精品解析：上海市位育初级中学2025-2026学年八年级下学期3月学情自测数学试题

初二数学 （时间100分钟） 一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分） 1. 下列各组二次根式中，属于同类二次根式的是（ ） A. 与 B. 与（其中） C. 与 D. 与（其中，） 2. 中，、、的对边分别是a、b、c，下列条件中，不能说明是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是（ ） A. ①可表示对角线相互垂直； B. ②可表示对角线互相平分、垂直； C. ③可表示一组邻边相等； D. ④可表示一组对边平行，另一组对边相等． 4. 在平面直角坐标系内有一点，若点位于第二象限，并且点到轴和轴的距离分别为1，2，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 面积为S的菱形一条对角线是另一条的2倍，则其边长为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论： ①四边形AECF是菱形； ②∠AFB＝2∠ACB； ③AC•EF＝CF•CD； ④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF． 其中正确结论的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7. 方程的根是___________． 8. 在方程中，如果设，那么原方程可化为关于的整式方程是___________． 9. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 10. 已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为___________． 11. 如图，在中，点O为三角形的重心，D为中点，若的面积为24，则的面积是______． 12. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使BC＝2CD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝_____． 13. 在平面直角坐标系中，将点先向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度后，得到的点的坐标为______． 14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别是（4，-2），（1，2），点B在x轴上，则点B的横坐标是________． 15. 如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 16. 如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为______． 17. 如果三角形的其中两条中线是垂直的，则称这个三角形为“优美三角形”，两条垂直的中线的比值（较短中线与较长中线的比值）为“优美值”；已知是“优美三角形”，且，则的“优美值”是___________； 18. 如图，矩形中，，点E是边上一点，连接，把沿折叠，使点B落在点处，当三角形为直角三角形时，的长为______． 三、解答题（第19-22题每题10分，第23、24题每题12分，第25题14分，满分78分） 19. 计算：． 20. 解方程： 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A在x轴上且坐标可表示为，点B的坐标为． （1） ． （2）将点A向上平移3个单位，再向左平移2个单位得到点，求点的坐标． （3）请在图中画出，并求出的面积． 22. 如图，在矩形中，，，边上有一点E，连接，，． （1）求的长； （2）求的度数． 23. 在四边形中，，如果在四边形内部或边上存在一点P，满足，那么称点P是四边形的“映角点”． （1）如图①，在四边形中，，点P在边上且是四边形的“映角点”，若，则的度数为 °； （2）如图②．在四边形中，，点P在四边形内部且是四边形的“映角点”，延长交边于点E，求证：． 24. 在学习“三角形的重心”一课时，小王向同桌小刘提出两个问题：四边形有没有？如果有，它的重心如何确定？小刘在周末查阅了相关资料，得到如下的信息：①四边形有重心；②当两个面积相等的三角形拼成一个四边形时，四边形的重心是连接这两个三角形重心的线段的中点． 根据以上信息，解决下列问题： 如图，有两张全等的直角三角形纸片，其中一张记为为直角顶点，，将这两个三角形拼成一个四边形，使得斜边重合． （1）请画出所有符合要求的四边形，并指出所作四边形的重心；（不用写作法，写出结论） （2）直接写出线段与线段的比值． 25. 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； （3）在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 初二数学 （时间100分钟） 一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分） 1. 下列各组二次根式中，属于同类二次根式的是（ ） A. 与 B. 与（其中） C. 与 D. 与（其中，） 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查同类二次根式的定义，熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键． 判断二次根式是否为同类，需将它们化为最简二次根式，比较被开方数是否相同，据此逐项判断即可． 【详解】解：同类二次根式需化简后被开方数相同， 选项A：与，被开方数分别为和7，不同，故不是同类二次根式； 选项B：与（其中），可化为，被开方数分别为和，不同，故不是同类二次根式； 选项C：，，两者最简形式被开方数均为6，故是同类二次根式； 选项D：，，其中，，被开方数分别为和，不同，故不是同类二次根式； 故选：C． 2. 中，、、的对边分别是a、b、c，下列条件中，不能说明是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合三角形内角和定理与勾股定理的逆定理，逐个验证选项即可. 【详解】解：A.∵ ， ∴ ，符合勾股定理的逆定理，能判定是直角三角形，不符合题意； B.∵ ，， ∴ ，即，能判定是直角三角形，不符合题意； C.设，由得，， ∵ ， ∴ ，解得， 则最大角不是，不是直角三角形，符合题意； D.设，，（）， ∵ ，符合勾股定理的逆定理，能判定是直角三角形，不符合题意. 3. 如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是（ ） A. ①可表示对角线相互垂直； B. ②可表示对角线互相平分、垂直； C. ③可表示一组邻边相等； D. ④可表示一组对边平行，另一组对边相等． 【答案】A 【解析】 【分析】熟练掌握各特殊四边形之间的转化关系及判定条件，根据知识结构图逐一分析各选项即可． 【详解】解：、由矩形变为正方形，需添加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件，故 ①可表示对角线相互垂直，该选项符合题意； 、由平行四边形变为正方形，需添加“对角线互相垂直且相等”的条件，平行四边形本身对角线互相平分，仅添加“垂直”只能判定为菱形，故该选项不符合题意； 、由菱形变为正方形，需添加“有一个角是直角”或“对角线相等”的条件，“一组邻边相等”是菱形本身具有的性质，故该选项不符合题意； 、由四边形变为平行四边形，需添加“一组对边平行且相等”或“两组对边分别平行”等条件，“一组对边平行，另一组对边相等”的四边形可能是等腰梯形，故该选项不符合题意． 4. 在平面直角坐标系内有一点，若点位于第二象限，并且点到轴和轴的距离分别为1，2，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的坐标特征，根据第二象限点的符号特点，以及点到坐标轴距离与坐标的关系解答即可． 【详解】解：∵点位于第二象限， ∴点的横坐标为负数，纵坐标为正数， ∵点到x轴的距离为1，到y轴的距离为2， ∴点的纵坐标绝对值为1，横坐标绝对值为2， ∴点的坐标为 5. 面积为S的菱形一条对角线是另一条的2倍，则其边长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理．根据菱形的面积公式可得，从而得到（，，再由勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，在菱形中，对角线交于点O，且， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 即菱形的边长为． 故选：A． 6. 如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论： ①四边形AECF是菱形； ②∠AFB＝2∠ACB； ③AC•EF＝CF•CD； ④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF． 其中正确结论的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】如图，设与的交点为， 根据作图可得，且平分， ， 四边形是矩形， ， ， 又， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 垂直平分， ， 四边形是菱形，故①正确； ②， ， ∠AFB＝2∠ACB；故②正确； ③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确， ④四边形是矩形， ， 若AF平分∠BAC，， 则， ， ， ， ， ， ， CF＝2BF．故④正确； 故选B 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分） 7. 方程的根是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了立方根的性质，熟练掌握立方根的性质是解题的关键．先将方程变形为，再利用立方根的性质，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 解得：． 故答案为：． 8. 在方程中，如果设，那么原方程可化为关于的整式方程是___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了换元法解分式方程的能力，用换元法解一些复杂的分式方程是比较简单的一种方法，根据方程特点设出相应未知数，再将分式方程化为整式方程．先将原方程中移项，化为分式方程，再变形为整式方程即可． 【详解】解：∵， ∴， 设， ∴， ∴原方程可化为关于y的整式方程是， 故答案为：． 9. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可． 【详解】解：设边数为n，由题意得， 180（n－2）=3603， 解得n=8． 所以这个多边形的边数是8． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键． 10. 已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先画出图形，根据已知条件得出，，根据菱形的性质得出，，，，，证明是等边三角形，得出，根据勾股定理得出，根据，据此即可解答． 【详解】解：由题意得，，， ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 11. 如图，在中，点O为三角形的重心，D为中点，若的面积为24，则的面积是______． 【答案】4 【解析】 【分析】本题主要考查了重心，三角形中线的性质， 延长，交于点E，根据重心的性质得出，进而得出，即可求出，再根据中点的定义得出答案． 【详解】解：如图所示，延长，交于点E， ∵点O是的重心， ∴是的中线， ∴， ∴， 即， 同理，． ∵， ∴． ∵D是的中点， ∴． 故答案为：4． 12. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别是AB、AC的中点，延长BC至点D，使BC＝2CD，连接DM、DN、MN．若AB＝6，则DN＝_____． 【答案】3 【解析】 【分析】连接CM，根据直角三角形的性质求出CM，证明四边形DCMN是平行四边形，根据平行四边形的性质解答． 【详解】解：连接CM， ∵∠ACB＝90°，M是AB的中点， ∴CM＝AB＝3， ∵M、N分别是AB、AC的中点， ∴MN＝BC，MN∥BC， ∵BC＝2CD， ∴MN＝CD，又MN∥BC， ∴四边形DCMN是平行四边形， ∴DN＝CM＝3， 故答案为3． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 13. 在平面直角坐标系中，将点先向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度后，得到的点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减，根据平移时点的坐标变化规律即可求解． 【详解】解：将点向右平移个单位长度，横坐标变为，所得点的坐标为． 再向下平移个单位长度，纵坐标变为，最终得到的点的坐标为． 14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别是（4，-2），（1，2），点B在x轴上，则点B的横坐标是________． 【答案】5 【解析】 【分析】由两点距离公式可求AC的长，由矩形的性质可求OB＝AC＝5，即可求解． 【详解】解：连接AC， ∵点A（4，﹣2），点C（1，2）， ∴AC＝， ∵四边形ABCO是矩形， ∴OB＝AC＝5， ∴点B的横坐标为5， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 15. 如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的性质是解题的关键． 延长、相交于M，先证明四边形是矩形，得到，，再对运用勾股定理求解即可． 【详解】解：延长、相交于M， ∵正方形和正方形中，，， ∴，，，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出边的长度，然后利用勾股定理进行求得，最后根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 是等边三角形， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质以及勾股定理． 17. 如果三角形的其中两条中线是垂直的，则称这个三角形为“优美三角形”，两条垂直的中线的比值（较短中线与较长中线的比值）为“优美值”；已知是“优美三角形”，且，则的“优美值”是___________； 【答案】 【解析】 【分析】该题考查了平行四边形的性质和判定，勾股定理，二次根式的性质，分情况讨论是解题的关键． 在中，，点分别是边的中点，设，根据是“优美三角形”，分为时，时，时三种情况分别画图求解即可． 【详解】解：在中，，点分别是边的中点， 设， ∵是“优美三角形”， 故分为时，时，时． 当时，如图， ∴， 过点作，延长交于点， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 当时，如图， ∴， 过点作，延长交于点， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故与矛盾，此种情况不存在． 综上，的“优美值”是， 故答案为：． 18. 如图，矩形中，，点E是边上一点，连接，把沿折叠，使点B落在点处，当三角形为直角三角形时，的长为______． 【答案】3或6 【解析】 【分析】本题考查矩形与折叠，正方形的判定和性质，当为直角三角形，有两种情况：①当点落在矩形内部，即时，连接，结合矩形性质、勾股定理求得，再根据折叠性质得到点、、共线，，，求得，设，则，再根据勾股定理即可得解；②当点落在边上，即时，证明四边形是正方形即可得解． 【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况： ①当点落在矩形内部，即时，如下图，连接， 矩形中，，， 在中，，， ， 把沿着折叠，使点落在点处， ， ， 点、、共线， 根据折叠性质可得：，， ， 设，则， 中，， ， 解得， ； ②当点落在边上，即时，如下图： 由折叠性质得：，， 四边形是正方形， ， 此时符合题意． 故答案为：3或6． 三、解答题（第19-22题每题10分，第23、24题每题12分，第25题14分，满分78分） 19. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】原式先分母有理化、根据二次根式的性质化简，再合并同类二次根式即可． 【详解】解： ． 20. 解方程： 【答案】 【解析】 【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可. 【详解】解： 解得： 【点睛】此题考查的是解一元二次方程，掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键. 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A在x轴上且坐标可表示为，点B的坐标为． （1） ． （2）将点A向上平移3个单位，再向左平移2个单位得到点，求点的坐标． （3）请在图中画出，并求出的面积． 【答案】（1）2 （2） （3） 如图， 10 【解析】 【分析】本题主要考查坐标轴的特点和点的平移， 根据在x轴上得特点列出求解即可； 根据平移得性质即可求得； 在平面直角坐标系中找到对应点，再将三角形分割为两部分求解即可． 【小问1详解】 解：∵点A在x轴上且坐标可表示为， ∴，解得． 故答案为：2； 【小问2详解】 由得， 根据点A向上平移3个单位，得， 再向左平移2个单位得到点， 故； 【小问3详解】 ． 22. 如图，在矩形中，，，边上有一点E，连接，，． （1）求的长； （2）求的度数． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论； （2）根据直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【小问1详解】 解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵，，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 23. 在四边形中，，如果在四边形内部或边上存在一点P，满足，那么称点P是四边形的“映角点”． （1）如图①，在四边形中，，点P在边上且是四边形的“映角点”，若，则的度数为 °； （2）如图②．在四边形中，，点P在四边形内部且是四边形的“映角点”，延长交边于点E，求证：． 【答案】（1）60 （2） 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【解析】 【分析】本题是四边形综合题，考查了新概念四边形的“映角点”、平行线的性质、三角形的外角性质、四边形内角和、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握新概念四边形的“映角点”是解题的关键． （1）由题意可知，若，推出，再由是的外角，则，证得为等边三角形，即可得出结果； （2）先证，再由，即可得出结论． 【小问1详解】 解：由题意得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：60； 【小问2详解】 略 24. 在学习“三角形的重心”一课时，小王向同桌小刘提出两个问题：四边形有没有？如果有，它的重心如何确定？小刘在周末查阅了相关资料，得到如下的信息：①四边形有重心；②当两个面积相等的三角形拼成一个四边形时，四边形的重心是连接这两个三角形重心的线段的中点． 根据以上信息，解决下列问题： 如图，有两张全等的直角三角形纸片，其中一张记为为直角顶点，，将这两个三角形拼成一个四边形，使得斜边重合． （1）请画出所有符合要求的四边形，并指出所作四边形的重心；（不用写作法，写出结论） （2）直接写出线段与线段的比值． 【答案】（1） ①如下图所示，即为所求 如下图所示，即为所求 （2）线段与线段的比值是或． 【解析】 【分析】（1）当两个直角三角形拼成一个矩形时，两个三角形的重心连接的线段与斜边的交点就是拼成的四边形的重心；当两个直角三角形拼成一个两组邻边相等的四边形时，四边形的两条对角线把四边形分成两对三角形，与的重心连接的线段与，与的重心连接的线段的交点就是四边形的重心； （2）根据重心的定义，可知四边形的重心是两个直角三角形的重心与直角三角形斜边的交点，分两种情况求出与的比值． 【小问1详解】 解：①直角的重心是直角三角形三条中线的交点， 两个完全相同直角三角形拼成一个矩形， 当两个直角三角形的斜边重合时，两个直角三角形的重心连接的线段与斜边的交点就是四边形的重心； 如下图所示， 直角的重心是直角三角形三条中线的交点， 直角的重心是直角三角形三条中线的交点， 由题意可知和是等腰三角形且，， 和的重心都在边上， 四边形的重心是线段与的交点； 【小问2详解】 解：当两个直角三角形拼成一个矩形时， 如下图所示， 矩形对角线互相平分， ， ； 当直角三角形拼成如下图所示的四边形时， ， 是的垂直平分线， ∵， 设，则， ， ，， 点是重心， ， ，， 设，。。 则有， ， ， 整理得：， 解得：， ， ． 综上所述：线段与线段的比值是或． 【点睛】本题主要考查了四边形的重心、三角形的重心、三角形的中线和勾股定理．解决本题的关键是根据三角形的重心是三角形三条中线的交点，两个三角形拼成的四边形的中心是两个三角形重心连接的线段的中点． 25. 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点A，B，D的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点E． （1）猜想与的数量关系，并证明； （2）如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点E重合），连接，求证：四边形是平行四边形； （3）在矩形绕点C顺时针旋转的过程中，若，，当，，D三点在同一条直线上时，请求出的值． 【答案】（1） 解：，理由如下： 四边形与四边形都是矩形，如图①，连接， ， ， 即， 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形， ， 在和中， ， ， ； （2） 证明：如图2：连接， 根据旋转的性质可得：， 四边形是矩形， ，，， 即， 又， ， ， ，， 四边形是平行四边形； （3）或 【解析】 【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （3）分为：点，在的同一侧时和点，在的异侧时，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图3，当点，在的同一侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 如图4：当点，在的异侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $