精品解析：甘肃省定西市临洮县2024-2025学年八年级下学期5月期中数学试题

2024-2025学年度第二学期期中八年级数学教学质量评估测试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列式子中，一定是二次根式的为（　　） A. B. C. D. 2. 在平行四边形中，，的度数是（ ） A. B. C. D. 3. 下列式子中，不属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列计算错误的是 （ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平面直角坐标系中，，两点分别位于坐标轴上，且，若，，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，矩形的对角线相交于点， ，，若，则四边形的周长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 7. 下列命题的逆命题不成立的是（    ） A. 平行四边形对角线互相平分 B. 对顶角相等 C. 平行四边形两组对角都相等 D. 直角三角形两直角边平方的和等于斜边的平方 8. 如图是一个长方体包装盒，高为，底面是正方形，边长为，现需用绳子装饰，绳子从出发，沿长方体表面绕到处，则绳子的最短长度是（ ） A. B. C. D. 9. 若，化简的正确结果是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在菱形中，，点E、F同时从A、C两点出发，分别沿方向匀速运动（到点B停止），点E的速度为，点F的速度为．若经过t秒时，为等边三角形，则t的值为（　　） A. 1 B. C. D. 2 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分共18分） 11. 使二次根式有意义的a的取值范围是______． 12. 两对角线分别是6和8的菱形面积是____，周长是_______． 13. 如图，在中，，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D，.则________°． 14. 当，则代数式________． 15. 如图，在中，分别是的中点，点在上，且，若，则的长为_____． 16. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为___________． 三、解答题（本大题共6小题，共32分．解答时，应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 兰州的东湖广场视野开阔，是一处设计别致，造型美丽的广场，成为不少市民放风筝的最佳场所．某校八年级（1）班的小明和小亮同学学习了“勾股定理”之后，为了测得图中风筝的高度，他们进行了如下操作： ①测得的长为15米（注：）； ②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为25米； ③牵线放风筝的小明身高1.7米． 求风筝的高度． 20. 已知，求的值． 21. 如图，四边形是平行四边形，为延长线上一点，，连接交于点．若，求的度数． 22. 如图，在正方形中，是边上一点，于点，于点． 求证：． 四、解答题（本大题共5小题，共40分．解答时，应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 23. 如今，春节团聚坐高铁或火车长途出行，是一件很普便的事情．而进出火车站经常要刷身份证过闸机，如图是火车站通道闸机的示意图，扇形和扇形是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，点与点在同一水平线上，且它们之间的距离为，连接，并向两边延长，分别交，于点，．若，，求闸机通道的宽度． 24. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，是等边三角形． （1）求证：平行四边形为矩形； （2）若，求四边形的面积． 25. 如图，把一个方格网放在数轴上，一边的格点与数轴上部分整数所对应的点重合. （1）在方格网中，作出面积为8平方单位的正方形； （2）利用尺规在数轴上分别用点A和表示出实数和. 26. 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于点E，垂足为F，连接． （1）求证：； （2）当D在中点时，判断四边形的形状，并说明理由． 27. 【三角形中位线定理】已知：在中，点，分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点，分别为，的中点，分别交，于点，，．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期期中八年级数学教学质量评估测试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列式子中，一定是二次根式的为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据被开方数为非负数，再列不等式，逐一分析即可． 本题考查了二次根式的定义，掌握被开方数是非负数是关键． 【详解】解：A、不是二次根式，故本选项不符合题意； B、当时，则它无意义，故本选项不符合题意； C、由于，所以它符合二次根式的定义，故本选项符合题意； D、当时，它无意义，故本选项不符合题意； 故选：C． 2. 在平行四边形中，，的度数是（ ） 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即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 3. 下列式子中，不属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了最简二次根式的定义，根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；被开方数因数是整数，因式是整式，进行逐一判断即可． 【详解】解：A、是最简二次根式，不符合题意； B、是最简二次根式，不符合题意； C、是最简二次根式，不符合题意； D、，不是最简二次根式，符合题意． 故选：D． 4. 下列计算错误的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次根式的加减乘除运算，根据二次根式的加减乘除运算法则计算即可． 【详解】解：A、与的被开方数不相同，不能合并，故本选项计算错误； B、，本选项的计算正确； C、，本选项的计算正确； D、，本选项的计算正确． 故选：A 5. 如图，在平面直角坐标系中，，两点分别位于坐标轴上，且，若，，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质，勾股定理等知识，先根据勾股定理求出，然后根据全等三角形的性质求出，，最后根据第四象限内点的坐标特点求解即可． 【详解】解：在，，， ∴， ∵ ∴，， 又点D在第四象限，， ∴点D的坐标为， 故选：D． 6. 如图，矩形的对角线相交于点， ，，若，则四边形的周长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定及性质定理等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质． 利用矩形的性质得出和它们的长度，根据条件判定四边形为菱形，即可求出四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形，且 ， 又，， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长为8． 故选：C． 7. 下列命题的逆命题不成立的是（    ） A. 平行四边形对角线互相平分 B. 对顶角相等 C. 平行四边形两组对角都相等 D. 直角三角形两直角边平方的和等于斜边的平方 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了写出命题的逆命题、判断命题的真假，写出各个命题的逆命题并判断真假即可得解． 【详解】解：A、逆命题为：对角线互相平分的四边形为平行四边形，此逆命题为真命题，故不符合题意； B、逆命题为：相等的角为对顶角，此逆命题为假命题，故符合题意； C、逆命题为：两组对角都相等的四边形为平行四边形，此逆命题为真命题，故不符合题意； D、逆命题为：较短两边的平方的和等于最长边的平方的三角形为直角三角形，此逆命题为真命题，故不符合题意； 故选：B． 8. 如图是一个长方体包装盒，高为，底面是正方形，边长为，现需用绳子装饰，绳子从出发，沿长方体表面绕到处，则绳子的最短长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了平面展开——最短路径问题，把长方体右边的表面展开，连接，则就是绳子的最短时经过的路径，然后根据勾股定理求解，利用两点之间线段最短的性质，将长方体右边的表面展开是解题的关键． 【详解】如图， 将长方体右边的表面翻折（展开），连接，显然两点之间线段最短，为点到点的最短距离，由勾股定理知： ， ∴，即绳子最短为， 故选：． 9. 若，化简的正确结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式的化简，绝对值的化简．先判断，，再根据 ，化简代数式并合并即可． 【详解】解：， ，， ． 故选：C． 10. 如图，在菱形中，，点E、F同时从A、C两点出发，分别沿方向匀速运动（到点B停止），点E的速度为，点F的速度为．若经过t秒时，为等边三角形，则t的值为（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】连接，先证明是等边三角形，得到，，进而求出，再证明，得到，由于，可建立方程，解得． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及三角形全等的判断是解题关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分共18分） 11. 使二次根式有意义的a的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件．熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键． 由题意得，，计算求解即可． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， 解得，， 故答案为：． 12. 两对角线分别是6和8的菱形面积是____，周长是_______． 【答案】 ①. 24 ②. 20 【解析】 【分析】根据菱形面积=对角线乘积的一半即可求出面积；利用菱形的性质得到，，再利用勾股定理求出AD的长，即可得到答案． 【详解】解：如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于O，AC=8，BD=6， ∴，，，∠AOD=90°， ∴， ∴菱形ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=4AD=20， 故答案为：24；20． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质和勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键． 13. 如图，在中，，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D，.则________°． 【答案】90 【解析】 【分析】本题考查了基本作图，勾股定理的逆定理，根据同圆的半径相等，得到，求得，利用勾股定理逆定理计算即可． 【详解】∵以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D，. ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为90． 14. 当，则代数式________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解，代数求值，二次根式的混合运算等知识点，解题的关键是熟练掌握各运算法则． 先进行因式分解，再代数求值． 【详解】解：， 将代入上式得， 原式， 故答案为：． 15. 如图，在中，分别是的中点，点在上，且，若，则的长为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，根据三角形中位线定理求出，进而求出根据直角三角形的性质即可求出． 【详解】解：∵D，E分别是的中点，， ∴， ∵， ∴， ∵点D是的中点，且， ∴， 故答案为：6． 16. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解． 【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， ∵点A的坐标为，点F的坐标为， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键． 三、解答题（本大题共6小题，共32分．解答时，应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 【答案】0 【解析】 【分析】根据二次根式的混合运算法则计算即可． 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． 【详解】． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是分式的化简求值及二次根式的化简，先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把a的值代入进行计算即可． 【详解】解：原式 ， 当时， 原式． 19. 兰州的东湖广场视野开阔，是一处设计别致，造型美丽的广场，成为不少市民放风筝的最佳场所．某校八年级（1）班的小明和小亮同学学习了“勾股定理”之后，为了测得图中风筝的高度，他们进行了如下操作： ①测得的长为15米（注：）； ②根据手中剩余线的长度计算出风筝线的长为25米； ③牵线放风筝的小明身高1.7米． 求风筝的高度． 【答案】米 【解析】 【分析】根据勾股定理求得的长度，然后证明四边形ABDE为矩形，得出ED，从而求得； 【详解】解：∵ ∴∠BDC=90°， 在中， ，， （米）． ∵AB⊥AE，DE⊥AF，BD⊥DE， ∴∠BAE=∠DEA=∠BDE=90°， ∴四边形ABDE为矩形， ∴ED=AB=1.7米， （米）， 答：风筝的高度为米． 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用． 20. 已知，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确掌握二次根式的性质是解题关键． 【详解】解：， 当，时， 原式 ． 21. 如图，四边形是平行四边形，为延长线上一点，，连接交于点．若，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等边对等角等知识点，解题的关键熟练掌握平行四边形的性质． 利用平行四边形的性质得出相等的边和角，利用等边对等角求出相关角，然后利用角的和差进行求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ． ． 22. 如图，在正方形中，是边上一点，于点，于点． 求证：． 【答案】 证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质，是解题的关键．根据证明，得出即可． 【详解】略 四、解答题（本大题共5小题，共40分．解答时，应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤） 23. 如今，春节团聚坐高铁或火车长途出行，是一件很普便的事情．而进出火车站经常要刷身份证过闸机，如图是火车站通道闸机的示意图，扇形和扇形是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，点与点在同一水平线上，且它们之间的距离为，连接，并向两边延长，分别交，于点，．若，，求闸机通道的宽度． 【答案】闸机通道的宽度为 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键． 由对称的性质可得，在中，由勾股定理得，将变形后代入，求出，根据即可求解． 【详解】解：由对称可知，且，， 的长度就是闸机的宽度． ， ， 在中，， ， 解得：（负值舍去）， ． 答：闸机通道的宽度为． 24. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，是等边三角形． （1）求证：平行四边形为矩形； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，， 是等边三角形， ， ， 平行四边形是矩形． （2） 【解析】 【分析】（1）证明，即对角线相等的平行四边形是矩形，即可证明； （2）根据矩形的性质求出的长度和，利用勾股定理求出，然后利用矩形面积公式即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是矩形， ． 又， ． ∴在中，， ∴矩形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的判定，等边三角形和平行四边形的性质，以及勾股定理的运用，灵活掌握性质并运用是本题的关键． 25. 如图，把一个方格网放在数轴上，一边的格点与数轴上部分整数所对应的点重合. （1）在方格网中，作出面积为8平方单位的正方形； （2）利用尺规在数轴上分别用点A和表示出实数和. 【答案】（1） 如图所示， （2） 如图所示， 【解析】 【分析】（1）根据网格和勾股定理画出长为的直线，再根据正方形的定义即可得； （2）利用正方形的边长可在数轴上表示． 【小问1详解】 解：正方形的边长为：， 则正方形的面积为：； 【小问2详解】 解：以正方形的边长为半径画圆，与x轴交于点A，， 即点A和表示出实数和． 【点晴】本题考查了二次根式的乘法，勾股定理，实数与数轴，解题的关键是掌握这些知识点． 26. 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于点E，垂足为F，连接． （1）求证：； （2）当D在中点时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】（1） 证明：由题意知，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2） 四边形是菱形，理由如下： ∵在中，D为中点， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴为中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； 【解析】 【分析】（1）由可知，进而可证四边形是平行四边形，进而可得； （2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，证是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，即为中点，可知是的中位线，则，由四边形是平行四边形，可得，进而有，进而可判断四边形的形状； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，菱形的判定，中位线，等腰三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 27. 【三角形中位线定理】已知：在中，点，分别是边，的中点．直接写出和的关系为 ； 【应用】如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，若，，，，则的度数为 度； 【拓展】如图，在四边形中，与相交于点，点，分别为，的中点，分别交，于点，，．求证：． 【答案】[三角形中位线定理]，； [应用]； [拓展]证明：取的中点，连接、．如图： ∵点，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴且， 同理可得且． ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线的应用，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理的逆定理，熟练掌握三角形中位线的应用是解题的关键． [三角形中位线定理]根据三角形中位线定理即可得到结论； [应用]连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可； [拓展]取的中点，连接、，则、分别是、的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，结合等腰三角形的判定和性质，平行线的性质即可得结论． 【详解】[三角形中位线定理]解：，； 理由：∵点，分别是边，的中点， ∴是的中位线， ∴，， 故答案为：，； [应用]解：如图所示，连接， ∵点，分别是边，的中点， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； [拓展]略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $