2022-2023学年广东省珠海十一中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省珠海十一中八年级（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.  下列各式中，一定属于二次根式的是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  下列式子中，是最简二次根式的是(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在下列四组数中，属于勾股数的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

4.  如图，数轴上的点对应的实数是，点对应的实数是，过点作使，连接，以点为圆心，为半径画弧交数轴于点，则点对应的实数是(    )

A.  B.  C.  D.

5.  以下各组数为三角形的三条边长，其中能作成直角三角形的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

6.  平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是(    )

A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等 D. 对角线互相垂直平分且相等

7.  如图，在菱形中，点，分别是，的中点，连接，若，则菱形的周长为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，则应添加的条件是(    )
 

A.
B.
C.
D.

9.  已知：如图，矩形中，，，对角线、相交于点，点是线段上任意一点，且于点，于点，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

10.  如图，平行四边形中，对角线、相交于点，平分，分别交、于点、，连接，，，则下列结论：
；
；
；
；
；
其中正确的个数是(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）

11.  若代数式有意义，则实数的取值范围是______．

12.  请写出“两直线平行，同位角相等”的逆命题：______

13.  若与最简二次根式是同类二次根式，则        ．

14.  如图，已知长方形中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，折痕为，则的面积为          ．
 

15.  如图，正方形的边长为，为上的一点，，为上的一点，，为上一个动点，则的最小值为______．

三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）

16.  如图，是的角平分线，过点分别作、的平行线，交于点，交于点．
求证：四边形是菱形．
若，求四边形的面积．

四、解答题（本大题共7小题，共67.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
计算：
；
．

18.  本小题分
如图，一艘船由港沿北偏东方向航行至港，然后再沿北偏西方向航行至港．
求，两港之间的距离结果保留到，参考数据：，；
确定港在港的什么方向．

19.  本小题分
先化简，再求值：，其中且为整数，请选择一个合适的值代入求值．

20.  本小题分
如图，方格中小正方形的边长为，的三个顶点都在小正方形的格点上，求：
的周长；
请判断三角形是否是直角三角形，并说明理由；
的面积；
点到边的距离．

21.  本小题分
如图，在中，，的垂直平分线分别与，及的延长线相交于点，，点是中点，连结并延长到，且，连接，．
试判断四边形的形状，说明理由；
求证：；
当时，求的长．
 

22.  本小题分
阅读下列材料，然后回答问题，在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：

以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
还可以用以下方法化简：

请参照的方法用两种方法化简：．
方法一： ______ ；
方法二： ______ ．
直接写出化简结果： ______ ______ ；
计算：．

23.  本小题分
已知，如图，是边长为的正方形的对角线，平分交于点，延长到点，使，连接，交的延长线于点．
求证：≌；   
求的长；
如图，在上取一点，且，若以为轴，为轴建立直角坐标系，问在直线上是否存在点，使得以、、为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点坐标；若不存在，说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、中，
无意义，故A项不符合题意；
B、中，
有意义，故B项符合题意；
C、是三次根号，
不是二次根式，故C不符合题意；
D、中当时二次根式有意义，
有可能是二次根式，故D不符合题意．
故选：．
根据二次根式的定义即可解答，形如的式子叫二次根式．
本题考查了二次根式的定义，理解二次根式的定义是解题的关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：、是最简二次根式，故此选项符合题意；
B、，故此选项不符合题意；
C、，故此选项不符合题意；
D、，故此选项不符合题意；
故选：．
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
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．
 

3.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了勾股数，能熟记勾股数的定义是解此题的关键．
根据勾股数的定义逐一计算即可得出答案．
【解答】
解：、，，不是整数，不是勾股数；
B、，、、是勾股数；
C、，，，不是勾股数；
D、，，均不是整数，，，不是勾股数，
故选：．  

4.【答案】 

【解析】解：在中，
，
根据题意可得，，
点所对应的实数是．
故选A．
根据勾股定理即可算出的长，根据题意可得，由点对应的实数是，即可得出答案．
本题主要考查了勾股定理及实数与数轴，熟练掌握勾股定理及实数在数轴上的表示方法进行求解是解决本题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为，所以，，不能组成直角三角形，故A选项不符合题意．
B.因为，所以不能组成直角三角形，故B选项不符合题意．
C.因为，所以能组成直角三角形，故C选项符合题意．
D.因为，所以，，不能组成直角三角形，故D选项不符合题意．
故选：．
由勾股定理的逆定理，只要验证较小两边的平方和是否等于最长边的平方即可．
本题主要考查直角三角形的判定，熟练掌握勾股定理的逆定理是解答此题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选：．
平行四边形、矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：点，分别是，的中点，

四边形是菱形

菱形的周长
故选：．
由三角形的中位线定理可得，由菱形的性质可求菱形的周长．
本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，掌握菱形的性质是解决问题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】分析】
连，，根据三角形中位线的性质得到，；，，即有四边形为平行四边形，当和，只能判断四边形为平行四边形；当，只能判断四边形为矩形；当，可判断四边形为菱形．
本题考查了菱形的判定定理：邻边相等的平行四边形是菱形．也考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理．
详解
解：、、、为四边形各中点，
，，，，
四边形为平行四边形，
要使四边形为菱形，则，
而，
，
当，可判断四边形为菱形，故D选项正确；
当或，只能判断四边形为平行四边形，故A、选项错误；
当，只能判断四边形为矩形，故C选项错误．
故选D．
 

9.【答案】 

【解析】解：连接，

矩形的两边，，
，，，，，
，，
，
，
故选：．
首先连接由矩形的两边，，可求得，然后由求得答案．
本题考查了矩形的性质．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
 

10.【答案】 

【解析】解：四边形是平行四边形，
，，，
，
又平分，
，
为等边三角形，
，
又，，
，
，
，故正确，
，
，
，故正确，
，
，，
，故正确，
，，
为三角形的中位线，
，，
，
又，
，故正确，
与为同底等高的三角形，
，
，
，故正确，
故选：．
根据平行四边形的性质即可得，又平分则可得，即三角形为等边三角形，则可判断；根据，结合勾股定理即可判断和；，，则为三角形的中位线，利用中位线的性质即可判断；与为同底等高的三角形，根据面积关系即可判断．
本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定及性质、角平分线的性质、中位线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，根据已知条件，巧妙运用相关知识判断．
 

11.【答案】 

【解析】解：，
．
故答案为：．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
 

12.【答案】同位角相等，两直线平行 

【解析】解：“两直线平行，同位角相等”的逆命题是同位角相等，两直线平行，
故答案为：同位角相等，两直线平行．
根据逆命题的概念解答即可．
本题考查是逆命题的概念，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
 

13.【答案】 

【解析】解：与最简二次根式是同类二次根式，且，
，
解得．
故答案为：．
将化简，再根据同类二次根式的定义求解即可．
本题主要考查同类二次根式，解题的关键是掌握同类二次根式的定义：把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查了折叠的性质，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．
根据折叠的条件可得：，在直角中，利用勾股定理就可以求解．
【解答】
解：将此长方形折叠，使点与点重合，
．
．
，
根据勾股定理可知：．
解得：．
的面积为：
故答案为：．  

15.【答案】 

【解析】解：作关于直线的对称点，连接，则即为所求，

过作于，
在中，
，，
所以．
故答案为：．
作关于直线的对称点，连接，则即为所求，过作于，在中，利用勾股定理即可求出的长．
本题考查的是最短线路问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．
 

16.【答案】证明：，，
四边形是平行四边形．
是的角平分线，
．
又，
．
．
．
四边形是菱形．
解：连接交于点．

四边形是菱形，
．
．
．
在中，由勾股定理得．
．
四边形的面积． 

【解析】先证明四边形是平行四边形．再证明可得则结论得证；
连接交于点求出，则四边形的面积可求出．
本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
 

17.【答案】解：

；



 

【解析】先根据二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可；
先根据二次根式的乘法和除法法则进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
 

18.【答案】解：由题意可得，，，
，，
，
．
，
．
答：、两地之间的距离为．
由知，为等腰直角三角形，
，
，
港在港北偏东的方向上． 

【解析】由题意得，由勾股定理，从而得出的长；
由，则港在港北偏东的方向上．
本题考查了勾股定理的应用，方向角问题，是基础知识，比较简单．
 

19.【答案】解：



，
且为整数，
且为整数，则，，，，，
当，，时，原式没有意义；
当时，原式． 

【解析】先将原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，确定出的值，代入计算即可求出值．
此题考查了分式的化简求值，以及估算无理数的大小，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
 

20.【答案】解：根据勾股定理知，，，，
故的周长；

不是直角三角形，理由如下：
由可知，，，，，
，
不是直角三角形；

如图，


；

设点到的距离是．
由知，三角形的面积是，则，即，
解得，，即点到的距离为． 

【解析】根据勾股定理求出的三条边长，再将三条边长相加即可得出该三角形的周长；
根据勾股定理的逆定理判定即可；
利用图形知；
设点到的距离是，则根据三角形的面积公式知，据此可以求得的值．
本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积．解答题时，正确的运用面积加减法计算结果是解题的关键．
 

21.【答案】解：四边形是矩形，
理由如下：，，
四边形是平行四边形，
，
，
平行四边形是矩形；
证明：是的垂直平分线，
，
在中，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，即，
；
解：连接，
是的垂直平分线，
，
在中，，
，
，，
，
在和中，
，
≌
，
在中，． 

【解析】本题考查的是矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、线段垂直平分线的性质定理是解题的关键．
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理证明结论；
根据线段垂直平分线的性质得到，根据直角三角形的性质得到，得到，根据等腰三角形的性质、对顶角相等证明；
连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据勾股定理求出，得到的长，证明≌，根据全等三角形的性质求出，根据勾股定理计算，得到答案．
 

22.【答案】    

【解析】解：；
；
故答案为：，；
，
，
故答案为：，；
原式



仿照已知分母有理化方法求解可得答案；
分母有理化即可；
先分母有理化，再提取公因数，继而两两相消，进一步计算即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握分母有理数的两种方法．
 

23.【答案】证明：如图，
在和中，
，
≌；

证明：如图，
平分，是正方形的对角线，
，
由知≌，
全等三角形的对应角相等；
三角形内角和定理，
；
在和中，
，
≌，
，全等三角形的对应边相等，
，
，
；
解：如图，，
，
当时，则，
，
设，
，
解得或，
或；
当时，则，
，
是等腰直角三角形，
；
当时，，
是等腰直角三角形，
，
综上，在直线上存在点，使得以、、为顶点的三角形为等腰三角形，所有符合条件的点坐标为、、、 

【解析】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．
利用正方形的性质，由全等三角形的判定定理即可证得≌；
通过≌的对应边相等知；然后由即可求得；
分三种情况分别讨论即可求得．