精品解析：广东省广州市南沙区第一中学2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷

广东省广州市南沙区第一中学2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列各式中，属于最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据最简二次根式的定义判断即可，最简二次根式需满足两个条件：被开方数不含分母，被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 【详解】解： A选项，不是最简二次根式， B选项，，不是最简二次根式， C选项，，不是最简二次根式， D选项，是最简二次根式． 2. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是正方形 C. 一组邻边相等的四边形是菱形 D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵对角线相等且互相平分的四边形才是矩形，仅对角线相等的四边形不一定是矩形，∴A错误． ∵对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直的四边形不一定是正方形，∴B错误． ∵一组邻边相等的平行四边形才是菱形，仅一组邻边相等的四边形不一定是菱形，∴C错误． ∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴D正确． 3. 如果下列各组数是三角形的三边长，那么不能组成直角三角形的一组数是（ ） A. ，， B. C. D. ，， 【答案】B 【解析】 【详解】解： 、最长边为，，∴能组成直角三角形，该选项不符合题意； 、最长边为，，，，∴不能组成直角三角形，该选项符合题意； 、最长边为，，∴能组成直角三角形，该选项不符合题意； 、最长边为，，∴能组成直角三角形，该选项不符合题意． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：A选项：与不是同类二次根式，无法合并，A错误； B选项：，B正确； C选项：，C错误； D选项：，D错误． 5. 在中，，则的长为（ ） A. 20 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先说明是等腰直角三角形，进而求得直角边的长度，再利用勾股定理计算斜边的长即可． 【详解】解：∵ 在中，，， ， ， ， ∴，即选项C符合题意． 6. 如图，在正方形的外侧作等边，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正方形和等边三角形的性质以及三角形内角和定理进行求解． 【详解】解：四边形为正方形， ，， 是等边三角形， ，， ，， ． 7. 如图，矩形中，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作轴的垂线，垂足为点，可得，，进而求得，结合，，即可求得答案． 【详解】解：如图所示，过点作轴的垂线，垂足为点， ∵， ∴，． 根据勾股定理可得， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 故选：D． 8. 在中，连接，过点作交于点．若且，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和求得，进而求得，最后根据平行四边形对角相等，即可得出答案． 【详解】解：于点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 9. 如图，在中，，，，，则的长为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长到点E，使，连接，证明，得，然后在中，根据勾股定理求出CE的长，即可得出结论． 【详解】解：如图，延长到点E，使，连接， 则， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ． 10. 如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在上，且，连接和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A. 3 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，交于点K，连接，延长交于点H，利用全等三角形的判定与性质，得到，则M，K两点重合，，利用矩形的判定与性质可得四边形和四边形为矩形，可求得线段，，利用勾股定理求得，利用三角形的中位线定理即可得出结论． 【详解】解：如图，连接，交于点K，连接，延长交于点H， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，，即点K为的中点， ∵点M为的中点， ∴M，K两点重合， ∴， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴四边形和四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴为的中位线， ∴． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，满分24分） 11. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据二次根式中被开方数的非负性即可求得答案． 【详解】解：由题意得：， 解得：， 故答案为：． 12. 已知一个多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为____ ． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角和与外角，掌握知识点是解题的关键． 利用多边形的外角和定理，每个外角为，外角和为，即可求出多边形的边数． 【详解】解：每个内角为，则每个外角为， ∵多边形的外角和为， ∴多边形的边数为． 故答案为：8． 13. 如图，矩形的对角线，，则的长为________． 【答案】2 【解析】 【分析】由矩形的性质得，由等边三角形的判定及性质得，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ． 14. 如图，已知，到数轴的距离为1，则数轴上点所表示的数为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理正确求出是解题的关键． 先利用勾股定理求出的长从而得到的长，再根据数轴上两点距离公式求解即可． 【详解】解：利用勾股定理算得， ， 数轴上点所表示的数为：． 故答案为：． 15. 实数，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了数轴上的点位置、化简二次根式、整式的加减运算法则等知识点，熟练掌握和运用各运算法则是解题的关键． 先由实数a、b在数轴上的位置可得，则，再根据二次根式的性质化简，最后根据整式的加减法则求解即可． 【详解】解：由实数a、b在数轴上的位置，可得， ∴， ∴ ． 故答案为：2． 16. 如图，在菱形中，，，为等边三角形，点E，F分别在菱形的边，上滑动，且E，F不与B，C，D重合．则下列结论： ①； ②四边形的面积是； ③； ④当的面积为时，． 正确的有______．（写序号） 【答案】①②③ 【解析】 【分析】结合菱形的性质以及等边三角形的性质，证明和为等边三角形，然后证明，故，分析整理得，四边形的面积是定值．再列式；当时，过点作过点作，运用菱形的性质以及30度角所对的直角边是斜边的一半得出运用勾股定理算出，再算出，结合面积公式列式得出的面积，因为对称性，当时，同理的面积；运用勾股定理得，代数进行整理得，结合，进行化简得，即可作答． 【详解】解：如图，作于H点，连接，         ∵四边形为菱形，， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴． ∵，， ∴和为等边三角形． ∴，． ∴在和中， ∴， ∴,． ∴， ∴四边形的面积是定值． ∵， ∴， ∴． 故①和②符合题意； 当时，过点作过点作， ∵，且在菱形中，， ∴， ∵过点作， 在中，， ∴ ∴， 在中，， ∵是等边三角形， ∴， 设， ∵ ∴， 即， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， 则的面积， 当分别运动到时，且时， 同理算出的面积， 此时， 则当的面积为时，或， 故④是不符合题意的； 在中，， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， ∵， ∴， 即， 故③是符合题意的； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了菱形的性质，度角所对的直角边是斜边的一半，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，难度大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，满分86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先进行二次根式的化简以及乘法运算，再合并同类二次根式； （2）利用平方差公式以及完全平方公式进行二次根式的混合运算． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多，求这个多边形的边数及内角和度数． 【答案】这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度． 【解析】 【分析】多边形的内角和比外角和的4倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1620度．n边形的内角和可以表示成（n−2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数． 【详解】解：根据题意，得 （n−2）•180°＝360°×4+180°， 解得：n＝11． 360°×4+180°=1620° 则这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度． 【点睛】本题考查了多边形内角和，解题的关键是结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解． 19. 如图，在四边形中，连接，点E，F是上的两点，连接，，，，．求证： （1）； （2）． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由，可得到，再利用证明全等即可； （2）由（1）可得，得到，证出后，可推出四边形为平行四边形，即可得出结论． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； 【小问2详解】 证明：由（1）可得：， ∴（全等三角形对应角相等）， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． 20. 已知：如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，． （1）求的度数； （2）求矩形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质． （1）根据矩形的性质得出，根据等腰三角形的性质得出； （2）根据直角三角形得出，根据勾股定理求出，根据矩形的面积公式求出矩形的面积即可． 【小问1详解】 解：根据矩形性质，，且对角线互相平分， 即， ，在中，， ； 【小问2详解】 解：∵在中，， ， 根据勾股定理得：． 矩形面积为：． 21. 如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． （1）猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； （2）当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 【答案】（1）菱形，理由见解析 （2）当时，四边形为正方形；理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，，，，，进而得到，，即可得四边形是平行四边形，又由得，即可得到四边形是菱形； （2）根据平行线的性质得到，，根据平角的定义，得到，根据正方形的判定即可得到结论． 【小问1详解】 解：四边形是菱形，理由如下： 由条件可知、、分别为、、的中位线， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； 【小问2详解】 解：当时，四边形为正方形．理由如下： 由（1）同理可证， ∴， ∵， ∴， 由条件可知， ∴， ∴菱形是正方形． 22. 【阅读材料】小明在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，如：；； （1）填空： ， ． （2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数，使，即，那么便有： ． 【拓展提升】 （3）化简：（请写出化简过程）． 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质，完全平方公式的应用，解题的关键是掌握完全平方公式，把式子正确转化为完全平方公式的形式． （1）根据完全平方公式对式子进行配方，求解即可； （2）根据题意，将式子配成完全平方式的形式，求解即可； （3）分别对，进行化简，变成完全平方式的形式，然后根据二次根式的性质进行化简，求解即可． 【小问1详解】 解：， ， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∵两个正数 ∴ ∴； 【小问3详解】 解：， 同理可得， ∴， ， ， ． 23. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． （1）求证：； （2）四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 【答案】（1）见解析 （2）当时，四边形是菱形 （3）当为秒或秒时，是直角三角形 【解析】 【分析】（1）由题意得、，根据直角三角形的性质得到，进而得到，从而得出结论； （2）易证明四边形是平行四边形，若四边形是菱形，则需，利用得到，据此列出等式求解即可； （3）分三种情况讨论：①当时，证明四边形为矩形，进而得到，根据含角的直角三角形的性质得到，进而求出长，据此列出等式求解；②当时，由（2）知，四边形是平行四边形，进而求出，根据含角的直角三角形的性质得到，据此列出等式求解；③当时，、、三点共线，不构成三角形，该情况不存在． 【小问1详解】 证明：在中，， 由题意得：、， ， ， 在中，， ， ， ； 【小问2详解】 解：四边形能成为菱形，理由如下： 、， ，即， 由（1）知，， 四边形是平行四边形， 若四边形是菱形，则需， 、， ， ， ， 解得， ， 当时，四边形是菱形； 【小问3详解】 解：若是直角三角形，分三种情况讨论： 当时， ， 四边形为矩形， ， 在中，， ， ， ， 由（2）知，， ， 解得； 当时， 由（2）知，四边形是平行四边形， ， ， 在中，， ， 由（2）知，， ， 解得； ③当时，此时、、三点共线，不构成三角形， 则该情况不存在； 综上所述，当为秒或秒时，是直角三角形． 【点睛】本题考查含角的直角三角形的性质、矩形的判定与性质、菱形的判定定理，熟练掌握相关性质定理，分类讨论和数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 24. 已知在正方形中，点E、F分别为边上两个动点． （1）①如图1，连接相交于点O，若，则和的数量关系为　　　　　； ②如图2，在①的条件下，若点E是中点，连接，求证：． （2）如图3，作的垂直平分线交于点G，交于点F． ①若，，求的长； ②如图4，连接，若，四边形面积的取值范围是　　　　　． 【答案】（1）（1）①；②见解析 （2）①3；② 【解析】 【分析】（1）①由四边形是正方形，得，进一步可得，所以，结论得证． ②延长交于点，证明，得到，再由直角三角形斜边中线的性质即可求证； （2）①连接，作于，，则可， 在中，由勾股定理建立方程；②作于，可得，则，而，那么，当最小时，四边形面积最小，此时点与点重合，；最大时，四边形面积最大，此时点与点重合，即可求解． 【小问1详解】 （1）①解：，如图： ∵四边形是正方形， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴． ②证明：延长交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵为中点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：①如图，连接，作于． ∵正方形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，设，则， ∴，， 垂直平分，四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， 在中， ， ， ， ，； ②如图，作于． 垂直平分， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当最小时，四边形面积最小，此时点与点重合，； 最大时，四边形面积最大，此时点与点重合，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识点，难度较大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市南沙区第一中学2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（每小题4分，共40分） 1. 下列各式中，属于最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的四边形是正方形 C. 一组邻边相等的四边形是菱形 D. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 3. 如果下列各组数是三角形的三边长，那么不能组成直角三角形的一组数是（ ） A. ，， B. C. D. ，， 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则的长为（ ） A. 20 B. C. D. 6. 如图，在正方形的外侧作等边，则的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，矩形中，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，连接，过点作交于点．若且，则( ) A. B. C. D. 9. 如图，在中，，，，，则的长为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 10. 如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在上，且，连接和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A. 3 B. 6 C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，满分24分） 11. 式子在实数范围内有意义，则的取值范围是______． 12. 已知一个多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为____ ． 13. 如图，矩形的对角线，，则的长为________． 14. 如图，已知，到数轴的距离为1，则数轴上点所表示的数为______． 15. 实数，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是______． 16. 如图，在菱形中，，，为等边三角形，点E，F分别在菱形的边，上滑动，且E，F不与B，C，D重合．则下列结论： ①； ②四边形的面积是； ③； ④当的面积为时，． 正确的有______．（写序号） 三、解答题（本大题共9小题，满分86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多，求这个多边形的边数及内角和度数． 19. 如图，在四边形中，连接，点E，F是上的两点，连接，，，，．求证： （1）； （2）． 20. 已知：如图，在矩形中，两条对角线相交于点O，． （1）求的度数； （2）求矩形的面积． 21. 如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． （1）猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； （2）当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 22. 【阅读材料】小明在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，如：；； （1）填空： ， ． （2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数，使，即，那么便有： ． 【拓展提升】 （3）化简：（请写出化简过程）． 23. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（）．过点D作于点F，连接、． （1）求证：； （2）四边形能否成为菱形？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请直接写出结果． 24. 已知在正方形中，点E、F分别为边上两个动点． （1）①如图1，连接相交于点O，若，则和的数量关系为　　　　　； ②如图2，在①的条件下，若点E是中点，连接，求证：． （2）如图3，作的垂直平分线交于点G，交于点F． ①若，，求的长； ②如图4，连接，若，四边形面积的取值范围是　　　　　． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $