2021-2022学年山东省东营市河口区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年山东省东营市河口区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（Word解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山东省东营市河口区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）一、选择题（本大题共10小题，共30分）下列二次根式中，最简二次根式是(    )A.  B.  C.  D. 已知，则的值是(    )A.  B.  C.  D. 给出下列化简：；；；，其中正确的是(    )A.  B.  C.  D. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是(    )A. 且 B.
C. 且 D. 如图，在中，点，分别是边，的中点，，垂足为点，，，则为(    )A.
B.
C.
D. 如图，在直角坐标系中，矩形的顶点在坐标原点，边在轴上，在轴上，如果矩形与矩形关于点位似，且矩形的面积等于矩形面积的，那么点的坐标是(    )
 A.  B.
C. 或 D. 或某商场八月份的营业额是万元，预计十月份的营业额可达到万元，若九、十月份营业额的月增长率相同为，那么由题意可列方程为(    )A.  B.
C.  D. 如图是某数学兴趣小组设计用手电筒来测量某古城墙高度的示意图，在点处放一水平的平面镜，光线从点出发经平面镜反射后刚好射到古城墙的顶端处，已知，，且测得，，，那么该古城墙的高度是(    )A.  B.  C.  D. 如图，矩形中，，点在边上，点在边上，点、在对角线上．若四边形是菱形，则的长是(    )
 A.  B.  C.  D. 如图，在边长为的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，交于点，将沿翻折，得到，延长交的延长线于点，连接有以下结论：
；
；
；
：．
其中正确的有(    )A. 个 B. 个 C. 个 D. 个二、填空题（本大题共8小题，共26分）若，则______．已知是一元二次方程的一个根，则此方程的另一根为______．已知点是线段上的黄金分割点，，线段厘米，那么线段______．对于任意实数，，我们定义新运算“”：，例如若，是方程的两根，则的值为______．如图，四边形是一个正方形，是延长线上的一点，且，则 ______ ．
 如图，是的边上一点，，，，如果的面积为，那么的面积为______ ．
 如图，在矩形中，，，是上一点，，是上一动点，连接，取的中点，连接，当线段取得最小值时，线段的长度是______．
如图，正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，，依此规律，则线段______．
三、解答题（本大题共7小题，共64分）计算：；
．解下列方程：
；
．九年级班课外活动小组利用标杆测量学校旗杆的高度，已知标杆高度，标杆与旗杆的水平距离，人的眼睛与地面的高度，人与标杆的水平距离，求旗杆的高度．
第届冬季奥林匹克运动会于年月在北京举行，北京成为历史上第一个既举办过夏奥会又举办过冬奥会的城市．某饰品店抓住商机购进了北京冬奥会的吉祥物冰墩墩挂件进行销售，平均每天销售件，每件盈利元．经调研发现：在成本不变的情况下，若每个挂件降价元，则每天可多售出件．
设每个挂件降价元，则每天将销售______件．用含的代数式表示
如果商家每天要盈利元，且让顾客得到更大实惠，每个挂件应降价多少元？如图，在中，，分别是，上的点，的角平分线交于点，交于点．
求证：∽；
若，，求的长．
如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点．
求证：四边形是菱形；
若，，求的长．
如图，在四边形中，，，，点是边的中点，连接交对角线于点，，连接．
求证：四边形是矩形；
求的面积；
如图，连接交于点，点为上一动点，连接、将沿折叠得到，交于点，当为直角三角形时，求的长．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：．，被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B.的被开方数的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C.是最简二次根式，故本选项符合题意；
D.的被开方数中含有能开得尽方的因式，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：．
根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式，叫最简二次根式：被开方数的因数是整数，因式是整式，被开方数中不含有能开得尽方的因数或因式．
 2.【答案】 【解析】解：，
，
．
故选：．
根据得出，再把要求的式子化成，然后进行计算即可得出答案．
此题考查了比例的性质，熟练掌握两内项之积等于两外项之积是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：，所以正确；
，所以正确；
，所以错误；
，所以错误．
故选：．
利用二次根式的性质对进行判断；根据二次根式的乘法法则对进行判断；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：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
 4.【答案】 【解析】解：关于的一元二次方程有实数根，
且，
且，
解得：且，
故选：．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到且，然后求出两不等式的公共部分即可．
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两个实数根；当时，方程有两个相等的两个实数根；当时，方程无实数根．
 5.【答案】 【解析】解：，点是边的中点，
，
点，分别是边，的中点，
，
，
，
由勾股定理得，，
故选：．
先利用直角三角形斜边中线性质求出，再利用角所对的直角边等于斜边的一半，求出即可解决问题．
本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：矩形与矩形关于点位似，矩形的面积等于矩形面积的，
矩形与矩形的位似比是，
点的坐标是，
点的坐标是或，
故选：．
根据面积比等于相似比的平方得到位似比为，由图形得到点的坐标，根据注意在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标比等于解答即可．
本题考查了位似变换的性质，掌握位似比等于相似比，其对应的面积比等于相似比的平方是解题的关键，注意在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标比等于．
 7.【答案】 【解析】解：依题意得：．
故选：．
利用十月份的营业额八月份的营业额增长率，即可得出关于的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：根据题意得，
，，
，
∽，
，即，
解得：．
答：该古城墙的高度为．
故选：．
利用入射与反射得到，则可判断∽，于是根据相似三角形的性质即可求出．
本题考查了相似三角形的应用：利用入射与反射的原理构建相似三角形，然后利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等解决．
 9.【答案】 【解析】解：如图，连接，交于，

四边形是菱形，
，，
四边形是矩形，
，，
，
在与中，
，
≌，
，
，
，
，，
∽，
，
，
，
，
故选：．
由矩形中，四边形是菱形，易证得≌，即可得，然后由勾股定理求得的长，继而求得的长，又由∽，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
本题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，准确作出辅助线是解此题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：四边形是正方形，
，，
，
点，分别是边，的中点，
，，
，
≌，
，
，
，
，
故正确；
四边形是正方形，
，
，
由折叠得：
，
，
，
故正确；
由折叠得：
，，
，
，
，
故正确；
，，，
，
，，
∽，
，
：，
故正确；
所以，以上结论，正确的有个，
故选：．
根据正方形的性质可得，，从而可证≌，进而可得，然后可得，即可解答；
根据正方形的性质可得，从而可得，再利用折叠可得，进而可得，即可解答；
由折叠得：，，从而可得，进而可得，即可解答；
在中，利用勾股定理求出，然后证明∽，利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折变换折叠问题，三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：，
，，
解得，，
或．
故答案为：．
先根据非负数的性质求出、的值，进而可求出的值．
本题考查的是非负数的性质，即任意一个数的绝对值都是非负数，当几个非负数相加和为时，则其中的每一项都必须等于．
 12.【答案】 【解析】解：设方程另一个根为，根据题意得，
解得．
故答案为：．
设方程另一个根为，根据根与系数的关系得，然后解方程即可．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系：若方程两个根为，，则，．
 13.【答案】厘米 【解析】解：点是线段上的黄金分割点，，线段厘米，
厘米，
故答案为：厘米．
根据黄金分割点的定义，知是较长线段，则，代入数据即可得出的长．
本题考查了黄金分割的概念．解题的关键是熟记黄金分割的公式：较长的线段原线段的倍．
 14.【答案】 【解析】解：由题意得即为，
化简得，
，是该方程的两根，
，，
，
故答案为：．
根据新定义先将方程化为一元二次方程，由根与系数的关系求得，，再结合分式的加减及完全平方公式代入计算可求解．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，新定义，代数式求值，根据新定义将等式化为一元二次方程是解题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
由四边形是一个正方形，根据正方形的性质，可得，又由，根据等边对等角，可得，继而利用三角形外角的性质，求得的度数，根据平行线的性质，即可求得的度数．
此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
 16.【答案】 【解析】解：，，
∽，
，
，
的面积的面积，
故答案为：．
证明∽，根据相似三角形的性质求得，根据题意计算．
本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：过点作交于，如图，

为的中点，，
为的中位线，
，，
当取最小值时，即最短，
当时，最短，
此时，
，
在中，，
当线段取得最小值时，线段的长度是，
故答案为：．
过点作交于，则为的中位线，，当时，最短，最短，在中可求得的长度．
本题考查了矩形的性质，垂线段的性质和三角形中位线定理，构造三角形中位线，利用垂线段最短是解决本题的关键．
 18.【答案】 【解析】解：四边形是正方形，
，
，
，
，，
四边形为正方形，
，
，
，
，
同理可得，，
线段，
故答案为：．
利用含角的直角三角形的性质分别求出，，同理得出，，得到规律．
本题主要考查了正方形的性质，含角的直角三角形的性质等知识，利用从特殊到一般寻求规律是解题的关键．
 19.【答案】解：原式
；
原式

． 【解析】先将各数化简，再合并即可；
先算乘法和完全平方，再去括号，合并即可．
本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算的法则．
 20.【答案】解：分解因式得：，
所以或，
解得：，；
方程移项得：，
分解因式得：，
所以或，
解得：，． 【解析】方程利用因式分解法求出解即可；
方程移项变形后，利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
 21.【答案】解：，，

∽

即：

． 【解析】利用三角形相似中的比例关系，首先由题目和图形可看出，求的长度分成了个部分，和部分，其中，剩下的问题就是求的长度，利用∽，得出，把相关条件代入即可求得，所以．
主要用到的解题思想是把梯形问题转化成三角形问题，利用三角形相似比列方程来求未知线段的长度．
 22.【答案】 【解析】解：根据题意知，每天将销售件；
故答案是：；
根据题意，得．
整理，得．
解得，．
因为让顾客得到更大实惠，
所以符合题意．
答：每个挂件应降价元．
根据“平均每天销售件，每个挂件降价元，则每天可多售出件”列出代数式即可；
设每件应降价元，根据每件服装的盈利原来的销售量增加的销售量，列出方程，求出的值，计算得到降价多的数量即可得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据每天盈利得到相应的等量关系，列出方程．得到现在的销售量是解决本题的难点．
 23.【答案】证明：的角平分线交于点，
，
，
∽；
∽，
，
，，
，
． 【解析】根据，由角平分线的定义得到，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
根据相似三角形的性质求出，由即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定与性质以及三角形内角和定理，熟记相似三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
 24.【答案】证明：，
，
为的平分线，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
▱是菱形；
解：四边形是菱形，，，
，，，
，
，
菱形的面积，
，
菱形的面积，
． 【解析】先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
由菱形的性质求出，然后由菱形的面积可得出答案．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
 25.【答案】证明：，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
解：如图，过点作于点，
四边形是矩形，
，，
∽，
，
，
，
，
∽，
，
，
的面积为；
四边形是矩形，是中点，
，点是中点，，
，
是的中位线，
，
，
，
为直角三角形分两种情况讨论：
当时，
将沿折叠得到，
，
，
；
当时，同理可得平分，
，，
，
，
，，
∽，
，
即，
，
综上，的长为或． 【解析】根据平行线的判定得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
如图，过点作于点，根据矩形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，根据平行线的判定定理得到，根据相似三角形的性质得到，根据三角形的面积公式即可得到结论；
根据勾股定理得到，根据三角形中位线的性质得到，，当时，，根据折叠的性质得到，求得；当时，同理可得平分，根据角平分线的性质得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了四边形的综合题，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．