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湖南师大附中星城实验学校2023-2024学年第二学期
八年级第一次作业检测数学试题
时量∶120分钟 分值∶120分
一． 选择题（每小题3分，共30分）
1．使式子 有意义的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数中以a，b，c为边的三角形不是直角三角形的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．下列式子中，属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
4．在平行四边形中，的值可以是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，A，B两点被池塘隔开，在外选一点C，连接，，并分别找出它们的中点D， E， 现测得， 则长为（ ）
A． B． C． D．
6．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，点的纵坐标是，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，矩形的对角线相交于点，，若矩形对角线长为4，则线段的长度为（ ）

A． B．4 C． D．3
8．如图，在平行四边形中，平分，则平行四边形的周长是（ ）

A．14 B．16 C．18 D．20
9．如图，长方形的顶点A，B在数轴上，点A表示－1，，．若以点A为圆心，对角线长为半径作弧，交数轴正半轴于点M，则点M所表示的数为（ ）
A． B． C． D．
10．已知，化简得（ ）
A． B． C． D．
二． 填空题（每小题3分，共18分）
11．化简：=
12．若，则 ．
13．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为，则正方形的面积之和为 ．
14．中，，则 ．
15．如图，菱形中，对角线、相交于点O，E为边中点，菱形的周长为28，则的长等于 ．

16．如图， 在中，，点为斜边上的一个动点， 过分别作于点， 作于点，连接，则线段的最小值为
三． 解答题（共72分）
17．计算∶
18．计算：．
19．先化简，再求值∶，其中
20．如图，在四边形中，，，，，．
(1)求的长；
(2)求证：．
21．如图， 四边形是矩形， 把矩形沿对角线折叠， 点落在点处，与相交于点．

(1)求证∶
(2)若求的面积．
22．为了缓解望城区内一些主要路段交通拥挤的现状，交警队在一些主要路口设立了交通路况显示牌（如图）． 从侧面 D 点测得显示牌顶端C点的仰角，测得显示牌底端B点的仰角 ．

(1)已知立杆高度是，求路况显示牌的高度（即求的长度， 结果保留根号）．
(2)已知路况显示牌最高点C距离地面9米（即米），求立杆高度（结果保留根号）．
23．已知：如图，在平行四边形中，M，N分别是，的中点，，连接交于点O．
(1)求证：；
(2)若，求的大小；
(3)过点C作 于点E， 交于点P， 若 ，求的长．
24．已知：点A的坐标为，点B的坐标为，以为斜边做等腰，点C在第一象限内，
(1)如图1， 求的长；
(2)如图1，如果点A，B，O，E恰好是平行四边形的四个顶点， 求点 E 的坐标；
(3)如图 2， 求平行四边形 顶点D的坐标．
25．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“理正四边形”．
(1)①在“平行四边形，矩形，菱形”中，一定是“理正四边形”的有 ；②在凸四边形中，且则该四边形 “理正四边形”．（填“是”或“不是”或“有可能是”）
(2)如图1，四边形是面积为1的“理正四边形”，且求的值；
(3)如图2，在平面直角坐标系中第一象限内有动点E，且四边形是“理正四边形”（点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，点C在x轴正半轴上，点D在 y轴正半轴上），在并且， 求的取值范围．
参考答案与解析
1．B
【分析】
本题考查了二次根式有意义的条件；
根据二次根式有意义，被开方数非负列式求解即可．
【详解】解：由有意义可得，
解得：，
故选：B．
2．A
【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，验证两条较小边的平方和是否等于最大边的平方，如果有这种关系，这个三角形就是直角三角形．
【详解】解：A.∵，
∴以a，b，c为边的三角形不是直角三角形，符合题意；
B.∵，
∴以a，b，c为边的三角形是直角三角形，符合题意；
C.∵，
∴以a，b，c为边的三角形是直角三角形，符合题意；
D.∵，
∴以a，b，c为边的三角形是直角三角形，符合题意；
故选：A．
3．C
【分析】
本题考查最简二次根式，涉及二次根式性质等知识，根据二次根式性质将选项中的二次根式化简，再利用最简二次根式定义逐项判断即可得到答案，熟练掌握最简二次根式定义是解决问题的关键．
【详解】解：；；，
由最简二次根式定义可得为最简二次根式，
故选：C．
4．D
【分析】
本题考查了平行四边形的性质；
根据平行四边形对角相等的性质可知满足即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴的值可以是，
故选：D．
5．D
【分析】
本题考查了三角形中位线定理；
根据题意可知是的中位线，然后由三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半计算即可．
【详解】解：∵点D， E分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：D．
6．B
【分析】连接AB交OC于点D，由菱形OACB中，根据菱形的性质可得OD=CD=4，BD=AD=2，由此即可求得点B的坐标．
【详解】∵连接AB交OC于点D，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB⊥OC，OD=CD，AD=BD，
∵点C的坐标是（8，0），点A的纵坐标是2，
∴OC=8，BD=AD=2，
∴OD=4，
∴点B的坐标为：（4，-2）．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质与点与坐标的关系．熟练运用菱形的性质是解决问题的关键，解题时注意数形结合思想的应用．
7．C
【分析】
本题考查矩形中求线段长，涉及矩形性质、等边三角形的判定与性质、含的直角三角形性质及勾股定理等知识，由矩形性质得到，，结合等边三角形的判定与性质确定，从而利用含的直角三角形性质求出相应边长，再由勾股定理求解即可得到答案，熟练掌握矩形性质、等边三角形的判定与性质、含的直角三角形性质及勾股定理是解决问题的关键．
【详解】解：在矩形中，，，
矩形的对角线相交于点，
，
，
是等边三角形，则，
在中，，则，
矩形对角线长为4，
，
在中，由勾股定理可得，
故选：C．
8．B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义，先由平行四边形的性质和角平分线的定义证明，得到，再求出，即可根据平行四边形周长公式求出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴平行四边形的周长，
故选：B．
9．A
【分析】先利用勾股定理求出，根据，求出，由此即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴点M表示点数为．
故选A．
【点睛】本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理求出的长．
10．B
【分析】首先将两个根式的被开方数化为完全平方式，再根据a的取值范围，判断出底数的符号，然后根据二次根式的意义化简．
【详解】
解∵，
∴=；
∵，
∴，，
∴
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的化简，能够熟练运用完全平方公式对被开方数进行变形是解答本题的关键．
11．
【分析】根据二次根式的性质计算．
【详解】解：原式=．
故答案为：．
【点睛】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．
12．
【分析】根据得到，，求得，代入计算即可．
【详解】∵，
∴，，∴，，
∴，∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了算术平方根的非负性，绝对值的非负性，有理数的乘方，熟练掌握运算法则，灵活运用整体思想是解题的关键．
13．256
【分析】
根据勾股定理知，以两条直角边为边作出的两个正方形面积和等于以斜边为边的正方形面积．
【详解】
解：如图，由勾股定理可知，正方形A与B的面积和等于正方形M的面积．
正方形C与D的面积和等于正方形N的面积．
并且正方形M与N的面积和等于最大的正方形的面积．因此的面积之和是为最大正方形的面积 ，
故答案为：256．
【点睛】
本题考查了勾股定理的意义及应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
14．##60度
【分析】
由平行四边形的性质得出，．再结合即可求解．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质．掌握平行四边形的对角相等，邻角互补是解题关键．
15．3.5
【分析】
根据菱形性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵E为边中点，
∴．
故答案为：3.5
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题关键是熟练掌握菱形的性质和直角三角形的性质．
16．
【分析】
本题考查动点最值问题—点线模型，涉及矩形的判定与性质、点到直线距离的最小值、勾股定理及等面积法求线段长等知识，先由矩形的判定与性质，将线段的最小值转化为线段的最小值，再由点到直线距离中垂线段最短，过作，如图所示，再利用勾股定理求出长，最后利用等面积法求解即可得到答案，熟练掌握矩形判定与性质、点到直线距离最值是解决问题的关键．
【详解】解：连接，如图所示：
在中，，，，
四边形是矩形，
，
点为斜边上的一个动点，
线段的最小值为线段的最小值，由点到直线的距离中垂线段最短，过作，如图所示：
在中，，则由勾股定理可得，
由等面积法可得，即，解得，
故答案为：．
17．
【分析】
本题考查了零次幂，负整数指数幂，绝对值，二次根式的性质；
先根据零次幂，负整数指数幂，绝对值，二次根式的性质化简，再计算即可．
【详解】解：原式
．
18．．
【分析】此题考查了二次根式的混合运算，根据二次根式的性质化简，完全平方公式和平方差公式计算即可，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式，
，
.
19．，
【分析】
本题考查分式的化简求值，涉及因式分解、分式混合运算、代数式求值及二次根式混合运算等知识，先利用分式化简求值，再将代入运用二次根式混合运算求值即可得到答案，熟练掌握分式化简求值是解决问题的关键．
【详解】解：
，
当时，原式．
20．(1)2；
(2)见解析．
【分析】
（1）在中运用勾股定理计算即可；
（2）在中，运用勾股定理逆定理证明即可．
【详解】（1）解：
在中，
，，
（2）在中，
，，，
【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理；熟练掌握用勾股定理求直角三角形边长，用勾股定理逆定理证明直角三角形或垂直是解题的关键．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】
本题考查了矩形的性质以及翻折变换的性质、等腰三角形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理等知识， 熟记矩形的各种性质以及三角形的面积公式是解题的关键．
（1） 由矩形的性质和折叠的性质证明，再由等腰三角形的判定与性质即可得到；
（2）由含的直角三角形性质及勾股定理得到，的长， 再由三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】（1）
证明：四边形是矩形，
，
，
又由折叠可知，
，
；
（2）
解：在中，，
，
又，
在中，由勾股定理可得，解得，
，
．
22．(1)路况显示牌的高度为
(2)立杆高度为
【分析】
本题主要考查了含直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的化简；
（1）先根据等腰直角三角形的判定和性质求出，然后根据含直角三角形的性质求出，再利用勾股定理求出，进而可得答案；
（2）利用勾股定理构建方程求出，再根据等腰直角三角形的判定和性质可得的高度．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
答：路况显示牌的高度为；
（2）解：由（1）知，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
答：立杆高度为．
23．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由四边形是平行四边形，可得，，求出，，利用证得；
（2）首先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质求出，可得平行四边形是菱形，然后根据菱形的性质可得答案；
（3）证明，可求出，然后由含角的直角三角形的性质求出，再证明，进而可求得的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵M、N分别是的中点，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵M、N分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵M是的中点，，
∴，
∵平行四边形是菱形，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴，，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
24．(1)
(2)点 E 的坐标为或或
(3)点D的坐标为或或
【分析】
（1）根据点A、B的坐标可得，，然后利用勾股定理计算的长即可；
（2）设，分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，分别根据对角线交点的坐标列方程求解即可；
（3）作轴于M，轴于N，交y轴于F，证明，四边形是正方形，求出，然后分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，分别根据对角线交点的坐标列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
∴在中，；
（2）解：由题意得，，
设，
分情况讨论：
①当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
②当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
③当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
综上，点 E 的坐标为或或；
（3）解：如图，作轴于M，轴于N，交y轴于F，则，
∵，
∴，四边形是矩形，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴矩形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
①当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
②当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
③当为对角线时，
则：，，
解得：，，
∴；
综上，点D的坐标为或或．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确分类讨论是解题的关键．
25．(1)菱形；不是
(2)
(3)
【分析】
本题考查了平行四边形的新定义问题，涉及到垂直平分线的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，不等式的性质等知识点，灵活掌握不等式的性质，合理的进行变形是解题的关键．
（1）①根据平行四边形，矩形，菱形的性质判断即可；
②四边形是“理正四边形”，利用垂直平分线的性质和判定可得，与题目条件矛盾，即可得出结论．
（2）利用分割法求四边形的面积，得，又，利用完全平方的变形，可求出，联立为关于，的二元一次方程组，进而可求出，的值，再求比值即可．
（3）过E作于M，于N，设，由勾股定理可求出，进而可得，求出，的表达式，再求出，再由，可得，则，运用不等式的性质先求出，再求出，变形可得，再分别求出当和时的范围，运用不等式组的知识，可求得，进而求得．
【详解】（1）解：因为菱形的对角线互相垂直，所以菱形是“理正四边形”，而平行四边形、矩形的对角线不一定垂直，所以不一定是“理正四边形”；
若四边形是“理正四边形”，则，
，
，
是的垂直平分线，
，
又
四边形不是“理正四边形”．
故答案为：菱形，不是．
（2）
四边形是面积为1的“理正四边形”，
，
，
，
，
，
联立，
解得，
．
（3）如图，过E作于M，于N，
，，
，
四边形是矩形，
，
设，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
整理得，
解得：，
，
在中，，
，
，
，
E是第一象限内的动点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，，
当时，，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的新定义问题，涉及到等腰三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，不等式的性质等知识点，灵活掌握不等式的性质，合理的进行变形是解题的关键．

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