2021-2022学年江西省宜春市高安市八年级（下）期中数学试卷（含解析）

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2021-2022学年江西省宜春市高安市八年级（下）期中数学试卷题号一二三总分得分     一、选择题（本大题共6小题，共18分）下列二次根式中，是最简二次根式的是A.  B.  C.  D. 下列计算正确的是A.
B.
C.
D. 在四边形中，已知添加下列一个条件，不能判定四边形是平行四边形的是A.  B.  C.  D. 如图，在平面直角坐标系中，点，，以点为圆心，为半径画弧，交轴正半轴于点，则点表示的实数介于A. 到之间
B. 到之间
C. 到之间
D. 无法确定勾股定理被誉为“几何明珠”，如图是我国古代著名的“赵爽弦图”，它由个全等的直角三角形拼成，已知大正方形面积为，小正方形面积为，若用、表示直角三角形的两直角边，则下列说法：，，，正确的是A.  B.  C.  D. 如图，正方形的边长为，点是对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列五个结论：；且；；的最小值为；，其中正确的结论是A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共6小题，共18分）已知是整数，则正整数的最小值为______．已知，，则______．边长为的等边三角形面积是______．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点为原点，点在轴的负半轴上，若点的坐标为，则点的坐标为______．

  如图，，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”：当，时，则阴影部分的面积为______．
  如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点为原点．点，，点从点出发，沿平行四边形的边逆时针运动一周回到点，当为等腰三角形时，点的坐标为______．
    三、解答题（本大题共11小题，共84分）已知，，，求的值；
中，，，，求斜边上的高的长．如图，内有一点，已知，，，，求图中阴影部分的面积．
是二次根式的一条重要性质．请利用该性质解答以下问题：
化简：______，______；
若，则的取值范围为______；
已知实数，，在数轴上的对应点如图所示，化简．
如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点叫做格点．已知，两点是格点，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图保留画图痕迹，不写画法．
如图，以线段为边长作菱形；
如图，以线段为对角线作一个面积为的菱形．如图，四边形中，，，，，分别为，，，边的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
  如图，▱中，对角线、交于点．
若，，，求的长；
若，为对角线上异于点的两点，且连接、、、试补全图形，并证明四边形是平行四边形．
如图，将矩形沿对角线折叠，使点落在处，交于点．
判断的形状，并说明理由；
若，，求的面积．
  如图，在四边中，，，对角、交于，平分．
求证：四边形是菱形；
过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，例如，与，与，与等都是互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如：；
______；______；
比较与的大小，并说明理由；
解方程：提示：利用互为有理化因式相关知识，可设．在学习了勾股定理后，数学兴趣小组在江老师的引导下，利用正方形网格和勾股定理运用构图法进行了一系列探究活动：
在中，、、三边的长分别、、，求的面积，如图，在正方形网格每个小正方形的边长为中，画出格点即三个顶点都在小正方形的顶点处不需要求的高，借用网格就能计算出它的面积，这种方法叫做构图法．则的面积为______．

在平面直角坐标系中，若点为，点为，则线段的长为______；
若点为，点为，则线段的长可表示为______．
在图中运用构图法画出图形，比较大小 ______填“”或“”；
三边的长分别为、、，且请在如图的长方形网格中设每个小长方形的长为，宽为，运用构图法画出，并求出它的面积结果用，表示．【特例感知】如图，在正方形中，点、分别为，的中点，、交于点．
易证≌，可知、的关系为______；
连接，若，求的长．
【初步探究】如图，在正方形中，点为边上一点，分别交、于、，垂足为．
求证：．
【基本应用】如图，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长：______．
【应用拓展】如图，在四边形中，，，，，于，交于，则长为______．

答案和解析 1.【答案】【解析】解：选项，是最简二次根式，故该选项符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
故选：．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：被开方数不含分母；被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．
 2.【答案】【解析】解：．无法合并，故此选项不合题意；
B.，故此选项不合题意；
C.，故此选项不合题意；
D.，故此选项符合题意．
故选：．
直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的乘除运算法则分别化简，进而判断即可．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
 3.【答案】【解析】解：、，，
四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、，，
四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项C符合题意；
D、，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
 4.【答案】【解析】解：，，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
点介于到之间．
故选：．
求出、，根据勾股定理求出，即可得出，求出长即可．
本题考查了勾股定理，实数的大小比较，坐标与图形性质的应用，解此题的关键是求出的长．
 5.【答案】【解析】解：由图可得，
，故正确；
小正方形面积为，
小正方形的边长为，
，故正确；
大正方形面积为，小正方形面积为，
，
解得，故正确；
，，
，
，故正确；
故选：．
根据勾股定理和大正方形面积为，可以判断；根据小正方形面积为，可以判断；根据大正方形面积为，小正方形面积为，可以得到四个直角三角形的面积，从而可以得到的值，即可判断；根据完全平方公式可以判断．
本题考查勾股定理的证明、正方形的性质、直角三角形的面积，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
 6.【答案】【解析】解：连接，延长交于点，如图所示：

点是对角线上一点，
和的大小不能确定，
故选项不符合题意；
在正方形中，，，，
≌，
，，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，
，
故选项符合题意；
在矩形中，，
≌，
，
，
，
故选项符合题意；
，
根据勾股定理得，
当时，最小，
此时最小值为，
，
的最小值为，
故选项符合题意；
根据勾股定理，得，，
，
故选项符合题意；
综上，正确的选项有，
故选：．
连接，延长交于点，和的大小不能确定，可以判断选项；证明≌，再判定四边形是矩形，根据矩形的性质可以判断选项；根据全等三角形的性质和矩形的性质可判断选项；根据垂线段最短可判断选项；根据勾股定理以及矩形的性质可判断选项．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，垂线段最短，勾股定理等，构造全等三角形是解题的关键，本题综合性较强，难度较大．
 7.【答案】【解析】解：是整数，
则一定是一个完全平方数，
可以是、、、，
正整数的最小值为．
故答案为：．
根据一定是一个完全平方数，即可求解．
本题主要考查了二次根式的化简，理解是整数的条件是解决本题的关键．
 8.【答案】【解析】解：，，
，
，



，
故答案为：．
由题意得，，再把所求的式子进行整理，代入相应的值运算即可．
本题主要考查二次根式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 9.【答案】【解析】解：过点作于点，如图所示：

是等边三角形，
是的中点，
等边三角形边长为，
，
，
根据勾股定理，得，
的面积为，
故答案为：．
过点作于点，根据等边三角形的性质可得是的中点，再根据勾股定理，求出的值，即可求出的面积．
本题考查了等边三角形的性质，涉及勾股定理与三角形的面积，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
 10.【答案】【解析】解：点的坐标是，
，
四边形为菱形，
，
则点的坐标为．
故答案为：．
根据点的坐标是，可得的长，再根据菱形的四条边都相等即可得点的坐标．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
 11.【答案】【解析】解：在中，，，，
由勾股定理得：，
所以阴影部分的面积，
故答案为：．
根据勾股定理求出，分别求出三个半圆的面积和的面积，即可得出答案．
本题考查了勾股定理和三角形的面积、圆的面积，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．
 12.【答案】或或或【解析】解：过点作于点，

四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
若在上，，
，
，
若在上，且，此时点与重合，
，
若在上，，
，
若在上，时，
，
综上所述，点的坐标为或或或．
故答案为：或或或．
过点作于点，求出的长，分四种情况，由等腰三角形的性质可得出答案．
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，正确进行分类是解题的关键．
 13.【答案】解：当，，时，

或，
则原式；
中，，，，
根据勾股定理得：，
，
．【解析】把，，的值代入原式计算即可求出值；
利用勾股定理求出的长，再利用面积法求出高的长．
此题考查了解一元二次方程公式法，勾股定理，熟练掌握方程的解法及勾股定理是解本题的关键．
 14.【答案】解：因为，
由勾股定理得，
即，所以，
在中，，
所以是直角，
所以【解析】先利用勾股定理求出，然后利用勾股定理的逆定理判断出是直角三角形，然后分别求出两个三角形的面积，相减即可求出阴影部分的面积．
此题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理，属于基础题，解答本题的关键是判断出三角形为直角三角形．
 15.【答案】    【解析】解：，．
答案为：，．
．
，
．
故答案为：．
由数轴得：．
，．
原式

．
利用二次根式的性质化简．
先化简二次根式，再求范围．
先判断各式正负号，再化简．
本题考查二次根式的性质和化简，掌握二次根式的性质是求解本题的关键．
 16.【答案】解：如图中，菱形即为所求答案不唯一；
如图中，菱形即为所求．
 【解析】作一个边长为的菱形即可；
作一个对角线分别为，的菱形即可．
本题考查作图应用与设计作图，菱形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
 17.【答案】解：四边形是菱形，理由如下：
点，，，分别为四边形的边，，，的中点，
，，，，，，
，，
四边形为平行四边形．
当时，，
四边形为菱形．【解析】根据三角形中位线定理得到，，，，，，进而得出，，根据菱形的判定定理解答．
本题考查的是三角形中位线定理、菱形的判定，灵活运用三角形中位线定理是解题的关键．
 18.【答案】解：四边形是平行四边形，
，
，，
，
是直角三角形，
，
在中，，
；
解：如图所示：

四边形是平行四边形，
，，
，
，
即，
四边形是平行四边形．【解析】根据平行四边形的性质得出，根据勾股定理的逆定理得出是直角三角形，进而利用勾股定理得出，即可解答；
根据题意画出图形，进而利用平行四边形的判定解答即可．
此题考查平行四边形的判定和性质，关键是根据平行四边形的对角线平分解答．
 19.【答案】解：为等腰三角形．
理由：由折叠可知：，
在矩形中，，
，
，
，
为等腰三角形；
在中，，，，
，
解得，
．【解析】由折叠可知：，由矩形的性质可得，即可得，进而可求解；
由勾股定理可求解的长，再利用三角形的面积公式计算可求解．
本题主要考查等腰三角形的判定，勾股定理，矩形的性质，翻折问题，找到翻折中的隐含条件是你解题的关键．
 20.【答案】解：，
，
为的平分线，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
▱是菱形；

四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
．【解析】先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出是解本题的关键．
 21.【答案】  【解析】解：．
．
故答案为：，．
．
．
，
．

．
解得：．
，
．
检验：时，，，符合题意．
原方程的解为：．
分子，分母同乘分母的有理化因子化简．
分子有理化后比较大小．
利用有理化因子将方程转化为有理方程求解．
本题考查有理化因子，正确找到有理化因子是求解本题的关键．
 22.【答案】     【解析】解：如图中，，
故答案为：；
点为，点为，
线段；
点为，点为，
线段的长．
故答案为：；；
如图中，观察图形可知，，，，

，
，
故答案为：；
建立如图网格图，小长方形的长为，宽为，
则、、，

．
利用构图法求出三角形面积即可；
根据点为，点为，即可求出线段的长；
结合即可解决问题；
构造三角形三边为，，即可判断；
建立如图网格图，小长方形的长为，宽为，则、、，利用构图法求解即可．
本题属于几何变换综合题，考查了三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合思想解决问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考压轴题．
 23.【答案】，    【解析】【特例感知】解：四边形是正方形，
，，
点，是，的中点，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
故答案为：，；
解：延长交的延长线于，

，
，
又，，
≌，
，
，
又，
；
【初步探究】证明：如图，过点作，交于，交于，

，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
又，，
≌，
；
【基本应用】解：如图，过点作于，则四边形中，，

由翻折变换的性质得，
，，
，
四边形是正方形，
，
，
在和中，
，
≌，
，
点是的中点，
，
在中，由勾股定理得，，
的长为，
故答案为：；
【应用拓展】解：过点作于，

，
，
，
又，，
≌，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，，
≌，
，
故答案为：．
【特例感知】由“”可证≌，即可得出结论；
由“”可证≌，可得，由直角三角形的性质可求解；
【初步探究】由“”可证≌，可得；
【基本应用】由全等三角形的性质可证，由勾股定理可求解；
【应用拓展】由“”可证≌，可得，，由“”可证≌，可得．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．