2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷

2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式中属于最简二次根式的是　　A．B．C．D．2．（4分）（2023春•福州期中）下列四组数据分别为四个三角形的边长，其中是直角三角形的是　　A．2，3，4B．3，4，5C．3，5，7D．4，6，83．（4分）（2023春•福州期中）平行四边形中，若，则的度数为　　A．B．60C．D．4．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式的运算正确的是　　A．B．C．D．5．（4分）（2023春•单县期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线，就可以判断，其推理依据是　　A．矩形的对角线相等B．矩形的四个角是直角C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线相等的平行四边形是矩形6．（4分）（2023春•福州期中）若菱形的两条对角线的长分别为6和10第29页（共29页）,，则菱形的面积为　　A．15B．24C．30D．607．（4分）（2023春•铁西区期中）如图，在平行四边形中，平分，交边于，，，则的长为　　A．1B．2C．3D．58．（4分）（2023秋•九台区期末）如图，中，，，，将折叠，使点与的中点重合，折痕交于点，交于点，则线段的长为　　A．B．C．3D．9．（4分）（2018•祁县模拟）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，根据图形可知他得出的这个推论指　　A．B．C．D．10．（4分）（2023春•福州期中）如图，在正方形中，，，第29页（共29页）,相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，、在点，运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是1；③四边形的面积始终不变；④存在两个，使得的周长是．所有正确结论的序号是　　A．①②③④B．①②③C．①③④D．①③二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）11．（4分）（2023•泰兴市二模）若有意义，则的取值范围是　　．12．（4分）（2023春•福州期中）比较大小：　　．13．（4分）（2023秋•郫都区期末）如图，在数轴上点表示的实数是　　．14．（4分）（2015•官渡区二模）如图，，两点被池塘隔开，在，外选一点，连接和，并分别找出和的中点，，如果测得，那么，两点间的距离是　　．第29页（共29页）,15．（4分）（2021秋•柯桥区期末）古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面1尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深　　尺．16．（4分）（2023春•福州期中）如图，已知，点，在线段上，且．是线段上的动点，分别以、为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为，则的最小值是　　．三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（8分）（2023春•孝昌县期中）计算：（1）；（2）．18．（8分）（2023春•樊城区期中）已知，，求的值．19．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，，第29页（共29页）,为对角线上上的点，且，求证：．20．（8分）（2023春•福州期中）如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积．21．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，是边上一点．（1）请只用无刻度的直尺在边上确定一点，使得（保留作图痕迹，不写作法）；（2）请证明你所作的点满足．22．（10分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线分别交、于点、，过点作交延长线于点．（1）求证：四边形为菱形；（2）若是的中点，求证：，，三点共线．23．（10分）（2023春•福州期中）先阅读材料，然后回答问题．（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简．第29页（共29页）,经过思考，小张解决这个问题的过程如下：①，②，③，④，在上述化简过程中，第　　步出现了错误，化简的正确结果为　　；（2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简　　；（3）在中，，，，求的长．（结果要化为最简形式）24．（12分）（2023春•福州期中）定义：若某三角形的三边长，，满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；（2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数；（2）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”．25．（14分）（2023春•福州期中）在正方形中，是边上一点（不与点，重合），作点关于的对称点，连接．（1）如图1，连接，若，求证：是的中点；（2）如图2，连接，，作于点，，分别为，的中点，连接，．①求的大小；②猜想线段与的关系，并证明．第29页（共29页）,第29页（共29页）,2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式中属于最简二次根式的是　　A．B．C．D．【考点】74：最简二次根式【分析】直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．【解答】解：、，故此选项错误；、是最简二次根式，故此选项正确；、，故此选项错误；、，故此选项错误；故选：．2．（4分）（2023春•福州期中）下列四组数据分别为四个三角形的边长，其中是直角三角形的是　　A．2，3，4B．3，4，5C．3，5，7D．4，6，8【考点】勾股定理的逆定理【分析】要判断三个数是否为直角三角形的三边长，根据勾股定理逆定理只需要判断最大的数的平方是否等于另外两个数的平方和即可．【解答】解：、，不能构成直角三角形，不符合题意；、，能构成直角三角形，符合题意；、，不能构成直角三角形，不符合题意；、，不能构成直角三角形，不符合题意．故选：．3．（4分）（2023春•福州期中）平行四边形中，若，则第29页（共29页）,的度数为　　A．B．60C．D．【考点】平行四边形的性质【分析】由平行四边形的性质可直接求解．【解答】解：四边形是平行四边形，，故选：．4．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式的运算正确的是　　A．B．C．D．【考点】二次根式的混合运算【分析】根据二次根式的加减运算可判断，，根据二次根式的乘除运算法则可判断，，从而可得答案．【解答】解：不是同类二次根式，不能合并，故不符合题意；，故不符合题意；，故不符合题意；，运算正确，故符合题意．故选：．5．（4分）（2023春•单县期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线，就可以判断，其推理依据是　　A．矩形的对角线相等B．矩形的四个角是直角C．对角线相等的四边形是矩形第29页（共29页）,D．对角线相等的平行四边形是矩形【考点】平行四边形的性质；矩形的判定与性质【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．【解答】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故选：．6．（4分）（2023春•福州期中）若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为　　A．15B．24C．30D．60【考点】菱形的性质【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半进行计算即可．【解答】解：根据菱形面积等于对角线乘积的一半可得：．故选：．7．（4分）（2023春•铁西区期中）如图，在平行四边形中，平分，交边于，，，则的长为　　A．1B．2C．3D．5【考点】平行四边形的性质【分析】先由平行四边形的性质得，，再证，即可求解．【解答】解：四边形是平行四边形，，，，平分，，，，，第29页（共29页）,故选：．8．（4分）（2023秋•九台区期末）如图，中，，，，将折叠，使点与的中点重合，折痕交于点，交于点，则线段的长为　　A．B．C．3D．【考点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）【分析】由折叠的性质可得，根据勾股定理可求的长，即可求的长．【解答】解：是中点，，，将折叠，使点与的中点重合，，，在中，，，，，故选：．9．（4分）（2018•祁县模拟）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，根据图形可知他得出的这个推论指　　第29页（共29页）,A．B．C．D．【考点】：数学常识；：平行线之间的距离；：矩形的性质【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．【解答】证明：，又，，，．故选：．10．（4分）（2023春•福州期中）如图，在正方形中，，，相交于点，，分别为边，上的动点（点，不与线段，的端点重合）且，连接，，、在点，运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是1；③四边形的面积始终不变；④存在两个，使得的周长是．所有正确结论的序号是　　第29页（共29页）,A．①②③④B．①②③C．①③④D．①③【考点】勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质；全等三角形的判定与性质【分析】①易证得，则可证得结论①正确；②由的最小值是到的距离，即可求得的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②错误；③证明，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确；④利用勾股定理求得，即可求得选项③正确．【解答】解：①四边形是正方形，，相交于点，，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形；故①正确；②当时，最小，此时，面积的最小值是，故②错误；③由①知：，第29页（共29页）,，故③正确；④，，假设存在一个，使得的周长是，则，由①得是等腰直角三角形，．，的最小值是1，存在一个，使得的周长是，故④正确；故选：．二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）11．（4分）（2023•泰兴市二模）若有意义，则的取值范围是　　．【考点】二次根式有意义的条件【分析】直接根据二次根式有意义的条件解答即可．【解答】解：由题意得，，．故答案为：．12．（4分）（2023春•福州期中）比较大小：　　．【考点】算术平方根；实数大小比较【分析】先分别计算两个数的平方，然后进行比较即可解答．【解答】解：，，，第29页（共29页）,，故答案为：．13．（4分）（2023秋•郫都区期末）如图，在数轴上点表示的实数是　　．【考点】实数与数轴【分析】根据勾股定理求出的长度，即可求得点表示的实数．【解答】解：如图，在中，由题意得，，，，根据勾股定理得：，由图可知，点表示的实数为，故答案为：．14．（4分）（2015•官渡区二模）如图，，两点被池塘隔开，在，外选一点，连接和，并分别找出和的中点，，如果测得，那么，两点间的距离是　　．【考点】：三角形中位线定理第29页（共29页）,【分析】三角形的中位线等于第三边的一半，那么第三边应等于中位线长的2倍．【解答】解：，分别是，的中点，是的中位线，，．故答案为：．15．（4分）（2021秋•柯桥区期末）古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面1尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深　12　尺．【考点】勾股定理的应用【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知的长为10尺，则尺，设出尺，表示出水深，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的水深．【解答】解：依题意画出图形，设芦苇长尺，则水深尺，尺，尺，第29页（共29页）,在△中，，解之得，即水深12尺，故答案为：12．16．（4分）（2023春•福州期中）如图，已知，点，在线段上，且．是线段上的动点，分别以、为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为，则的最小值是　　．【考点】等边三角形的性质；轴对称最短路线问题【分析】分别延长、交于点，易证四边形为平行四边形，得出为中点，则的运行轨迹为三角形的中位线．作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长．【解答】解：如图，分别延长、交于点，过点作于点．，，，，四边形为平行四边形，与互相平分．为的中点，也正好为中点，即在的运动过程中，始终为的中点，的运行轨迹为的中位线．作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形第29页（共29页）,是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长．是等边三角形，，，，，，，，的最小值为．故答案为：．三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（8分）（2023春•孝昌县期中）计算：（1）；（2）．【考点】二次根式的混合运算【分析】（1）先逐项化简，再算加减即可；（2）先算乘法和除法，再算减法．【解答】解：（1）原式；（2）原式．第29页（共29页）,18．（8分）（2023春•樊城区期中）已知，，求的值．【考点】二次根式的化简求值；单项式乘多项式【分析】先求、的值，再整体代入计算即可．【解答】解：，，，，．19．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，，为对角线上上的点，且，求证：．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质【分析】由平行四边形的性质得，，则，而，即可根据全等三角形的判定定理“”证明，得，再根据“等角的补角相等”证明即可．【解答】证明：四边形是平行四边形，，，，在和中，，，，，，．第29页（共29页）,20．（8分）（2023春•福州期中）如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积．【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理【分析】连接，先根据勾股定理求出的长，再由勾股定理的逆定理判断出的形状，由即可得出结论．【解答】解：连接，，，，，，，，即，是直角三角形，．21．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，是边上一点．（1）请只用无刻度的直尺在边上确定一点，使得（保留作图痕迹，不写作法）；（2）请证明你所作的点满足．第29页（共29页）,【考点】全等三角形的判定与性质；作图—复杂作图；平行四边形的性质【分析】（1）先连接、，它们相交于点，再连接并延长交于点；（2）先根据平行四边形的性质得到，，然后证明得到．【解答】（1）解：如图，点为所作；（2）证明：四边形为平行四边形，，，，在和中，，，．22．（10分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线分别交、于点、，过点作交延长线于点．（1）求证：四边形为菱形；（2）若是的中点，求证：，，三点共线．第29页（共29页）,【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质【分析】（1）连接，交于点，证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；（2）连接，由菱形的性质得，再证是的中点，然后证四边形是平行四边形，得与互相平分，则是的中点，即可得出结论．【解答】证明：（1）如图1，连接，交于点，四边形是平行四边形，，，垂直平分，，，，，四边形是平行四边形，又，平行四边形为菱形；（2）如图2，连接，第29页（共29页）,是的中点，，由（1）可知，四边形为菱形，，，是的中点，四边形是平行四边形，，，，，四边形是平行四边形，与互相平分，是的中点，，，三点共线．23．（10分）（2023春•福州期中）先阅读材料，然后回答问题．（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简．经过思考，小张解决这个问题的过程如下：①，②，③，④，在上述化简过程中，第　④　步出现了错误，化简的正确结果为　　；（2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简　　；（3）在中，，，，求的长．（结果要化为最简形式）【考点】二次根式的应用；勾股定理【分析】（1）根据材料思考二次根式的化简对于的形式，先化为再求结果；第29页（共29页）,（2）根据（1）中的材料化简即可；（3）根据勾股定理和（1）中的材料化简即可．【解答】解：（1）①，②，③，④，在上述化简过程中，第④步出现了错误，化简的正确结果为，故答案为：④，；（2），故答案为：；（3）在中，，，，．24．（12分）（2023春•福州期中）定义：若某三角形的三边长，，满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；（2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数；（2）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”．【考点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；勾股定理第29页（共29页）,【分析】（1）先设等边三角形的三边长分别为，，，则，然后进行计算可得：，即可解答；（2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得，从而可得，进而可得是直角三角形，且，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答；（3）过点作，垂足为，在上截取，连接，可得是的垂直平分线，从而可得，进而可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，，然后利用线段的和差关系可得，最后分别在和中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】（1）解：等边三角形不是“类勾股三角形”，理由：设等边三角形的三边长分别为，，，则，，等边三角形不是“类勾股三角形”；（2）解：等腰三角形是“类勾股三角形”，，，，，是直角三角形，且，，，的度数为；（3）证明：过点作，垂足为，在上截取，连接，是的垂直平分线，，，第29页（共29页）,，，，，，，，，在中，，在中，，，，为“类勾股三角形”．25．（14分）（2023春•福州期中）在正方形中，是边上一点（不与点，重合），作点关于的对称点，连接．（1）如图1，连接，若，求证：是的中点；（2）如图2，连接，，作于点，，分别为，的中点，连接，．①求的大小；②猜想线段与的关系，并证明．【考点】四边形综合题【分析】（1）证明，推出，可得结论；第29页（共29页）,（2）①设．用表示出，，可得结论；②结论：，．如图2中，延长到，使得，连接，，，延长交的延长线于点，交于点．证明是等腰直角三角形，可得结论．【解答】（1）证明：如图1中，连接．，关于对称，，，，四边形是正方形，，，在和中，，，，是的中点；（2）解：①设．，，，，，；第29页（共29页）,②结论：，．理由：如图2中，延长到，使得，连接，，，延长交的延长线于点，交于点．在和中，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，第29页（共29页）,，，，，，，，，，即，．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/2012:02:19；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt3ioZ7m9pIbCI01vF5XpREs@weixin.jyeoo.com；学号：40668998第29页（共29页）