精品解析：湖北省荆门市海慧中学2024-2025学年八年级下学期期中数学试题

2025年春八年级期中考试数学试卷 考试时长：120分钟分值：120分 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算错误的是（ ） A. B. C. D. 3. 的三条边分别为、、，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. ，， 4. 如图所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中，，则的值是（ ） A. 128 B. 64 C. 32 D. 144 5. 在四边形中，对角线与交于点，下列各组条件，其中不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ） A. 当时，它是菱形 B. 当时，它是菱形 C. 当时，它是矩形 D. 当时，它是正方形 7. 如图，四边形ABCD是正方形，以CD为边作等边三角形CDE，BE与AC相交于点M，则∠AMD的度数是（　　） A. 75° B. 60° C. 54° D. 67.5° 8. 如图，在中，，点是上一点，点是上一点，连接．若是的中点，，且为直角三角形，则线段的长度为（ ） A. 5或 B. 或 C. 5或 D. 5 9. 如图，在中，，且分别是上的高，分别是的中点，若，则的长为（　　） A. 10 B. 12 C. 13 D. 14 10. 如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且满足．下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 若式子有意义，则的取值范围是______． 12. 已知，化简______． 13. 已知直角三角形的两边长为6和8，则第三边长为________． 14. 如图，在正方形中，．E、F分别为边、的中点，连接、，点N、M分别为、的中点，连接，则的长度为 ___________． 15. 矩形中，，，为上一动点，的最小值为______． 三、简答题：本题共9小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 计算： （1）； （2）． 17. 计算：（1）；（2）. 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 古诗赞美荷花“竹色溪下绿，荷花镜里香”，平静的湖面上，一朵荷花亭亭玉立，露出水面10 cm,忽见 它随风斜倚，花朵恰好浸入水面，仔细观察，发现荷花偏离原地40 cm(如图).请问：水深多少？ 20. 如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，连接AE、CE，，，求证：四边形ABCD是正方形． 21. 如图，将长方形ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点E． （1）若∠DBC=25°，求∠ADC′的度数； （2）若AB=4，AD=8，求△BDE的面积． 22. 已知、分别为正方形的边、上的点，且． （1）如图1，求证：； （2）连接分别交、于、，如图2，若，求证：． 23. 在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． （1）如图，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）如图，当点在线段上，且点在菱形外部时，（）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长． 24. 综合与探究 在平面直角坐标系中，矩形的顶点、、的坐标分别为，，，且、满足． （1）矩形的顶点的坐标是_________； （2）若是中点，沿折叠矩形，使点落在点处，折痕为，连接并延长交轴于点．求证：四边形是平行四边形； （3）若点在轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点，使得、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春八年级期中考试数学试卷 考试时长：120分钟分值：120分 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．根据最简二次根式的概念判断即可． 【详解】解：A．，故该选项不符合题意； B．，故该选项不符合题意； C．，故该选项不符合题意； D．是最简二次根式，故该选项符合题意． 故选：D． 2. 下列计算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用二次根式的运算方法进行逐一计算、辨别． 【详解】A选项：，故A选项计算正确； B选项：，故B选项计算正确； C选项：，故C选项正确； D选项：，故D选项错误． 故选：D 【点睛】此题考查了二次根式的运算能力，关键是能准确运用计算法则进行计算． 3. 的三条边分别为、、，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】依据勾股定理逆定理（若三角形三边满足 ，则以、、为边的三角形是直角三角形 ）和三角形内角和定理（三角形内角和为 ），对每个选项逐一分析，判断是否能得出三角形为直角三角形．本题主要考查了勾股定理逆定理和三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理逆定理的内容及三角形内角和为是解题的关键． 【详解】选项A：由 ，整理得 ，符合勾股定理逆定理，说明边 对应的角为直角，△ABC 是直角三角形． 选项B：由 ，结合三角形内角和 ，可得 ，因此△ABC 是直角三角形． 选项C：设三个角分别为 、、，则 ，解得 ．最大角为 ，非直角，故△ABC 不是直角三角形． 选项D：验证 ，满足勾股定理逆定理，说明△ABC 是直角三角形． 综上，选项C不能判断△ABC为直角三角形． 故选：C 4. 如图所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中，，则的值是（ ） A. 128 B. 64 C. 32 D. 144 【答案】A 【解析】 【分析】13和5为两条直角边长时，求出小正方形的边长8，即可利用勾股定理得出EF2的长． 【详解】解：根据题题得：小正方形的边长等于BE-AE， ∵，， ∴小正方形的边长=13-5=8， ∴． 故选：A 【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键． 5. 在四边形中，对角线与交于点，下列各组条件，其中不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定．全等三角形的性质和判定，注意熟记平行四边形的判定定理是解此题的关键．根据平行四边形的判定定理进行分析判断即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用． 【详解】解：A、，， 四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形，不符合题意； B、， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形．故能判定这个四边形是平行四边形，不符合题意； C、，， 四边形不是平行四边形．故不能判定这个四边形是平行四边形，符合题意； D、， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形，故能判定这个四边形是平行四边形，不符合题意． 故选：C． 6. 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ） A. 当时，它是菱形 B. 当时，它是菱形 C. 当时，它是矩形 D. 当时，它是正方形 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错． 根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故B选项正确，不符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意； D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意． 故选：D． 7. 如图，四边形ABCD是正方形，以CD为边作等边三角形CDE，BE与AC相交于点M，则∠AMD的度数是（　　） A. 75° B. 60° C. 54° D. 67.5° 【答案】B 【解析】 【详解】如图，连接BD， 由已知条件可得；∠BCE=∠BCD+∠DCE=90°+60°=150°，BC=EC， ∴∠EBC=∠BEC=（180°-∠BCE）=15°， ∵∠BCM=∠BCD=45°， ∴∠BMC=180°-（∠BCM+∠EBC）=120°， ∴∠AMB=180°-∠BMC=60°， ∵正方形ABCD是关于AC对称的，M在AC上， ∴BM=DM， ∴∠AMD=∠AMB=60°， 故选B． 8. 如图，在中，，点是上一点，点是上一点，连接．若是的中点，，且为直角三角形，则线段的长度为（ ） A. 5或 B. 或 C. 5或 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，等面积法，三角形中位线定理等知识，运用勾股定理求出，再分当时和当时两种情况讨论即可得解，掌握分类讨论思想是解题的关键． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵是的中点，， ∴ 当时，， 即， ∴， ∴； 当时，， ∴， 取的中点为P， 又∵是的中点， ∴， ∴点P即为点E(过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行) ∴； 综上所述：线段的长度为5或， 故选：A． 9. 如图，在中，，且分别是上的高，分别是的中点，若，则的长为（　　） A. 10 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，，然后利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：如图：连接， 是的中点，， ， 是的中点， ，， 在中，， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，以及勾股定理，作辅助线利用性质是解题的关键． 10. 如图，在正方形中，G为对角线上一点，连接、，E是边上一点，连接交的延长线上于点F，且满足．下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，过点E作，交于点H，根据正方形的性质可逐步推得，再根据全等三角形的判定，可证明，即得结论成立； 对于②，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明结论成立； 对于③，连结，，证明，可得，再根据等腰三角形三线合一性质，即得结论成立； 对于④，先证明，再证明，即可得出结论． 【详解】解：过点E作，交于点H， 四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，， ， ，， ， ， 故①正确； 四边形是正方形， ， ， ， 故②正确； 连结，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 故③正确； 在中，， ， ， ， ， ， ， 故④正确； 正确的结论有4个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 若式子有意义，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于零列出不等式解答即可求解，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键． 【详解】解：由题意得，， ∴， 故答案为：． 12. 已知，化简______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握知识点是解题的关键． 由二次根式的性质化简，再去绝对值即可． 【详解】解：，∵， ∴， 故答案为：． 13. 已知直角三角形的两边长为6和8，则第三边长为________． 【答案】10或 【解析】 【分析】题中未明确已知两边是直角边还是斜边，因此需要分两种情况讨论，利用勾股定理计算第三边长． 【详解】解：分两种情况计算： 当和都为直角边时，第三边为斜边，根据勾股定理得： 第三边长； 当为斜边，为直角边时，第三边为另一条直角边，根据勾股定理得： 第三边长． 综上，第三边长为10或． 14. 如图，在正方形中，．E、F分别为边、的中点，连接、，点N、M分别为、的中点，连接，则的长度为 ___________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，并延长交于点G，先通过证明得到，后，证明是的中位线，可得，在中利用勾股定理求出的长，从而求出的长． 【详解】解：连接并延长交于点G，连接，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵E、F分别为边、的中点， ∴，． ∵M为的中点， ∴， 在和中， ． ∴． ∴，． ∴M为的中点， ∵N为的中点， ∴是的中位线． ∴． 在中， ， ∴． ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质与勾股定理的应用，难度较大，解答本题的关键是添加辅助线把归纳到三角形中，然后证明是三角形的中位线． 15. 矩形中，，，为上一动点，的最小值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】如图所示，延长到点H，使，连接，过点E作交的平分线于F，过点A作于点G，勾股定理求出，然后得到是等边三角形，求出，得到，然后得到当点A，E，F三点共线，是有最小值，即点F和点G重合时，的最小值是的长度，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，延长到点H，使，连接，过点E作交的平分线于F，过点A作于点G ∵矩形中，，， ∴ ∴ ∵ ∴垂直平分 ∴， ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴当点A，E，F三点共线时，有最小值，即点F和点G重合时， ∴的最小值是的长度 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． ∴的最小值为3． 故答案为：3． 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 三、简答题：本题共9小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二次根式乘除运算法则，按照从左到右的顺序，进行计算即可得到结论； （2）根据平方差公式，再根据实数运算法则求解即可得出结论． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 【点睛】本题考查二次根式的运算，涉及到二次根式的加减乘除相关运算法则及平方差公式，熟练掌握相关运算法则及运算顺序是解决问题的关键． 17. 计算：（1）；（2）. 【答案】（1）-9；（2） 【解析】 【分析】二次根式的混合运算，先将二次根式化为最简二次根式，再将同类二次根式进行合并即可解题 【详解】(1)解：原式= = (2)解：原式= 【点睛】本题考查了二次根式的运算，掌握同类二次根式的合并即可解题. 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了分式化简求值，二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握分式混合运算法则．先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据，根据二次根式混合运算法则进行计算． 【详解】解： ， 当时，原式． 19. 古诗赞美荷花“竹色溪下绿，荷花镜里香”，平静的湖面上，一朵荷花亭亭玉立，露出水面10 cm,忽见 它随风斜倚，花朵恰好浸入水面，仔细观察，发现荷花偏离原地40 cm(如图).请问：水深多少？ 【答案】水深为75cm 【解析】 【详解】试题分析：设水深为，则荷花的高 因风吹花朵齐及水面，且水平距离为40cm，那么水深与水平40组成一个以为斜边的直角三角形，根据勾股定理即可求出答案． 试题解析：设水深为h，则荷花的高h+10，且水平距离为40cm， 则 解得h=75. 答：水深75cm. 20. 如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，连接AE、CE，，，求证：四边形ABCD是正方形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据AAS证明可得，再结合四边形ABCD是矩形可得结论． 【详解】证明：在和中， ∴（AAS）， ∴， 又∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD是正方形． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定是解答此题的关键． 21. 如图，将长方形ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点E． （1）若∠DBC=25°，求∠ADC′的度数； （2）若AB=4，AD=8，求△BDE的面积． 【答案】(1) 40° （2）10 【解析】 【分析】（1）求出∠ADB，求出∠BDC ，根据折叠求出∠C′DB，代入∠ADC′=∠BDC′-∠ADB即可； （2）先证BE=DE，然后设DE=x，则BE=x，AE=8-x，在Rt△ABE中，由勾股定理求出x的值，再由三角形的面积公式求出面积的值． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是长方形， ∴AD∥BC，∠ADC=∠C=90°， ∵AD∥BC， ∴∠BDA=∠DBC=25°， ∴∠BDC=90°-25°=65°， ∵沿BD折叠C和C′重合， ∴∠C′DB=∠CDB=65°， ∴∠ADC′=∠BDC′-∠BDA=65°-25°=40°； （2）由折叠可知，∠CBD=∠EBD， ∵AD∥BC， ∴∠CBD=∠EDB， ∴∠EBD=∠EDB， ∴BE=DE， 设DE=x，则BE=x，AE=8-x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+AE2=BE2即42+（8-x）2=x2， 解得：x=5， 所以S△BDE=DE×AB=×5×4=10． 22. 已知、分别为正方形的边、上的点，且． （1）如图1，求证：； （2）连接分别交、于、，如图2，若，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）延长到G，使，连接，证明，得，，进而求证，可得，所以． （2）如图，证明，可得，证明，可得，，，同理可证：，设，可得,结合（1）得：,进一步求解即可． 【小问1详解】 证明：延长到G，使，连接， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：如图，正方形， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，同理可证：， ∴，设， ∴, 结合（1）得：, ∵， ∴， ∴， 同理可得：， 则． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题． 23. 在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． （1）如图，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）如图，当点在线段上，且点在菱形外部时，（）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，求的长． 【答案】（1），； （2）仍然成立，理由见解析； （3）或． 【解析】 【分析】（）连接，延长交于点，根据菱形的性质证明是等边三角形，由等边三角形的性质证明，，从而可证明，最后根据全等三角形的性质，菱形的性质，角度和差即可求解； （）（）中的结论成立，用（）中的方法证明即可； （）分两种情形：当点在点左侧时，当点在点右侧时，连接交于点，由勾股定理得：，则，由（）得，，再根据勾股定理求出的长即得到的长，最后由线段和差即可求解； 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【小问1详解】 如图，连接，延长交于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为:，； 【小问2详解】 （）中的结：，，仍然成立，理由如下： 如图，连接，设与交于， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴（）中结论，仍然成立； 【小问3详解】 如图，当点在点左侧时，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，平分， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 由（）可知：，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴； 如图，当点在点右侧时，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，平分， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 由（）可知：，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， 综上可知：的长为或． 24. 综合与探究 在平面直角坐标系中，矩形的顶点、、的坐标分别为，，，且、满足． （1）矩形的顶点的坐标是_________； （2）若是中点，沿折叠矩形，使点落在点处，折痕为，连接并延长交轴于点．求证：四边形是平行四边形； （3）若点在轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点，使得、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）见解析 （3）点的坐标为，，，． 【解析】 【分析】（1）由题意可求得和的值，再将其代入的坐标即可求得； （2）由折叠的性质可得，，由三角形外角性质可得，可得，即可证明四边形是平行四边形； （3）分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点的可能性，进而得出点的坐标． 【小问1详解】 解：且， ， ， 点，点， 点， 故答案为：； 【小问2详解】 证明：是中点， ， 折叠， ，， ， ， ， ， ，且 四边形是平行四边形； 【小问3详解】 解：、、、为顶点的四边形是菱形， 分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点，如图所示： ，， ， ， ∴，，， 设， ∴， ∵，即 解得：， ∴， ∴， ∴综上可得：点的坐标为，，，． 【点睛】本题是四边形的综合题，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $