内容正文:
题组训练02 期中解答题组训练(50题)
一、解答题
1.(2023春·福建福州·八年级校考阶段练习)计算:
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先化简各数,再合并计算;
(2)先化简,再算乘法,最后计算除法,将结果分母有理化.
【详解】(1)解:
;
(2)
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算,熟练掌握运算法则是解题的关键.
2.(2023秋·福建泉州·八年级统考期末)(1)请用所学的知识说明的正确性;
(2)若一个直角三角形的三边长都是整数,且它的周长和面积的数值相等,这样的直角三角形是否存在?若存在,请求出它的三边长:若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)存在,12,5,13或8,6,10
【分析】(1)设,将代入得,利用完全平方公式展开得,将代入上式整理后可得;
(2)设三角形的三边长分别为,均为正整数, ,设,则有,整理后可得 或,即可证明存在这样的三边长,分别为12,5,13或8,6,10.
【详解】解:(1)设,将代入得
根据完全平方公式可得:
将代入上式得:
展开得:
(2)存在;
设三角形的三边长分别为,
均为正整数,
,
不妨设,则有,则 ,
两边平方整理得 ,
消去得,即,
或
解得 或
存在这样的三边长,分别为12,5,13或8,6,10
【点睛】此题考查了完全平方公式的应用和勾股定理逆定理,掌握完全平方公式和勾股定理是解题关键.
3.(2023秋·福建莆田·九年级莆田第二十五中学校考期末)如图,中,为的中点,连接,作点关于的对称点,连接.
(1)求证:四边形为菱形;
(2)连接,若平分,求的长
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】(1)根据轴对称性质可得,.再由直角三角形的性质可得,从而得到,即可求证;
(2)根据菱形的性质得出,,进而得出,根据等角对等边,即可求解.
【详解】(1)证明:∵点和点关于直线对称
∴垂直平分,
∴,.
∵,为中线,
∴,
∴,
∴四边形是菱形.
(2)解:如图,连接,
∵四边形是菱形,
∴,
∵,为中线,
∴.
∵平分
∴.
∵四边形是菱形,
∴,
∴,
∴,
∴.
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质,等角对等边,熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键.
4.(2023秋·福建厦门·九年级统考期末)如图,四边形是平行四边形,点在对角线上,分别平分和,证明.
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得,再由分别平分和,可得,再证明即可得证.
【详解】证明:∵四边形是平行四边形,
.
.
分别平分和,
∴,.
,
.
,
.
.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质,全等三角形的判定,解题关键是熟练掌握全等三角形的判定定理.
5.(2023秋·福建福州·八年级福州三牧中学校考期末)如图,在中,AB边上的垂直平分线与分别交于点,且.
(1)求证:;
(2)若,,①求的长;②求的长.
【答案】(1)见解析
(2)①;②
【分析】(1)连接,根据线段垂直平分线的性质和勾股定理的逆定理即可求解;
(2)设,则,在中,根据列出方程计算即可求解.
【详解】(1)证明:连接,
∵边上的垂直平分线为,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴;
(2)解:①设,则,
在中,,
∴,
解得:,
∴的长为;
②∵,,,
∴,
∵垂直平分,
∴,,
∵的长为,
∴,
∴.
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质,勾股定理的逆定理,勾股定理,注意方程思想的运用.
6.(2023秋·福建三明·八年级统考期末)如图,是长方形的对角线.
(1)在上求一点E,使(尺规作图,不写作法,保留作图痕迹);
(2)在(1)的条件下,若,,求的长度.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)作出的垂直平分线交于点,则;
(2)由矩形的性质得,由得,再由勾股定理可得以及.
【详解】(1)如图所示,点即为所作,
(2)∵四边形是矩形,
∴,,
∵,
∴,
∴
在中,,
∴;
在中,,
∴;
∴
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质,矩形的性质以及勾股定理等知识,熟练掌握线段垂直平分线的性质是解答本题的关键.
7.(2023秋·福建泉州·九年级统考期末)已知a、b为有理数,m、n分别表示的整数部分和小数部分.
(1)求m,n的值;
(2)若,求的值.
【答案】(1),
(2)
【分析】(1)对估算出大小,从而求出整数部分和小数部分即可;
(2)把,代入,化简得出,进而得出且,求解即可.
【详解】(1)解:∵
∴
∴,;
(2)解:把,代入,得
化简得:,
∴且,
解得:,.
∴.
【点睛】本题考查了无理数大小的估算和二次根式的混合运算,能够正确估算出一个比较复杂的无理数的大小是解决此类问题的关键.
8.(2023秋·福建福州