2025-2026学年人教版数学八年级下册期中模拟试卷•培优提升卷（范围：第19章 二次根式～第21章 四边形）

2025-2026学年八年级数学下学期期中模拟试卷（培优提升卷） 人教版 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。 1．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二次根式的运算法则逐一计算选项，即可判断正确结果． 【详解】解：对选项A，，∴A错误； 对选项B，，等式成立，∴B正确； 对选项C，，∴C错误； 对选项D，，∴D错误． 2．已知一个直角三角形的两边长分别为4和3，则第三边长为（   ） A．25 B．或5 C．5 D． 【答案】B 【分析】本题未明确给出的两边中哪条是斜边，因此需要分两种情况讨论，利用勾股定理计算第三边长即可． 【详解】解：∵直角三角形的两边长分别为4和3，未明确哪条边是斜边，∴分两种情况讨论： ① 当4为斜边，3为直角边时，由勾股定理得，第三边长为； ② 当3和4都为直角边时，由勾股定理得，第三边长为； 因此第三边长为或5． 3．估算的值在（    ） A．和之间 B．和之间 C．和0之间 D．0和1之间 【答案】C 【分析】先利用二次根式乘法法则化简原式，再估算无理数的范围，推导得出原式的取值区间． 【详解】解： ， ∵， ∴，即， ∴，即， ∴估计的值在和0之间． 4．如图，在中，，是的中点，过点，分别作，．若，，则四边形的面积是（   ） A．20 B．22 C．24 D．48 【答案】C 【分析】由，，可得出四边形为平行四边形，故， 由中点的性质，可得出，故求出即可得出最后结果． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵为对角线， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴，，， ∴， ∴． 5．如图，在中，的垂直平分线交于，连接，点是的中点，连接．下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由垂直平分线得到，由，点是的中点，结合斜边中线的一半得到，据此逐个判断即可． 【详解】解：∵的垂直平分线交， ∴， ∴，，故B选项结论正确，不符合题意； ∵，点是的中点， ∴，故A选项结论正确，不符合题意； ∴，故D选项结论正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴不一定成立，故C选项结论不正确，符合题意； 6．如图，在中，，，，过点作，，连接，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作交于点，利用“角角边”证明后，由全等三角形的性质推得，，最后结合勾股定理即可得解． 【详解】解：过点作交于点， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 中，． 7．如图，在的正方形网格中，点均在各小正方形的顶点处，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查勾股定理与网格问题，等腰三角形的判定和性质，设小正方形的边长为1，根据勾股定理及其逆定理，等腰三角形的判定和性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：设小正方形的边长为1，连接， 由勾股定理，得， ，， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 由图可知：与不平行； 综上：只有选项A正确； 故选A． 8．如图，经过对角线的交点，交于点，交于点．有下列结论：①图中共有4对全等三角形；②若，则③，其中正确的个数有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3．个 【答案】C 【分析】①通过平行四边形的性质分析、列举全等三角形的对数判断是否为4对；②利用平行四边形对角线互相平分和三角形三边关系求出的范围；③通过全等三角形的面积相等，将四边形的面积转化为的面积． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴ ∵ ∴ 在和中， ， ∴ ， 同理可证 ，， ∴图中共有6对全等三角形，结论①错误； ∵四边形是平行四边形 ∴ ， 在中，根据三角形三边关系：， ∴，即 ∵ ∴，结论②正确 ∵ ∴​， ∵​，​ ∴​， ∵​， ∴​， ∵​， ∴，结论③正确 综上，正确的结论是②和③．即选项C符合题意． 9．已知，则的值为（   ） A． B．2 C．或2 D．或2 【答案】A 【分析】依据题意，设，，且，，从而，故，可得，再求出，即可得出答案． 【详解】解：由题意∵， ∴， ∴， 设，，且，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 若，即，则， ∴， 解得， ∴， ∴； 故选：A． 10．如图，在正方形纸片中，对角线、交于点O，折叠正方形纸片．使落在上，A恰好与上的点F重合，展开后，折痕分别交，于点E、G，连接，有下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤ 【答案】B 【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③由，可得的面积的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，得是等腰三角形，即可证得，证得四边形是菱形；⑤由等腰直角三角形的性质，即可得． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，，， 由折叠的性质可得：， ∴，故①正确． ∵由折叠的性质可得：，，， ∴， ， ， ， ∴，故②错误． ， 与同高， ，故③错误． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是菱形，故④正确． ∴， ，，， ∴是等腰直角三角形， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ， ，故⑤正确． 故正确的是①④⑤． 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，，则与的关系为________． 【答案】 【分析】将进行化简得，可判断． 【详解】解：， 又， ∴． 12．如图，在中，，点D是的中点，连接，于点E，，连接，则的周长为______． 【答案】/ 【分析】过点作于点，利用等腰三角形性质，直角三角形性质，以及勾股定理求出，，，进而求出，，再利用勾股定理求出，最后根据三角形周长公式求解，即可解题． 解题的关键在于灵活运用等腰三角形性质，直角三角形性质，以及勾股定理分析问题． 【详解】解：过点作于点 ，点D是的中点， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 的周长为：． 13．如图，已知平行四边形中，，，将三角形沿着翻折，点落在点处，若，那么的长为__________． 【答案】 【分析】由平行四边形的性质得出，，由折叠可得，，设与相交于点O，证明，，根据勾股定理求出，进而求出，，再由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， 由折叠可得，， 设与相交于点O， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴在中，． 14．计算_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了数字规律，二次根式的性质，发现数字规律并裂项是解题的关键． 通过观察一般项，发现每一项可化为 的形式，然后利用裂项法裂项，然后求和即可． 【详解】解：设一般项为 ，其中 从 1 到 2019， ∵ ∴原式． 故答案为：． 15．如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，若，则的最小值是______． 【答案】2 【分析】作点关于的对称点，连接交于点，当三点共线时，的值最小，最小值为的长，再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，如图， 由对称性得，， ∴, 当三点共线时，的值最小，最小值为的长， ∵，且，是正方形的边的三等分点， ∴，， ∴， 在中，． 16．如图，正方形的边长为4，点是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点．连接，交于点，交于点，则的面积为______． 【答案】 【分析】连接，证明得，设，在中，由勾股定理求出，得到．作于点T，作于点R，根据面积关系求出，作于点M，作于点N，作于点K，根据面积法求出，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是边长为4的正方形， ∴， ∵点是边的中点， ∴． 由折叠的性质得，，，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则，， 在中， ， 解得， ∴，， ∴． 作于点T，作于点R， ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴， ∴， ∴． 作于点M，作于点N，作于点K， 同理可证：． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 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．求当，时，下列代数式的值． (1)； (2)． 【答案】(1)33 (2) 【分析】（1）先求得，，将原式变形为，再整体代入计算即可求解； （2）先判断，求得，，将原式变形为，再整体代入计算即可求解． 【详解】（1）解：当，时，，， ∴ ； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ． 18．如图． (1)求的长度； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，在中，勾股定理即可求解； （2）根据勾股定理的逆定理得出是直角三角形，，进而根据四边形的面积，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵ ∴； （2）解：∵， ∴ ∴是直角三角形， ∴四边形的面积 19．如图，在中，，是斜边上的中线，点是的中点，过作交的延长线于点，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； （2）解：连结， 由（1）知 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，即， ∴， ∴． 20．如图，在四边形中，，，，，，点P从A点出发，以的速度向D运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． (1)从运动开始，两点运动多长时间时，？ (2)从运动开始，是否存在某个时间，使得四边形恰好为正方形？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由． 【答案】(1)从运动开始，两点运动6秒或10秒时， (2)当时，四边形是正方形． 【分析】（1）分两种情况：①，且；②与不平行，但； （2）设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形，则有，据此列出方程． 【详解】（1）解：分两种情况： ①当、运动到，则平行且等于， ∴四边形是平行四边形，此时． 设运动时间为秒，则， ， ， 解得， 即时，； ②当、运动到，时，满足，过，分别作于，于， ∵，， ∴，， ∴，四边形是矩形，即， ∴， 同理可得四边形是矩形， ∴， ， ， 解得． 综上所述，从运动开始，两点运动6秒或10秒时，； （2）解：设运动时间为秒，使得四边形恰好为正方形， 如图， ∵，， ∴当时，四边形为矩形， 即，解得， 此时， ∴矩形为正方形， ∴当时，四边形是正方形． 21．阅读材料：像；；…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．例如：，． 解答下列问题： (1)与________互为有理化因式，将分母有理化得________； (2)计算以下式子的值：； (3)已知整数满足，求的值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由阅读材料中的定义、方法直接求解即可； （2）先对括号里各项分母有理化，再化简括号里的，最后由平方差公式计算即可； （3）将题中等式左边式子分母有理化，再由等式列出方程组求解即可． 【详解】（1）解：由阅读材料方法，可知， 则与互为有理化因式； ， 则将分母有理化得； （2）解： ； （3）解： ， ， 解得． 22．综合与实践：如图，在四边形中，，，． 【初步感知】 (1)求证：为等边三角形； (2)如图1，连接，求的长； (3)【深入探究】如图2，点F是上一点，连接，若平分，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】本题主要考查了勾股定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键． （1）先根据勾股定理求出，结合，得出，即可证明为等边三角形； （2）如图1，连接，与相交于点，证明为的垂直平分线，得出，在中，勾股定理求出，在中，勾股定理求出，即可解答． （3）如图2，过点分别作的垂线，垂足分别为，根据角平分线的性质定理得出，证明，得出，则，从而得，根据等腰三角形的性质得出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴为等边三角形； （2）如图1，连接，与相交于点， ∵， ∴为的垂直平分线， ∴， 在中，， 在中，， ∴； （3）如图2，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵平分， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 23．我们知道，平方具有非负性，所以可以得到如下结论： ∵，∴，∴． 对于任意实数，，不等式均成立，当且仅当时等号成立，此时取得最小值．特别地，若，，由，可得，当且仅当时，即当时等号成立，此时取得最小值． 请利用上述结论，解决下列问题： (1)当时，代数式的最小值为________； (2)已知代数式，当时，的最小值等于，求实数，的值； (3)已知实数，及正整数同时满足下列两个条件：①，②，若为整数，求代数式的最小值． 【答案】(1)． (2)或， (3) 【分析】此题考查了二次根式的混合运算、完全平方公式、分式的混合运算的应用． （1）根据题干中的方法计算即可； （2）把原式变形为，根据题干的方法计算即可； （3）把原式变形后分两种情况进行解答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 当且仅当时，， 解得，，的最小值为． （2）由可得，， ∵， ∴， ∴， 当且仅当时，成立， 解得或， 即或，的最小值． （3）∵， ∴，即． ∵， ∴，， 又∵为整数， ∴，或者，， 即，或者，， ①当，时， ∵， ∴， ∴． 令， ∴， ∴， 当时，， 解得：，，符合题意，的最小值为； ②当，时， ∵，且， ∴，与矛盾（舍）． 综上所述，的最小值为． 24．如图1．在中，平分交于点，垂足为点，与相交于点． (1)求证：； (2)若，求的长度； (3)在（2）的条件下，如图2，若平分交于点，点在上，且，连接． ①求证：四边形是平行四边形； ②直接写出的长度． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，推出，再根据角平分线的定义得到，推出，即可证明结论； （2）设，则，结合（1）中，可得，再求出，由，利用勾股定理得到建立方程求解即可； （3）①证明，推出，结合，得到，进而求出，即可证明；②由①知四边形是平行四边形，易证四边形是平行四边形，再根据，易证四边形是菱形，求出菱形的面积，连接交于点，求出，得到，证明是等腰直角三角形，即可求解． 【详解】（1）证明：∵在中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：设，则， ∵在中，， ∴， 由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵，即 在中，，， ∴， 解得， ∴； （3）①证明：∵ 四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴，即， 设，则， ∴， ∵平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 在中，， ∵，即， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； ②解：由①知四边形是平行四边形， ∴， 又， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴菱形的面积， ∴， 连接交于点，则， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴，即， ∴，即， ∴或， ∴（负值舍去）或（负值舍去）， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，则，，，符合题意， 当时，则，，，不符合题意， ∴， 由①， ∴， 又， ∴， ∴． 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（培优提升卷） 人教版 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。 1．下列运算正确的是（   ） A． B． C． D． 2．已知一个直角三角形的两边长分别为4和3，则第三边长为（   ） A．25 B．或5 C．5 D． 3．估算的值在（    ） A．和之间 B．和之间 C．和0之间 D．0和1之间 4．如图，在中，，是的中点，过点，分别作，．若，，则四边形的面积是（   ） A．20 B．22 C．24 D．48 5．如图，在中，的垂直平分线交于，连接，点是的中点，连接．下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．如图，在中，，，，过点作，，连接，则的长是（　　） A． B． C． D． 7．如图，在的正方形网格中，点均在各小正方形的顶点处，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 8．如图，经过对角线的交点，交于点，交于点．有下列结论：①图中共有4对全等三角形；②若，则③，其中正确的个数有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3．个 9．已知，则的值为（   ） A． B．2 C．或2 D．或2 10．如图，在正方形纸片中，对角线、交于点O，折叠正方形纸片．使落在上，A恰好与上的点F重合，展开后，折痕分别交，于点E、G，连接，有下列结论：①；②；③；④四边形是菱形；⑤．其中正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．①④⑤ C．①③④ D．①②③④⑤ 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，，则与的关系为________． 12．如图，在中，，点D是的中点，连接，于点E，，连接，则的周长为______． 13．如图，已知平行四边形中，，，将三角形沿着翻折，点落在点处，若，那么的长为__________． 14．计算_____． 15．如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，若，则的最小值是______． 16．如图，正方形的边长为4，点是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点．连接，交于点，交于点，则的面积为______． 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．求当，时，下列代数式的值． (1)； (2)． 18．如图． (1)求的长度； (2)求四边形的面积． 19．如图，在中，，是斜边上的中线，点是的中点，过作交的延长线于点，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 20．如图，在四边形中，，，，，，点P从A点出发，以的速度向D运动，点Q从C点同时出发，以的速度向B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． (1)从运动开始，两点运动多长时间时，？ (2)从运动开始，是否存在某个时间，使得四边形恰好为正方形？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由． 21．阅读材料：像；；…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都是互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．例如：，． 解答下列问题： (1)与________互为有理化因式，将分母有理化得________； (2)计算以下式子的值：； (3)已知整数满足，求的值． 22．综合与实践：如图，在四边形中，，，． 【初步感知】 (1)求证：为等边三角形； (2)如图1，连接，求的长； (3)【深入探究】如图2，点F是上一点，连接，若平分，求的长． 23．我们知道，平方具有非负性，所以可以得到如下结论： ∵，∴，∴． 对于任意实数，，不等式均成立，当且仅当时等号成立，此时取得最小值．特别地，若，，由，可得，当且仅当时，即当时等号成立，此时取得最小值． 请利用上述结论，解决下列问题： (1)当时，代数式的最小值为________； (2)已知代数式，当时，的最小值等于，求实数，的值； (3)已知实数，及正整数同时满足下列两个条件：①，②，若为整数，求代数式的最小值． 24．如图1．在中，平分交于点，垂足为点，与相交于点． (1)求证：； (2)若，求的长度； (3)在（2）的条件下，如图2，若平分交于点，点在上，且，连接． ①求证：四边形是平行四边形； ②直接写出的长度． 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 $