精品解析：天津市滨海新区塘沽一中教育集团2025-2026学年度第二学期期中检测试卷 八年级数学

塘沽一中教育集团2025-2026学年度第二学期期中检测试卷 八年级数学 本试卷分为第I卷（选择题共36分）和第Ⅱ卷（非选择题共84分）两部分．试卷满分120分．考试时间100分钟． 答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、座位号填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回． 祝你考试顺利！ 第I卷（选择题共36分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各组数中，能作为直角三角形边长的是（　　　） A. 1，2，3 B. 6，7，8 C. 1，1， D. 5，12，13 4. 如图，数轴上的点A所表示的数是（ ） A. B. C. D. 5. 下命题中，是真命题的是（ ） A. 有两边相等的平行四边形是菱形 B. 有一个角是直角的四边形是矩形 C. 四个角相等的菱形是正方形 D. 两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形 6. 添加下列一个条件，能使成为矩形的是（ ）． A. B. C. D. 7. 如图，已知平行四边形的对角线和交于点，若，，则边的长度可能是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 8. 如图，一架的云梯AB斜靠在一竖直的墙上，这时为．如果梯子的底端向墙一侧移动了，那么梯子的顶端向上滑动的距离是（　　） A. B. C. D. 9. 如图，在菱形中，，，点是对角线的中点，于点，则的长为（ ） A. B. C. 4 D. 2 10. 如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（ ） A. cm B. cm C. cm D. 8cm 11. 如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，，若，连接，则的长为（） A. B. C. D. 12. 如图，在中，平分交于点E，过点D作于点O，延长交于点F，连接，，若点M是的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，，，则四边形的面积是，其中正确的结论有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 第Ⅱ卷（非选择题共84分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图用2B铅笔）． 2．本卷共13题，共84分． 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 13. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是____________． 14. 计算：的结果为___________． 15. 如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为__________． 16. 如图，一圆柱形油罐的底面圆的周长为，高为，要以点为底端环绕油罐做一梯子，正好顶端在点的正上方点处，那么梯子最短需___________． 17. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AE平分∠BAD交BC于点E，且BO=BE，连接OE，则∠BOE=________． 18. 正方形 中，以为边向外作，，连接，过C作于点E，若，则 ________． 三、解答题（本大题共7个小题，共计66分） 19. 化简： （1）； （2）． 20. 已知x=，y=求代数式x2+y2+xy-2x-2y的值． 21. 学校要对如图所示的一块地进行绿化，已知米，米，米，米，求这块地的面积． 22. 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线与BE的延长线相交于点F，连接CF． （1）求证：四边形CFAD是菱形； （2）若AB＝4，BD＝，求四边形CFAD的面积． 23. 如图，四边形是矩形，对角线、相交于点O， 交DC的延长线于点E． （1）求证：； （2）若，，求的长． 24. 如图，的对角线交于点 O，是等边三角形，． （1）求的面积． （2）点E为 上一点，且，求 的长． 25. 如图，，，在四边形中，，于点，于点，且，． （1）的长为___________； （2）动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒． ①如图，连接，，，当时，写出与之间的数量关系，并说明理由； ②如图，连接，当平分时，过点作，交于点，求四边形的周长（用含的式子表示）； ③如图，若点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，当，中一个动点到达终点时，另一个动点也停止运动．线段将四边形分为两部分，直接写出为何值时，所分成的两部分中存在平行四边形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中教育集团2025-2026学年度第二学期期中检测试卷 八年级数学 本试卷分为第I卷（选择题共36分）和第Ⅱ卷（非选择题共84分）两部分．试卷满分120分．考试时间100分钟． 答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、座位号填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回． 祝你考试顺利！ 第I卷（选择题共36分） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：A、，则此项不是最简二次根式； B、，则此项不是最简二次根式； C、，则此项不是最简二次根式； D、是最简二次根式． 2. 下列运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：A、，此项错误； B、与不是同类二次根式，不可合并，此项错误； C、，此项正确； D、，此项错误． 3. 下列各组数中，能作为直角三角形边长的是（　　　） A. 1，2，3 B. 6，7，8 C. 1，1， D. 5，12，13 【答案】D 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理对四组数据进行逐一判断即可． 【详解】解：A、∵22 +12=5 ≠3 2 ，∴不能构成直角三角形； B、∵62 +72 =85≠82 ，∴不能构成直角三角形； C、∵ ，∴不能构成直角三角形； D、∵5 2 +12 2 =169=13 2 ，∴能构成直角三角形． 故选D． 【点睛】本题考查的是用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，即只要三角形的三边满足a2 +b2 =c 2 ，则此三角形是直角三角形． 4. 如图，数轴上的点A所表示的数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用勾股定理求出斜边长，再加上即可． 【详解】解：点A所表示的数是． 5. 下命题中，是真命题的是（ ） A. 有两边相等的平行四边形是菱形 B. 有一个角是直角的四边形是矩形 C. 四个角相等的菱形是正方形 D. 两条对角线互相垂直的平行四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形、矩形、正方形等的判定方法分别判断后即可确定正确选项． 【详解】解：A、有两邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题是假命题，不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题是假命题，不符合题意； C、四个角相等的菱形是正方形，是真命题，符合题意； D、两条对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故原命题是假命题，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是熟练掌握菱形、矩形、正方形等的判定方法． 6. 添加下列一个条件，能使成为矩形的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理解答． 【详解】解：根据有一个角是直角的平行四边形是平行四边形，故C正确； 对角线相等的平行四边形是矩形，故得AC=BD， 故选：C． 【点睛】此题考查了矩形的判定定理，熟记平行四边形与矩形的关系是解题的关键． 7. 如图，已知平行四边形的对角线和交于点，若，，则边的长度可能是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形对角线互相平分可得的长度，然后根据三角形三边关系可得的范围，结合选项解答即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ，， ， 即， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的三边关系，熟练掌握相关图形的性质定理是解本题的关键． 8. 如图，一架的云梯AB斜靠在一竖直的墙上，这时为．如果梯子的底端向墙一侧移动了，那么梯子的顶端向上滑动的距离是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理，利用勾股定理求出的长，再求出的长，进而即可得解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴． 故选：A． 9. 如图，在菱形中，，，点是对角线的中点，于点，则的长为（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用菱形的性质求出CD=8，∠ODC=30°，在Rt△DOC中，利用锐角三角函数求出OD，在Rt△DOE中，利用锐角三角函数求出OE即可 【详解】解：连接OC， ∵四边形是菱形，点O为对角线的中点， ∴OC⊥BD，AB=AD=DC=8，DC∥AB， ∵∠BAD=120°， ∴∠ADB=∠ABD=， ∴∠CDB=∠ABD=30°， 在Rt△DOC中， ∴OD=CDcos30°=， ∵， ∴△DCE是直角三角形， ∴OE=ODsin30°=． 故选择：A． 【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数，掌握菱形的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数是解题关键． 10. 如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（ ） A. cm B. cm C. cm D. 8cm 【答案】B 【解析】 【详解】试题解析：设AF=xcm，则DF=（8-x）cm， ∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合， ∴DF=D′F， 在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2， ∴x2=62+（8-x）2， 解得：x=（cm）． 故选B． 考点：翻折变换（折叠问题）． 11. 如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，，若，连接，则的长为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股定理求出的长，延长至点，使，连接，证明，进而证明，得到，设，在中利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在中，， ∴， 延长至点，使，连接，如图， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ， ∴， 设，则，， 在中，， ∴，解得， ∴． 12. 如图，在中，平分交于点E，过点D作于点O，延长交于点F，连接，，若点M是的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，，，则四边形的面积是，其中正确的结论有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】先证明，，，可得，证明四边形是平行四边形，结合，可得结论①正确；证明四边形是平行四边形，可得是的中位线，可得结论②正确；过点D作于点N，求解菱形的面积，可得的面积菱形ADEF的面积，求解的面积，可得的面积的面积，进一步求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形，结论①正确； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴，结论②正确； 过点D作于点N， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积， ∴的面积菱形ADEF的面积， ∵， ∴的面积， ∵， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积的面积，结论③错误． 故选：A 【点睛】本题考查的平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 第Ⅱ卷（非选择题共84分） 注意事项： 1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图用2B铅笔）． 2．本卷共13题，共84分． 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 13. 若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件可得，解该一元一次不等式即可得到结果． 【详解】解：由题意得：， 解得． 14. 计算：的结果为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】将原式变形为，再利用平方差公式计算即可． 【详解】解：原式 ． 15. 如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为__________． 【答案】8 【解析】 【分析】先根据三角形中位线定理可得BC的长，再根据平行四边形的性质可得AD的长，然后根据即可得． 【详解】点，点分别是中点 是的中位线 四边形ABCD是平行四边形 又 故答案为：8． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识点，解题的关键是熟记三角形中位线定理． 16. 如图，一圆柱形油罐的底面圆的周长为，高为，要以点为底端环绕油罐做一梯子，正好顶端在点的正上方点处，那么梯子最短需___________． 【答案】13 【解析】 【分析】先把圆柱的侧面展开得到一个长方形，再利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，将圆柱形油罐的侧面展开，在中，， 则， 即梯子最短需． 17. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AE平分∠BAD交BC于点E，且BO=BE，连接OE，则∠BOE=________． 【答案】75° 【解析】 【分析】由矩形ABCD，得到OA=OB，根据AE平分∠BAD，得到等边三角形OAB，∠ABO=60°，求出∠OBE=30°，根据三角形的内角和定理即可求出答案. 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AC=BD，OA=OC=OB=OD，∠BAD=90°， ∴OA=OB，∠DAE=∠AEB， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=∠DAE=45°=∠AEB， ∴AB=BE， ∵BO=BE， ∴AB=BO=OA ∴△BAO是等边三角形， ∴∠ABO=60°， ∴∠OBE=90°﹣60°=30°， ∴∠BOE=∠BEO= （180°﹣30°）=75°. 故答案为75°. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质,三角形内角和等知识，解此题的关键是求出∠OBC的度数和证明AB＝OB＝BE． 18. 正方形 中，以为边向外作，，连接，过C作于点E，若，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键．过A作交的延长线于点H；首先证明，则；再证明，则有，，则得；由勾股定理得，，可求得，再由勾股定理即可求得的长． 【详解】解：如图，过A作交的延长线于点H，则； ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 即； 在与中， ， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴在中， 由勾股定理得， 即， ∴； 在中，由勾股定理得：， 上两式相加解得：， 即； 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本大题共7个小题，共计66分） 19. 化简： （1）； （2）． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（）利用乘法分配律展开计算即可； （）先合并括号内的同类二次根式，再计算除法即可得到结果． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 20. 已知x=，y=求代数式x2+y2+xy-2x-2y的值． 【答案】 【解析】 【分析】先将式子整理：，再代入计算． 【详解】∵，将代入： ∴原式= 【点睛】本题考查完全平方公式的变形应用以及平方差公式的计算，掌握相关公式是解题关键． 21. 学校要对如图所示的一块地进行绿化，已知米，米，米，米，求这块地的面积． 【答案】24平方米 【解析】 【分析】连接，先求出的长，再得出是直角三角形，且，然后利用的面积减去的面积即可． 【详解】解：如图，连接， ∵米，米，， ∴在中，米， ∵米，米， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴这块地的面积为 （平方米）， 答：这块地的面积为24平方米． 22. 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线与BE的延长线相交于点F，连接CF． （1）求证：四边形CFAD是菱形； （2）若AB＝4，BD＝，求四边形CFAD的面积． 【答案】 （1）证明：∵E是AD的中点， ∴AE=ED， ∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DBE，∠FAE=∠BDE， ∴△AFE≌△DBE（AAS）， ∴AF=BD， ∵AD是BC边中线， ∴CD=BD， ∴AF=CD， ∴四边形CFAD是平行四边形， ∵∠BAC=90°，AD是BC边中线， ∴AD=CD， ∴四边形CFAD是菱形； （2）四边形CFAD的面积为6． 【解析】 【分析】（1）用一组对边平行且相等来得出四边形CDAF为平行四边形，再根据直角三角形斜边上中线的性质即可证明四边形CFAD是菱形； （2）根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）略 （2）∵∠BAC=90°，AB=4，BD=，AD是BC边上的中线， ∴BC=2BD=5， 由勾股定理得：AC==3， ∴S△ACD=S△ABC=S四边形ADCF， ∴四边形CFAD的面积=S△ABC=×3×4=6． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质，三角形的面积的计算，理解题意是解题的关键． 23. 如图，四边形是矩形，对角线、相交于点O， 交DC的延长线于点E． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ，， 又 ， 四边形是平行四边形， ， ； （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键． （1）根据矩形的对角线相等可得，然后证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等可得，从而得证； （2）根据矩形的对角线互相平分求出的长度，再根据角所对的直角边等于斜边的一半求出的长度，然后利用勾股定理求出的长度即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：在矩形中，，， ， ， ， ． 24. 如图，的对角线交于点 O，是等边三角形，． （1）求的面积． （2）点E为 上一点，且，求 的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质，等边三角形的性质、直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （2）首先证明四边形是矩形，再过点O作于点F，然后利用含30度角的直角三角形和勾股定理即可解决问题． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∵是等边三角形，， ∴， ∴ 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， 如图，过点O作于点F， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 25. 如图，，，在四边形中，，于点，于点，且，． （1）的长为___________； （2）动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒． ①如图，连接，，，当时，写出与之间的数量关系，并说明理由； ②如图，连接，当平分时，过点作，交于点，求四边形的周长（用含的式子表示）； ③如图，若点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，当，中一个动点到达终点时，另一个动点也停止运动．线段将四边形分为两部分，直接写出为何值时，所分成的两部分中存在平行四边形． 【答案】（1） （2）①， 理由如下： 由（1）可得四边形为矩形， ∴， ∵动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴当时，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； ②； ③为或时，所分成的两部分中存在平行四边形 【解析】 【分析】（1）先证明出四边形为矩形，得出，再由计算即可得解； （2）①由（1）可得四边形为矩形，由矩形的性质可得，再证明四边形为平行四边形，得出，即可得解；②证明出四边形为菱形，由题意可得，再结合菱形的性质即可得解；③由题意可得，，由（1）可得，，表示出，求出当时，，再分两种情况：当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为平行四边形，分别利用平行四边形的性质列出一元一次方程，解方程即可得解． 【小问1详解】 解：∵，于点，于点， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵ ∴； 【小问2详解】 解：① 略 ②∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∵动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴， ∴四边形的周长为； ③点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴，， 由（1）可得：，， ∴点运动的时间为秒，点运动的时间为秒，， ∴， ∵线段将四边形分为两部分，所分成的两部分中存在平行四边形， ∴当时，， ∵， ∴当时，四边形为平行四边形，此时， 解得：； 当时，四边形为平行四边形，此时， 解得：； 综上所述，为或时，所分成的两部分中存在平行四边形． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、一元一次方程的应用，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $