精品解析：天津市滨海新区2025-2026学年第二学期期中检测试卷 八年级数学

2025-2026学年度第二学期期中检测试卷 八年级数学 1．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120分、考试时间100分钟． 2．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”一并交齐． 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. 若在实数范围内是二次根式，则的取值范围是（ ） A. ≥3 B. ≤3 C. ＞3 D. 2. 下列长度的各组线段中，能组成直角三角形的是（ ） A. 4，5，6 B. 2，3，4 C. 1，2， D. 1，2，3 3. 下列计算错误的是（　　） A. B. C. D. 4. 下列二次根式是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列命题中，是真命题的是（ ） A. 两条对角线相等的四边形是矩形 B. 两条对角线相互平分的四边形是矩形 C. 两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D. 两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 6. 如图，25和169分别是两个正方形的面积，字母B所代表的正方形的面积是（ ） A. 12 B. 13 C. 144 D. 194 7. 如果一个多边形的每一个内角都是140°，则这个多边形的边数是（　　） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 8. 如图，已知菱形的对角线AC；BD交于点O，E为CD的中点，若，则菱形的周长为（ ）． A. 18 B. 48 C. 24 D. 12 9. 如图，一架2.5m长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯子的底部距墙底端0.7m，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4m，那么梯子的底部将平滑（　　） A. 0.9m B. 1.5m C. 0.5m D. 0.8m 10. 如图，在正方形的外侧，作等边，则为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在矩形中，，．折叠该矩形，使点B与点D重合，点A落在点G处，则的长为（ ） A. B. C. D. 3 第Ⅱ卷（非选择题共84分） 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 13. 八边形内角和的度数是_______． 14. 直角三角形的两直角边长分别为3和4，则斜边上的高为________． 15. 若是正整数，则最小的整数n是_________． 16. 如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为_______． 17. 菱形的周长为20，两邻角之比为，则该菱形中较长的那条对角线长为______． 18. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为______． 三、解答题（本大题共7个小题，共计66分） 19. 计算： （1）； （2）． 20. 如图，在四边形中，，，，． （1）求的度数； （2）求四边形的面积． 21. 已知：a＝﹣2，b＝+2，分别求下列代数式的值： （1）a2+2ab+b2 （2）a2b﹣ab2． 22. 如图，在中，，，垂足分别为，．求证：四边形是平行四边形． 23. 如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，于点E，求的度数． 24. 如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分．过点C作交的延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，则______． 25. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． （1）求证：； （2）四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期中检测试卷 八年级数学 1．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120分、考试时间100分钟． 2．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”一并交齐． 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. 若在实数范围内是二次根式，则的取值范围是（ ） A. ≥3 B. ≤3 C. ＞3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出x的范围． 【详解】解：由题意可知：2x-6≥0， ∴x≥3， 故选：A． 【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型． 2. 下列长度的各组线段中，能组成直角三角形的是（ ） A. 4，5，6 B. 2，3，4 C. 1，2， D. 1，2，3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的逆定理，只需验证两短边的平方和是否等于最长边的平方，若相等则能组成直角三角形． 【详解】解：选项A、，，，则不能组成直角三角形，不符合题意； 选项B、，，，则不能组成直角三角形，不符合题意； 选项C、，，，则能组成直角三角形，符合题意； 选项D、，不满足三角形三边关系定理，不能构成三角形，不符合题意． 3. 下列计算错误的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，不是同类二次根式，无法合并，计算错误. 故选：B. 4. 下列二次根式是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据最简二次根式的概念即可求出答案． 【详解】(A)原式=2 ，故A不是最简二次根式； (C)原式=2 ，故B不是最简二次根式； (D)原式= ，故D不是最简二次根式； 故选B. 【点睛】此题考查最简二次根式，解题关键在于掌握运算法则 5. 下列命题中，是真命题的是（ ） A. 两条对角线相等的四边形是矩形 B. 两条对角线相互平分的四边形是矩形 C. 两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D. 两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了判断命题真假，正方形，正方形，菱形和矩形的判定定理，对角线相等且互相平分的四边形是正方形，对角线相等且互相平分的四边形是矩形，对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，据此逐一判断即可． 【详解】解：A． 两条对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意； B． 两条对角线相互平分且相等的四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意； C． 两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，，原命题是真命题，符合题意； D． 两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意； 故选：C． 6. 如图，25和169分别是两个正方形的面积，字母B所代表的正方形的面积是（ ） A. 12 B. 13 C. 144 D. 194 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式即可求出结论． 【详解】解：根据勾股定理和正方形的面积公式可得：字母B所代表的正方形的面积是169－25=144 故选C． 【点睛】此题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理和正方形的面积公式是解决此题的关键． 7. 如果一个多边形的每一个内角都是140°，则这个多边形的边数是（　　） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】设这个多边形的边数为n, 根据多边形的外角和是360度求出n的值即可. 【详解】解：多边形的各个内角都等于140°, 每个外角为40°,设这个多边形的边数为 n, 则 40n=360, 解得n=9. 故选: B. 【点睛】本题主要考查多边形的内角(和)与外角（和）. 8. 如图，已知菱形的对角线AC；BD交于点O，E为CD的中点，若，则菱形的周长为（ ）． A. 18 B. 48 C. 24 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论． 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA， ∴△COD为直角三角形， ∵OE＝6，点E为线段CD的中点， ∴CD＝2OE＝12， ∴C菱形ABCD＝4CD＝4×12＝48， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出CD． 9. 如图，一架2.5m长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯子的底部距墙底端0.7m，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4m，那么梯子的底部将平滑（　　） A. 0.9m B. 1.5m C. 0.5m D. 0.8m 【答案】D 【解析】 【分析】先根据梯子的顶端下滑了0.4m求出A′C的长，再根据勾股定理求出B′C的长，进而可得出结论． 【详解】∵在Rt△ABC中，AB＝2.5m，BC＝0.7m， ∴AC＝＝＝2.4m， ∵梯子的顶端下滑了0.4m， ∴A′C＝2m， ∵在Rt△A′B′C中，A′B′＝2.5m，A′C＝2m， ∴B′C＝＝＝1.5m， ∴BB′＝B′C﹣BC＝1.5﹣0.7＝0.8m． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 10. 如图，在正方形的外侧，作等边，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正方形、等边三角形的性质，得出，结合三角形内角和，列式计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 11. 如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点D作DE⊥BC，交x轴于点E，根据题中已知条件：四边形ABCD为菱形，，可得，在中，利用三角函数即可求得AB、AO，进一步即可确定CE、DE长，即可求得D点的坐标． 【详解】解：如图所示，过点D作DE⊥BC，交x轴于点E， ∵， ∴， ∵四边形ABCD为菱形，， ∴，， 在中， ，， ∴，， ∴菱形ABCD边长为2，， ∴， 点D坐标为：， 故选：D． 【点睛】题目主要考查菱形的性质、运用特殊角的三角函数求边长等，难点主要是在坐标系中灵活运用这些性质． 12. 如图，在矩形中，，．折叠该矩形，使点B与点D重合，点A落在点G处，则的长为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题是折叠问题，主要考查了折叠的性质，勾股定理以及矩形的性质的综合应用，解决问题的关键是根据勾股定理列方程求解．根据题意得出，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形，，．折叠该矩形，使点B与点D重合， ∴， 设，则， 在中， ， 解得，即， 故选：A． 第Ⅱ卷（非选择题共84分） 二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分） 13. 八边形内角和的度数是_______． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和和，解题的关键是熟记多边形的内角和公式．根据边形的内角和公式，代入计算内角和即可． 【详解】解：八边形内角和为：， 故答案为：． 14. 直角三角形的两直角边长分别为3和4，则斜边上的高为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，面积法的应用，先根据勾股定理求出斜边的长，再根据面积法求斜边上的高即可． 【详解】解：设斜边上的高为h， ∵两直角边长为3和4， ∴斜边长为， ∵直角三角形面积， ∴， 解得， 故答案为：． 15. 若是正整数，则最小的整数n是_________． 【答案】3 【解析】 【分析】先化简二次根式，然后依据被开方数是一个完全平方数求解即可． 【详解】解：， ∵是正整数， ∴是一个完全平方数， ∴n的最小整数值为3 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查二次根式的化简方法的运用，把被开方数里开得尽方的因数写成平方数，再寻找n的最小整数值． 16. 如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为_______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质结合角平分线平分角，推出，再用求出即可． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 17. 菱形的周长为20，两邻角之比为，则该菱形中较长的那条对角线长为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用菱形四条边相等的性质，结合周长求出边长.再根据菱形邻角互补，结合邻角的比例求出内角度数，最后利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理计算出较长对角线的长度． 【详解】解：∵四边形是菱形，菱形的四条边相等，周长为20， ∴菱形的边长为， ∵菱形的邻角互补，两邻角之比为， 设较小邻角为x，则较大邻角为， ∴， 解得：， ，即较大内角为， ∵菱形的对角线互相垂直平分，且平分内角，较长对角线对应较大内角，而菱形的一个内角为， ∴该菱形中，由两条边和较短对角线组成的三角形是等边三角形， ∴较短的对角线长等于边长5，较短对角线一半的长为， 由勾股定理得，较长对角线一半的长为：， ∴较长对角线的长为． 18. 如图，在中，，且，，点是斜边上的一个动点，过点分别作于点，于点，连接，则线段的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识．由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【详解】解：连接，，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，的值最小，即的值最小， 此时，的面积， ， 的最小值为； 故答案为：． 三、解答题（本大题共7个小题，共计66分） 19. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先将所有二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可得到结果； （2）先利用完全平方公式展开第一项，再去括号，合并同类项即可得到结果． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 20. 如图，在四边形中，，，，． （1）求的度数； （2）求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理可求，求出，由勾股定理的逆定理可证是直角三角形，再由即可得出结论； （2）由三角形的面积公式即可得出结果． 【小问1详解】 连接， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴是直角三角形，， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 四边形的面积的面积的面积 ． 【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，证明是直角三角形是解答本题的关键． 21. 已知：a＝﹣2，b＝+2，分别求下列代数式的值： （1）a2+2ab+b2 （2）a2b﹣ab2． 【答案】（1）12 （2）4 【解析】 【分析】（1）先因式分解，再把，代入计算，即可得到答案； （2）先因式分解，再把，代入计算，即可得到答案 . 【小问1详解】 解：∵，， ∴ ； 【小问2详解】 解： . 【点睛】本题考查了求代数式的值，二次根式的乘法运算，平方差公式，完全平方公式，解题的关键是掌握运算法则，正确的进行计算． 22. 如图，在中，，，垂足分别为，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， ， ， 四边形是平行四边形． 23. 如图所示，在四边形中，对角线，相交于点O，，，且，． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，于点E，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到，即可得证； （2）求出的度数，根据三角形的内角和，求出，然后根据，得到，即可求出的度数． 【小问1详解】 证明：∵在四边形中，对角线，相交于点O，，， ∴四边形是平行四边形，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 ∵四边形是矩形 ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形． 24. 如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分．过点C作交的延长线于点E，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，则______． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先证出，再求出，利用勾股定理求出，得出，由直角三角形的性质即可得出结论． 【小问1详解】 ∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； 【小问2详解】 ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，直角三角形的性质等知识；判断出是解本题的关键． 25. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． （1）求证：； （2）四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 【答案】（1）见解析 （2）当时，四边形是菱形 （3）当为秒或秒时，是直角三角形 【解析】 【分析】（1）由题意得、，根据直角三角形的性质得到，进而得到，从而得出结论； （2）易证明四边形是平行四边形，若四边形是菱形，则需，利用得到，据此列出等式求解即可； （3）分三种情况讨论：①当时，证明四边形为矩形，进而得到，根据含角的直角三角形的性质得到，进而求出长，据此列出等式求解；②当时，由（2）知，四边形是平行四边形，进而求出，根据含角的直角三角形的性质得到，据此列出等式求解；③当时，、、三点共线，不构成三角形，该情况不存在． 【小问1详解】 证明：在中，， 由题意得：、， ， ， 在中，， ， ， ； 【小问2详解】 解：四边形能成为菱形，理由如下： 、， ，即， 由（1）知，， 四边形是平行四边形， 若四边形是菱形，则需， 、， ， ， ， 解得， ， 当时，四边形是菱形； 【小问3详解】 解：若是直角三角形，分三种情况讨论： 当时， ， 四边形为矩形， ， 在中，， ， ， ， 由（2）知，， ， 解得； 当时， 由（2）知，四边形是平行四边形， ， ， 在中，， ， 由（2）知，， ， 解得； ③当时，此时、、三点共线，不构成三角形， 则该情况不存在； 综上所述，当为秒或秒时，是直角三角形． 【点睛】本题考查含角的直角三角形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定定理，熟练掌握相关性质定理，分类讨论和数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $