山东菏泽市定陶区2025-2026学年八年级下学期期中数学试题（含解析）

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注意事项：本试卷满分120分．考试时间120分钟．请将答案填写在答题卡相应位置．
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题目要求．
1. 下列根式是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】最简二次根式需满足两个条件：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，对各选项逐一判断即可.
【详解】解：对于选项A，，被开方数含能开得尽方的因式，不是最简二次根式；
对于选项B，，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
对于选项C，的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因式，是最简二次根式；
对于选项D，，被开方数含分母，不是最简二次根式.
2. 下列图象中，不能表示是的函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的定义，对于每一个确定的的值都有唯一确定的值与之对应，进行判断即可.
【详解】解：观察可知，只有选项D的图象中，不符合每一个确定的的值都有唯一确定的值与之对应，不能表示是的函数.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式和绝对值的性质，利用二次根式性质将原式化简为绝对值形式，再根据绝对值性质列不等式求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
解不等式得 ．
4. 如图，木杆斜靠在竖直墙壁上，当木杆上端沿墙壁下滑时，底端沿射线滑动，中点随之运动．在此过程中，线段的长度（ ）
A. 逐渐变小B. 逐渐变大C. 保持不变D. 先变小后变大
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜边上的中线等于斜边的一半，得到，即可得出结果.
【详解】解：由题意，，
∵是的中点，
∴，
∵的长为定长，
∴线段的长度保持不变.
5. 如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为（ ）
A. 5B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】证明四边形为菱形，根据菱形的面积公式进行计算即可.
【详解】解：由题意，，点到和的距离相等，均等于纸条的宽，
∴四边形为平行四边形，
∵平行四边形的面积纸条的宽纸条的宽，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，，
∴四边形的面积为.
6. 如图，在中，点D，E，F分别在边上，且，下列说法不正确是（ ）
A. 若，那么四边形是矩形
B. 若平分，那么四边形是菱形
C. 若且，那么四边形是菱形
D. 若，那么四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形的判定，菱形的判定，解答即可，本题考查了矩形，菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】∵
∴四边形是平行四边形，
A. 若，那么四边形是矩形，正确，不符合题意；
B. 若平分，那么四边形是菱形，正确，不符合题意；
C. 若且，那么四边形是菱形，正确，不符合题意；
D. 若，不能得出四边形是矩形，错误，符合题意；
故选D．
7. 如图，矩形的对角线，相交于点，过点作于点，若，，则的长为（ ）
A. B. C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】勾股定理求出的长，求出的面积，再根据三角形的面积公式进行计算即可.
【详解】解：∵矩形，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴.
8. 小明用相同的积木玩一个拼图游戏，该积木每个角都是直角，长度如图1所示，小明用个这样的积木，按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙．则图形的总长度与图形个数之间的关系式为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】观察图形可得用x个这样的图形拼出来的图形总长度为：，根据规律即可求解．
【详解】解：观察图形可知：
当两个图拼接时，总长度为：；
当三个图拼接时，总长度为：；
以此类推，可知：用x个这样的图形拼出来的图形总长度为：，
∴y与x的关系式为．
故选：A．
本题考查了一次函数的应用，根据图形的拼接规律得出y与x的关系式是解题的关键．
9. 已知四边形，其中，，将沿折叠，落于，交于，且为平行四边形（如图）；再将纸片展开，将沿折叠，使点落在上一点（如图）．在两次折叠过程中，两条折痕、的夹角的度数为（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】如图，过作于点，过作于点，可证，得到，即得，设，，可得，由四边形是矩形得，即得，得到，即可求解．
【详解】解：如图，过作于点，则，
在图中，∵，为平行四边形，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由折叠可得，，
∴，
设，，则，
由折叠可得：，
∵，，
∴ ，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
10. 如图，在中，与交于，在上，，，，是的中点，点以秒的速度从出发，沿向运动，点同时以秒的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止运动，当点运动（ ）秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
A. 3或4B. 3或5C. 4或6D. 4或5
【答案】B
【解析】
【分析】先利用平行四边形的性质和已知推导出，再根据等角对等边得到，则，然后利用平行四边形的性质得到，进而列方程求解即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
又，
，
，
，
点是的中点，
，
以点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
，
，或，
或5．
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分．
11. 在函数中，自变量x的取值范围是________．
【答案】x≥−4且x≠0．
【解析】
【分析】根据被开方数大于等于0，分母不等于0，即可得解．
【详解】解：由题意得，x＋4≥0且x≠0，
解得x≥−4且x≠0．
故答案为：x≥−4且x≠0．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12. 若，则的平方根是__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了非负数的性质，先根据绝对值和算术平方根的非负性求出m、n的值，然后代入计算，最后根据平方根的定义求解即可．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴的平方根是，
故答案为：．
13. 如图，在等腰梯形中，，点，分别是，的中点，且，若，，则的长为___________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，三角形中位线定理求出的长，证明，得到，勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长即可.
【详解】解：连接，
∵点，分别是，的中点，，
∴，
∵在等腰梯形中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的中点，
∴.
14. 在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，的长为______．
【答案】或##12或8
【解析】
【分析】分两种情形讨论即可①如图1中，点在点左侧，②如图2中，点在点右侧．由平行四边形的性质及等腰三角形的判定可得出答案．
【详解】解：如图，

四边形是平行四边形，
，，，
，
又平分，
，
，
，
同理可证：，
，
，
，
，
；
如图中，

同理可知，，
，
．
，
综上所述为或，
故答案为：或．
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是发现两个等腰三角形，利用等腰三角形性质解决问题，属于常考题型．
15. 在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是，，，点在函数的图象上．若以A，B，C，D，为顶点的四边形是平行四边形，且点在第一象限，则满足条件的点的坐标为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题利用平行四边形对角线互相平分的性质，结合中点坐标公式分三种情况讨论，求出点的坐标后，根据点在函数图象上且在第一象限，筛选出符合条件的结果．
【详解】解：设点的坐标为，因为点在的图象上，所以，
根据平行四边形对角线互相平分，分三种情况讨论：
情况1：当为对角线时，由中点坐标公式得 ，，
代入坐标得：，，
解得，，点不在第一象限，不符合题意；
情况2：当为对角线时，得，，
代入坐标得：，，
解得，，点不在第一象限，不符合题意；
情况3：当为对角线时，得，，
代入坐标得：，，
解得，，
验证：将代入，得，符合解析式，且点在第一象限，符合题意．
三、解答题：本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的性质，二次根式的混合运算，零指数幂；
（1）根据二次根式的性质化简，根据零指数幂化简，然后合并同类二次根式，即可求解；
（2）根据平方差公式以及二次根式的除法进行计算即可求解．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
17. 已知矩形的面积为，相邻两边长为a，b，对角线长为．
（1）化简：；
（2）若，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理得到，根据三角形的三边关系得到，代入二次根式进行化简即可；
（2）根据勾股定理和完全平方公式变形，求出的值即可.
【小问1详解】
解：在矩形中，由勾股定理得：，
且a，b，c为三角形三边长，
∴，
∴，
故原式．
【小问2详解】
解：∵，，
∴．
∵，
∴，
，
，
，
∴矩形面积.
18. 用描点法画函数的图象，并完成下列问题：
（1）求曲线与x轴、y轴交点坐标；
（2）根据图象分析，y随x变化而变化的情况．
【答案】（1）与x轴交点坐标为和，与y轴交点坐标为
（2）当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小
【解析】
【分析】本题考查了描点作图法画二次函数图象以及二次函数图象的相关性质．
（1）根据列表、描点、连线的步骤作出二次函数的图象，令，求得函数与y轴的交点坐标；令，求得函数与x轴的交点坐标；
（2）根据函数图象以及函数增减性的定义求解即可．
【小问1详解】
解：列表如下：
描点作图如图所示：
令，则，即二次函数与y轴的交点为；
令，则，解得，即二次函数与x轴的交点为和；
【小问2详解】
解：由图象可知，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小．
19. 求证：如果矩形的一条对角线上任意一点到另一条对角线两端的距离相等，那么该矩形是正方形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据题意，写出已知，求证，根据矩形的性质，结合已知条件，推出矩形的对角线互相垂直，即可得出结论.
【详解】已知：如图，矩形的对角线交于点，为对角线上一点，，
求证：四边形是正方形．
证明：四边形是矩形，
，，，
又，，
，
，
即，
矩形是正方形．
20. 如图，在中，分别以，，为边作等边三角形，等边三角形，等边三角形，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当满足什么条件时，四边形是菱形？
【答案】（1）见解析 （2）当时，四边形是菱形
【解析】
【分析】（1）证明，得到，即可得证；
（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，得到当时，四边形是菱形．
【小问1详解】
证明：、、都是等边三角形，
，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：当时，四边形是菱形．
证明：四边形是平行四边形，
、是等边三角形，
，，
又，
，
平行四边形是菱形.
21. 【观察发现】
二次根式中有这样一些相辅相成的“对子”：例如，，，它们的积不含根号，我们称这两个二次根式互为有理化因式．
【知识迁移】
于是，二次根式的除法可以这样解：例如，像这样通过分子、分母同乘一个式子把分母中的根号化去，叫作分母有理化．
【拓展延伸】
（1）化简：；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）2025
【解析】
【分析】（1）先进行分母有理化，再合并同类二次根式即可；
（2）先进行分母有理化，求出，再代入代数式进行计算即可.
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
，
.
22. 如图①，在矩形中，，，点P从A出发，沿路线运动，到D停止，点P的速度为每秒，a秒时点P改变速度，变为每秒，图②是点P出发x秒后的面积与x（秒）的关系图象．
（1）参照图②，求a、b及图②中的c值；
（2）设点P离开点A的路程为，请写出动点P改变速度后y与出发后的运动时间x（秒）的关系式，并求出点P到达中点时x的值；
（3）当点P出发多少秒后，的面积是矩形面积的．
【答案】（1），，
（2），
（3）当点P出发秒或秒后，的面积是矩形面积的
【解析】
【分析】本题主要考查了动点及相关的函数图象分析，运用函数图象解决动点问题．
（1）根据，结合图象，得出当时，，由图象可知，8秒时，点P在B处，结合a的值求得b值，最后根据c表示的是运动总时间，求出c值；
（2）由点P在6秒后开始变速，变速后速度为每秒，可求得动点P改变速度后y与出发后的运动时间x（秒）的关系式；当点P运动到中点时，可知点P离开点A的路程为，将代入y与x的关系式，即可求得x的值；
（3）先求出矩形的面积以及的面积，再按照点P不同的运动阶段分类讨论，求出符合条件的值，具体分为三个阶段进行讨论，分别是：点P在上运动，点P在上运动，点P在上运动，其中：点P在上运动需要再分变速前和变速后两个阶段分别讨论．
【小问1详解】
解：当P在边上时，由图得知：，
当时，
，
∴；
当，即动点P运动时间为6秒时，，
，
∴，；
【小问2详解】
解：由题意得：，
P到达中点时，，
又∵，
∴，
即；
【小问3详解】
解：∵在矩形中，，，
∴，
∵的面积是矩形面积的，
∴．
①P在段（），
当时，P从A向B匀速运动，速度为1单位/秒，
此时，
若，
则，即，不符合题意，舍去；
当时，P的速度为2单位/秒，
，
若，
则，即，符合题意；
②P在段，
此时，不符合题意．
③P在CD段，
此时，
即，
若，
则，即，符合题意；
综上： 或．
当点P出发秒或秒后，的面积是矩形面积的．
23. 已知正方形．
（1）如图1，是上一点，过上一点作的垂线，交于点，交于点，求证：；
（2）如图2，过正方形内任意一点作两条互相垂直的直线，分别交，于点，，交，于点，，判断与的数量关系并证明；
（3）当点在正方形的边上或外部时，过点作两条互相垂直的直线，其中一种情形如图3所示，过正方形外一点作互相垂直的两条直线，，直线与，的延长线分别交于点，，直线与，的延长线分别交于点，，试就该图形判断与的数量关系并证明．
【答案】（1）见解析 （2），证明见解析
（3）相等，证明见解析
【解析】
【分析】（1）过点作的平行线，交于点，交于点，得四边形为平行四边形，得到，证明，即可得证；
（2）过作，过作，则，证明，即可得证；
（3）过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，同法（1）即可得证．
【小问1详解】
证明：在图中，过点作的平行线，交于点，交于点，
是正方形，
，，，，
∴四边形为平行四边形，
∴；
，，
．
．
．
在和中，
，
，
；
【小问2详解】
解：，理由如下：
过作，过作，则，
，，
又，
，
，，
，
，
；
【小问3详解】
解：．证明如下：
过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点．
∵，，
∴四边形，四边形均为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同（1）法可知，，
．
∴．
x
0
1
2
y
2
1
1