江苏苏州市相城区2025-2026学年第二学期八年级数学期中试卷（含解析）

这是一份江苏苏州市相城区2025-2026学年第二学期八年级数学期中试卷（含解析），共2页。试卷主要包含了04， 下列是一元二次方程的是， 若是方程的一个根，则b的值为等内容，欢迎下载使用。
2026.04
（本试卷分选择题和非选择题两部分，共27题，满分130分；考试用时120分钟）
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考试号等信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卷的相应位置；
2．答选择题必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卷指定的位置上，不在答题区域内的答案一律无效，不得用其他笔答题；
3．考生答题必须答在答题卷上，保持卷面清洁，不要折叠，不要弄破，答在试卷和草稿纸上一律无效．
一、选择题：（8题，每题3分，共24分）
1. 下列是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．根据一元二次方程的定义，找出是一元二次方程的选项即可．
【详解】解：A、该选项的方程含有分式，不是一元二次方程，故该选项不符合题意；
B、该选项有一个未知数且最高次数为2，是一元二次方程，故该选项符合题意；
C、该选项的方程是一元一次方程，故该选项不符合题意；
D、该选项有两个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意．
故选：B．
2. 如图，在中，点O是对角线，的交点，下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．平行四边形的性质有：平行四边形对边平行且相等；平行四边形对角相等，邻角互补；平行四边形的对角线互相平分；平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点．根据平行四边形的性质判断即可.
【详解】解：∵，
∴，，，
不一定成立，结论A错误，符合题意．
故选：A．
3. 如图，在菱形中，对角线相交于点O，．若，则的长是（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的性质可得，则可证明是等边三角形，即可得到．
【详解】解：∵四边形是菱形，且，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
4. 若是方程的一个根，则b的值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将已知根代入原方程，得到关于的一元一次方程，求解即可得到的值．
【详解】解：∵是方程的一个根
∴
解得．
5. 如果关于x的方程可以用直接开平方法求解，那么m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直接开平方法解一元二次方程的要求，等式右边必须为非负数，据此列不等式求解即可得到的取值范围．
【详解】解：∵任意实数的平方为非负数
∴(x−9)2≥0
∵方程(x−9)2=m+3 可以用直接开平方法求解
∴等式右边需满足非负，即
解得．
6. 在下图中，平行线之间的三个图形的面积相比，正确的是（ ）．

A. 平行四边形的面积最大B. 三角形的面积最大
C. 梯形的面积最大D. 三个图形的面积都相等
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查平行线间的距离，根据平行线间的距离处处相等，结合图形的面积公式进行判断即可．
【详解】解：设两平行线间的距离为，
由图可知：平行四边形的面积为：，三角形的面积为，梯形的面积为；
故三个图形的面积都相等；
故选D．
7. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
连接，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】如图，连接，

四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
．
．
故选：A．
8. 如图，在边长为8的正方形中，E，F分别是边、的中点：连接，，G，H分别是、的中点，连接，则的长度为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，通过证明得到，，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：如图所示，连接并延长交于点，连接，
四边形是正方形，
，，，
，分别是边，的中点，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
点是的中点，，
．
二、填空题：（8题，每题3分，共24分）
9. 当_____时，关于的方程是一元二次方程．
【答案】或
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，未知数的最高次数为，且二次项系数不为，据此列关系式求解即可．
【详解】解：将原方程整理为一般形式可得，
∵该方程是关于的一元二次方程，
∴，
解，移项得，开方得，
解，得，
∴和都满足，
∴的值为或．
10. 如图，在平行四边形中，，则的度数是__________．
【答案】##100度
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质．由“在平行四边形中，”可求得与的度数，继而求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
11. 如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长．
【详解】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：5．
12. 将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为______．
【答案】
【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．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴四边形是平行四边形，
如图，作于，于，由等宽可得，
∵，
∴，即，
∴四边形是菱形，
∴，
故答案为：．
13. 在一元二次方程中，实数a，b，c满足，则此方程必有一根为________．
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程求解判断即可．
【详解】解：将代入得，，
此方程必有一根为．
14. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为____．
【答案】6
【解析】
【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．
【详解】解：连接BD，DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
∵DE=BQ+QE=，
∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．
故答案为：6．
本题考查的是轴对称-最短路线问题，解题的关键是熟知轴对称的性质．
15. 如图，四边形ABCD中，AB = BC，∠ABC =∠CDA = 90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE =_______．
【答案】
【解析】
【详解】解：过B作BF垂直DC的延长线于点F，
∵∠ABC=∠CDA=90°，BF⊥CD，
∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF；
又∵BE⊥AD，BF⊥DF，且AB=BC，
∴△ABE≌△CBF，
∴BE=BF；
∵BE⊥AD，∠CDA=90°，BE=BF，
∴四边形BEDF为正方形；
∴四边形ABCD的面积等于正方形BEDF的面积，即等于9，
∴，即BE=
故答案是：
16. 如图，四边形是矩形，点的坐标为，点的坐标为，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE=AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
详解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，
∵矩形ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO=∠BOA，
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，
在△ODE和△BAE中，
，
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE=DE，
设DE=AE=x，则有OE=BE=8-x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，即OE=5，DE=3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED=OD•DE=OE•DF，
∴DF=，OF=，
则D（，-）．
故答案为（，-）．
点睛：此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
三、解答题：（11题，共82分）
17. 解方程：
（1）；
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【小问1详解】
解：
解得，；
【小问2详解】
解：
∴或
解得，．
18. 在▱中，点，分别在边和上，且．求证：．
【答案】见解析．
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得到相关边和角的关系，再通过证明三角形全等，进而得出对应边相等，从而证明．本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的对边平行且相等这一性质，以及全等三角形“边角边”（）的判定定理是解题的关键．通过平行四边形的性质得到全等三角形所需的边和角的条件，进而证明线段相等．
【详解】解： ∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
19. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图；
（1）在图①中以已知线段为对角线画一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，该矩形的面积为______．
（2）在图②中以已知线段为对角线画一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上，该菱形的周长为_____．
（3）在图③中画一个周长为的菱形（非正方形）．
（4）在图④中画一个面积为8的正方形．
【答案】（1）图见解析，8
（2）图见解析，
（3）图见解析 （4）图见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩形的定义，结合网格特点作图，然后求出矩形的面积；
（2）根据菱形的定义，结合网格特点作图，然后根据勾股定理求出边长，然后得出周长；
（3）先求出这个菱形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得；
（4）先求出这个正方形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得．
【小问1详解】
解：如图①，矩形即为所求．
∴该矩形的面积为；
【小问2详解】
解：如图②，菱形即为所求．
∴
∴该菱形的周长为；
【小问3详解】
解：∵菱形的周长为，
∴菱形的边长为，
∵，
∴如图③，菱形即为所求．
【小问4详解】
解：∵正方形的面积为8
∴正方形的边长为，
∵
∴如图④，正方形即为所求．
20. 阅读与思考
小明同学解一元二次方程的过程如下：
小明解方程的方法是_________（填字母）A．直接开平方法，B．配方法，C．公式法，D．因式分解法．
他的求解过程从步骤_________（填序号）开始出现错误；请你写出正确的解答过程．
【答案】
B
③
，解题过程见解析
【解析】
【分析】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法是关键，运用配方法求解即可．
【详解】解：小明解方程的方法是配方法，
他的求解过程从步骤③开始出现错误，
正确的解析过程如下，：
，
移项得，，
等式两边同时除以2得，，
配方得，，
即，
∴或，
∴．
21. 已知关于的方程．
（1）求证：不论取何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有一根为5，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）或．
【解析】
【分析】本题主要考查了根的判别式、一元二次方程的解、解一元二次方程等知识点，掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题关键．
（1）求出一元二次方程根的判别式，证明其大于0即可证明结论；
（2）把代入求出k即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∴不论取何值，方程总有两个不相等的实数根．
【小问2详解】
解： 把代入得：
，
即，
解得：或．
22. 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接．
（1）求证：；
（2）若点为中点，当______时，四边形是正方形．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定；
（1）先证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）先证明四边形是菱形，进而可得，即可求解．
【小问1详解】
证明：，
，
，
，
，
，即，
四边形是平行四边形，
；
【小问2详解】
为中点，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，为中点，
，
四边形是菱形；
若四边形是正方形，则，
又四边形是菱形，
，
，
∴
故答案为：．
23. 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，理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，，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，
∵，
∴，
即：椅子最高点到地面的距离为．
24. 如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点作于点，延长至点，使，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识，
（）由，可得，可得，结合，可得四边形是平行四边形，再结合，可得平行四边形是矩形；
（）在菱形中，，可得，在中，利用勾股定理列式即可求解．
【小问1详解】
证明：在菱形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：在菱形中，，
∵，
∴，
∵在矩形中，，
∵，
∴在中，，
整理得，，
解得：．
25. 在学习解一元二次方程以后，对于某些不是一元二次方程的方程，我们可通过变形将其转化为一元二次方程来解．例如：解方程：．
解：设，则原方程可化为：．
解得：，．
当时，，∴；
当时，，∴．
∴原方程的解是：，，，．
上述解方程的方法叫做“换元法”．请用“换元法”解决下列问题：
（1）解方程：；
（2）解方程：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则原方程可化为，解方程求出m的值，再仿照题意求出x的值即可；
（2）设，则原方程可化为，把方程化为整式方程求出n的值，进而得到关于x的方程，解方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：设，则原方程可化为，
∴，
解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
∴原方程的解为；
【小问2详解】
解：设，则原方程可化为，
∴，
∴n+1n−2=0 ，
解得，
经检验，都是方程的解，
当时，则，
∴，
此时，方程无实数根；
当时，则，
∴，
∴，
解得或，
经检验，和都是原方程的解；
综上所述，原方程的解为．
26. 已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题：
（1）如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分；
（2）如图2，若四边形是菱形，求t的值；
（3）如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）存在，
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
（1）说明四边形是平行四边形即可；
（2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解；
（3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解．
【小问1详解】
解：如图，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，总是互相平分．
【小问2详解】
解：若四边形是菱形，则，
∴在中，由勾股定理，得，
∴，
解得，
∴t的值为3．
【小问3详解】
解：存在．
如图，连接交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
∴，
解得，
∴当秒时，四边形是菱形．
27. 【链接教材】
（1）如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动．
则下列结论正确的是________（填序号即可）：
①；
②；
③四边形的面积总等于；
④连接，总有．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形的对角线的交点O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
（3）①将n个边长都为的正方形按如图3所示的方法摆放，点分别是正方形的对角线的交点，则2026个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为_______．
②如图4，在中，，，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，则的长度为________．
【答案】（1）①②③④ （2），见解析（3）①2025；②或
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定①
②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确．
（2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论；
（3）①根据正方形的性质，结合三角形全等的判定与性质，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则个这样的正方形重叠部分即为个阴影部分的和．
②仿照（2）的解题思路，分点E在上和的延长线上，两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，
∴；，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故①②正确；
根据正方形的性质，得，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故③正确；
连接，
∵，，
∴，
根据勾股定理得到，
故，
故④正确．
故答案为：①②③④．
（2）解：连接，延长交于点G，
∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，
∴；，，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
由勾股定理，得，
故．
（3）①解：作于，于，连接，如图所示：
∴四边形为矩形，
∵正方形中心为，
∴平分，
∴，
∴四边形为正方形，
，
，
在△和△中，
，
△△，
正方形的边长均为，
四边形的面积四边形的面积，
同理可知，各个重合部分的面积都是1，
个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为，
个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为，
故答案为：2025；
②解：当点E在上时，
过点B作，交的延长线于点M，连接
∵，
∴；，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
由勾股定理，得，
故．
∵，，
∴，，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点E在的延长线上时，
过点B作，交的延长线于点N，连接
∵，，
∴；，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
由勾股定理，得，
故．
∵，，
∴，，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
故的长度为或．
本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键．解：移项，得 ①
两边同除以2，得 ②
配方，得 ③
即 ④
∴或 ⑤
∴， ⑥