2021-2022学年福建省龙岩市上杭县西北片区八年级（下）期中数学试卷（含解析）

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2021-2022学年福建省龙岩市上杭县西北片区八年级（下）期中数学试卷 一．选择题（本题共10小题，共40分）要使式子有意义，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 如图，在▱中，，点，分别是，的中点，则等于(    )
 A.  B.  C.  D. 矩形的对角线、相交于点，若，，则的长为(    )A.  B.  C.  D. 顺次连接矩形各边中点所得的四边形是(    )A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 等腰梯形下列二次根式中能与合并的是(    )A.  B.  C.  D. 下列计算：
其中结果正确的个数为(    )A.  B.  C.  D. 四边形中，对角线与相交于点，在下列条件中不能判定为矩形的是(    )A.     且
B. 且
C.     且
D. 下列命题的逆命题是假命题的是(    )A. 有两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B. 矩形的对角线相等
C. 内错角相等，两直线平行
D. 菱形的四条边都相等如图在中，，，，的垂直平分线分别交、于、两点，则的长为(    )A.
B.
C.
D. 如图，在正方形中，对角线与相交于点，为上一点，，为的中点．若的周长为，则的长为(    )
B.
C.
D. 二．填空题（本题共6小题，共24分）已知，以，为边的等腰三角形周长是______．对于正整数满足，则______．在中，，，，则______．如图，▱中，对角线、相交于点，且，，则______．
如图在正方形中，点在上，点是对角线上的动点，若，，当的值最小时，此时最小值为______．
 已知矩形中，，，将沿对折，点的对应点为，连接，当、、恰好三点共线时，的值为______．
 三．解答题（本题共9小题，共86分）计算：
；
．如图，▱中，、是对角线上的两点，且求证：．
如图，在四边形中，，求证：四边形是平行四边形．
先化简，后求值其中．如图中，，，．
尺规作图保留作图痕迹，不写作法在线段上取一点，使，并连结；
求线段的长度．
观察下列各式：




直接写出第个等式______．
请你将猜想到的规律用含自然数代数式表示出来，并说明理由．已知，如图，▱中，平分交于点，是上的一点，连结、，是的中点，，的延长线交于点，连接若，，．
求证：；
判断四边形的形状，并说明理由．
如图将边长为的正方形纸片折叠，使点落在边上一点，压平后得到折痕，当．
求的长；
连、，，垂足为，求的长；
直接写出的长度．
如图在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线，交的延长线于点，连接．
试判断四边形的形状，并说明理由．
若四边形是正方形，与有什么数量关系？说明理由．
若，，求的长．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
．
故选：．
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．
 2.【答案】 【解析】解：四边形是平行四边形，
，
点、分别是、的中点，
．
故选：．
由四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边相等，可得，又由点、分别是、的中点，利用三角形中位线的性质，即可求得答案．
此题考查了平行四边形的性质与三角形中位线的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
 3.【答案】 【解析】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
是等边三角形，
，
，
故选：．
根据等边三角形的性质首先证明是等边三角形即可解决问题．
本题考查矩形的性质、等边三角形的判定等知识，解题的关键是发现是等边三角形，属于基础题，中考常考题型．
 4.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【解答】
解：如图，连接、，
、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，三角形的中位线等于第三边的一半，
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故选：．  5.【答案】 【解析】解：、，不能与合并，错误；
B、，能与合并，正确；
C、，不能与合并，错误；
D、，不能与合并，错误；
故选：．
先化简选项中各二次根式，然后找出被开方数为的二次根式即可．
本题主要考查的是同类二次根式的定义，掌握同类二次根式的定义是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：，所以错误；
，所以正确；
，所以正确；
，所以正确．
故选：．
根据二次根式的性质对进行判断；根据二次根式的加减法对进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：、    且，四边形是菱形，符合题意；
B、，且，四边形是矩形，不符合题意；
C、    且，四边形是矩形，不符合题意；
D、，四边形是矩形，不符合题意；
故选：．
由矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：有两组对边分别平行的四边形是平行四边形的逆命题为平行四边形的两组对边分别平行，此逆命题为真命题，所以选项不符合题意；
B.矩形的对角线相等的逆命题为对角线相等的四边形为矩形，此逆命题为假命题，所以选项符合题意；
C.内错角相等，两直线平行的逆命题为两直线平行，内错角相等，此逆命题为真命题，所以选项不符合题意；
D.菱形的四条边相等的逆命题为四条边相等的四边形为菱形，此逆命题为真命题，所以选项不符合题意；
故选：．
交换命题的题设与结论得到四个命题的逆命题，然后根据平行四边形的性质、矩形的判定方法、平行线的性质和菱形的判定方法对四个逆命题的真假进行判断．
本题看了命题：要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．也考查了逆命题．
 9.【答案】 【解析】解：，，，
，
是的垂直平分线，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得．
．
故选：．
先根据线段垂直平分线的性质得出，故AB，设，则，在中根据勾股定理求出的值即可解答．
本题考查的是线段垂直平分线的性质和勾股定理，熟知垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：，的周长为，
．
为的中点，
．
，
，
，
，
．
四边形是正方形，
，为的中点，
是的中位线，
．
故选：．
先根据直角三角形的性质求出的长，再由勾股定理得出的长，进而可得出的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．
 11.【答案】 【解析】解：，
或，
，
分两种情况考虑：
如果腰长为，则三边是：、、，不满足三角形两边之和大于第三边的性质，不成立；
如果腰长为，则三边是：、、，满足三角形两边之和大于第三边的性质，成立，故周长．
所以以和为边长的等腰三角形的周长是．
故答案为：．
题目求出等腰三角形有两条边长为和，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系；对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
 12.【答案】 【解析】解：，即，
，
故答案为：．
估算无理数的大小即可得出答案．
本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】解：，，，
，
故答案为：．
根据勾股定理可以计算出的长．
本题考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的知识解答．
 14.【答案】 【解析】解：▱的对角线与相交于点，
，，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
故答案为：．
利用平行四边形的性质和勾股定理易求的长，进而可求出的长．
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：作点关于的对称点，连接，交于点，连接，
则，
的最小值即为．
四边形为正方形，，，
，．
．
故答案为：．

作点关于的对称点，连接，交于点，连接，则即为所求，结合勾股定理即可求得答案．
本题考查正方形的性质、轴对称最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答本题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：根据翻折的性质可知：，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
，
故答案为：．
根据翻折的性质可得，，然后根据四边形是矩形，利用勾股定理即可解决问题．
本题主要考查了折叠的性质和矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解决问题的关键．
 17.【答案】解：

；



． 【解析】先化简，再进行加减运算即可；
利用完全平方公式进行运算，二次根式的除法运算，再进行加减运算即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 18.【答案】证明：证法一：四边形是平行四边形，
，．
．
在和中，
，
≌．
．
证法二：四边形是平行四边形，
，．
．
，
．
在和中，
，
≌．
． 【解析】本题考查平行四边形性质的应用，要证，可以通过证≌转而证得边要证≌，由平行四边形的性质知，，，又知，于是可由证明≌，从而得证．本题还可以通过证≌来证线段相等．
本题考查的是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关线段相等的证明．
 19.【答案】证明：在和中，
，
≌，
，，
四边形是平行四边形． 【解析】证明≌，得，，再由平行四边形的判定定理即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
 20.【答案】解：原式
，
当时，
原式

． 【解析】将分子和分母因式分解后再进行约分，最后代入求值即可．
本题考查分式的化简求值，解题关键是熟知分式混合运算的计算法则．
 21.【答案】解：如图，点为所作；

在中，，
，
，
． 【解析】作线段的垂直平分线即可得到结论；
根据勾股定理和直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了作图基本作图，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出图形是解题的关键．
 22.【答案】 【解析】解：根据前面三个等式的规律，
可得第个等式为．
故答案为：．
，
，
，
，
等式的规律为．
根据各式的规律可写出第个等式．
第个等式左边的被开方数的被减数是，减数的分子是，分母是，等式右边的系数是，被开方数的分子是，分母是，即可表示出代数式．
本题考查规律型：数字的变化类、算术平方根，找到第个等式左边的被开方数的减数的分母是是解题的关键．
 23.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
，，
，，
，
是直角三角形，
，
；
四边形是矩形，
理由：，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形． 【解析】根据平行四边形的性质可得，然后利用角平分线和平行证明是等腰三角形，从而可得，再利用勾股定理的逆定理，进行计算即可解答；
利用平行线的性质可得，从而利用直角三角形斜边上的中线可得，进而可得，然后利用证明≌，从而可得，最后利用矩形的判定即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
 24.【答案】解：四边形为正方形，
，
，，
，
由折叠性质可得：
，
设，则，
，
在中，由勾股定理可得：
，
即，
解得：，
；
在中，由勾股定理可得：
，
由可得，
，
，
，，，，
，
，
，
即，
；
如图，连接，，

由折叠性质可得：
，，，
≌，
，
设，则，
在中，由勾股定理可得：
，
即，
在中，由勾股定理可得：
，
即，
，
，
，
解得：，
． 【解析】由折叠性质可得，由可得，在中，利用勾股定理求解即可；
利用正方形面积减去，和的面积可得的面积，利用勾股定理可得，利用三角形面积公式即可求解；
连接，，由折叠性质可得，，，可证得≌，从而得到，在和中，设，则，利用勾股定理分别表示出，，利用等量关系构造方程即可求解．
本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
 25.【答案】解：四边形是菱形，理由如下：
，
，
为中点，
，
在和中，
，
≌，
，
为的斜边中线，
，
，
，
四边形是菱形；
，理由如下：
由得≌，
，，
，
四边形是正方形，
，，
设，则，
在中，
，
，
；
过作交延长线于，过作于，如图：

，，，
，
是边上的中线，
，
由知四边形是菱形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，
．
答：的长是． 【解析】由是边上的中线，可证明≌，得，由为的斜边中线，有，即得，即知四边形是菱形；
由得≌，知，若四边形是正方形，则，，设，则，在中可得，即可得；
过作交延长线于，过作于，由，，，得，四边形是菱形即得，可得，，即可得，，在中，．
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．