福建省厦门双十中学2022-2023学年八年级下学期期中考试数学试题

福建省厦门双十中学2022-2023学年八年级下学期期中考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若二次根式有意义，则可取的值是（    ）

A． B．0 C．1 D．2

2．下列二次根式是最简二次根式的是（　　）

A． B． C． D．

3．下列化简正确的是（    ）

A． B． C． D．

4．以2，3为直角边的直角三角形斜边长为（    ）

A． B． C．4 D．5

5．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（  ）

A．AB//DC，AD//BC B．AB=DC，AD=BC

C．AO=CO，BO=DO D．AB//DC，AD=BC

6．如图，，两地被池塘隔开，小明在外选一点，连接，，分别取，的中点，，为了测量，两地间的距离，则可以选择测量以下线段中哪一条的长度（    ）

A． B． C． D．

7．如图，菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，点E在AC上，，，，则DE的长为（    ）

A． B． C． D．

8．如图，一把带有60°角的三角尺放在两条平行线间，已知量得平行线间的距离为12cm，三角尺最短边和平行线成45°角，则三角尺斜边的长度为（　　）

A．12cm B．12cm C．24cm D．24cm

9．如图，矩形的两条边，分别落在轴、轴上，点坐标为，点坐标为，点在线段上，沿直线将矩形折叠，使点与轴上的点重合，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

10．在菱形中，，，点在上，，若点是菱形四条边上异于点的一点，，则以下长度中，不可能是的长度的是（    ）

A． B．4 C． D．

二、填空题

11．计算：

（1）__________；

（2）__________；

（3）__________．

12．平行四边形的周长为18，一边长为5，则其邻边长为_______．

13．如图，在中，，点是的中点，，则_______．

14．如图，为正方形外一点，交于点，则_______．

15．图1是第七届国际数学教育大会（JCME-7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点的直角三角形演化而成的．若图2中的，按此规律继续演化，则的面积为_____．

16．如图，在正成形中，点是边上一动点，将沿直线折叠，点落在点处，连接交的延长线于点，连接．下列四个结论：①；②；③；④，其中正确的是__________．（填写所有正确序号）

三、解答题

17．计算：

(1)；

(2)．

18．如图，在中，；求证：

19．如图，甲乙两船从港口同时出发，甲船以16海里/时的速度向北偏东航行，乙船以30海里/时的速度航行，半小时后，甲船到达岛，乙船到达岛，若、两岛相距17海里，求乙船的航行方向？

20．如图，在菱形中，对角线，相交于点，过点作，过点作交于点．

(1)求证：四边形是矩形；

(2)若，，求四边形的面积．

21．观察下列式子，寻找规律：

①  ②  ③，

(1)根据以上规律写出第④个等式：_______________________；

(2)写出第个等式，并证明该结论的正确性．

22．如图，在矩形中，，．

(1)尺规作图：在线段上确定一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法）

(2)在（1）的条件下，连接，若是的中点，连接，求线段的长度．

23．在学习了平行四边形章节后，小明根据所学习的内容，试着创造了一个新的特殊四边形，规定：对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”如图1所示．

(1)【概念理解】证明：有三条边相等的垂美四边形是菱形；（写出已知、求证）

(2)【性质探索】若记垂美四边形面积为，试直接写出与、之间的关系；

(3)【性质应用】根据不完全统计，勾股定理的证明有400多种方法，小明为了证明勾股定理，尝试用两个全等的直角三角形（）如图2摆放，其中、、在一条直线上，若假设直角三角形三边长为，，，即，，，试利用（2）中结论证明勾股定理．

24．已知，如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接．

(1)如图1，若，求证；

(2)如图2，若，求的面积；

(3)直接写出的面积最小值．

25．已知四边形是正方形．

(1)如图1，为等腰直角三角形，，两个顶点、和正方形顶点三点在一条直线上，连接，求证：；

(2)在第（1）题条件下，如图2，连接，求证：；

(3)若正方形边长为4，为所在直线上一动点，连接，为中点，连接，以为直角边，为直角，如图3构造等腰，连接，当在运动时，求线段的最小值．

参考答案：

1．D

【分析】根据二次根式有意义的条件得出的取值范围，继而得出答案．

【详解】解：若二次根式有意义，则，

解得，

在四个选项中符合的是2，

故选：D．

【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数是非负数．

2．B

【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．

【详解】解：A、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；

B、是最简二次根式，符合题意；

C、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；

D、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；

故选：B．

【点睛】本题考查的是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的二次根式，叫做最简二次根式．

3．A

【分析】根据二次根式的除法运算可判断A，根据二次根式的性质与化简可判断B，C，D，从而可得答案．

【详解】解：A、，运算正确，符合题意；

B、，不符合题意；

C、，不符合题意；

D、，不符合题意；

故选A．

【点睛】此题主要考查了二次根式的性质及化简，二次根式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

4．B

【分析】根据勾股定理求出第三边长即可．

【详解】以2，3为直角边的直角三角形斜边长为，

故选B．

【点睛】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么．

5．D

【详解】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；

B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；

C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；

D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．

故选D．

6．C

【分析】根据中位线定理可得：．

【详解】解：是的中点，是的中点，

是的中位线，

，

，

故选：C．

【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，属于基础题，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．

7．A

【分析】根据菱形对角线互相垂直平分可得，在中由勾股定理可得，由可得，然后在中运用勾股定理即可求得DE的长．

【详解】∵四边形ABCD为菱形，

∴，，

在中，，

∵，

∴，

在中，，

故选：A．

【点睛】本题考查了菱形的性质及勾股定理，灵活运用菱形对角线垂直平分的性质结合勾股定理是解题关键．

8．D

【分析】过A作AD⊥BF于D,根据45°角的三角函数值可求出AB的长度，根据含30°角的直角三角形的性质求出斜边AC的长即可.

【详解】如图，过A作AD⊥BF于D，

∵∠ABD=45°，AD=12，

∴=12，

又∵Rt△ABC中，∠C=30°，

∴AC=2AB=24，

故选D．

【点睛】本题考查解直角三角形，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角三角函数值是解题关键.

9．A

【分析】设 确定再求解 再利用勾股定理列方程求解即可．

【详解】解： 矩形， A点坐标为，点坐标为，

设

结合对折可得：

而

由勾股定理可得：

解得：

故选A

【点睛】本题考查的是坐标与图形，轴对称的性质，勾股定理的应用，矩形的性质，熟练的利用轴对称的性质确定相等的边是解本题的关键．

10．C

【分析】分点位于边上、位于边上、位于边上三种情况讨论，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．

【详解】解：当点位于边上时，如图所示：

菱形中，，，

，，

；

当点位于边上时，如图所示：

菱形中，，，

是等边三角形，

过点作于点，

，

由勾股定理得，

，

点与点重合，

；

当点位于边上时，

，，，

，

，

由勾股定理得．

综上，的长为或4或．

故选：C．

【点睛】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

11．              

【分析】（1）利用二次根式的乘法法则计算即可；

（2）利用二次根式的除法法则计算即可

（3）先化为最简二次根式，再合并同类二次根式；

【详解】解：（1）；

（2）；

（3）；

故答案为：；；

【点睛】本题考查二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算法则．

12．4

【分析】根据平行四边形的对边相等，求出两邻边的和，再根据题意求解即可．

【详解】解：，

∴其邻边长为4，

故答案为：4．

【点睛】此题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．

13．4

【分析】利用直角三角形斜边上的中线性质，即可解答．

【详解】解：，点是的中点，，

，

故答案为：4．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．

14．60°

【分析】根据等腰三角形的性质得，由三角形内角和求出顶角的度数，根据正方形的性质得为等腰三角形，再由直角三角形的两锐角互余得答案．

【详解】解：，

，

，

四边形是正方形，

，，

，

，

，

，

．

故答案为：60°．

【点睛】此题考查了正方形的性质，正方形的四个角都是直角，且各边都相等；在几何证明中常运用等边对等角和等角对等边来证明边相等或角相等；在三角形中，要熟练掌握三角形的内角和定理和直角三角形的两个锐角互余．

15．

【分析】利用勾股定理依次计算出，，，，然后依据计算出前几个三角形的面积，然后依据规律解答求得△的面积即可得到结论．

【详解】解：，，，

．

；

；

；

△的面积．

∴的面积=，

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键．

16．①②③④

【分析】连接交于点，过点作交于点，过点作，交于点，根据翻折的性质可得是的垂直平分线，进而可以判断①正确；证明为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质即可证明②正确；然后证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得④正确；再根据等腰直角三角形的性质可得③正确．

【详解】解：如图，连接交于点，过点作交于点，过点作，交于点，

将沿直线折叠，点落在点处，

是的垂直平分线，

连接交的延长线于点，

，故①正确；

四边形是正方形，

，

由翻折可知：，，

，

为等腰三角形，

，

，

，

，

，

，故②正确；

，，

，

在和中，

，

，

，

为等腰直角三角形，

，

，

，

，

，

，

，

，故④正确；

，

∴

∵，

，故③正确，

综上所述：正确的有①②③④，

故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了正方形、全等三角形、等腰三角形、等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、等腰三角形，等腰直角三角形的相关知识．

17．(1)

(2)

【分析】（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；

（2）先将括号展开，计算零指数幂，再合并．

【详解】（1）解：

；

（2）

【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．

18．见解析

【分析】根据平行四边形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，得到，由此即可证明结论．

【详解】解：∵四边形是平行四边形，

∴，

又∵，

∴四边形是平行四边形，

∴，

∴，

∴．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟知平行四边形的对边平行且相等是解题的关键．

19．南偏东

【分析】首先计算出甲乙两船的路程，再根据勾股定理逆定理可证明，然后求出，即可得解．

【详解】解：如图，由题意可得：

，海里，海里，

∴，

∵海里，

∴，即，

∴，

∴，

∴，即乙船的航行方向为南偏东．

【点睛】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形．

20．(1)见解析

(2)

【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，即可得出结论；

（2）由菱形的性质得，，，，再证是等边三角形，得，则，然后由勾股定理得，即可求解．

【详解】（1）证明：，，

四边形是平行四边形，

四边形是菱形，

，

，

平行四边形为矩形；

（2）四边形是菱形，

，，，，

，

是等边三角形，

，

，

，

由（1）可知，四边形是矩形，

矩形的面积．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，掌握矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识是解题的关键．

21．(1)

(2)，证明见解析

【分析】（1）根据已知等式的各部分和序号的关系可得结果；

（2）根据发现的规律，归纳出第n个等式，再利用二次根式的性质和分式的运算法则化简即可证明．

【详解】（1）解：第④个等式为：,

故答案为：；

（2）第个等式为：，

证明：∵n为正整数，

∴

【点睛】本题考查了数字型规律，二次根式的性质，分式的加法运算，解题的关键是发现已知等式的性质，神域归纳总结．

22．(1)见详解

(2)

【分析】（1）以D为圆心长为半径画弧与相交于点E，可得，因为，所以，点E即为所求；

（2）过点F作，连接,利用中位线以及勾股定理即可得出结论；

【详解】（1）以D为圆心长为半径画弧与相交于点E，即为所求，

（2）过点F作，连接

∵是矩形

∴

∵点F是的中点

∴ ，

∵

∴G是的中点

∴，

∴

∴FG是中位线

∴

在中

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形性质，直角三角形性质，勾股定理，解题的关键是找出等量关系构建勾股定理．

23．(1)证明见详解

(2)

(3)证明见详解

【分析】（1）根据已知写出已知求证再利用三角形全等证明结论即可；

（2）四边形的面积的面积的面积；

（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．

【详解】（1）已知：四边形的两条对角线互相垂直，即 ，且；

求证：四边形是菱形

证明：∵，

∴ ，

在 和中

∴，

同理可得：，

∴，

又∵，

∴四边形是菱形，

∴有三条边相等的垂美四边形是菱形；

（2）解：如图1所示：

四边形的面积的面积的面积；

∴；

（3）由已知，可得

∵

∴

∴

∴是垂美四边形

由（2）可得是垂美四边形的面积

∴

∵

∴即

所以勾股定理得证．

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．

24．(1)见解析；

(2)1；

(3)

【分析】（1）由于四边形为矩形，四边形为菱形，那么，，又，易证，从而有，等量代换可得；

（2）过F作，交延长线于M，连接，由于AB∥CD，可得，同理有，利用等式性质有，再结合，，可证，从而有（即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2），进而可求三角形面积；

（3）先设，由第（2）小题得，，在中，，利用勾股定理可得，在中，再利用勾股定理可得，进而可求，从而可得的最小值为，此时．

【详解】（1）∵四边形为矩形，四边形为菱形，

∴，，又，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴；

（2）过F作，交延长线于M，连接，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在和中，，，

∴，

∴，即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值2，

因此；

（3）设，则由第（2）小题得，，在中，，

∴，

∴，

∴，

∴的最小值为，此时，

∴当时，的面积最小为．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

25．(1)证明见详解

(2)证明见详解

(3)

【分析】（1）由题可得，由此得，根据证明；

（2）作辅助线构建正方形和等腰直角三角形，把所求转化为，证，由（1）中的全等可知，证明，推出与的关系，利用直角三角形斜边中线和正方形的性质求出的值为，得出结论；

（3）作辅助线构建正方形和全等三角形，可得是等腰直角三角形，进行求解即可．

【详解】（1）在正方形中，

，

，

即，

，，

；

（2）如图2，设与的交点为，

过作于，过作于，于，

等腰，，

，

四边形是正方形，

，

，

由①得，，

，

，，

，

，

，

，，

，

，

，

，

，

，

，

∵

，

，

；

（3）如图3，

过作于，，交的延长线于，延长、交于，连接延长交，于点E

，

，

，，

，

，

，

，

∵为等腰三角形

∴

∴

∵

∴

∵，

∴

由，

四边形是矩形，

矩形是正方形，

是等腰直角三角形，

∴当时最小，即

【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形、等腰直角三角形、相似，全等三角形的性质和判定；要注意以下两个问题：①对于第二问中的结论：和或差的形式，这是一个证明中的难点，要针对结论中出现的线段找对应的相等或倍数关系做替换，想办法把这些线段放在同一个三角形中或同一组相似或全等的图形中找关系，得出结论．