2021-2022学年北京中学教育集团八年级（下）期中数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年北京中学教育集团八年级（下）期中数学试卷（Word解析版），共21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。
2021-2022学年北京中学教育集团八年级（下）期中数学试卷 题号一二三四总分得分       一、选择题（本大题共8小题，共24分）下列式子为最简二次根式的是(    )A.  B.  C.  D. 下列长度的三条线段能组成直角三角形的是(    )A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，如图，矩形中，对角线，交于点，如果，那么的度数是(    )A.
B.
C.
D. 周长为的正方形对角线的长是(    )A.  B.  C.  D. 下列各曲线中，不表示是的函数的是(    )A.  B.
C.  D. 数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等如图所示”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了海岛算经九题古证，则下列说法不一定成立的是(    )
A.  B.
C.  D. 如图，将▱沿翻折，使点恰好落在上的点处，则下列结论不一定成立的是(    )
 A.  B.  C.  D. 如图，在矩形中，，，交于点点为线段上的一个动点，连接，，过点作于点设图中某条线段的长为，，若表示与的函数关系的图象大致如图所示，则这条线段可能是图中的(    )
A. 线段 B. 线段 C. 线段 D. 线段 二、填空题（本大题共8小题，共24分）函数中，自变量的取值范围是______．在▱中，若，则______已知为正整数，是整数，则的最小值是______ ．在中，，，，则的长为______．如图，平面直角坐标系中，，，点为的中点，则线段的长为______．
 如图，在矩形中，平分，交于点，为的中点，为的中点，连接若，，则的长为______，的长为______．图中菱形的两条对角线长分别为和，将其沿对角线裁分为四个三角形，将这四个三角形无重叠地拼成如图所示的图形．则图中菱形的面积等于______；图中间的小四边形的面积等于______．
某商家需要更换店面的地砖，商家打算用元购买单色和彩色两种地砖进行搭配，并且把元全部花完．已知每块单色地砖元，每块彩色地砖元，根据需要，购买的单色地砖数要超过彩色地砖数的倍，并且单色地砖数要少于彩色地砖数的倍，那么符合要求的一种购买方案是______． 三、计算题（本大题共1小题，共5分）已知，求代数式的值． 四、解答题（本大题共9小题，共47分）计算：计算：．下面是小明设计的作矩形的尺规作图过程．
已知：中，
求作：矩形．
作法：如图，
以点为圆心，长为半径作弧；
以点为圆心，长为半径作弧；
两弧交于点点和点在异侧；
连接，．
所以四边形是矩形．
根据小明设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形保留作图痕迹；
完成下面的证明．
证明：
______，______，
四边形是平行四边形______填推理的依据
又，
四边形是矩形．______填推理的依据
如图，在平行四边形中，点、分别在、上，且．
求证：．
在矩形中，在的延长线上，连接，过点作交的延长线于点．
求证：；
连接，若，，，求证：平分．
如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为，网格的中心标记为点按要求画四边形，使它的四个顶点均落在小正方形的顶点上，且点为其对角线交点．
在图中画一个两边长分别为和的矩形；
在图中画一个平行四边形，使它有且只有一条对角线与中矩形的对角线相等；
在图中画一个正方形，使它的对角线与中所画平行四边形的一条对角线相等．
 
如图，在四边形中，，，为对角线的中点，为边的中点，连接、．
求证：四边形为菱形；
连接交于点，若，，求的长．
在菱形中，，是上一点不与点，重合，线段的垂直平分线交于点，交于点，连接，．
根据题意补全图形，并证明；
用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
对于平面直角坐标系中的点和，称为点与的完美距离，记作．
例如：点，点，因为，所以点与的完美距离为，也就是图中线段与线段长度的和点为垂直于轴的直线与垂直于轴的直线的交点．
已知，，．
若，，求的取值范围；
若，，直接写出的取值范围；
若点满足，点，线段的中点为，直接写出的取值范围及所有符合条件的点组成图形的面积．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：选项，是最简二次根式，故该选项符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
故选：．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查了最简二次根式，掌握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是解题的关键．
 2.【答案】 【解析】解：、，不能构成直角三角形，故本选项不合题意；
B、，能构成直角三角形，故本选项符合题意；
C、，不能构成直角三角形，故本选项不合题意；
D、，不能构成直角三角形，故本选项不合题意；
故选：．
只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可判断是直角三角形．
本题考查勾股定理的逆定理，勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
 3.【答案】 【解析】解：四边形是矩形，
，，

，
．
故选：．
只要证明，根据三角形的外角的性质即可解决问题；
本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
 4.【答案】 【解析】解：正方形的周长为，
正方形的边长为，
正方形的对角线的长为．
故选：．
先根据正方形的性质得到正方形的边长为，然后根据等腰直角三角形三边的关系得到正方形对角线的长．
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
 5.【答案】 【解析】解：显然、、选项中，对于自变量的任何值，都有唯一的值与之相对应，是的函数；
选项对于取值时，有个值与之相对应，则不是的函数；
故选：．
设在一个变化过程中有两个变量与，对于的每一个确定的值，都有唯一的值与其对应，那么就说是的函数，是自变量．根据函数的意义即可求出答案．
本题主要考查了函数的定义，在定义中特别要注意，对于的每一个值，都有唯一的值与其对应．
 6.【答案】 【解析】解：四边形是矩形，为对角线，
面积面积．
所以选项内容正确，不符合题意；
根据作图过程可知四边形是矩形，为其对角线，
所以面积面积．
所以选项内容正确，不符合题意；
因为面积面积，面积面积，面积面积，
所以面积面积面积面积面积面积，
所以矩形面积矩形面积，选项内容正确，不符合题意；
因为面积，矩形面积，
若面积矩形面积，则，
而已知不一定，所以选项内容错误，符合题意．
故选：．
根据矩形的性质：一条对角线分成的两个三角形面积相等，可知和选项内容正确，不符合题意；
根据面积面积，面积面积，面积面积，阴影部分面积即可判断选项；
因为面积，矩形面积，若面积矩形面积，则，而已知不一定，所以选项内容错误，符合题意．
本题主要考查了矩形的性质、解决这类问题的方法是四边形转化为三角形，利用三角形面积间的和差关系进行判断．
 7.【答案】 【解析】解：平行四边形沿翻折，
≌，
，，，
，
，
，
，故选项A正确，不符合题意；

四边形为平行四边形，
，故选项C正确，不符合题意，
，
，即，故选项D正确，不符合题意；
不能证明选项B，故选项B不一定成立，符合题意；
故选：．
根据平行四边形的性质及折叠变换进行推理，可知、、均成立，只有不成立．
本题考查平行四边形中的翻折问题，已知翻折就是图形全等，翻折是一种对称变换，它属于轴对称，解题的关键是掌握轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
 8.【答案】 【解析】解：如图，作于点，于点，于点．

由图和图可知，当点和点重合时，最大，此时最大，
且当时，有最小值，即有最小值，此时点和点重合；
由图可知，当逐渐变大时，先减小再变大，过点从点开始运动．
当点从点到点运动的过程中，先变小再变大；逐渐变大；先变小再变大再变小；逐渐变小．
故选：．
作于点，于点，于点，分别找出线段、、最小值出现的时刻即可得出结论．
本题主要考查的是动点问题的函数图象，根据垂线段最短确定出函数最小值出现的时刻是解题关键．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意得：，解得：．
故答案是：．
根据二次根式的性质，被开方数大于或等于，可以求出的范围．
函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为；
当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
 10.【答案】 【解析】解：四边形是平行四边形，
．
故答案为：．
直接利用平行四边形的对角相等即可得出答案．
此题主要考查了平行四边形的性质，正确得出对角相等是解题关键．
 11.【答案】 【解析】解：，
，
要使是整数，的最小正整数为．
故填：．
如果一个根式是整数，则被开方数是完全平方数，首先把化简，然后求的最小值．
本题考查了二次根式的意义，主要考查学生的理解能力和求值能力，题目比较典型，是一道比较好的题目．
 12.【答案】 【解析】解：如图，过点作于．
，，
，
，
．
故答案为：．
过点作于，解直角得出，再解直角，得出．
本题考查了解直角三角形，含角的直角三角形的性质，熟练应用三角函数的定义是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】解：由题意得，，
，
，
点为的中点，
，
故答案为：．
运用勾股定理求得的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解．
此题考查了解决平面直角坐标系中几何图形问题的能力，关键是能准确理解相关知识并进行推导计算．
 14.【答案】   【解析】解：四边形是矩形，
，，，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
故答案为：；．
由矩形的性质得出，，，由角平分线的性质得出，则是等腰直角三角形，得出，求出，由勾股定理求出，易证是的中位线，即可得出结果．
本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质等知识，熟练掌握角平分线的性质，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
 15.【答案】，； 【解析】解：图中菱形的两条对角线长分别为和，
菱形的面积等于，
菱形的边长等于，
图中间的小四边形的面积等于．
故答案为：，．
根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半，求出图菱形的面积，再根据菱形的对角线长可得菱形边长为，进而可得图中间的小四边形的面积是边长为的正方形的面积减去菱形的面积．
本题考查了图形的剪拼、菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
 16.【答案】购买单色地砖块，彩色地砖块或购买单色地砖块，彩色地砖块 【解析】解：设购买单色地砖块，则购买彩色地砖块，
依题意得：，
解得：．
又，均为正整数，
或．
当时，；
当时，．
共有两种购买方案：
方案：购买单色地砖块，彩色地砖块；
方案：购买单色地砖块，彩色地砖块．
故答案为：购买单色地砖块，彩色地砖块或购买单色地砖块，彩色地砖块．
设购买单色地砖块，则购买彩色地砖块，根据“购买的单色地砖数要超过彩色地砖数的倍，并且单色地砖数要少于彩色地砖数的倍”，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可得出各购买方案，任取其中的一种购买方案即可得出结论．
本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．
 17.【答案】解：，
则原式

． 【解析】本题考查了二次根式的化简求值，正确理解完全平方公式和平方差公式的结构是关键．
首先计算的值，然后代入所求的式子利用平方差公式计算，最后合并同类二次根式即可．
 18.【答案】解：原式 【解析】根据二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
 19.【答案】解：原式

． 【解析】直接化简二次根式，再利用二次根式的乘除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．
 20.【答案】解：如图，四边形即为所求．

，；
         两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
         有一个角是直角的平行四边形是矩形． 【解析】见答案；

证明：，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
故答案为：，，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
根据要求作出图形即可．
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
本题考查作图复杂作图，平行四边形的判定和性质，记住的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
 21.【答案】证明：
在中，且，
，
，
四边形是平行四边形，
． 【解析】由条件可证明四边形为平行四边形，可证得结论．
本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分是解题的关键．
 22.【答案】证明：四边形是矩形，
，
，
四边形是平行四边形，
；
证明：四边形是矩形，
，
，
，，
由勾股定理得：，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
即平分． 【解析】由矩形的性质得出，，即可得出四边形是平行四边形，进而解答即可；
由勾股定理得出，由平行四边形的性质得出，，则，证出，由等腰三角形的性质得出，得出即可．
本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
 23.【答案】解：在图中，矩形即为所求答案不唯一；
在图中，平行四边形即为所求答案不唯一；
在图中，正方形即为所求答案不唯一．
 【解析】根据矩形的定义以及题目要求画出图形即可；
根据平行四边形的定义以及题目要求画出图形即可；
根据正方形的定义以及题目要求画出图形即可；
本题考查作图应用与设计作图，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
 24.【答案】证明：为对角线的中点，为边的中点，
，，，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
而，
四边形为菱形；
如图，与交于点，

四边形为菱形，，
，，，
，
，
，
． 【解析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
由三角形中位线定理可得，，，可得，，由菱形的判定可得结论；
由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，可求，由勾股定理可求的长．
 25.【答案】证明：如图，连接，

是的垂直平分线，
，
四边形是菱形，
，，
在和中，
，
≌，
，
；
解：，理由如下：
延长，交于点，

，，
，，
，
，
，
，
≌，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
． 【解析】由线段垂直平分线的性质可得，由“”可证≌，可得；
先求出，由等腰三角形的性质可求解．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，求出是解题的关键．
 26.【答案】解：当时，，
即，
，
即到和的距离和等于，
；
当时，，
即，
，
即到和的距离和大于，
或；
设，
，
，
点在如下图所示的正方形上，

点，线段的中点为，
，
，
，
，
，
根据中点坐标的定义得出点的图形为如下图中的正方形：

点组成图形的面积为． 【解析】根据完美距离的定义，得出的关系式，利用绝对值的含义得出的取值即可；
根据完美距离的定义，得出的关系式，利用绝对值的含义得出的取值即可；
根据，设，得出点组成的图形及关系式，根据线段的中点为，得出点的图形及关系式，根据关系式求出的取值范围，根据图形求出面积即可．
本题主要考查坐标系中的数形结合，熟练掌握绝对值的意义，利用数形结合的思想是解题的关键．