精品解析：湖北武汉市东西湖区2025～2026学年下学期期中考试 八年级数学试卷

2025～2026学年度下学期期中考试 八年级数学试卷 满分：120分 时间：120分钟 亲爱的同学们，在答题前，请认真阅读下面的注意事项： 1．本试卷由选择题和非选择题两部分组成，三大题，24小题，全卷共6页，考试时间120分钟，满分120分． 2．试卷选择题及非选择题答案均写在答题卡上，写在试卷上无效． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 若二次根式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，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 由以下三条线段所围成的三角形中，不是直角三角形的是（） A. 3，4，5 B. 4，5，6 C. 5，12，13 D. 5. 如果n边形的内角和是它外角和的2倍，则等于 （ ） A. B. C. D. 6. 菱形和矩形都具有的性质是（ ） A. 对角线互相平分 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线平分一组对角 7. 如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，以的顶点为圆心，任意长为半径作弧．分别交的两边，于点，，再分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点（非点）．连接，，连接，交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，D是的中点，平分，，垂足为E，连接．若，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 10. “出入相补法”是我国古代几何的核心方法，以图形割补、以盈补虚实现面积守恒，直观推导各类公式并奠定数形结合的数学传统．如图是我国古代数学家刘徽证明勾股定理的“青朱出入图”，四边形，，均为正方形．若，，则正方形的面积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共6小题，每个小题3分，共18分） 11. ______． 12. 已知是整数，写出一个符合题意的自然数n的值：_______． 13. 如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，连接，则的度数为______________． 14. 如图，一款饮料的包装盒为长方体形状，其长、宽、高分别为．现有一长为的吸管插到包装盒底部的任意位置，吸管露在盒外部分的长度为，则的最小值为_______． 15. 如图，在四边形中，，．点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发，以的速度向点运动．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．则从运动开始，需经过________秒，能使． 16. 宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，我们可以折叠出一个黄金矩形、第一步，在一张矩形纸片的一端利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，第二步，如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平、折痕是；第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，折痕为；第四步、如图4，展平纸片，按照所得的点D折出，使；按点E折出，使． 则下列是黄金矩形的是_________．（填序号） ①矩形；②矩形；③矩形；④矩形；⑤矩形． 三、解答题（共8小题，共72分） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 如图，中，点E，F分别在，上．若_______，则四边形是平行四边形．从①E为中点，F为中点；②平分，平分；③．这三个选项中选择一个作为条件（填序号），使结论成立，并说明理由． 19. 已知，，求： （1） 和的值； （2）求 的值． 20. 如图，矩形的对角线，相交于点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，若，，求四边形的面积． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点四边形四个顶点都是格点，点是边上任意一点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成以下三个问题，每个问题的画线不得超过四条． （1）如图，四边形的形状是_______； （2）在图1中，画直线交于点，使直线平分四边形的面积， （3）在图2中，先作线段的中点；再在上找一点，使得，垂足为点． 22. 勾股定理是重要的几何工具，它既能解决生活中的实际问题，又能帮助数形结合破解一些含根号代数式的最值难题．如图，码头潭公园内有一条笔直的马路，马路同侧有观景台A、凉亭B，观景台A到马路的距离（的长）为，凉亭B到马路的距离（的长）为，的长为．为方便游客，现计划在路段之间离点处放置一个自动售货点G． （1）请用含x的代数式表示：______，______；若要使G到A、B两处的距离相等，则_______． （2）若要使从点A走到点G买东西后再走到点B的总路径最短，求点G应修建在离点C多远处？最短总路程为多少？ （3）直接写出代数式的最小值为______． 23. 的对角线、相交于点，另有一个与之全等的绕着点转动，与相交于点，与相交于点，且． （1）【链接教材】如图1，若和均为正方形，四边形为两个正方形重叠部分．则下列结论正确的是_________(填序号即可)： ①；②；③；④连接，总有． （2）【类比迁移】如图2，若和均为矩形，连接，猜想，，之间的数量关系，并证明； （3）【拓展应用】如图3，若和均为菱形，且，，直接写出转动过程中的最大值为_________． 24. 如图1，已知矩形的顶点，．且a，c满足．连接对角线． （1）直接写出A，B，C三点的坐标：A ，B ，C ； （2）如图2，将矩形沿对角线折叠，使点B落在点D处，、相交于点E．求折叠前后重合部分的面积； （3）如图3，点P是线段上的动点，点Q是射线上的动点，，分别以和为边作．在点P，Q运动的过程中，是否存在点P，使得为菱形？若存在，请求出所有满足条件的P的坐标和菱形的周长；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度下学期期中考试 八年级数学试卷 满分：120分 时间：120分钟 亲爱的同学们，在答题前，请认真阅读下面的注意事项： 1．本试卷由选择题和非选择题两部分组成，三大题，24小题，全卷共6页，考试时间120分钟，满分120分． 2．试卷选择题及非选择题答案均写在答题卡上，写在试卷上无效． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次根式在实数范围内有意义的条件，利用被开方数为非负数列不等式求解即可． 【详解】解：依题意， 解得：． 2. 下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据最简二次根式的判定条件逐一判断选项，最简二次根式需满足两个条件∶ 被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 【详解】解：∵最简二次根式需满足∶ 被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 对选项A∶ ，被开方数含分母，不是最简二次根式． 对选项B∶ ，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式． 对选项C∶ ，分母含根号，不是最简二次根式． 对选项D∶ 满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式． 3. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同类二次根式的合并法则，逐一判断选项即可得到结果． 【详解】解：对A选项，，与不是同类二次根式，不能合并，∴A错误． 对B选项，，∴B错误． 对C选项，，∴C正确． 对D选项，与不是同类二次根式，不能合并，∴D错误． 4. 由以下三条线段所围成的三角形中，不是直角三角形的是（） A. 3，4，5 B. 4，5，6 C. 5，12，13 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题解题思路是验证三角形较短两边的平方和是否等于最长边的平方，不满足的即为答案． 【详解】解：A．，该三角形是直角三角形． B，三边长为，最长边为， ∵，， ∴，因此该三角形不是直角三角形． C．，该三角形是直角三角形． D．，该三角形是直角三角形． 5. 如果n边形的内角和是它外角和的2倍，则等于 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据n边的内角和为 和外角和为360 列方程即可求解． 【详解】解：依题意，列方程得 ＝2360 解得，n=6， 故选：C 【点睛】本题考查了多边形的内角和，外角和，熟记多边形内角和公式和外角和为360是解题的关键． 6. 菱形和矩形都具有的性质是（ ） A. 对角线互相平分 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线平分一组对角 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质，矩形的性质以及中心对称图形定义可得答案． 【详解】解：菱形和矩形都具有的性质是对角线互相平分， 故选：A． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握对角线互相平分． 7. 如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据正方形的性质，等边三角形的性质，推出，，等边对等角，进行求解即可． 【详解】解：在正方形的外侧，作等边三角形， 则：， ∴， ∴； 故选：B． 8. 如图，以的顶点为圆心，任意长为半径作弧．分别交的两边，于点，，再分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点（非点）．连接，，连接，交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据作图痕迹可得，从而判定四边形  为菱形，利用菱形的性质及等腰三角形的性质求出 ∠AOB 的度数，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】由作图可知,， ∴， ∴四边形  为菱形， ∴， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查尺规作图推导出图形的特征，熟练掌握菱形的性质和判定方法，等腰三角形的性质以及平行线的性质是解决本题的关键． 9. 如图，在中，D是的中点，平分，，垂足为E，连接．若，，则的长是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】延长交于点，先证明，得出，，求出，再证明是的中位线，即可得出结果． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵D是的中点， ∴是的中位线， ∴． 10. “出入相补法”是我国古代几何的核心方法，以图形割补、以盈补虚实现面积守恒，直观推导各类公式并奠定数形结合的数学传统．如图是我国古代数学家刘徽证明勾股定理的“青朱出入图”，四边形，，均为正方形．若，，则正方形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正方形的性质得到直角三角形的边长，再通过勾股定理求出正方形的边长的平方，即其面积． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵四边形是正方形， ∴正方形的面积为． 二、填空题（共6小题，每个小题3分，共18分） 11. ______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 12. 已知是整数，写出一个符合题意的自然数n的值：_______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据二次根式的定义，先确定被开方数的取值范围，再结合是整数，得到为不大于18的非负完全平方数，即可求出符合题意的自然数． 【详解】解：根据二次根式的定义，得， 解得， 是自然数，是整数， 为不大于18的完全平方数，到之间的完全平方数有， 当时，，符合题意． 13. 如图，在中，，于点D，，E是斜边的中点，连接，则的度数为______________． 【答案】45 【解析】 【分析】本题主要考查了同角的余角相等，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解直角三角形斜边上的中线性质是解答关键．根据同角的余角相等得到，，根据互余和求得，进而得到，再利用直角三角形斜边上的中线性质来求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵E是斜边的中点，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 如图，一款饮料的包装盒为长方体形状，其长、宽、高分别为．现有一长为的吸管插到包装盒底部的任意位置，吸管露在盒外部分的长度为，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【详解】解：当吸管插到包装盒底部，且垂直于底面时，吸管露在盒外部分的长度最长，为； 当吸管露在盒外部分的长度最短时，包装盒内部的吸管与底面对角线和高正好组成直角三角形， 底面对角线的长，高为， 由勾股定理得：包装盒内部的吸管的长度， 的最小值为． 15. 如图，在四边形中，，．点从点出发，以的速度向点运动；同时点从点出发，以的速度向点运动．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．则从运动开始，需经过________秒，能使． 【答案】或 【解析】 【分析】本题已知，需要分两种情况讨论：当四边形为平行四边形时，对边相等可得；当四边形为等腰梯形时，两腰相等也可得，分别根据线段关系列方程求解，验证时间的合理性即可得到结果． 【详解】解：设运动时间为秒， 由题意得：，， 且，解得． ， ， 又，，分两种情况讨论： ①当时，四边形是平行四边形，此时， 列方程得：， 解得，符合动点运动范围要求． ②当四边形是等腰梯形时，，此时， 如图，过作于，过作于，则． ，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 同理，四边形是矩形， ∴． 在和中，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得，符合动点运动范围要求． 综上，经过秒或秒时，． 16. 宽与长的比是（约0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，我们可以折叠出一个黄金矩形、第一步，在一张矩形纸片的一端利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平，第二步，如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平、折痕是；第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处，折痕为；第四步、如图4，展平纸片，按照所得的点D折出，使；按点E折出，使． 则下列是黄金矩形的是_________．（填序号） ①矩形；②矩形；③矩形；④矩形；⑤矩形． 【答案】②③⑤ 【解析】 【分析】设，根据折叠的性质可得，，利用勾股定理求出的长，由折叠可得，进而求出的长，分别计算各选项中矩形的宽与长的比值，与进行比较即可得出答案． 【详解】解：设， 由折叠的性质可得：四边形、为矩形，，， 在中，， 由折叠的性质可得：， ， ①在矩形中，，不是黄金矩形； ②在矩形中，宽，长， ， 矩形是黄金矩形； ③在矩形中，宽，长， ， 矩形是黄金矩形； ④在矩形中，，不是黄金矩形； ⑤， ， 由折叠的性质可得：， ， ， ，，， ，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ， ， 在矩形中，宽，长， ， 矩形是黄金矩形； 综上所述，是黄金矩形的是②③⑤． 三、解答题（共8小题，共72分） 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解：原式； 【小问2详解】 解：原式． 18. 如图，中，点E，F分别在，上．若_______，则四边形是平行四边形．从①E为中点，F为中点；②平分，平分；③．这三个选项中选择一个作为条件（填序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】 解：若选择①，则四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E为中点，F为中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 若选择②，则四边形是平行四边形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 若选择③，无法得到四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质与判定进行求解即可． 【详解】略 19. 已知，，求： （1） 和的值； （2）求 的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的化简求值，平方差公式，完全平方公式及变形，熟练掌握乘法公式是解题关键． （1）根据二次根式的加法法则求出，根据二次根式的乘法法则结合平方差公式求出； （2）先根据完全平方公式将变形为，再代入求解即可． 【小问1详解】 解：，， ，， ，． 【小问2详解】 解：，且由（1）得：，， ， ． 20. 如图，矩形的对角线，相交于点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接交于点，若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线相交于点O， ∴， ∴四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案； （2）根据含30度角的直角三角形的性质得出，勾股定理求得，证明四边形是平行四边形的性质，得出，进而根据菱形的性质，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形，，， ∴，即 ∴，， ∵四边形是菱形； ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴四边形平行四边形 ∴， ∴菱形的面积． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点四边形四个顶点都是格点，点是边上任意一点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成以下三个问题，每个问题的画线不得超过四条． （1）如图，四边形的形状是_______； （2）在图1中，画直线交于点，使直线平分四边形的面积， （3）在图2中，先作线段的中点；再在上找一点，使得，垂足为点． 【答案】（1）矩形 （2） 直线即为所求： （3） 点、即为所求: 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理证明两组对边分别相等，且对角线，即可求解； （2）先找到对角线的交点，作直线交于点，即可求解； （3）先找到对角线的交点，确定的中点，作直线交于点，作直线交于点，连接，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴平行四边形是矩形； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 22. 勾股定理是重要的几何工具，它既能解决生活中的实际问题，又能帮助数形结合破解一些含根号代数式的最值难题．如图，码头潭公园内有一条笔直的马路，马路同侧有观景台A、凉亭B，观景台A到马路的距离（的长）为，凉亭B到马路的距离（的长）为，的长为．为方便游客，现计划在路段之间离点处放置一个自动售货点G． （1）请用含x的代数式表示：______，______；若要使G到A、B两处的距离相等，则_______． （2）若要使从点A走到点G买东西后再走到点B的总路径最短，求点G应修建在离点C多远处？最短总路程为多少？ （3）直接写出代数式的最小值为______． 【答案】（1），，； （2）点G应修建在离点C处，最短总路程为； （3）5． 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求出，的值，进而根据G到A、B两处的距离相等列方程求解即可； （2）作点B关于对称的点，连接交于点G，连接，作交延长线于H，则，，可知四边形是矩形，得到，，即，根据勾股定理求出，根据等边对等角得到，根据三角形内角和得到，根据等角对等边得到即可； （3）可看作两直角边分别为m和1的的斜边长，可看作两直角边分别是和2的的斜边长，构造图形，根据勾股定理计算即可． 【小问1详解】 解：， ∵， ∴， ∴， ∵G到A、B两处的距离相等， ∴， 即， 解得：； 【小问2详解】 解：如图，作点B关于对称的点，连接交于点G，连接，作交延长线于H，则，， 可知四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即点G应修建在离点C处，最短总路程为； 【小问3详解】 解：可看作两直角边分别为m和1的的斜边长，可看作两直角边分别是和2的的斜边长， 如图，构造矩形，使，，取，进而构造和， 依题意，得，，， 求代数式的最小值，就是求的最小值，当与共线时，为最小，最小值为的长． ∵，， ∴由勾股定理，得， ∴代数式的最小值是5． 23. 的对角线、相交于点，另有一个与之全等的绕着点转动，与相交于点，与相交于点，且． （1）【链接教材】如图1，若和均为正方形，四边形为两个正方形重叠部分．则下列结论正确的是_________(填序号即可)： ①；②；③；④连接，总有． （2）【类比迁移】如图2，若和均为矩形，连接，猜想，，之间的数量关系，并证明； （3）【拓展应用】如图3，若和均为菱形，且，，直接写出转动过程中的最大值为_________． 【答案】（1）①②③④； （2） 猜想，证明如下： 如图，延长交于点，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，即， ∴， ∴垂直平分， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）先由正方形性质得到、及，结合旋转后推得，用证明，由此得到；再通过面积转化，将四边形的面积转化为的面积，验证面积结论；最后由全等得到，推得，在中用勾股定理验证线段平方关系，从而判断四个结论均正确； （2）构造辅助线延长交于，连接，先利用矩形对角线与的性质，用证明，得到、，再结合，推出垂直平分，故，最后在中用勾股定理推导出目标关系式； （3）先利用菱形性质计算对角线相关线段长度，再通过作、，结合菱形角平分线性质及，用证明，得到；设参数表示与，进而用表示、，推导出的面积表达式为关于的二次式，根据平方的非负性，当时取得最大值． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴，，，故②正确； ∴， 又∵正方形中，， ∴，故③正确； 如图，连接， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴，故④正确； 综上，答案为①②③④； 【小问2详解】 解：略； 【小问3详解】 解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∵为对角线交点， ∴，，，， ∴，， 如图，过点作于，于， ∵在菱形的角平分线上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 在四边形中，，， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 设， 则，， 过点作交延长线于点． 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的最大值为． 24. 如图1，已知矩形的顶点，．且a，c满足．连接对角线． （1）直接写出A，B，C三点的坐标：A ，B ，C ； （2）如图2，将矩形沿对角线折叠，使点B落在点D处，、相交于点E．求折叠前后重合部分的面积； （3）如图3，点P是线段上的动点，点Q是射线上的动点，，分别以和为边作．在点P，Q运动的过程中，是否存在点P，使得为菱形？若存在，请求出所有满足条件的P的坐标和菱形的周长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），， （2） （3）存在点和使为菱形，菱形的周长分别为16和8 【解析】 【分析】（1）根据非负数的性质求得a，c，的值，进而根据矩形的性质结合坐标系，即可求解． （2）根据折叠的性质以及矩形的性质得出，设，勾股定理建立方程，求得，进而根据三角形的面积公式求出结果． （3）设，且，根据菱形的性质可得，进而得出P的坐标，求出菱形的边长进而求出周长． 【小问1详解】 解：∵， ∴，， ∴，， ∵矩形的顶点为，， ∴，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 【小问2详解】 解：由（1）得：，， 由折叠得：， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 【小问3详解】 解：在中，， 设则，则，， ①当Q在线段上时，则， ∵为菱形 ∴， ∴， 解得， ∴，， ∴； ②当Q在的延长线上时，则， ∵为菱形 ∴， ∴， 解得， ∴，， ∴； 综上，存在点和使为菱形，菱形的周长分别为16和8． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $