精品解析：湖北武汉市武钢实验学校2025-2026学年八年级下学期质量检测数学试卷

湖北武汉市武钢实验学校2025-2026学年八年级下学期质量检测数学试卷 第I卷（选择题，共30分） 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 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】根据二次根式被开方数为非负数，列不等式求解即可． 【详解】解：根据题意，得， 解得． 2. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ）． 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：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，满足这两个条件的二次根式才是最简二次根式，据此求解即可． 【详解】解：A、的被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意； B、的被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意； C、的被开方数含有开得尽的因数16，不是最简二次根式，不符合题意； D、是最简二次根式，符合题意； 故选：D． 3. 在中，，则的度数为（ ） A. 60° B. 80° C. 100° D. 160° 【答案】C 【解析】 【分析】由平行四边形的对角相等即可求得． 【详解】在中，， 又， 所以， 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质：对角相等，掌握此性质是关键． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：A：与不是同类二次根式，无法合并，故A错误； B：与不是同类二次根式，无法合并，故B错误； C：，故C错误； D：，等式成立，故D正确． 5. 满足下列条件的（a、b、c为三边），不是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用三角形内角和定理和勾股定理的逆定理，逐一判断各选项即可． 【详解】解：A选项： ， ， 不是直角三角形，符合题意； B选项：， ，由勾股定理的逆定理得是直角三角形，不符合题意； C选项：， ， 是直角三角形，不符合题意； D选项：， ， 是直角三角形，不符合题意． 6. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、如图所示，∵， ∴， ∴平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； B、如图所示，∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； C、如图所示，∵， ∴，结合四边形是平行四边形不能证明四边形是菱形，故此选项符合题意； D、如图所示，∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，故此选项不符合题意． 7. 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． 8. 如图，在四边形ABCD中，，四边形ABCD的面积是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查勾股定理及其逆定理，解题的关键是正确的分割图形．由于四边形不是规则图形，因此考虑转化为规则图形求解．结合已知条件，连接，利用勾股定理可求出的面积及的长，再利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，最后根据计算即可． 【详解】解：如图，连接，   ， ． ，  ， ，  ，   是直角三角形，且，      ． 9. 如图，点E在矩形纸片的边上，将纸片沿折叠，点D的对应点恰好落在线段上．若，，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由折叠的性质得到，从而得出,，，，，利用矩形的性质推出，通过等边对等角得到，进而表示出，最终由勾股定理列方程求得结果． 【详解】解：∵是由沿着对折得到的， ∴， ∴,，，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得． 10. 如图，在中，与相交于点．若是的中点，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，根据全等，为中点，可得，，，，可求得直线的解析式为，直线的解析式为，从而解得，所以． 【详解】解：以为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，如图： ， ，，， 为中点， ， ，，，， 设直线的解析式为，把，代入得： ， 解得， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为，把代入解析式得, ∴直线解析式为， 解方程组得， ， ， ． 【点睛】本题考查全等三角形，一次函数以及勾股定理．建立平面直角坐标系，求出直线、解析式是解出本题的关键． 第II卷（非选择题，共90分） 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 已知最简二次根式与能合并，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】解：最简二次根式与能合并， ， 解得． 12. 如图，矩形的对角线交于点O，且，，则的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由矩形的对角线相等且互相平分得到，再证明是等边三角形，即可得到． 【详解】解：∵矩形的对角线交于点O， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 13. 若等边三角形的边长为，则该等边三角形的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等边三角形三线合一的性质可得D为的中点，即，在直角三角形中，已知、，根据勾股定理即可求得的长，即可求三角形的面积，即可解题． 【详解】解：如图，过点A作等边的高，与交于点D， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是根据等边三角形的性质和勾股定理求出三角形的高． 14. 如图，将长方形分成四个区域，其中A、B两正方形区域的面积分别是1和7，则剩余区域的面积是 _______________． 【答案】﹣1 【解析】 【分析】直接求出，两正方形边长，进而求出剩余区域的面积． 【详解】解：，两正方形区域的面积分别是1和7， ，两正方形边长分别是1和， 故剩余区域的面积是： 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了平方根的应用，平移的性质，正确得出正方形的边长是解题关键． 15. 如图，在四边形中，，，，若，则的周长为__________ 【答案】 【解析】 【分析】设，根据勾股定理和的直角三角形，可得，，再利用“”可得，从而得到，，进而，再根据的直角三角形和线段之间的数量关系，易求，即是等腰直角三角形，最后根据勾股定理，，即可求得． 【详解】解：如图，过点作，垂足为，过点作交的延长线于点， 设， ，， ， ，， 的周长为， ， ，则， 在和中， ， ， ，， ，即是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ，即是等腰直角三角形， 在中，，， 则，解得， ，则， 的周长为． 16. 如图，正方形中，点为边（含端点）上一动点，连接，将沿直线翻折，点对应点为，连接并延长，交的延长线于，连接，给出下列四个结论： ①； ②； ③若，则； ④的最小值为，其中正确的是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】①根据正方形的性质结合折叠的性质，设，则，利用三角形外角的性质可得，即可判断；②分别过点作，垂足分别为，易证是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，再证明，从而得到是等腰直角三角形，当时，则，此时，与点为边（含端点）上一动点矛盾，即可判断；③由②知，是等腰直角三角形，利用等腰三角形三线合一及勾股定理即可求出，即可判断；④取的中点，连接，利用三角形三边关系及勾股定理即可判断． 【详解】解：①由翻折的性质得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，故①正确； ②分别过点作，垂足分别为， ∵， 由折叠的性质得，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴， 当时，则， ∴，与点为边（含端点）上一动点矛盾，故②错误； ③由②知，是等腰直角三角形， ∵，，， ∴， ∴， ∴，故③正确； ④取的中点，连接， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， 当点在上时，，此时取得最小值， ∴的最小值为，故④正确； 综上，正确的结论有①③④． 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，的对角线相交于点O，E、F均在上，且． （1）求证：； （2）若，连接，直接判断四边形的形状为__________． 【答案】（1） 证明：中，， ∵， ∴，即， ∵， ∴； （2）矩形 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，由，易证，结合，即可证明； （2）由（1）知，，可得四边形是平行四边形，结合，即可证明四边形是矩形． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 19. 已知． （1）求与的值； （2）试求的值． 【答案】（1）， （2）16 【解析】 【分析】（1）将的值代入，计算二次根式的加法与乘法即可； （2）先求出，再将（1）的结果代入计算即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴ ； ． 【小问2详解】 解：由（1）已得：，， ∴ ． 20. 如图，菱形的对角线相交于点． （1）若于点，连接，求； （2）若为中点，则__________． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形的性质求出，利用勾股定理求出，进而得到，再利用直角三角形的性质即可求解； （2）过点作于点，设，则，利用勾股定理得到，求出，，由即可求解． 【小问1详解】 解：∵菱形中，，且， ∴，， ∴， ∴， ∵，即是直角三角形，且， ∴； 【小问2详解】 解：过点作于点， ∵菱形中，且， ∴， 设，则， 由（1）知， ∴，即， 解得， 则， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点，仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题． （1）如图1，E是格点，先作平行四边形，再在边上画点，使． （2）如图2，在延长线上找到一格点，使得，连接，为网格线上一点，在上找一点，使得． 【答案】（1） 如图所示为所求： （2） 如图所示为所求： 【解析】 【分析】（1）利用平移的性质将点向上平移2个单位，得到点，连接，即可得到平行四边形，取格点，连接，交于点，使得，，再根据平行四边形的性质可得，，进而得到，易证，即可得到； （2）连接，由勾股定理得到，将点向上平移5个单位，得到点，连接，可得，利用网格的特征取的中点，连接交于点，连接并延长交于点，连接，由等腰三角形三线合一可得垂直平分，可得，推出，结合，证明，推出，进而得到，再求出，得到，由三角形内角和定理可得，可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 在等腰中，，且． （1）如图1，若也是等腰直角三角形，且，的顶点A在的斜边上，连． ①求证：； ②求证：； （2）如图2，E为上一点，，，则的长为______． 【答案】（1）①和均为等腰直角三角形， ， ， ， 在和中， ， ； ②， ，， ， ，， ， 中，， ； （2）10 【解析】 【分析】（1）①根据等腰三角形性质和证明即可；②利用①的结论得 ，，根据勾股定理得，在中利用勾股定理即可证得结论； （2）利用等腰三角形构造全等三角形，即将绕点顺时针旋转90°得，根据全等的性质得，，，从而利用勾股定理可以求出，即可求解． 【小问1详解】 证明：①略 ②略 【小问2详解】 过点作且，连接，， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， 中，， ， 故答案为10． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识点，能够利用旋转构造全等三角形是解题的关键． 23. 在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，． （1）如图1，求证：四边形是菱形； （2）如图2，点在上，交于点于点，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，点在上，点在上，连接，，，，若，线段的长为__________． 【答案】（1） 证明：平分， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2） 证明，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3） 【解析】 【分析】（1）推出，从而，可推出，从而，进而推出，进一步得出结论； （2）可证明， ，进而推出，进一步得出结论； （3）作，可证明，从而得到，在上截取，连接，可证得，从而得到，作，利用等腰三角形的性质和勾股定理可得，利用等面积法即可求得答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 作，在上截取，连接，作， 由（2）可知，， ， ， ，， ， ， ， , ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， , ． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识点，综合条件构造合适的全等三角形、数形结合是解题的关键． 24. 已知，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B，A分别在轴和轴的正半轴上，顶点C的坐标为，点为边上一动点，点为边上一动点，连接，并且． （1）如图1，若a，b满足：，则__________，__________； （2）在（1）的条件下 ①如图1，若点为中点，过点作交轴于点，求点坐标； ②如图2，若坐标为，过点作交的延长线于点，求点横坐标； （3）如图3，若，若点坐标为，求点坐标__________． 【答案】（1）， （2）①；②点的横坐标为； （3） 【解析】 【分析】（1）利用二次根式的性质即可求出，进而求出； （2）①先证明四边形是正方形，再证明，连接，证明，设，则，结合点为中点，利用勾股定理即可求解；②过点作轴的垂线交轴于点，证明，即可解答； （3）同理（2）①解答即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴，解得， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：①由（1）知， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴，， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵点为中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得， ∴， ∴； ②过点作轴的垂线交轴于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴点H的横坐标为， ∴点的横坐标为； 【小问3详解】 解：如图，以为边，在下方构造正方形，过作交延长线于点，延长交于点，连接， ∵， ∴正方形的边长为，即， 同理（2）①得， ∴， 设，则， 设直线的解析式为，则，解得， ∴直线的解析式为， ∵， ∴，即， ∴点的纵坐标为， 令，解得， ∴，即， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北武汉市武钢实验学校2025-2026学年八年级下学期质量检测数学试卷 第I卷（选择题，共30分） 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 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. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ）． A. B. C. D. 3. 在中，，则的度数为（ ） A. 60° B. 80° C. 100° D. 160° 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 满足下列条件的（a、b、c为三边），不是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ） A. B. C. D. 7. 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 8. 如图，在四边形ABCD中，，四边形ABCD的面积是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 9. 如图，点E在矩形纸片的边上，将纸片沿折叠，点D的对应点恰好落在线段上．若，，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 10. 如图，在中，与相交于点．若是的中点，则的长是（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题，共90分） 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11. 已知最简二次根式与能合并，则__________． 12. 如图，矩形的对角线交于点O，且，，则的长为__________． 13. 若等边三角形的边长为，则该等边三角形的面积是________． 14. 如图，将长方形分成四个区域，其中A、B两正方形区域的面积分别是1和7，则剩余区域的面积是 _______________． 15. 如图，在四边形中，，，，若，则的周长为__________ 16. 如图，正方形中，点为边（含端点）上一动点，连接，将沿直线翻折，点对应点为，连接并延长，交的延长线于，连接，给出下列四个结论： ①； ②； ③若，则； ④的最小值为，其中正确的是__________． 三、解答题（共8小题，共72分） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 如图，的对角线相交于点O，E、F均在上，且． （1）求证：； （2）若，连接，直接判断四边形的形状为__________． 19. 已知． （1）求与的值； （2）试求的值． 20. 如图，菱形的对角线相交于点． （1）若于点，连接，求； （2）若为中点，则__________． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点，仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题． （1）如图1，E是格点，先作平行四边形，再在边上画点，使． （2）如图2，在延长线上找到一格点，使得，连接，为网格线上一点，在上找一点，使得． 22. 在等腰中，，且． （1）如图1，若也是等腰直角三角形，且，的顶点A在的斜边上，连． ①求证：； ②求证：； （2）如图2，E为上一点，，，则的长为______． 23. 在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，． （1）如图1，求证：四边形是菱形； （2）如图2，点在上，交于点于点，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，点在上，点在上，连接，，，，若，线段的长为__________． 24. 已知，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B，A分别在轴和轴的正半轴上，顶点C的坐标为，点为边上一动点，点为边上一动点，连接，并且． （1）如图1，若a，b满足：，则__________，__________； （2）在（1）的条件下 ①如图1，若点为中点，过点作交轴于点，求点坐标； ②如图2，若坐标为，过点作交的延长线于点，求点横坐标； （3）如图3，若，若点坐标为，求点坐标__________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $