四川广元市朝天区2025-2026学年八年级下学期5月期中数学试题（含解析）

这是一份四川广元市朝天区2025-2026学年八年级下学期5月期中数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 使式子有意义的实数的取值范围是( )
A. ≥0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件，列出不等式即可求解．
【详解】解：根据题意，得
解得：
故选D.
本题主要考查二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式有意义的条件是：被开方数大于等于零.
2. 下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】解：A、被开方数含分母，故A错误；
B、被开方数含分母，故B错误；
C、被开方数含能开得尽方的因数，故C错误；
D、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故D正确；
故选：D．
本题考查最简二次根式的定义，被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3. 一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（ ）
A. 7B. 7或8C. 8或9D. 7或8或9
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．
则原多边形的边数为7或8或9．
故选：D．
考点：多边形内角与外角．
4. 已知最简二次根式与二次根式能够合并，则a的值为（ ）．
A. 5B. 3C. 4D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查合并同类二次根式，根据题意，得到与为同类二次根式，根据同类二次根式的定义，进行求解即可．
【详解】解：∵最简二次根式与二次根式能够合并，
∴，
∴；
故选C．
5. 在平行四边形中，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质解答即可求解，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：．
6. 如图，在中，，是边上的高，垂足为D，点F在上，连接，E为的中点，连接，若，则的长为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．根据 “三线合一”得到D为的中点，根据三角形中位线定理计算得到，再利用计算求解即可解题．
【详解】解：，是边上的高，垂足为D，
D为的中点，
E为的中点，
为的中位线，
，
，
，
故选：B．
7. 如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为，点都在格点上，于点，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，三角形的面积，由勾股定理得，进而利用三角形的面积解答即可求解，正确识图是解题的关键．
【详解】解：由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，
故选：．
8. 下列条件：①；②；③；④．其中能判定四边形为平行四边形的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定定理逐个分析判断即可．
【详解】解：如图：
① ∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴四边形是平行四边形，故①符合要求，
② 四边形内角和为，∵，，
∴ ，
∴，
∴ ，
同理可得，
∴四边形是平行四边形，故②符合要求，
③ ，仅说明邻边相等，不能判定四边形是平行四边形，故③不符合要求．
④ ∵，
∴四边形是平行四边形，故④符合要求，
综上，符合条件的有个．
9. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当AC＝4，BC＝2时，则阴影部分的面积为（ ）
A. 4B. 4πC. 8πD. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理得到AB2＝AC2+BC2，根据扇形面积公式计算即可．
【详解】由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2＝20，
则阴影部分的面积＝
＝
＝4，
故选A．
本题考查的是勾股定理、扇形面积计算，掌握勾股定理和扇形面积公式是解题的关键．
10. 如图，在矩形中，，．是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用．关键是利用折叠的性质得到对应边相等，再结合勾股定理逐步计算线段长度．首先根据折叠的性质得出，；然后在中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度；最后设，表示出的长度，在中运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，；
∵将沿折叠，点落在边上的点处，
∴，；
在中，由勾股定理得：
，
∴；
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即；
故选：B．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11. 已知，则的值为______．
【答案】
【解析】
【详解】解：∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
12. 在中，，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用勾股定理得，再代入计算即可．
【详解】解：在中，，
，
，
故答案为：．
本题主要考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理解题的关键．
13. 若其中m是正整数，则m的值是_____．
【答案】3
【解析】
【分析】利用相邻完全平方数的算术平方根和是正整数确定的值．
【详解】解：∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
又∵m是正整数，
∴．
14. 如果一个多边形的内角和等于它的外角和的两倍，那么该多边形的对角线共有_______条．
【答案】9
【解析】
【分析】先根据多边形内角和定理与多边形外角和定理求出该多边形的边数，再代入边形对角线条数公式计算即可．
【详解】解：设该多边形的边数为，
由题意得：，
解得，
则该多边形的对角线的条数共有（条）．
15. 如图，在平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为，，P为线段上一动点，以，为边构造平行四边形，则使对角线的值最小的点Q的坐标为_____．
【答案】
【解析】
【分析】四边形是平行四边形，可得，当时，的值最小，点Q的横坐标为，可证明四边形是矩形，可得，则，可得，即可得点Q的坐标．
【详解】解：∵点A的坐标为，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴当时，的值最小，
∵点B的坐标为，
∴点Q的横坐标为，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴点Q的坐标为．
16. 如图，中，，，P是边上的一个动点，以为对角线作平行四边形，则的最小值为________．

【答案】
【解析】
【分析】题目主要考查平行四边形的性质，勾股定理及三角形等面积法、等腰三角形的性质，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
根据平行四边形的性质得出当时，最小，然后连接，利用等腰三角形的性质得出，再由勾股定理及三角形等面积法即可求解．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，
∵P是边上的一个动点，
∴当时，最小，
∵与是对角线，交于点O，，

∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴即，
解得，
∴，
故答案为：
三、解答题（本大题共10小题，共96分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查实数的运算，二次根式的化简；先将二次根式化简，然后根据实数的运算法则计算即可．
【小问1详解】
解：
．
【小问2详解】
解：
．
18. 已知，先化简再求的值．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的化简求值，非负数的性质，先根据非负数的性质求出，再根据二次根式乘除法法则把所给代数式化简，再把代入计算即可．
【详解】解：由题意得，
解得，
原式
，
当，时，
原式
19. 如图，把一块土地划出一个后，测得，其中．
（1）判断的形状，并说明理由；
（2）求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直角三角形，见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先在中，由勾股定理求解，再由勾股定理逆定理求解即可；
（2）由，结合三角形面积公式解答．
【小问1详解】
解：是直角三角形，理由如下：
∵，
∵，
，
，
是直角三角形；
【小问2详解】
解：∵，
∴
；
即阴影部分面积为24平方米．
20. 定义：若两个二次根式a，b满足，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．
（1）若a与是关于6的共轭二次根式，求a的值；
（2）若与是关于2的共轭二次根式，求m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题主要考查了新定义：共轭二次根式的理解和应用，掌握二次根式的混合运算法则是解题关键．
（1）由题意得：，即可求解；
（2）由题意得：，化简即可求解；
【小问1详解】
解：由题意得：，
∴；
【小问2详解】
解：由题意得：，
∴，
∴；
21. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，点E在上，点F在上，连接，使恰好经过点O．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）8
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，可证明，则可证明；
（2）根据（1）的结论可证明，即，由平行四边形的对角线互相平分得到，再由勾股定理求出的长即可得到答案．
【小问1详解】
证明：∵平行四边形的对角线相交于点O，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：由（1）得，
∵，
∴，即，
∵平行四边形的对角线相交于点O，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
22. 物理课上，老师带着科技小组进行物理实验．同学们将一根不可拉伸的绳子绕过定滑轮．一端拴在滑块上，另一端拴在物体上，滑块放置在水平地面的直轨道上，通过滑块的左右滑动来调节物体的升降．实验初始状态如图1所示，物体静止在直轨道上，物体到滑块的水平距离是，物体到定滑轮的垂直距离是．（实验过程中，绳子始终保持绷紧状态，定滑轮、滑块和物体的大小忽略不计）
（1）求绳子的总长度；
（2）如图2，若物体升高，求滑块向左滑动的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
（1）在中利用勾股定理直接计算即可；
（2）由（1）得绳子的总长度为，得到，在中利用勾股定理求出，再利用线段和差即可解答．
【小问1详解】
解：由题意得，，，，
在中，，
，
．
答：绳子的总长度为．
【小问2详解】
解：如图，
由题意得，，，
，
由（1）得，绳子的总长度为，
，
在中，，
，
，
答：滑块向左滑动的距离为．
23. 如图，C是线段的中点，．
（1）求证：；
（2）连接，若，求的长．
【答案】（1）详见解析
（2）8
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键：
（1）中点得到，平行线的性质，得到，利用证明即可；
（2）根据，得到，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，即可得出结果．
【小问1详解】
证明：是线段的中点，
．
，
．
在和中，
．
【小问2详解】
，是线段的中点，
．
，
．
又，
∴四边形是平行四边形，
．
24. 如图，平行四边形的对角线，相交于点，，，且．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）通过，，且，可证得，从而知道平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形；
（2）先证明，再证明，利用是含有角的直角三角形，可求得的面积，也就是四边形的面积．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴平行四边形是矩形；
【小问2详解】
解：由（1）可知，是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∵是矩形，
∴，
∴，
，
，
．
25. 如图①，正方形中，对角线和相交于点O，E是正方形的边下方一点，连接，已知，且．
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）如图②，连接，求证：．
【答案】（1）等边三角形，见解析
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得到，结合已知得到，再根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出即可证明；
（2）过点A作交的延长线于点F，可得为等腰直角三角形，，由勾股定理得，再证明即可．
【小问1详解】
解：是等边三角形，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴是等边三角形；
【小问2详解】
证明：如图，过点A作交的延长线于点F，
∴
∵为等边三角形，
∴
∵，
∴
∴
∴为等腰直角三角形，，
∴
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴．
26. 已知在中，，E为直线上一动点，连接．
（1）如图①，若E为线段上的一点且满足，若，求线段的长；
（2）如图②，若E为线段上的一点，过点C作交的延长线于点F，过点B作于点G，延长交于点H，连接，试探究线段之间的数量关系，并证明其结论；
（3）如图③，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，请直接写出的最小值．
【答案】（1）；
（2），证明见解析；
（3）．
【解析】
【分析】（1）过点E作于点H，求出，得，，证明是等腰直角三角形，得，根据求出，从而得出结论；
（2）延长交的延长线于点T．证明，推出，，证明，推出，可得结论；
（3）将绕点A逆时针旋转得到，证明，当时，有最小值．过点B作于点G，延长交直线于点P，连接，证明，求出，，得，求出，，从而可得结论．
【小问1详解】
解：如图，过点E作于点H，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：．
证明如下：
如图，延长交的延长线于点T，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
；
【小问3详解】
解：如图，将绕点A逆时针旋转得到，
由旋转的性质可得，，
，
在和中，
，
∵H是定点，
∴点在直线上运动，
∴当时，有最小值，
过点B作于点G，延长交直线于点P，连接，即的最小值为长，
∵在中，，
∴．
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
，
，
在中，，
，
，
∴的最小值为．