2022-2023学年江苏省泰州市兴化市八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省泰州市兴化市八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下面图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列式子中，属于分式的是( )
A. 1πB. x+y2C. 11−xD. 35
3.如果反比例函数y=a−2x(a是常数)的图象在第一、三象限，那么a的取值范围是( )
A. a0C. a2
4.下列各式正确的是( )
A. xy=x−1y−1B. xy=2x3y
C. nm=namaa≠0D. nm=n+am+aa≠0
5.下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 对边相等B. 对角线互相平分C. 对角线互相垂直D. 对角线相等
6.已知点A−2,y1，B−1,y2，C3,y3都在反比例函数y=k2+1x的图象上，则y1，y2，y3的大小关系正确的是
( )
A. y10．
【详解】解：∵反比例函数y=a−2x(a是常数)的图象在第一、三象限，
∴a−2>0，
∴a>2．
故选D．
本题运用了反比例函数y=kx图象的性质，解题关键要知道k的决定性作用．
4.【答案】C
【解析】【分析】根据分式的基本性质：分式的分子、分母同时乘以(或除以同一个不为零)的数，分式的值不变，即可求解．
【详解】解：A.令y=1，则y−1=0，故 A选项错误，不符合题意；
B.xy≠2x3y，故 B选项错误，不符合题意；
C.nm的分子、分母同时乘以aa≠0，分式的值不变，故 C选项正确，符合题意；
D.当a=−m时，m+a=0，故 D选项错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是分式的基本性质，牢记分式的基本性质：分式的分子、分母同时乘以(或除以同一个不为零)的数，分式的值不变，是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】【分析】通过矩形和菱形的性质逐一分析即可
【详解】解：矩形的性质有：①矩形的对边平行且相等，②矩形的四个角都是直角，③矩形的对角线互相平分且相等，菱形的性质有：①菱形的对边平行，
菱形的四条边都相等，②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角，所以矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：D．
本题考查了矩形和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】利用反比例函数系数的正负和y随x的增大而变化的关系判断大小即可．
【详解】y=k2+1x中系数k2+1>0，得到x>0或x0>y1>y2，得y20，
∴由函数图象可知，y1>y2时，x的取值范围是20)得，1=m1，解得m=1，
∴m=1；
②解：设直线OA的函数表达式为yOA=kx，
将A1,1代入得，k=1，
∴直线OA的函数表达式为yOA=x，
令AB=t，则B1+t,1，
将B1+t,1代入y2=nx(n>m>0、x>0)，得k=1+t，
∴y2=1+tx，
当x=1，y=1+t，
∴D1,1+t，
∴C1+t,1+t，
将x=1+t代入yOA=x，得y=1+t，
∴C1+t,1+t始终在直线OA上；
∴直线OA的函数表达式为yOA=x，C1+t,1+t始终在直线OA上；
【小问2详解】
解：由Aa,b在y1上，得Aa,ma，
根据题意得：Banm,ma，Ca,na，Damn,na，
∴AB=anm−a=an−mm，CD=a−amn=an−mn，
∴ABCD=an−mman−mn=nm，
∴ABCD=nm．

【解析】【分析】(1)①将A1,1代入y1=mx(m>0、x>0)，可求m的值；②设直线OA的函数表达式为yOA=kx，将A1,1代入求k值，进而可得直线OA的函数表达式，令AB=t，则B1+t,1，y2=1+tx，D1,1+t，C1+t,1+t，然后将点C代入直线解析式求解判断即可；
(2)由Aa,b在y1上，得Aa,ma，则Banm,ma，Ca,na，Damn,na，分别表示AB,CD，然后作商求解即可．
本题考查了反比例函数与一次函数综合．解题的关键在于确定各点坐标．
26.【答案】【小问1详解】
解：DM=ME．
理由如下：
过M点分别作MH⊥AD，MP⊥AB，垂足分别为点H、点P．
则∠PMH=90∘，∠MPE=∠MHD=90∘，
∵∠DME=90∘，
∴∠DMH=∠EMP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BAD，
∴HM=MP，
在ΔMDH和ΔMEP中
∠MPE=∠MHDHM=MP∠DMH=∠EMP,
∴ΔMDH≅ΔMEP(ASA)，
∴DM=ME．
【小问2详解】
过点G分别作GF⊥AD，GN⊥AB，垂足分别为点F、点N．
由(1)知，AC平分∠BAD，
∴GF=GN．
∴SΔADG:SΔAGE=12AD⋅GF:12AE⋅GN=AD:AE=4:3，SΔADG:SΔAGE=DG:GE=4:3
在RtΔADE中，AD=4，AE=3，
∴DE= AE2+AD2=5，
∴DG=47DE=207；
【小问3详解】
连接G、G′，如图，
根据翻折得ME⊥GG′，所以GG′//MD，
∴SΔDMG′=SΔDMG，
∵DG:GE=4:3，
∴SΔDMG′=47SΔDME，
中，DM=ME，DE=5，
∴DM2+ME2=DE2=25，
解得DM=ME=52 2，
∴SΔDMG=12DM⋅ME=12×52 2×52 2=254，
∴SΔDMG′=47SΔDME=47×254=257．

【解析】【分析】(1)过M点分别作MH⊥AD，MP⊥AB，垂足分别为点H、点P.证AC平分∠BAD，得HM=MP，再证ΔMDH≅ΔMEP(ASA)即可；
(2)过点G点分别作GF⊥AD，GN⊥AB，垂足分别为点F、点N.由角平分线的性质定理可得GF=GN.根据SΔADG:SΔAGE=12AD⋅GF:12AE⋅GN=AD:AE=4:3得到SΔADG:SΔAGE=DG:GE=4:3，求得DG=47DE=207；
(3)连接G、G′，根据翻折得ME⊥GG′，所以GG′//MD，可得SΔDMG′=SΔDMG，SΔDMG′=47SΔDME=47×254=257．
本题是四边形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、正方形的性质的综合应用及勾股定理，解决问题的关键是做出适当的辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题