2022-2023学年度水果湖第二中学八年级下学期期中模拟数学试题

第第页湖北省水果湖第二中学2022-2023学年八年级下学期期中模拟数学试题一、单选题1．二次根式有意义，则的取值范围为（

）A． B． C． D．2．在下列以线段a、b、c的长为三边的三角形中，不能构成直角三角形的是（

）A．，， B．，C． D．，，3．顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形4．下列各式计算中，正确的是（

）A． B．C． D．5．在中，M为的中点，若，则的大小为（

）A． B． C． D．6．如图，在四边形中，，且，则四边形的面积为（

）A． B． C． D．7．一个等腰三角形的两边长分别为，，则这个三角形的周长为（

）A． B． C． D．以上答案都不对8．如图，在凸四边形中，，M，N分别为中点，则线段的值不可能是（

）A．1 B．4 C．8 D．129．如图，在矩形中，，若在上各取一个点M，N，连接，则的最小值为（

）

A．6 B．8 C．12 D．1610．如图，现有一张边长为4的正方形纸片，将正方形纸片折叠，使得B点落在边上点P处（P不与A，D重合）折痕为，C点落在G点处，交于H，连接．下列结论：①；②；③的周长为8；④若，则．其中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题11．已知是整数，则满足条件的最小正整数n为12．已知有意义，则：．13．如图，菱形中，，则．14．在中，，，点A到边的距离分别为，，则．15．如图，在等腰中，，点D，E分别在边上，且，则．

16．如图，正方形边长为12，P为边上一个动点，以为直角边作等腰，当点P沿边从B点运动至点C时，线段中点Q所经过的路径长为．三、解答题17．计算：(1)(2)18．如图，中，于E，于F，，求的周长．19．如图，是的中线，，于N，求证：．

20．已知：，化简：．21．如图，，为的角平分线，E在上，，交于F，求证：四边形为菱形．22．已知为平行四边形．(1)如图1，若于M，于N，求证：；(2)如图2，若为两条对角线，求证：．23．已知，在菱形中，，点E为边上一个动点，以为边作，交边于F，连接．

(1)求证：为等边三角形；(2)如图2，连接交于M，N．①若，求证：以为边所构成的三角形为直角三角形；②若，试直接写出的长_______．24．如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在坐标原点，点G的坐标为．

(1)求的长及F点的坐标；(2)将图1正方形绕O点旋转至图2位置，使点E在x轴负半轴上，以为腰作等腰，B为中点，与交于C，D为中点，连，求证：线段的长为定值；(3)如图3，正方形对角线上的两个动点M，N满足，点P为中点，连，当取得最小值时，求的长值．参考答案：1．B【分析】根据二次根式有意义的条件，直接进行求解．【详解】解：由题意，得，解得：，故选：B．【点睛】本题主要考查了二次根式，掌握二次根式有意义的条件：被开方数为非负数是解题的关键．2．D【分析】本题考查的是勾股定理的逆定理，根据直角三角形的判定，符合即可；反之不符合的不能构成直角三角形．【详解】解：A、因为，故能构成直角三角形；B、因为，故能构成直角三角形；C、因为，设，则，，所以，故能构成直角三角形；D、因为，不能构成三角形，故不能构成直角三角形．故选：D．3．A【分析】根据菱形和三角形中位线的性质，得四边形为平行四边形，且，再根据矩形的性质分析，即可得到答案．【详解】菱形，如图根据题意，分别连接、、、、、∵菱形∴根据题意，、、、分别为、、、中点∴，，，∴四边形为平行四边形，且∴四边形为矩形故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、三角形中位线的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、菱形、三角形中位线的性质，从而完成求解．4．D【分析】本题主要考查了二次根式的化简，根据进行求解是解题的关键．【详解】解：A、，原式错误，不符合题意；B、，原式错误，不符合题意；C、，原式错误，不符合题意；D、，原式正确，符合题意；故选D．5．A【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，利用已知得到，进一步推出，同理得到，即：，利用三角形的内角和定理即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点M为的中点，且，∴，∴，∴，同理，即：，∴．故选：A．6．B【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，先利用勾股定理求出，则可证明，可以得到是直角三角形，且，再由进行求解即可．【详解】解：如图所示，连接，在中，由勾股定理得，∵，∴，∴是直角三角形，且，∴，故选B．7．B【分析】本题主要考查了构成三角形的条件，等腰三角形的定义，实数比较大小，分当腰长为时，当腰长为时，两种情况根据构成三角形的条件以及三角形周长计算公式进行讨论求解即可．【详解】解：当腰长为时，则此时该等腰三角形的三边长为，，，∵，∴，∴，∴此时不能构成三角形，不符合题意；当腰长为时，则此时该等腰三角形的三边长为，，，∵，∴此时能构成三角形，∴这个三角形的周长为，故选B．8．A【分析】本题主要考查了三角形中位线定理及三边关系，作出辅助线，利用三角形中位线及三边关系可得的取值范围，即可解答．【详解】解：连接，取中点G，连接，∵M是边的中点，∴是的中位线，，，∵N是的中点，∴是的中位线，，，在中，由三角形三边关系可知，即，∴，当时，即，故线段长的取值范围是，线段的值不可能是1．故选：A．9．D【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称最短路径问题，作点B关于直线的对称点，连接，交于点E，连接，过点作于点G，交于点F，连接，由对称性可知，，当且仅当点M与点F、点N与点G重合时，等号成立．利用勾股定理求出，利用面积法求出，则，由对称轴的性质可得，设，，由勾股定理建立方程，解得，则利用勾股定理得到则的最小值是16．【详解】解：如图，作点B关于直线的对称点，连接，交于点E，连接，过点作于点G，交于点F，连接由对称性可知，，当且仅当点M与点F、点N与点G重合时，等号成立．∵四边形是矩形，∴，在中，根据勾股定理可得，点B与点关于AC对称，，，，∴，由对称轴的性质可得，设，，由勾股定理得，∴，解得，∴∴∴的最小值是16，故选D．

10．C【分析】①根据得出，再根据，得出；②首先证明，进而得出，即可得出答案；③根据和，即可得出；④设，在中，求得长；设，在中，求得长；设，在中求得长，进而求出比值作出判断即可．【详解】解：∵，∴，又∵，∴，即，故①正确；又∵，∴，∴，如图2，过B作，垂足为Q，

∵，，在和中，，∴，∴，，又∵，∴，又，，在和中，，∴，，∴，故③正确；∵，，∴，∴的周长为：，故③正确；，，，设，则，，，在中，，解得：，，，，，设，则，，在中，，解得：，，设，则，，在中，，解得：，，，故④错误；其中正确的有①②③，共3个，故选：C．【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理应用及平行线的性质，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．11．2【分析】首先将进行化简，得出=，若满足是整数的条件，则最小正整数n为2.【详解】解：根据题意，化简得，=又∵是整数，∴满足条件的最小正整数n为2.【点睛】此题主要考查二次根式的化简.12．【分析】此题主要考查了二次根式有意义及化简，根据有意义，判断的取值，再化简即可．【详解】解：有意义，，，．13．/70度【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据菱形的每一条对角线平分每一组对角结合平行线的性质可求得答案【详解】解：∵四边形为菱形，，∴，，∴；故答案为：．14．或【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，同时涉及了等腰直角三角形的性质、平行四边形的性质，首先根据题意画出图形，再根据勾股定理可得，然后再根据三角形内角和可得，根据平行四边形的性质可得，进而得到，求出的度数，同理可得出的另一个度数．【详解】解：如图1所示：

，，，，，四边形是平行四边形，，，如图2，过点A作延长线于点E，点A作延长线于点F，

同理可得：，四边形是平行四边形，，，故答案为：或．15．【分析】过点B作，过点E作，与交于点F，连接，过点F作于点G，构建平行四边形，证明，得到，求出，利用含的直角三角形的性质和勾股定理求出，利用等腰三角形的性质得到即可解答．【详解】解：如图，

过点B作，过点E作，与交于点F，连接，过点F作于点G，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，，在中，，，根据勾股定理得，，∴，．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质与判定，含的直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建平行四边形．16．【分析】连接相交于点O，连接，过点E作交的延长线于T．根据正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质可确定，根据线段的和差关系和等边对等角确定，根据平行线的判定定理可确定，根据正方形的性质和三角形的中位线定理可确定，进而可确定点Q的运动轨迹是，最后根据正方形的性质和勾股定理即可求出的长度．【详解】解：如下图所示，连接相交于点O，连接，过点E作交的延长线于T，∵是等腰直角三角形，．∴，∵四边形是正方形，，∴，∴，∴，．，∵四边形是正方形，，，∴，，∴，∵正方形中，相交于点O，∴O是的中点，，∴，，∵Q是的中点，∴是的中位线，∴，∴点Q在直线上，∵点P在BC边上移动，∴点Q的运动轨迹是，∵正方形的边长是12，且相交于点O，∴，O是的中点，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质，三角形中位线定理，平行线的判定定理，勾股定理，正确确定点Q的运动轨迹是解题关键．17．(1)(2)1【分析】本题考查了二次根式的混合运算，（1）根据二次根式的性质及运算法则计算即可；（2）根据平方差公式及二次根式的分母有理化运算计算即可．【详解】（1）解：；（2）解：．18．40【分析】本题考查了平行四边形的性质和直角三角形的性质，根据平行四边形性质和直角三角形的性质即可求解．【详解】解：∵，，，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，，∴，∵，∴，∴，∴的周长．19．证明见解析【分析】本题主要考查了勾股定理，先利用勾股定理得到，，，进而推出，再由中线的定义得到，由此即可证明．【详解】证明：在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，∴，∴，∵是的中线，∴，∴，∴．20．6【分析】本题考查了完全平方公式、二次根式的化简及绝对值的化简，根据及绝对值化简，然后合并同类项即可．【详解】解：，，，原式．21．见解析【分析】本题考查全等三角形的性质和证明、菱形的判定，先根据条件证明、，得到，，，根据可出，从而证明四边形是菱形．【详解】证明：是的平分线，，在和中，，，，在和中，，，，，，又，，，，，四边形是菱形．22．(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，（1）证明，即可得出结论；（2）过点A作于，过点作于，利用勾股定理进行证明即可．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，∴，∵于，于，∴，，∴，∴；（2）解：过点A作于，过点作于，则：，由（1）可知：，在和中，根据勾股定理得：，，，在和中，根据勾股定理得：，，，∵，∴．23．(1)见解析(2)①见解析②【分析】（1）连接，证明即可；（2）将绕点A顺时针旋转，得到，连接，证明，得出，证出即可解决问题；（3）将绕点A顺时针旋转，得到，连接，作垂足为H，证出，根据所对的直角边是斜边的一半求出的值，利用勾股定理求出，根据即可解决问题．【详解】（1）证明：如图，连接，

∵四边形是菱形，，∴，∴是等边三角形，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，又∵，∴是等边三角形；（2）解：①将绕点A顺时针旋转，得到，连接，

，，，，，，，，，，，∵四边形是菱形，，，，，，，，以为边所构成的三角形为直角三角形，以为边所构成的三角形为直角三角形；②将绕点A顺时针旋转，得到，连接，作垂足为H，

，由①知：，，，，，，，，，，同①得：，，．故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，所对的直角边是斜边的一半，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．24．(1)的长是5，F点的坐标(2)见解析(3)的值为【分析】（1）连接，交于点K，过点G作轴于点P，过点E作轴于点Q，证明，可得，从而得到点，再由中点坐标公式，即可求解；（2）根据正方形的性质，等腰三角形的性质，四点共圆，证明即可．（3）过点G作，交x轴于点S，上截取，连接，交于点H，结合，故当P，M，Q三点共线时，有最小值，且为得长度，利用勾股定理正方形的性质计算即可．【详解】（1）解∶如图，连接，交于点K，过点G作轴于点P，过点E作轴于点Q，

∵点，∴，，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴点，∴点，∴点；故答案为：；（2）解：如图