2022-2023学年重庆市南川区八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年重庆市南川区八年级（下）期中数学试卷

一、选择题（本题共10小题，共40分）

1.  下列各式中，最简二次根式是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  下列四组线段中，可以构成直角三角形是(    )

A.  B. ，，
C. ，， D. ，，

3.  下列计算正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

4.  下列个命题：
对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形；
三个角是直角的四边形是矩形；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形．
其中正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  根据以下程序，当输入时，输出的值为(    )
 

A.  B.  C.  D.

6.  估计的值应在(    )

A. 和之间 B. 和之间 C. 和之间 D. 和之间

7.  已知、为实数，且，则的值是(    )

A.  B.  C.  D.

8.  如图，在矩形中，点的坐标是，则，两点间的距离是(    )

A.
B.
C.
D.

9.  下列图形都是由同样大小的平行四边形按一定的规律组成，其中第个图形中一共有个平行四边形，第个图形中一共有个平行四边形，第个图形中一共有个平行四边形，按此规律排列下去，则第个图形中平行四边形的个数为(    )
 

A.  B.  C.  D.

10.  如图，已知正方形的边长为，点是对角线上一点，，，垂足分别为，，连接，给出下列结论：
；
一定是等腰三角形；
四边形的周长为；
；
其中正确结论的序号为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本题共8小题，共32分）

11.  若有意义，则的取值范围是        ．

12.  计算： ______ ．

13.  菱形的对角线，，则该菱形的面积为______ ．

14.  已知直角三角形的两边长分别为和，求第三边的长______．

15.  直角三角形的两条直角边分别长和，斜边长为______ ．

16.  如图，已知矩形的对角线的长为，顺次连结各边中点、、、得四边形，则四边形的周长为______ ．

17.  如图，有一块直角三角形纸片，两直角边，，将折叠，使落在斜边上，折痕为，则的长为______ ．

18.  若一个四位正整数满足：，我们就称该数是“交替数”，则最小的“交替数”是        ；若一个“交替数”满足千位数字与百位数字的平方差是，且十位数字与个位数的和能被整除则满足条件的“交替数”的最大值为        ．

三、解答题（本题共8小题，共78分）

19.  计算：
；
．

20.  如图，已知，平分．
使用尺规完成基本作图：作的角平分线，交于点，交于点，连接保留作图痕迹，不写作法，不下结论
求证：四边形是菱形，请补全下面的证明过程
证明：平分，
______．
又，
______，
，
，
同理可得：______，
．
又______，
四边形为______．
，
四边形是菱形．

21.  已知，，求下列各式的值：
；
．

22.  如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，连接．
在图中画出点关于轴的对称点，连接，，并直接写出点的坐标；
在的基础上，试判断的形状，并说明理由．

23.  先化简再求值：，其中．

24.  如图，为平行四边形的对角线，，是的中点，是的中点，连接并延长交于点，连接．
求证：四边形是菱形．
若，，求四边形的面积．

25.  已知：如图，在菱形中，为边的中点，与对角线交于点，过作于点，．
若，求的长；
求证：．

26.  已知，如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接．
若，求证四边形为正方形；
若，求的面积；
当为何值时，的面积最小．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、不是最简二次根式，不符合题意；
B、不是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次根式，符合题意；
D、不是最简二次根式，不符合题意；
故选：．
判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：
被开方数不含分母；
被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
 

2.【答案】 

【解析】解：、，符合勾股定理的逆定理，能构成直角三角形，故本选项符合题意；
B、，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
C、，不符合勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、，不符合勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：．
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个就不是直角三角形，逐一判定即可．
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．
 

3.【答案】 

【解析】解：、无法计算，故此选项错误；
B、，故此选项正确；
C、，故此选项错误；
D、，故此选项错误．
故选：．
直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，符合题意；
三个角是直角的四边形是矩形，符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，符合题意；
一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，不合题意．
正确的有：，
故选：．
利用平行四边形及特殊的平行四边形的判定定理逐一判定后即可得到正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
 

5.【答案】 

【解析】解：根据题意知：，则将代入的算数平方根中得：

故选：．
根据题中程序，将代入式中即可求解．
本题主要考查了有理数的算术平方根，理解题意及掌握算术平方根是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：原式
，
，
，
．
故选：．
先根据二次根式混合运算的法则计算出代数式的值，再估算出其取值范围即可．
本题考查的是估算无理数的大小及二次根式的混合运算，熟知估算无理数大小要用逼近法是解题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意得：
且，
解得：且，
，
，
，
故选：．
根据二次根式可得且，从而可得，进而可得，然后把，的值代入式子中进行计算即可解答．
本题考查了二次根式的有意义的条件，熟练掌握二次根式是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：如图，连接，，

四边形是矩形，
，
点的坐标是，点，
，
，两点间的距离为，
故选：．
由矩形的性质可得，由两点距离公式可求解．
本题考查了矩形的性质，两点距离公式，掌握矩形的性质是本题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：观察图形的变化可知：
第个图形中一共有个平行四边形，
第个图形中一共有个平行四边形，
第个图形中一共有个平行四边形，
第个图形中一共有个平行四边形，
则：第个图形中一共有个平行四边形，
第个图形中一共有个平行四边形，
第个图形中一共有个平行四边形，
故选：．
观察图形的变化可得，，，，，，即可得结果．
本题考查的是平行四边形的认识，规律型：图形的变化类，本题是一道根据图形进行数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，然后利用规律解决一般问题．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图，连接，

正方形的边长为，是对角线上一点，
，，，
又，，
，
，
，，即和均为等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，故正确；
，当时，是等腰三角形，
故错误；
由知：，且四边形为矩形，
四边形的周长，
故正确；
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
故正确；
故选：．
先证是等腰直角三角形，则，再证四边形是矩形，从而可得，即可判断；
，当时，是等腰三角形，即可判断；
根据知四边形为矩形、是等腰直角三角形，则四边形的周长，即可判断；
证明≌，则，根据矩形对角线相等得，即可判断．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识；充分利用正方形的性质证明三角形全等可得相关验证．
 

11.【答案】 

【解析】解：由题意得，，
．
故答案为：．
直接根据二次根式有意义的条件解答即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：原式

．
利用平方差公式计算．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：菱形的两条对角线，，
面积，
故答案为：．
根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半求得面积．
本题考查菱形的面积，识记菱形的面积对角线乘积的一半是解题的关键．
 

14.【答案】解：直角三角形的两边长分别为和，
当是此直角三角形的斜边时，设另一直角边为，则；
当是此直角三角形的直角边时，设另一直角边为，则．
综上所述，第三边的长为或． 

【解析】由于此题中直角三角形的斜边不能确定，故应分是直角三角形的斜边和直角边两种情况讨论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
 

15.【答案】 

【解析】解：在直角三角形中已知两直角边长为，
则斜边长为，
故斜边长为．
在直角三角形中已知两直角边长，根据勾股定理即可计算斜边的长度．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中正确的根据勾股定理求解是解题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】解：、分别是、的中点，
是的中位线，
，
同理，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形，
四边形的周长为．
故答案为：．
由三角形中位线定理推出，得到四边形是菱形，即可求出四边形的周长为．
本题考查菱形的判定，矩形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，关键是掌握三角形中位线定理，菱形的判定方法．
 

17.【答案】 

【解析】解：解法一：在直角三角形中，，，
，
根据折叠的性质可得，，，，
，，
设，则，
在中，，
，
解得：，
．
故答案为：．
解法二：在直角三角形中，，，
，
根据折叠的性质可得，，，
，
设，则，
，
，即，
解得：，
．
故答案为：．
解法一：根据勾股定理可求得，由折叠的性质可得，，，进而得到，，设，则，在中，根据勾股定理列出方程求解即可．
解法二：根据勾股定理可求得，由折叠的性质可得，，设，则，以此得到，则，代入求解即可．
本题主要考查折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
 

18.【答案】   

【解析】解：取最小的正整数，取最小的整数，
则，，．
最小的“交替数”是；
根据题意知：，是正整数，．
，且，，
或，
解得或，
．
，
或，
是正整数，
或或，
或或或或或，
解得或或舍去或舍去或或，
，，，，即；
或，，，，即；
或，，，，即；
或，，，，即．
故所有的“交替数”是或或或，
最大的“交替数”为，
故答案为：，．
根据最小的正整数是，最大的一位数是解答；根据题意得到：，是正整数，，联立方程组，解答即可．
本题主要考查了因式分解的应用，实数的运算，理解新定义，并将其转化为实数的运算是解题的关键．
 

19.【答案】解：

；


． 

【解析】先化简，同时去括号，然后再合并同类二次根式即可；
根据完全平方公式将式子展开，然后合并同类项即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
 

20.【答案】        平行四边形 

【解析】解：图形如图所示：


证明：平分，
，
 又，
，
，
，
同理可得：，
．
又，
四边形为平行四边形．
，
四边形是菱形．
故答案为：，，，，平行四边形．
根据要求作出图形即可；
先证得，结合已知条件证得四边形为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图应用与设计作图，平行四边形的性质，菱形的判定，角平分线的定义等知识，解题的关键是掌握角平分线的作法和菱形的判定方法．
 

21.【答案】解：，，




；
，，




． 

【解析】把原式化为的形式，再把，的值代入进行计算即可；
把原式化为的形式，再把，的值代入进行计算即可．
本题考查的是二次根式的化简求值，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
 

22.【答案】解：如图所示，点即为所求，点；

是直角三角形，理由如下：
，，，
，
是直角三角形． 

【解析】作出点关于轴的对称点，再连接，即可；
根据勾股定理逆定理求解即可．
本题主要考查作图平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
 

23.【答案】解：原式

，
当时，原式． 

【解析】根据分式的加法法则、除法法则把原式化简，把的值代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
 

24.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，
，，
是的中点，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
四边形是菱形．
解：是的中点，是的中点，
，
，
，，
，
，
． 

【解析】由平行四边形的性质得，由平行线的性质得，，由即可得出≌则，易证四边形是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得，即可得出≌，则，易证四边形是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得，即可得出结论．
由是的中点，是的中点，得出的长，进而求出的长，再由，，利用求出的，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、菱形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和直角三角形的性质是解题的关键．
 

25.【答案】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
证明：，
，
在与中，
，
≌，
，
，
，
，，，
，
，，
，
设，
在中，，
在中，
，
，
，，
，
，
． 

【解析】根据菱形的性质可得对角线平分对角，根据平行线的性质得出，等量代换可得，根据三线合一即可求得，即可求解．
证明≌，得出，进而得出，根据含度角的直角三角形的性质即可得证．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
 

26.【答案】解：四边形为矩形，四边形为菱形，
，，又，
≌，
，
，
，
，
四边形为正方形；

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；

设，则由第小题得，，在中，，
利用勾股定理可得：，
即，
，
的最小值为，此时，
当时，的面积最小． 

【解析】由于四边形为矩形，四边形为菱形，那么，，而，易证≌，从而有，等量代换可得，易证四边形为正方形；
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，从而可得当时，的面积最小．
本题考查了二次函数的最值、菱形的性质、矩形的性质以及正方形的判定与性质，解题的关键是作辅助线：过作，交延长线于，连接，构造全等三角形和内错角．