精品解析：辽宁抚顺市2025—2026学年度（下）学期素养评估试卷 八年级数学

2025—2026学年度（下）学期素养评估试卷 八年级数学 考试时间：100分钟 试卷满分：120分 ※注意事项： 考生答题时，必须将答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数据可以构成直角三角形的一组数据为（ ） A. 3，4，7 B. 4，5，6 C. 7，12，13 D. 8，15，17 3. 以下运算错误的是（ ） A. B. C. D. （其中） 4. 如图，的直角边在数轴上，点A表示，且，若以点为圆心，长为半径画弧交数轴于点，则点表示的数为（ ） A. B. C. 1.2 D. 5. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直 C. 对角线互相平分 D. 对角线平分一组对角 6. 如图，在长方形纸片中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，点落在点的位置，折痕为，则的面积为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 7. 如图，四边形ABCD为平行四边形，EB⊥BC于点B，ED⊥CD于点D.若∠E＝55°，则∠A的度数是(　　) A. 100° B. 110° C. 125° D. 135° 8. 如图，在中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点E，，点F，G分别是的中点，若，则四边形的周长是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知正方形的边长为4，点分别在，上，，与相交于点，点为的中点，连接，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 3 10. 如图，点，分别在的边，上，，垂足为点，，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 式子有意义，则取值范围是______． 12. 已知一个直角三角形的两边的长分别是4和5，则第三边长为______． 13. 一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是______边形． 14. 如图，在中，，以的三边为边向外作三个正方形，其面积分别用，，表示，若，，则的长为______． 15. 如图，在矩形中，，将沿对角线折叠得到，与边交于点E，再将沿折叠得到，若点恰好落在的边上，则的长为______． 三、解答题（本题共8小题，共75分，解答题写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 计算 （1）； （2） 17. 已知，求的值． 18. 如图，某海监局P位于东西方向的海岸线上．“前行”号与“远方”号轮船同时离开海监局P，各自沿一固定方向航行，“前行”号每小时航行16海里，“远方”号每小时航行的速度是“前行”号速度的，它们离开海监局航行半小时后分别位于处，且相距10海里．已知“前行”号沿西南方向航行． （1）请问“远方”号沿哪个方向航行？ （2）若“前行”号继续沿原方向航行一个小时到达点M，“远方”号继续沿原方向航行1海里到达点G，则此时“前行”号与“远方”号的距离是多少海里？ 19. 如图，在平行四边形中，点、分别在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 20. 如图，在中，，点是的中点，点是的中点，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 21. 如图，在平行四边形中，对角线，延长到点，使，连接，交于点，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，求四边形的面积． 22. 阅读材料：像，，（）……这样两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号． 例如： 解答下列问题： （1）与________互为有理化因式，将分母有理化得________； （2）计算． （3）已知有理数、满足，求的值． 23. 四边形是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． AI 【探究发现】 （1）如图，小明将沿翻折得到，点的对应点为点，将纸片展平后，连接并延长交边于点，小明发现折痕与存在特殊的数量关系，数量关系为________； 【类比探究】 （2）如图，小明继续折纸，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点，请你猜想线段，，之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，正方形的边长为． ①如图，若线段恰好经过点，，求的长； ②如图，若为中点，连接，直接写出的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度（下）学期素养评估试卷 八年级数学 考试时间：100分钟 试卷满分：120分 ※注意事项： 考生答题时，必须将答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效． 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：A选项：，被开方数含能开得尽方的因数，不满足条件，不是最简二次根式； B选项：，被开方数，不含分母，也不含能开得尽方的因数，满足条件，是最简二次根式； C选项：，被开方数含分母，不满足条件，不是最简二次根式； D选项：，被开方数含能开得尽方的因式，不满足条件，不是最简二次根式． 2. 下列各组数据可以构成直角三角形的一组数据为（ ） A. 3，4，7 B. 4，5，6 C. 7，12，13 D. 8，15，17 【答案】D 【解析】 【详解】解：选项A：，，，不能构成直角三角形，不符合题意． 选项B：，，，不能构成直角三角形，不符合题意． 选项C：，，，不能构成直角三角形，不符合题意． 选项D：，，可得，能构成直角三角形，符合题意． 3. 以下运算错误的是（ ） A. B. C. D. （其中） 【答案】A 【解析】 【分析】根据二次根式的运算法则，逐一判断各选项运算是否正确．二次根式乘法法则：；二次根式不能直接对被开方数拆分后分别开方再相加． 【详解】解：选项A： ，， ，，运算错误； 选项B： 根据二次根式乘法法则，，运算正确； 选项C：，运算正确； 选项D：∵ ，∴，运算正确． 4. 如图，的直角边在数轴上，点A表示，且，若以点为圆心，长为半径画弧交数轴于点，则点表示的数为（ ） A. B. C. 1.2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理求出的长，进而得到的长，即可得出结果．本题考查勾股定理与无理数，解题的关键是利用勾股定理求出的长． 【详解】解：由勾股定理，得：， ， ∵点表示的数为， ∴点P表示的数为；, 故选D． 5. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直 C. 对角线互相平分 D. 对角线平分一组对角 【答案】A 【解析】 【详解】解：∵矩形的对角线性质为互相平分且相等，菱形的对角线性质为互相垂直平分，且平分一组对角， ∴对比可得，矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等． 6. 如图，在长方形纸片中，，，将此长方形折叠，使点与点重合，点落在点的位置，折痕为，则的面积为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】由折叠可知，设，则，利用勾股定理建立方程求出的长，进而计算三角形面积． 【详解】解：由折叠的性质可知， 设，则， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， 即， ． 7. 如图，四边形ABCD为平行四边形，EB⊥BC于点B，ED⊥CD于点D.若∠E＝55°，则∠A的度数是(　　) A. 100° B. 110° C. 125° D. 135° 【答案】C 【解析】 【详解】分析：根据垂直的定义得到∠EBC=∠EDC=90°，根据四边形的内角和得到∠C=360°﹣∠CBE﹣∠CDE﹣∠E=125°，根据平行四边形的性质得到∠A=∠C=125°． 详解：∵EB⊥BC于B，ED⊥CD于D，∴∠EBC=∠EDC=90°． ∵∠E=55°，∴∠C=360°﹣∠CBE﹣∠CDE﹣∠E=125°． ∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A=∠C=125°． 故选C． 点睛：本题考查了平行四边形的性质，垂直的定义，四边形的内角和，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 8. 如图，在中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点E，，点F，G分别是的中点，若，则四边形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了作图——基本作图，角平分线的性质，三角形中位线定理，平行四边形的性质，熟知以上知识是解题的关键． 先由作图知平分，然后利用平行四边形的性质和等腰三角形的判定证出，再由中位线的性质和平行四边形的性质可得，进而根据已知得出，进而求得平行四边形的周长． 【详解】解：由题意可知，是的平分线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点F，G分别是的中点，， ∴， ∴， ∴的周长（）， 故选：D． 9. 如图，已知正方形的边长为4，点分别在，上，，与相交于点，点为的中点，连接，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形的性质可得，，然后证明得，进一步得，从而知，利用勾股定理求出的长即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点H为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴． 10. 如图，点，分别在的边，上，，垂足为点，，，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，则，，用勾股定理解和，联立得出，再用勾股定理解即可． 【详解】解：设，，则，， ， ， 在中，， ，即， 在中，， ，即， 得：，即， 在中，． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 式子有意义，则取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【详解】解：∵式子有意义， ∴， 解得：， ∴的取值范围是且． 12. 已知一个直角三角形的两边的长分别是4和5，则第三边长为______． 【答案】或 【解析】 【详解】解：设第三边长为． ①当和都是直角边，第三边是斜边， 由勾股定理得：，解得（负值舍去）； ②若是斜边，是直角边，则第三边为直角边， 由勾股定理得：，解得（负值舍去）； 综上，第三边长为或． 13. 一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，这个多边形是______边形． 【答案】六 【解析】 【分析】n边形的内角和为 ，多边形的外角和为． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得： ， 解得 即这个多边形是六边形． 14. 如图，在中，，以的三边为边向外作三个正方形，其面积分别用，，表示，若，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接．根据正方形的面积得出，，进而求得，证明，得出，根据勾股定理解，即可求解． 【详解】解：如图，连接． 由题意知，，，， ，， ， 四边形和均为正方形， ，，， ，即， 在和中， ， ， ， 在中，，， ， ． 15. 如图，在矩形中，，将沿对角线折叠得到，与边交于点E，再将沿折叠得到，若点恰好落在的边上，则的长为______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用折叠性质挖掘角度和线段的等量关系，并根据点落在不同边上的情况进行分类讨论． 【详解】解：由折叠的性质可知：，， ∴，，，，，， 由题意分情况讨论： ①如图，当点落在边上时： ∵点在上， ∴， 由折叠可知：，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ∴； ②如图，当点落在边上时： ∵点在上，， ∴， ∵矩形中，， 即， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 由折叠可知，， 在中，，， ∴， ∵点E在上， ∴， 即， ∴， ∵， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 综上所述，的长为或． 三、解答题（本题共8小题，共75分，解答题写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. 计算 （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解： 17. 已知，求的值． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简求值．先对所求的代数式进行因式分解，然后代入求值． 【详解】解：∵， ∴， ， ∴ ． 18. 如图，某海监局P位于东西方向的海岸线上．“前行”号与“远方”号轮船同时离开海监局P，各自沿一固定方向航行，“前行”号每小时航行16海里，“远方”号每小时航行的速度是“前行”号速度的，它们离开海监局航行半小时后分别位于处，且相距10海里．已知“前行”号沿西南方向航行． （1）请问“远方”号沿哪个方向航行？ （2）若“前行”号继续沿原方向航行一个小时到达点M，“远方”号继续沿原方向航行1海里到达点G，则此时“前行”号与“远方”号的距离是多少海里？ 【答案】（1）“远方”号沿东南方向航行 （2）25海里 【解析】 【分析】（1）根据题意，得出的三边长，再利用勾股定理的逆定理推出是直角三角形，再求解即可； （2）根据勾股定理解答即可． 【小问1详解】 解：由题知，海里，海里，，， ， ， 是直角三角形，且， ， 即“远方”号沿东南方向航行． 【小问2详解】 解：根据题意得：海里，海里， 在中，， ∴海里， 即此时“前行”号与“远方”号的距离是25海里． 19. 如图，在平行四边形中，点、分别在对角线上，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【详解】证明：∵四边形是平行四边形 又 即 四边形为平行四边形． 20. 如图，在中，，点是的中点，点是的中点，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）8 【解析】 【分析】（1）证△AEF≌△BED（AAS），得AF=BD，则四边形ADBF是平行四边形，由直角三角形的性质得AD=BC=BD=CD，即可得出四边形ADBF是菱形； （2）由菱形的性质得DF⊥AB，BD=BF=5，由勾股定理求出BE=4，即可得出AB=2BE=8． 【详解】解：（1）证明：∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠BDE， ∵点E是AB的中点， ∴AE=BE， 在△AEF和△BED中， ， ∴△AEF≌△BED（AAS）， ∴AF=BD， ∴四边形ADBF是平行四边形， ∵∠BAC=90°，点D是BC的中点， ∴AD=BC=BD=CD， ∴四边形ADBF是菱形； （2）解：由（1）得：四边形ADBF是菱形， ∴DF⊥AB，BD=BF=5， ∴BE=， ∴AB=2BE=8． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 21. 如图，在平行四边形中，对角线，延长到点，使，连接，交于点，连接． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，证明四边形是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由勾股定理求出长，即可得出四边形的面积． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； 【小问2详解】 解：∵，， 由（1）可知，，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 22. 阅读材料：像，，（）……这样两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如与，与，与等都互为有理化因式． 在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号． 例如： 解答下列问题： （1）与________互为有理化因式，将分母有理化得________； （2）计算． （3）已知有理数、满足，求的值． 【答案】（1）， （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）根据题意可以得到所求式子的分母有理化因式，并将题目中的二次根式化简； （2）根据分母有理化的方法可以化简题目中的式子； （3）根据分母有理化的方法，将变形为，求得a、b的值，进而即可求解． 【小问1详解】 解：与互为有理化因式， 将分母有理化得：； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解：， ， ，， ，， ． 23. 四边形是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． AI 【探究发现】 （1）如图，小明将沿翻折得到，点的对应点为点，将纸片展平后，连接并延长交边于点，小明发现折痕与存在特殊的数量关系，数量关系为________； 【类比探究】 （2）如图，小明继续折纸，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点，请你猜想线段，，之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，正方形的边长为． ①如图，若线段恰好经过点，，求的长； ②如图，若为中点，连接，直接写出的最小值． 【答案】（1），理由见解析 （2），证明见解析 （3）①；② 【解析】 【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质可得结论； （2）先证，过点作于点，证明，即可得证； （3）①过点作于点，交于点，连接，，证明四边形是平行四边形得，再分别利用勾股定理表示出，从而建立方程求解； ②过点作交于点，证明四边形是平行四边形得，证明得，过点作于点且，证明得，继而得到，当、、三点共线时取等号，最后利用勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：． 理由：∵将沿翻折得到，点的对应点， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：． 证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即， ∴； 【小问3详解】 解：①设， ∵正方形的边长为，， ∴， ∴，， 过点作于点，交于点，连接，， ∵将四边形沿所在直线翻折得到四边形，线段恰好经过点， ∴，关于直线对称，， ∴垂直平分， ∴， 由（2）得：，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 解得：， 即的长为； ②如图，过点作交于点， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， 过作于点且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，当、、三点共线时取等号， 此时的最小值为的长， 过作，交延长线于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，即， ∵为中点， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 在中，， 即的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $