精品解析：广西壮族自治区防城港市第六中学2025-2026学年下学期八年级数学期中测试题

2026春季学期八年级数学期中测试题 满分：120分 考试时间：120分钟 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意） 1. 下列各式中，一定是二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ）． A. B. C. D. 3. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（ ） A. 2，3，4 B. 3，4，5 C. 4，5，6 D. 7，8，9 4. 在平行四边形中，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围（　　） A. x≥2 B. x≤2 C. x＞2 D. x＜2 6. 如图，我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形．正八边形的一个内角的度数是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 如图，以的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为，，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 若一个六边形的每个外角都是，则x的值为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 10. 如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，点E、F分别是的中点，连接，若，则的长为（ ） A. 6 B. 12 C. 10 D. 8 11. 在平行四边形中，，，对角线，相交于点O，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 12. 如图，实数在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 二次根式的值是 _________． 14. 已知菱形的对角线，则菱形的面积为______． 15. 如图，中，，则的度数为______． 16. 如图，四边形是菱形，，，则点C的坐标是_____． 三、解答题（本大题共7小题，共72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. 一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数． 19. 如图，四边形ABCD中，，，，，．求四边形ABCD的面积． 20. 已知：如图，E、F是四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE，DF=BE，DF∥BE． （1）求证：△AFD≌△CEB． （2）求证：四边形ABCD是平行四边形． 21. 如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两直线相交于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形面积． 22. 先阅读，再解答，由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题： （1）的有理化因式是______；化简______； （2）计算：． 23. 如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． （1）填空：点的坐标为 ， 度． （2）连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026春季学期八年级数学期中测试题 满分：120分 考试时间：120分钟 一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意） 1. 下列各式中，一定是二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：A．被开方数，无意义，不是二次根式； B．根指数为2，且被开方数，满足二次根式定义，是二次根式； C．式子的根指数为3，是三次根式，不是二次根式； D．的符号不确定，当时，无意义，不一定是二次根式． 2. 下列计算正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二次根式的化简和混合运算的法则逐一判断即可． 【详解】解：对于A：和不是同类二次根式，无法合并，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D错误． 3. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（ ） A. 2，3，4 B. 3，4，5 C. 4，5，6 D. 7，8，9 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理，验证两小边的平方和是否等于最长边的平方，即可判断能否构成直角三角形． 【详解】解：选项A，，，，不能构成直角三角形，不符合题意； 选项B，，，，能构成直角三角形，符合题意； 选项C，，，，不能构成直角三角形，不符合题意； 选项D，，，，不能构成直角三角形，不符合题意． 4. 在平行四边形中，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，对角相等，邻角互补；掌握此性质是解题的关键；根据邻角互补及已知可求得的度数，再由对角相等即可求得的度数． 【详解】解：由，得：， 由于在平行四边形中，， 即，得， 故； 故选：C． 5. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围（　　） A. x≥2 B. x≤2 C. x＞2 D. x＜2 【答案】A 【解析】 【分析】二次根式有意义，被开方数为非负数，即x-2≥0，解不等式求x的取值范围． 【详解】∵在实数范围内有意义， ∴x−2≥0，解得x≥2． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件． 6. 如图，我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形．正八边形的一个内角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】正n边形的内角和公式为，且正n边形的每个内角都相等，据此计算即可． 【详解】解：∵正八边形的边数， ∴正八边形的内角和为， 又∵正八边形的各个内角相等， ∴正八边形的一个内角的度数为 ． 7. 如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意； C、∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键． 8. 如图，以的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为，，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理在几何图形中的应用，根据题意得出，是解题关键． 【详解】解：由题意得：，, ∵， ∴ 即： ∴ 故选：D． 9. 若一个六边形的每个外角都是，则x的值为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】任意多边形的外角和恒为，六边形有6个外角，结合每个外角相等的条件即可计算的值． 【详解】解：∵任意多边形的外角和为，该六边形有6个外角，且每个外角都相等， ． 10. 如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，点E、F分别是的中点，连接，若，则的长为（ ） A. 6 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形中位线的性质，在中，由、分别为、的中点，可得，再根据平行四边形的性质即可求解； 【详解】解：点、分别是、的中点，  是的中位线，  ，  ，  ， 在平行四边形中，， ． 11. 在平行四边形中，，，对角线，相交于点O，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平行四边形对角线互相平分的性质，将求的取值范围转化为三角形三边关系问题，利用三角形两边之差小于第三边、两边之和大于第三边求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是平行四边形，对角线，相交于点， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， 即． 12. 如图，实数在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数轴确定的取值范围，判断绝对值符号内代数式及的正负，利用绝对值、立方根和二次根式的性质化简即可. 【详解】解：由数轴可知， ， 原式 ． 故选C． 二、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 13. 二次根式的值是 _________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算被开方数，再根据算术平方根的定义求解即可． 【详解】解：， 因此． 14. 已知菱形的对角线，则菱形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 15. 如图，中，，则的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质，平行四边形的邻角互补，由的度数可求得的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ． 16. 如图，四边形是菱形，，，则点C的坐标是_____． 【答案】． 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，点坐标的平移，直角坐标系下将点向右（或左）平移a个单位长度，对应点的横坐标加上a，(或减去a)，纵坐标不变或． 直角坐标系下将点，向上（或下）平移a个单位长度，对应点的纵坐标加上a，(或减去a)，横坐标不变或． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∴点C的坐标是B点左移5个单位． ∴． 故答案为：． 三、解答题（本大题共7小题，共72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）先化为最简二次根式，再根据二次根式加减运算的法则进行计算即可； （2）先利用平方差公式和完全平方公式进行展开，再根据二次根式混合运算的法则进行计算即可； 【小问1详解】 解：， ， ； 【小问2详解】 解：， ， ， ． 18. 一个多边形的内角和比它的外角和的3倍还多，求这个多边形的边数． 【答案】这个多边形的边数是9 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形内角和与外角、一元一次方程的应用等知识点，牢记“多边形内角和定理（且n为整数）以及外角和为”是解题的关键． 设这个多边形的边数为n，再根据多边形的内角和公式、外角和为及题意列方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 依题意得：， 解得． 答：这个多边形的边数是9． 19. 如图，四边形ABCD中，，，，，．求四边形ABCD的面积． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理可知,再根据勾股定理的逆定理可知，即可求解面积． 【详解】解：连接, ∵，，， 根据勾股定理可知，, ∵，， ∴, , 则． 20. 已知：如图，E、F是四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE，DF=BE，DF∥BE． （1）求证：△AFD≌△CEB． （2）求证：四边形ABCD是平行四边形． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等（SAS），这一判定定理容易证明△AFD≌△CEB． （2）由△AFD≌△CEB，容易证明AD=BC且AD//BC，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 【详解】证明：（1）∵DF∥BE， ∴∠DFE=∠BEF． 又∵AF=CE，DF=BE， ∴△AFD≌△CEB（SAS）． （2）由（1）知△AFD≌△CEB， ∴∠DAC=∠BCA，AD=BC， ∴AD∥BC． ∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键． 21. 如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两直线相交于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由菱形的性质可得，结合，，命题得证； （2）根据矩形和菱形的性质可得，，从而计算出菱形的面积． 【小问1详解】 证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴． 22. 先阅读，再解答，由可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，称这两个代数式互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：，请完成下列问题： （1）的有理化因式是______；化简______； （2）计算：． 【答案】（1） ； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目给出的有理化因式定义，利用平方差公式找的有理化因式，再通过分母有理化化简即可； （2）先将原式每一项进行分母有理化，再利用裂项相消法计算，抵消中间项后得到最终结果； 【小问1详解】 解：∵， ∴的有理化因式是， ； 【小问2详解】 解：对任意正整数， ， ∴        ． 23. 如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． （1）填空：点的坐标为 ， 度． （2）连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 【答案】（1）， （2）① ②见解析 【解析】 【分析】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并数形结合分类讨论是解题的关键． （1）利用勾股定理，可求得的长度，从而知道菱形的边长，再利用菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形的内角和定理，即可求得点的坐标和的度数； （2）①利用等腰三角形“三线合一”的性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半计算，即可得出答案； ②连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得，从而推出，接着证明，得到，，接着证明，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，即可得证． 【小问1详解】 解：∵点，的坐标分别是和， ∴，． ∵°， ∴， ∵以线段为边向右侧作菱形， ∴，， ∴，． ∴． 故答案为：，． 【小问2详解】 ①解：当时，点在上时，作交于，如图， 由（1）可知，，，， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ②证明：连接，设交于点，如图所示， 由（1）可知，四边形是菱形，，，， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $