2022-2023学年福建省龙岩市北大附属实验学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省龙岩市北大附属实验学校八年级（下）期中数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列式于为最简二次根式的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  如图，已知菱形的周长为，，则对角线的长是(    )

A.
B.
C.
D.

3.  下列各组线段长度能构成直角三角形的一组是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

4.  函数的图象经过点，则这个函数的解析式是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图，▱的对角线，相交于点，是中点，且，则▱的周长为(    )

 

A.  B.  C.  D.

6.  已知，如图，一轮船以海里时的速度从港口出发向东北方向航行，另一轮船以海里时的速度同时从港口出发向东南方向航行，离开港口小时后，则两船相距(    )
 

A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里

7.  如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形若正方形、、、的边长分别是、、、，则最大正方形的面积是(    )

A.
B.
C.
D.

8.  下列说法正确的是(    )

A. 对角线互相垂直的四边形是菱形
B. 四条边都相等的四边形是正方形
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 四个角相等的四边形是矩形

9.  如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为(    )

A.
B.
C.
D.

10.  如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，四边形是矩形，点、的坐标分别为，，点是的中点，点在边上运动，当是腰长为的等腰三角形时，点的坐标为(    )

A.  B.
C.  D.

二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）

11.  在函数中，自变量的取值范围是______．

12.  平行四边形的周长为，一边长为，则另一条邻边长为        ．

13.  在▱中，，则______．

14.  已知直角三角形的两条边为、，这个直角三角形第三边的长为______．

15.  已知四边形中，，，，若，，则四边形的面积为______．

16.  如图，正方形的边长为，是上一点，，连接与相交于点，过点作，交于点，连接，则点到的距离为______．

三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）

17.  已知：中，，，，求和的长．

四、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

18.  本小题分
计算：．

19.  本小题分
已知的小数部分是，的小数部分，求的值．

20.  本小题分
如图，在▱中，点是对角线的中点，过点作，垂足为点，且交，分别于点，．
求证：四边形是菱形．

21.  本小题分
如图，在平行四边形中，，在取一点，使得，连接．
用尺规完成以下基本作图：作的角平分线交于点，交于点；保留作图痕迹，不写作法和结论
根据 中作图，经过学习小组讨论发现，并给出以下证明，请将证明过程补充完整．
证明：
      
四边形为平行四边形
      


平分
      
四边形为平行四边形

      
．
即．
在中，．
．

22.  本小题分
如图，正方形中，是对角线上一点，连接，，延长交边于点．

求证：．
若，，求证：．

23.  本小题分
阅读材料：
黑白双雄，纵横江湖；双剑合璧，天下无敌这是武侠小说中的常见描述，其意是指两个人合在一起，取长补短，威力无比在二次根式中也有这种相辅相成的“对子”，如：，
它们的积不含根号，我们说这两个二次根式互为有理化因式，其中一个是另一个的有理化因式于是，二次根式除法可以这样解：
如，．
当然也可以利用得，
故，
像这样，通过分子、分母同乘以一个式子把分母中的根号化去，叫做分母有理化．
解决问题：
化简：；
计算：．

24.  本小题分
如图，在中，于点，在线段上取点使得，平分交于点，连接．
若，，，求的长；

若，求证：．

25.  本小题分
已知，正方形的边长为，菱形的三个顶点，，分别在正方形边，，上，．

如图，当，且点在边上时，求证：≌；菱形是正方形；
如图，当点在正方形的外部时，连接．
探究：点到直线的距离是否发生变化？并说明理由；
设，的面积为，是否存在的值，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、原式，不是最简二次根式；
B、原式，不是最简二次根式；
C、原式，是最简二次根式；
D、原式，不是最简二次根式；
故选：．
根据最简二次根式的概念进行判断．
此题主要考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念是解题关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：四边形是菱形，
，
又，
是等边三角形，
，
故选：．
由菱形的性质可证是等边三角形，即可求解．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
 

3.【答案】 

【解析】解：、，故选项A符合题意；
B、，故选项B不符合题意；
C、，故选项C不符合题意；
D、，故选项D不符合题意．
故选：．
根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
 

4.【答案】 

【解析】解：正比例函数的图象经过点，
，
解得，
正比例函数的解析式为
故选：．
把点的坐标代入函数解析式求出值即可得解．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，把点的坐标代入函数解析式计算即可，比较简单．
 

5.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理，属于中考常考题型．首先证明：，由，推出即可解决问题．
【解答】
解：四边形是平行四边形，
，
是中点，
，
为中位线，
，
，
，
，
平行四边形的周长，
故选：．  

6.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查勾股定理的应用，比较简单．
根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角．然后根据路程速度时间，得两条船分别走了，再根据勾股定理，即可求得两条船之间的距离．
【解答】
解：两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
，
两小时后，两艘船分别行驶了海里，海里，
根据勾股定理得：海里．
故选D．  

7.【答案】 

【解析】解：由勾股定理可知：，，
，，


．
故选：．
根据勾股定理可知：直角三角形两个直角边平方的和等于斜边的平方．两个相邻的小正方形面积的和等于相邻的一个大正方形的面积．
本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理，本题属于基础题型．
 

8.【答案】 

【解析】解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A错误，不符合题意；
四条边都相等的四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C错误，不符合题意；
四个角相等的四边形是矩形，故D正确，符合题意；
故选：．
根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定逐项判断即可．
本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，解题的关键是掌握平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理．
 

9.【答案】 

【解析】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
解得：，
，
，
，
，
故选：．
根据菱形的性质得出，，，求出，根据求出，根据直角三角形斜边上的中线性质求出答案即可．
本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点，注意：菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的面积等于对角线积的一半．
 

10.【答案】 

【解析】解：有两种情况：以为圆心，以为半径画弧交于点，此时，
在中，，，
由勾股定理得，
则的坐标是；

以为圆心，以为半径画弧交于和点，此时，
过作于，
在中，设，
则，，，由勾股定理得：，
，
则的坐标是；
过作于，
设，
则，，，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
，，
即的坐标是；
假设，则由点向边作垂线，交点为则有十，
，
此时的为正三角形，于是，，，代入式，等式不成立．所以排除此种可能．
故选：．
分为两种情况：，求出，即可求出的坐标；，此时有两点，过作于，求出即可；同法可求的坐标．
本题考查了坐标与图形性质，矩形性质，等腰三角形的判定的应用，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意：一定要进行分类讨论．
 

11.【答案】且 

【解析】

【分析】
本题考查了函数自变量的取值范围，涉及的知识点为：分式有意义，分母不为；二次根式的被开方数是非负数．根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于，分母不等于，就可以求解．
【解答】
解：根据二次根式有意义，分式有意义得：且，
解得：且．
故答案为且．  

12.【答案】 

【解析】解：

，
故答案为：．
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．
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.【答案】 

【解析】解：如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
根据平行四边形的对角相等、邻角互补即可得出的度数．
本题考查平行四边形的性质以及平行线的性质；解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等，邻角互补的性质．
 

14.【答案】或 

【解析】解：当这个直角三角形的两直角边分别为，时，
则该三角形的斜边的长为；
当为直角边，为斜边时，则第三边长为
故答案为：或．
此题有两种情况：一是当这个直角三角形的两直角边分别为，时；二是当这个直角三角形的一条直角边为，斜边为时．然后利用勾股定理即可求得答案．
此题主要考查学生对勾股定理的理解和掌握，此题难度不大，属于基础题．
 

15.【答案】或 

【解析】解：，
，
如图，当时，易得四边形为平行四边形，

过点作，，则，
；
如图，当时，易知四边形为等腰梯形，
分别过点、作，，

，
，
，
．
综上，四边形的面积为或．
故答案为：或．
根据题干得到四边形为不固定图形，需要分类讨论，根据与的大小情况做出讨论即可．
本题考查平行变形和梯形的相关知识，能够分析出四边形的两种情况是关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：连接，过作于，

在正方形中，，
在和中，
，
≌，
，，
，
在四边形中，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
为等腰直角三角形，
，
，，
，
即点到的距离为．
故答案为：．
连接，过作于，根据正方形的性质和全等三角形的判定得出≌，进而利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理解答．
 

17.【答案】解：作，
，
，
，
在，根据勾股定理得，，
，
，
，则，
， 

【解析】作，得，根据勾股定理和直角三角形所对的直角边是斜边的一半计算即可．
本题考查了解直角三角形，熟练掌握勾股定理和直角三角形中所对的直角边是斜边的一半，这两个定理的应用是解题关键．
 

18.【答案】解：


． 

【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，准确熟练地化简各式是解题的关键．
 

19.【答案】解：，
的整数部分是，小数部分是，
的整数部分是，小数部分是，
，，


． 

【解析】先估算的大小，然后确定和的值，再计算即可．
本题考查了估算无理数的大小，要想准确地估算出无理数的取值范围需要记住一些常用数的平方．
 

20.【答案】证明：四边形是平行四边形，为对角线的中点，
，，
在和中，
，
≌；
，
又，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形为菱形． 

【解析】证≌，得，再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，证明≌是解题的关键．
 

21.【答案】       

【解析】解：如下图：

证明：，
，
四边形为平行四边形，
，
，

平分，
，
四边形为平行四边形，
，
，
．
即．
在中，．
，
故答案为：，，，．
根据作角平分线的基本作图画图；
根据平行四边形的性质及平行线的性质证明．
本题考查了复杂作图，掌握平行四边形和平行线的性质是解题的关键．
 

22.【答案】证明：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
；
证明：，，
，
，
．

． 

【解析】根据正方形的性质由“”可证；
先根据全等三角形的性质可求，再根据对顶角和三角形的内角和可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
 

23.【答案】解：


；



． 

【解析】本题考查二次根式的混合运算、分母有理化，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
根据平方差公式可以将分母有理化，然后化简即可；
根据分母有理化的方法，可以将式子化简，然后计算加减法即可．
 

24.【答案】解：，
，
在中，，，
，
在中，，，
，
证明：如图，

由知，，
平分，
，
过点作，
，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
． 

【解析】先判断出，再用勾股定理求出，进而用勾股定理求出；
过点作，再判断出≌，得出，可得结论．
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判断和性质，锐角三角函数，解本题的关键是判断出≌，判断出，作出辅助线是解本题的难点，是一道中等难度的中考常考题．
 

25.【答案】证明：四边形是正方形，
，
，，
，
四边形是菱形，
，
≌；
≌，
，
，
，
，
四边形为正方形；
解：点到直线的距离不发生变化．
理由：作交的延长线于，如图，过点作，

正方形中
，
，，
四边形是菱形，
，
即，
又，
，
在与中，
，
≌，
，
，
，是定值不变；
解：过作，交的延长线于点，

由可知≌，
，
设，
，
，
，
即．
故线段的长度为． 

【解析】由于四边形为正方形，四边形为菱形，那么，，而，利用证明≌；
由全等三角形的性质得出，等量代换可得，即可证四边形为正方形；
过点作，根据平行公理可得，根据平行线的性质可以得到，，再根据菱形的邻角互补以及平角等于可以求出，然后证明与全等；
过作，垂足为，设，则，由三角形面积公式可求出．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质和判定、菱形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用相关的性质定理和判定定理是解题的关键．