人教版数学八年级下册期中素养综合测试(含解析）

人教版数学八年级下册期中素养综合测试
(满分120分,限时100分钟)
一、选择题(每小题3分,共30分)
1.(2023山东青岛期中)下列各组二次根式中,化简后属于可以合并的二次根式的一组是(　　)
A.和　　　　 B.和　　
C.和　　　　D.和
2.(2022湖北潜江中考)下列各式计算正确的是(　　)
A.+=　　　　B.4-3=1　　
C.×=　　　　D.÷2=
3.(2021山东滨州中考)如图,在 ABCD中,BE平分∠ABC交DC于点E.若∠A=60°,则∠DEB的大小为(　　)
A.130°　　B.125°　　C.120°　　D.115°
4.(2023河南三门峡期中)下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是(　　)
A.1,2,　　　　 B.,,　　
C.10,15,20　　　 　D.5,12,17
5.如图,在△ABC中,D为BC上一点,DE∥AB,DF∥AC.增加下列条件能判定四边形AFDE为菱形的是(　　)
A.点D在∠BAC的平分线上
B.AB=AC
C.∠A=90°
D.点D为BC的中点
6.(2022北京景山学校期中)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD为AB边上的中线,延长CB至点E,使BE=BC,连接DE,F为DE的中点,连接BF.若AC=8,BC=6,则BF的长为(　　)
A.2　　B.2.5　　C.3　　D.4
7.(2023广东佛山期末)在学习“勾股数”的知识时,爱动脑的小明发现了一组有规律的勾股数,并将它们记录在如下的表格中,当a=90时,b的值为(　　)
a 6 8 10 12 14 …
b 8 15 24 35 48 …
c 10 17 26 37 50 …
A.2 022　　　　B.2 023　　
C.2 024　　　　D.2 025
8.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点E,点F分别是AC,BC的中点,D是斜边AB上一点,添加下列条件可以使四边形DECF成为矩形的是(　　)
A.AD=BD　　　 　B.∠ACD=∠BCD
C.CD⊥AB　　　　D.CD=AC
9.如图,AC,BD是菱形ABCD的对角线,E,F是BD上两点,且BE=DF,连接AE,CE,AF,CF,添加一个条件使四边形AECF是正方形,这个条件可以是(　　)
A.∠AEB=∠CFD　　　　B.BE=OE　　
C.BD⊥AC　　　　 D.AC=2OE
10.(2023湖北黄石期末)如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD交于点O,E为CD延长线上的一点,且CD=DE,连接BE分别交AC、AD于点F、G,连接OG,则下列结论:①OG=AB;②与△DEG全等的三角形共有5个;③四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等;④以点A、B、D、E为顶点的四边形是菱形.其中一定成立的是(　　)
A.①③④　　　　B.①②③　　
C.①②④　　　　D.②③④
二、填空题(每小题3分,共24分)
11.(2023黑龙江绥化中考)若式子有意义,则x的取值范围是　　　　　　.
12.(2023北京海淀期中)如图,已知平行四边形ABCD中,∠BAD的平分线交边BC于点E,交DC的延长线于点F,如果∠F=70°,那么∠B的度数是　　　　.
13.如图所示的网格是正方形网格,则∠BAC+∠CDE=　　　　°(点A,B,C,D,E是网格线交点).
14.【新考向·新定义试题】我们规定:对于任意的正数m、n的运算“Φ”为:当m<n时,mΦn=2+;当m≥n时,mΦn=2-,其他运算符号意义不变.按上述规定,计算(3Φ2)-(8Φ12)的结果为　　　　.
15.(2020台湾省中考改编)如图,P点为矩形ABCD两对角线的交点,将P点分别以AD、BC为对称轴画出对称点Q、R,形成六边形QABRCD.若AB=2,AD=4,则六边形QABRCD的周长为　　　　.
16.(2023甘肃金昌中考)如图,菱形ABCD中,∠DAB=60°,BE⊥AB,DF⊥CD,垂足分别为B,D,若AB=6 cm,则EF=　　　　cm.
17.(2023广西中考)如图,在边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD上的动点,M,N分别是EF,AF的中点,则MN的最大值为　　　.
18.(2023河南郑州模拟)如图1,矩形纸片ABCD中,AB=5,AD=12,要在矩形纸片内折出一个菱形,现有两种方案:甲:如图2,取两组对边中点的方法折出四边形EFGH.乙:如图3,沿矩形的对角线AC折出∠CAE=∠CAD,∠ACF=∠ACB的方法得到四边形AECF.下列说法正确的是　　　　(只填序号).
①甲折出的四边形是菱形;②乙折出的四边形不是菱形;③甲、乙折出的四边形面积一样大;④乙折出的四边形面积大.
　　
三、解答题(共66分)
19.[含评分细则](8分)计算:
(1)(+)(-)-|1-|;
(2)÷-×+.
20.[含评分细则](8分)如图,在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中,△ABC的三个顶点均在格点上,请按要求解决下列问题:
(1)通过计算判断△ABC的形状;
(2)在图中确定一个格点D,连接AD,CD,使四边形ABCD为平行四边形,并求出 ABCD的面积.
21.[含评分细则](8分)如图,在一条东西走向河流的一侧有一村庄C,河边原有两个取水点A、B,道路AC因为施工需要封闭,该村为方便村民取水,决定在河边新建一个取水点H(A,H,B在同一条直线上),并新修一条道路CH,已知CB=千米,CH=2千米,HB=1千米.
(1)判断CH是不是村庄C到河边最近的道路,请通过计算加以说明;
(2)已知新的取水点H与原取水点A相距1.5千米,求新路CH比原路CA少多少千米.
22.[含评分细则](10分)已知△ABC三条边的长度分别是,,4-,记△ABC的周长为C△ABC.
(1)当x=2时,△ABC的最长边的长度是　　　　(请直接写出答案);
(2)请求出C△ABC(用含x的代数式表示,结果要求化简);
(3)我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边长求面积的秦九韶公式:S=,其中三角形的边长分别为a,b,c,三角形的面积为S,若x为整数,则当C△ABC取得最大值时,请用秦九韶公式求出△ABC的面积.
23.[含评分细则](10分)如图,在△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,过点A作AE∥BC,使AE=BD,连接BE.
(1)求证:四边形AEBD是矩形;
(2)取AB的中点F,作FG⊥AB,交BE于点G,若AD=8,BD=4,求EG的长.
24.[含评分细则](2021广西玉林中考)(10分)如图,在四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点O,已知OA=OC,OB=OD,过点O作EF⊥BD,分别交AB、DC于点E、F,连接DE、BF、AF.
(1)求证:四边形DEBF是菱形;
(2)若AD∥EF,AD+AB=12,BD=4,求AF的长.
25.[含评分细则](2023江苏南通期中)(12分)如图,点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点,点F在BE的延长线上,且EF=BE,EF与CD交于点G.
(1)求证:DF∥AC;
(2)连接DE、CF,若2AB=BF,G恰好是CD的中点,求证:四边形CFDE是矩形;
(3)在(2)的条件下,若四边形CFDE是正方形,且BC=10,求AB的长.
答案全解全析
1.B　因为=3,而和3不可以合并,所以选项A不符合题意;因为=2,=3,所以和可以合并,所以选项B符合题意;因为=3,而3与不可以合并,所以选项C不符合题意;因为=,而与不可以合并,所以选项D不符合题意.故选B.
2.C　与不能合并,原计算错误;4-3=,原计算错误;×==,正确;÷2=2÷2=,原计算错误.故选C.
3.C　∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,DC∥AB,
∴∠A+∠ABC=180°,∠ABE+∠DEB=180°,∵∠A=60°,∴∠ABC=120°,
∵BE平分∠ABC,∴∠ABE=60°,∴∠DEB=120°,故选C.
4.A　∵12+()2=4,22=4,∴12+()2=22,∴1,2,能组成直角三角形,故选项A符合题意;∵()2+()2=7,()2=5,∴()2+()2≠()2,∴不能组成直角三角形,故选项B不符合题意;∵102+152=325,202=400,∴102+152≠202,∴不能组成直角三角形,故选项C不符合题意;∵52+122=169,172=289,∴52+122≠172,∴不能组成直角三角形,故选项D不符合题意.故选A.
5.A　如图,连接AD,
∵DE∥AB,DF∥AC,∴四边形AFDE是平行四边形,∠BAD=∠ADE,当点D在∠BAC的平分线上时,∠BAD=∠CAD,∴∠EAD=∠ADE,∴DE=AE,∴平行四边形AFDE是菱形.增加选项B或D的条件后不能判定平行四边形AFDE是菱形;增加选项C的条件后能判定平行四边形AFDE是矩形.故选A.
6.B　∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,
∴AB===10.又∵CD为AB边上的中线,∴CD=AB=5.
∵F为DE的中点,BE=BC,∴BF是△CDE的中位线,∴BF=CD=2.5.故选B.
7.C　根据题表中数据可知a2+b2=c2,且c=b+2,则a2+b2=(b+2)2,当a=90时,902+b2=(b+2)2,解得b=2 024.故选C.
8.A　添加AD=BD,∵点E,点F分别是AC,BC的中点,AD=BD,
∴ED∥BC,DF∥AC,∴四边形DECF是平行四边形.
∵∠ACB=90°,∴平行四边形DECF是矩形.故选A.
9.D　在菱形ABCD中,OA=OC,OB=OD,BD⊥AC,
∵BE=DF,∴OE=OF,∴四边形AECF是菱形,
要使菱形AECF为正方形,只需证明AC=EF或∠AEC=90°即可,当AC=2OE时,AC=EF,故选D.
10.A　∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=CD=DA,AB∥CD,OA=OC,
OB=OD,AC⊥BD,AC平分∠BAD,∴∠BAG=∠EDG,△ABO≌△CBO≌
△CDO≌△ADO,∵CD=DE,∴AB=DE,
在△ABG和△DEG中,
∴△ABG≌△DEG(AAS),∴AG=DG,∵OA=OC,∴OG是△ACD的中位线,∴OG=CD=AB,故①正确;
连接AE(图略),∵AB∥CE,AB=DE,∴四边形ABDE是平行四边形,∵∠BAD=60°,BA=AD,∴△ABD是等边三角形,∴AB=BD=AD,∠ABD=60°=∠BAD,∴四边形ABDE是菱形,故④正确;
∵四边形ABDE是菱形,∴AD⊥BE,△BGA≌△BGD≌△EGD,在△BGA和△AOB中,∴△BGA≌△AOB,∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD,∴与△DEG全等的三角形共有6个,故②不正确;∵OB=OD,∴S△BOG=S△DOG,∵△BGA≌△EGD,∴S△BGA=S△EGD,∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等,故③正确.故选A.
11.答案　x≥-5且x≠0
解析　由题意得x+5≥0且x≠0,
解得x≥-5且x≠0.
12.答案　40°
解析　∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥DC,∠B=∠D,∴∠BAF=∠F=70°.
∵AF是∠BAD的平分线,∴∠DAE=∠BAF=70°,
∵AD∥BC,∴∠AEB=∠DAE=70°,
∴∠B=180°-∠BAE-∠AEB=40°.
13.答案　45
解析　设小正方形的边长均是1,连接AD,如图,
∵AD==,CD==,AC==2,∴AD=CD,AD2+CD2=AC2,∴△ADC是等腰直角三角形,∠ADC=90°,∴∠DAC=∠DCA=45°,
∵AB∥DE,∴∠BAC+∠DAC+∠ADC+∠CDE=180°,∴∠BAC+∠CDE=180°-
90°-45°=45°.
14.答案　-5
解析　∵3>2,8<12,∴3Φ2=2-,8Φ12=2+=4+2,
∴(3Φ2)-(8Φ12)=(2-)-(4+2)=2--4-2=-5.
15.答案　4+4
解析　如图,连接PQ交AD于点E,
根据题意可知QP和AD互相垂直平分,∴AE=DE=2,PE=QE=1,AQ=DQ,
∴AQ==,∴DQ=AQ=,同理可得,BR=CR=,则六边形QABRCD的周长为4AQ+2AB=4+4.
16.答案　2
解析　连接BD交AC于O,如图,
∵四边形ABCD是菱形,∴AD=AB=CD,AO=CO,BO=OD,∠DAC=∠BAC=
∠DCA=∠BCA,AC⊥BD,∵∠DAB=60°,∴△ABD是等边三角形,
∠DAC=∠BAC=∠DCA=∠BCA=30°,∴BD=AB=6 cm,∴BO=3 cm,
∴AO==3 cm,∴AC=2AO=6 cm,∵BE⊥AB,DF⊥CD,
∴∠CDF=∠ABE=90°,∴△CDF≌△ABE,∴AE=CF,设BE=x cm,则AE=2x cm,根据勾股定理,得62+x2=(2x)2,∴x=2(舍负),∴AE=CF=4 cm,
∴EF=AE+CF-AC=2 cm.
17.答案　
解析　如图所示,连接AE,
∵M,N分别是EF,AF的中点,
∴MN是△AEF的中位线,∴MN=AE,∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=90°,
∴AE==,
∴当BE最长时,AE最长,此时MN最长,∵点E是BC上的动点,∴当点E和点C重合时,BE最长,此时AE==2,∴MN=AE=,∴MN的最大值为.
18.答案　①④
解析　①题图2中,∵点E,F,G,H分别是矩形ABCD四边的中点,
∴AH=DH=BF=CF,AE=BE=DG=CG,∠A=∠B=∠C=∠D=90°,
∴△AEH≌△BEF≌△CGF≌△DGH(SAS),∴EH=EF=FG=GH,
∴四边形EFGH是菱形,故①正确;
②题图3中,∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠ECA=∠CAD,
∵∠CAE=∠CAD,∴∠CAE=∠ECA,∴EA=EC,在△EAC和△FAC中,∴△EAC≌△FAC(ASA),∴AE=AF,∴AF=EC,∵AF∥EC,
∴四边形AECF是平行四边形,∵AE=AF,∴四边形AECF是菱形,故②错误;
③题图2中,∵矩形ABCD中,AB=5,AD=12,∴矩形ABCD的面积=AB·AD=60,S△AEH=××AB××AD=,∴菱形EFGH的面积=60-4×=30,题图3中,设BE=x,则AE=CE=BC-BE=12-x,在Rt△ABE中,根据勾股定理得x2+52=(12-x)2,解得x=,∴CE=12-=,∴菱形AECF的面积=CE·AB=×5=,∵30<,∴甲折出的菱形EFGH的面积<乙折出的菱形AECF的面积,故③错误,④正确.
综上所述,说法正确的是①④.
19.解析　(1)原式=3-2-(-1)=2-.4分
(2)原式=4-+2=4+.8分
20.解析　(1)由题意可得,AB==,AC==2,BC=
=5,2分
∵()2+(2)2=25=52,∴AB2+AC2=BC2,
∴△ABC是直角三角形.4分
(2)如图,过点A作AD∥BC,过点C作CD∥AB,直线AD和CD的交点就是D的位置,
6分
∴ ABCD的面积为AB·AC=×2=10.8分
21.解析　(1)CH为村庄C到河边最近的道路.1分
理由如下:∵CH=2千米,HB=1千米,CB=千米,∴CH2+HB2=CB2,2分
∴△BCH为直角三角形,∠BHC=90°,∴CH⊥AB,
∴CH为村庄C到河边最近的道路.4分
(2)在Rt△ACH中,∵AH=1.5千米,CH=2千米,
∴AC==2.5(千米),6分
∵AC-CH=2.5-2=0.5(千米),
∴新路CH比原路CA少0.5千米.8分
22.解析　(1)当x=2时,=,==3,4-()2=4-2=2,
∴△ABC的最长边的长度是3.2分
(2)由根式有意义可得∴-1≤x≤4.
又∵4->0,∴0<x≤4,4分
∴=5-x,4-=x.
∴C△ABC=++4-=+5-x+x=+5.6分
(3)由(2)可得C△ABC=+5,且0<x≤4.
由于x为整数,且要使C△ABC取得最大值,所以x的值可以从大到小依次验证.
当x=4时,三条边的长度分别是,1,4,
但此时+1<4,不满足三角形三边关系,所以x≠4.
当x=3时,三条边的长度分别是2,2,3,且2+2>3,满足三角形三边关系.
故此时C△ABC取得最大值,为7,符合题意.8分
不妨设a=2,b=2,c=3,
则S=
=
==.10分
23.解析　(1)证明:∵AE∥BC,AE=BD,
∴四边形AEBD是平行四边形,2分
∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,
∴∠ADB=90°,∴四边形AEBD是矩形.5分
(2)连接AG,如图,
∵F是AB的中点,GF⊥AB,∴GA=GB,6分
∵四边形AEBD是矩形,AD=8,BD=4,
∴BE=AD=8,EA=BD=4,
设EG=x,则GB=GA=8-x,8分
∵四边形AEBD是矩形,∴∠E=90°,
在Rt△AEG中,EA2+EG2=AG2,
∴42+x2=(8-x)2,∴x=3,即EG=3.10分
24.解析　(1)证明:∵OA=OC,OB=OD,
∴四边形ABCD为平行四边形,
∴AB∥CD,∴∠ABD=∠CDB,
在△BOE和△DOF中,
∴△BOE≌△DOF,∴BE=DF,3分
∵BE∥DF,∴四边形DEBF是平行四边形,
∵EF⊥BD,∴四边形DEBF是菱形.5分
(2)过点F作FG⊥AB于点G,如图,
∵AD∥EF,EF⊥BD,∴AD⊥BD,∴∠ADB=90°,
在Rt△ABD中,AD2+BD2=AB2,
∵AD+AB=12,BD=4,∴AD2+=(12-AD)2,
∴AD=4,∴AB=8=2AD,∴∠ABD=30°,6分
∵四边形DEBF是菱形,∴∠EBF=2∠ABD=60°,
∴△BEF是等边三角形,∴BE=EF=BF,
∵AD∥EF,AE∥DF,
∴四边形ADFE为平行四边形,∴EF=AD=4,
∵FG⊥BE,∴EG=BG=2,∴AG=8-2=6.8分
在Rt△BGF中,BF=4,BG=2,
根据勾股定理得FG==2,9分
在Rt△AGF中,AG=6,
根据勾股定理得AF===4.10分
25.解析　(1)证明:连接BD,交AC于点O,如图所示,
∵四边形ABCD是平行四边形,∴BO=DO,
∵BE=EF,∴OE是△BDF的中位线,
∴OE∥DF,即DF∥AC.3分
(2)证明:如图所示,
由(1)得DF∥AC,
∴∠DFG=∠CEG,∠GDF=∠GCE,
∵G是CD的中点,∴DG=CG,4分
在△DFG和△CEG中,
∴△DFG≌△CEG(AAS),∴FG=EG,
∴四边形CFDE是平行四边形,5分
∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,
∵2AB=BF,∴2CD=BF,又∵EF=BE,∴CD=EF,
∴平行四边形CFDE是矩形.7分
(3)设AB=2a,则BF=4a,BE=EF=CD=2a,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD=BC=10,AB∥CD,8分
∵四边形CFDE是正方形,
∴∠DEC=90°,CD⊥EF,DG=EG=CD=a,
∴∠AED=90°,△DEG是等腰直角三角形,
∴DE==a,9分
∵AB∥CD,CD⊥EF,∴AB⊥BF,
∴AE==2a,10分
在Rt△ADE中,由勾股定理得AD2=DE2+AE2,
即102=+,
解得a=(负值舍去),
∴AB=2a=2.12分