精品解析：山东省德州市第五中学2025-2026学年第二学期八年级期中考试数学试题

山东省德州市第五中学2025-2026学年第二学期八年级期中考试数学试题 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 用下列长度的线段首尾相连构成三角形，其中不能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知四边形，下列条件不能判断它是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，相交于点O，E为的中点，连接，若的周长是5，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 6. 如图，的对角线相交于点，是等边三角形，且，则的周长是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，分别是四边形四条边的中点，要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是（ ） A. 一组对边平行而另一组对边不平行 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 8. 如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠部分构成一个四边形，对角线，，过点作于点，则的长是（ ） A. B. C. D. 9. 把一张矩形纸片按如图方式折叠，使顶点与点重合，折痕为．若，则的长是（ ） A. B. C. D. 6.5 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，点是的中点，连接，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点始终在轴的正半轴上随之上下移动．下列选项中，结论错误的是（ ） A. 当时，点的坐标为 B. 在矩形的移动过程中，的长度始终保持不变 C. 当时，四边形是平行四边形 D. 点到点的最大距离是6 二、填空题（每题4分，共20分） 11. 一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是________． 12. 若，则___________． 13. 如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧交数轴于点（点位于点的左侧），则点表示的数为___________． 14. 如图，某学校的校门是伸缩门，伸缩门中的每一行有菱形20个，每个菱形的边长为25cm．校门关闭时，每个菱形的钝角度数为120°，校门部分打开时，每个菱形原来120°的角缩小为60°，则校门打开了______cm． 15. 如图，有一张 纸片， ，连接 ，将 沿 所在直线剪开得到 和 ，用这两个三角形拼成平行四边形后最长对角线的长是___________． 三、解答题（共90分） 16. 计算： （1）； （2）． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，，连接，，． （1）___________，___________，___________； （2）判断是否为直角三角形，并说明理由． 19. 如图，有一个长方形，长为，宽为．准备在长方形上截下一块长，宽的小长方形（即图中阴影部分）． （1）求长方形的周长； （2）求剩余部分与长方形的面积差． 20. 已知：如图，平行四边形中，、分别为和的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当、满足怎样的数量关系时，四边形是矩形，请说明理由． 21. 如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，相交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点D作于点F，交于点G，若，求的长． 22. 勾股定理具有丰富的文化内涵，它揭示了直角三角形的三边关系，搭建起几何与代数之间的桥梁，为解决几何问题拓宽了思路．请完成下面问题： （1）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图1所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为，若，大正方形的面积为13，则小正方形的面积是 ； （2）如图2，小明把赵爽弦图里的4个全等的直角三角形适当拼合，并作出一条辅助线，其他条件不变，利用这个图形也可以验证勾股定理，你能说明其中的道理吗？ （3）如图3，在中，是边上的高，，，，求的值． 23. 【问题情景】通过作平行线来实现问题转化是我们常用到的方法． 如图1，在中，分别交AB于D，交AC于E．已知，，，求的值，我们可以过点D作BE的平行线（如图2），也可过点E作CD的平行线解决问题． 【问题解决】 （1）请回答：的值为__________． 【类比探究】（2）如图3，已知和矩形，与交于点G，，参考上述思考问题的方法，求的度数． 【迁移应用】 （3）如图4，已知：交于E点，连接，，．且与互为余角，与互为补角，则__________度，若，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省德州市第五中学2025-2026学年第二学期八年级期中考试数学试题 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．先根据二次根式有意义的条件列出关于的不等式，求出的取值范围即可． 【详解】解：式子在实数范围内有意义， ， 解得． 故选：A． 2. 用下列长度的线段首尾相连构成三角形，其中不能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，用勾股定理逆定理逐一判断即可，熟练掌握勾股定理的逆定理：若三角形三边满足，那么这个三角形是直角三角形是解题的关键． 【详解】解：、∵， ∴能构成直角三角形，不符合题意； 、∵， ∴能构成直角三角形，不符合题意； 、∵， ∴能构成直角三角形，不符合题意； 、∵， ∴不能构成直角三角形，符合题意； 故选：． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的性质，根据二次根式的性质以及二次根式的减法和除法进行计算即可求解． 【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意； B. ，故该选项正确，符合题意； C. ，故该选项不正确，不符合题意； D. ，故该选项不正确，不符合题意； 故选：B． 4. 已知四边形，下列条件不能判断它是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定方法逐一判断各选项即可。 【详解】解：A、∵，即四边形两组对边分别平行，∴四边形是平行四边形，不符合题意； B、∵四边形内角和为，∴，∵，∴ ，得，∴，同理可得，∴四边形是平行四边形，不符合题意； C、当时，四边形可以是等腰梯形，不能推出四边形是平行四边形，符合题意； D、∵，即四边形两组对边分别相等，∴四边形是平行四边形，不符合题意． 5. 如图，在中，相交于点O，E为的中点，连接，若的周长是5，则的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可得，再由三角形中位线定理可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵E为的中点， ∴为的中位线，， ∴， ∵的周长是5， ∴， ∴， 即的周长为10． 6. 如图，的对角线相交于点，是等边三角形，且，则的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理．由矩形和等边三角形，求得，再根据勾股定理求得的长，据此求解即可． 【详解】解：∵平行四边形是矩形，是等边三角形， ∴， ∵， 在中，由题意可知，， ， ∴的周长是． 故选：D． 7. 如图，分别是四边形四条边的中点，要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是（ ） A. 一组对边平行而另一组对边不平行 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到四边形一定是平行四边形，再推出一个角是直角，即可求解，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：要使四边形为矩形，四边形应具备的条件是对角线互相垂直，理由如下： 根据三角形的中位线定理得： ，，，， ∴，， ∴四边形一定是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 故选：C． 8. 如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠部分构成一个四边形，对角线，，过点作于点，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形面积的两种计算方式，掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 作，垂足为，设与相交于点，根据菱形的判定与性质可知，最后利用菱形面积的两种表示方法即可解答． 【详解】解：作，垂足为，设与相交于点， ∵两张等宽的纸条，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故选：． 9. 把一张矩形纸片按如图方式折叠，使顶点与点重合，折痕为．若，则的长是（ ） A. B. C. D. 6.5 【答案】C 【解析】 【分析】连接，由折叠的性质可得，，由矩形的性质得，，进而可证四边形是菱形． 在中，利用勾股定理求出，在中，，利用勾股定理求出，然后利用矩形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接， 由折叠的性质可得，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 在中，． 设，则， 在中， ∴， 解得：，即， ∴， ∵， ∴ 解得． 10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，点是的中点，连接，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点始终在轴的正半轴上随之上下移动．下列选项中，结论错误的是（ ） A. 当时，点的坐标为 B. 在矩形的移动过程中，的长度始终保持不变 C. 当时，四边形是平行四边形 D. 点到点的最大距离是6 【答案】D 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质，即可求得的长度，过点C作轴于点E，分别求得即可判断A选项；根据为的中点以及直角三角形的性质即可判定选项B，根据等腰三角形三线合一得到，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可判断C选项；根据三角形边的关系可得，当O、M、C三点在同一直线时有最大值，求解即可判断D选项． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴． 在中，，则． 过点C作轴于点E， 在矩形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴在中，，， ∴点C的坐标是，故选项A正确； ∵M为的中点， ∴， 故选项B正确； 当时，是等腰直角三角形， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 故选项C正确； ∵M为的中点， ∴， 根据三角形三边关系可得： ，当O、M、C三点在同一直线时，有最大值． 即点到点的最大距离是， 故选项D错误． 二、填空题（每题4分，共20分） 11. 一个多边形的内角和是外角和的4倍，则这个多边形是________． 【答案】十边形 【解析】 【分析】明确任意多边形的外角和为固定值，多边形内角和公式为，其中为多边形的边数，根据题目给出的倍数关系列方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 任意多边形的外角和为，边形内角和公式为， 根据题意列方程得， 解得， 故这个多边形是十边形． 12. 若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式有意义的条件，先确定的取值，再求出的值，最后代入计算即可． 【详解】解：∵二次根式的被开方数为非负数， ∴， 解得． 将代入，得， 则． 13. 如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧交数轴于点（点位于点的左侧），则点表示的数为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理可得，由作法得：，即可解答． 【详解】解：在中，， ∴， 由作法得：， 根据题意得：点B表示的数为2，点位于点的左侧， ∴点表示的数为． 14. 如图，某学校的校门是伸缩门，伸缩门中的每一行有菱形20个，每个菱形的边长为25cm．校门关闭时，每个菱形的钝角度数为120°，校门部分打开时，每个菱形原来120°的角缩小为60°，则校门打开了______cm． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两个菱形对角线BD，的长度即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接AC交BD于O，连接， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°， ∴，∠AOB=90°，BD=2OB， ∴∠ABO=30°， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴校门关闭时，校门的长度为，校门打开时，校门的长度为， ∴校门打开了， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，熟知菱形的性质是解题的关键． 15. 如图，有一张 纸片， ，连接 ，将 沿 所在直线剪开得到 和 ，用这两个三角形拼成平行四边形后最长对角线的长是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理以及平行四边形的性质，根据等腰三角形三线合一的性质求出 的长度，分情况讨论 和 拼成平行四边形后最长对角线的长度． 【详解】解： ， ， ， ， 如图所示，以 为对角线， 此时最长对角线的长度为： ； 如图所示，以 为对角线， 过点作 延长线的垂线，垂足为点 ， 则 ， 平行于 ， ， ， ， 四边形 是矩形， ， ， ， ， 即此时最长对角线的长度为； 如图所示，以 为对角线， 过点 作 延长线的垂线，垂足为点 ， 同理可得矩形 ， ， ， ， 此时最长对角线的长度为； ， 用这两个三角形拼成平行四边形后最长对角线的长为． 三、解答题（共90分） 16. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式、单项式乘以多项式、二次根式的乘法，熟练掌握各运算法则是解题关键．先计算平方差公式和单项式乘以多项式，再计算整式的加减，然后将代入计算即可得． 【详解】解： ， 当时，原式． 18. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，，连接，，． （1）___________，___________，___________； （2）判断是否为直角三角形，并说明理由． 【答案】（1）；； （2）解：为直角三角形，理由如下： ， ， 为直角三角形． 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理计算即可； （2）根据勾股定理逆定理判断即可. 【小问1详解】 解：， ， ， ； 【小问2详解】 略 19. 如图，有一个长方形，长为，宽为．准备在长方形上截下一块长，宽的小长方形（即图中阴影部分）． （1）求长方形的周长； （2）求剩余部分与长方形的面积差． 【答案】（1） （2）面积差为 【解析】 【分析】（1）利用长方形的周长公式即可求解； （2）分别计算出长方形和的面积，用长方形的面积减去小长方形的面积即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴长方形ABCD的周长为：． 【小问2详解】 解：由题可得：长方形的面积 长方形的面积为：， ∴剩余部分的面积为：， ， ∴面积差为． 20. 已知：如图，平行四边形中，、分别为和的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当、满足怎样的数量关系时，四边形是矩形，请说明理由． 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵，分别为和的中点， ∴， ∴， ∵，即 ∴四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形， 理由如下， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质结合线段中点的定义证明即可； （2）根据三线合一可得，再根据矩形的判定即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 如图，在中，，点D是的中点，连接，过点B作，过点C作，相交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点D作于点F，交于点G，若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 在中，，且点D是的中点， ， ∴四边形是菱形． （2） 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． （1）利用菱形的判定及直角三角形的特征即可求证结论； （2）利用直角三角形的特征及勾股定理求得，利用菱形的性质及可得，进而可得，根据即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ， ， ， 在中，， ， ∵四边形是菱形， ， ， 在与中， ， ， ， ， ， ， 故的长为． 22. 勾股定理具有丰富的文化内涵，它揭示了直角三角形的三边关系，搭建起几何与代数之间的桥梁，为解决几何问题拓宽了思路．请完成下面问题： （1）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图1所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为，若，大正方形的面积为13，则小正方形的面积是 ； （2）如图2，小明把赵爽弦图里的4个全等的直角三角形适当拼合，并作出一条辅助线，其他条件不变，利用这个图形也可以验证勾股定理，你能说明其中的道理吗？ （3）如图3，在中，是边上的高，，，，求的值． 【答案】（1）5 （2） 证明：图形的总面积可以表示为或， ， ； （3） 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的几何背景，完全平方公式与几何图形的面积，解题的关键是数形结合． （1）设直角三角形的斜边为，利用勾股定理和完全平方公式求出的值，利用大正方形的面积减去四个直角三角形的面积进行计算即可； （2）根据图形的总面积等于一个大正方形的面积加上两个直角三角形的面积，也等于两个小正方形的面积加上两个直角三角形的面积，然后整理即可得证； （3）在和中，根据勾股定理可得出，即可求解． 【小问1详解】 解：设斜边的长为， 由题意，得：，， ， ， 小正方形的面积为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：在中，， 在中，， ， 解得． 23. 【问题情景】通过作平行线来实现问题转化是我们常用到的方法． 如图1，在中，分别交AB于D，交AC于E．已知，，，求的值，我们可以过点D作BE的平行线（如图2），也可过点E作CD的平行线解决问题． 【问题解决】 （1）请回答：的值为__________． 【类比探究】（2）如图3，已知和矩形，与交于点G，，参考上述思考问题的方法，求的度数． 【迁移应用】 （3）如图4，已知：交于E点，连接，，．且与互为余角，与互为补角，则__________度，若，求的长． 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理.注意掌握辅助线的作法. （1）由可证得四边形是平行四边形，即可得，即可得,然后利用勾股定理,求得的值； （2）首先连接，由四边形是平行四边形,四边形是矩形，易证得四边形是平行四边形，继而证得是等边三角形,则可求得答案； （3）首先得出，进而得出最后求出的度数；以为邻边作平行四边形，连接，得出，再求出，然后过A作交的延长线于P，过点M作于N，再根据勾股定理得出结果． 【详解】解：（1）解:， ∴四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ∴． 故答案为： （2）连接，如图． ∵四边形是平行四边形，四边形是矩形， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴． ∴是等边三角形． ∴ ∵， ∴． （3）①∵， ， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 故答案为： ②以为邻边作平行四边形，连接，如图， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，． ∴ 在四边形中， ∵， ∴ ∴ 过A作交的延长线于P，过点M作于N． ∵， ∴ ∴ 在中， 在中， ∵， ∴ 在中，． ∴． ∴的长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $