期中模拟试卷•能力培优卷（ 测试范围：第19章 二次根式～第21章 四边形）2025-2026学年人教版八年级下学期期中试卷（人教版）

2025-2026学年八年级数学下学期期中模拟试卷 （人教版•培优卷） 考试范围：第19章 二次根式~第21章 四边形；考试时间：120分钟；满分：120分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题 共30分） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。 一、单选题 1．下列式子中，属于最简二次根式的是（ ） A． B． C． D． 2．如图是由10个正三角形组成的网格，三角形的顶点A，B处有两枚棋子，若在格点上再放入两枚棋子，可以组成平行四边形的放法共有（   ） A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 3．已知是整数，则正整数的最小值是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在平行四边形中，，以点为圆心作弧，交于点、．分别以点、为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，作直线交于点，若，，则长是（    ） A．3 B．4 C． D． 5．如图，在中，，是的角平分线，于点，若，，则的长为（  ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．如图，在菱形中，，对角线，过点A作，垂足为E，则的长为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在正方形中，点在的垂直平分线上，连接、，于点，，若，则的长为（  ） A．1 B． C． D． 8．如图，长方体礼品盒的长为，宽为，高为，．现要在礼品盒上从点到点贴上一条彩带，则这条彩带的长度最短为（    ） A． B． C． D． 9．如图，和是等腰三角形，，，，绕点旋转，连接，点是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D．3 10．如图，在正方形中，对角线与交于点O，点E，F分别为边，的中点，点M，N分别在线段，上移动（不与端点重合），且满足，则下列结论正确的是（   ） A．四边形可能为矩形 B．四边形的面积不变 C．的度数不变 D．线段有最大值 第II卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．已知，，则_____． 12．如图，在中，分别以这个三角形的三边为边长向外侧作正方形、面积分别记为，若，则图中阴影部分的面积为_________． 13．已知，，则的值为________． 14．如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为______． 15．设，则的整数部分为____． 16．如图，正方形中，点、分别在边、上，连接分别交、于点、，若平分；则①；②；③若，则；④若，，则，其中正确的序号是_____． 3、 解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本题6分）已知最简二次根式与最简二次根式可以合并． (1)求的值． (2)若，求的值． 18．（本题6分）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点E作于，若，，求的长． 19．（本题8分）如图①，一个圆柱的底面周长为，高为，用一根绳子从点A出发绕侧面一周到点B，则绳长至少为多少？ 解：圆柱①的侧面沿剪开，展开图如图②所示． 在中，______，______，_______，则运用“________”可求_______． 由“_______”可知，绳子的最短长度就是线段______的长，即绳长至少为________． 20．（本题8分）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作于点，连接、．    (1)求证：； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 21．（本题10分）定义：若二次根式可以写成的形式（其中a、b、m、n为非负常数），则称为完整根式，是的完整平方根，例如：∵，∴是完整根式，是的完整平方根． (1)若完整根式的完整平方根为，a、b、m、n为非负有理数，请用含m、n的代数式表示a和b； (2)若，且a、n为正整数，则______； (3)试判断是否是完整根式的完整平方根，并说明理由． 22．（本题10分）在中，，点为射线上一动点（不与点，重合），作，并交射线于点，连接． (1)【操作发现】如图（1），当时，过点作，交于点． ①请补全图形； ②的数量关系为___________； (2)【类比探究】如图（2），当，且点在线段上时，探究：线段，之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】当，过点作于点，若，请直接写出的长． 23．（本题12分）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得． (1)如图1，当时，连接，交于点．若平分，求证：； (2)如图2，连接，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值． 24．（本题12分）如图，在等腰中，，点在线段上，点在直线上，把线段绕点顺时针旋转至，连接． (1)如图1，连接，若，点为中点，，，求的面积． (2)如图2，若，延长交于点，连接并延长至点，连接、，，，，且，求证：． (3)如图3，若，，，连接，，点、分别是、上的动点，且，连接、，直接写出的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年八年级数学下学期期中模拟试卷 （人教版•培优卷） 考试范围：第19章 二次根式~第21章 四边形；考试时间：120分钟；满分：120分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题 共30分） 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。 一、单选题 1．下列式子中，属于最简二次根式的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：A．，故不是最简二次根式；     B．，故不是最简二次根式；     C．，故不是最简二次根式； D．是最简二次根式．． 2．如图是由10个正三角形组成的网格，三角形的顶点A，B处有两枚棋子，若在格点上再放入两枚棋子，可以组成平行四边形的放法共有（   ） A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 【答案】A 【分析】本题考查了正三角形的性质和平行四边形的甄别，熟练掌握定义是解题的关键．根据正三角形的性质和平行四边形的定义结合题意分为当为平行四边形的对角线时，和当为平行四边形的一边时分别画图即可． 【详解】解：如图所示，当为平行四边形的对角线时，共有1种放法； 当为平行四边形的一边时，共有3 种放法．故共有4种放法， 故选：A． 3．已知是整数，则正整数的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先化简二次根式，根据二次根式为整数的条件，得出被开方数为完全平方数，结合为正整数，即可求出的最小值． 【详解】解：∵，且是整数， ∴是整数，即为完全平方数， ∵是正整数， 当时，，不是完全平方数， 当时，，是完全平方数， ∴正整数的最小值是． 4．如图，在平行四边形中，，以点为圆心作弧，交于点、．分别以点、为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，作直线交于点，若，，则长是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，尺规作图，等腰三角形的判定，勾股定理． 根据平行四边形的性质可得，，进而结合已知证明，由等腰三角形的判定和性质得到，，再根据勾股定理求出． 【详解】解：在中， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 由作图可知，即， 在中，． 5．如图，在中，，是的角平分线，于点，若，，则的长为（  ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】A 【分析】证明为等腰直角三角形，可得，求得，即可求得． 【详解】解：，是的角平分线， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ． 6．如图，在菱形中，，对角线，过点A作，垂足为E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点，利用菱形的性质以及等积法进行求解即可. 【详解】解：连接交于点， ∵菱形， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴. 7．如图，在正方形中，点在的垂直平分线上，连接、，于点，，若，则的长为（  ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】证明为等边三角形，根据由题意求得，即可求得的长，利用． 【详解】解：在正方形中，，， 点在的垂直平分线上， ， ， 为等边三角形， ，， ， ， ， ， ． 8．如图，长方体礼品盒的长为，宽为，高为，．现要在礼品盒上从点到点贴上一条彩带，则这条彩带的长度最短为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据不同侧棱展开，分别求得对应的边，利用勾股定理求得对应路径，再结合实数大小比较即可． 【详解】解：将长方体展开成平面图形如图所示: ∵长方体的长为,宽为,高为,CB＝, ∴在图中的长为：， 在图中的长为：， 在图中的长为：， ， ∴这条彩带的长度最短为 故选：A． 【点睛】本题考查了平面展开图象的最短路径问题和勾股定理的应用，解题的关键是熟悉分类讨论思想的应用． 9．如图，和是等腰三角形，，，，绕点旋转，连接，点是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】取中点，连接，，根据三角形中位线定理求出，证明是等边三角形，根据三线合一的性质得出，根据勾股定理求出，根据 ，可知当点在上时，的值最小，即可求解． 【详解】解：如图，取中点，连接，， 点是的中点，点是的中点， ， 是等腰三角形，， 是等边三角形， ， ，， ， ， 当点在上时，的值最小，此时， 即的最小值为． 10．如图，在正方形中，对角线与交于点O，点E，F分别为边，的中点，点M，N分别在线段，上移动（不与端点重合），且满足，则下列结论正确的是（   ） A．四边形可能为矩形 B．四边形的面积不变 C．的度数不变 D．线段有最大值 【答案】B 【分析】连接，先证得四边形为矩形，为等腰直角三角形，故可得到的度数发生改变，当为中点时，有最小值，无最大值，故说法错误；再假设四边形可能为矩形，则有，，证得，进而可得到，与矛盾，故说法错误；过点作于点，过点作于点，表示出四边形的面积，进而可进行判断． 【详解】解：连接， ∵在正方形中，对角线与交于点O， ∴，，，，， ∵点E，F分别为边，的中点， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴经过点，， ∴为等腰直角三角形， ∵点M，N分别在线段，上移动（不与端点重合）， ∴的度数发生改变，当为中点时，有最小值，无最大值，故说法错误， 若四边形可能为矩形，则有，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即为中点， ∴，即， ∴，故矛盾，故四边形不可能为矩形，故说法错误； 过点作于点，过点作于点， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故四边形的面积不变，说法正确． 第II卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．已知，，则_____． 【答案】10 【分析】根据二次根式的运算，先求的值，再由进行计算即可． 【详解】解：∵，， ， ， ． 12．如图，在中，分别以这个三角形的三边为边长向外侧作正方形、面积分别记为，若，则图中阴影部分的面积为_________． 【答案】2 【分析】根据勾股定理得出，得出，根据正方形的性质即可求解． 【详解】解：根据题意得，由勾股定理得，即， ， ， ， 根据正方形的性质得，， ∴阴影部分的面积为． 13．已知，，则的值为________． 【答案】 【分析】利用完全平方公式变形，将其化为含有和的形式，再整体代入求出的值，然后开方即可． 【详解】解：∵，， ∴ ， ∴． 14．如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】先证明，进而求出的长，勾股定理求出的长，利用斜边上的中线求出的长即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点F为的中点， ∴． 15．设，则的整数部分为____． 【答案】2 【分析】本题考查了二次根式，无理数的估算，根据二次根式的运算法则，先求出，进而求出a的值，再把a的值代入所求代数式，根据算式平方根的估算求解即可． 【详解】解： ， ∵， ， ， ， ， ， ， 的整数部分为2， 故答案为：． 16．如图，正方形中，点、分别在边、上，连接分别交、于点、，若平分；则①；②；③若，则；④若，，则，其中正确的序号是_____． 【答案】①②③ 【分析】将绕点顺时针旋转得，此时与重合，证明，可判断①②；设，则，，由勾股定理得，求出，在中由勾股定理可求出，可判断③；将绕点顺时针旋转得，此时与重合，可得，， ，，由“”可证，可得，由勾股定理可得，代入数据计算可判断④． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得，此时与重合， ∴，， ∴， ∵平分 ∴, 又， ∴， ∴，故①正确； 由旋转得， 由得：， 又, ∴，故②正确； ∵， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 在中，，，则： ，故③正确； 将绕点顺时针旋转得，此时与重合， ∴， ∴，，，， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∴， 又，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，故④错误， 综上，正确的结论是①②③． 3、 解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本题6分）已知最简二次根式与最简二次根式可以合并． (1)求的值． (2)若，求的值． 【答案】(1)1或 (2)2或 【分析】本题考查最简二次根式合并的性质与二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的性质是解题关键． （1）根据最简二次根式可合并的性质，得到两个二次根式的被开方数相等，列方程求解后验证被开方数非负得到的值； （2）根据二次根式被开方数必须非负，求出y的值，再代入计算得到的值． 【详解】（1）解：根据题意得，最简二次根式与最简二次根式可以合并， 则， 整理得：， 解得：或， 当时，，，符合题意， 当时，，，符合题意， 因此，的值为1或； （2）解：根据题意得： 解得：， 由（1）知：或， 当、时，， 当、时， 因此，的值为2或． 18．（本题6分）如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点E作于，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案． 【详解】（1）证明： 中，，平分， ，， ，， ，， 四边形是矩形； （2）解：，平分，，， ． 在中，由勾股定理得：． 四边形是矩形， ，． ， ． 19．（本题8分）如图①，一个圆柱的底面周长为，高为，用一根绳子从点A出发绕侧面一周到点B，则绳长至少为多少？ 解：圆柱①的侧面沿剪开，展开图如图②所示． 在中，______，______，_______，则运用“________”可求_______． 由“_______”可知，绳子的最短长度就是线段______的长，即绳长至少为________． 【答案】90；12；16；勾股定理；20；两点之间，线段最短；；20 【分析】根据题干图结合勾股定理和“两点之间，线段最短”作答即可． 【详解】解：圆柱①的侧面沿剪开，展开图如图②所示． 在中，， ， ，则运用“勾股定理”可求． 由“两点之间，线段最短”可知，绳子的最短长度就是线段的长，即绳长至少为20． 20．（本题8分）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作于点，连接、．    (1)求证：； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形能够成为菱形， (3)当或时，为直角三角形，理由见解析 【分析】（1）利用已知用未知数表示出的长，进而得出； （2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出的值，进而得出答案； （3）分三种情况讨论：当时；当时；当时，分别分析得出即可． 【详解】（1）证明：在中，，，， ∴， 又∵， ∴； （2）解：四边形能够成为菱形．理由如下： ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， 若使平行四边形为菱形，则需， 即， 解得， 即当时，四边形为菱形； （3）解：分情况讨论： 当时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴； 当时， 由（2）知，四边形为平行四边形， ∴， 则， ∴， 即， ∴； 当时，此种情况不存在； 综上所述，当或时，为直角三角形． 21．（本题10分）定义：若二次根式可以写成的形式（其中a、b、m、n为非负常数），则称为完整根式，是的完整平方根，例如：∵，∴是完整根式，是的完整平方根． (1)若完整根式的完整平方根为，a、b、m、n为非负有理数，请用含m、n的代数式表示a和b； (2)若，且a、n为正整数，则______； (3)试判断是否是完整根式的完整平方根，并说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)是，理由见解析 【分析】本题考查完整根式，完整平方根的理解； （1）利用完整根式，完整平方根的定义计算，即可解答； （2）利用完全平方公式求解即可； （3）利用完整根式，完整平方根的定义计算，即可解答； 【详解】（1）解：∵的完整平方根是， ∴． ∴． ∵，，，都是有理数， ∴，； （2）解：∵， ∴， ∵a、n为正整数， ∴，， 解得，， 故答案为：10； （3）解：是完整根式的完整平方根， 理由：∵，即， ∴是完整根式， ∴是完整根式的完整平方根． 22．（本题10分）在中，，点为射线上一动点（不与点，重合），作，并交射线于点，连接． (1)【操作发现】如图（1），当时，过点作，交于点． ①请补全图形； ②的数量关系为___________； (2)【类比探究】如图（2），当，且点在线段上时，探究：线段，之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】当，过点作于点，若，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先补全图形，证明，进而证明，即可得到； （2）将线段绕点逆时针旋转交于点，先证明，得到，，过点作于，可得，由，即可得到； （3）分两种情况进行讨论，当点在线段上时,由（2）可知，，，；当点在线段的延长线上时,将线段绕点顺时针旋转交于点，先证明，得到，，过点作于，通过即可求解的长． 【详解】（1）解：①补全图形如下： ②， ，， ， ， ， ， ，即， ，， ， ； （2），理由如下： 如图所示，将线段绕点逆时针旋转交于点， ，， ，即， ，， ， ，， 过点作于， ，， ， ， ， ， ； （3）第一种情况：点在线段上时,由（2）可知， ，， ， ； 第二种情况：点在线段的延长线上时, 如图所示，将线段绕点顺时针旋转交于点， ，， ，即， ，， ， ，， 过点作于， ，， ， ，， ， ； 综上所述，的长为或． 23．（本题12分）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得． (1)如图1，当时，连接，交于点．若平分，求证：； (2)如图2，连接，取的中点，连接，猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析； (3) 【分析】（1）连接，先证明，继而得到在和中，由三角形内角和得，，而，故，那么； （2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明； （3）如图， 延长至点，使得，连接，显然为等边三角形，则，，同（2）得，则，可得垂直平分，因此，可证明是等边三角形，那么，证明以及，则，设，则在等腰中，由勾股定理得，则，由勾股定理逆定理可得，则，则，过点作于点，在上取点，使得，角度推导得到，故，在中，，那么，同上可求，由等腰三角形可得，故，则． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ， ， ， ， ， 由旋转得， 在和中，， ， ∴， ， 平分， ， 在和中，由三角形内角和得，， ， ， ∴； （2）解： 如图2，延长至点，使，则，连接． 是的中点， ． ， ， ， 在和中，， ， ， ； （3）解：如图3， 延长至点，使得，连接， ∵, ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， 同（2）可得，，， ∵， ∴， 同（2）得， ∴， ∵， ∴， ∴平分， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ， ， 由旋转的性质得：， 是等边三角形， ， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则在等腰中，由勾股定理得, 而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作于点，在上取点，使得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 同上可求, ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理，勾股定理解三角形，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键在于构造全等三角形合理解决特殊角的构造． 24．（本题12分）如图，在等腰中，，点在线段上，点在直线上，把线段绕点顺时针旋转至，连接． (1)如图1，连接，若，点为中点，，，求的面积． (2)如图2，若，延长交于点，连接并延长至点，连接、，，，，且，求证：． (3)如图3，若，，，连接，，点、分别是、上的动点，且，连接、，直接写出的最小值． 【答案】(1)4 (2)见解析 (3) 【分析】（1）过点C作交于点P，求出，再证，得出，，求出，再求出和，证明，得出，即可求，再求出，即可求出，即可求解； （2）在上截取，使，连接，证明，得出，通过导角得出，则可证明，则，，可得，即可证明； （3）构造平行四边形，可证明，再构造，可得当且仅当、、共线时取得最小值，可证明，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，过点C作交于点P， 由题意得，， ∴， ∵，点为中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：在上截取，使，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 设，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）解：如图，过点作，过点作，与交于点H，连接，过点作于点，过点作，并截取，连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，当且仅当、、共线时取得最小值， ∵，，， ∴， 即的最小值为． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $