2025-2026学年福建省莆田第二十五中学八年级（下）期中数学试卷

**基本信息** 立足八年级下册期中考查，融合《九章算术》“折竹抵地”文化素材，通过二次根式意义（选择1）、平行四边形性质（选择3）等基础题，菱形动态最值（填空16）、勾股定理证明实践（解答24）等能力题，培养数学抽象、逻辑推理与几何直观素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/40分|二次根式、平行四边形、勾股定理|第8题以“折竹抵地”构建方程模型，体现文化传承| |填空题|6题/24分|菱形性质、直角三角形中点|第16题正方形内等边三角形动态最值，考查空间观念| |解答题|9题/86分|勾股定理证明、菱形综合|第24题通过三个图形证明勾股定理，培养推理能力与创新意识|

2025-2026学年福建省莆田第二十五中学八年级（下）期中数学试卷 一．选择题 1．若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　） A．x＞2 B．x≥2 C．x≤2 D．x≠2 2．下列各式为最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 3．在▱ABCD中，若∠A+∠C＝110°，则∠A的度数为（　　） A．50° B．55° C．70° D．80° 4．下列各组长度的线段中，首尾顺次相接能构成直角三角形的是（　　） A．2，3，4 B．3，6，8 C．5，7，9 D．6，8，10 5．不等式组的解集是（　　） A．x＞1 B． C． D． 6．下列计算正确的是（　　） A． B．2-=2 C．= D．2=3 7．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（　　） A．对角相等 B．对角线互相垂直 C．对边平行且相等 D．对角线相等 8．如图是《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈＝10尺），折断后，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部3尺远，求折断处离地面的高度．设竹子折断处离地面x尺，根据题意，列出的正确方程为（　　） A．x2+32＝（10﹣x）2 B．（10﹣x）2+32＝x2 C．（10﹣x）2+x2＝32 D．x2+32＝102 9．如图，在△ABC中，AC＝10，BC＝14，D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE，F在线段DE上，若∠AFC＝90°，则DF的长为（　　） A．8 B．4 C．2 D．1 10．如图是一张7×7的正方形网格（每个小正方形的边长都是1个单位长度），若要在格点上画出一些点，使得每两个点之间的距离都大于2个单位长度，则画出的点的个数最多有（　　） A．12 B．13 C．14 D．15 12．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为（　　） A．12 B．16 C．20 D．40 二．填空题（共4小题） 11.比较实数的大小：3 （填“>”,“<”或“=”） 12．比m的2倍小1的数用代数式表示为 13．如图，在菱形ABCD中，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为　 　 ． 14．如图，以线段AB为斜边向两侧作Rt△ABC和Rt△ABD，∠ACB＝∠ADB＝90°，E是线段AB的中点，连接CE，DE．若∠CED＝100°，则∠CBD的度数为　 　 ． 15．如图，在▱ABCD中，∠BAD＝60°，AE、BF分别是∠BAD、∠ABC的平分线分别交CD于点E、F，AE交BF于点O，若AB＝6，BC＝4，则OF的长为　 　 ． 16．如图，在正方形ABCD中，以线段BC为边在正方形内作等边△BCE，点M，N分别是BE，CD上的点，且BM＝DN．若AB＝2，则MN的最小值是　 　 ． 三．解答题（共9小题） 17．计算：（）0++ 18．已知，． （1）直接写出x+y＝　 　 ，xy＝　 　 ； （2）试求x2+xy+y2的值． 19．先化简，再求值：，其中． 20．如图，在矩形ABCD中，E是AD的中点，F是BC上一点，若DF∥BE，求证：F是BC的中点． 21．如图，在四边形ABCD中，AB＝4，BC＝3，，，连接AC，若AB⊥BC，判断AD和CD的位置关系，并说明理由． 22．已知． （1）求A的最小值； （2）若A＝a+b+5，求A的值． 23．如图，∠MAN＝30°，点C是射线AM上一点． （1）尺规作图：以AC为对角线构造菱形ABCD，且点B在射线AN上（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若，求菱形ABCD的面积． 24．综合实践 【问题背景】 勾股定理作为数学历史长河中古老的定理之一，被称为人类数学文明中的一枚璀璨瑰宝．其内容为：如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．据说其证明方法有400余种．现有三种可用来证明勾股定理的图形： 图①，图②都是由4个全等的直角三角形和1个小正方形拼成大正方形； 图③是由2个全等的直角三角形及1个等腰直角三角形拼成梯形； 这三个图形中全等的直角三角形的两条直角边长均为a，b，斜边长为c． （1）【探索求证】 请从图1，图2，图3任选一个图形证明勾股定理． （2）【深入实践】 同学们在研究勾股定理的证明时发现直角三角形的三边a，b，c之间除了满足a2+b2＝c2，还有其他的关系，如：若a≠b，则，请证明这个结论． （3）【拓展迁移】 如图4，△ACE，△ABD，△BCF分别是以Rt△ABC的三边为一边的等边三角形．若Rt△ABC的面积为S1，△AEP的面积为S2，四边形DPCQ的面积为S3，△BFQ的面积为S4，试判断S1，S2，S3，S4之间的数量关系，并说明理由． 25．如图，在菱形ABCD中，点M在对角线AC上，过M作ME⊥CD于点E，连接并延长DM交BC于点F． （1）如图1，当∠BAC＝∠CDF时． ①求证：CE＝DE； ②若点F恰为边BC的中点，求证：AM＝DF+ME． （2）如图2，若∠B＝120°，AD＝AM．求证：． 2025-2026学年福建省莆田第二十五中学八年级（下）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题 1．B．2．C．3．B．4．D．5．C．6．D．7．B．8．A．9．C．10．A． 二．填空题 11. < 12.2m-1 13．20．14．130°．15．1．16．． 三．解答题 17．计算：=1+2-+=3+2 18．解：（1）∵， ∴， xy＝（2+）（2﹣）＝4﹣3＝1， 故答案为：4，1； （2）由（1）知，x+y＝4，xy＝1， ∴x2+xy+y2 ＝（x+y）2﹣xy ＝42﹣1 ＝16﹣1 ＝15． 19．解： ＝• ＝， 当时，原式＝． 20．证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC，即DE∥BF， 又∵DF∥BE， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴DE＝BF， ∵E是AD的中点， ∴， ∴， ∴F是BC的中点． 21．解：AD⊥CD，理由如下： ∵AB⊥BC， ∴∠B＝90°， ∴， ∵，， ∴， 又AC2＝52＝25， ∴AD2+CD2＝AC2， ∴∠D＝90°， ∴AD⊥CD． 22．解：（1）由题意可得：， ∴当时， A的最小值为3； （2）∵，A＝a+b+5， ∴， 整理得：， ∴， ∴， 解得：a＝2，b＝6，经检验，是方程的解， ∴A＝a+b+5＝2+6+5＝13． 23．解：（1）作AC的垂直平分线，交AN于点B，交AC于点O，在垂直平分线OB上取点D，使得OD＝OB，连接BC，CD，AD，如图，菱形ABCD为所求． ∵BO是AC的垂直平分线， ∴AO＝CO，BO⊥AC， ∵BO＝DO， ∴四边形ABCD是菱形． （2）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，，BD＝2BO， ∵∠MAN＝30°， ∴AB＝2BO， ∵在Rt△ABO中，AO2+BO2＝AB2， 即， ∴BO＝3， ∴BD＝2BO＝6， ∴． 24．解：（1）选图1： 大正方形边长为c，因此大正方形面积， 大正方形由4个全等直角三角形和1个边长为（b﹣a）的小正方形组成，因此总面积也可表示为：， 因此a2+b2＝c2，勾股定理得证． 选图2：大正方形边长a+b，面积， 整理得a2+b2＝c2，勾股定理得证． 选图3：梯形面积， 整理得a2+b2＝c2，勾股定理得证． （2）证明：由题意可得： 要证，两边平方等价于证明（a+b）2＜2c2，整理得a2+2ab+b2＜2c2， 结合勾股定理a2+b2＝c2，代入得：a2+2ab+b2＜2（a2+b2）， 整理得（a﹣b）2＞0， ∵a≠b， ∴该式恒成立， 因此原不等式得证． （3）解：S1+S3＝S2+S4． 理由：△ACE，△ABD，△BCF分别是以Rt△ABC的三边为一边的等边三角形．若Rt△ABC的面积为S1，△AEP的面积为S2，四边形DPCQ的面积为S3，△BFQ的面积为S4，则： 设Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，AB＝c， 过点E，F，D分别作EG⊥AC，FH⊥BC，DK⊥AB， 由题意可得：∠EAC＝∠FBC＝∠DBA＝60°， ∴∠AEG＝∠BFH＝∠BDK＝30°， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得a2+b2＝c2， ∴， ∵S△ACE＝S2+S△APC，S△BCF＝S4+S△BQC，S△ABD＝S1+S3+S△APC+S△BQC． 将前两式相加，代入S△ACE+S△BCF＝S△ABD，消去相同项后整理得：S1+S3＝S2+S4． 25．证明：（1）①∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，且BC＝CD， ∴∠BAC＝∠ACD， ∵∠BAC＝∠CDF， ∴∠ACD＝∠CDF， ∴CM＝DM， ∵ME⊥CD， ∴CE＝DE； ②如图，分别延长AB、DF交于点G， ∵AB∥CD， ∴∠G＝∠CDF， ∵∠BAC＝∠CDF， ∴∠G＝∠BAC， ∴MG＝MA， 在△CDF和△BGF中， ， ∴△CDF≌△BGF（AAS）， ∴GF＝DF， ∵BC＝CD，点F，E分别是BC，CD的中点， ∴， 在△CEM和△CFM中， ， ∴△CEM≌△CFM（SAS）， ∴ME＝MF， ∵AM＝GM，GM＝GF+MF，GF＝DF，MF＝ME， ∴AM＝DF+ME． （2）如图，过点C作CN⊥CD交DF延长线于点N， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝120°， ∴∠BAD＝∠BCD＝60°，∠B＝∠ADC＝120°，AD＝CD， ∴△ACD是等腰三角形，∠ACD＝∠DAC＝30°， ∵AD＝AM， ∴△ADM是等腰三角形， ∴， ∴∠MDE＝∠ADC﹣∠ADM＝45°， ∵ME⊥CD， ∴△MED是等腰直角三角形， ∴， ∵∠FDC＝45°，∠DCN＝90°， ∴△NCD是等腰直角三角形， ∴NC＝CD，，∠N＝∠CDM＝45°， ∴∠NCF＝∠DCN﹣∠BCD＝30°， ∴∠NCF＝∠DCM＝30°， 在△NCF和△DCM中， ， ∴△NCF≌△DCM（ASA）， ∴NF＝DM， 又∵CD＝AD＝AM， ∴， ∴DN＝DF+NF，即， ∴． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/8 12:22:26；用户：大不了歪；邮箱：18350605877；学号：449560 1 学科网（北京）股份有限公司 $