精品解析：广东省东莞市可园中学2025-2026学年第二学期期中质量自查 八年级 数学

2025－2026学年第二学期期中质量自查 八年级数学 说明： 1．全卷共6页．满分为120分，考试用时为120分钟． 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号．姓名、考场号、座位号．用2B铅笔把对应该号码的标号涂黑． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上． 4．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答．答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动．先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用错笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．考生务必保持答题卡的整洁． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（ ） A. 2，3，4 B. 4，5，6 C. 6，8，10 D. 5，11，12 4. 在平行四边形中，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 若一直角三角形两边长分别为12和5，则第三边长为（　　） A. 13 B. 13或 C. 13或15 D. 15 6. 如图，矩形ABCD中，∠AOB＝60°，AB＝3，则BD的长是（ ） A. B. 5 C. D. 6 7. 四边形的对角线、相交于点O，不能判定四边形是平行四边形的条件是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，为测量池塘边A，B两点的距离，小明在池塘的一侧选取一点O，测得OA，OB的中点分别是点C、点D，且测得CD＝12米．则A，B间的距离是（ ） A. 24米 B. 26米 C. 28米 D. 30米 9. 下列曲线中不能表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 10. 设直角三角形的两条直角边及斜边上的高分别为a、b及h，那么a、b、h的数量关系是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 化简：______． 12. 在函数中，自变量x的取值范围是_________． 13. 如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的面积都等于4，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都不变，则这两个正方形重叠部分的面积为__________． 14. 若三角形三边长分别为，记，则三角形的面积为，此公式被称为海伦－秦九韶公式，请你利用海伦－秦九韶公式计算以下的面积为______． 15. 如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为_______． 三、解答题（一）（本大题共2小题，每小题5分，共10分） 16. 计算：． 17. 如图，一根竹子高10米，折断后竹子顶端C落在离竹子底端4米处，折断处B离地面的高度是多少？ 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 18. 如果m表示大于1的整数，，求证：以a，b，c为边的是直角三角形． 19. 如图，的对角线，交于点，过点且分别与，交于点、． 求证：． 20. 如图，四边形是菱形，于点H，求的长． 五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 21. 做一个底面积为，长、宽、高的比为的长方体；求： （1）长方体的表面积是多少？ （2）长方体的体积是多少？ 22. 如图，在中，D是的中点，E是的中点，于点F，于点G． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，求矩形的周长． 23. 如图，四边形是正方形，G是上任意一点，于点E，，且交于点F． （1）求证：； （2）若，求线段的长． 六、解答题（四）（本大题共2小题，每小题10分，共20分） 24. 阅读材料，回答下列问题． 【材料一】两个含有二次根式且非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式．例如：，我们称和互为有理化因式，和互为有理化因式． （1）的有理化因式是______，的有理化因式是______；（写出一个即可） 【材料二】如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化． （2）利用分母有理化化简：； 【材料三】与分母有理化类似，将代数式分子、分母同乘分子的有理化因式，从而消去分子中的根式，这种变形叫做分子有理化．例如：． （3）用分子有理化直接比较和的大小． 25. 综合与实践 实践操作：如图1，在矩形纸片中，． 第一步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为，然后展平，隐去． 第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿折叠，得到，延长，与交于点N，与交于点M． 问题解决 （1）求证：四边形是正方形． （2）请在图4中判断与的数量关系，并加以证明． （3）请在图4中求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年第二学期期中质量自查 八年级数学 说明： 1．全卷共6页．满分为120分，考试用时为120分钟． 2．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号．姓名、考场号、座位号．用2B铅笔把对应该号码的标号涂黑． 3．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上． 4．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答．答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动．先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用错笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 5．考生务必保持答题卡的整洁． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件计算即可． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，解题关键是知道二次根式的被开方数为非负数． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二次根式的加减法则，二次根式的乘除法则对各选项分别化简并进行判断即可． 【详解】解：A．，故此选项不符合题意； B．与不是同类二次根式，不能合并，故此选项不符合题意； C．，故此选项不符合题意； D．，故此选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了二次根式的运算．正确掌握相关运算法则是解题关键． 3. 以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（ ） A. 2，3，4 B. 4，5，6 C. 6，8，10 D. 5，11，12 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，根据勾股定理逆定理逐项判断即可得出答案． 【详解】解：A、，故2，3，4不可以构成直角三角形，不符合题意； B、，故4，5，6不可以构成直角三角形，不符合题意； C、，故6，8，10不可以构成直角三角形，不符合题意； D、，故5，11，12不可以构成直角三角形，不符合题意； 故选：C． 4. 在平行四边形中，已知，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，即对角相等，简单计算即可得解；利用平行四边形对角相等的性质，结合已知条件直接计算． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形， ∴（对角相等）． ∵， ∴， ∴， 故选：C． 5. 若一直角三角形两边长分别为12和5，则第三边长为（　　） A. 13 B. 13或 C. 13或15 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题目没有明确斜边或直角边，故要分情况讨论：当12为直角边时，当12是斜边时，解答即可． 【详解】解：当12为直角边时，第三边长为， 当12为斜边时，第三边长为， ∴第三边长为13或， 故选：B． 6. 如图，矩形ABCD中，∠AOB＝60°，AB＝3，则BD的长是（ ） A. B. 5 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先根据矩形的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案． 【详解】四边形ABCD是矩形 是等边三角形 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质，熟记矩形的性质是解题关键． 7. 四边形的对角线、相交于点O，不能判定四边形是平行四边形的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：选项A中符合“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，能判定四边形是平行四边形，此项不符题意； 选项B中，符合“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，能判定四边形是平行四边形，此项不符题意； 选项C中，，符合“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，能判定四边形是平行四边形，此项不符题意； 选项D中，满足该条件的四边形可以是等腰梯形，也可以是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，此项符合题意． 8. 如图，为测量池塘边A，B两点的距离，小明在池塘的一侧选取一点O，测得OA，OB的中点分别是点C、点D，且测得CD＝12米．则A，B间的距离是（ ） A. 24米 B. 26米 C. 28米 D. 30米 【答案】A 【解析】 【分析】根据点C、点D分别是OA，OB的中点，得到CD是△OAB的中位线，然后根据中位线定理求解即可得到答案. 【详解】解：∵点C，D分别为OA，OB的中点， ∴CD是△OAB的中位线， ∴AB＝2CD＝2×12＝24（米）， 故选A． 【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握中位线定理. 9. 下列曲线中不能表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合函数的定义：设在某变化过程中有两个变量x、y，如果对于x在某一范围内的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与它对应，那么就称y是x的函数，x叫做自变量，检验各选项即可判断． 【详解】解：根据函数的定义可知，对于定义域内任意x，都有唯一的y与之对应， 结合选项可知，B不能表示y是x的函数． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了函数定义的应用，属于基础题． 10. 设直角三角形的两条直角边及斜边上的高分别为a、b及h，那么a、b、h的数量关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题利用勾股定理和直角三角形等面积法推导a，b，h的数量关系，即可得到正确答案． 【详解】解：设该直角三角形的斜边长为， 根据勾股定理可得 ， ∵直角三角形的面积可表示为，也可表示为， ∴ ，即， ∴ ， 两边同时平方得， 等式两边同时除以得，即． 故选：C． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 化简：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 12. 在函数中，自变量x的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了函数自变量的取值范围的求解，分式有意义的条件，掌握分母不为0是解题的关键． 根据分式有意义得到，即可求解自变量x的取值范围． 【详解】解：由题意得，， ∴， 故答案为：． 13. 如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的面积都等于4，无论正方形绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都不变，则这两个正方形重叠部分的面积为__________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据正方形的性质可得，，，，，，从而可得，再根据等式的性质可得，然后利用证明，从而可得，进行计算即可解答． 【详解】解：四边形是正方形， ，，，，， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 这两个正方形重叠部分的面积为1， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 14. 若三角形三边长分别为，记，则三角形的面积为，此公式被称为海伦－秦九韶公式，请你利用海伦－秦九韶公式计算以下的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据图形确定三角形的三边长，利用公式求出半周长的值，再将及三边长代入海伦－秦九韶公式进行计算，最后化简二次根式即可． 【详解】解：由图可知，的三边长分别为，，， 令，，，则， 代入海伦－秦九韶公式 ． 15. 如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为_______． 【答案】2或2或2 【解析】 【分析】本题根据题意分三种情况进行分类求解，结合三角函数，等边三角形的性质即可解题. 【详解】解：当∠APB=90°时（如图1）， ∵AO=BO， ∴PO=BO， ∵∠AOC=60°， ∴∠BOP=60°， ∴△BOP为等边三角形， ∵AB=BC=4， ∴； 当∠ABP=90°时（如图2）， ∵∠AOC=∠BOP=60°， ∴∠BPO=30°， ∴， 在直角三角形ABP中， ， 如图3，∵AO=BO，∠APB=90°， ∴PO=AO， ∵∠AOC=60°， ∴△AOP为等边三角形， ∴AP=AO=2， 故答案为或或2． 【点睛】考点：勾股定理． 三、解答题（一）（本大题共2小题，每小题5分，共10分） 16. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】先根据平方差公式和完全平方公式展开，再合并同类二次根式即可． 【详解】解： ． 17. 如图，一根竹子高10米，折断后竹子顶端C落在离竹子底端4米处，折断处B离地面的高度是多少？ 【答案】 【解析】 【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面的高度是米，则斜边为米．利用勾股定理解题即可． 【详解】解：设竹子折断处离地面米，则斜边为米， 根据勾股定理得： 解得：． 答：折断处离地面的高度是米． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 18. 如果m表示大于1的整数，，求证：以a，b，c为边的是直角三角形． 【答案】见解析 【解析】 【详解】证明：∵， ∴， ∴， ∴以a，b，c为边的是直角三角形． 19. 如图，的对角线，交于点，过点且分别与，交于点、． 求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．由平行四边形的性质可得，，进而得到，证明即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 又， 在和中， ， ， ． 20. 如图，四边形是菱形，于点H，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】先根据菱形的性质得到，，∠AOB=90°，即可利用勾股定理求出AB的长，再由进行求解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴，，AC⊥BD， ∴∠AOB=90°， ∴ ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质． 五、解答题（三）（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 21. 做一个底面积为，长、宽、高的比为的长方体；求： （1）长方体的表面积是多少？ （2）长方体的体积是多少？ 【答案】（1）长方体的表面积是 （2）体积是 【解析】 【分析】此题考查二次根式的混合计算，掌握长方体的表面积和体积计算方法是解决问题的关键． （1）设长方体的高为，则长为，宽为，根据长方体的底面积等于长宽列方程求得答案即可，再利用长方体的表面积计算公式计算即可； （3）利用长方体的体积计算公式计算即可． 【小问1详解】 设长方体的高为，则长为，宽为，由题意得 解得， 则， 所以这个长方体的长、宽、高分别是、、． 答：长方体的表面积是． 【小问2详解】 答：体积是． 22. 如图，在中，D是的中点，E是的中点，于点F，于点G． （1）求证：四边形为矩形； （2）若，，求矩形的周长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由垂直的定义得到，再证明是的中位线，得到，进而求出，由此即可证明四边形为矩形； （2）先根据线段中点的定义得到，再利用勾股定理求出的长，利用三角形中位线定理求出的长，再根据矩形的周长公式进行求解即可． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴， ∵D是的中点，E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：∵D是AB的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的中位线，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴矩形的周长． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟知矩形的性质和判定定理是解题的关键． 23. 如图，四边形是正方形，G是上任意一点，于点E，，且交于点F． （1）求证：； （2）若，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明可得，即可得结论； （2）由勾股定理可求，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长，即可求解． 【小问1详解】 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴． 六、解答题（四）（本大题共2小题，每小题10分，共20分） 24. 阅读材料，回答下列问题． 【材料一】两个含有二次根式且非零的代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式．例如：，我们称和互为有理化因式，和互为有理化因式． （1）的有理化因式是______，的有理化因式是______；（写出一个即可） 【材料二】如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化． （2）利用分母有理化化简：； 【材料三】与分母有理化类似，将代数式分子、分母同乘分子的有理化因式，从而消去分子中的根式，这种变形叫做分子有理化．例如：． （3）用分子有理化直接比较和的大小． 【答案】（1）；；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题考查分母有理化，估算无理数的大小及规律探索问题，熟练掌握分母有理化的步骤及方法是解题的关键． （1）根据有理化因式的定义即可求得答案； （2）根据所得规律计算即可； （3）利用分母有理化得到，，然后比较，大小即可． 【详解】（1）解：∵， ∴的有理化因式是； ∵， ∴的有理化因式是； 故答案为：；； （2）解： ． （3）． 理由如下： ∵， ， ∵， ∴， ∴． 25. 综合与实践 实践操作：如图1，在矩形纸片中，． 第一步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为，然后展平，隐去． 第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿折叠，得到，延长，与交于点N，与交于点M． 问题解决 （1）求证：四边形是正方形． （2）请在图4中判断与的数量关系，并加以证明． （3）请在图4中求证：． 【答案】（1）见解析 （2），见解析 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质可得，，据此可证明结论； （2）连接，只需要证明即可得到； （3）设，则，由折叠的性质可得，则，由勾股定理可得，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 证明：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； 【小问2详解】 解；，证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， 如图所示，连接， 由折叠的性质可得， ∴， 又∵， ∴ ， ∴； 【小问3详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， 设，则， 由折叠的性质可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴ ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $