天津河西区2025-2026学年第二学期八年级下学期期中数学试卷（含解析）

这是一份天津河西区2025-2026学年第二学期八年级下学期期中数学试卷（含解析），共2页。试卷主要包含了本卷共10题，共30分等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为第I卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第1卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第3页至第8页．试卷满分100分．考试时间90分钟．
答卷前，请务必将自己的姓名、考生号、考点校、考场号、座位号填写在“答题卡”上．答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．考试结束后，将本试卷和“答题卡”并交回．
祝你考试顺利！
第I卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点．
2．本卷共10题，共30分．
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若一个长方形的长为，宽为，则该长方形的面积为（ ）．
A. B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题根据长方形面积公式计算，结合二次根式乘法法则化简即可得到结果，用到知识点为长方形面积公式和二次根式化简．
【详解】解：∵ 长方形面积公式为 ，已知长为，宽为，
∴ ，
因此该长方形面积为4．
2. 已知直角三角形两条直角边长为12和5，则斜边长为（ ）
A. B. 13C. 12D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用，已知直角三角形两条直角边长度，直接利用勾股定理计算斜边长即可．
【详解】解：设直角三角形的斜边长为，
∵ 该三角形是直角三角形，两条直角边长分别为12和5，
∴ 根据勾股定理可得，
计算得，
∵ 边长为正数，
∴ ．
3. 由下列长度组成的各组线段中，不能组成直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，若三角形两条较短边的平方和等于最长边的平方，则该三角形是直角三角形，否则不是，据此逐一判断即可．
【详解】解：A选项，最长边为，
，
能组成直角三角形，不符合题意；
B选项，最长边为，
，
能组成直角三角形，不符合题意；
C选项，最长边为，
，
能组成直角三角形，不符合题意；
D选项，最长边为，
，，，
不能组成直角三角形，符合题意．
4. 若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【详解】解：设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于180°（n﹣2），
可得方程180°（n﹣2）=1080°，
解得：n=8．
故选C．
本题考查了多边形的内角和公式，解题的关键是根据题意列出一元一次方程．
5. 下列各式中计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能合并，A错误；
B、与不是同类二次根式，不能合并，B错误；
C、，计算正确，C正确；
D、，D错误．
6. 如图，在四边形中，，要使为平行四边形，下列添加的条件不能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：A．∵，，
∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意；
B．∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意；
C．当，时，四边形可能为等腰梯形，
所以不能证明四边形为平行四边形，故此选项符合题意；
D．∵，，
∴四边形为平行四边形，故此选项不符合题意．
7. 已知，则的值是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算的值，再开方得到最终结果．
【详解】解：根据完全平方公式可得，
把代入上式得，
对等式两边开平方得．
8. 赵爽弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形．图中包含四个全等的勾股形和一个小正方形，其面积称为朱实和黄实．如图，设每一个勾股形的两条直角边长分别为a和b，若，且，则黄实为（ ）
A. 9B. 10C. 17D. 21
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知小正方形的边长为，然后根据完全平方公式即可解答．
【详解】解：由题意可知小正方形的边长为，
∵，，
∴黄实=a−b2=a2+b2−2ab=25−2×8=9 ．
9. 如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ）
A. 3B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．
【详解】如图：连接BE，
，
∵菱形ABCD，
∴B、D关于直线AC对称，
∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小
∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．，
∵菱形ABCD，，点，
∴，，
∴
∴△CDB是等边三角形
∴
∵点是的中点，
∴,且BE⊥CD，
∴
故选：A．
本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．
10. 如图，已知正方形ABCD的边长为1，P为正方形内一点，且△PBC为等边三角形，某同学根据条件得出四个结论：①PAD为等腰三角形；②PBC的面积为；③；④PBD的面积为．其中正确的是（ ）
A. ①③B. ①④C. ①③④D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，交于点，交于点，根据正方形的性质与等边三角形的性质，逐项分析计算判断即可．
【详解】解：如图，过点作，交于点，交于点，
四边形是正方形，
，，
四边形是矩形
是等边三角形，
，
是等腰三角形
故①正确
故②不正确
故③正确
故④正确
故选C
本题考查了正方形与等边三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，掌握正方形与等边三角形的性质是解题的关键．
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）．
2．本卷共13题，共70分．
二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分．）
11. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数是非负数，列出不等式求解即可．
【详解】解：根据题意得：，
解得：，
故答案为：．
12. “两直线平行，内错角相等”的逆命题是__________．
【答案】内错角相等，两直线平行
【解析】
【详解】解：“两直线平行，内错角相等”的条件是：两条平行线被第三条值线所截，结论是：内错角相等．
将条件和结论互换得逆命题为：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行，
可简说成“内错角相等，两直线平行”．
故答案为：内错角相等，两直线平行．
13. 写出一个比大且比小的整数______．
【答案】3（答案不唯一）
【解析】
【分析】先分别求出与在哪两个相邻的整数之间，依此即可得到答案．
【详解】解：∵2＜＜3，4＜＜5，
∴所有比小且比大的整数有3，4，
∴这个整数可以是3，
故答案为：3（答案不唯一）．
本题主要考查了实数的大小比较，也考查了无理数的估算的知识，分别求出与在哪两个相邻的整数之间是解答此题的关键．
14. 点在平面直角坐标系中，则点P到原点的距离是_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两点间距离公式，代入点和原点的坐标即可计算求解．
【详解】解：平面直角坐标系中，原点坐标为，
根据两点间距离公式，点到原点的距离
．
15. 在平面直角坐标系中，已知以，，，四个点为顶点的四边形是平行四边形，其中，，，则点的坐标为 ________．
【答案】或或
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，平面直角坐标系点的特征，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
利用平行四边形的判定作出图象求解即可．
【详解】解：在平面直角坐标系中，已知，，，可作图如下：
∵四边形是平行四边形，
当，，
∴在点的基础上向左和向右平移两个单位即可得到和
∴；；
当时，点向下平移1个单位向左平移1个单位可得到点，
∴在点的基础上向下平移1个单位并向左平移1个单位可得到点；
故答案为：或或．
16. 如图，已知∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，点D在AB上，连接CE，点M，点N分别为BD，CE的中点，则MN的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，根据DE∥AC，可证△EDN≌△CFN，可得DE = CF，求出DN = FN，FC = ED，得出MN是中位线，再证△CAE≌△BCF，得出BF= CE,即可解题．
【详解】解：连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，如图，
∵∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，
，
，
，
∵点N为CE的中点，
，
在和中，
，
，
，
∵点M为BD的中点，
是的中位线，
，
，
，
在和中，
，
，
．
本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，勾股定理．
三、解答题：（本大题共7小题，共52分，解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简二次根式，然后去括号合并同类二次根式即可；
（2）化简二次根式后计算括号内的减法，最后计算除法即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
解：原式
．
18. 已知，求代数式的值．
【答案】
【解析】
【分析】二次根式代入求值即可．
【详解】解：将，代入
得：
．
19. 如图，在中，，，，是的垂直平分线，分别交，于点E，D．
（1）求证：是直角三角形；
（2）求的长和的面积．
【答案】（1）见解析 （2），
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理即可证明；
（2）根据垂直平分线可知，，再根据勾股定理以及面积公式即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，，，
所以，，
∵．
∴是直角三角形．
【小问2详解】
解：连接，
∵是的垂直平分线，
∴，．
∵是直角三角形，且．
设，则．
在中，，即，
解得，即．
∴，
∴．
20. 如图，在中，已知，是边的中点，过点作，且．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质得到，结合已知推出，根据平行四边形的判定定理即可证明结论成立；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得，，据此求解即可．
【小问1详解】
证明：，是边的中点，
．
，
．
又，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：，，，
，
．
在中，由勾股定理得．
四边形是平行四边形，
，
四边形的周长为．
本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
21. 如图，在中，，D是的中点，，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．
【小问1详解】
证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【小问2详解】
由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
22. 如图，平行四边形的对角线，相交于点，平分，，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的性质可得，根据平行四边形的性质可得，推出，得到，进而得，即可得证；
（2）根据菱形的性质可得，，，根据勾股定理求出，证明四边形是矩形，根据矩形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：平分，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
平行四边形是菱形；
【小问2详解】
解：四边形是菱形，
，，，
，．
，，
四边形是平行四边形．
，
四边形是矩形，
．
23. 如图，四边形是正方形，点G是边上任意一点，于点E，且交于点F．
（1）求证：；
（2）如图1，连接、，探究线段与的关系并证明；
（3）如图2，若，G为中点，连接，求出四边形的面积为____．（直接写出结果即可）
【答案】（1）见解析 （2）且，见解析
（3）5
【解析】
【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质即可求解；
（2）证明，根据余角，可知，即可证明；
（3）连接，根据勾股定理以及等面积法可知，进而推导出的长度，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴∠DEG=∠DEA=90° ，
∵
∴∠AFB=∠EDG=90°=∠DEA ，
，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵在和中，
∠AFB=∠DEA∠BAF=∠ADEAB=DA，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：，，理由如下：
∵∠FAD+∠ADE=180°−∠AED=90° ，
，
∴，
在和中，
AD=CD∠FAD=∠EDCAF=DE
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：连接，
∵， G为中点，
∴，
由勾股定理可知，AG=AB2+BG2=102+1022=522，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，，
∴
∴，
由（2）可知，CE=DF=10，
∴四边形的面积．