第19-21章 综合评价练习卷 -2025-2026学年人教版八年级下册数学

**基本信息** 聚焦第19~21章核心知识，以选择、填空、解答题覆盖二次根式、勾股定理、平行四边形等模块，注重概念应用与综合推理，培养几何直观、运算能力及模型意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次根式|选择1,3,4,填空11-13,解答21|概念辨析、性质应用、混合运算|从最简二次根式定义到运算律，构建“定义-性质-运算”逻辑链| |多边形与三角形|选择2,7,填空17|外角和、直角三角形判定|多边形外角和与三角形内角和联动，勾股定理逆定理深化判定方法| |勾股定理及应用|选择5,6,8,填空14-16,解答22-23|弦图、勾股树、实际应用|以赵爽弦图为载体，连接勾股定理与图形面积、实际测量问题| |平行四边形及特殊四边形|选择9-10,填空18-20,解答24-27|性质判定、中点应用、动态问题|从平行四边形对角线性质到特殊四边形（菱形、矩形）判定，渗透中点模型与全等推理|

阶段模拟测试练习卷 考试范围：第19~21章 一、选择题（共10小题） 1．（2025秋•南通校级期末）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•宣威市期末）一个多边形的每一个外角都为45°，那么这个多边形的边数是（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 3．（2025秋•晋江市校级期末）要使二次根式有意义，则x的值可以是（　　） A．6 B．4 C．2 D．0 4．（2025秋•江西期末）下列计算中正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2025春•湘桥区期末）已知直角三角形的两条直角边长分别为1和2，则斜边长为（　　） A．1 B．2 C． D． 6．（2025春•惠州期末）如图①是第14届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所示的“弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．已知大正方形的边长AD为13，AE的长为5，则小正方形的边长EF为（　　） A．7 B．6 C．5 D．12 7．（2025春•武汉期末）以下条件不能组成直角三角形的是（　　） A．a＝13，b＝14，c＝15 B．∠A：∠B：∠C＝1：2：3 C．，c＝5 D． 8．（2025春•江海区期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中．下列各组数中，是“勾股数”的是（　　） A．4，5，6 B．5，12，13 C．6，8，11 D．5，12，23 9．（2026•莲湖区一模）菱形ABCD中，∠A：∠B＝1：5，若周长为8，则此菱形的高等于（　　） A． B．4 C．1 D．2 10．（2026•襄州区一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC+BD＝20，BC＝8，则△AOD的周长（　　） A．28 B．24 C．18 D．14 二、填空题（共10小题） 11．（2025秋•仓山区校级期末）已知的结果为正整数，则正整数n的最小值为　 　 ． 12．（2025秋•开江县校级期末）已知，则a﹣20202的值为　 　 ． 13．（2025秋•奉贤区期末）已知1≤x＜2，化简的结果是　 　 ． 14．（2025秋•长宁县期末）以一个正方形的一边为斜边，向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边为边向外作正方形，然后又以正方形的边向外作直角三角形，依次循环，就得到一棵美丽的“勾股树”．如图是一棵“勾股树”的一部分，已知S1＝50，S2＝15，S3＝10，则S4＝　 　 ． 15．（2025秋•永宁县期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧，交数轴的正半轴于M，则点M表示的数为　 　 ． 16．（2025秋•浦东新区校级期末）如图，一个长方体盒子的内部是30cm×40cm×120cm的长方体，如果将一根直杆（不计粗细）完全放入盒子中，那么直杆的长度a的取值范围是　 　 ． 17．（2025秋•广安区校级期末）如图，大风把一棵树刮断，量得AC＝4m，BC＝3m，则树刮断前的高度为 　 　 m． 18．（2025秋•渠县校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，连接CE、CF，分别与对角线BD交于点M、N，∠ECF＝45°，若BM＝3，则AF的长为　 　 ． 19．（2026•湖南一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝1，则BD的长为　 　 ． 20．（2025秋•福建期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E，F分别是边BC和CD上的点，AE⊥BF于点H．若DH＝AD，则BE＝　 　 ． 三、解答题（共7小题） 21．（2025秋•兴庆区校级期末）计算： （1）； （2）． 22．（2025秋•永宁县期末）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”，又到了放风筝的最佳时节．某校八年级某班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，他们进行了如下操作： ①测得水平距离BD的长为15米； ②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为25米； ③牵线放风筝的小明的身高为1.7米． （1）求风筝的垂直高度CE； （2）如果小明想要风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？ 23．（2025秋•宝应县期末）如图1，一架云梯斜靠在一竖直的墙上，云梯的顶端距地面15米，梯子的长度比梯子底端离墙的距离大5米． （1）这个云梯的底端离墙多远？ （2）如图2，如果梯子的顶端下滑了8m，那么梯子的底部在水平方向滑动了多少米？ 24．（2025秋•宁阳县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，延长AE交BC于点G，连接OG、CF． （1）求证：AE∥CF； （2）当AG⊥BC，OG⊥AC时，求∠ACB的度数． 25．（2025秋•高青县期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M，N分别为OA、OC的中点，连接DN，BN，BM，DM． （1）求证：△ABM≌△CDN； （2）求证：四边形BNDM是平行四边形． 26．（2025秋•高青县期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且EF＝BE，EF与CD交于点P，连接DE、CF、DF． （1）求证：DF∥OE； （2）若AB＝4，BF＝8，点P恰好是CD的中点． ①求证：四边形CFDE是矩形； ②若，求证：四边形CFDE是正方形． 27．（2025秋•高州市期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，连接DE，DF． （1）求证：四边形DFCE是菱形； （2）若∠B＝67.5°，AC＝8，求菱形DFCE的面积． 一、选择题（共10小题） 1．【答案】B 【分析】根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答． 【解答】解：A、，可化简，不符合题意； B、是最简二次根式，符合题意； C、，被开方数含分母，不符合题意； D、，可化简，不符合题意； 故选：B． 2．【答案】B 【分析】该正多边形的一个外角为45°，再根据多边形的外角和为360°，即可求出正多边形的边数． 【解答】解：∵该正多边形的一个外角为45°，多边形的外角和为360°， ∴边数n＝360÷45＝8， ∴该正多边形的边数是8． 故选：B． 3．【答案】D 【分析】根据二次根式有意义的条件可得：1﹣x≥0，求出x≤1，即可求出答案． 【解答】解：∵二次根式有意义， ∴1﹣x≥0， ∴x≤1， ∴x的值可以是0． 故答案为：D． 4．【答案】B 【分析】二次根式混合运算的法则逐一判断即可． 【解答】解：A、，原计算错误，不符合题意； B、，正确，符合题意； C、，原计算错误，不符合题意； D、，原计算错误，不符合题意． 故选：B． 5．【答案】D 【分析】根据勾股定理直接解答即可． 【解答】解：根据勾股定理可以得出：斜边长． 故选：D． 6．【答案】A 【分析】根据全等三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【解答】解：由题意得DH＝AE＝5， ∵大正方形的边长AD为13， ∴AH12， ∴EH＝AH﹣AE＝12﹣5＝7， ∴小正方形的边长EF为7， 故选：A． 7．【答案】A 【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一分析即可． 【解答】解：A、∵a＝13，b＝14，c＝15， ∴a2+b2＝365≠c2，故不能组成直角三角形，符合题意； B、∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3， ∴∠C180°＝90°，故能组成直角三角形，不符合题意； C、∵a＝4，b，c＝5， ∴c2+a2≠b2，故能组成直角三角形，不符合题意； D、∵a，b＝1，c， ∴c2+b2＝a2，故能组成直角三角形，不符合题意； 故选：A． 8．【答案】B 【分析】根据勾股数的定义：三个正整数，满足两个数的平方和等于第三个数的平方，逐一进行判断即可． 【解答】解：A、42+52≠62，不是勾股数，不符合题意； B、52+122＝132，是勾股数，符合题意； C、62+82≠112，不是勾股数，不符合题意； D、52+122≠232，不是勾股数，不符合题意， 故选：B． 9．【答案】C 【分析】过点D作DE⊥AB于点E，利用直角三角形的30度角的性质，即可解决问题． 【解答】解：∵菱形ABCD的周长为8， ∴AD＝AB＝2，AD∥BC， ∴∠A+∠B＝180°， ∵∠A：∠B＝1：5， ∴∠A＝30°． 过点D作DE⊥AB于点E， ∴， ∴此菱形的高等于1． 故选C． 10．【答案】C 【分析】要求△AOD的周长，就要求出OA，OD，AD的长，根据对角线平分和对边相等即可求得． 【解答】解：AC、BD是▱ABCD的对角线， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD， OA+OB（AC+BD）20＝10， ∵BC＝8， ∴AD＝8， ∴△AOD的周长＝OA+OB+AD＝10+8＝18． 故选：C． 二、填空题（共10小题） 11．【答案】3． 【分析】先利用二次根式的性质化简，根据化简结果为正整数的条件，确定3n需为完全平方数，进而求出正整数n的最小值． 【解答】解：， 由题意可得：∴是正整数， ∴3n是完全平方数， ∵n为正整数， ∴n的最小值为3， 故答案为：3． 12．【答案】2021． 【分析】根据二次根式有意义的条件得到a的取值范围，根据a的取值范围去绝对值，化简即可得出答案． 【解答】解：∵a﹣2021≥0，即a≥2021． ∴2020﹣a≤0， ∴可化为， ∴， ∴a﹣2021＝20202， ∴a﹣20202＝2021． 故答案为：2021． 13．【答案】1． 【分析】先根据已知条件判断x﹣1，x﹣2的正负，再根据绝对值的性质和二次根式的性质进行化简即可． 【解答】解：∵1≤x＜2， ∴x﹣1≥0，x﹣2＜0， ∴ ＝x﹣1+2﹣x ＝1， 故答案为：1． 14．【答案】25． 【分析】根据题意得S5＝S3+S4，S1＝S2+S5，所以S1＝S2+S3+S4，然后代入即可求解． 【解答】解：如图， ∵以一个正方形的一边为斜边，向外作直角三角形， ∴S5＝S3+S4，S1＝S2+S5， ∴S1＝S2+S3+S4， ∵S1＝50，S2＝15，S3＝10， ∴50＝15+10+S4， ∴S4＝25， 故答案为：25． 15．【答案】1． 【分析】先利用勾股定理求出AC，根据AC＝AM，求出OM，由此即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∵AB＝3，AD＝BC＝1， ∴AC， ∴AM＝AC， ∵OA＝1， ∴OM＝AM﹣OA1， ∴点M表示点数为1， 故答案为：1． 16．【答案】0cm＜a≤130cm． 【分析】先在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BD的长，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AD的长，即可解答． 【解答】解：如图： 在Rt△BCD中，BC＝30cm，CD＝40cm， ∴BD50（cm）， 在Rt△ABD中，AB＝120cm， ∴AD130（cm）， ∴直杆的长度a的取值范围为：0cm＜a≤130cm， 故答案为：0cm＜a≤130cm． 17．【答案】8． 【分析】该大树折断后，折断部分与地面、原来的树干恰好构成一直角三角形，设大树折断部分AB高为x米，由勾股定理可得出方程：32+42＝x2，解该方程可得出AB的长，进而可得大树原来的高． 【解答】解：设大树断掉的部分AB长为xm， ∵∠BCA＝90°， ∴BC2+CA2＝AB2， ∴32+42＝x2， 解得x＝5（m）， ∴大树原高为：3+5＝8（m）， 答：树刮断前的高度为8m， 故答案为：8． 18．【答案】． 【分析】由正方形的性质，可得∠CBM＝∠CAF＝∠BCA＝45°，结合已知可得∠BCM＝∠ACF，证明△BCM∽△ACF，可得，即可得AF的长． 【解答】解：∵在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴， ∵∠ECF＝45°， ∴∠ACB＝∠ECF， ∴∠BCM＝∠ACF， ∴△BCM∽△ACF， ∴， ∵BM＝3， ∴， ∴， ∴AF的长为． 故答案为：． 19．【答案】2． 【分析】由矩形的对角线相等且互相平分，所以BD＝2AO＝2． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BD＝AC，OB＝OD＝OA＝OC（矩形的对角线相等且互相平分）， ∴BD＝2AO＝2． 所以，BD的长为2． 故答案为：2． 20．【答案】． 【分析】过点D作DM⊥AH于点M，假设BE＝x，由勾股定理求出，证明△BEH∽△AEB，根据对应边成比例求出，证明∠BAH＝∠ADM，利用锐角三角函数比求出，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【解答】解：如图，过点D作DM⊥AH于点M， ∵DH＝AD， ∴AM＝MH， 假设BE＝x， 由题意得∠BAD＝∠ABC＝90°， ， ∵AE⊥BF， ∴∠BHE＝90°， ∴∠BHE＝∠ABE＝90°， 又∵∠BEH＝∠AEB， ∴△BEH∽△AEB， ∴， 即， ∴， ∵∠BAD＝∠AMD＝90°， ∴∠BAH＝∠ADM＝90°﹣∠DAM， ∴sin∠BAH＝sin∠ADM， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得AH2+BH2＝AB2， ∴， 解得（负值已舍）， ∴．若DH＝AD，则， 故答案为：． 三、解答题（共7小题） 21．【答案】（1）4； （2）9+2． 【分析】（1）先根据二次根式的除法和乘法法则运算，然后化简二次根式后合并同类二次根式即可； （2）先根据平方差公式和完全平方公式计算，然后合并即可． 【解答】解：（1）原式2 ＝42 ＝4； （2）原式＝18﹣3﹣（1﹣25） ＝18﹣3﹣6+2 ＝9+2． 22．【答案】（1）风筝的高度CE为21.7米； （2）他应该往回收线8米． 【分析】（1）利用勾股定理求出CD的长，再加上DE的长度，即可求出CE的高度； （2）根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）在Rt△CDB中， 由勾股定理得，CD2＝BC2﹣BD2＝252﹣152＝400， ∴CD＝20（负值舍去）， ∴CE＝CD+DE＝20+1.7＝21.7（米）， 答：风筝的高度CE为21.7米； （2）由题意得，CM＝12米， ∴DM＝8米， ∴（米）， ∴BC﹣BM＝25﹣17＝8（米）， ∴他应该往回收线8米． 23．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由题意得OA＝15米，AB﹣OB＝5米，根据勾股定理OA2+OB2＝AB2，可求出梯子底端离墙有多远； （2）由题意得此时CO＝7米，CD＝AB＝25米，由勾股定理可得出此时的OD，继而能和（1）的OB进行比较． 【解答】解：（1）根据题意可得OA＝15米，AB﹣OB＝5米， 由勾股定理OA2+OB2＝AB2，可得：152+OB2＝（5+OB）2 解得：OB＝20， 答：这个云梯的底端离墙20米远； （2）由（1）可得：AB＝20+5＝25米， 根据题意可得：CO＝7米，CD＝AB＝25米， 由勾股定理OC2+OD2＝CD2，可得：， ∴BD＝24﹣20＝4米， 答：梯子的底部在水平方向滑动了4米． 24．【答案】（1）证明见解析； （2）45°． 【分析】（1）由平行四边形的性质推出OA＝OC，OB＝OD，判定△AOE≌△COF（SAS），得到∠OAE＝∠OCF，即可证明AE∥CF； （2）判定OG垂直平分AC，推出AG＝CG，因此△AGC是等腰直角三角形，得到∠ACB＝45°． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵E、F分别为OB、OD的中点， ∴OEOB，OFOD， ∴OE＝OF， ∵∠AOE＝∠COF，OA＝OC， ∴△AOE≌△COF（SAS）， ∴∠OAE＝∠OCF， ∴AE∥CF； （2）解：∵AG⊥BC， ∴∠AGC＝90°， 由（1）知OA＝OC， ∵OG⊥AC， ∴OG垂直平分AC， ∴AG＝CG， ∴△AGC是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝45°． 25．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，OA＝OC，则有∠BAM＝∠DCN，AM＝CN，由ASA即可证明△ABM≌△CDN； （2）由△ABM≌△CDN得BM＝DN，∠AMB＝∠CND，从而有∠BMO＝∠DNO，则可得BM∥DN，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明四边形BNDM是平行四边形． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，OA＝OC， ∴∠BAM＝∠DCN， ∵点M，N分别为OA、OC的中点， ∴， ∴AM＝CN， 在△ABM与△CDN中， ， ∴△ABM≌△CDN（SAS）； （2）∵△ABM≌△CDN， ∴BM＝DN，∠AMB＝∠CND， ∴180°﹣∠AMB＝180°﹣∠CND， ∴∠BMO＝∠DNO， ∴BM∥DN， ∵BM＝DN， ∴四边形BNDM是平行四边形． 26．【答案】（1）∵EF＝BE，OB＝OD， ∴OE是△BDF的中位线， ∴OE∥DF； （2）①在平行四边形ABCD中，AB＝4， ∴AB＝CD＝4， ∵BF＝8， ∴EF＝BE＝CD＝4， ∵OE∥DF， ∴∠PEC＝∠PFD，∠PCE＝∠PDF， ∵点P恰好是CD的中点， ∴CP＝DP， ∴△CPE≌△DPF（AAS）， ∴DF＝CE， ∵DF∥CE， ∴四边形CFDE是平行四边形， ∵EF＝CD＝4， ∴四边形CFDE是矩形； ②在平行四边形ABCD中，， ∴， 设OE＝a，则DF＝2a， ∵四边形CFDE是矩形， ∴∠FCE＝∠CED＝∠DEA＝90°，DE＝CF，CE＝DF＝2a， ∴AE＝OA+OE＝OC+OE＝4a， 在Rt△AED中，， 在Rt△FCE中，CF2＝EF2﹣CE2＝42﹣（2a）2＝16﹣4a2， ∵DE＝CF， ∴DE2＝CF2， ∴40﹣16a2＝16﹣4a2， 解得：（负值已舍）， ∴， ∴CE＝DE， ∴矩形CFDE是正方形． 【分析】（1）证明OE是△BDF的中位线，即可得出结论； （2）①证明△CPE≌△DPF得出DF＝CE，证明四边形CFDE是平行四边形，再根据EF＝CD＝4证明结论； ②设OE＝a，则DF＝2a，求出AE＝4a，根据勾股定理列方程求出，证明CE＝DE得出结论． 【解答】（1）证明：∵EF＝BE，OB＝OD， ∴OE是△BDF的中位线， ∴OE∥DF； （2）①证明：在平行四边形ABCD中，AB＝4， ∴AB＝CD＝4， ∵BF＝8， ∴EF＝BE＝CD＝4， ∵OE∥DF， ∴∠PEC＝∠PFD，∠PCE＝∠PDF， ∵点P恰好是CD的中点， ∴CP＝DP， ∴△CPE≌△DPF（AAS）， ∴DF＝CE， ∵DF∥CE， ∴四边形CFDE是平行四边形， ∵EF＝CD＝4， ∴四边形CFDE是矩形； ②在平行四边形ABCD中，， ∴， 设OE＝a，则DF＝2a， ∵四边形CFDE是矩形， ∴∠FCE＝∠CED＝∠DEA＝90°，DE＝CF，CE＝DF＝2a， ∴AE＝OA+OE＝OC+OE＝4a， 在Rt△AED中，， 在Rt△FCE中，CF2＝EF2﹣CE2＝42﹣（2a）2＝16﹣4a2， ∵DE＝CF， ∴DE2＝CF2， ∴40﹣16a2＝16﹣4a2， 解得：（负值已舍）， ∴， ∴CE＝DE， ∴矩形CFDE是正方形． 27．【答案】（1）∵点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点， ∴DE∥CF，DEBC，DF∥CE，DFAC， ∴四边形DECF是平行四边形， ∵AC＝BC， ∴DE＝DF， ∴四边形DFCE是菱形； （2）8． 【分析】（1）根据三角形的中位线的性质和菱形的判定定理即可得到结论； （2）过E作EG⊥BC于G，根据等腰三角形和直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点， ∴DE∥CF，DEBC，DF∥CE，DFAC， ∴四边形DECF是平行四边形， ∵AC＝BC， ∴DE＝DF， ∴四边形DFCE是菱形； （2）过E作EG⊥BC于G， ∵AC＝BC，∠B＝67.5°， ∴∠C＝45°， ∴EGCEAC＝2， ∴菱形DFCE的面积＝24＝8． 学科网（北京）股份有限公司 $