精品解析：湖北武汉江岸区2025-2026学年下学期八年级期中数学

八年级数学 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数为非负数列出不等式进行计算即可即可． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴， 解得：， 故选：C． 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：∵最简二次根式的定义为：被开方数不含分母，且不含能开得尽方的因数或因式的二次根式， A：，被开方数含分母，不是最简二次根式； C：，被开方数含分母，不是最简二次根式； D：，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式； B：满足最简二次根式的两个条件，是最简二次根式． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式的乘法法则和加减运算法则，逐项判断即可． 【详解】解：A、，故选项符合题意； B、，故选项不符合题意； C、，故选项不符合题意； D、和不是同类二次根式，不能合并，故选项不符合题意； 4. 《周髀算经》记载“勾三股四弦五”，奠定了直角三角形判定基础．已知的三边为a，b，c，可以判定为直角三角形的是（ ） A. ，， B. ，， C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】三角形中，若两较小边的长的平方和等于最大边的长的平方，那么这个三角形是直角三角形，据此可判断A、B；根据三角形内角和定理可判断C、D． 【详解】解：A、∵，，， ∴，， ∴， ∴ 是直角三角形，符合题意； B、∵，，， ∴，， ∴， ∴ 不是直角三角形，不符合题意； C、∵，， ∴， ∴ 不是直角三角形，不符合题意； D、设，，， ∵， ∴， 解得， ∴ 最大角， ∴ 不是直角三角形，不符合题意； 5. 小刘在长方形台球桌面上击球，球的运动轨迹形成四边形，台球每次撞击桌面时，入射方向与桌面的夹角等于反射方向与桌面的夹角（如），下列关于四边形的推理中，说法错误的是（ ） A. B. C. D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的判定及性质．根据题意，入射角等于反射角，结合直角三角形的两个锐角互余，得到四边形相邻两角互补，再利用同旁内角互补，两直线平行，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质，判定选项即可． 【详解】解：， ， （同旁内角互补，两直线平行）， 同理可证， 四边形是平行四边形． 选项A，平行四边形的对角相等，所以，不符合题意； 选项B，平行四边形的对角线，不一定相等，不正确，符合题意； 选项C，两直线平行，同旁内角互补，正确，不符合题意； 选项D，平行四边形对边平行且相等，且正确，不符合题意． 6. 如图，在中，点为对角线上一点，且，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可知，设，根据等边对等角可知，根据三角形外角的性质可知，根据三角形内角和定理可知，从而可得，解方程求出，再根据求出结果． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 7. 小明手工制作矩形木板，下列测量方法能确定其为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形，结合各选项中的测量数据进行分析即可． 【详解】解：A．只有两个对角是直角，无法判定四边形是矩形，故本选项错误； B．只有两个邻角是直角，只能说明左右两边平行，该四边形可能是直角梯形，故本选项错误； C．由底边两个角是，对边都等于，得出对边平行且相等， 该四边形是平行四边形． 又有一个角是， 该四边形是矩形，故本选项正确； D．只有左边长、上边长及两个底角，无法确定右边长度，可能是直角梯形，故本选项错误． 8. 在生活中，很多墙面与地面会用各种形状的瓷砖铺成，像这样用一些不重叠摆放的多边形将平面完全覆盖，叫做平面镶嵌，为了使镶嵌美丽多变，有时也可以用边长相同的两种正多边形进行镶嵌，下列不可以进行平面镶嵌的一组是（ ） A. 正三角形、正四边形 B. 正三角形、正六边形 C. 正五边形、正十边形 D. 正四边形、正六边形 【答案】D 【解析】 【分析】平面镶嵌的条件是，拼接点处所有多边形的内角和为，设两种正多边形分别需要块块，判断是否存在正整数使内角和等于即可得到结果. 【详解】解：正三角形一个内角的度数为，正四边形一个内角的度数为，正五边形一个内角的度数为，正六边形一个内角的度数为，正十边形一个内角的度数为： A 、设需要正三角形瓷砖块，正四边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； B、 设需要正三角形瓷砖块，正六边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； C、 设需要正五边形瓷砖块，正十边形瓷砖块，可得方程，化简得，存在正整数解，可以平面镶嵌； D 、设需要正四边形瓷砖块，正六边形瓷砖块，可得方程，化简得，不存在正整数满足方程，因此不可以平面镶嵌； 9. 如图，将矩形纸片沿对折，使与重合，再将沿折叠，使点A的对应点N落在折痕上，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由折叠的性质可得，，，据此利用勾股定理求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可得，，， ∴ ． 10. 如图，在等腰直角三角形中，P为斜边上一点，连接，于点D，E为上一点，且，交于点F，，的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，过点C作交延长线于点G，证明出，得到，，然后证明出，得到，设，，表示出，然后根据求出，得到，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，过点C作交延长线于点G ∵在等腰直角三角形中， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 设， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴（负值舍去） ∴ ∴． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接写在答题卡的指定位置． 11. 计算：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：. 12. 已知一个正多边形的一个外角为，则这是个正_______边形． 【答案】八## 【解析】 【分析】本题考查了正多边形外角和的知识，正多边形的每个外角相等，且其和为．利用任意凸多边形的外角和均为，正多边形的每个外角相等即可求出答案． 【详解】解：多边形的每个外角相等，且其和为，可得 ， 故答案为：八． 13. 若菱形的对角线长分别为4和2，则菱形的面积为______． 【答案】 4 【解析】 【分析】菱形的面积为对角线乘积的一半，根据该性质代入计算即可得到结果． 【详解】解：该菱形的面积为． 14. 如图，点D、E、F分别为三边的中点，若，，，周长为______． 【答案】 7.5 【解析】 【分析】根据三角形中位线定理求出的三边长即可得到答案． 【详解】解：∵点D、E、F分别为三边的中点， ∴都是的中位线， ∴， ∴周长 ． 15. 如图，在中，，，，点D为边上一点，点B关于的对称点为点E，连交于F点，若为直角三角形，则______． 【答案】或##或 【解析】 【分析】分两种情况讨论：当时，当时，分别画出图形，然后根据折叠的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求出结果即可． 【详解】解：∵在中，，， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：，负值舍去， ∴， 如图，当时，过点C作于点G，延长， 则， ∵， ∴， 根据折叠可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当时，延长， 根据折叠可得：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴； 综上所述：或． 16. 如图，在菱形中，，点E为的中点，点F为边上一点，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，在上方作，且使，连接，，过点G作交延长线于点I，过点E作交于点H，证明出，得到，，然后证明出，得到，设，则，得到，设，则，然后表示出和，进而求解即可． 【详解】解：如图，在上方作，且使，连接，，过点G作交延长线于点I，过点E作交于点H ∵四边形是菱形 ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，即 ∵在菱形中，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 设，则 ∴ ∵点E为的中点 ∴设，则 ∴ ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ 解得 ∴ ∴ ∴． 三、解答题（共8小题，共72分） 下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形． 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 已知，，求代数式的值． 【答案】24 【解析】 【详解】解：化简代数式， 原式 ． 19. 如图，平行四边形中，．求证：． 【答案】 证明：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴． 【解析】 【详解】略 20. 如图，在梯形中，，，，，，． （1）求证：； （2）若，求证：． 【答案】（1） 证明：在中，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，即； （2） 证明：如图，过点A作于点F， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）在中，利用勾股定理可得，再利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，即可求证； （2）过点A作于点F，根据两平行线间的距离可得，再证明，即可求证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 如图，在的由小正方形组成的正方形网格中，点A、B均为格点，点C为横格线上一点，仅用无刻度的直尺按下列要求作图，并保留作图痕迹． （1）如图1，画出线段的中点M； （2）如图1，画点D，使四边形为平行四边形； （3）如图1，在上画点E，使； （4）如图2，在上画点G，使． 【答案】（1） 解：如图，点即为所求； （2） 解：如图，点即为所求； （3） 解：如图，点即为所求； （4） 解：如图，点即为所求． 【解析】 【分析】（1）如图，与格线交点即为点，由垂直平分可得，再由互余关系可得，则，故； （2）连接并延长与格线的交点即为点，可得，则，即可由对角线互相平分的四边形是平行四边形证明； （3）取与格线的交点，连接交于点，连接并延长与的交点即为点，同理为的中点，则为的重心，则为的中点，再由三角形的中位线定理即可说理； （4）取格点，则为等腰直角三角形，那么，连接并延长与格线交于点，连接与的交点即为点，同理可得四边形为平行四边形，则，那么． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【小问4详解】 略 22. 探索与应用： （1）【定理验证】小辛用四个全等的直角三角形对勾股定理的证明进行了再探究．拼成图1所示的图形后，从面积的角度思考，不难发现：大正方形面积个直角三角形面积小正方形面积： 已知：中，，，，． 证明：，正方形边长； ， 则a、b、c的数量关系为：____________． （2）【图形变式】小辛利用两个全等的直角三角形拼成图2后发现：，设，，，此图也可以利用面积法证明勾股定理．请你帮小辛完成证明过程． （3）【迁移应用】小辛将两个全等的直角三角形拼成图3后：，设，，，请你判断能否利用面积法证明勾股定理，如果可以请说明理由． 【答案】（1） （2） 证明：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3） 解：可以利用面积法证明勾股定理，理由如下： 如图所示，过点A作交的延长线于点F，连接， ∵， ∴，， ∵， ∴，即； ∵，，且， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，进而可得； （2）由全等三角形的性质得到，，则可证明；根据得到，据此可证明结论； （3）过点A作交的延长线于点F，连接，由全等三角形的性质得到，，可证明；证明四边形是矩形，得到，根据，可得，据此可证明． 【小问1详解】 证明：，正方形边长； ， ∴， ∴． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 23. 已知在中，点E为边的中点． （1）如图1，若，求证：平分； （2）如图2，点F为延长线上一点，且， ①求证：； ②若，，，求的面积． 【答案】（1） 证明：延长交于点， ∵中，， ∴， ∵点E为边的中点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴， ∴平分； （2）①见解析； 证明：①如图，延长交于点，过点作于点，连接， 由（1）得， ∵ ∴ ∴ ∴； ② 【解析】 【分析】（1）延长交于点，先证明，再得到垂直平分，然后由等腰三角形的性质以及平行线的性质证明即可； （2）①延长交于点，过点作于点，连接，根据等腰三角形的判定结合等量代换即可证明；②可设，则，则，那么，由题意可得，，则由勾股定理得，列出方程求解得到，则，，再由三角形的中位线定理得到，即可求解平行四边形的面积． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； ②由（1）得， ∴ ∵平行四边形 ∴ ∵ ∴ 设，则 ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵ ∴ ∴ 解得， ∴， 由（1）知，而， ∴ ∴ ∴的面积． 24. 已知在平面直角坐标系中，点A为x轴上一点，点B的坐标为，点C的坐标为，且满足，，点P由点C出发，以m个单位的速度沿线段向点B运动，点Q由点A出发，以n个单位的速度沿x轴向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． （1）求点A的坐标； （2）如图1，若，，从运动开始，需经过多长时间，才能使？ （3）如图2，若点，当为等边三角形时，直接写出的值______． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据非负数的性质求出a、b的值，即可得到点B的坐标；过点B作轴于点R，求出，得到，则，据此求出的长即可得到答案； （2）设运动时间为，可证明轴，求出，根据，即，得到，解方程即可得到答案； （3）取点，过点P作交x轴于点K，连接，可证明是等边三角形，得到，可证明四边形是平行四边形，，得到，则可证明，得到，据此可求出，，则相同时间内点P所走的路程为4个单位长度，点Q所走的路程为3个单位长度，故． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点B作轴于点R， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点A的坐标为； 【小问2详解】 解：设运动时间为， 由（1）可得， ∴轴， 由题意得，，则， ∴ ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或， ∴从运动开始，需经或，才能使； 【小问3详解】 解：如图所示，取点，过点P作交x轴于点K，连接， ∴， ∵点， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ∵轴，， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴相同时间内点P所走的路程为4个单位长度，点Q所走的路程为3个单位长度， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级数学 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中均有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请在答题卡上将正确答案的代号涂黑． 1. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 《周髀算经》记载“勾三股四弦五”，奠定了直角三角形判定基础．已知的三边为a，b，c，可以判定为直角三角形的是（ ） A. ，， B. ，， C. D. 5. 小刘在长方形台球桌面上击球，球的运动轨迹形成四边形，台球每次撞击桌面时，入射方向与桌面的夹角等于反射方向与桌面的夹角（如），下列关于四边形的推理中，说法错误的是（ ） A. B. C. D. 且 6. 如图，在中，点为对角线上一点，且，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 小明手工制作矩形木板，下列测量方法能确定其为矩形的是（ ） A. B. C. D. 8. 在生活中，很多墙面与地面会用各种形状的瓷砖铺成，像这样用一些不重叠摆放的多边形将平面完全覆盖，叫做平面镶嵌，为了使镶嵌美丽多变，有时也可以用边长相同的两种正多边形进行镶嵌，下列不可以进行平面镶嵌的一组是（ ） A. 正三角形、正四边形 B. 正三角形、正六边形 C. 正五边形、正十边形 D. 正四边形、正六边形 9. 如图，将矩形纸片沿对折，使与重合，再将沿折叠，使点A的对应点N落在折痕上，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在等腰直角三角形中，P为斜边上一点，连接，于点D，E为上一点，且，交于点F，，的长度为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 下列各题不需要写出解答过程，请将结果直接写在答题卡的指定位置． 11. 计算：______． 12. 已知一个正多边形的一个外角为，则这是个正_______边形． 13. 若菱形的对角线长分别为4和2，则菱形的面积为______． 14. 如图，点D、E、F分别为三边的中点，若，，，周长为______． 15. 如图，在中，，，，点D为边上一点，点B关于的对称点为点E，连交于F点，若为直角三角形，则______． 16. 如图，在菱形中，，点E为的中点，点F为边上一点，，则______． 三、解答题（共8小题，共72分） 下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形． 17. 计算： （1）； （2）． 18. 已知，，求代数式的值． 19. 如图，平行四边形中，．求证：． 20. 如图，在梯形中，，，，，，． （1）求证：； （2）若，求证：． 21. 如图，在的由小正方形组成的正方形网格中，点A、B均为格点，点C为横格线上一点，仅用无刻度的直尺按下列要求作图，并保留作图痕迹． （1）如图1，画出线段的中点M； （2）如图1，画点D，使四边形为平行四边形； （3）如图1，在上画点E，使； （4）如图2，在上画点G，使． 22. 探索与应用： （1）【定理验证】小辛用四个全等的直角三角形对勾股定理的证明进行了再探究．拼成图1所示的图形后，从面积的角度思考，不难发现：大正方形面积个直角三角形面积小正方形面积： 已知：中，，，，． 证明：，正方形边长； ， 则a、b、c的数量关系为：____________． （2）【图形变式】小辛利用两个全等的直角三角形拼成图2后发现：，设，，，此图也可以利用面积法证明勾股定理．请你帮小辛完成证明过程． （3）【迁移应用】小辛将两个全等的直角三角形拼成图3后：，设，，，请你判断能否利用面积法证明勾股定理，如果可以请说明理由． 23. 已知在中，点E为边的中点． （1）如图1，若，求证：平分； （2）如图2，点F为延长线上一点，且， ①求证：； ②若，，，求的面积． 24. 已知在平面直角坐标系中，点A为x轴上一点，点B的坐标为，点C的坐标为，且满足，，点P由点C出发，以m个单位的速度沿线段向点B运动，点Q由点A出发，以n个单位的速度沿x轴向点O运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． （1）求点A的坐标； （2）如图1，若，，从运动开始，需经过多长时间，才能使？ （3）如图2，若点，当为等边三角形时，直接写出的值______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $