使BE=DC，连接AE，AC，先证两个三角形全等，利用直角三角形的面积与四边形的面积相等进行列式求解．【详解】解：延长CB到E，使BE=DC，连接AE，AC，∵∠ABE=∠BAC+∠ACB，∠D=180°-∠DAC-∠DCA，∵∠BAD=90°，∠BCD=90°，∴∠BAC+∠ACB=90°-∠DAC+90°-∠DCA=180°-∠DAC-∠DCA，∴∠ABE=∠D，在△ABE和△ADC中，，∴△ABE≌△ADC(SAS)，∴AE=AC，∠EAB=∠DAC，∴∠EAC=90°，∴S△AEC=AE2=CE2，∵S△AEC=S四边形ABCD=16，∴CE2=16，∴CE=8，∴BC+CD=BC+BE=CE=8，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，面积及等积变换问题；巧妙地作出辅助线，把四边形的问题转化为等腰直角三角形来解决是正确解答本题的关键．2．B解析：B【分析】连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE．在矩形GECF中，EF=CG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．【详解】解：连接GC，∵四边形ABCD为正方形，所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，∵∠CDB=45°，GE⊥DC，∴△DEG是等腰直角三角形，∴DE=GE．在△AGD和△GDC中，，∴△AGD≌△GDC（SAS）∴AG=CG，在矩形GECF中，EF=CG，∴EF=AG．∵BA+AD+DE+EF-BA-AG-GE，=AD=1500m．∵小敏共走了3100m，∴小聪行走的路程为3100+1500=4600（m），故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、矩形的性质及等腰三角形的性质．解决本题的关键是证明AG=EF，DE=GE．3．B解析：B【分析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的中位线即可得到结论．【详解】解：连接AC，BD∵四边形ABCD是菱形，∴，BD平分∠ABC，∴∠∵∴△ABD是等边三角形，∴由折叠的性质得：，EF平分AO，又∵，∴∴EF为△ABD的中位线，∴故选：B．【点睛】本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．4．D解析：D【分析】依据同底数幂的乘法法则、二次根式的性质、完全平方公式以及分式的运算法则，即可得出结论．【详解】解：A．x2•x3=x5，故本选项不合题意；B.，故本选项不合题意；C.，故本选项不合题意；D.，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了同底数幂的乘法法则、二次根式的性质、完全平方公式以及分式的运算法则，解题的关键是熟练掌握运算法则．5．D解析：D【分析】先根据二次根式的乘法计算得到原式为，再估算出的范围，即可得出答案．【详解】解：原式，∵，∴，故选：D．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，在进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．6．D解析：D【分析】根据最简二次根式的定义即可求出答案．【详解】A、＝2，故A不是最简二次根式；B、＝2，故B不是最简二次根式；C、＝，故C不是最简二次根式，故选：D．【点睛】本题考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式的定义，本题属于基础题型．7．A解析：A【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．【详解】解：若要式在实数范围内有意义，则，解得，．故选：A．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．8．C解析：C【分析】运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得，然后证明，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．【详解】解：如图：由于、、都是正方形，所以，；，即，在和中，，，，；在中，由勾股定理得：，即，则的面积为10，故选：．【点睛】本题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，证明是解题的关键．9．A解析：A【分析】根据题意可得，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可证，继而证明，解得，最后根据三角形内角和180°定理，分别解得与的关系，整理即可解题．【详解】是的中点，∴∠CAM=∠MCA，，故选：A．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和180°等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．10．A解析：A【分析】由勾股定理，由整个图形的面积减去以BC为直径的半圆的面积，即可得出结论．【详解】Rt△ABC中，∵AB2+AC2＝BC2∴S2＝＝＝S1．故选A．【点睛】本题考查了勾股定理、圆面积公式以及数学常识；熟练掌握勾股定理是解题的关键．11．C解析：C【分析】先将已知条件配方后，利用非负数和为零，求出、b、c的值，利用勾股定理确定三角形的形状，设出c边上的高，利用面积求解即可．【详解】解：变形得，，，，，解得：，，，，是直角三角形，设C边上的高为h，由直角三角形ABC的面积为：，整理得，边上的高为：，故选择：．【点睛】本题考查非负数的性质，勾股定理的逆定理，三角形面积问题，掌握判断非负数的标准，会利用非负数和求、b、c的值，会用勾股定理判断三角形的形状，会用多种方法求面积是解题的关键．12．B解析：B【分析】建立直角坐标系，设P点坐标为P（x，0），设A（0，-2），B（12，3），过点B作BC⊥x轴，交AC于点C，则AB的长即为代数式的最小值，然后根据Rt△ABC，利用直角三角形的性质可求得AB的值．【详解】解：如图所示：设P点坐标为P（x，0），设A（0，-2），B（12，3），过点B作BC⊥x轴，交AC于点C，∴BC=3－(-2)=5，AC=12原式可化为，则＝AP，＝BP，∴=AP＋BP根据两点之间线段最短AB的长即为代数式的最小值∴AB＝＝13．代数式的最小值为13．故选：B．【点睛】本题主要考查了最短路线问题以及勾股定理的应用，利用了数形结合的思想，通过构造直角三角形，利用勾股定理求解是解题关键．二、填空题13．【分析】由题意得出OA=3由平行四边形的性质得出BC∥OABC=OA=3即可得出结果【详解】解：∵O（00）A（30）∴OA=3∵四边形OABC是平行四边形∴BC∥OABC=OA=3∵B（43）∴点解析：【分析】由题意得出OA=3，由平行四边形的性质得出BC∥OA，BC=OA=3，即可得出结果．【详解】解：∵O（0，0）、A（3，0），∴OA=3，∵四边形OABC是平行四边形，∴BC∥OA，BC=OA=3，∵B（4，3），∴点C的坐标为（4-3，3），即C（1，3）；故答案为：（1，3）．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．14．【分析】根据点MNP分别是DEBCCD的中点可以证明MP是ΔDEC的中位线NP是ΔDBC的中位线根据中位线定理可得到MP=NP再根据等腰三角形的性质得到∠PMN=∠PNM最后根据三角形的内角和定理可解析：【分析】根据点M，N，P分别是DE，BC，CD的中点，可以证明MP是ΔDEC的中位线，NP是ΔDBC的中位线，根据中位线定理可得到MP=NP，再根据等腰三角形的性质得到∠PMN=∠PNM，最后根据三角形的内角和定理可以得到∠MPN．【详解】解：如图∵点M，N，P分别是DE，BC，CD的中点∴MP是ΔDEC的中位线，∴MP=EC，NP是ΔDBC的中位线∴NP=BD，又∵BD=CE∴MP=NP∴∠PMN=∠PNM=34∘∴∠MPN=180∘-∠PMN-∠PNM=180∘-34∘-34∘=112∘故答案位：112°【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质和判定，以及三角形的内角和定理，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理求线段的长度．15．【分析】过N作NQ⊥EF于Q作M关于EH的对称点M′连接M′N交EH于P连接MP则MP+PN就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离求出M′QNQ根据勾股定理求出M′N即可【详解】解：如图：沿过A的圆柱的高剪开得解析：．【分析】过N作NQ⊥EF于Q，作M关于EH的对称点M′，连接M′N交EH于P，连接MP，则MP+PN就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出M′Q，NQ，根据勾股定理求出M′N即可．【详解】解：如图：沿过A的圆柱的高剪开，得出矩形EFGH，过N作NQ⊥EF于Q，作M关于EH的对称点M′，连接M′N交EH于P，连接MP，则MP+PN就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，∵ME=M′E，M′P=MP，∴MP+PN=M′P+PN=M′N，∵NQ=×10cm=5cm，M′Q=12cm-4cm+2cm=10cm，在Rt△M′QN中，由勾股定理得：M′N=cm．故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，轴对称-最短路线问题的应用，关键是找出最短路线．16．且【分析】根据分式有意义可得根据二次根式有意义的条件可得再解即可【详解】由题意得：且解得：且故答案为：且【点睛】本题主要考查了分式有意义和二次根式有意义的条件关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零解析：且【分析】根据分式有意义可得，根据二次根式有意义的条件可得，再解即可．【详解】由题意得：，且，解得：且，故答案为：且．【点睛】本题主要考查了分式有意义和二次根式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零，二次根式中的被开方数是非负数．17．①②④【分析】对于分子分母都乘以分母的有理化因式计算约分后可判断①对于把分子化为再分解因式约分后可判断②对于当时分子分母都乘以分母的有理化因式计算约分后可判断③对于把分子化为再分解因式约分后可判断④解析：①②④【分析】对于分子分母都乘以分母的有理化因式，计算约分后可判断①，对于，把分子化为，再分解因式，约分后可判断②，对于，当时，分子分母都乘以分母的有理化因式，计算约分后可判断③，对于，把分子化为，再分解因式，约分后可判断④，从而可得答案．【详解】解：，故①符合题意；，故②符合题意；当时，，故③不符合题意；，故④符合题意；故答案为：①②④．【点睛】本题考查的是分母有理化，掌握平方差公式的应用，分母有理化的方法是解题的关键．18．2a－5【分析】直接利用绝对值的性质二次根式的性质化简求出答案【详解】∵2＜a＜3∴a-2>0a-3<0∴|原式＝a−2-（3−a）＝a-2-3+a=2a-5故答案为：2a-5【点睛】此题主要考查了解析：2a－5【分析】直接利用绝对值的性质，二次根式的性质化简求出答案．【详解】∵2＜a＜3，∴a-2>0，a-3<0，∴|原式＝a−2-（3−a）＝a-2-3+a=2a-5．故答案为：2a-5．【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确利用a的取值范围化简是解题关键．19．4或【分析】分两种情况讨论：①当时和②当时分别利用轴对称性质和勾股定理求解即可【详解】解：分两种情况讨论：①当时如图1此时由折叠可知；②当时如图2过点作于点由折叠可知在中在中在中；综上或故答案为：4解析：4或【分析】分两种情况讨论：①当时和②当时，分别利用轴对称性质和勾股定理求解即可．【详解】解：，．分两种情况讨论：①当时，如图1，此时，由折叠可知，，，，，，，，，，；②当时，如图2，过点作于点．，由折叠可知，，，，在中，，，，在中，，在中，；综上，或．故答案为：4或．【点睛】本题考查了轴对称的性质，正确利用勾股定理，能分类讨论是解题的关键．20．【分析】先利用勾股定理可得再根据角平分线的性质可得然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得从而可得设从而可得最后在中利用勾股定理即可得【详解】在中平分在和中设则在中即解得即故答案为：【点睛】本题考解析：【分析】先利用勾股定理可得，再根据角平分线的性质可得，然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，设，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【详解】在中，，，，，平分，，，在和中，，，，，设，则，在中，，即，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线的性质、直角三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握角平分线的性质是解题关键．三、解答题21．（1）见解析；（2）2【分析】（1）由已知角相等，利用对顶角相等，等量代换得到同位角相等，进而得出DB与EC平行，再由内错角相等两直线平行得到DE与BC平行，即可得证；（2）由角平分线得到一对角相等，再由两直线平行内错角相等，等量代换得到一对角相等，再利用等角对等边得到CN=BC，再由平行四边形对边相等即可确定出所求．【详解】解：（1）证明：∵∠A=∠F，∴DE∥BC，∵∠1=∠2，且∠1=∠DMF，∴∠DMF=∠2，∴DB∥EC，则四边形BCED为平行四边形；（2）解：∵BN平分∠DBC，∴∠DBN=∠CBN，∵EC∥DB，∴∠CNB=∠DBN，∴∠CNB=∠CBN，∴CN=BC=DE=2．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．22．（1）见详解；（2）见详解；（3）【分析】（1）根据旋转变换及三角形全等即可得解；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，通过即可得解；（3）根据题意分两种情况∶P与O重合，H与C重合，通过构造全等三角形，求得MN=NQ，再设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2，根据，得出，进而得到a=，求得AG的长为于；根据BM=，可得，进而分析计算即可得出m的取值范围．【详解】解∶（1）结论∶EF=BE+FD．理由如下∶由旋转及题意知，F，D，G三点共线，BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠EAF=BAD,∴∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴∴.EF=FG，又∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF.（2）结论EF=BE+DF仍然成立．理由如下∶延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，如图所示∶∵∠B+∠ADC＝180°，，∴，在△ABE和△ADG中，，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴∴.EF=FG.又∴FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF．（3）①假设P与O重合，如图，∵O为EF的中点，∴O为正方形ABCD的对称中心，过A作ANEF交CD于N，则NF=AE=1，∴DN=CN=2，过O作交AD于，交BC于，，,过A作交BC于M，∴,,∴∠MAN=45°,延长CD到Q，使DQ=BM，由AB=AD，∠B=∠ADQ，BM=DQ，可得△ABM△ADQ，∴AM=AQ,∠BAM=∠DAQ∵∠MAN=45°,∠BAD=90°,∴∠BAM+∠DAN=45°=∠DAQ+∠DAN=∠QAN,∴∠MAN=∠QAN由AM=AQ，∠MAN=∠QAN，AN=AN，可得△MAN△QAN，∴MN=NQ设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+