精品解析：新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第十九中学2025－2026学年八年级下学期期中测试数学问卷

八年级下学期期中测试（数学）问卷 一、单选题（每题3分,共27分） 1. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 在下列各组数中，能作为直角三角形的三边长是（ ） A. 1，2，3 B. 1，1， C. 2，， D. 2，3，4 3. 2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务、如图是登月探测器，它的机械臂伸缩自如，灵活性强，其原理主要是运用了（ ） A. 三角形的稳定性 B. 四边形的不稳定性 C. 三角形任意两边之和大于第三边 D. 两点之间线段最短 4. 如图，在四边形中，，要使四边形成为平行四边形，则应增加的条件是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E在线段上，垂直平分，若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 6. 我国是最早了解勾股定理的国家之一．三国时代的蒋铭祖在《蒋铭祖算经》中对勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）． A. B. C. D. 7. 如图的数轴上，点A，C对应的实数分别为1，3，线段于点A，且长为1个单位长度，若以点C为圆心，长为半径的弧交数轴于0和1之间的点P，则点P表示的实数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，，在数轴上的对应点如图所示，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图，点是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为点，，连接，，给出下列四个结论：①；②；③；④一定是等腰三角形，其中正确的结论序号是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（每题3分，共18分） 10. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是__________. 11. 已知，，=______ 12. 若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，顶点的坐标分别为，顶点的坐标为________． 14. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为________． 15. 如图，中，，，，点是上一点，把沿折叠，点对应点，连接，若为直角三角形，则_____． 三、解答题（共55分） 16. 计算： （1） （2） 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形． 19. 如图，在菱形中，对角线和相交于点． （1）实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 20. 小强和小伟都喜欢放风筝．一天放学后他们互相配合又放起了风筝（如图所示），小伟想测量风筝的铅直高度，于是他进行了如下测量：①测得小强牵线的手到风筝的水平距离为；②根据小强手中剩余线的长度计算出风筝线（假设是直的线）的长为；③小强牵线的手离地面的距离为． （1）求此时风筝的铅直高度． （2）若小强想使风筝沿方向下降（不考虑其他因素），则他应该收线多少米？ 21. 如图，在矩形中，延长到，使，延长到，使，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 22. 如图， 是等腰直角三角形， ，点 、分别是 、上的一 动点，且满足 ，是 的中点． （1）求证：； （2）当点运动到什么位置时，四边形是正方形，并说明理由． 23. 如图，在正方形中，E是线段上的动点，连接，过点D作点F在直线的下方，且，连接 （1）【动手操作】 在图中画出线段，则与的数量关系是______； （2）【问题解决】 利用（1）题画出的图形，证明B，C，F三点在一条直线上； （3）【问题探究】 取的中点P，连接，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级下学期期中测试（数学）问卷 一、单选题（每题3分,共27分） 1. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义判断，最简二次根式需要满足两个条件，被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式，符合两个条件即为最简二次根式． 【详解】解：∵选项A，的被开方数含分母，不符合最简二次根式定义，∴不是最简二次根式，本选项不符合题意； ∵选项B，，被开方数含分母，不符合最简二次根式定义，∴不是最简二次根式，本选项不符合题意； ∵选项C，的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因数，符合最简二次根式定义，∴是最简二次根式，本选项符合题意； ∵选项D，，被开方数含能开得尽方的因数4，不符合最简二次根式定义，∴不是最简二次根式，本选项不符合题意． 故选：C． 2. 在下列各组数中，能作为直角三角形的三边长是（ ） A. 1，2，3 B. 1，1， C. 2，， D. 2，3，4 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，掌握若三边长满足“较小两边的平方和等于最大边的平方”，则该三角形为直角三角形成为解题的关键． 根据勾股定理逆定理逐项判断即可． 【详解】解：A．，则不能成为直角三角形，故A选项不符合题意； B．且，则能成为直角三角形，故B选项符合题意； C．，则不能成为直角三角形，故C选项不符合题意； D．，则不能成为直角三角形，故D选项不符合题意． 故选B． 3. 2025年，中国载人航天工程将扎实推进空间站应用与发展和载人月球探测两大任务、如图是登月探测器，它的机械臂伸缩自如，灵活性强，其原理主要是运用了（ ） A. 三角形的稳定性 B. 四边形的不稳定性 C. 三角形任意两边之和大于第三边 D. 两点之间线段最短 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了几何图形的性质在实际生活中的应用，理解不同的几何图形的特性是解决本题的关键． 由不同的几何图形的性质：三角形具有稳定性，而四边形具有不稳定性，根据“伸缩自如，灵活性强”分析即可． 【详解】解：因为登月探测器的机械臂伸缩自如，灵活性强， 所以其设计需利用四边形的不稳定性来实现伸缩功能． 故选：B ． 4. 如图，在四边形中，，要使四边形成为平行四边形，则应增加的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行四边形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故A符合题意； B、现有条件无法判断四边形是平行四边形，故不符合题意； C、当时，，与已知条件重复，不能判定平行四边形，故不符合题意； D、当，时，四边形为平行四边形或等腰梯形，故不符合题意； 故选：A． 5. 如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E在线段上，垂直平分，若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形的性质得到，，根据线段垂直平分线的性质得到，推出是等边三角形，得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， 是等边三角形， ，， ， 设，则， 中，， ， 解得：（负值舍去）， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 6. 我国是最早了解勾股定理的国家之一．三国时代的蒋铭祖在《蒋铭祖算经》中对勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理． 【详解】解：A、大正方形的面积为：； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：， ∴， 故A选项能证明勾股定理； B、梯形的面积为：； 也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：， ∴， ∴， 故B选项能证明勾股定理； C、大正方形的面积为：； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：， ∴， ∴， 故C选项能证明勾股定理； D、大正方形的面积为：； 也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：， ∴， ∴D选项不能证明勾股定理． 7. 如图的数轴上，点A，C对应的实数分别为1，3，线段于点A，且长为1个单位长度，若以点C为圆心，长为半径的弧交数轴于0和1之间的点P，则点P表示的实数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了实数在数轴上的表示，勾股定理；由勾股定理得，求出，由即可求解；能用勾股定理求解，找出实数在数轴的点是解题的关键． 【详解】解：由题意得 ， ， ， P表示的实数为； 故选：B． 8. 已知实数，，在数轴上的对应点如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质，绝对值，数轴上实数大小的比较等知识，掌握二次根式的性质是解题的关键；由数轴知，从而可确定的符号，由二次根式的性质及绝对值可化简． 【详解】解：由数轴知：， ∴， ∴ ； 故选：A． 9. 如图，点是正方形的对角线上一点，，，垂足分别为点，，连接，，给出下列四个结论：①；②；③；④一定是等腰三角形，其中正确的结论序号是（　　） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质．由正方形的性质证明，得出，由，证明四边形是矩形，得出，进而得出，①符合题意；由矩形的性质证明，得出，进而得出，②符合题意；由正方形的性质结合矩形的性质得出是等腰直角三角形，进而得出，③符合题意；只有或或时，才是等腰三角形，④不符合题意；即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是正方形， ，，，， ， ，， ，， ， 四边形是矩形， ， ，故①符合题意； 四边形是矩形， ，，， ， ， ，故②符合题意； 四边形是矩形， ∴，， ， ， 是等腰直角三角形， ，故③符合题意； 点在上， 只有或或时，才是等腰三角形，故④不符合题意； 综上，①②③正确，共3个． 故选：C． 二、填空题（每题3分，共18分） 10. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是__________. 【答案】x≥-5 【解析】 【分析】根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解． 【详解】解：根据题意得：x+5≥0，解得x≥-5． 【点睛】主要考查了二次根式的意义和性质． 概念：式子（a≥0）叫二次根式． 性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义． 11. 已知，，=______ 【答案】8 【解析】 【分析】由题可得，． 利用 ， 将所求式变形后可解答． 【详解】解：∵，， ∴， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了求代数式的值和平方差公式，完全平方公式，考虑采用整体代入法求解． 12. 若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为________． 【答案】##800度 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式即可得． 【详解】解：∵七边形的内角中有一个角为， ∴其余六个内角之和为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题关键． 13. 如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，顶点的坐标分别为，顶点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】勾股定理求出的长，根据菱形的性质得到的长，进而求出点坐标即可. 【详解】解：∵顶点的坐标分别为， ∴， ∴， ∵菱形的边在轴上， ∴，轴， ∴. 14. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、三角形中位线的判定与性质等知识点，由平行四边形可得,则，根据平分可得，从而可得，可得，进一步可得的长，再根据三角形中位线定理可得即可解答． 【详解】解：在平行四边形中， ∴，，O是的中点， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点，O是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为1． 15. 如图，中，，，，点是上一点，把沿折叠，点对应点，连接，若为直角三角形，则_____． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理解直角三角形，正方形的判定及性质，合理分类讨论是解题的关键． 分类讨论直角的情况，利用折叠的性质分析求解即可． 【详解】解：当时，如图所示： ∵折叠， ∴， ∴，， ∴四边形为正方形， ∴； 当时，如图所示： ∵折叠， ∴， ∴，，， ∴，，三点共线， ∵在中，， ∴， 设，则， ∴在中，， ∴， 解得：； 故答案为：或． 三、解答题（共55分） 16. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握混合运算的法则，正确的计算，是解题的关键： （1）先进行乘除运算，利用二次根式的性质进行化简，再合并同类二次根式即可； （2）先进行平方差公式和完全平方公式的计算，再合并同类二次根式即可． 【小问1详解】 解：原式； 【小问2详解】 原式． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】此题主要考查了分式的化简求值，解题的关键是首先将括号里面通分，再将分子与分母分解因式，将除法转化为乘法，约分得到最简结果，最后把m的值代入进行计算即可． 【详解】解：原式 ； 当时， 原式． 18. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点在对角线上，且，连接．求证：四边形是平行四边形． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】求出，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明四边形AECF是平行四边形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，熟练掌握相关性质与判定定理是解题的关键． 19. 如图，在菱形中，对角线和相交于点． （1）实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】（1） 即为所求，     （2）， 证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是上的中线， ∴． 【解析】 【分析】（1）以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接，再根据菱形的性质，平行四边形的判定，即可； （2）根据菱形的性质，得，；根据，，即可． 【小问1详解】 如下如：即为所求， 以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接， 证明： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查菱形、平行四边形和直角三角形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，直角三角形的中线，平行四边形的判定和性质． 20. 小强和小伟都喜欢放风筝．一天放学后他们互相配合又放起了风筝（如图所示），小伟想测量风筝的铅直高度，于是他进行了如下测量：①测得小强牵线的手到风筝的水平距离为；②根据小强手中剩余线的长度计算出风筝线（假设是直的线）的长为；③小强牵线的手离地面的距离为． （1）求此时风筝的铅直高度． （2）若小强想使风筝沿方向下降（不考虑其他因素），则他应该收线多少米？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的实际应用，掌握勾股定理是解题的关键． （1）勾股定理求出的长，再加上即可； （2）勾股定理求出此时的长，即可得出结果． 【小问1详解】 解：由题意，得，． ∴在中，， ∴． 答：此时风筝的铅直高度为． 【小问2详解】 解：∵风筝沿方向下降， ∴． 在中，∵， ， ∴． 答：他应该收线． 21. 如图，在矩形中，延长到，使，延长到，使，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，根据矩形的四个角都是直角得到，即，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明； （2）根据菱形的邻角互补，对角线平分对角可得，根据直角三角形中角所对的边是斜边的一半得出，根据勾股定理求出，根据菱形的对角线互相平分求出，，根据菱形面积等于对角线积的一半即可求解． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，即， ∴平行四边形是菱形． 【小问2详解】 解：四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等．掌握相关知识是解题的关键． 22. 如图， 是等腰直角三角形， ，点 、分别是 、上的一 动点，且满足 ，是 的中点． （1）求证：； （2）当点运动到什么位置时，四边形是正方形，并说明理由． 【答案】（1）证明见详解； （2）当点运动到的中点时，四边形是正方形 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形的性质和判定，等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的判定，正方形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键； （1）连接，根据直角三角形的性质可得，从而证明，得到由，得出，从而求证； （2）若四边形是正方形，则，得到点是的中点． 【小问1详解】 证明：连接， 是等腰直角三角形，是的中点， ，，， 又， ， ， ，   【小问2详解】 当点运动到的中点时，四边形是正方形， ， ，， 为等腰直角三角形， 当为的中点时，，即， 又，， 四边形为矩形， 又， 四边形为正方形。 23. 如图，在正方形中，E是线段上的动点，连接，过点D作点F在直线的下方，且，连接 （1）【动手操作】 在图中画出线段，则与的数量关系是______； （2）【问题解决】 利用（1）题画出的图形，证明B，C，F三点在一条直线上； （3）【问题探究】 取的中点P，连接，求的值． 【答案】（1），理由见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】此题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． （1）根据题意画出图形，根据得，根据得，由此可得与的数量关系； （2）连接，证明和全等得，进而得，由此即可得出结论； （3）连接，过点P作于H，由直角三角形斜边上的中线性质得，，则，由此可依据“”判定和全等，则，进而得为等腰直角三角形，设，则，证明为的中位线得，据此可得的值． 【小问1详解】 解：，理由如下： 根据题意画出图形如图1所示：   四边形为正方形， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 证明：连接，如图2所示： 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ∴， ， ， ，C，F三点在一条直线上； 【小问3详解】 解：连接，过点P作于H，如图3所示： ，， 和均为直角三角形， 点P为的中点， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， 设， 由勾股定理得：， ，， ， 又点P为的中点， 为的中位线， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $