2022-2023学年福建省厦门市思明区双十中学八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省厦门市思明区双十中学八年级（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.  若二次根式有意义，则可取的值是(    )

A.  B.  C.  D.

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，为直角边的直角三角形斜边长为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图，四边形中，对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

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，菱形对角线、相交于点，点在上，，，，则的长为(    )

A.
B.
C.
D.

8.  如图，一把带有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，三角尺最短边和平行线成角，则三角尺斜边的长度为(    )

A.  B.  C.  D.

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.  C.  D.

二、填空题（本大题共6小题，共26.0分）

11.  计算：
______ ；
______ ；
______ ．

12.  平行四边形的周长为，一边长为，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.  图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，它是由一串有公共顶点的直角三角形演化而成的若图中的，按此规律继续演化，则的面积为______ ．

16.  如图，在正方形中，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：；；；，其中正确的是______ 填写所有正确序号

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
计算：
；
．

18.  本小题分
如图，在▱中，；求证：．

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

20.  本小题分
如图，在菱形中，对角线，相交于点过点作，过点作交于点．
求证：四边形是矩形；
若，，求四边形的面积．

21.  本小题分
观察下列式子，寻找规律：
，
根据以上规律写出第个等式：______ ；
写出第个等式，并证明该结论的正确性．

22.  本小题分
如图，在矩形中，，．
尺规作图：在线段上确定一点，使得保留作图痕迹，不写作法
在的条件下，连接，若是的中点，连接，求线段的长度．

23.  本小题分
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”如图所示．

【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
【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；
【性质应用】根据不完全统计，勾股定理的证明有多种方法，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，，，试利用中结论证明勾股定理．

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

如图，若，求证；
如图，若，求的面积；
直接写出的面积最小值．

25.  本小题分
已知四边形是正方形．

如图，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：≌；
在第题条件下，如图，连接，求证：；
若正方形边长为，为所在直线上一动点，连接，为中点，连接，以为直角边，为直角，如图构造等腰，连接，当在运动时，求线段的最小值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：若二次根式有意义，则，
解得，
在四个选项中符合的是，
故选：．
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．
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.【答案】 

【解析】解：、，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：．
根据最简二次根式的概念判断即可．
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.【答案】 

【解析】解：．，故正确；
B.，故不正确；
C.，故不正确；
D.，故不正确．
故选：．
根据二次根式除法法结合二次根式性质化简即可．
本题考查根式的除法，二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解决本题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：以，为直角边的直角三角形斜边长，
故选：．
根据勾股定理可直接求解．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：、由“，”可知，四边形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“，”可知，四边形的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“，”可知，四边形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“，”可知，四边形的一组对边平行，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：．
根据平行四边形判定定理进行判断．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
 

6.【答案】 

【解析】解：是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
，
故选：．
根据中位线定理可得：．
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.【答案】 

【解析】解：四边形是菱形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故选：．
由菱形的性质得出，，，由勾股定理求出，求出，由勾股定理可求出答案．
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：如图，过作于，
，，
，
又中，，
，
故选：．
过作于，依据，，可得，再根据中，，可得．
本题主要考查了平行线的性质，解决问题的关键是作辅助线构造等腰直角三角形．
 

9.【答案】 

【解析】解：点坐标为，点坐标为，
，，
四边形是矩形，
，，
由折叠性质可得，，
在中，，
，
设，则，
在中，由勾股定理可得，
，解得，
，
，
故选：．
在中可先求得的长，则可求得长，设，则可表示出，在中利用勾股定理可求得，则可求得点坐标．
本题考查了翻折变换折叠的性质勾股定理，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】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，的长为或或．
故选：．
分点位于边上、位于边上、位于边上三种情况讨论，利用含度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理等，灵活运用所学知识是解题的关键．
 

11.【答案】    

【解析】解：；
；
；
故答案为：；；．
利用二次根式的乘法法则计算即可；
利用二次根式的除法法则计算即可
先化为最简二次根式，再合并同类二次根式；
本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算法则．
 

12.【答案】 

【解析】解：，
其邻边长为，
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：，点是的中点，，
，
故答案为：．
利用直角三角形斜边上的中线性质，即可解答．
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.【答案】 

【解析】解：，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
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．
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.【答案】 

【解析】解：，，，，
．；；；
的面积．
的面积，
故答案为：．
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．
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.【答案】 

【解析】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，
，故正确；
四边形是正方形，
，
由翻折可知：，，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，
，
，故正确；
，，
，
在和中，
，
≌，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，故正确；
，

，
，故正确，
综上所述：正确的有，
故答案为：．
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正确；然后证明≌，可得，结合等腰直角三角形的性质可得正确；再根据等腰直角三角形的性质可得正确．
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.【答案】解：


；


． 

【解析】先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
先将括号展开，计算零指数幂，再合并．
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.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
． 

【解析】证明四边形是平行四边形，得，利用等式的性质即可解答．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键．
 

19.【答案】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． 

【解析】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．
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.【答案】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；
解：四边形是菱形，
，，，，
，
是等边三角形，
，
，
，
由可知，四边形是矩形，
矩形的面积． 

【解析】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；
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．
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.【答案】 

【解析】解：解第个等式为：，
故答案为：；
第个等式为：，
证明：为正整数，
．
根据已知等式的各部分和序号的关系可得结果；
根据发现的规律，归纳出第个等式，再利用二次根式的性质和分式的运算法则化简即可证明．
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.【答案】解：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，
可得，
，
再作线段的垂直平分线，交于点，
可得，
．
如图，点即为所求．
过点作于点，
四边形为矩形，
，
，
，
是的中点，
，
，
，，
，
． 

【解析】以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，再作线段的垂直平分线，交于点，则点即为所求．
过点作于点，结合已知条件以及矩形的性质可得，，则，再由勾股定理可得，即可得出答案．
本题考查作图复杂作图、矩形的性质、勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
 

23.【答案】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：≌，
，，
，
四边形是菱形，
有三条边相等的垂美四边形是菱形；

解：如图所示：

四边形的面积的面积的面积，
；
由已知，可得，
，
，
，
是垂美四边形，
由可得是垂美四边形的面积，
，
，
即，
所以勾股定理得证． 

【解析】根据已知写出已知求证再利用三角形全等证明结论即可；
四边形的面积的面积的面积；
根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合的结论计算即可．
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.【答案】证明：四边形为矩形，四边形为菱形，
，，又，
≌，
，
，
，
；
解：过作，交延长线于，连接，

，
，
，
，
，
在和中，，，
≌，
，即无论菱形如何变化，点到直线的距离始终为定值，
因此；
解：设，则由第小题得，
在中，，
，
，
，
的最小值为，此时，
当时，的面积最小为． 

【解析】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；
过作，交延长线于，连接，由于，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，点到直线的距离始终为定值，进而可求三角形面积；
先设，由第小题得，，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．
本题考查四边形的综合应用，掌握了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理是解题的关键．
 

25.【答案】证明：在正方形中，
，
，
即，
，，
≌；
证明：如图，设与的交点为，

过作于，过作于，于，
在等腰，，
，
四边形是正方形，
，
，
由≌得，，
，
，，
∽，
，
，
，，，
，
∽，
，
，
，
，
，
，
，，
≌，
，
；
解：如图，

过作于，，交的延长线于，延长、交于，连接延长交，于点，
，
，
，，
≌，
，
，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
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． 

【解析】由题可得，由此得，根据证明≌；
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；
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．
本题考查四边形的综合应用，掌握正方形、等腰直角三角形、相似，全等三角形的性质和判定是解题的关键．