2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市部分学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市部分学校八年级（下）期中数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  下列根式是最简二次根式的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  直角三角形两直角边边长分别为和，则斜边长为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  下列计算正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

4.  下列命题中，正确的是(    )

A. 对角线相等的四边形是平行四边形
B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 对角线相等的平行四边形是矩形
D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形．

5.  如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，则的长为(    )

A.
B.
C.
D.

6.  如图所示，在中，，，，，那么的长为(    )

 

A.  B.  C.  D.

7.  如图，在正方形中，，是线段上的动点，于点，于点，则的值为    (    )

A.
B.
C.
D.

8.  如图，在矩形纸片中，为上一点，将沿翻折至，若点恰好落在上，，，则(    )

A.
B.
C.
D.

9.  如图，在矩形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，，直线分别交，于点，下列结论中错误的是(    )

A. 四边形是菱形
B.
C.
D. 若平分，则

10.  如图，在▱中，点、分别是、的中点，与交于点，与交于点，下列说法：
四边形是平行四边形；
四边形是平行四边形；
当时，四边形是菱形；
当时，四边形是矩形．
其中正确的有(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）

11.  若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______ ．

12.  如图，正方形中，点，分别在，上，连接，，请添加一个条件：______ ，使≌．

13.  如图，菱形的边长为，，为的中点，在对角线上存在一点，使的周长最小，则的周长的最小值为        ．

14.  已知，则的值为______ ．

15.  如图是第七届国际数学教育大会会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图所示的四边形若，，则______．

16.  在矩形中，，点在边上，，边上有一点，将矩形沿边折叠，点和的对应点分别是和，若点、和三个点恰好在同一条直线上时，的长为______ ．

17.  如图，正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，，依此规律，则线段______．

 

三、解答题（本大题共7小题，共65.0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
先化简，再求值：，其中．

20.  本小题分
把三角形放在直角坐标系中如图所示，现将三角形向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度就得到三角形．
在图中画出三角形；
写出______ ，______ ， ______ ，点到轴距离是______ ；
点在轴上，且三角形与三角形面积相等，请直接写出点的坐标．

21.  本小题分
如图，中，，垂直平分，交于点，交于点，．
，求的度数；
若，，求的长．

22.  本小题分
在中，，是的中点，过点作，且，连接交于．
求证：四边形是菱形；
若，菱形的面积为，求的长．

23.  本小题分
【问题情境】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：

如图，中，若，，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长至点，使，连接．
请根据小明的方法思考：
由已知和作图能得到≌，依据是______ ．
A.；；；
由“三角形的三边关系”可求得的取值范围是______ ．
【初步运用】
如图，是的中线，交于，交于，且若，，求线段的长．
【灵活运用】
如图，在中，，为中点，，交于点，交于点，连接试猜想线段三者之间的数量关系，并证明你的结论．

24.  本小题分
如图，点为坐标原点，四边形为矩形，边、分别在轴、轴上，，，且、满足．
求，两点的坐标；
把沿翻折，点落在处，线段与轴交于点，求的长；
在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：．，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B.，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C.，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
D.，是最简二次根式，故该选项符合题意．
故选：．
当二次根式满足：被开方数不含开的尽方的数或式；根号内面没有分母．即为最简二次根式，由此即可求解．
本题考查最简二次根式，解题关键在于掌握最简二次根式的性质．
 

2.【答案】 

【解析】解：直角三角形两直角边边长分别为和，
斜边长为，
故选：．
直接利用勾股定理求解即可．
本题考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解答的关键，注意区分直角边和斜边．
 

3.【答案】 

【解析】解：、，故本选项不符合题意；
B、，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、与不是同类二次根式，不能合并，故本选项不符合题意．
故选：．
分别根据同底数幂的乘法法则，积的乘方，完全平方公式以及合并同类二次根式的运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了同底数幂的乘法，积的乘方，完全平方公式以及同类二次根式，熟记运算法则是解答本题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，符合题意；
D、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意；
故选：．
利用平行四边形的判定方法、菱形、矩形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
此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的判定方法、菱形及正方形的判定方法，难度不大．
 

5.【答案】 

【解析】解：点，分别是，的中点，，
，
四边形为平行四边形，
．
故选：．
根据三角形中位线的性质可得，再根据平行四边形的性质即可求解．
本题考查平行四边形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质、三角形中位线定理是解答本题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】

【分析】
先根据，，，利用勾股定理可求，再根据，可求．
本题考查了勾股定理．注意直角三角形面积的两种求法，等于两直角边乘积的一半，也等于斜边乘以斜边上高的积的一半．
【解答】
解：如右图所示，
在中，，，，
，
又，
，
．
故选：．  

7.【答案】 

【解析】解：在正方形中，，，
，，
四边形为矩形，是等腰直角三角形，
，，
，
正方形的边长为，
．
故选D．
根据正方形的对角线互相垂直可得，对角线平分一组对角可得，然后求出四边形为矩形，是等腰直角三角形，再根据矩形的对边相等可得，根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到，然后根据正方形的性质解答即可．
本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质求出是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：在矩形纸片中，为上一点，将沿翻折至，
，，，，
，
，
设，则，
由勾股定理，得：，即：，
解得：；
；
故选：．
根据折叠的性质，得到，勾股定理求出，进而求出，设，则，再利用勾股定理进行求解即可．
本题考查矩形中的折叠问题．熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：如图，设与的交点为，根据作图可得，且平分，

，
四边形是矩形，
，
，
，，
≌，
，
，
四边形是平行四边形，
垂直平分，
，
四边形是菱形，故选项A正确，不符合题意．
，
，
，故选项B正确，不符合题意．
由菱形的面积可得，故C选项错误，符合题意．
四边形是矩形，
，
若平分，，，则，
，
，
，
，
，
，
，故选项D正确，不符合题意．
故选：．
根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形是菱形，即可判断，进而根据等边对等角即可判断；根据菱形的性质求面积即可求解判断；根据角平分线的性质可得，根据含度角的直角三角形的性质，即可求解．
本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图：

四边形是是平行四边形，
，，
又、分别是、的中点，
，
，
又即，
四边形是平行四边形；
故正确．
如图：

连接，由题意得：
，，，，
四边形，都为平行四边形且两者全等，
，
又平行四边形对角线互相平分，
，
，
又由可知，四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形；
故正确．
如图：

，四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形，
四边形是矩形，
，
又矩形对角线互相平分，
，
结合四边形为平行四边形，
四边形为菱形；
故正确．
如图：

由可得：，，而，
，
四边形不是矩形，
故不正确．
故答案为：．
根据平行四边形、矩形的判定与性质，菱形的判定，结合题中条件证明．解每个小问时，先画出对应图形，再证明．
本题考查了平行四边形的性质一组对边平行且相等，对角线互相平分，矩形的判定和性质对角线互相平分，菱形判定有一组邻边相等的平行四边形为菱形 等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键．
 

11.【答案】且 

【解析】解：由题意，得：且，
且；
的取值范围是且；
故答案为：且．
根据二次根式的被开方数大于等于，分式的分母不为，进行求解即可．
本题考查代数式有意义．熟练掌握二次根式的被开方数大于等于，分式的分母不为，是解题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】解：添加，
四边形是正方形，
，，
在与中，
，
≌，
故答案为：．
根据正方形的性质和全等三角形的判定得出添加条件即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的四边相等解答．
 

13.【答案】 

【解析】解：连接，，

的长度固定，
要使的周长最小，只需要的长度最小即可，
四边形是菱形，
与互相垂直平分，
，
的最小长度为的长，
菱形的边长为，为的中点，，
，
，
是等边三角形，
又菱形的边长为，
，，，
的最小周长，
故答案为：．
连接因为的长度固定，所以要使的周长最小，只需要的长度最小即可．
本题考查了菱形的性质、轴对称以及最短路线问题、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】解：，
把代入，
原式


．
故答案为：．
利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．
本题主要考查了二次根式的化简求值，利用完全平方公式将所求代数式进行变形是解答此题的关键．
 

15.【答案】 

【解析】解：，，是直角三角形，
，
是直角三角形，，
，
故答案为：．
根据，，是直角三角形，可以求得的值，再根据勾股定理可以求得的值．
本题考查勾股定理、含角的直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出的值．
 

16.【答案】或 

【解析】解：当点，点，点，共线时，

根据题意可知，，
．
在中，，
；
当点，点，点，共线时，

根据题意可知，，
．
在中，，
．
所以的长为或．
故答案为：或．
分两种情况，分别画出图形，再根据勾股定理求出线段长，进而得出答案．
本题考查矩形的折叠问题，掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，准确的画出图形是解题的关键．
 

17.【答案】 

【解析】解：四边形是正方形，
，
，
，
，，
四边形为正方形，
，
，
，
，
同理可得，，
线段，
故答案为：．
利用含角的直角三角形的性质分别求出，，同理得出，，得到规律．
本题主要考查了正方形的性质，含角的直角三角形的性质等知识，利用从特殊到一般寻求规律是解题的关键．
 

18.【答案】解：原式

；

原式
． 

【解析】直接利用二次根式根式以及立方根的性质化简，进而得出答案；
直接利用二次根式根式以及立方根的性质、绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
 

19.【答案】解：


，
当时，原式． 

【解析】先通分括号内的式子，再算括号外的除法，然后将的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
 

20.【答案】       

【解析】解：如图所示：

由图可知：；；点到轴距离是；
故答案为：，，，；
三角形与三角形面积相等，
点到的距离与点到的距离相等，
点的坐标，．
首先确定、、三点平移后的位置，再连接即可，
利用坐标系确定的坐标，的长和点到轴距离；
根据同底等高的三角形面积相等，得到点到的距离与点到的距离相等，然后再确定点坐标即可．
此题主要考查了作图平移变换，解答本题的关键是正确确定组成图形的关键点平移后的位置．
 

21.【答案】解：垂直平分，
，
，
，
，，
，
，
；
由知：，
，
，
在中，，
，
又，
在中，，
； 

【解析】根据垂直平分线性质得到等腰三角形从而得到底角相等，结合三角形内角和定理及内外角关系即可得到答案；
根据勾股定理求出，得到再根据勾股定理即可得到答案．
本题考查垂直平分线性质，等腰三角形的性质及勾股定理，解题的关键是根据垂直平分线得到边相等角相等．
 

22.【答案】证明：，且，
四边形是平行四边形，
点是边的中点，，
，
平行四边形是菱形；
解：四边形是菱形，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
． 

【解析】由直角三角形斜边中线的性质得到，通过证明四边形是平行四边形，可得结论；
由得到，由三角形的面积公式可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定直角三角形斜边中线的性质，解题的关键：掌握菱形的判定方法；证得，
 

23.【答案】   

【解析】解：在和中，
，
≌，
故答案为：；
由得：≌，
，
在中，，
即，
故答案为：；

如图，延长至，使，连接，

是的中线，
，
又，
≌，
，，
，
，
，
，
，，
；

线段、、之间的等量关系为：，理由如下：
延长到点，使，连接，，如图所示：

，，
，
是的中点，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，
即，
在中，由勾股定理得：，
．
证明≌，即可求解；根据≌得出，根据三角形三边关系得出，进而即可求解；
如图，延长至，使，连接，证明≌，，，根据即可求解；
延长到点，使，连接，，证明≌，得出，，进而得出，在中，根据勾股定理得出，等量代换即可求解．
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形三边关系，熟练掌握以上知识是解题的关键．
 

24.【答案】解：，
，，
解得：，，
，，
四边形是矩形，
，
；
四边形是矩形，
，
，
折叠
，，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，即，
，，，设，
当为对角线时，，
解得：，
；
当为对角线时，，
解得：，
；
当为对角线时，，
解得：，
；
综上所述，或或． 

【解析】根据非负数的性质求得，，得出，，根据矩形的性质即可求得点的坐标；
根据折叠的性质得出，进而设，在中，勾股定理即可求解；
分，，为对角线时，根据中点坐标公式即可求解．
本题考查了非负数的性质，坐标与图形，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．