八年级期中考试数学及答案

八年级期中考试数学及答案一、选择题（每小题3分，共30分）1.下列二次根式中，最简二次根式是（）A.$\sqrt{8}$B.$\sqrt{\frac{1}{2}}$C.$\sqrt{12}$D.$\sqrt{15}$2.若式子$\sqrt{x1}$在实数范围内有意义，则$x$的取值范围是（）A.$x\geq1$B.$x\gt1$C.$x\lt1$D.$x\leq1$3.下列计算正确的是（）A.$\sqrt{2}+\sqrt{3}=\sqrt{5}$B.$2+\sqrt{2}=2\sqrt{2}$C.$\sqrt{(2)^2}=2$D.$\sqrt{8}\sqrt{2}=\sqrt{2}$4.直角三角形的两条直角边长分别为6和8，则斜边长是（）A.10B.12C.14D.165.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（）A.2，3，4B.3，4，6C.5，12，13D.6，7，86.平行四边形的对角线一定具有的性质是（）A.相等B.互相平分C.互相垂直D.互相垂直且相等7.菱形具有而平行四边形不具有的性质是（）A.对角线互相平分B.邻角互补C.每条对角线平分一组对角D.对角相等8.如图，在矩形$ABCD$中，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，$\angleAOB=60^{\circ}$，$AC=6$，则$AB$的长是（）A.3B.6C.$3\sqrt{3}$D.$6\sqrt{3}$9.已知四边形$ABCD$是平行四边形，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$，下列结论中不正确的是（）A.当$AB=BC$时，四边形$ABCD$是菱形B.当$AC\perpBD$时，四边形$ABCD$是菱形C.当$OA=OB$时，四边形$ABCD$是矩形D.当$\angleABD=\angleCBD$时，四边形$ABCD$是矩形10.如图，在正方形$ABCD$中，$E$是$BC$边上的一点，$BE=4$，$EC=8$，将正方形边$AB$沿$AE$折叠到$AF$，延长$EF$交$DC$于$G$，连接$AG$，现在有如下4个结论：①$\triangleABG\cong\triangleAFG$；②$GC=6$；③$\angleEAG=45^{\circ}$；④$S_{\triangleEFC}=14$。其中正确的结论有（）A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题（每小题3分，共18分）11.计算：$\sqrt{18}\sqrt{8}=$______。12.若$\sqrt{(x3)^2}=3x$，则$x$的取值范围是______。13.已知一个直角三角形的两条直角边分别为6和8，则斜边上的高为______。14.菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为______。15.如图，在矩形$ABCD$中，$AB=3$，$BC=4$，点$E$是$BC$边上一点，连接$AE$，把$\angleB$沿$AE$折叠，使点$B$落在点$B'$处，当$\triangleCEB'$为直角三角形时，$BE$的长为______。16.如图，在平面直角坐标系中，四边形$OABC$是正方形，点$A$的坐标是$(4,0)$，点$P$为边$AB$上一点，$\angleCPB=60^{\circ}$，沿$CP$折叠正方形，折叠后，点$B$落在平面内点$B'$处，则$B'$点的坐标为______。三、解答题（共72分）17.（8分）计算：(1)$(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}1)\sqrt{16}$；(2)$\sqrt{24}\div\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{2}}\times\sqrt{12}+\sqrt{48}$。18.（8分）已知$x=\sqrt{3}+1$，$y=\sqrt{3}1$，求下列各式的值：(1)$x^2+2xy+y^2$；(2)$x^2y^2$。19.（8分）如图，在四边形$ABCD$中，$AB=3$，$BC=4$，$CD=12$，$AD=13$，$\angleB=90^{\circ}$，求四边形$ABCD$的面积。20.（8分）如图，在$\triangleABC$中，$D$是$BC$边的中点，$E$，$F$分别在$AD$及其延长线上，$CE\parallelBF$，连接$BE$，$CF$。(1)求证：$\triangleBDF\cong\triangleCDE$；(2)若$AB=AC$，求证：四边形$BFCE$是菱形。21.（10分）如图，在矩形$ABCD$中，$AB=6$，$BC=8$，$E$是$BC$边上一点，将$\triangleABE$沿$AE$折叠，使点$B$落在点$B'$处。(1)当点$B'$落在对角线$AC$上时，求$BE$的长；(2)当$\triangleCEB'$为直角三角形时，求$BE$的长。22.（10分）如图，在正方形$ABCD$中，点$E$，$F$分别在边$BC$，$CD$上，且$AE=EF=FA$。(1)求证：$\triangleABE\cong\triangleADF$；(2)求$\angleAEB$的度数。23.（10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形$OABC$是平行四边形，$A(4,0)$，$C(1,3)$，点$D$是$OA$的中点，点$P$在线段$BC$上由点$B$向点$C$运动。(1)求点$B$的坐标；(2)当四边形$PODC$是平行四边形时，求点$P$的坐标。24.（10分）如图，在$\triangleABC$中，$\angleBAC=90^{\circ}$，$AB=AC$，$D$为$BC$中点，$E$，$F$分别是$AB$，$AC$上的点，且$DE\perpDF$。(1)求证：$BE^2+CF^2=EF^2$；(2)若$BE=6$，$CF=8$，求$\triangleDEF$的面积。答案一、选择题1.D解析：最简二次根式需满足被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，且被开方数不含分母。$\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，$\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，只有$\sqrt{15}$是最简二次根式。2.A解析：二次根式有意义的条件是被开方数为非负数，所以$x1\geq0$，即$x\geq1$。3.D解析：$\sqrt{2}$与$\sqrt{3}$不是同类二次根式，不能合并，A错误；$2$与$\sqrt{2}$不是同类二次根式，不能合并，B错误；$\sqrt{(2)^2}=\sqrt{4}=2$，C错误；$\sqrt{8}\sqrt{2}=2\sqrt{2}\sqrt{2}=\sqrt{2}$，D正确。4.A解析：根据勾股定理$a^2+b^2=c^2$（其中$a$、$b$为直角边，$c$为斜边），可得斜边长为$\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$。5.C解析：根据勾股定理的逆定理，若$a^2+b^2=c^2$，则以$a$、$b$、$c$为边的三角形是直角三角形。$5^2+12^2=25+144=169=13^2$，所以能构成直角三角形。6.B解析：平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直，正方形的对角线互相垂直且相等，所以平行四边形对角线一定具有的性质是互相平分。7.C解析：菱形是特殊的平行四边形，平行四边形的性质菱形都有，而菱形的每条对角线平分一组对角，这是平行四边形不具有的性质。8.A解析：因为四边形$ABCD$是矩形，所以$OA=OB$。又因为$\angleAOB=60^{\circ}$，所以$\triangleAOB$是等边三角形，所以$AB=OA=\frac{1}{2}AC=3$。9.D解析：一组邻边相等的平行四边形是菱形，A正确；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，B正确；对角线相等的平行四边形是矩形，因为$OA=OB$，所以$AC=BD$，四边形$ABCD$是矩形，C正确；当$\angleABD=\angleCBD$时，只能说明$BD$平分$\angleABC$，不能得出四边形$ABCD$是矩形，D错误。10.C解析：①因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB=AD$，$\angleB=\angleD=90^{\circ}$。由折叠可知$AB=AF$，$\angleB=\angleAFE=90^{\circ}$，所以$AF=AD$，$\angleAFG=\angleD=90^{\circ}$。又因为$AG=AG$，所以$\triangleABG\cong\triangleAFG$（HL），①正确。②设$GC=x$，则$DG=12x$，$FG=DG=12x$，$EF=BE=4$，$EC=8$。在$Rt\triangleEGC$中，根据勾股定理可得$EG^2=EC^2+GC^2$，即$(4+12x)^2=8^2+x^2$，解得$x=6$，所以$GC=6$，②正确。③因为$\triangleABG\cong\triangleAFG$，$\triangleABE\cong\triangleAFE$，所以$\angleBAG=\angleFAG$，$\angleBAE=\angleFAE$，所以$\angleEAG=\frac{1}{2}\angleBAD=45^{\circ}$，③正确。④$S_{\triangleEFC}=\frac{1}{2}\timesEC\timesGC=\frac{1}{2}\times8\times6=24\neq14$，④错误。二、填空题11.$\sqrt{2}$解析：$\sqrt{18}\sqrt{8}=3\sqrt{2}2\sqrt{2}=\sqrt{2}$。12.$x\leq3$解析：因为$\sqrt{(x3)^2}=\vertx3\vert$，又$\sqrt{(x3)^2}=3x=(x3)$，所以$\vertx3\vert=(x3)$，则$x3\leq0$，即$x\leq3$。13.$4.8$解析：先根据勾股定理求出斜边为$\sqrt{6^2+8^2}=10$。设斜边上的高为$h$，根据三角形面积公式可得$\frac{1}{2}\times6\times8=\frac{1}{2}\times10\timesh$，解得$h=4.8$。14.20解析：菱形的对角线互相垂直平分，所以两条对角线的一半分别为3和4。根据勾股定理可得菱形的边长为$\sqrt{3^2+4^2}=5$，则周长为$4\times5=20$。15.$\frac{3}{2}$或3解析：当$\angleB'EC=90^{\circ}$时，由折叠可知$\angleAEB=\angleAEB'=45^{\circ}$，所以$\triangleABE$是等腰直角三角形，$BE=AB=3$。当$\angleEB'C=90^{\circ}$时，设$BE=x$，则$B'E=x$，$EC=4x$，$AB'=AB=3$，$AC=\sqrt{3^2+4^2}=5$，所以$B'C=53=2$。在$Rt\triangleEB'C$中，根据勾股定理可得$x^2+2^2=(4x)^2$，解得$x=\frac{3}{2}$。16.$(2,42\sqrt{3})$解析：因为四边形$OABC$是正方形，$A(4,0)$，所以$B(4,4)$，$C(0,4)$。在$Rt\trianglePBC$中，$\angleCPB=60^{\circ}$，$BC=4$，则$PB=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$PC=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。过点$B'$作$B'D\perpy$轴于点$D$。因为$\angleBCP=30^{\circ}$，所以$\angleB'CD=30^{\circ}$，则$B'D=\frac{1}{2}B'C=\frac{1}{2}BC=2$，$CD=2\sqrt{3}$，所以$OD=42\sqrt{3}$，所以$B'$点的坐标为$(2,42\sqrt{3})$。三、解答题17.(1)解：\[\begin{align}&(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}1)\sqrt{16}\\=&(\sqrt{3})^21^24\\=&314\\=&2\end{align}\](2)解：\[\begin{align}&\sqrt{24}\div\sqrt{3}\sqrt{\frac{1}{2}}\times\sqrt{12}+\sqrt{48}\\=&\sqrt{24\div3}\sqrt{\frac{1}{2}\times12}+4\sqrt{3}\\=&\sqrt{8}\sqrt{6}+4\sqrt{3}\\=&2\sqrt{2}\sqrt{6}+4\sqrt{3}\end{align}\]18.(1)解：因为$x=\sqrt{3}+1$，$y=\sqrt{3}1$，所以$x+y=(\sqrt{3}+1)+(\sqrt{3}1)=2\sqrt{3}$。则$x^2+2xy+y^2=(x+y)^2=(2\sqrt{3})^2=12$。(2)解：因为$x=\sqrt{3}+1$，$y=\sqrt{3}1$，所以$x+y=2\sqrt{3}$，$xy=(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}1)=2$。则$x^2y^2=(x+y)(xy)=2\sqrt{3}\times2=4\sqrt{3}$。19.解：连接$AC$。因为$\angleB=90^{\circ}$，$AB=3$，$BC=4$，根据勾股定理可得$AC^2=AB^2+BC^2=3^2+4^2=25$，所以$AC=5$。在$\triangleACD$中，$AC=5$，$CD=12$，$AD=13$，因为$AC^2+CD^2=5^2+12^2=169=13^2=AD^2$，所以$\triangleACD$是直角三角形，且$\angleACD=90^{\circ}$。所以四边形$ABCD$的面积为$S_{\triangleABC}+S_{\triangleACD}=\frac{1}{2}\timesAB\timesBC+\frac{1}{2}\timesAC\timesCD=\frac{1}{2}\times3\times4+\frac{1}{2}\times5\times12=6+30=36$。20.(1)证明：因为$CE\parallelBF$，所以$\angleFBD=\angleECD$。因为$D$是$BC$边的中点，所以$BD=CD$。又因为$\angleBDF=\angleCDE$，所以$\triangleBDF\cong\triangleCDE$（ASA）。(2)证明：因为$\triangleBDF\cong\triangleCDE$，所以$BF=CE$。又因为$CE\parallelBF$，所以四边形$BFCE$是平行四边形。因为$AB=AC$，$D$是$BC$边的中点，所以$AD\perpBC$，即$EF\perpBC$。所以平行四边形$BFCE$是菱形。21.(1)解：在矩形$ABCD$中，$AB=6$，$BC=8$，根据勾股定理可得$AC=\sqrt{6^2+8^2}=10$。因为将$\triangleABE$沿$AE$折叠，点$B$落在点$B'$处，所以$AB'=AB=6$，$BE=B'E$，$\angleAB'E=\angleB=90^{\circ}$。所以$B'C=ACAB'=106=4$。设$BE=x$，则$B'E=x$，$EC=8x$。在$Rt\triangleEB'C$中，根据勾股定理可得$x^2+4^2=(8x)^2$，\[\begin{align}x^2+16&=6416x+x^2\\16x&=48\\x&=3\end{align}\]所以$BE$的长为3。(2)解：当$\triangleCEB'$为直角三角形时，有两种情况：①当$\angleB'EC=90^{\circ}$时，由折叠可知$\angleAEB=\angleAEB'=45^{\circ}$，所以$\triangleABE$是等腰直角三角形，$BE=AB=6$。②当$\angleEB'C=90^{\circ}$时，因为$\angleAB'E=90^{\circ}$，所以点$A$，$B'$，$C$共线，同(1)可得$BE=3$。综上，$BE$的长为3或6。22.(1)证明：因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB=AD$，$\angleB=\angleD=90^{\circ}$。又因为$AE=EF=FA$，所以$\triangleAEF$是等边三角形，所以$\angleEAF=60^{\circ}$，$AE=AF$。在$Rt\triangleABE$和$Rt\triangleADF$中，$\begin{cases}AB=AD\\AE=AF\end{cases}$，所以$\triangleABE\cong\triangleADF$（HL）。(2)解：设$\angleBAE=x$，因为$\triangleABE\cong\triangleADF$，所以$\angleDAF=x$。因为$\angleEAF=60^{\circ}$，$\angleBAD=90^{\circ}$，所以$2x+60^{\circ}=90^{\circ}$，解得$x=15^{\circ}$。在$Rt\triangleABE$中，$\angleAEB=90^{\circ}\angleBAE=90^{\circ}15^{\circ}=75^{\circ}$。23.(1)解：因为四边形$OABC$是平行四边形，$A(4,0)$，$C(1,3)$，所以$BC\parallelOA$，$BC=OA=4$。因为点$C$的纵坐标为3，所以点$B$的纵坐标也为3。又因为点$C$的横坐标为1，所以点$B$的横坐标为$1+4=5$，所以点$B$的坐标为$(5,3)$。(2)解：因为点$D$是$OA$的中点，$A(4,0)$，所以$D(2,0)$。因为四边形$PODC$是平行四边形，所以$PC\paral