精品解析：甘肃定西市安定区城区联考2025—2026学年度第二学期期中八年级数学试卷

安定区城区联考2025—2026学年度第二学期期中 八年级数学试卷 考生注意：本试卷满分为120分，考试时间为100分钟． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ）． A. B. C. D. 2. 以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ） A. 3，4，3 B. 3，5，6 C. 6，8，10 D. 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（ ） A. 36 B. 30 C. 24 D. 18 5. 如图，在中，，则数轴上点所表示的数是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知书架是平行四边形，对角线，相交于点．小明准备用绳子和三角尺检查这个书架是否为矩形，下列验证方法错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行四边形中，，分别为，的中点，求的值（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 不确定 8. 如图所示，矩形纸片中，，，现将其沿折叠，使得点C与点A重合，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在正方形的外侧，作等边，则为（　　） A. 15° B. 35° C. 45° D. 55° 10. 有一个边长为1的正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上长出两个小正方形，其中，三个正方形的三条边围成的三角形是直角三角形，再经过1次这样的“生长”后，变成了如图1所示的图形．如果照此规律继续“生长”下去，它将变成如图2所示的“枝繁叶茂的勾股树”，请你算出“生长”了2025次后形成的图形中所有正方形的面积和是（ ）． A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 若一个多边形的边数是，则该多边形的内角和是________． 12. 如图，两个较小正方形的面积分别为4，10，则字母A所代表的正方形的面积是_______． 13. 如图，是菱形的对角线，若，则的度数为______． 14. 蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成（如图所示）．正六边形的每个内角的度数是___________． 15. 如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为10，则的长为________． 16. 如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为，底面周长为，在容器内壁离容器底部的点处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿的点处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ______． 三、解答题（共72分） 17. 计算： （1）． （2）． 18. 如图，在平行四边形ABCD中，AE＝CF，求证：四边形BFDE是平行四边形． 19. 如图，四边形纸片，．经测得，，，． （1）求A、C两点之间的距离． （2）求这张纸片的面积． 20. 如图，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知三个顶点坐标分别为，，．将平移后得到，且点A的对应点是，点B、C的对应点分别是、． （1）点A、之间的距离是 ． （2）请在图中画出并计算它的面积． 21. 如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点作于点，延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 22. 已知，，求下列代数式的值： （1）； （2）． 23. 一架云梯长，如图那样斜靠在一面墙上．当这架云梯的顶端位于A处时，它的底端位于B处，底端离墙． （1）这架云梯的顶端到地面的距离是多少？ （2）当这架云梯的顶端从A处下滑到达处时，它的底端从B处滑动到处，云梯底端在水平方向滑动的距离也是吗？ 24. 已知正方形如图所示，连接其对角线的平分线交于点F，过点B作于点N，交于点M，过点C作，交延长线于点P． （1）求证：； （2）若正方形的边长为4，求的面积 25. 课本再现：我们已经知道，因此将的分子、分母同时乘“”，分母就变成了4，这就是分母有理化． 方法应用： （1）化简：______________； （2）若，求的值； （3）若，比较a和b的大小． 26. 【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安定区城区联考2025—2026学年度第二学期期中 八年级数学试卷 考生注意：本试卷满分为120分，考试时间为100分钟． 一、选择题（每小题3分，共30分） 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】 【分析】最简二次根式需满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式，根据最简二次根式的定义判断即可． 【详解】解：对于选项A：的被开方数含分母，不是最简二次根式； 对于选项B：，被开方数含分母，不是最简二次根式； 对于选项C：，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式； 对于选项D：满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式． ∴选D． 2. 以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ） A. 3，4，3 B. 3，5，6 C. 6，8，10 D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算两条较短边的平方和，与最长边的平方比较，若相等则可构成直角三角形． 【详解】解：A选项，最长边为，，，， 不能构成直角三角形； B选项，最长边为，，，， 不能构成直角三角形； C选项，最长边为，，，， 符合勾股定理逆定理，能构成直角三角形； D选项，最长边为，，，， 不能构成直角三角形． 综上，答案选C． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式运算法则和二次根式性质逐项计算即可． 【详解】A. ，被开方数是负数，二次根式无意义，不符合题意； B. ，原选项错误，不符合题意； C. ，原选项正确，符合题意； D. ，原选项错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了二次根式的性质和二次根式的运算，解题关键是明确二次根式的性质和运算法则，准确进行计算． 4. 如图，在菱形中，，，则菱形的周长为（ ） A. 36 B. 30 C. 24 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定．证明是等边三角形求出即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故选：C． 5. 如图，在中，，则数轴上点所表示的数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据勾股定理求出的长，进而可求出A点表示的数． 【详解】解：∵在中，． ，， ∴， ， 点表示的数是． 6. 如图，已知书架是平行四边形，对角线，相交于点．小明准备用绳子和三角尺检查这个书架是否为矩形，下列验证方法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理逐项分析即可得解，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、不能判定平行四边形是矩形，故A选项符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形，故B不符合题意； C、∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故C不符合题意； D、∵，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故D不符合题意； 故选：A． 7. 如图，在平行四边形中，，分别为，的中点，求的值（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可得，再根据三角形中位线的性质，求解即可． 【详解】解：在平行四边形中，， ∴， ∵M，N分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴． 8. 如图所示，矩形纸片中，，，现将其沿折叠，使得点C与点A重合，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，设，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， 设， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 9. 如图，在正方形的外侧，作等边，则为（　　） A. 15° B. 35° C. 45° D. 55° 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠DAE=150°，∠AED=15°，再求∠BED． 【详解】在正方形中，，， 在等边中，，， 在中，，， 所以，， 所以． 故选C． 【点睛】本题主要是考查正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠AED=15°． 10. 有一个边长为1的正方形，经过1次“生长”后，在它的左右肩上长出两个小正方形，其中，三个正方形的三条边围成的三角形是直角三角形，再经过1次这样的“生长”后，变成了如图1所示的图形．如果照此规律继续“生长”下去，它将变成如图2所示的“枝繁叶茂的勾股树”，请你算出“生长”了2025次后形成的图形中所有正方形的面积和是（ ）． A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理，其中能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解本题的关键． 根据勾股定理可知“生长”1次后，所有正方形的面积和是；“生长”2次后，所有的正方形的面积和是；推而广之即可求出“生长”2025次后形成图形中所有正方形的面积之和． 【详解】解：如图， 由题意得，正方形A的面积为1， ∵三个正方形的三条边围成的三角形是直角三角形， ∴由勾股定理得，正方形B的面积正方形C的面积， ∴“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和为， 同理可得，“生长”了2次后形成的图形中所有的正方形的面积和等于第1次“生长”出的两个正方形面积， ∴2次后形成的图形中所有的正方形的面积和， ∴ “生长”了n次后形成的图形中所有的正方形的面积和为， ∴“生长”了2025次后形成的图形中所有的正方形的面积和为2026， 故选：C． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11. 若一个多边形的边数是，则该多边形的内角和是________． 【答案】##900度 【解析】 【分析】多边形的内角和可以表示成（n-2）×180° 【详解】解：（7-2）×180°=900°． 故这个多边形的内角和为900°． 故答案为：900° 【点睛】本题考查了多边形内角内角和公式，熟记公式是解题的关键． 12. 如图，两个较小正方形的面积分别为4，10，则字母A所代表的正方形的面积是_______． 【答案】14 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，解题的关键是：以直角三角形的两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积． 结合勾股定理和正方形的面积公式，得字母A所代表的正方形的面积等于其它两个正方形的面积之和． 【详解】解：字母A所代表的正方形的面积． 故答案为：14． 13. 如图，是菱形的对角线，若，则的度数为______． 【答案】##75度 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．根据菱形的性质即可解答． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ． 故答案为： 14. 蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成（如图所示）．正六边形的每个内角的度数是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据多边形内角和公式及正多边形每个内角都相等即可求解． 【详解】解：正六边形的每个内角的度数是． 15. 如图，在中，，D，E，F分别为的中点．若的长为10，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，由三角形中位线定理得到，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：∵E，F分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵是的中点， ∴， 故答案为：． 16. 如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为，底面周长为，在容器内壁离容器底部的点处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿的点处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了最短路径问题，将圆柱侧面展开，作出点关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，利用勾股定理求出即可求解，利用轴对称找到蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是解题的关键． 【详解】解：将圆柱侧面展开，作出点关于的对称点，如图， ∵高为，底面周长为， 此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿与饭粒相对的点处， ∴，， 连接，则即为最短距离， ∵， ∴蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是， 故答案为：． 三、解答题（共72分） 17. 计算： （1）． （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简每个二次根式，再合并同类二次根式； （2）利用二次根式除法法则和平方差公式计算即可． 【小问1详解】 解：原式 ． 【小问2详解】 解：原式 ． 18. 如图，在平行四边形ABCD中，AE＝CF，求证：四边形BFDE是平行四边形． 【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，且AB＝CD， 又∵AE＝CF， ∴BE＝DF， ∴BE∥DF且BE＝DF， ∴四边形BFDE是平行四边形． 【解析】 【分析】首先根据四边形ABCD是平行四边形，判断出AB//CD，且AB=CD，然后根据AE=CF，判断出BE=DF，即可推得四边形BFDE是平行四边形． 【详解】略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质定理是解题的关键. 19. 如图，四边形纸片，．经测得，，，． （1）求A、C两点之间的距离． （2）求这张纸片的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积． （1）由勾股定理可直接求得结论； （2）根据勾股定理逆定理证得，由于四边形纸片的面积，根据三角形的面积公式即可求得结论． 【小问1详解】 解：连接，如图． 在中，，，，， ∴， 解得（负值舍去） 即A、C两点之间的距离为； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴四边形纸片的面积 ． 20. 如图，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知三个顶点坐标分别为，，．将平移后得到，且点A的对应点是，点B、C的对应点分别是、． （1）点A、之间的距离是 ． （2）请在图中画出并计算它的面积． 【答案】（1） （2） 如图所示，即为所求， 【解析】 【分析】（1）根据两点间的距离公式求解即可； （2）根据点A和点的坐标确定平移方式，进而确定点的坐标，据此作图并利用割补法求解面积即可． 【小问1详解】 解：由题意得，； 【小问2详解】 解：则． 21. 如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点作于点，延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：在菱形中，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识， （）由，可得，可得，结合，可得四边形是平行四边形，再结合，可得平行四边形是矩形； （）在菱形中，，可得，在中，利用勾股定理列式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：在菱形中，， ∵， ∴， ∵在矩形中，， ∵， ∴在中，， 整理得，， 解得：． 22. 已知，，求下列代数式的值： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，求得x+y及x-y，再逆用平方差公式即可求解； （2）由，求得x+y和xy，再逆用完全平方公式即可求解； 【小问1详解】 解：， 原式 【小问2详解】 解：， ， 原式 【点睛】本题主要考查了利用完全平方公式和平方差公式化简求代数式的值，以及二次根式的混合运算，熟练掌握利用完全平方公式和平方差公式是解题的关键． 23. 一架云梯长，如图那样斜靠在一面墙上．当这架云梯的顶端位于A处时，它的底端位于B处，底端离墙． （1）这架云梯的顶端到地面的距离是多少？ （2）当这架云梯的顶端从A处下滑到达处时，它的底端从B处滑动到处，云梯底端在水平方向滑动的距离也是吗？ 【答案】（1）这架云梯的顶端到地面的距离是 （2）云梯底端在水平方向滑动的距离为，不是 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么． （1）根据勾股定理进行计算即可； （2）根据勾股定理求出，再求出结果即可． 【小问1详解】 解：由题意，得，，， 由勾股定理，得； 答：这架云梯的顶端到地面的距离是； 【小问2详解】 解：由题意，得，， 由勾股定理，得， ∴， 故云梯底端在水平方向滑动的距离为，不是． 24. 已知正方形如图所示，连接其对角线的平分线交于点F，过点B作于点N，交于点M，过点C作，交延长线于点P． （1）求证：； （2）若正方形的边长为4，求的面积 【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）由“”可证，可得； （2）根据等角对等边易证，根据勾股定理求得的长，然后根据三角形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵正方形的边长为4， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 25. 课本再现：我们已经知道，因此将的分子、分母同时乘“”，分母就变成了4，这就是分母有理化． 方法应用： （1）化简：______________； （2）若，求的值； （3）若，比较a和b的大小． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查分母有理化，二次根式的化简求值，实数比较大小，熟练掌握分母有理化的方法是解题的关键． （1）根据题干给定的方法进行求解即可； （2）先将进行分母有理化得到，再将化简为，最后代入计算即可； （3）将、进行分母有理化，再比较即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：∵， ∴ ； 【小问3详解】 解：，， ， ， ． 26. 【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1）解：．证明如下： 由旋转的性质，得，，，， ∴， ∴点E，B，C共线． ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （2）解：，证明如下： 如图1，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴，． ∴， ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （3）． 【解析】 【分析】（1）根据旋转得到，，，，可得，进一步证明可得到答案； （2）在上取，连接．首先由，得，，再证明，得，即可得到答案； （3）利用旋转的性质即可得到，，，可得，得，即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图2，将绕点A逆时针旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴点E，D，C共线． ，， ， ，， ， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了“半角模型”．正方形的性质，熟练掌握旋转的性质，补角性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $