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2022-2023学年八年级数学下学期复习备考高分秘籍【人教版】
专题4.2期中全真模拟试卷02（培优卷，八下人教第16-18章）
班级：___________ 姓名：___________ 得分：_________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2022•东莞市一模）若二次根式 在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≤4 B．x＜4 C．x≤﹣4 D．x≥4
【分析】根据 （a≥0）进行计算即可．
【解答】解：由题意得：
8﹣2x≥0，
∴x≤4，
故选：A．
2．（2019春•淮安期末）下列根式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】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：A、 是最简二次根式，符合题意；
B、 ＝ ，不符合题意；
C、 ＝3，不符合题意；
D、 ＝2 ，不符合题意；
故选：A．
3．（2022•东营二模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行
四边形的是（ ）
A．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC B．∠ABC＝∠ADC，AB＝CDC．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC D．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB
【分析】利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．
【解答】解：A、∵∠ABD＝∠BDC，OA＝OC，
又∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD，
∴DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∠ABC＝∠ADC，AB＝CD不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥CB，
∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
故选：B．
4．（2021春•泗水县期中）如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF＝6，则菱形ABCD
的周长为（ ）A．48 B．36 C．24 D．18
【分析】由三角形的中位线定理可得BC＝2EF＝12，再由菱形的性质即可求解．
【解答】解：∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴BC＝2EF＝2×6＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝12，
∴菱形ABCD的周长＝4×12＝48，
故选：A．
5．（2022春•承德县期末）如图，在矩形 ABCD中，对角线AC，BD交于点E，DF⊥AC于F点，若
∠ADF＝3∠FDC，则∠DEC的度数是（ ）
A．30° B．45° C．50° D．55°
【分析】根据∠ADC＝90°，求出∠CDF 和∠ADF，根据矩形性质求出 ED＝EC，推出∠BDC＝
∠DCE，求出∠BDC，即可求出答案．
【解答】解：设∠ADF＝3x°，∠FDC＝x°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴x+3x＝90，
x＝22.5°，
即∠FDC＝x°＝22.5°，
∵DF⊥AC，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2EC，BD＝2ED，AC＝BD，
∴ED＝EC，
∴∠BDC＝∠DCE＝67.5°，∴∠BDF＝∠BDC﹣∠CDF＝67.5°﹣22.5°＝45°，
∴∠DEC＝90°﹣45°＝45°
故选：B．
6．（2020春•孝义市期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，有AB，CD，EF，GH
四条线段，其中能构成直角三角形三边的线段是（ ）
A．AB，CD，EF B．AB，CD，GH C．AB，EF，GH D．CD，EF，GH
【分析】首先根据勾股定理求出各边的长度，欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证
两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：由勾股定理得AB＝ ＝5，
CD＝ ＝2 ，
EF＝ ＝2 ，
GH＝ ＝ ，
A、∵（2 ）2+（2 ）2≠52，∴不能构成直角三角形；
B、∵（2 ）2+（ ）2＝52，∴能构成直角三角形；
C、∵（2 ）2+（2 ）2≠52，∴不能构成直角三角形；
D、∵（ ）2+（2 ）2≠（2 ）2，∴不能构成直角三角形．
故选：B．
7．（2021秋•中原区校级月考）如图，这是用面积为6的四个全等的直角三角形△ABE，△BCF，△CDG
和△DAH拼成的“赵爽弦图”，如果AB＝5，那么正方形EFGH的边长为（ ）A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据正方形EFGH的面积＝正方形ABCD的面积﹣4S△ABE ＝4，求4的算术平方根即可得到结
论．
【解答】解：∵正方形EFGH的面积＝正方形ABCD的面积﹣4S△ABE ＝52﹣4×6＝1，
∴正方形EFGH的边长＝1，
故选：D．
8．（2022春•宁江区校级期末）如图，在△ABC中，点D是AB上一点，连接CD，AC＝2 ，BC＝2，
DB＝1，CD＝ ，则AB的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】根据勾股定理的逆定理可得∠CDB＝90°，可得∠CDA＝90°，再根据勾股定理可得AD，依此
可求AB的长．
【解答】解：在△BDC中，BC＝2，DB＝1，CD＝ ，
12+（ ）2＝22，
∴△BDC是直角三角形，∠CDB＝90°，
∴∠CDA＝90°，
在△ADC中，AC＝2 ，CD＝ ，
∴AD＝ ＝3，
∴AB＝AD+BD＝3+1＝4．
故选：B．9．（2022秋•五华县期中）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线AC上一点，有AE＝AB＝ BC且BC
＝a，点P是BE上一动点，则点P到边AB，AC的距离之和PM+PN的值（ ）
A．有最大值a B．有最小值 a
C．是定值 a D．是定值 a
【分析】连接BP，作EF⊥AB于点F，根据tan∠CAB＝ ＝ ＝ ，得∠CAB＝30°，可得EF
＝ AE＝ a，利用面积法得S△APE +S△APB ＝S△ABE ，将面积公式代入即可．
【解答】解：如图，连接BP，作EF⊥AB于点F，则∠EFA＝90°，
∵AE＝AB＝ BC＝ a，
在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴tan∠CAB＝ ＝ ＝ ，
∴∠CAB＝30°，
∴EF＝ AE＝ a，
∵PM⊥AC，PN⊥AB，
∴S△APE +S△APB ＝S△ABE ，
∴ AE•PM+ AB•PN＝ AB•EF，
∵AE＝AB，∴PM+PN＝EF＝ a，
则点P到边AB，AC的距离之和PM+PN的值是定值 a，
故选：D．
10．（2022春•合川区校级期中）如图，矩形ABCD中，BC＝2AB，对角线AC、BD交于点O，CE平分
∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF、FG、DF的延长线交AC于点
H，FG交CD于点M，且∠ACB＝∠CDH＝∠AGF，以下结论：①DH⊥AC；②△AOB是等边三角形；
③FD+FG＝AC；④GF∥BD；⑤MG＝ AG其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①③④⑤
【分析】因为∠ACB＝∠CDH，∠BCA+∠ACD＝90°，利用等量代换可得∠CDH+∠ACD＝90°，所以
∠DHC＝90°，即DH⊥AC，故①正确；由正方形的性质可得AD∥BC，OB＝OD＝OC，可得∠ADB＝
∠OCB＝∠AGF，可证GF∥BD，故④正确；先证四边形BDGN是平行四边形，可得BD＝NG＝AC，
根据AAS可证△CDF≌△CNF，可得DF＝NF，则FD+FG＝AC，故③正确；通过得到AO＝BO＝
AC，BC＜AC即可判断②，设AB＝1，计算得MG＝ ，AG＝3，比较即可判断⑤．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90，
∴∠BCA+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝∠CDH＝∠AGF，
∴∠CDH+∠ACD＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DH⊥AC，故①正确；
∵O为AC的中点，∴AO＝BO＝ AC，
∵BC＝2AB，AC＞BC，
∴AO＝BO≠AB，
∴△AOB不是等边三角形，故②错误；
如图，延长GF交BC于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC＝BD，OB＝OD＝OC，
∴∠ADB＝∠OBC，∠OBC＝∠OCB，
∴∠ADB＝∠OCB＝∠AGF，
∴GF∥BD，故④正确；
∵BD∥GF，AD∥BC，
∴四边形BDGN是平行四边形，
∴BD＝NG＝AC，
∵AG∥BC，
∴∠AGF＝∠GNC＝∠CDF，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE＝∠BCE＝45°，
又∵CF＝CF，
∴△CDF≌△CNF（AAS），
∴DF＝NF，
∴DF+FG＝FG+NF＝NG＝BD＝AC，故③正确；
设AB＝1，则BC＝2AB＝2，AB＝1＝CD，
∴AC＝ ＝ ＝ ，
∵S△ACD ＝ ×AD×CD＝ AC×DH，∴2×1＝ ×DH，
∴DH＝ ，
∵∠ADC＝∠DHC，∠ACD＝∠DCH，
∴△ADC∽△DHC，
∴ ＝ ＝2，
∴CH＝ DH＝ ，
∵△CDF≌△CNF，
∴CD＝CN＝1，
∵DG∥BC，
∴△DGM∽△CNM，
∴ ＝ ＝1，
∴MG＝MN，
∴MG＝MN＝ BD＝ AC＝ ，
∵AG＝AD+DG＝3，
∴MG≠ AG，故⑤错误，
故正确有：①③④，
故选：A．
二．填空题（共6小题）
11．（2021春•睢县期中） 的最小值是 2 ，此时a的值是 ﹣ 3 ．
【分析】根据二次根式的定义，a+3≥0，可可判断所求式子的最小值，可求得最小值时a的值．
【解答】解：∵ ，
∴ ，
当a+3＝0时，即a＝﹣3，最小值为2，
故答案为：2，﹣3．
12．（2022春•柘城县期中）如图，两张等宽的纸带交叉重叠地放在一起，重合部分的四边形 ABCD是
菱形 ，若AD＝6，∠BCD＝60°，则四边形ABCD的面积是 1 8 ．【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻
边相等，则重叠部分为菱形．
【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
过点D分别作AB，BC边上的高为DE，DF．则DE＝DF，
∵平行四边形ABCD中，S△ABD ＝S△DBC ，即AB×DE＝BC×DF，
∴AB＝BC．
∴平行四边形ABCD为菱形；
∵∠DAC＝∠BCD＝60°，AD＝6，
∴DE＝ AD＝3 ，
∴四边形ABCD的面积＝ABDE＝6× ＝18 ，
故答案为：菱形，18 ．
13．（2022春•孝感期末）《九章算术》中有一道“引霞赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出
水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”题意是：有一个水池，水面是一个边长为 10
尺的正方形，在水池的正中央有一根芦苇AB，高出水面部分BC为1尺．如果把该芦苇沿与水池边垂直
的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B'（如图）；水深和芦苇长各多少尺？如图，若设
水深为x，则依题意可列正确的方程为 x 2 + 5 2 ＝（ x + 1 ） 2 ．【分析】首先设水深x尺，则芦苇长为（x+1）尺，根据勾股定理可得方程．
【解答】解：设水深x尺，则芦苇长为（x+1）尺，由题意得：
x2+52＝（x+1）2，
故答案为：x2+52＝（x+1）2．
14．（2020•青山区模拟）如图，在 ABCD中，P为CD上一点，BC＝BP，BP平分∠ABC，∠ABD＝
43°，则∠APB的度数是 7 7 度．▱
【分析】根据平行四边形的性质和已知条件证明△BPC是等边三角形，可得四边形DPBA是等腰梯形，
进而可得∠APB的度数．
【解答】证明：∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD＝BC，
∴∠ABP＝∠BPC，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBP，
∴∠BPC＝∠CBP，
∵BC＝BP，
∴∠BPC＝∠C，
∴∠CBP＝∠BPC＝∠C，
∴BC＝BP＝PC，
∴△BPC是等边三角形，
∴∠BPC＝∠PBC＝∠ABP＝∠BAD＝60°，
∴四边形DPBA是等腰梯形，∴∠PAB＝∠ABD＝43°，
∴∠APB＝180°﹣60°﹣43°＝77°．
故答案为：77．
15．（2017•泰兴市一模）如图，正方形ABCD和正方形CGEF的边长分别是3和5，且点B、C、G在同
一直线上，M是线段AE的中点，连接MF，则MF的长为 ．
【分析】通过作辅助线可得△ADM≌△ENM，得出FN＝2，进而可求解其结论．
【解答】解：连接DM并延长交EF于N，如图，
∵四边形ABCD，四边形EFCG都是正方形，
∴AD∥BG，EF∥BG，
∴EF∥AD，
∴∠NEM＝∠DAM，
在△ADM和△ENM中，
∴△ADM≌△ENM，
∴AD＝NE＝3，DM＝MN，
∵EF＝5，
∴FN＝2，
∵DF＝FC﹣CD＝2，
∴FN＝FD，
∴FM是等腰直角△DFN的底边上的中线，所以FM＝ DN＝ ．
故答案为： ．16．（2021秋•平顶山期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F同时从O点出发在
线段AC上以0.5cm/s的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为ts．
连接DE，DF，BE，BF，已知△ABD是边长为4cm的等边三角形，当t＝ 4 s时，四边形DEBF为正
方形．
【分析】根据等边三角形的性质，可以得到 BD 的长，然后根据菱形的性质可以得到 OD 的长和
BD⊥EF，再根据正方形的性质，可以得到OD＝OE，然后即可计算出t的值．
【解答】解：∵△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD＝4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD＝2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD＝OE，
∴t＝2÷0.5＝4，
即t＝4时，四边形DEBF为正方形，
故答案为：4．
三．解答题（共7小题）
17．（2022秋•铁岭期中）计算．
（1） +3 ﹣
（2）（ +3）（ ﹣3）﹣2【分析】（1）先将原式中的二次根式化为最简二次根式，再根据二次根式的加减运算法则计算即可得
到结果；
（2）原式先利用平方差公式计算，再根据有理数的加减运算法则计算即可得到结果．
【解答】解：（1）原式＝
＝ ；
（2）原式＝
＝10﹣9﹣2
＝﹣1．
18．（2022秋•莲湖区期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点A，B，C恰好
在格点（网格线的交点）上．
（1）求△ABC的周长．
（2）求△ABC的面积．
【分析】（1）根据勾股定理，分别求出AB、BC、AC的长，进而可得△ABC的周长；
（2）由（1）AB、BC、AC的长可得，BC2＝AB2+AC2，则△ABC是直角三角形，S△ABC ＝ AC•AB，进
而可得△ABC的面积．
【解答】解：（1）根据题意可得，
AB＝ ＝ ＝2 ，
AC＝ ＝ ，BC＝ ＝ ＝5，
AB+AC+BC＝2 + +5＝5+3 ，
∴△ABC的周长为5+3 ；
（2）∵AB＝2 ，AC＝ ，BC＝5，
∴BC2＝25，AB2+AC2＝20+5＝25，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴S△ABC ＝ AC•AB＝ × × ＝5，
∴△ABC的面积为5．
19．（2022春•乐昌市校级期中）如图菱形ABCD中，∠BAD＝120°，E为AD的中点，OE＝4．求：
（1）AB的长；
（2）AC、BD的长．
【分析】（1）根据菱形的性质推出△AOD和△AOB为直角三角形，根据直角三角形斜边上中线的性质
求解即可；
（2）根据菱形的性质及含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD菱形，
∴BD⊥AC，
∴△AOD和△AOB为直角三角形，
∵E为AD的中点，OE＝4，
∴AD＝2OE＝8，
∴AB＝AD＝8；
（2）在Rt△AOB中，由菱形性质可得∠BAO＝ ∠BAD＝ 120°＝60°，∵BD⊥AC，
∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°，
∵AB＝8，
∴AO＝ AB＝4，
∴ ，
∴AC＝2AO＝8，BD＝2BO＝ ．
20．（2021秋•裕华区校级期中）定义：若两个二次根式a，b满足a•b＝c，且c是有理数，则称a与b是
关于c的共轭二次根式．
（1）若a与 是关于4的共轭二次根式，则a＝ 2 ；
（2）若 与 是关于12的共轭二次根式，求m的值．
【分析】（1）根据共轭二次根式的定义，先列出关于a的等式，再求出a；
（2）根据共轭二次根式的定义，先列出关于m的方程，求解即可．
【解答】解：（1）∵a与 是关于4的共轭二次根式，
∴ ＝4．
∴a＝ ＝2 ；
故答案为：2 ；
（2））∵ 与 是关于12的共轭二次根式，
∴ ．
∴18+6 +3 m+3m＝12．
∴m（3 +3）＝﹣6﹣6 ．
∴m＝﹣2．
21．（2022春•琼海期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．
（1）求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
（2）过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求
∠ABE的度数．【分析】（1）①由平行线的性质得出∠OAD＝∠OCB，可证明△AOE≌△COF（ASA）；
②证得AD＝CB，再由AD∥BC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出OE＝OF，证出BE＝BF，由等腰三角形的性质得出∠OBF＝∠OBE＝
32°，求出∠ABC＝116°，则可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②同理可证△AOD≌△COB，
∴AD＝CB，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∵EF⊥BD，
∴BE＝BF，
∴∠OBF＝∠OBE＝32°，
∴∠EBF＝64°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣100°＝80°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBF＝80°﹣64°＝16°．
22．（2022春•渌口区期末）如图所示，矩形ABCD中，点P是线段AD上一动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）若AD＝8厘米，AB＝6厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合）．设点
P运动时间为t秒，请用t表示PD的长；并求t为何值时，BD⊥PQ．
【分析】（1）由“ASA”可证△POD≌△QOB，可得OP＝OQ；
（2）先证明四边形BPDQ是菱形，可得BP＝DP，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，
∴∠PDO＝∠QBO，
又∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
在△POD与△QOB中，
，
∴△POD≌△QOB（ASA），
∴OP＝OQ；
（2）解：依题意得PD＝（8﹣t）cm，
∵OB＝OD，OP＝OQ，
∴四边形PBQD是平行四边形，
若BD⊥PQ，
∴四边形PBQD是菱形，
∴PD＝BP＝（8﹣t）cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2＝BP2，即62+t2＝（8﹣t）2，解得：t＝ ，
∴当t＝ 时，BD⊥PQ．
23．（2020秋•海珠区校级期中）（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝
45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC．
（2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，
并说明理由．
【分析】（1）延长 BA，使 AM＝CF，由题意可证△AMD≌△CFD，可得 MD＝FD，∠ADM＝
∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可证△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，则可得EF＝AE+CF；
（2）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝
∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，
如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD，
在△AMD和△CFD中，
，∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，
由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，
∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
