山东省泰安市新泰市2022-2023学年八年级下学期期中数学试题答案

这是一份山东省泰安市新泰市2022-2023学年八年级下学期期中数学试题答案，共35页。试卷主要包含了 取下列各数时，使得有意义的是， 下列计算正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，满分150分．考试时间120分钟．
注意事项：
1.答题前，请考生仔细阅读答题卡上的注意事项，并务必按照相关要求作答．
2.考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回．
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项选出来，每小题选对得4分，选错、不选或选出的答案超过一个，均记零分）
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义，计算即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了求一个数的算术平方根，解本题的关键在熟练掌握算术平方根的定义．算术平方根的定义：一般地，如果一个正数的平方等于，即，那么这个正数就叫做的算术平方根．
2. 菱形对角线不具有的性质是（ ）
A. 对角线互相平分B. 每一条对角线平分一组对角
C. 对角线互相垂直D. 对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形的对角线的性质，进行判断即可．
【详解】解：菱形的对角线互相垂直且平分，且平分一组对角，菱形的对角线不一定相等．
故选D．
【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，且平分一组对角，是解题的关键．
3. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据最简二次根式的定义，进行判断即可．
【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意；
B、，不是最简二次根式，不符合题意；
C、，不是最简二次根式，不符合题意；
D、，不是最简二次根式，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查最简二次根式的判断．熟练掌握最简二次根式的定义：被开方数不含分母，且不含能开方开的尽的因数或因式，是解题的关键．
4. 取下列各数时，使得有意义的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件得出，求出，再逐个判断即可．
【详解】要使代数式有意义，必须，
解得：，
，，，，
只有选项D符合题意，选项A、选项B、选项C都不符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，能根据题意得出是解此题的关键，注意：代数式中，分式中分母．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和加法法则，乘法法则，逐一计算判断即可．
【详解】解：A、，故选项A错误；
B、，故选项B错误；
C、，故选项C正确；
D、，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查二次根式的性质和运算．熟练掌握相关运算法则，正确的计算，是解题的关键．
6. 要检验一个四边形的桌面是矩形，可行的测量方案是（ ）
A. 任选两个角，测量它们的角度；B. 测量四条边的长度；
C. 测量两条对角线的长度；D. 测量两条对角线的交点到四个顶点的距离．
【答案】D
【解析】
【分析】利用矩形的判定定理逐个选项查看即可．
【详解】选项A中任意两个角只能判定一对角互补或相等，或两个直角，有可能为直角梯形，判断四边形为矩形需要3个角是直角，选项A错误；
选项B中，四条边的关系为对边相等，可能仅是平行四边形，选项B错误；
选项C中，对角线长度相等但是不是平行四边形时，仅为普通四边形，选项C错误；
选项D中，根据对角线交点到四个顶点的距离分别相等，判断对角线互相平分则为平行四边形，又通过对角线相等判断为矩形．
故选D．
【点睛】矩形的判定定理有3条，三个角是直角的四边形；对角线相等的平行四边形；有一个角是直角的平行四边形．熟练的应用判定定理是解题的关键．
7. 两个矩形的位置如图所示，若，则的度数为（ ）
A. 34°B. 56°C. 79°D. 146°
【答案】B
【解析】
【分析】利用邻补角互补，矩形的四个内角为90°，三角形内角和定理求解即可．
【详解】
图中的四边形是矩形
故选：B
【点睛】本题主要考查矩形的四个内角都是90度，邻补角互补，三角形的内角和定理．解题的关键是找到角之间的联系，综合运用各个知识点求解．
8. 在矩形中，，对角线与相交于点O，，垂足为E，．则的长为（ ）

A. 4B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形的性质，得到，根据，得到点为的中点，推出为等边三角形，得到，推出，利用含30度的直角三角形的性质，即可得解．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∵，
∴，
∴为的中点，
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选B．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形．解题的关键是得到为等边三角形．
9. 把根号外的因式移入根号内，结果为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于被开方数，可确定x−1的取值范围，然后再按二次根式的乘除法法则计算即可．
【详解】解：由已知可得：，
∴ ，即，
∴
故选：B
【点睛】本题主要考查二次根式的性质与化简，由已知得出x−1的取值范围是解答此题的关键．
10. 如图，O是菱形的对角线的交点，E，F分别是的中点给出下列结论：①；②四边形也是菱形；③四边形的面积大小等于；④；⑤△DEF是轴对称图形．其中正确的结论有（ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】C
【解析】
【分析】①正确，根据三角形的面积公式可得到结论．
②根据已知条件利用菱形的判定定理可证得其正确．
③正确，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求得．
④不正确，根据已知可求得∠FDO＝∠EDO，而无法求得∠ADE＝∠EDO．
⑤正确，由已知可证得△DEO≌△DFO，从而可推出结论正确．
【详解】解：①正确
∵E、F分别是OA、OC的中点．
∴AE＝OE．
∵S△ADEAE×ODOE×OD＝S△EOD
∴S△ADE＝S△EOD．
②正确
∵四边形ABCD是菱形，E，F分别是OA，OC的中点．
∴EF⊥OD，OE＝OF．
∵OD＝OB．
∴四边形BFDE是菱形．
③正确
∵菱形ABCD的面积AC×BD．
∵E、F分别是OA、OC的中点．
∴EFAC．
∴菱形ABCD的面积＝EF×BD．
④不正确
由已知可求得∠FDO＝∠EDO，而无法求得∠ADE＝∠EDO．
⑤正确
∵EF⊥OD，OE＝OF，OD＝OD．
∴△DEO≌△DFO．
∴△DEF是轴对称图形．
∴正确的结论有四个，分别是①②③⑤，
故选：C．
【点睛】此题主要考查学生对菱形的性质等知识的理解及运用能力．
11. 如图，O是矩形的对角线的中点，M是的中点，若，，则四边形的周长是（ ）

A. 18B. 20C. 14D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的性质和三角形的中位线定理，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形，，，
∴，
∵O是矩形的对角线的中点，M是的中点，
∴，，为的中位线，
∴，
∴四边形的周长是；
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理．熟练掌握相关性质和定理，是解题的关键．
12. 如图，在正方形中，点P在对角线上，，，E，F分别为垂足，连接，则下列命题：①若，则；②若，则；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确命题的个数是（ ）

A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】连接，逐项分析：①由条件易得是矩形，由正方形性质得出，则可证出，②当时，可证得：为正方形，则可证得；③当时，AP最小，此时由正方形性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：如图：连接PC、AC，
①∵正方形，
是矩形，
，
∵正方形，
∴， ，
在 和 中
，
，
，
，故①正确；
②当时，
，
，
即，
则A、P、C三点共线，则P为与的交点，即为正方形对角线的交点，
，
为正方形，
，
，
，故②正确；
③由①可知：，则最小值即为最小值，
当时，最小，由②可知，此时，
，
即最小值为，故③错误；
所以一共有2个正确的．

故选：C．
【点睛】本题考查了矩形正方形判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点到直线的距离最短，以及化简二次根式，掌握矩形正方形的判定与性质是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 102分）
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，满分24分）
13. 计算的结果是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质求解即可．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质是解答的关键，注意符号问题．
14. 菱形的周长为，相邻两内角比为，则其较短对角线长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质得出，，，，， ，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解．
【详解】如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，其中．
四边形是菱形，菱形的周长，
，，，，， ．
，
．
菱形两相邻角，
，
，
中 ，
，
，
，．
∴其较短对角线长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
15. 若，则的值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据算术平方根与绝对值的非负性，得出，即可求解．
【详解】解：∵
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了算术平方根与绝对值的非负性，代数式求值，求得是解题的关键．
16. 如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF＝_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6-x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6-x）2，解方程求出x．
【详解】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
在△AEF与△CDF中，

∴，
∴EF=DF；
∵四边形ABCD矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6-x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，
即x2=42+（6-x）2，
解得，
则FD=6-x=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等，也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
17. 根据a＝1，b＝10，c＝﹣15，可求得代数式的值为____．
【答案】
【解析】
【分析】先把、、值代入，再化简二次根式，然后约分即可．
【详解】解：，，．
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
18. 如图，在矩形中，，，F是边的中点，E是边上一动点，则的最小值是______．

【答案】
【解析】
【分析】作点关于的对称点，得到，得到当三点共线时，取得最小值，过点作，得到四边形为矩形，利用勾股定理进行求解．
【详解】解：作点关于的对称点，则：，，

∴当三点共线时，取得最小值，即为的长，
过点作，
∵矩形，F是边的中点，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，利用轴对称解决线段问题．熟练掌握矩形的性质，成轴对称的性质，是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，满分78分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用完全平方公式进行计算即可；
（2）先化简各式，再合并同类二次根式即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的性质和相应运算法则，正确的计算，是解题的关键．
20. 如图，在菱形中，是对角线，点是线段延长线上的一点，在线段的延长线上截取，连接，，，．试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】四边形是菱形，理由见解析
【解析】
【分析】连接交于点O，根据菱形的性质可得，，再由，可得，可得到四边形是平行四边形，即可．
【详解】解：四边形是菱形，理由如下：
如图，连接交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
21. 阅读材料：如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，记，那么这个三角形的面积为．这个公式叫“海伦公式”，它是利用三角形的三条边的边长直接求三角形面积的公式，中国秦九韶也得出了类似的公式，称三斜求积术，故这个公式又被称为“海伦-秦九韶公式” ．解答下列问题：如图，在中，，，．
（1）的面积；
（2）过点A作，垂足为D，求线段AD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得三角形周长的一半，即的值，然后代入公式进行计算即可求解；
（2）根据三角形面积进行计算即可求解．
【小问1详解】
∵，，，∴，
∴的面积；
【小问2详解】
如图，∵面积，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形面积公式，二次根式的应用，正确的计算是解题的关键．
22. 如图，在四边形ABCD中，，AC与BD相交于点O，E，F分别是AC，BD的中点，连接EF．
（1）求证：；
（2）若，，求AC的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【小问1详解】
证明：连接BE，DE
在△ABC和△ADC中
∵，E为AC中点
∴，
∴BE=DE
∵F为BD中点，
∴EF⊥BD
【小问2详解】
解：在Rt△BFE中
∵，
∴根据勾股定理得：
∴．
【点睛】本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半．
23. 图，在正方形ABCD中，，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFM，连接CM．
（1）求证：矩形DEFM是正方形；
（2）求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，作于G，于H，由正方形的性质可知，，，由，可证四边形EGCH是矩形，则，由，可知，证明四边形EGCH是正方形，证明，则，进而结论得证；
（2）由正方形的性质可知，，．证明，则，可知，在 中，由勾股定理得，计算求解即可．
【小问1详解】
明：如图，作于G，于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴四边形EGCH是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形EGCH是正方形，
∴，
∵四边形DEFM是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形DEFM是正方形．
【小问2详解】
解：∵四边形DEFM和四边形ABCD均为正方形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴，
在 中，由勾股定理得，
∴的值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
24. 阅读材料，并解决问题．
定义：将分母中的根号化去的过程叫做分母有理化．
如：将分母有理化
解：原式
运用以上方法解决问题：
（1）将分母有理化；
（2）比较大小：（在横线上填“＞”、“＜”或“＝”）
（，且为整数）
（3）化简：
【答案】（1）
（2）＜，＜ （3）
【解析】
【分析】（1）根据平方差公式先分子和分母都乘以，即可求出答案；
（2）先分母有理化，求出后进行判断即可；
（3）先分母有理化，最后合并即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：∵
∵
∴
故答案为：＜，＜；
【小问3详解】
解：原式=
【点睛】本题考查了分母有理化，平方差公式的应用，解题的关键是能正确进行分母有理化．
25. 如图，在矩形中，的平分线交于点，交的延长线于点，取的中点，连接、、．

（1）求证：；
（2）求证：；
（3）求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）证明是等腰直角三角形，即可得证；
（2）在，是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，根据，可得，进而根据得出，，即可得证；
（3）连接，根据矩形的性质可得，进而证明是等腰直角三角形，即可得出结论．
小问1详解】
解：四边形是矩形，四边形是矩形，
，，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
．
【小问2详解】
在，是的中点，
，则是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
【小问3详解】
连接，四边形是矩形，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．