湖南花垣县华鑫教育集团2025-2026学年下学期期中联考试题卷八年级数学B卷

**基本信息** 以赵爽弦图类比、手机支架等文化与生活情境为载体，分层考查二次根式、特殊四边形、动态几何等核心知识，突出抽象能力、几何直观与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|二次根式有意义条件、矩形性质、实数与数轴|第10题以赵爽弦图类比构造图形，考查面积比，渗透文化传承| |填空题|6/18|多边形内角和、矩形折叠、含30°直角三角形|第15题结合手机支架模型，考查几何直观与空间观念| |解答题|8/72|海伦公式应用、动态四边形、平行四边形证明|21题阅读材料考海伦公式，24题动态几何探究周长最小，培养模型意识与推理能力|

启封※绝密 2026春华鑫教育集团初中部期中联考试题卷B 八年级数学 本试卷共120分，时量120分钟。 一、单选题（每小题3分，共30分） 1．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在矩形中，连接，，，，则的长为（   ） A．8 B． C．4 D． 第2题图 第3题图 3．如图，在原点为O的数轴上，作一个两直角边长分别是1和2，斜边为的直角三角形，点A在点O左边的数轴上，且，则点A表示的实数是（   ） A． B． C． D． 4．如图．在矩形中，将矩形沿折叠，点D落在点E处，且与交于F，则下列结论①②③④若，则，正确的是（    ）第5题图 第4题图 A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 5．将一个三角尺按如图所示的方式放置在一张平行四边形的纸片上，，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在直角梯形中，点E是边的中点，若，，则梯形的面积为（　　） A． B． C． D．25 第6题图 第7题图 7、如图，已知在中，，，点D在上，，则的长为（   ） A． B． C． D． 8．表示实数a，b的点在数轴上的位置如图所示，化简代数式的值是（    ） A． B． C．0 D．1 9．下列化简正确的是（   ） A． B． C． D． 10．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形组成），如图（1）类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，则图中阴影部分与空白部分面积之比为（　　） A. B． C． D．第10题图 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．计算：______． 12．矩形对角线夹角为，较短的边长为12，则对角线长为__________． 13．如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么这个多边形的边数为______． 14．已知，，则_____． 15．如图①是一台手机支架，图②是其侧面示意图，，可分别绕点A，B转动，当，转动到，时，点E在的延长线上，若，则__________． 16．如图，矩形纸片，，，为边上一点．将沿所在的直线折叠，点恰好落在边上的点处，连接交于点，取的中点，连接，则___________． 三、解答题（共72分） 17．（本题8分）计算： (1)； (2)． 18．（本题8分）先化简，再求值：，其中． 19．（本题8分）如图，在平行四边形中，、是对角线上的两点，且，求证：． 20．（本题8分）如图，在中，，点在上，连接，已知，求的长． 21．（本题8分）阅读下列材料，并完成相应的任务． 古希腊的数学家海伦在他的著作《度量论》一书中给出了利用三角形三边之长求面积的公式：海伦公式 （其中a，b，c是三角形的三边长，，S为三角形的面积），并给出了证明． 例如：在△ABC中，，那么它的面积可以这样计算： 事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，我国南宋时期数学家秦九韶在1247年提出的“三斜求积术”，完全与海伦公式等价，因此海伦公式也叫做海伦一秦九韶公式． 根据上述材料，解答下列问题： 如图，在△ABC中， （1）用海伦公式求△ABC的而积： （2）如图，为△ABC的两条角平分线，它们的交点为O，求△ABO的面积． O E D C B A 22．（本题10分）如图，在中，点，分别是，的中点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若平分，，求的周长． 23．（本题10分）阅读下面解题过程． 例：化简． 解：． (1)归纳：请直接写出下列各式的结果：①_________；②_________． (2)应用：化简． (3)拓展：求的值．（用含n的式子表示，n为正整数） 24．（本题12分）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，，点是的中点，动点在射线上以每秒个单位长的速度运动．设动点的运动时间为秒． (1)点在运动过程中，______；（用含的代数式表示）； (2)当为何值时，以、、、为顶点的四边形为平行四边形； (3)在线段上有一点，且，当四边形的周长最小，求的坐标． 第9页（共9页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2026年春华鑫教育期中集团联考试卷 八年级数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B B B A B C D B 1．B 【分析】二次根式有意义的条件，二次根式的被开方数必须为非负数，据此列不等式求解即可得到x的取值范围． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴被开方数需满足是非负数，即 解得 ． 2．A 【分析】设交于点，易得为等边三角形，进而得到，即可得出结果. 【详解】解：设交于点， ∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴. 3．B 【分析】先由勾股定理求解，再由即可得到点A表示的实数． 【详解】解：根据勾股定理，得， ∵， ∴ ∵点在原点的左边， ∴点表示的实数是． 4．B 【分析】利用矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，逐一分析各个结论的正确性，再结合选项选择正确答案即可． 【详解】解：在矩形中，， ∵矩形沿翻折， ∴， ∴， ∴，故①正确； 结论②中未给出任何关于角度的特殊条件，无法通过已知条件推导出， ∴②不一定成立，无特殊条件支持，故②错误； ∵矩形沿翻折， ∴， ∴，， 在矩形中，，， ∴，， 在和中， ， ∴，故③正确； 设，则， 由③可知，， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， 解得， ∴，故④正确， 综上所述，正确的结论有①③④． 5．B 【分析】根据三角形内角和定理，即可得到的度数，再利用平行四边形的性质可得，依据平行线的性质，即可得到的度数． 【详解】解：，， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ． 6．A 【分析】延长和交于点，先证明，得到，，结合，得，进而得到是等腰直角三角形，则，再利用梯形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图，延长和交于点， ∵点E是边的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是直角梯形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴梯形的面积． 7．B 【分析】过点作于点，由等腰三角形三线合一可得，利用勾股定理求出，再根据已知求出，进而求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：过点作于点， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴． 8．C 【分析】先根据数轴判断出，的取值，再根据二次根式的性质和立方根的性质对原式进行化简，最后化简绝对值即可． 【详解】解：根据数轴可知，， 则，，， 则原式． 9．D 【分析】利用二次根式的性质以及分母有理化规则逐项判断即可． 【详解】解： A． ，故该选项错误，不符合题意； B． ，故该选项错误，不符合题意； C．该选项化简时仅给分母乘2，分子未同乘2，改变了原分数大小，变形错误，不符合题意； D．该式隐含，初中此类题型默认，则，故选项D正确，符合题意． 10．B 【分析】连接，，，进而得到，再结合对称性即可求解． 【详解】解：连接， 图形由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形， ， ， 又， ， ，， ， 又空白部分面积为， 则图中阴影部分与空白部分面积之比为． 11． 【分析】先拆分指数，逆用积的乘方法则，再结合平方差公式化简计算，即可得到结果． 【详解】解： ． 12．24 【分析】根据矩形的性质，矩形对角线相等且互相平分，结合对角线夹角为，可推出较短边与两条对角线的一半构成等边三角形，得到较短边长度为对角线长度的一半，据此计算对角线长． 【详解】解：如图，设矩形，对角线，相交于点，，较短边， 四边形是矩形， ，，， ， 又， 是等边三角形， ， ， 即对角线长为． 13．6 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和定理，掌握多边形内角和公式与外角和的性质是解题的关键，设多边形的边数为，根据内角和是外角和的2倍建立方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， ∴， 解得， 故答案为：． 14．10 【分析】根据二次根式的运算，先求的值，再由进行计算即可． 【详解】解：∵，， ， ， ． 15． 【分析】过点E作，垂足为F，根据垂直定义可得：，从而可得，然后在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，，再利用直角三角形的两个锐角互余可得：，从而可得，最后根据计算即可解答． 【详解】解：过点E作，垂足为F， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16． 【分析】连接，求出，利用三角形的中位线定理解决问题即可． 【详解】解：如图所示连接， 由翻折的性质可知，垂直平分线段， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵N是的中点，M是的中点， ∴是的中位线， ∴． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用二次根式的乘法和除法、二次根式的性质进行计算后再计算加减法即可； （2）利用二次根式的性质、绝对值、零指数幂、负整数指数幂计算后再计算加减法即可． 【详解】（1）解： ； 4分 （2）解： 8分 18．， 【分析】先计算括号内的分式的加减，再把除法转化为乘法，可得化简的结果，再把代入化简后的代数式即可． 【详解】解： 4分 当时，原式 8分 19．证明见解析． 【分析】根据平行四边形的性质，结合平行线的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质即可得出． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 2分 在和中，， ∴， 6分 ∴ ． 8分 20． 【分析】利用勾股定理求出的长，则可求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵在中，， ． 2分 ． 5分 ． 8分 21．（1）84；（2）30 【分析】（1）把a、b、c的长代入求出p，再代入S计算即可得解； （2）过点O作OF⊥AB、OG⊥AC、OH⊥BC，垂足分别为点F、G、H，根据角平分线的性质定理可得：OF=OH=OG，并根据三角形面积计算OF的长，根据三角形面积公式可得结论． 【详解】（1）在中，，那么它的面积可以这样计算： ， 2分 ∴的面积是84 4分 （2）连接OC，过点O作OF⊥AB、OG⊥AC、OH⊥BC，垂足分别为点F、G、H， ∵为的两条角平分线, 且OF⊥AB、OG⊥AC、OH⊥BC ∴OF=OH=OG， 5分 ∵, ∴, ∴ 解得： 7分 ∴ 8分 【点睛】本题考查了二次根式的应用和角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质，并根据新公式代入计算. 22．(1)见解析； (2)36． 【分析】（）由平行四边形的性质和中点的性质可得，即可得结论； （）由角平分线的定义和平行线的性质可证，即可求解； 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴． 2分 又∵， ∴四边形是平行四边形； 4分 （2）解：∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 8分 ∴的周长为． 10分 23．(1)； (2) (3) 【分析】（1）利用分母有理化，进行计算即可解答； （2）先进行分母有理化，然后再进行计算即可解答； （3）先进行分母有理化，然后再进行计算即可解答． 【详解】（1）解：① ； 2分 ② ； 4分 （2）解： ； 6分 （3）解： ． 10分 24．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据速度时间距离即可得解； （2）根据矩形的性质可得，， ，从而可得，，从而由平行四边形的性质得到，再对当在点左侧运动时和当在上点右侧运动时，建立方程即可得解； （3）先证明四边形是平行四边形， 得到，从而可判断出四边形周长最小，得出最小，即可确定出点的位置，再用三角形的中位线得出，进而求出，即可得出结论． 【详解】（1）解：动点在射线上以每秒个单位长的速度运动，动点的运动时间为秒， ； 2分 （2）解：四边形为矩形，，， ，， ， 点是的中点， ， 以、、、为顶点的四边形为平行四边形， ， ， ， 当在点左侧运动时，此时， ， ； 4分 当在点右侧运动时，此时， ∴， ∴， 6分 ∴综上，当或时，以、、、为顶点的四边形为平行四边形 （3）解：由（2）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形的周长为， 当最小时，四边形的周长最小， 如图，作点关于的对称点，连接交于， ， ， ， ，， ， ， ， 是的中位线， ， ， ． 12分 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $