广东省广州市越秀区第七中学2024--2025学年八年级下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 若二次根式有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据题意利用二次根式有意义条件列式计算即可．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，即，
故选：B．
2. 下列各组数，可以作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理逐项判断即可求解，掌握勾股定理的逆定理的应用是解题的关键．
【详解】解：、∵，
∴不可以作为直角三角形的三边长，该选项不合题意；
、∵，
∴可以作为直角三角形的三边长，该选项符合题意；
、∵，
∴不可以作为直角三角形的三边长，该选项不合题意；
、∵，
∴不可以作为直角三角形的三边长，该选项不合题意；
故选：．
3. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用合并同类二次根式，二次根式的除法法则，二次根式非负性性质化简解题，逐项计算，即可解答．
【详解】解：A．，故该选项错误；
B．，故该选项错误；
C．，故该选项错误；
D．，故该选项正确；
故答案为D．
【点睛】本题考查二次根式的化简、合并、除法等性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4. 如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作弧，弧与数轴正半轴交于点，则点所表示的数是（ ）
A. 2.2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了实数与数轴以及勾股定理的应用，利用勾股定理正确得出的长是解题关键．
直接利用勾股定理得出的长，进而得出答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
故弧与数轴的交点P表示的数为：．
故选：B．
5. 满足下列条件的四边形是正方形的有（ ）个
（1）对角线互相垂直且相等的平行四边形；（2）对角线互相垂直的矩形；
（3）对角线相等菱形；（4）对角线互相垂直平分且相等的四边形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用正方形的判定方法逐一分析判断得出答案即可．
【详解】（1）对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；
∵对角线互相垂直，
∴这个平行四边形是菱形，
∵对角线相等，
∴这个菱形是正方形．
（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．
∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴两条对角线互相垂直的矩形是正方形．
（3）对角线相等的菱形是正方形；
∵对角线相等的平行四边形是矩形，
∴对角线相等的菱形是正方形．
（4）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形是矩形，
∴对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
故选D．
【点睛】此题考查正方形的判定，掌握基本的判定方法是解决问题的关键．
6. 下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A. 等边对等角
B. 矩形的对角线相等
C. 菱形的四条边都相等
D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【解析】
【分析】先写出各个选项的逆命题，逐个进行判断即可．
【详解】解：A、逆命题为“等角对等边”，是真命题，故选项不符合题意；
B、逆命题为“对角线相等的四边形是矩形”，是假命题，故选项符合题意；
C、逆命题为“四条边都相等的四边形是菱形”，是真命题，故选项不符合题意；
D、逆命题为“如果三角形一条边上的中线等于这条边的一半，这个三角形是直角三角形”，是真命题，故选项不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质、菱形的判定和性质、直角三角形的性质，解题的关键是正确写出各个命题的逆命题，再进行判断．
7. 如图，从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形，则余下部分的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据截去面积为和的两个小正方形可得到阴影部分的宽和长分别为即可解答．
【详解】解：∵从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形，
∴小正方形的边长分别为，
∴阴影部分的宽和长分别为，
∴阴影部分面积为：（），
故选．
【点睛】本题考查了二次根式与实际问题，正方形的面积，二次根式的乘法运算法则，算术平方根，掌握二次根式的乘法运算是解题的关键．
8. 在四边形中，点分别是的中点，与满足（ ）条件时，则四边形是矩形．
A. 相等B. 互相平分C. 垂直D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理得到，，得到，，得到四边形是平行四边形；根据矩形的判定定理解答即可．本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定是解题的关键．
【详解】解：当时，四边形矩形，理由如下：
∵点分别是的中点，
∴为的中位线，为的中位线，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
∵为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
∴平行四边形矩形
故选：C
9. 如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（ ）

A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵，
∴四边形ABEC为平行四边形，
∵，
∴，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
∴2AF=2BF，
即BC=AE，
∴平行四边形ABEC是矩形，
∴∠BAC=90°，
∴,
∴矩形ABEC的面积为．
故选：B
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．
10. 如图，在平行四边形中，，则的值为（ ）
A. 80B. 64C. 40D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】如图，过点A作于点T，过点B作于点J．证明，推出，，设，．利用勾股定理求解．本题考查平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数解决问题．
【详解】解：如图，过点A作于点T，过点B作于点J．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
设，．
∵，
则有
．
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．）
11. 在直角三角形中，两条直角边的长分别为9和12，则斜边的长为______．
【答案】15
【解析】
【分析】根据勾股定理直接求出斜边的长即可．
【详解】解：∵在直角三角形中，两条直角边的长分别为9和12，
∴斜边长为：．
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长为a、b，斜边长为c，那么．
12. 当x＝－1时，代数式x2＋2x＋3值是________．
【答案】7
【解析】
【分析】先把条件变形得到，两边平方后变形得到，然后利用整体代入的方法计算.
【详解】，
，
，
即，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值.也考查了整体代入的思想的运用.
13. 如图，中，，分别是，的中点．若，，，则的长等于___________________．
【答案】5
【解析】
【分析】由三角形中位线定理推出，由勾股定理的逆定理得到，由直角三角形斜边中线的性质推出，于是得到．本题考查三角形中位线定理，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边的中线，关键是由三角形中位线定理得到，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由直角三角形斜边中线的性质推出．
【详解】解：∵D，E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴
∵，，，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴．
故答案为：5．
14. 如图，菱形，其中点坐标是，则顶点的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形性质以及勾股定理，坐标与图形的性质，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
由两点距离公式可求，由菱形的性质可得，，即可求解．
【详解】解：∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴点，
故答案为：．
15. △ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，AC＝4，则BC＝____．
【答案】8或4．
【解析】
【分析】分两种情况进行解答，一是∠ACB为锐角，另一种∠ACB为钝角，分别画出图形，通过作高，构造直角三角形，利用直角三角形的性质和边角关系进行解答即可．
【详解】①当∠ACB为锐角时，如图1，过点A作AD⊥BC，垂足为D，

在Rt△ABD中，∵∠ABC＝30°，AB＝4，
∴AD＝AB＝2，BD＝cs30°×AB＝6，
在Rt△ADC中，DC＝＝2，
∴BC＝BD+DC＝6+2＝8；
②当∠ACB为钝角时，如图2，过点A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，

在Rt△ABD中，∵∠ABC＝30°，AB＝4，
∴AD＝AB＝2，BD＝cs30°×AB＝6，
在Rt△ADC中，DC＝＝2，
∴BC＝BD﹣DC＝6﹣2＝4；
因此BC的长为8或4，
故答案为：8或4．
【点睛】本题考查直角三角形的性质、直角三角形的边角关系等知识，分类画出相应的图形，作高构造直角三角形是常用的方法．
16. 如图，在正方形中，是对角线上一点，且满足，连接并延长交于点，连接，过点作于点，延长交于点．在下列结论中：
①；
②；
③垂直平分；
④．
其中正确的结论有___________（填正确的序号）．
【答案】①③④
【解析】
【分析】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和，垂直平分线的判定，勾股定理的应用，解题的关键是恰当的证明角相等及构造勾股定理．
【详解】解：在正方形中
，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故①正确
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分．
∴，
故③正确．
由不垂直，可判断出，
故②错误．
设正方形的边长为，则
，
∴，
在中，
即
∴
∴（不合题意，舍去）
解得
即，
故④正确．
故答案为：①③④
三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的化简方法．
先计算乘法，再计算加减即可；
【详解】解：原式．
18. 如图，某人欲横渡一条河，由于水流的影响，实际上岸地点A处偏离欲到达地点B处，结果他在水中实际游的路程比河的宽度多．求该河的宽度的长．
【答案】米
【解析】
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．设米，则米，根据勾股定理得出，求出即可得出答案．
【详解】解：根据题意可知：设米，则米，
在中，，，
即，
解得：，
即米，
答．该河的宽度为75米．
19. 如图，已知中，点分别在上，且．求证：．
【答案】见详解
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质．
证明四边形是矩形可得结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是矩形，
．
20. 已知，求下列各式的值：
（1）； （2）．
【答案】（1）12；（2）．
【解析】
【分析】先求出 ， ，
（1）然后利用完全平方公式进行因式分解，即可求解；
（2）然后利用平方差公式进行因式分解，即可求解．
【详解】解：∵，
∴ ， ，
∴（1）；
（2）．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式和平方差公式，二次根式的加减运算和乘法运算，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21. 如图，矩形的对角线相交于点O，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）4
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，掌握相关判定和性质，是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的对角线相等且平分，得到，即可得证；
（2）连接，证明四边形是平行四边形，进而得到，利用菱形的面积公式进行计算即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是矩形，
∴，，．
∴．
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：如图，连接，
由（1）知四边形是菱形，
∴．
∵，
∴，．
∴四边形是平行四边形．
∴．
∴．
∴菱形的面积是4．
22. 如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．
（1）从运动开始，求使需经过多少时间？
（2）连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）当或或时，为等腰三角形．
【解析】
【分析】（1）已知，当时，四边形是平行四边形，根据平行四边形对边相等可得，设运动的时间是，可得关于的方程，解方程即可得到运动的时间；
（2）当为等腰三角形，应分三种情况求解：第一种情况、当时，第二种情况、当时，第三种情况、当时．
【小问1详解】
解：设运动的时间是，
，，
，
当时，四边形是平行四边形，
，
即，
解得：，
从运动开始，使需经过；
【小问2详解】
解：当或或时，为等腰三角形，
如下图所示，过点
作，
则，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，
是等腰三角形，
当时，，
解得：；
如下图所示，
当时，
，
，
，
解得：；
当时，
，，
，
，
，
整理得：，
解得：；
综上所述，当或或时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查了动点几何问题、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是根据图形的性质找到边之间的关系，再利用边之间的关系列方程求解即可．
23. 在“勾股定理”一章的学习中，我们体会到了勾股定理应用的广泛性，以及“数形结合”是解决数学问题的一种重要的思想方法．【已有认识】由于由此得到在数轴上寻找所表示的点的方法，如图．
（1）【已有认识】结合正方形网格，我们还可以表示某些长度为无理数的线段．
【拓展运用】请在图正方形网格（每个小正方形的边长为）内，
①画出顶点在格点的，其中，
②直接写出的面积___________．
（2）【拓展运用】
①在图中，设轴，轴，于点，则______________________，由此得到平面直角坐标系内任意两点间的距离公式；
②图中，平面直角坐标系中有两点为轴上任一点，则的最小值为___________；
③应用平面内两点间的距离公式，求代数式的最小值为：___________．
【答案】（1）（）①画图见解析；②
（2）①，；②；③
【解析】
【分析】（）①根据题意画出三角形即可；②利用割补法计算即可；
（）①根据题意和坐标系写出答案即可；②作点关于轴对称的点，连接，直线与轴的交点即为所求的点，可得，即得是的最小值，再利用两点间的距离公式计算即可；③由得表示点到点的距离与点到点和点到的距离之和，可知当点共线时，距离之和最小，最小值为线段的长，利用两点间的距离公式求出即可；
本题考查了平面直角坐标系内任意两点间的距离公式及其应用，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
【小问1详解】
解：①如图所示，即为所求；
②，
故答案为：；
【小问2详解】
解：①由题意得，，，
故答案为：，；
②如图，作点关于轴对称的点，连接，直线与轴的交点即为所求的点，
∵，
∴，
∵，
∴，
即的最小值为，
故答案为：；
③∵，
∴表示点到点的距离与点到点和点到的距离之和，
由图可知，当点共线时，距离之和最小，最小值为线段的长，
∵，
∴的最小值为，
故答案为：．
24. 已知四边形是平行四边形，，点是边上一个动点，连接，沿将翻折至（如图1），所在的直线与交于点．
（1）当点落在上时（如图2），判断四边形的形状，并证明；
（2）当点与点重合时，求的长；
（3）当取最大值时，求此时的长．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质和折叠的性质即可证明四边形是菱形．
（2）过作，交的延长线于，依据中，，列方程求解即可得出结论；
（3）依据，可知，当最短时，最大，进而得出当时，有最大值．依据中，，列方程求解即可得出结论．
【小问1详解】
解：四边形是菱形．
理由：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
根据折叠可得，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：如图所示，过作，交的延长线于，
设，则，
由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又 ∵，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴．
故答案为：．
【小问3详解】
解：如图所示，由折叠可得，
∵，
，
，
，
，
∴当最短时，最大，
∴当时，最短，有最大值，
由（2）可得与之间距离为，
∴当时，，
设，则，
由折叠可得，
在中，，
即，
解得：（舍去），
．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，解一元二次方程，平行四边形的性质以及勾股定理的综合运用，解题的方法是设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
25. 如图1，在正方形中，分别为边上的动点且满足；
（1）求证：；
（2）若点为的中点，求的长；
（3）如图2，若，且点、分别为边、上的动点，且始终满足．求的最小值．
【答案】（1）见详解 （2）4
（3）
【解析】
【分析】（1）通过正方形的性质证得，得到，推出，根据垂直的定义得到结论；
（2）过点G作于H，且交于点，则，证明四边形是矩形，运用勾股定理得，根据等面积法得，以及勾股定理得，，，即可得到结论；
（3）过点B作，过点M作，两直线交于点P，则四边形是平行四边形，求得，，得到，要求的最小值，即求的最小值，连接，当P，M，E三点共线时，的最小值为的长，根据平行线的性质得到，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过点G作于H，且交于点，则，
∴，
则四边形是矩形，
∴，
∵E是的中点，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，．
在中，，
∴，
∵，
∴，
则，
∴，
则，
在中，，
∴，
在中，．
【小问3详解】
解：过点B作，过点M作，两直线交于点P，
则四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
要求的最小值，即求的最小值；
连接，当P，M，E三点共线时，的最小值为的长；
∵，
∴，
又，
∴，
∴；
由（1）得，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴的最小值是．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形等面积法，直角三角形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键．