精品解析：山东日照市北京路中学2025-2026学年八年级下学期期中数学试卷

山东省日照市北京路中学2025-2026学年八年级下学期期中数学试卷 一、单选题 1. 下列各式中，不是二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成6个三角形，则这个多边形的边数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 已知实数x，y满足，则以x，y的值为边长的直角三角形的第三边长为（ ） A. 5 B. 7 C. D. 或5 5. 已知下列命题：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③一组对边平行且两条对角线相等的四边形是矩形；④两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形．其中正确的命题是（ ） A. ①②④ B. ①② C. ①③ D. ①④ 6. 若的三边长分别是a，b，c，则下列条件中能判定不是直角三角形的个数有（） ①；②，，；③；④ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 如图，矩形中，，，点E，F分别是，边上的动点，连接，，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 10 8. 如图，菱形的对角线长分别为和，是对角线上任意一点（点不与点重合），且交于点，交于点，则阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在正方形中，O是对角线与的交点，M是边上的动点（点M不与B，C重合），连接，作交于N，连接，．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③④ 10. 如图，正方形的边长为1，与点O相对的顶点B坐标为，以对角线为边作第二个正方形，与点O相对的顶点D的坐标为，再以对角线为边作第三个正方形，与点O相对的顶点F的坐标为，如此下去，则第个正方形中与点O相对的顶点的坐标为（    ） A. B. C. D. 二、填空题 11. 若有意义，则实数x的取值范围是________． 12. 若最简二次根式与能够合并，那么合并后的值为__________． 13. 一个多边形的每个内角都相等，且内角和是外角和的3倍，则这个多边形的每个内角为________． 14. 如图，在矩形中，，，点在边上从点向点以每秒的速度运动，在边上，且当点运动了秒后，才以的速度从点出发，在、两点之间做往返运动，当点到达点时停止（同时点也停止），点运动秒时，动点，能与点，点形成平行四边形，________． 15. 如图，在菱形中，，为边上一点，．点在边上运动，连接，点是的中点，作于，连接，若最小值为，则菱形的边长为___________． 三、解答题 16. 计算： （1） （2） 17. 已知 ， （1）求的值． （2）求代数式的值． 18. 数学课上，老师给出一个新图形“整数四边形”的定义：若一个凸四边形的边长和面积均为整数，则称这样的凸四边形为整数四边形．例如，边长为整数的正方形和边长为整数的长方形都是整数四边形．一般四边形中也存在大量的整数四边形，围绕整数四边形的定义，同学们展开数学探究．如图，四边形ABCD中，，，，，．博学小组认为这个四边形是一个整数四边形，请你判断这个结论是否正确，并说明理由． 19. 如图1，有一块面积为的长方形铁皮，已知长方形铁皮的长、宽之比为． （1）分别求该长方形铁皮的长和宽（结果保留根号）． （2）若沿着虚线将铁皮的四个角剪掉，制作成一个有底无盖的长方体铁皮盒子（如图2所示），剪掉的四个角都是边长为的正方形，求长方体铁皮盒子的体积． 20. 如图，已知，按以下步骤作图： ①分别以点A，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于M，N两点； ②作直线，交于点G，交于点Q； ③以点A为圆心，长为半径作弧，交直线于点P，连接，． （1）判断四边形是何种特殊四边形，并说明理由； （2）若，，求的长． 21. 勾股定理是重要的几何工具，它既能解决生活中的实际问题，又能帮助数形结合破解一些含根号代数式的最值难题．如图，码头潭公园内有一条笔直的马路，马路同侧有观景台A、凉亭B，观景台A到马路的距离（的长）为，凉亭B到马路的距离（的长）为，的长为．为方便游客，现计划在路段之间离点处放置一个自动售货点G． （1）请用含x的代数式表示：______，______；若要使G到A、B两处的距离相等，则_______． （2）若要使从点A走到点G买东西后再走到点B的总路径最短，求点G应修建在离点C多远处？最短总路程为多少？ （3）直接写出代数式的最小值为______． 22. 综合与实践 美妙的黄金矩形 阅读理解 在数学上称短边与长边的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形（GoldenRectangle），黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调、匀称的美感． （1）某校团委举办“五•四手抄报比赛”，手抄报规格统一设计成：长是40cm的黄金矩形，则宽约为__________cm；（精确到0.1cm） 操作发现 利用一张正方形纸片折叠出一个黄金矩形． 第一步，如图1，折叠正方形纸片ABCD，使AB和DC重合，得到折痕EF（点E，F分别在边AD，BC上），然后把纸片展平． 第二步，如图2，折叠正方形纸片ABCD，使得BC落在BE上，点C′和点C对应，得到折痕BG（点G在CD上），再次纸片展平． 第三步，如图3，沿过点G的直线折叠正方形纸片ABCD，使点A和点D分别落在AB和CD上，折痕为HG，显然四边形HBCG为矩形． （2）在上述操作中，以AB=2为例，证明矩形HBCG是黄金矩形． （参考计算： =） 拓广探索 （3）“希望小组”的同学通过探究发现：以黄金矩形的长边为一边，在原黄金矩形外作正方形，得到的新矩形仍然是黄金矩形． 如图4，如果四边形ABCD是黄金矩形（AB＞AD），四边形DCEF是正方形，那么四边形ABEF也是黄金矩形，他们的发现正确吗？请说明理由． 23. 在正方形中，点是对角线所在直线上的一点，点在的延长线上，且，连接． （1）如图①，当点在线段上时，________； （2）如图②，当点在的延长线上时，交的延长线于点，其他条件不变，判断的形状并说明理由； （3）如图③，把正方形改为菱形，点在的延长线上，交的延长线于点，其他条件不变，当时，直接写出线段与线段的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省日照市北京路中学2025-2026学年八年级下学期期中数学试卷 一、单选题 1. 下列各式中，不是二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：选项A．是非负数，因此是二次根式； 选项B．，因此不是二次根式； 选项C．对任意实数，都有，∴，因此是二次根式； 选项D．，因此是二次根式． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的运算法则，逐一化简计算各选项即可判断． 【详解】解：∵，故A错误； ∵，故B错误； ∵√，故C错误； ∵，故D正确． 3. 若过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成6个三角形，则这个多边形的边数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了多边形的对角线，解题的关键在于能够熟练掌握n边形一个顶点出发可引出条对角线，可分成个三角形，据此求解即可． 【详解】∵过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成6个三角形， ∴这个多边形的边数是． 故选：C． 4. 已知实数x，y满足，则以x，y的值为边长的直角三角形的第三边长为（ ） A. 5 B. 7 C. D. 或5 【答案】D 【解析】 【分析】先利用非负数的性质求出x，y的值，再分两种情况结合勾股定理计算直角三角形第三边长． 【详解】解：∵，，且 ∴， 解得， 分两种情况讨论： ①若，均为直角边，第三边为斜边 由勾股定理得，第三边长为 ②若为斜边，为直角边，第三边为另一条直角边 由勾股定理得，第三边长为 ∴第三边长为或． 5. 已知下列命题：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③一组对边平行且两条对角线相等的四边形是矩形；④两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形．其中正确的命题是（ ） A. ①②④ B. ①② C. ①③ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【详解】解：①∵根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴①正确； ②∵两条对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅满足互相垂直且相等无法判定是正方形，∴②错误； ③∵一组对边平行且两条对角线相等的四边形可能是等腰梯形，不一定是矩形，∴③错误； ④∵根据菱形的判定定理，两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，∴④正确； 因此正确的命题为①④． 6. 若的三边长分别是a，b，c，则下列条件中能判定不是直角三角形的个数有（） ①；②，，；③；④ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形内角和定理与勾股定理的逆定理，对四个条件逐一判断即可得到结果． 【详解】解：①∵，， ，得，因此是直角三角形． ②，， ，符合勾股定理逆定理，因此是直角三角形． ③，设三个角分别为，，， 则，解得， 因此三个角分别为，，，无直角，因此不是直角三角形． ④，整理得， 符合勾股定理逆定理，因此是直角三角形． 综上，能判定不是直角三角形的个数为个． 7. 如图，矩形中，，，点E，F分别是，边上的动点，连接，，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】连接、，在直角中，使用勾股定理求出．容易判断出是的中位线，则，结合，求出的最大值． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形是矩形， ∴，， 在直角中，， ∵点为的中点，点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴当点与点重合时，取得最大值， 此时， ∴的最大值为． 8. 如图，菱形的对角线长分别为和，是对角线上任意一点（点不与点重合），且交于点，交于点，则阴影部分的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明四边形是平行四边形，得到，即得，再根据菱形的性质求出即可求解． 【详解】解：如图，设与相交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵菱形的对角线长分别为和， ∴， ∴． 9. 如图，在正方形中，O是对角线与的交点，M是边上的动点（点M不与B，C重合），连接，作交于N，连接，．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】先根据正方形的性质和已知条件可证可得可判断①；由可得，进而证明可得，再结合可得，即可判断②；根据线段的和差可得，然后分别在和中运用勾股定理可判断③．当点接近点时，点接近点，接近，此时，即④错误． 【详解】解：∵正方形， ∴, ∴, ∵交于， ∴， ∴, ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴, ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即②正确； ∵， ∴，即， ∵中，， ∴， ∵中，， ∴， ∴，即③正确； 当点接近点时，点接近点，接近，此时，故④错误． 综上，正确的有①②③． 10. 如图，正方形的边长为1，与点O相对的顶点B坐标为，以对角线为边作第二个正方形，与点O相对的顶点D的坐标为，再以对角线为边作第三个正方形，与点O相对的顶点F的坐标为，如此下去，则第个正方形中与点O相对的顶点的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形的性质，根据题意得出每变换8次，点O相对顶点所在的方向线位置重复，再根据每次变换后，对角线的长变为上一次的倍即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：由题知，， ∴每变换8次，点O相对顶点所在的方向线位置重复， 又∵余2， ∴第个正方形中与点O相对的顶点在上，即在y轴上， 又∴每次变换后，对角线的长变为上一次的倍， ∴第个正方形中含点O的对角线长为， ∴第个正方形中与点O相对的顶点的坐标为， 故选： 二、填空题 11. 若有意义，则实数x的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件列出不等式，求解不等式即可得到x的取值范围． 【详解】解：∵有意义， ∴且， 即且， ∴． 12. 若最简二次根式与能够合并，那么合并后的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是同类二次根式、最简二次根式，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．根据同类二次根式的定义列出方程，解方程求出a，再合并同类二次根式即可． 【详解】解：由题意得：， 解得：， 则， ， 故答案为：． 13. 一个多边形的每个内角都相等，且内角和是外角和的3倍，则这个多边形的每个内角为________． 【答案】135°##135度 【解析】 【分析】根据多边形的一个内角与相邻外角的和为，内角和是外角和的3倍，建立方程求出一个外角的度数，再求内角的度数即可． 【详解】解：∵一个多边形的每个内角都相等，且内角和是外角和的3倍， ∴每个内角是相邻外角的3倍， 设多边形的一个外角的度数是， ∴， 解得：， ∴每个内角为：． 14. 如图，在矩形中，，，点在边上从点向点以每秒的速度运动，在边上，且当点运动了秒后，才以的速度从点出发，在、两点之间做往返运动，当点到达点时停止（同时点也停止），点运动秒时，动点，能与点，点形成平行四边形，________． 【答案】秒或秒 【解析】 【分析】先利用矩形性质得出，将“四边形是平行四边形”转化为核心等量关系；再分别表示出，并根据点晚秒出发、在上往返运动的特点，分“从向运动”和“从向返回”两个阶段表示的长度；最后在每个阶段列方程求解，并验证解是否在对应时间段内，即可得到的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，即， ∴当时，四边形是平行四边形， ∵点的速度为，运动时间为秒， ∴， ∵点在运动秒后才开始运动，速度为，， ∴分两种情况讨论的长度： ①当时（从向运动，未到达）， ∵的运动时间为秒， ∴， 令，得， 解得，符合的范围； ②当时（到达后，从向返回）， ∵运动的总路程为， ∴从往走的距离为， ∴， 令，得， 解得，符合的范围； 综上，的值为秒或秒． 15. 如图，在菱形中，，为边上一点，．点在边上运动，连接，点是的中点，作于，连接，若最小值为，则菱形的边长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，延长交于点，连接．证明是的中位线，再利用垂线段最短解决问题． 【详解】解：连接，延长交于点，连接。 四边形是菱形，， ，， ，都是等边三角形， ， ， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， 又， ， ， ， 当时，的值最小，此时， ，， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题． 三、解答题 16. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解： 17. 已知 ， （1）求的值． （2）求代数式的值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用完全平方公式计算； （2）将，代入，利用平方差公式计算即可． 【小问1详解】 解：， ； 【小问2详解】 解：，， ． 18. 数学课上，老师给出一个新图形“整数四边形”的定义：若一个凸四边形的边长和面积均为整数，则称这样的凸四边形为整数四边形．例如，边长为整数的正方形和边长为整数的长方形都是整数四边形．一般四边形中也存在大量的整数四边形，围绕整数四边形的定义，同学们展开数学探究．如图，四边形ABCD中，，，，，．博学小组认为这个四边形是一个整数四边形，请你判断这个结论是否正确，并说明理由． 【答案】结论正确，见解析 【解析】 【分析】连接，过点作于点，根据勾股定理可知的长度，进而可知三角形为等腰三角形，再根据勾股定理可知长度，由面积公式即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点 在中 ∵ ∴三角形为等腰三角形． 又∵ ∴ ∴在中 ， ， ， ， ∴四边形四边为整数，面积为整数，是整数四边形． 19. 如图1，有一块面积为的长方形铁皮，已知长方形铁皮的长、宽之比为． （1）分别求该长方形铁皮的长和宽（结果保留根号）． （2）若沿着虚线将铁皮的四个角剪掉，制作成一个有底无盖的长方体铁皮盒子（如图2所示），剪掉的四个角都是边长为的正方形，求长方体铁皮盒子的体积． 【答案】（1）长为，宽为 （2） 【解析】 【分析】（1）设该长方形铁皮的长为，宽为．由题意得，求解即可得出结果； （2）根据长方体的体积公式计算即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵长方形铁皮的长、宽之比为， ∴设该长方形铁皮的长为，宽为． 由题意得， 解得或（不合题意，舍去）， ，， ∴该长方形铁皮的长为，宽为． 【小问2详解】 解： ， ∴长方体铁皮盒子的体积为． 20. 如图，已知，按以下步骤作图： ①分别以点A，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧相交于M，N两点； ②作直线，交于点G，交于点Q； ③以点A为圆心，长为半径作弧，交直线于点P，连接，． （1）判断四边形是何种特殊四边形，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】（1）菱形，见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由作图知垂直平分，，然后可得，进而问题可求解； （2）由（1）可得，，，然后根据勾股定理可进行求解． 【小问1详解】 解：四边形是菱形，理由如下： 由作图知垂直平分，， ，， ， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：四边形是菱形， ，，， 在中，， ∴， ， ． 21. 勾股定理是重要的几何工具，它既能解决生活中的实际问题，又能帮助数形结合破解一些含根号代数式的最值难题．如图，码头潭公园内有一条笔直的马路，马路同侧有观景台A、凉亭B，观景台A到马路的距离（的长）为，凉亭B到马路的距离（的长）为，的长为．为方便游客，现计划在路段之间离点处放置一个自动售货点G． （1）请用含x的代数式表示：______，______；若要使G到A、B两处的距离相等，则_______． （2）若要使从点A走到点G买东西后再走到点B的总路径最短，求点G应修建在离点C多远处？最短总路程为多少？ （3）直接写出代数式的最小值为______． 【答案】（1），，； （2）点G应修建在离点C处，最短总路程为； （3）5． 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求出，的值，进而根据G到A、B两处的距离相等列方程求解即可； （2）作点B关于对称的点，连接交于点G，连接，作交延长线于H，则，，可知四边形是矩形，得到，，即，根据勾股定理求出，根据等边对等角得到，根据三角形内角和得到，根据等角对等边得到即可； （3）可看作两直角边分别为m和1的的斜边长，可看作两直角边分别是和2的的斜边长，构造图形，根据勾股定理计算即可． 【小问1详解】 解：， ∵， ∴， ∴， ∵G到A、B两处的距离相等， ∴， 即， 解得：； 【小问2详解】 解：如图，作点B关于对称的点，连接交于点G，连接，作交延长线于H，则，， 可知四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即点G应修建在离点C处，最短总路程为； 【小问3详解】 解：可看作两直角边分别为m和1的的斜边长，可看作两直角边分别是和2的的斜边长， 如图，构造矩形，使，，取，进而构造和， 依题意，得，，， 求代数式的最小值，就是求的最小值，当与共线时，为最小，最小值为的长． ∵，， ∴由勾股定理，得， ∴代数式的最小值是5． 22. 综合与实践 美妙的黄金矩形 阅读理解 在数学上称短边与长边的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形（GoldenRectangle），黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调、匀称的美感． （1）某校团委举办“五•四手抄报比赛”，手抄报规格统一设计成：长是40cm的黄金矩形，则宽约为__________cm；（精确到0.1cm） 操作发现 利用一张正方形纸片折叠出一个黄金矩形． 第一步，如图1，折叠正方形纸片ABCD，使AB和DC重合，得到折痕EF（点E，F分别在边AD，BC上），然后把纸片展平． 第二步，如图2，折叠正方形纸片ABCD，使得BC落在BE上，点C′和点C对应，得到折痕BG（点G在CD上），再次纸片展平． 第三步，如图3，沿过点G的直线折叠正方形纸片ABCD，使点A和点D分别落在AB和CD上，折痕为HG，显然四边形HBCG为矩形． （2）在上述操作中，以AB=2为例，证明矩形HBCG是黄金矩形． （参考计算： =） 拓广探索 （3）“希望小组”的同学通过探究发现：以黄金矩形的长边为一边，在原黄金矩形外作正方形，得到的新矩形仍然是黄金矩形． 如图4，如果四边形ABCD是黄金矩形（AB＞AD），四边形DCEF是正方形，那么四边形ABEF也是黄金矩形，他们的发现正确吗？请说明理由． 【答案】（1）24.7；（2）证明见解析；（3）四边形ABEF是黄金矩形这个结论正确. 【解析】 【分析】（1）根据黄金矩形的定义计算即可； （2）如图2中，连接EG，设CG=C′G=x．由题意 在Rt△EGD和Rt△EGC′中， 解得可得，由此即可证明； （3）如图4中，四边形ABEF是黄金矩形这个结论正确；设AB=a，则AD=BC=a，求出AB：BE的值即可判断； 【详解】解：（1）宽约为40×≈40×0.681≈24.7cm． 故答案为24.7． （2）如图2中，连接EG，设CG=C′G=x． ∵AB=2，AE=ED=1， ∴ 在Rt△EGD和Rt△EGC′中， 解得 ∴ ∴图3中的矩形HBCG是黄金矩形； （3）如图4中，四边形ABEF是黄金矩形这个结论正确； 理由：设AB=a，则AD=BC=a， ∵四边形DCEF是正方形． ∴DC=DF=EF=CE=a， ∴ ∴ ∴矩形ABEF是黄金矩形． 【点睛】本题考查四边形综合题、黄金矩形的定义，解题的关键是理解题意，学会根据黄金矩形的定义解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题． 23. 在正方形中，点是对角线所在直线上的一点，点在的延长线上，且，连接． （1）如图①，当点在线段上时，________； （2）如图②，当点在的延长线上时，交的延长线于点，其他条件不变，判断的形状并说明理由； （3）如图③，把正方形改为菱形，点在的延长线上，交的延长线于点，其他条件不变，当时，直接写出线段与线段的数量关系． 【答案】（1） （2）是等腰直角三角形．理由见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）设，根据等腰三角形，外角和正方形的性质，可得，，代入即可求解． （2）过点作交的延长线于点，作交的延长线于点，根据正方形的性质，平分，，进而得出，结合垂直平分线的性质可证，故，根据，可得是等腰直角三角形． （3）根据菱形的性质可得，，，进而证明，结合三角形内角和可证是等边三角形，从而证明． 【小问1详解】 解：设， ∵， ∴， ∴， ∵在正方形中，为对角线， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：是等腰直角三角形． 理由如下：如图②，过点作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∵点在的延长线上， ∴， 在四边形中，，， ∴， ∵，且在的垂直平分线上， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵ ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， 【小问3详解】 解：． 理由：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $