2022-2023学年湖北省孝感市云梦县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖北省孝感市云梦县八年级（下）期中数学试卷

一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.要使二次根式=I有意义，α的值可以为（）

A.-2

2.下列二次根式中，最简二次根式是（

B.y∕~4C.√-6D.√^8

3.如图，一根长为56的竹竿48斜靠在竖直的墙壁上，竹竿底端8离墙

壁距离3根，则该竹竿的顶端4离地竖直高度为（）力

A.2m/

B.3m/

c∙4m-------R―C

D.√34m

4.以下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，不能构成直角三角形的是（）

A.6,8,10B.√^3,√-4,√-5

C.1,y∏,,√-3D.5,12,13

5.如图，平行四边形48CO的对角线4C,相交于点。，且AB=8,AC+BD=30,那么

△OCD的周长为（）

A.23B.24C.25D.26

6.下列计算正确的是（

A.y∕-2+V-3=V-5B.3

C.y∕~^6÷2=V-3D.√(-4)×(-2)=H=2<^2

如图，菱形4BC0的对角线4C,BD相交于点0,过点。作OH1

BC于点H,连接OH,若（M=8,S菱形ABCD=96,则0"的长为（）

B

A.6

B.8

八48

c∙τ

D.10

8.如图：E是边长为1的正方形力BCD的对角线BD上一点，且BE=BC,P为CE上任意一点,

PQIBC于点Q,PR上BE于点、R,贝∣JPQ+PR的值是()

O

二、填空题(本大题共8小题，共24.0分)

9.化简：√12=.

10.如图，在菱形ABCO中，41=20。，则4。CB=

11.如图，平行四边形OaBC的顶点。，A,C的坐标分别是

(0,0),(3,0),(1,2),则顶点B的坐标是.

12.已知4-仁的整数部分为ɑ,小数部分为b,贝IJab=

13.如图，“赵爽弦图”是吴国的赵爽创制的.以直角三角形的斜边

为边长得到一个正方形,该正方形由4个全等的直角三角形再加上中

间的小正方形组成，在一次综合实践活动中，数学小组制作了一面

''赵爽弦图锣”，其中乙4EB=90。，AB=13cm,BE=5cm,则小正方形EFGH的面积是

2

________CTΠΔ,

14.如图，在RtAABC中，/.ACB=90°,分别以A、B为圆心,

大于的长为半径画弧，两弧交于点M、N,直线MN交4B于点

D,交BC的延长线于点E.若AC=8,AB=10,则EC的长为

15.如图，在平行四边形ZBCD中，ZC=135o,AD=3,AB=/2,点H、G分别是边CD、

BC上的动点.连接AH、GH,点E为力”的中点，点尸为GH的中点，连接EF,则EF的最大值为

16.如图所示，等腰直角三角形ABC的斜边BC=2,顶点A在坐标原点，B在y轴正半轴上,

C在X轴正半轴上，现沿X轴正半轴将按顺时针方向翻转，则第10次翻转后，顶点4的坐

标为.

三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.（本小题9.0分）

先化简，再求值：（2+x）（2-X）+穴方-3）-1.其中％=，1+1.

18.（本小题9.0分）

（l）√^5-（3-π）0-∣-3+2∣;

(2)-I2×8-8×J(-N?+'

19.(本小题9.0分)

如图，四边形AEFD和L4BCD都是平行四边形，求证:四边形EBCF是平行四边形.

A,D

BC

20.(本小题9.0分)

如图，四边形ZBC。中，AB=3,BC=4,CD=5,AD=6,AB工BC,求四边形4BCD的

面积.

C

ʃ---------------------------、D

21.(本小题9.0分)

在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD,DFLAE,垂足为F.

(1)求证：DF=AB-,

(2)若NFOC=30。，且AB=4,求4).

AD

L

BEC

22.(本小题9.0分)

如图，A城气象台测得台风中心在力城正西方向320∕πn的B处，以每小时40kτn的速度向北偏东

60。的BF方向移动，距离台风中心200AnI的范围内是受台风影响的区域.

(IM城是否受到这次台风的影响？为什么？

(2)若4城受到这次台风影响，那么A城遭受这次台风影响有多长时间？

23.(本小题9.0分)

(1)【发现证明】如图1,四边形4BCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE,以4E为一边作

正方形4EFG,连接DG,求证：DG=BE；

(2)【类比探究】如图2,连接4F交CD于点连接EH,试判断BE、EH,H。之间的数量关

系，并证明你的结论；

(3)【拓展应用】在(2)的条件下，若AB=6,点E恰为BC中点，则△CEH的面积为.

24.(本小题9.0分)

如图，点B(m,n)为平面直角坐标系内一点，且m,n满足n=√πι-8+√8-τn+6,过点

B分别作BA1y轴于点4,BC1X轴于点C.

y八

A

(I)求点B的坐标；

(2)点E从原点。开始沿。→4→B方向运动，速度为每秒1个单位长度，点F以相同的速度同

时从点C开始沿CTO方向运动，当点F运动到点0处后，E、F两点运动停止.设运动的时间为

t(秒)：

①当点E在线段CM上运动过程中，若S四边咖EBF=^S四边触ABC，求’的值•

②在整个运动过程中，当t为何值时，△OEF为等腰三角形？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：•••要使二次根式有意义，

・•・a—2≥O,

・•.a≥2,

二四个选项中，只有选项。中的3满足题意，

故选：D.

根据二次根式有意义的条件进行求解即可.

本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于O是解题

的关键.

2.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了满足是最简二次根式的两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽

方的因数或因式.

判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时

满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是.

【解答】

解：4、被开方数含分母，不是最简二次根式，故A选项错误；

B、√4=2,被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故2选项错误；

C、满足最简二次根式的定义，是最简二次根式，故C选项正确；

。、√-8=2√^,被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故。选项错误.

故选：C.

3.【答案】C

【解析】解：AC-√AB2—BC2-752—32-4m>

故选：C.

直接利用勾股定理求得AC的长即可.

本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是能从实际问题中抽象出直角三角形，难度不大.

4.【答案】B

【解析】解：4、•••62+82=102,二能构成直角三角形，故此选项不符合题意；

B、(C)2+«4)2=7H(H)2=5,不能构成直角三角形，故此选项符合题意；

C、产+(0=(O,能构成直角三角形，故此选项不符合题意；

。、52+122=132,.∙.能构成直角三角形，故此选项不符合题意；

故选：B.

先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可.

本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长α,b,C满足α2+∕√=c2,那么这个

三角形就是直角三角形是解答此题的关键.

5.【答案】A

【解析】解：∙∙∙4C,BD是平行四边形ABCD的对角线得，

：.OD=；BD,OC=^AC,AB=CD,

-：AB=8,AC+BD=30,

・・

•CΔ0CD=OC÷OD÷CD=15÷8=23,

故选：A.

根据4C,BD是平行四边形4BC0的对角线得到OD=TBD,OC=∖λC,AB=CD,结合AB=8,

AC+BD=30即可得到答案.

本题考查根据平行四边形的性质求解，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质.

6.【答案】D

【解析】解：力、∕2+q=ι∑+q,计算错误，不符合题意，选项错误；

B、3，9一，9=2「，计算错误，不符合题意，选项错误；

C、∕%÷2=?,计算错误，不符合题意，选项错误；

。、√(-4)×(-2)=2>J~2,计算正确，符合题意，选项正确，

故选：D.

根据二次根式的运算法则即可得到答案.

本题考查了二次根式的加、减、乘、除、四则运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键.

7.【答案】A

【解析】解：•.・菱形ABC。的对角线AC,BD相交于点O,OA=8,

■■AC=16,点。是BD的中点，

S菱形ABCD=96,

.∙∙BD=96x2÷16=12,

•••DH1BC,

乙DHB=90°,

11

・•.OH=7BD=-×12=6,

故选：A.

根据04=8得到4C=16,结合S菱砌Be。=96得到BD,结合OHLBC可得。”是直角三角形斜边

中线即可得到答案.

本题考查菱形的面积公式及性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是求出BD.

8.【答案】C

【解析】解：连接BP,过C作。MJ.BD,如图所示：

BC=BE,

∙∙∙SABCE=SABPE+SABPC

111I

=^BCXPQ+”EXPR=”CX(PQ+PR)=三BEXCM,

ʌPQ+PR=CM,

•・,四边形4BC。是正方形，

ΛZ-BCD=90o,CD=BC=1,Z.CBD=乙CDB=45°,

・・・BD=√I2÷I2=O,

YBC=CD,CMd.BD,

・•・M为BD中点,

1∕~2

∙∙CM=—BD=y

即PQ+PR值是殍.

故选：C.

连接8P,过C作CM_LBD,利用面积法求解，PQ+PR的值等于C点到BE的距离，即正方形对角

线的一半.

本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方

形的性质，运用面积法求解是解决问题的关键.

9.【答案】2C

【解析】解：原式=√3×4=2√3.

故答案为：2y∏.

根据二次根式的性质计算.

本题主要考查了二次根式的化简.注意最简二次根式的条件是：①被开方数的因数是整数，因式

是整式；②被开方数中不含能开得尽方的因数因式.上述两个条件同时具备(缺一不可)的二次根

式叫最简二次根式.

10.【答案】40°

【解析】解：•••四边形ABCD是菱形，

•∙・Z-DCB=Z-DAB=2Z.1,

•・・Zl=20°,

・•・Z-DCB=2×20°=40°,

故答案为：40°.

根据四边形ABCD是菱形得到ZDCB=/.DAB=2zl,结合Nl=20。即可得到答案.

本题考查菱形的性质，熟知菱形对角线互相垂直平分且平分一组对角是解题的关键.

II.【答案】(4,2)

【解析】解：如图,在DoABC中,0(0,0),4(3,0),

•••OA=BC=3,

又∙∙∙BC//AO,

点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，

•••8(4,2)；

故答案为：(4,2).

根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”得到点B的纵坐标与点C的纵坐标相等，且BC=OA

即可得到结论.

本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质.此题充分利用了“平行四边形的对边相互平行

且相等”的性质.

12.【答案】3-，石

【解析】解：•••，！<口<C，即2<K<3,

ʌ1<4—√5<2，

∙∙∙ɑ=1,b=3—√-5>

ɑð=1×(3—Λ∕-5)=3—V-5>

故答案为：3—√~5∙

根据夹逼法求出，亏的大小，继而求出4-，石的大小，即可得到α,b即可得到答案.

本题考查根数的整数部分与小数部分，解题的关键是根据夹逼法求出根数的范围.

13.【答案】49

【解析】解：在RtΔABE'V,由勾股定理得AE=√AB2-BE2=√132-52=Ucm,

••・4个直角三角形是全等的，

ʌAH=BE—5cm,

.∙∙小正方形的边长HE=AE-AH=12-5=7cm,

二小正方形EFGH的面积=72=49cm2,

故答案为：49.

在RtΔABE中，先根据勾股定理求出AE的长，再根据4个直角三角形是全等的，得出47=BE=5,

从而得到小正方形的边长，进一步求出面积.

本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方.

14.【答案】I

【解析】解:连接力E,

V∆ACB=90o,AC=8,AB=10,

.∙.BC=√IO2-82=6-

•••以4、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M、N,

ED1AB,AD=BD,

.∙.EB=EA9

设EB=EA=X,

在RtΔAEC中根据勾股定理可得，

X2=(%-6)2+82,

解得：X=ɪ,

“25,7

∙∙∙EC=——6=-)

故答案为：ɪ

连接4E,根据勾股定理可得BC=√IO2-82=6,根据作图可得EDLAB,AD=BD,即可得到

EB=EA,设EB=Ea=X,在Rt△AEC中根据勾股定理即可求出，即可得到答案.

本题考查垂直平分线的性质，勾股定理，解题的关键是根据作图得到垂直平分线.

15.【答案】好

【解析】解：连接AG,AC,过4作4K18C,

•・•点E为4H的中点，点尸为GH的中点，

.∙.EF=^AG,

∙∙∙AG最大时EF取得最大值，

•••AKIBC,

:∙ΛAKB=ΛAKG=90o,

：.KG越大4G越大，

•••当G与C重合时EF最大，

•••在平行四边形ABC。中NBCO=135°,

乙B=45°,

•••AD=3,AB=√^2.

∙,.AK=BK=XV-2=1>

.∙.KC=3-1=2,

.∙.AC=√I2+22=√^^5>

∙∙∙EFmax=∣×√~5=殍’

故答案为：£5；

连接AG,过4作力KIBC,根据点E为4”的中点，点尸为GH的中点得至IJEF=々4G,即可得到AG最

大时E尸的最大值，Rt△AKG中可得当G与C重合时最大，结合勾股定理即可得到答案；

本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，勾股定理，解题的关键是作出适当的辅助线.

16.【答案】(7+7√^2,1)

【解析】解：等腰直角三角形力BC的斜边BC=2,

∙∙∙AB=AC=J孚=后=y[~2'

由图象可得：图形3次一循环，

∙.∙10÷3=3…1,

.∙.>4(7+7√7,l))

故答案为：(7+7/21).

根据题意找到循环次数，根据勾股定求出直角边，即可得到答案.

本题考查图形规律，勾股定理，解题的关键是找到图形的循环规律.

17.【答案】解：原式=4一一+%2一3%一1

=3—3%,

当％=Q+1时，原式=3-3√^-3=-3√^2.

【解析】原式利用平方差公式，以及单项式乘以多项式法则计算，去括号合并得到最简结果，把X

的值代入计算即可求出值.

此题考查了整式的混合运算-化简求值，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键.

18.【答案】解：(1)原式=5-1一|一1|

=5-1-1

=3；

(2)原式=-1×8-8×^+4×4

=—8—4+16

=4.

【解析】(1)利用平方根的性质化简，再结合零指数塞的性质以及绝对值的性质化简即可求出答案.

(2)利用平方根的性质化简，再根据实数的运算法则即可解答.

本题主要考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解此题的关键.

19.【答案】证明：••・四边形AEFD是平行四边形，

.∙.AD//EF,AD=EF,

•••四边形4BC。是平行四边形，

.∙.AD=BC,AD//BC,

：.EF∕∕BC,EF=BC,

二四边形EBCF是平行四边形.

【解析】根据四边形AEFD是平行四边形得到力D〃EF,ADEF,根据四边形ABCD是平行四边

形得到AO=BC,AD//BC,即可得至UEF∕∕BC,EF=BC,即可得到证明;

本题考查平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握平行于同一条直线的两条直线互相平

行.

20.【答案】解：连接4C,作CEIA。于点E,

因为4B=3,BC=4,AB1BC,/；\

在直角三角形ABC中：AC=732+42=5,\/'：\

因为CO=ZC=5,AD=6,CEA-AD9A^-----------------------------、D

E

所以AE=3,Z.CEA=90°,

所以CE=√52-32=4,

所以四边形ABCD的面积是：竽+竽=18,

即四边形ABC。的面积是18.

【解析】根据勾股定理可以求得AC的长,然后根据等腰三角形的性质和勾股定理可以得到CE的长,

然后即可求得四边形ABCD的面积.

本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答.

21.【答案】(1)证明：在矩形ABCD中，AD∕∕BC,∆B=90°,

・∙・Z-AEB=∆DAF1

又∙∙∙DF1∕E,

：,Z-DFA=90°,

・•・∆DFA=Z-B,

在AZDF和AETlB中，

∆DFA=乙B

∆DAF=∆AEB,

AD=AE

EAB(AAS)f

・•・DF=AB;

(2)解：V∆ADF+LFDC=90°,乙DAF+乙ADF=90。,

・•・∆FDC=∆DAF=30°,

・・・AD=ZDF,

VDF=ABf

・•・AD=2AB=8.

【解析】(1)根据矩形的性质推出NAEB=∆DAF,∆DFA=ZB,利用44S证明△ADFWAEAB,根

据全等三角形的性质即可得解；

(2)根据含30。角的直角三角形的性质及全等三角形的性质求解即可.

此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与

性质是解题的关键.

22.【答案】解：(1)由4点向BF作垂线，垂足为C,

在RtAABC中，NABC=30°,AB≈320∕cm,则力C=160∕σn,

因为160<200,所以4城要受台风影响；

(2)设BF上点D,DA=200km,则还有一点G,有

AG=200km.

因为OA=AG,所以△4DG是等腰三角形，

因为ACJ.BF,所以AC是DG的垂直平分线，CD=GC,

在RtZkzWC中，DA=200km,AC=160∕cm,

由勾股定理得，CD=√DA2-AC2=√2002-1602=120km，

则OG=2DC=240km,

遭受台风影响的时间是：t=240+40=6∕ι.

【解析】(1)点到直线的线段中垂线段最短，故应由4点向B尸作垂线，垂足为C,若4C>200则A城

不受影响，否则受影响；

(2)点4到直线BF的长为20Oknl的点有两点，分别设为D、G,则44DG是等腰三角形，由于4C1BF,

则C是。G的中点，在RtAAOC中，解出CD的长，则可求DG长，在DG长的范围内都是受台风影响，

再根据速度与距离的关系则可求时间.

此题主要考查辅助线在题目中的应用，勾股定理，点到直线的距离及速度与时间的关系等，较为

复杂.

23.【答案】6

【解析】(1)证明：♦四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形,

∙∙AB=AD1AE=AG,∆BAD=∆EAG=90°,

乙

・•・∆BAD-Z-EAD=EAG-∆EAD1^V∆BAE=∆DAGf

∙.∆BAE≡^DAG(‹SAS)9

••・DG=BE；

(2)解：EH=BE+DH,证明如下：

由(1)知ABZENZiDAG

ʌZ-ADG=Z-B=90o,BE—DG,

•・・∆ADC=90°,

・•・∆CDG=∆ADC+乙ADG=900+90°=180°,

:,H,D,G三点共线，

•・•四边形4EFG是正方形，

ʌAE=AG9∆EAF=∆GAF=45°,

在△瓦4”和中，

ZE=AG

∆EAH=∆GAHf

AH=AH

・•・△EAH妥GAH(SAS),

・・・EH=HG,

∙∙∙HG=DG+DH,BE=DG,

・・・EH=BE+DH；

(3)解：•・・四边形ABC。是正方形，AB=6,

∙∙.BC=AB=CD=6,

E恰为BC中点，

.∙.BE=CE=∖BC=3,

设CH=X,则DH=CD-CH=6-X,

由(2)知EH=BE+OH=3+6-X=9-X

在RtZiECH中，由勾股定理知EC?+CH?=E“2,

ʌX2+32=(9-X)2,

解得X=4,

.∙.CH=4,

11

二SACEH=转。∙C"JX3x4=6,

故答案为：6.

⑴只需要利用S4S证明△BAE=∆LMG即可证明OG=BE；

(2)由全等三角形的性质得到由/40G=48=90。，BE=DG,先证明H,。，G三点共线，再证明

ΔEAH=Δ,