湖北武汉市汉阳区2025-2026学年下学期期中八年级数学试卷（含解析）

这是一份湖北武汉市汉阳区2025-2026学年下学期期中八年级数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了认真阅读答题卡上的注意事项等内容，欢迎下载使用。
在你答题前，请认真阅读下面的注意事项：
1．本试卷全卷共6页，三大题，满分120分．考试用时120分钟．
2．答题前，请将你的姓名、准考证号填写在“答题卡”相应位置．
3．答选择题时，选出每小题正确答案后，用2B铅笔将“答题卡”上对应题目答案标号涂黑．如需改动，请先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在“试卷”上无效．
4．第非选择题时，答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔书写在“答题卡”上，答在“试卷”上无效．
5．认真阅读答题卡上的注意事项．
预祝你取得优异成绩！
一、选择题（共10个小题，每小题3分，共30分）
下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号涂黑．
1. 要使在实数范围内有意义，则x须满足的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】二次根式有意义的条件是被开方数非负，据此列不等式求解即可．
【详解】解：∵在实数范围内有意义，
∴，
∴．
2. 计算的值，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：∵
∴．
3. 将下列长度的三条线段首尾顺次连接，不能组成直角三角形的是（ ）
A. 3，4，5B. 1，1，C. ，，2D. 5，12，13
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理，先找出每组线段的最长边，计算最长边的平方，再计算两条较短边的平方和，比较二者是否相等，不相等则不能组成直角三角形．
【详解】解：A 项：最长边为， ，，，能组成直角三角形，不符合题意；
B项：最长边为， ，，，能组成直角三角形，不符合题意；
C项：最长边为，，，， 不满足勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，符合题意；
D项：最长边为，，，，能组成直角三角形，不符合题意．
4. 下列根式中，不能与合并的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将各选项化为最简二次根式，判断被开方数是否和的被开方数相同．
【详解】解：∵能与合并的二次根式是化简后被开方数为的同类二次根式
分别化简各选项得：
A选项 = ，被开方数为，可以合并；
B选项 = ，被开方数为，可以合并；
C选项 = ，被开方数为，不可以合并；
D选项 = ，被开方数为，可以合并；
∴不能与合并的是选项C．
5. 下列各式中计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次根式的运算法则，只有同类二次根式可以合并，二次根式乘法法则为．
【详解】解：∵ 与不是同类二次根式，不能合并；
∴ A选项错误．
∵ 与不是同类项，不能合并；
∴ B选项错误．
∵ 根据二次根式乘法法则，；
∴ C选项计算正确．
∵ 与不是同类二次根式，不能合并．
∴ D选项错误．
综上，答案选C．
6. 如图，下列条件中不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】结合已知与平行四边形判定定理依次判断即可．
【详解】解：A、两组对边分别平行，能判断四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
B、两组对边分别相等，能判断四边形是平行四边形，故该选项不符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等，不能判断四边形是平行四边形，故该选项符合题意；
D、一组对边平行且相等，能判断四边形是平行四边形，故该选项不符合题意．
7. 如图，在菱形中，与交于点O，若，，则该菱形的面积是（ ）
A. 48B. 36C. 24D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可；
【详解】解：根据题意，得菱形中，与交于点O，且，，
则该菱形的面积是；
8. 如图，平面直角坐标系中，有矩形，点B的坐标是，则的长是（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】连接， ，根据两点间距离公式，，利用矩形的性质，得到求解即可；
【详解】解：如图，连接， ，且点B的坐标是，
故，
因为矩形，
故
9. 如图，在中，，D是中点，平分，，垂足为E，连接，若，则的长为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】延长交于点F，证明，再利用三角形中位线求解即可；
【详解】解：延长交于点F，
∵平分，，
∴，
，
∴，
∴，，
∵D是中点，
∴，
∴,
∵，
，
故
故；
10. 如图，是的边上的高．分别以线段，，，为边向外作正方形，正方形的面积分别为，，，．则它们之间存在的关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据勾股定理，得，结合正方形的面积求解即可；
【详解】解：因为是的边上的高，
所以，
所以，
根据正方形的面积，得，
故．
故．
二、填空题（共6个小题，每小题3分，共18分）
下列各题不需要写出解答过程，请将正确结果直接填写在答题卡指定的位置．
11. 计算的结果为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的加法、二次根式的性质，先利用二次根式的性质进行化简，再计算二次根式的加法即可得解．
【详解】解：，
故答案为：．
12. 当时，的值为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据，化简求解即可；
【详解】解：
当时，原式．
13. 等边三角形的边长为6，则此等边三角形的面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作于点，根据等边三角形三线合一的性质得到的长度，利用勾股定理求出高的长，再根据三角形面积公式计算即可得到结果．
【详解】解：如图，过点作于，
等边三角形的边长为，，
，
由勾股定理得，
．
14. 如图，矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E、F，，，则图中阴影部分的面积为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据矩形性质得出，，，推出，证出和的面积相等，同理可证：和的面积相等，和的面积相等，即可得出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即和的面积相等，
同理可证：和的面积相等，和的面积相等，
即阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，
∵矩形面积是，
∴阴影部分的面积是3．
15. 一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比是，这个多边形的边数是_______．
【答案】8
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角与外角关系，关键是掌握多边形的相邻的内角与外角互补．
多边形的相邻的内角与外角互补即可求解外角度数，再由边数为除以外角度数求解．
【详解】解：因为多边形一个内角与一个外角互补，
∴外角为：,
∴边数为：，
故答案为：8．
16. 如图，在中，，．点，分别是边，上的动点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，根据三角形中位线定理可得，求出的最小值即可得的最小值．
【详解】解：如图，连接，
∵点、分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当取最小值时，可取得最小值，
∵点是边上的动点，
∴当时，线段的长最小，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值是．
三、解答题（共8个小题，共72分）
下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形．
17. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）3 （2）2
【解析】
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
18. 已知，，求的值．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了完全平方公式的因式分解，二次根式的运算，掌握这些是解题的关键．
将因式分解，再将，代入求值即可．
【详解】解：，，
原式
．
19. 如图，在平面直角坐标系中，，，为第一象限内一点，连，，且，．
（1）连接，求的长；
（2）求四边形的面积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（）利用勾股定理解答即可求解；
（）由勾股定理的逆定理可得是直角三角形，且，再根据四边形的面积解答即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，
【小问2详解】
解：∵，，，
∴ ，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形的面积．
20. 如图，四边形的对角线交于点，．若_________，则．
从①，②，③这三个选项中选择一个作为条件，使结论成立，并说明理由．
【答案】①（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，由边的关系与角的关系得到三角形全等是解决本题的关键．
选择①：根据平行线的性质，即“两直线平行，内错角相等”可得，再由角边角的证明方法即可证明与全等，由此可得结论；
选择②：根据平行线的性质，即“两直线平行，内错角相等”可得，再由角角边的证明方法即可证明与全等，由此可得结论．
【详解】解：选择①，
∵，
∴，
∵，且，
在与中，
由，
∴≌，
∴；
故答案为：①．
选择②，
∵，
∴，
∵，
在与中，
由，
∴≌，
∴．
故答案为：②．
21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．均为格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．
（1）在图中，先画的高，再在上画点，使；
（2）在图中，点为线段上任一点（不在格线上，不是格点），连接，画点，使四边形为平行四边形；
（3）在图中，点为线段上任一点（不在格线上，不是格点），连接，在线段上画点，使于．
【答案】（1）画图见解析
（2）画图见解析 （3）画图见解析
【解析】
【分析】（）取格点，连接交于点，由网格特点可知，即；取格点，连接交于点，连接，由勾股定理及逆定理可知是等腰直角三角形，故；
（）取格点，连接，可知，取中点，连接并延长交于点，易证，得到，即可得四边形为平行四边形，故点即为所求；
（）取格点，可知点和点关于对称，连接交于点，连接并延长交于点，可知点关于对称，连接交于点，则，故点即为所求．
【小问1详解】
解：如图所示，线段和点即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示，点即为所求；
【小问3详解】
解：如图所示，点即为所求．
22. 按要求完成以下问题
（1）教材呈现：如图1，一架长为2.5m的梯子斜靠在竖直的墙上，此时梯子一边的顶端位于墙面的点处，底端位于地面的点处，点到墙面的距离为．如果将梯子底端沿向外移动，那么梯子顶端会沿墙下滑多少？求出梯子会沿墙下滑的距离的长度；
（2）解决问题：如图2，某物流公司仓库内有一座的货架，货架顶部安装一个高的装卸平台，现需对该平台进行设备检修．一辆高的叉车在货架前点处，展开的升降臂（最长）刚好接触到装卸平台底部点．叉车向货架方向行驶多少后，其长的升降臂刚好能接触到装卸平台顶部点？请通过计算后说明理由．
【答案】（1）答：梯子会沿墙下滑的距离的长度为．
（2）叉车向货架方向行驶后,其长的升降臂刚好能接触到装卸平台顶部点．
【解析】
【分析】本题考查勾股定理的应用，解题的关键是掌握勾股定理的应用，进行解答，即可．
（1）根据题意，可得，，，根据勾股定理求出，根据梯子底端沿向外移动，则，根据勾股定理求出，即可求出；
（2）过点作于点，由题意可得，，，，根据勾股定理求出；，根据，即可解答．
【小问1详解】
解：由题意可得，，，
∴
∵梯子底端沿向外移动，
∴，
∴，
∴．
答：梯子会沿墙下滑的距离的长度为．
【小问2详解】
解：叉车向货架方向行驶后,其长的升降臂刚好能接触到装卸平台顶部点．理由如下：
过点作于点，
由题意可得，，，，
叉车高，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴叉车向货架方向行驶后,其长的升降臂刚好能接触到装卸平台顶部点．
23. 如图，矩形对角线交于O点，分别过D，C作，的平行线交于点E．
（1）如图1，若，求的大小；
（2）如图2，连接；作于点F，若，，求的长；
（3）如图3，若，连接，在上画点G，在上画点H，使，连，，当的和最小，且最小值为时，直接写出的长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质，结合，判定四边形是菱形，再根据判定是等边三角形，即可求解；
（2）设，交于点M，根据菱形的性质，勾股定理，菱形的面积表示，求解即可；
（3）将线段绕点E顺时针旋转得到，连接，证明，得到，当C，H，N三点共线时，取得最小值，且最小值为，再结合勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：∵矩形对角线交于O点，分别过D，C作，的平行线交于点E．
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接；设，交于点M，
根据（1）的解答可知，四边形是菱形，
∴，且，，
∴，
∵于点F，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图，将线段绕点E顺时针旋转得到，连接，
∵矩形对角线交于O点，分别过D，C作，的平行线交于点E．
∴，，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴当C，H，N三点共线时，取得最小值，且最小值为，
∵的和最小，且最小值为，
∴，
根据勾股定理，得，
∴，
解得（负的舍去），
∴，
∴；
24. 在中，，，D为所在直线上一点，连接，过点C作垂线，交直线于点E，在直线上取点F，使，过F作的平行线交于G点．

（1）如图1，D为中点，求证G为中点；
（2）如图2，D为线段上任意一点（不与A，C点重合），试探究线段，，间的数量关系，并说明理由；
（3）若D为线段延长线上一点，先完成作图，画出E、F、G点，连，，，直接写出，间的数量关系．
【答案】（1）见解析 （2）线段，，间的数量关系为，见解析
（3），间的数量关系为．
【解析】
【分析】（1）过点B作，交的延长线于点M，证明，，求解即可
（2）过点B作，交的延长线于点N，仿照（1）思路证明即可；
（3）过点B作，交的延长线于点Q，仿照（2）思路证明即可；
【小问1详解】
证明：过点B作，交的延长线于点M，在中，，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵D为中点，
∴，
∴，
∴，
∴G为中点．
【小问2详解】
解：线段，，间的数量关系为，理由如下：
过点B作，交的延长线于点N，在中，，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：，间的数量关系为．理由如下：
过点B作，交的延长线于点Q，在中，，，
∴，
∴，
∵，

∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴；
∵，
∴；