2022-2023学年广东省梅州市五华县华西中学八年级（下）开学数学试卷（含解析）

2022-2023学年广东省梅州市五华县华西中学八年级（下）开学数学试卷
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. 若在实数范围内有意义，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
2. 如图，工人师傅砌门时，常用木条固定长方形门框，使其不变形，这样做的根据是( )
A. 两点之间的线段最短 B. 三角形具有稳定性
C. 长方形是轴对称图形 D. 长方形的四个角都是直角
3. 下列图形中，是中心对称但不是轴对称的图形是( )
A. B. C. D.
4. 下列计算正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设与四边形的外角和的度数分别为，，则正确的是( )
A. B.
C. D. 无法比较与的大小
6. 下列运算正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 已知一个等腰三角形的周长为，若其中一边长为，则它的腰长为( )
A. B. C. 或 D. 或
8. 如图，是线段的中点，过点的直线与成的角，在直线上取一点，使，则满足条件的点共有( )
A. 个
B. 个
C. 个
D. 无数个
9. 如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在处，若，则为( )
A.
B.
C.
D.
10. 在直线上依次摆放着七个正方形如图所示已知斜放置的三个正方形的面积分别是、、，正放置的四个正方形的面积依次是、、、，则的值为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. 如图，用圆规以直角顶点为圆心，以适当半径画一条弧交两直角边于、两点，若再以为圆心，以为半径画弧，与弧交于点，则等于______．
12. 分式方程的解是______ ．
13. 在中，，若，则的度数是______．
14. 若正六边形的边长为，则它的外接圆半径是 ．
15. 若，其中，为常数，则点关于轴的对称点的坐标为______．
16. 已知，，，为正整数，则 ______ ．
17. 如图，在中，，，点是边上的一动点不与点、重合，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在射线上的点处．当为直角三角形时，的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共62.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. 本小题分
先化简，再求值．
，请从一元二次方程的两个根中选择一个你喜欢的求值．
19. 本小题分
如图，在中，点在上，且，是的中点，交于点图中哪条线段是哪个三角形的角平分线？哪条线段是哪个三角形的中线？
20. 本小题分
如图，，，，，，求四边形的面积．
21. 本小题分
如图，是等边三角形，，，，求证：是等边三角形．
22. 本小题分
如图，在菱形中，分别延长、到、，使得，连结、求证：．
23. 本小题分
如图，已知等边中，点在边的延长线上，平分，且，判断的形状，并说明理由．
24. 本小题分
在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边按逆时针排列，点的位置随点的位置变化而变化．
如图，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______ ，与的位置关系是______ ；
如图，当点在线段上，且点在菱形外部时，中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
25. 本小题分
如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
求出、、三点的坐标；
将抛物线图象轴上方部分沿轴向下翻折，保留抛物线与轴的交点和轴下方图象，得到的新图象记作，图象与直线恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为，，，若以为直径作圆，该圆记作图象．
在图象上找一点，使得的面积为，求出点的坐标；
当图象与轴相离时，直接写出的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查的是二次根式、分式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数、分式的分母不为是解题的关键．
根据二次根式的被开方数是非负数、分式的分母不为列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】
解：由题意得，，
解得，，
故选：．
2.【答案】
【解析】解：加上后，原图形中具有了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选B．
根据三角形的稳定性，可直接得出结论．
本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
3.【答案】
【解析】解：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图形是中心对称不是轴对称图形，故本选项符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
4.【答案】
【解析】解：、，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、，故此选项错误；
D、，正确．
故选：．
直接利用完全平方公式以及积的乘方运算法则和同底数幂的除法运算、负指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了完全平方公式以及积的乘方运算和同底数幂的除法运算、负指数幂的性质，正确化简各式是解题关键．
5.【答案】
【解析】解：任意多边形的外角和为，
．
．
故选：．
利用多边形的外角和都等于，即可得出结论．
本题主要考查了多边形的外角，正确利用任意多边形的外角和为解答是解题的关键．
6.【答案】
【解析】解：、原式，故A不符合题意．
B、原式，故B符合题意．
C、原式，故C不符合题意．
D、原式，故D不符合题意．
故选：．
根据同底数幂的乘法、积的乘方运算、整式的除法运算以及分式的除法运算即可求出答案．
本题考查同底数幂的乘法、积的乘方运算、整式的除法运算以及分式的除法运算，本题属于基础题型．
7.【答案】
【解析】解：是腰长时，底边，
，
、、能够组成三角形，
此时腰长为；
是底边时，腰长，
、、能够组成三角形，
此时腰长为，
综上所述，腰长为或．
故选：．
分是腰长与底边两种情况求出另外两边，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边判定即可得解．
本题考查了等腰三角形的性质，难点在于要分情况讨论并利用三角形的三边关系判断．
8.【答案】
【解析】解：如图所示，
以为边作等边三角形，设等边三角形的另一顶点为和，
以点和点为圆心，以为半径作圆，圆与直线交于、两点，圆与直线无交点，
则有，
．
因此满足条件的点有两个：、．
故选：．
若以为边作等边三角形，以等边三角形另一顶点为圆心，以等边三角形边长为半径作圆，圆心角圆与交于两点，根据圆周角定理可知：这两点都符合题意的要求，由此得解．
本题主要利用了圆周角定理和等边三角形的性质进行解答．作出辅助圆和辅助三角形是解答此题的关键．
9.【答案】
【解析】解：四边形是平行四边形，
，
，
将 沿对角线折叠，
，
，
故选：．
由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，即可求解．
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
10.【答案】
【解析】解：如图，
在和中，
，
≌，
，，
，
同理可证，
．
故选：．
如图，易证≌，得，同理，．
本题考查了全等三角形的证明，考查了勾股定理的灵活运用，本题中证明是解题的关键．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于也考查了等边三角形的判定．
利用基本作图得到，则可判断为等边三角形，根据等边三角形的性质得到，然后利用互余计算的度数．
【解答】
解：由作法得，
所以为等边三角形，
所以，
所以．
故答案为．
12.【答案】
【解析】解：去分母得：，
解得：，
检验：把代入得：，
分式方程的解为．
故答案为：．
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
13.【答案】
【解析】解：在中，，
，
，
，
故答案为：．
根据直角三角形两锐角互余可得，再代入的度数可得的度数．
此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，两个锐角互余．
14.【答案】
【解析】解：作正六边形如图所示，点为其外接圆圆心，连接、，
六边形是正六边形，
，
，
是等边三角形，
．
故答案为：．
先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出的度数，判断出为等边三角形即可求出答案．
本题考查了正多边形与圆的知识，解答此题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线；由正六边形的性质判断出的形状是解答此题的关键．
15.【答案】
【解析】解：
，
，
，，
点的坐标是，
点关于轴的对称点的坐标为，
故答案为：．
先根据多项式乘多项式进行，再合并同类项，求出、的值，再求出点的坐标，再求出答案即可．
本题考查了整式的混合运算，关于轴、轴对称的点的坐标等知识点，能求出、的值是解此题的关键．
16.【答案】
【解析】解：，，
，
故答案为：．
根据同底数幂乘法的逆用、幂的乘方的逆用法则即可得．
本题考查了同底数幂乘法的逆用、幂的乘方的逆用，熟练掌握运算法则是解题关键．
17.【答案】或
【解析】解：根据题意得：，，，
，
，，
，
在中，，，，
，，
如图若，
在中，，
，
，
，
；
如图若，
则，
，
，
为直角三角形时，的长为：或．
首先由在中，，，，即可求得的长、与的度数，然后分别从从与去分析求解，又由折叠的性质与三角函数的知识，即可求得的长，继而求得答案．
此题考查了直角三角形的性质、折叠的性质以及特殊角的三角函数问题．此题难度适中，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
18.【答案】解：
，
，
，
或，
解得，，
时，原式没有意义，
当时，原式．
【解析】先把括号内通分，再把分子分母因式分解和除法运算化为乘法运算，接着约分得到原式，然后解方程和利用分式有意义的条件得到时，最后把代入原式中计算即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．也考查了分式的化简求值．
19.【答案】解：是的角平分线，是的角平分线；
是的中线，是的中线．
【解析】利用角平分线和中线的定义解答即可．
此题考查三角形的角平分线、高和中线，关键是利用角平分线和中线的定义解答．
20.【答案】解：在中，．
又因为，
即．
所以．
所以．
【解析】在中可得直线的长，进而得出也为直角三角形，可求解其面积．
熟练掌握勾股定理的运用，能够运用勾股定理求解一些简单的计算问题．
21.【答案】证明：是等边三角形，
，，
，，，
，
，
，
，
是等边三角形，
【解析】由是等边三角形和，，，求出，推出，推出，即可得出是等边三角形．
此题考查了等边三角形的性质，由是等边三角形和，，，求出是解题关键．
22.【答案】证明：四边形是菱形，
，，
，
在和中，
，
≌，
．
【解析】根据菱形的性质得到，，证明≌，根据全等三角形的性质证明即可．
本题考查的是全等三角形的判定和性质、菱形的性质．
23.【答案】解：是等边三角形，理由如下：
是等边三角形，
，，
，
平分，
，
在和中，
≌，
，，
又，
，
为等边三角形．
【解析】由条件可以证明≌，即可得出，，从而，故为等边三角形．
本题考查全等三角形的判定与性质，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理．
24.【答案】
【解析】解：如图，连接，延长交于，
四边形是菱形，，
，都是等边三角形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
≌，
，，
同理可证是等边三角形，
，
，即
又，
．
故答案为：，；
中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，
，为等边三角形，
在和中，，，
又，
，
≌，
，，
设与交于点，
同理可得，
，
又，
．
如图中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
，
由知，
，，
，
由知，
，
，
，
是等边三角形，，
，
；
如图中，当点在的延长线上时，同法可得，
；
综上所述，的面积为或．
连接，延长交于，证明≌，得到，，再证明，即可得到：，再由，即可证明；
连接，与交于点，证明≌，得到，，再证明，即可得到：，再由即可证明；
分两种情形：当点在的延长线上时或点在线段的延长线上时，连接交于点，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求、、的长及等边三角形的边长可得结论．
此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】解：令，则，
，
令，则，
解得或，
，；
设点的纵坐标为，
的面积为，
，
解得，
当时，解得或，
或；
当时，解得或，
或；
综上所述：点坐标为或或或；
，
抛物线的顶点为，
图象与直线恒有四个交点，
，
当时，解得或，
，，
，
当时，解得，
，
，此时图象与轴相切，
时，图象与轴相离．
【解析】分别令，即可求、、点坐标；
设点的纵坐标为，由题意可得，求出，当时，或；当时，或；
画出函数图象，由题意可知，当时，求出，，则，当时，解得，此时图象与轴相切，即可求时，图象与轴相离．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象翻折的性质，圆与直线的位置关系，数形结合解题是关键．
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