福建省福州市福清市2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(含解析)

这是一份福建省福州市福清市2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(含解析)，共24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。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，完卷时间120分钟，满分150分．
友情提醒：所有答案必须写在答题卡相应的位置上．
第Ⅰ卷
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．若二次根式在实数范围内有意义，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．下列根式是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．在下列由线段组成的三角形中，是直角三角形的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
5．下列计算不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．下列各命题中，其逆命题为真命题的是（ ）
A．对顶角相等B．全等三角形的面积相等
C．菱形的四条边相等D．矩形的对角线相等
7．在四边形中，对角线，相交于点O，则下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．估计的值应在（ ）
A．4和5之间B．5和6之间
C．6和7之间D．7和8之间
9．如图，在正方形中，为对角线上一点，为边上一点，且，连接，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
10．如图，在菱形中，，，是边上的一个动点，连接，以为对角线作菱形，使点落在边上，当菱形的周长最小时，菱形的面积为（ ）
A．16B．12C．D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）
11． ．
12．如图，以的三边为边，分别向外作正方形，它们的面积分别为，，，若，，则 ．

13．如图，在四边形中，，相交于点O，则与面积相等的三角形是 ．
14．在平面直角坐标系中，已知点P的坐标是，则点P到原点O的距离为 ．
15．如图，在中，，是高，，E，F分别为，的中点，若，则的度数为 （用含α的式子表示）．

16．如图，在中，，，，以为斜边作等腰直角三角形，连接，则的长为 ．

三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．计算：
(1)；
(2)．
18．如图，在矩形中，E是中点，连接，．证明：．
19．如图，过圆锥的顶点和底面圆的圆心的平面截圆锥得截面，其中，是圆锥底面圆的直径，已知，，求截面的面积．
20．已知，求代数式的值．
21．如图，正方形网格中每个小正方形边长都是1，点在格点上（每个小正方形的顶点称为格点）．按要求回答问题：
(1)直接写出的长；
(2)在网格中找出一个格点，使得，，并通过计算判断的形状．
22．如图，已知在中，，，，点在边上．

(1)求作；（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，点在边上，且，连接．当时，探究四边形的形状，并求出的长．
23．如图，在中，是边上一点，将沿着翻折至．
(1)如图1，当点落在边边上时，求证：四边形为菱形；
(2)如图2，若，，，当，，三点共线时，求的长．
24．某校八年级数学兴趣小组开展“测量旗杆高度”数学活动．
如图1，甲组利用含角的直角三角尺（即中，，）进行测量，小文同学将三角尺水平放置于眼前，使直角边垂直于地面，行走到点处时，视线透过边刚好经过旗杆顶部．经测得，小文的眼睛离地面，点离旗杆底部距离．如图2，乙组发现系在旗杆顶端的绳子垂到地面后多出一段，该绳子长度未知．
(1)根据甲组的方案，求旗杆的长（结果保留整数，其中）；
(2)请利用卷尺，运用所学知识帮助乙组设计一个测量方案，并写出具体的求解旗杆长度的过程．（注：卷尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离，卷尺测量得到的长度用……表示，方案的相关图示在图2中标注出来，旗杆与绳子间距离忽略不计）
25．如图，在正方形中，是边上一点，过点作交边于点．
(1)求证：；
(2)直接写出，与的数量关系；
(3)如图，连接．
如图，若，求证：；
如图，若，，求的长．
参考答案与解析
1．C
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，以及解一元一次不等式，根据二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0进行求解即可．
【详解】解：二次根式在实数范围内有意义，
，
解得，
故选：C．
2．D
【分析】本题考查最简二次根式，涉及二次根式性质，利用二次根式性质逐项化简即可得到答案，熟记二次根式性质及最简二次根式定义是解决问题的关键．
【详解】解：A、由于，则不是最简二次根式，选项不符合题意；
B、由于，则不是最简二次根式，选项不符合题意；
C、由于，则不是最简二次根式，选项不符合题意；
D、是最简二次根式，选项符合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形对边平行结合平行线的性质可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
4．D
【分析】本题考查勾股定理的逆定理，根据各个选项中的线段长，由勾股定理的逆定理代值验证即可得到答案，熟记勾股定理的逆定理是解决问题的关键．
【详解】解：A、由，由勾股定理的逆定理可知，，，不能组成直角三角形，不符合题意；
B、由，由勾股定理的逆定理可知，，，不能组成直角三角形，不符合题意；
C、由，由勾股定理的逆定理可知，，，不能组成直角三角形，不符合题意；
D、由，由勾股定理的逆定理可知，，，能组成直角三角形，符合题意；
故选：D．
5．A
【分析】本题考查二次根式混合运算，涉及二次根式加减乘除等运算，根据二次根式加减乘除运算法则逐项验证即可得到答案，熟记二次根式加减乘除运算法则是解决问题的关键．
【详解】解：A、，选项计算不正确，符合题意；
B、，计算正确，不符合题意；
C、，计算正确，不符合题意；
D、，计算正确，不符合题意；
故选：A．
6．C
【分析】本题考查命题，涉及逆命题、命题真假的判断、对顶角性质、全等三角形性质、菱形判定与性质、矩形判定与性质等知识，根据选项中命题写出相应逆命题，再由相关判定与性质，逐项验证即可得到答案，掌握逆命题写法及相关几何判定与性质是解决问题的关键．
【详解】解：A、对顶角相等的逆命题：若两个角相等，则它们是对顶角，逆命题错误，不符合题意；
B、全等三角形的面积相等的逆命题：若两个三角形的面积相等，则这两个三角形全等，逆命题错误，不符合题意；
C、菱形的四条边相等的逆命题：四条边相等的四边形是菱形，逆命题正确，符合题意；
D、矩形的对角线相等的逆命题：对角线相等的四边形是矩形，逆命题错误，不符合题意；
故选：C．
7．A
【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据平行四边形的判定定理，解答即可，
【详解】解：A．， ，不能判定四边形为平行四边形，故A符合题意；
B．∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故B不符合题意，
C．∵，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故C不符合题意；
D．由，根据对角线互相平分的四边形为平行四边形即可证明四边形为平行四边形，故D不符合题意．
故选：A．
8．C
【分析】本题考查二次根式混合运算、无理数估算等知识，先利用二次根式混合运算化简，再由无理数估算方法求解即可得到答案，熟练掌握逼近法估算无理数是解决问题的关键．
【详解】解：，
，
，则，
，
的值应在6和7之间，
故选：C．
9．B
【分析】连接，根据正方形的性质可得出，进而得出，则，进而求出．
【详解】解：连接，如图所示：
四边形是正方形，
，，，
，
，而，
，，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
10．D
【分析】过作，如图所示，分析出菱形的周长最小时的位置，再由含的直角三角形性质，可判断，过作，如图所示，在中，根据勾股定理得到，最后由菱形的面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：过作，如图所示：
在菱形中，，，
设，则，
，
，
，
，
，即菱形边长最小是4，
当时，则，即菱形边长最小时，在中，，，
，
过作，如图所示：
在中，，，则，
，由勾股定理可得，
菱形的周长最小时，菱形的面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质、动点最值问题、含的直角三角形性质、勾股定理等知识，分析出菱形周长最小时的位置，正确记忆相关知识点是解题的关键．
11．10
【分析】根据算术平方根的性质即可进行解答．
【详解】解：原式=，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了算术平方根的性质，解题的关键是熟练掌握．
12．
【分析】本题考查以的三边为边向外作图形的面积问题，涉及勾股定理、正方形面积等知识，由勾股定理得到，代值求解即可得到答案，熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
【详解】解：以的三边为边，分别向外作正方形，它们的面积分别为，，，
，，，
在中，，即，
，，
，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了平行线的性质，根据平行线间间距相等即可得到的面积与的面积相等．
【详解】解：∵，
∴的面积与的面积相等（同底等高），
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了求点到原点的距离，勾股定理，解题关键是合理添加辅助线构造直角三角形，并利用勾股定理解三角形．过点作轴，交轴于点，已知点P的坐标是，得，，再根据勾股定理得，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴，交轴于点，
点P的坐标是，
，，
，
故答案为：．
15．
【分析】根据三角形中位线的性质求出，根据平行线的性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，根据等腰三角形的性质得出，根据三角形外角的性质得出．
【详解】解：∵E，F分别为，的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵是高，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质．
16．或
【分析】根据题意，分两种情况：当在上方作等腰直角三角形时；当在下方作等腰直角三角形时；作出图形，利用等腰直角三角形性质、全等三角形的判定与性质得到，利用等面积法即线段相等列式求解，最后结合正方形的判定与性质，根据勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：当在上方作等腰直角三角形时，过作，，如图所示：
，
设，则在中，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
∴
，
，
四边形是正方形，
在中，，
，
，即，
解得，即正方形的边长为，
是正方形的对角线，
；
当在下方作等腰直角三角形时，过作，，如图所示：
，
设，则在中，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，，
，
四边形是正方形，即，
，
，即，
解得，即正方形的边长为，
是正方形的对角线，
；
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查求线段长，涉及等腰直角三角形判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质、等面积法求线段长等知识，读懂题意，准确分类，熟练运用全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
17．(1)
(2)
【分析】（1）先利用二次根式性质化简，再由二次根式混合运算法则及运算顺序，先计算除法，再由减法运算求解即可得到答案；
（2）先利用平方差公式计算，再由二次根式性质化简，结合二次根式乘法运算计算，最后利用减法运算求解即可得到答案．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
【点睛】本题考查二次根式混合运算，涉及二次根式性质、二次根式混合运算及平方差公式等知识，熟练掌握二次根式性质及混合运算法则是解决问题的关键．
18．见解析
【分析】根据矩形的性质可得，，再根据即可判断出，根据全等三角形的性质即可证明出．
【详解】证明：∵ 四边形是矩形，
∴，．
∵ E是中点，
∴ ．
∴ ．
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判断和性质，属于基础证明题，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
19．截面的面积为．
【分析】先利用勾股定理计算出SO，然后根据三角形面积公式求解．
【详解】在中，∵，，
∴，
∴截面的面积．
【点睛】本题考查圆锥的计算,解题关键是熟练掌握圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
20．
【分析】本题考查代数式求值，涉及配方法、二次根式性质及有理数减法运算等知识，由所求代数式特征，利用配方法恒等变形，将代入，利用二次根式性质化简后，由有理数减法运算直接求解即可得到答案，熟练掌握配方法对代数式恒等变形是解决问题的关键．
【详解】解：，
当时，
原式
．
21．(1)
(2)为直角三角形
【分析】（1）在网格中，利用勾股定理直接求解即可得到答案；
（2）根据勾股定理的逆定理，数形结合即可得到为直角三角形，且，进而在网格中即可得到格点．
【详解】（1）解：由图可知；
（2）解：由（1）知，
在中，，，，
，，，则，
为直角三角形，且，
，
是边长为的正方形的对角线，即可得到网格中的格点，如图所示：
【点睛】本题考查勾股定理及勾股定理的逆定理，涉及网格中利用勾股定理求线段长、网格中利用勾股定理的逆定理判断三角形性质、网格中找满足条件的格点等知识，熟练掌握勾股定理及其逆定理，数形结合是解决问题的关键．
22．(1)作图见解析
(2)矩形，
【分析】（1）由平行四边形性质，以为圆心、长为半径画弧；以为圆心、长为半径画弧；两条弧交于点，连接、即可得到答案；
（2）由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形，再结合，得到，进而确定为矩形，利用矩形性质、勾股定理，利用等面积法即可得到的长．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所求；
（2）解：四边形的形状是矩形，
理由如下：如图所示：

∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为矩形，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查四边形综合，涉及尺规作图-作相等线段、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等面积法求线段长等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质是解决问题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）由翻折得，，，由，得，则，所以，则，即可证明四边形是菱形；
（2）作于点，由翻折得，，进而得到相关线段长，再由勾股定理求得，，数形结合即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图1，由翻折得，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：如图2，作于点，则，
由翻折得，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的长为6．
【点睛】本题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定、等腰三角形的判定、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
24．(1)
(2)方案及解答见解析
【分析】（1）延长交于，如图所示，数形结合得到四边形矩形，利用矩形性质得到相关边角，利用含的直角三角形性质及勾股定理求解即可得到答案；
（2）设旗杆高度，用卷尺测得，将绳子拉直使其末端接触地面于点，用卷尺测得，如图所示，在中，由勾股定理求解即可得到答案．
【详解】（1）解：延长交于，如图所示：
由题可知，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，即，
∴四边形矩形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，，，则由勾股定理可得，
∴，
∴旗杆的高约为；
（2）解：设旗杆高度，用卷尺测得，将绳子拉直使其末端接触地面于点，用卷尺测得，如图所示：
∴，
在中，由勾股定理得，即，解得，
∴旗杆高度（）．
【点睛】本题考查测高，涉及平行四边形判定与性质、矩形判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理，读懂题意，熟练掌握测高的方法解决实际问题是处理此类题目的关键．
25．(1)见解析；
(2)；
(3)见解析；．
【分析】（）由四边形是正方形得，，，然后利用同角的余角相等得，证明即可；
（）连接，由和线段和差可得，再利用勾股定理即可求解；
（）取中点，连接，，证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，从而求解；
延长至，使，设，由四边形是正方形，，得，，，证明，则，，最后由勾股定理即可求解．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，连接，
由（）得，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
在中，由勾股定理得：，
同理：，
∴；
（3）如图，取中点，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在中，是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，延长至，使，设，
∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，同角的余角相等，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．