精品解析：松原市宁江区第一中学宁2025-2026学年度第二学期期中教学检测 八年级数学试题

宁江一中2025－2026学年度第二学期期中教学检测 八年级数学试题 满分120分 考试时间120分钟 一、单项选择题（每小题3分，共18分） 1. 如果二次根式有意义，那么的值可以是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 0 2. 1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图片中间是三个正方形顶点相连构成一个三角形．如图2，若中间的三角形为直角三角形，则三个正方形的面积可以是（ ） A. 2，3，5 B. 3，4，5 C. 6，8，13 D. 5，12，14 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形的对角线交于点O，，，则的长为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 5. 如图，在中，．顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，按以下步骤作图：①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于，两点；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线，交边于点，若，，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 5 二、填空题（每小题3分，共15分） 7. 如果最简二次根式和是可以合并的二次根式，则___________． 8. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，直线交两对边于点E，F，则的长为____________． 9. 图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则为_______度． 10. 如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为______． 11. 2026年2月，谷爱凌再度为国争光，成为冬奥历史上首位卫冕女子型池场地金牌的运动员，如图，该型池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行的部分的截面是半径为的半圆，其边缘，点在上，．从点滑到点，滑行的最短路程是______m．（边缘部分的厚度忽略不计，取3） 三、解答题（每题6分，共18分） 12. 计算： 13. 如图，某校校庆时，从教学楼楼顶的点处向围墙上的点处拉彩旗．已知点和教学楼的水平距离为，教学楼高，围墙高，问至少需要多长的彩旗带？ 14. 如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形． 四、解答题（每题7分，共21分） 15. 如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形和平行四边形． （1）使三角形三边长为3，，； （2）使平行四边形有一锐角为45°，且面积为4． 16. 如图，在中，是的角平分线，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作直线，分别交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求的长． 17. 阅读与计算：请阅读以下材料，并完成相应的任务． 斐波那契（约1170﹣1250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列（按照一定顺序排列着的一列数称为数列）．后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用． 斐波那契数列中的第n个数可以用表示（其中，n≥1），这是用无理数表示有理数的一个范例． 任务：请根据以上材料，通过计算求出斐波那契数列中的第1个数和第2个数． 五、解答题（每题8分，共16分） 18. 如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求椅子最高点A到地面的距离． 19. 如图1，在中，，，为上一点，将绕点按逆时针方向旋转，使与重合，得到的，则有，过点作，交于点，过点作于点． 解决问题 （1）如图1，若连接，判断的形状是______； （2）如图1，判断四边形的形状，并说明理由； （3）如图2，延长交于点，连接，判断四边形的形状为______． 六、解答题（每题10分，共20分） 20. 如图，某地利用城市空地建设一处“口袋公园”供市民休闲娱乐，公园外轮廓为四边形，其中米，米，米，米，为公园内的一条小路． （1）求证：． （2）为保证市民安全，计划在点处安装一监控，想监视小路上的情况，若监控可视范围为50米，请通过计算说明该监控器能否监测到小路上的情况？ （3）若米，求监控范围内的小路的长． 21. 【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 七、解答题（12分） 22. 如图①，在四边形中，，，，，，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动，、两点同时出发，当点返回点C时，点也随之停止运动，设点的运动时间为秒． （1）求的长； （2）当以为顶点的四边形是矩形时，求的值； （3）当时，求的值； （4）若点是边上的一点，且，如图②，是平面内一点，是否存在点、，使以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出的长，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁江一中2025－2026学年度第二学期期中教学检测 八年级数学试题 满分120分 考试时间120分钟 一、单项选择题（每小题3分，共18分） 1. 如果二次根式有意义，那么的值可以是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件为被开方数为非负数得出，求解即可得解． 【详解】解：∵二次根式有意义， ∴， 解得：， ∴的值可以是0， 故选：D． 2. 1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图片中间是三个正方形顶点相连构成一个三角形．如图2，若中间的三角形为直角三角形，则三个正方形的面积可以是（ ） A. 2，3，5 B. 3，4，5 C. 6，8，13 D. 5，12，14 【答案】A 【解析】 【分析】据勾股定理可得：，然后利用正方形的面积公式可得：以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积，即可解答． 本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】解：如图： 由题意得：， ∴， ∴以为边长的正方形面积+以为边长的正方形面积=以为边长的正方形的面积， ∵，，，， ∴选取的三块正方形纸片的面积可以是2，3，5， 故选：A． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的乘法、除法、减法运算．熟练掌握二次根式的乘法、除法、减法运算是解题的关键． 根据二次根式的乘法、除法、减法运算对各选项进行判断即可． 【详解】解：A中，故不符合要求； B中，故不符合要求； C中，故符合要求； D中，故不符合要求； 故选：C． 4. 如图，矩形的对角线交于点O，，，则的长为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质、等边三角形的判定与性质是解题的关键． 根据矩形的对角线相等且互相平分可得，由可得，从而是等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可解得． 【详解】解:∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 故选：B． 5. 如图，在中，．顶点A的坐标为，以为边向的外侧作正方形，点D的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质，图形与坐标等知识， 过点作轴于，在中，，，可得，根据四边形是正方形以及等腰直角三角形的性质可得， 【详解】如图，过点作轴于， ， 顶点的坐标为， ， 在中，，， ， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ∵轴， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， 故选：A． 6. 如图，在中，，按以下步骤作图：①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于，两点；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线，交边于点，若，，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据作图步骤可知是的角平分线，过点作于，利用角平分线的性质可得，再利用勾股定理求出的长，最后通过面积法建立方程求解的长，进而求出． 【详解】解：由作图步骤可知，平分 ，过点作于  ，平分，    在中，，      ， 即  ∴  ∴  ∴  二、填空题（每小题3分，共15分） 7. 如果最简二次根式和是可以合并的二次根式，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式列出方程求解即可． 【详解】解：根据题意得：， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了同类二次根式，正确理解同类二次根式的定义是解题关键． 8. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，直线交两对边于点E，F，则的长为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，利用菱形的性质结合勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 9. 图①是一个正十二面体，它的每个面都是正五边形，图②是其表面展开图，则为_______度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角的问题，先求解正五边形的每一个内角为：，再进一步求解即可. 【详解】解：∵正五边形的每一个内角为：， ∴， 故答案为： 10. 如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F是上一点．连接．若，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到，，再证明，进而可证明，由相似三角形的性质可得，即． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故答案为：． 11. 2026年2月，谷爱凌再度为国争光，成为冬奥历史上首位卫冕女子型池场地金牌的运动员，如图，该型池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行的部分的截面是半径为的半圆，其边缘，点在上，．从点滑到点，滑行的最短路程是______m．（边缘部分的厚度忽略不计，取3） 【答案】20 【解析】 【分析】将半圆面展开成矩形，连接．则是最短距离，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：将半圆面展开如图所示，连接． 根据题意，得，． ， 在中，由勾股定理，得 ， 从点滑到点，滑行的最短路程是． 三、解答题（每题6分，共18分） 12. 计算： 【答案】10 【解析】 【分析】利用二次根式的混合运算法则进行计算． 【详解】解： ． 13. 如图，某校校庆时，从教学楼楼顶的点处向围墙上的点处拉彩旗．已知点和教学楼的水平距离为，教学楼高，围墙高，问至少需要多长的彩旗带？ 【答案】 【解析】 【分析】过点B作于点E，根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：如图，过点B作于点E， 根据题意得，，，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， 答：至少需要长的彩旗带． 14. 如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形． 【答案】见详解 【解析】 【分析】根据题意证明，得到，结合题意得到四边形是平行四边形，再根据矩形的判定即可求证． 【详解】证明：∵是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是矩形． 四、解答题（每题7分，共21分） 15. 如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形和平行四边形． （1）使三角形三边长为3，，； （2）使平行四边形有一锐角为45°，且面积为4． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析 【解析】 【分析】（1）本题中实际上是长为2宽为2的正方形的对角线长，实际上是长为2宽为1的矩形的对角线的长，据此可找出所求的三角形； （2）可先找出一个直角边为2的等腰直角三角形，然后据此画出平行四边形． 【详解】（1）△ABC为所求； （2）四边形ABCD为所求． 【点睛】关键是确定三角形的边长，然后根据边长画出所求的三角形． 16. 如图，在中，是的角平分线，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作直线，分别交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求的长． 【答案】（1）见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，结合角平分线得到，由菱形的判定即可求证； （2）根据菱形的性质得到，，根据含30度角的直角三角形即可求解． 【小问1详解】 证明：根据作图可知，是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∵是角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形是菱形； 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形，， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 17. 阅读与计算：请阅读以下材料，并完成相应的任务． 斐波那契（约1170﹣1250）是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列（按照一定顺序排列着的一列数称为数列）．后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用． 斐波那契数列中的第n个数可以用表示（其中，n≥1），这是用无理数表示有理数的一个范例． 任务：请根据以上材料，通过计算求出斐波那契数列中的第1个数和第2个数． 【答案】1，1 【解析】 【分析】分别把n=1、n=2代入式子化简求得答案即可． 【详解】解：当n＝1时，； 当n＝2时， ＝ ＝1． 【点睛】此题考查二次根式的混合运算与化简求值，理解题意，找出运算的方法是解决问题的关键． 五、解答题（每题8分，共16分） 18. 如图1为折叠便携钓鱼椅子，将其抽象成几何图形，如图2所示，测得，，，，，已知． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求椅子最高点A到地面的距离． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． （1）由平行线的性质可得，，进而得，可知，即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，延长交于，由（1）可知，，，可知四边形是平行四边形，得，，求得，，证明，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 证明：∵，，， ∴，， 则， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴， 延长交于， 由（1）可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 则，， 连接， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即：椅子最高点到地面的距离为． 19. 如图1，在中，，，为上一点，将绕点按逆时针方向旋转，使与重合，得到的，则有，过点作，交于点，过点作于点． 解决问题 （1）如图1，若连接，判断的形状是______； （2）如图1，判断四边形的形状，并说明理由； （3）如图2，延长交于点，连接，判断四边形的形状为______． 【答案】（1）等腰直角三角形 （2）正方形，理由见解析 （3）矩形 【解析】 【分析】（1）利用全等三角形的性质，得到边相等和角相等，再通过角的和差推出直角，再结合边相等判断形状； （2）先通过平行线和等腰直角三角形的性质，证明四边形是矩形，再通过等角对等边，证明一组邻边相等，从而判定为正方形； （3）先通过平行线和等腰三角形性质，得到边相等，再用全等三角形证明角相等，进而证明，再结合判定为平行四边形，最后结合直角条件，判定其为矩形． 【小问1详解】 解：如图，连接， ， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形． 【小问2详解】 解：，， ， ， ， ， ，， ，， 四边形为矩形，， ， ， 四边形为正方形． 【小问3详解】 解：， ， ，， ， ， ， 据（2）可知，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ∴， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． 六、解答题（每题10分，共20分） 20. 如图，某地利用城市空地建设一处“口袋公园”供市民休闲娱乐，公园外轮廓为四边形，其中米，米，米，米，为公园内的一条小路． （1）求证：． （2）为保证市民安全，计划在点处安装一监控，想监视小路上的情况，若监控可视范围为50米，请通过计算说明该监控器能否监测到小路上的情况？ （3）若米，求监控范围内的小路的长． 【答案】（1）见详解 （2）该监控器能监测到小路上的情况，理由见详解 （3）米 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理得到米，再运用勾股定理逆定理得到是以为斜边的直角三角形，由此即可求证； （2）设点到的高为米，由等面积法得到米，结合题意比较即可； （3）根据题意，过点作于点，结合（2）的计算得到米，结合题意得到，由此即可求解． 【小问1详解】 证明：∵米，米， ∴米， ∵米， ∴，即是以为斜边的直角三角形， ∴； 【小问2详解】 解：该监控器能监测到小路上的情况，理由如下， 设点到的高为米， ∵， ∴米， ∵， ∴该监控器能监测到小路上的情况； 【小问3详解】 解：如图所示，过点作于点，结合（2）的计算得到米， ∵米， ∴， 在中，米， ∴米． 21. 【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 七、解答题（12分） 22. 如图①，在四边形中，，，，，，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动，、两点同时出发，当点返回点C时，点也随之停止运动，设点的运动时间为秒． （1）求的长； （2）当以为顶点的四边形是矩形时，求的值； （3）当时，求的值； （4）若点是边上的一点，且，如图②，是平面内一点，是否存在点、，使以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）当以为顶点的四边形是矩形时，的值为或 （3）的值为或 （4）的值为5或或 【解析】 【分析】（1）如图所示，过点作于点G，则，得到四边形是矩形，可得，在中由勾股定理即可求解； （2）根据题意，分类讨论：当时；当时；结合矩形的性质列方程求解即可； （3）根据题意，分类讨论：当时，，，；当时，，；由此列式求解即可； （4）根据题意，分类讨论：当四边形是菱形；四边形是菱形时；四边形是菱形时；结合菱形的性质，数形结合分析即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 如图所示，过点作于点G，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，； 【小问2详解】 解：，点从点出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动， ∴点P的运动时间为秒， ，点从点出发，沿方向以每秒3个单位长度的速度做往返运动， ∴点Q从的运动时间为秒，点Q从的运动时间为秒， ∴当点Q从所用时间和为6秒，此时点P，D重合， 设点的运动时间为秒， 当时，，，则， 若时，由得到此时的四边形是矩形， ∴， 解得，； 当时，，，， 若时，由得到此时的四边形是矩形， ∴， 解得，； 综上所示，当以为顶点的四边形是矩形时，的值为或； 【小问3详解】 解：由（1）可知，，若时， ∴当时，，，，如图所示，过点作于点H， 同理可得，四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 解得，； 当时，如图所示，则四边形是矩形，， 同理可得，，则， ∴， 又， ∴， 解得，，此时点B，Q重合； 综上所示，的值为或； 【小问4详解】 解：点是边上的一点，且， 如图所示，当四边形是菱形时， ∴； 如图所示，四边形是菱形时，设交于点F， ∴，， ∴； 如图所示，四边形是菱形时，， 在中，， ∴， 在中，； 综上所示，的值为5或或． 【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识的综合，掌握上述知识，数形结合分析是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $