精品解析：辽宁省大连市甘井子区长海县联考2024-2025学年下学期阶段性测验八年级数学试卷

2024-2025学年度第二学期阶段性随堂练习（A） 八年级数学 注意事项： 1、请准备好必要的答题工具在答题卡上作答，在试卷上作答无效． 2、本试卷共三大题，23小题，满分120分．考试时间120分钟． 第一部分 选择题 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中属于最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 3. 在中，，则等于（　　） A. B. C. D. 4. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 两组对边分别相等 B. 两组对边分别平行 C. 两条对角线相等 D. 两条对角线互相垂直 5. 以下列各组数为三边的三角形中不是直角三角形的是（ ） A. 9、12、15 B. 41、40、9 C. 25、7、24 D. 6、5、4 6. 如图，数轴上点A所表示的实数是（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个矩形面积是，一边长是，则另一边长是（ ） A 12 B. C. D. 8. 如图，在中，平分，则平行四边形周长是（　　）     A. 14 B. 16 C. 20 D. 24 9. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间阴影部分是一个小正方形，这样就组成一个“赵爽弦图”．若，则正方形的面积为（　　） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 10. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点的坐标为，则点的坐标为（　　） A. B. C. D. 第二部分 非选择题 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 计算：___________． 12. 如图，在菱形中，对角线相交于点，为边的中点，连接，若，则线段的长为_________________． 13. 明代数学家程大位的《算法统宗》中有这样一个问题（如图），其大意为：“有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推送10尺（水平距离）时，秋千的踏板就和人一样高，这个人的身高为5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问绳索有多长？”．设秋千的绳索长为尺，根据题意可列方程为___________． 14. 如图，在中，，按下列步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交点分别为点；②过点作直线，交于点．如果的周长为26，那么的周长是___________． 15. 如图，在中，，，，，是边上一点，将沿所在直线翻折得到交于当时，则的长为___________ 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 计算 （1）； （2）． 17. 如图，已知四边形是平行四边形，点E，F是直线上的两点，且，连接，求证：． 18. 小丽在物理实验课上利用如图1所示“光的反射演示器”直观呈现了光的反射原理．如图2，她用激光笔从量角器左边边缘点处发出光线，经量角器圆心处（此处放置平面镜）反射后，反射光线落在右边光屏上的点处（也在量角器的边缘上，为量角器的中心，、、三点共线，）．小丽在实验中还记录下了．依据记录的数据，求量角器的半径长． 19. 一切运动的物体都具有动能，其大小由两个因素决定：物体的质量和运动速度．已知动能的计算公式是，其中表示动能，单位是焦耳，表示物体的质量，单位是千克，表示物体的运动速度，单位是米/秒．现一名运动员在匀速跑步，她的质量是80千克．若动能是1500焦耳，求该运动员的跑步速度（结果保留根号）． 20. 洛阳某校开展红色主题研学活动，开启红色文化之旅，在某纪念馆门口离地面一定高度的墙上处，装有一个由传感器控制的迎宾门铃，人只要移动到该门口正前方2.4m及2.4m以内时，门铃就会自动发出欢迎语音．如图，一个身高1.6m的学生刚走到处（学生头顶在处），门铃恰好自动响起，此时，并测得迎宾门铃与地面的距离和到该生头顶的距离相等． （1）求的长； （2）若该生继续向前走1.4m，此时迎宾门铃距离该生头顶多少米？ 21. 已知：如图，矩形对角线的垂直平分线与分别交于点E、O、F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求菱形的面积． 22. 综合与实践 【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，是原点，矩形的顶点分别在轴、轴上，，． 【解决问题】 （1）点上一点，点是上一点，，连结、、、． ①求证：四边形是平行四边形． ②当四边形是矩形时，求点的坐标？ 【变式探究】 （2）点是上任意一点，连结，将沿着折叠，对应点恰好落在边上，求的长； 【拓展延伸】 （3）点为边的中点，是平面内任意的一点．连结、、，当时，请直接写出的取值范围． 23. 综合与实践 【问题背景】有两个三角形，一个是直角三角形，一个是等边三角形． ①，； ②等边．两个三角形的点互相重合，可以绕点转动，点是的中点，连接． 【解决问题】 （1）如图1，当时，若点线段上，，则___________． 【观察猜想】 （2）如图1，直接写出与的数量关系：___________． 【类比探究】 （3）如图2，当，点在线段上方时，其他条件不变，延长交于点，探究的度数是否为定值？若是定值，请求出的度数；若不能求出的度数，请说明理由． 【拓展提升】 （4）若，，当点，，在同一条直线上时，请直接写出线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第二学期阶段性随堂练习（A） 八年级数学 注意事项： 1、请准备好必要的答题工具在答题卡上作答，在试卷上作答无效． 2、本试卷共三大题，23小题，满分120分．考试时间120分钟． 第一部分 选择题 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次根式的定义．根据二次根式的定义求解． 【详解】解：若式子在实数范围内有意义， 则， ∴， 故选：C． 2. 下列二次根式中属于最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的概念．被开方数的因数是整数且不含能开得尽方的因数的二次根式叫最简二次根式． 【详解】解：∵，，， ∴，和不是最简二次根式， 是最简二次根式． 故选：C． 3. 在中，，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，并结合即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 4. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 两组对边分别相等 B. 两组对边分别平行 C. 两条对角线相等 D. 两条对角线互相垂直 【答案】C 【解析】 【分析】分别根据矩形和菱形的性质可得出其对角线性质的不同，可得到答案． 【详解】解：矩形的对角线相等且平分，菱形的对角线垂直且平分， 所以矩形具有而菱形不具有的为对角线相等， 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形和菱形的性质，解题的关键是掌握矩形的对角线相等且平分、菱形的对角线垂直且平分． 5. 以下列各组数为三边的三角形中不是直角三角形的是（ ） A. 9、12、15 B. 41、40、9 C. 25、7、24 D. 6、5、4 【答案】D 【解析】 【详解】选项A.92+122=225=152， 选项B.402+92=1681=412， 选项C.72+242=625=252， 选项D.52+42≠62， 根据勾股定理的逆定理可知，只有选项D不能够成直角三角形． 故选：D． 6. 如图，数轴上点A所表示的实数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先勾股定理可得：正方形的对角线为：，从而可得A表示的数． 【详解】解：由勾股定理可得：正方形的对角线为：， ∴A点表示的数为：； 故选C． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，实数与数轴，熟练的确定数轴上表示的数是解本题的关键． 7. 已知一个矩形面积是，一边长是，则另一边长是（ ） A. 12 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形的面积公式列出式子，再利用二次根式除法的运算法则求解． 【详解】解：∵一个矩形面积是，一边长是， ∴矩形的另一边的长是． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的面积公式和二次根式的除法运算法则，根据矩形的面积公式列算式是解答关键． 8. 如图，在中，平分，则平行四边形的周长是（　　）     A. 14 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义．先由平行四边形的性质和角平分线的定义证明，得到，根据平行四边形周长公式求出答案即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的周长， 故选：C． 9. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间阴影部分是一个小正方形，这样就组成一个“赵爽弦图”．若，则正方形的面积为（　　） A 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了勾股定理的应用．利用勾股定理求得直角边的较短边，进一步根据正方形的面积=大正方形面积-4个直角三角形面积即可求得正方形的面积． 【详解】解：直角三角形直角边的较短边为， 正方形的面积． 故选：B． 10. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点的坐标为，则点的坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，含30度直角三角形的性质．由点坐标求得，利用含30度直角三角形的性质和勾股定理，求得，于是得到结论． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是菱形，， ，， ， ，， ∴， 故选：A． 第二部分 非选择题 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 计算：___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式运算，先化简各二次根式，退然后合并同类二次根式即可． 【详解】解：原式 ， 故答案为：． 12. 如图，在菱形中，对角线相交于点，为边的中点，连接，若，则线段的长为_________________． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理，解答本题的关键掌握菱形四条边都相等，对角线互相垂直且平分的性质．先根据菱形的性质得到，然后根据中位线的性质可得，即可求解． 详解】解：菱形， ， 为边中点， ． 故答案为：4． 13. 明代数学家程大位《算法统宗》中有这样一个问题（如图），其大意为：“有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推送10尺（水平距离）时，秋千的踏板就和人一样高，这个人的身高为5尺，秋千的绳索始终拉得很直，试问绳索有多长？”．设秋千的绳索长为尺，根据题意可列方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程、数学常识以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．本题直接利用勾股定理，即可得出关于 \(x\) 的一元二次方程． 【详解】解：依题意得, 即． 故答案为：． 14. 如图，在中，，按下列步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交点分别为点；②过点作直线，交于点．如果的周长为26，那么的周长是___________． 【答案】52 【解析】 【分析】由图知是线段的中垂线，据此可得，结合，利用平行四边形的性质可得答案．本题考查了线段垂直平分线的性质及平行四边形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质及平行四边形的性质是解答本题的关键. 平行四边形的性质有：平行四边形对边平行且相等；平行四边形对角相等，邻角互补；平行四边形对角线互相平分． 【详解】解：由图知是线段的中垂线， ∴， ∵的周长为26， ∴， 则的周长， 故答案为． 15. 如图，在中，，，，，是边上一点，将沿所在直线翻折得到交于当时，则的长为___________ 【答案】 【解析】 【分析】作于H，于M，求出，根据，可得，，然后再证明，得到，求出，进一步计算即可求解． 【详解】解：如图，作于H，于M， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将沿所在直线翻折得到，且， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查翻折变换的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，等角对等边等知识，解题的关键是熟练掌握图形翻折的性质． 三、解答题（本题共8小题，共75分） 16. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】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． （1）利用完全平方公式和二次根式的除法法则计算化简，再利用二次根式的加减运算法则计算得出答案． （2）用乘法分配律展开，进行二次根式的化简，然后合并同类二次根式即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 ． 17. 如图，已知四边形是平行四边形，点E，F是直线上的两点，且，连接，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据平行四边形得出，，再利用三角形全等即可得出结论； 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及三角形全等的判定．此题难度适中，注意掌握三角形全等的判定方法． 18. 小丽在物理实验课上利用如图1所示“光的反射演示器”直观呈现了光的反射原理．如图2，她用激光笔从量角器左边边缘点处发出光线，经量角器圆心处（此处放置平面镜）反射后，反射光线落在右边光屏上的点处（也在量角器的边缘上，为量角器的中心，、、三点共线，）．小丽在实验中还记录下了．依据记录的数据，求量角器的半径长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，设，则，在中，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解． 【详解】解：设，则， 根据题意，得， 解得， ∴量角器的半径长． 19. 一切运动的物体都具有动能，其大小由两个因素决定：物体的质量和运动速度．已知动能的计算公式是，其中表示动能，单位是焦耳，表示物体的质量，单位是千克，表示物体的运动速度，单位是米/秒．现一名运动员在匀速跑步，她的质量是80千克．若动能是1500焦耳，求该运动员的跑步速度（结果保留根号）． 【答案】该运员的跑步速度是米/秒． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的应用．根据题目所给公式建立方程求解即可． 【详解】解：由题意可知， ∴， ∴（米/秒）． 答：该运员的跑步速度是米/秒． 20. 洛阳某校开展红色主题研学活动，开启红色文化之旅，在某纪念馆门口离地面一定高度的墙上处，装有一个由传感器控制的迎宾门铃，人只要移动到该门口正前方2.4m及2.4m以内时，门铃就会自动发出欢迎语音．如图，一个身高1.6m的学生刚走到处（学生头顶在处），门铃恰好自动响起，此时，并测得迎宾门铃与地面的距离和到该生头顶的距离相等． （1）求的长； （2）若该生继续向前走1.4m，此时迎宾门铃距离该生头顶多少米？ 【答案】（1） （2）米 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理应用 ，熟练掌握勾股定理是解题的关键． （1）作与点，根据勾股定理求解即可； （2）根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：如图，作与点， 四边形是矩形， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， 【小问2详解】 解：如图，该生继续向前走，到达处，连接， 此时， 在中， ， 此时迎宾门铃距离该生头顶米． 21. 已知：如图，矩形的对角线的垂直平分线与分别交于点E、O、F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求菱形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据证明，得，从而得出四边形为平行四边形，进一步由，即可证得结论； （2）根据勾股定理可得的长，进而可得菱形的面积． 【小问1详解】 证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴平行四边形为菱形； 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 解得， 故菱形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和菱形面积的计算、勾股定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 22. 综合与实践 【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，是原点，矩形的顶点分别在轴、轴上，，． 【解决问题】 （1）点是上一点，点是上一点，，连结、、、． ①求证：四边形是平行四边形． ②当四边形是矩形时，求点的坐标？ 【变式探究】 （2）点是上任意一点，连结，将沿着折叠，对应点恰好落在边上，求的长； 【拓展延伸】 （3）点为边的中点，是平面内任意的一点．连结、、，当时，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）①见解析；②点的坐标为；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）①证明四边形为平行四边形，易得，再证明四边形为平行四边形，可知，即可证明四边形是平行四边形； ②证明，由相似三角形的性质可得，可解得，据此求解即可； （2）由折叠的性质可得，，，在中，由勾股定理解得的值，设，则，在中，由勾股定理可得，代入数值并解得的值，即可获得答案； （3）连接，取中点，连接，利用勾股定理解得的长度，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，再证明为的中位线，由中位线的性质可得，然后根据三角形三边关系即可获得答案． 【详解】解：（1）①∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴，即， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形； ②四边形为矩形，，， ∴，，， 当四边形是矩形时， 可有， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∵， ∴． ∴点的坐标为； （2）∵四边形为矩形，，， ∴，，， 由折叠的性质可得，，， ∴在中，， ∴， 设，则， ∴在中，可有， 即， 解得， ∴； （3）如图，连接，取中点，连接， ∵，，， ∴， ∵，点为中点， ∴， ∵点为的中点，点为的中点， ∴在中，可有， 在中，由三角形三边关系可得， ∴当点在同一直线，且点在点和点中间时，如下图， 此时取最小值，最小值为； 当点在同一直线，且点在点和点中间时，如下图， 此时取最大值，最大值为， ∴的取值范围为：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质、中位线的性质等知识，综合性强，难度较大，综合运用相关知识是解题关键． 23. 综合与实践 【问题背景】有两个三角形，一个是直角三角形，一个是等边三角形． ①，； ②等边．两个三角形的点互相重合，可以绕点转动，点是的中点，连接． 【解决问题】 （1）如图1，当时，若点在线段上，，则___________． 【观察猜想】 （2）如图1，直接写出与数量关系：___________． 【类比探究】 （3）如图2，当，点在线段上方时，其他条件不变，延长交于点，探究的度数是否为定值？若是定值，请求出的度数；若不能求出的度数，请说明理由． 【拓展提升】 （4）若，，当点，，在同一条直线上时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2）．理由见解析；（3）的度数是定值，；（4）线段的长为或． 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形的性质求得，，根据条件求得，再利用勾股定理即可求解； （2）由三角形中位线定理得，，则；求得，；再由H是中点，是等边三角形，则，则可证明，即有，从而； （3）证明，即可得到，再利用四边形内角和定理即可求解，； （4）分两种情况考虑：当点E在线段上时；当点E在线段延长线上时；利用等边三角形的性质及勾股定理即可计算． 【详解】解：（1）∵，，且， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）．理由如下， 取的中点G，的中点H，连接， ∵G、H分别是的中点， ∴，， ∴； ∵， ∴； ∵分别是斜边上的中点， ∴， ∵， ∴； ∴， ∴； ∵是等边三角形， ∴； ∵P是的中点， ∴，； ∴； ∵H是中点，， ∴； ∵， ∴是等边三角形， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； ∵， ∴； （3）的度数是定值，理由如下： 如图所示， 由题意得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即； （4）∵，，且， ∴，， 当点E在线段上时，如图，过点C作于N； ∵，P是的中点， ∴， ∵是等边三角形，P是的中点， ∴，， ∵， ∴； ∴； 在中，由勾股定理得：， ∴， 当点E在线段的延长线上时，如图，过点C作于N； 同理，得， ∴； 综上所述，线段的长为或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线性质，含30度直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定等知识，构造出全等三角形是解本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$