北京市大兴区2025~2026学年下学期期中练习八年级数学（含解析）

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2026.04
考生须知
1.本试卷共9页，共三道大题，28道小题．满分100分．考试时间120分钟．
2.在试卷和答题卡上准确填写学校名称、班级、姓名和准考证号．
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答．
一、选择题（共16分，每题2分）．下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的，
1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解：根据最简二次根式的定义逐一判断：
∵ 选项A中，因此A不是最简二次根式；
∵ 选项C中，因此C不是最简二次根式；
∵ 选项D中的被开方数含有分母，因此D不是最简二次根式；
∵ 选项B中 的被开方数不含分母，也不含能开得尽方的因数，满足最简二次根式的定义，
∴ 是最简二次根式
2. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式的基本运算，根据二次根式的运算法则和性质，逐一计算各选项即可判断正误.
【详解】解：对选项A：
∵
∴A计算正确；
对选项B：
∵
∴B计算错误；
对选项C：
∵
∴C计算错误；
对选项D：
∵
∴D计算错误；
综上，选A.
3. 在中，的对边分别是．下列条件中，不能判定是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理可判断A、B选项；根据勾股定理逆定理可判断C、D选项．
【详解】解：A、∵ ，
∴ ，
∴是直角三角形，
故A选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∴是直角三角形，
故B选项不符合题意；
C、∵，
∴，，
∴，
∴不是直角三角形，
故C选项符合题意；
D、∵，
∴，，
∴，
∴是直角三角形，
故D选项不符合题意．
4. 在中，已知，则的度数是（ ）
A. 40°B. 70°C. 110°D. 140°
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的性质，利用平行四边形对角相等，邻角互补的性质，即可计算出的度数.
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴.
∵，
∴ .
∴ .
5. 如图，图中所有的三角形都是直角三角形，所有的四边形都是正方形．若正方形的面积分别为1和5，则正方形的面积为（ ）
A. B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【详解】解：由图可知，正方形、的边长分别为直角三角形的两条直角边长，正方形的边长为斜边长．
正方形的面积等于边长的平方，
根据勾股定理可得：
，
，
．
6. 如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交于点，连接．若的面积为，的面积为，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，分别交于点，根据矩形的性质得到，，通过证明四边形是矩形，得到，同理可得：四边形、、都是矩形，则有，，，再根据图形面积之间的等量代换即可得出结论．
【详解】解：如图，过点作，分别交于点，
∵矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：四边形、、都是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
即．
7. 如图，点是正方形内一点，连接．若是等边三角形，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的性质得到，，，根据等边三角形的性质得到，，则，，最后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
8. 在中，是对角线的中点，过点作直线分别交于点（E、F不与端点重合），连接交于点．给出下面三个结论：
①；
②若，则与的面积比为；
③点可以是的中点．
所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】A
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质，对结论①通过证明三角形全等进行判断；对结论②利用相似三角形的性质和三角形面积公式进行判断；对结论③通过反证法和相似三角形的性质进行判断，最终确定所有正确结论的序号．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∵是对角线的中点，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，故①正确．
∵，
∴，
∴．
∵，设，，
∵是中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
设点到的距离为，点到的距离为，
∵，
∴，
，故②正确．
若点是的中点，则，
∵，
∴，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，即点与点重合，此时点与点重合，与题设中分别在上（非端点）矛盾，故③错误．
综上所述，①②正确．
二、填空题（共16分，每题2分）．
9. 若二次根式有意义，则x的取值范围是_____．
【答案】x≥1
【解析】
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
【详解】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1，
故答案为：x≥1．
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握被开方数大于等于0．
10. 若，则的值是_____．
【答案】
【解析】
【详解】解：∵，
，
∴，
∴，
∴．
11. 如图，四边形是平行四边形，顶点的坐标分别是，则顶点的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴．
12. 如图，公路互相垂直，公路的中点与点被池塘隔开，若测得的长为，则，两点间的距离为_____．
【答案】150
【解析】
【详解】解：由公路互相垂直，
∴，
∵M为中点，
∴．
13. 如图，在中，对角线，相交于点．在不添加辅助线的前提下，增加一个条件，使得是矩形．这个条件可以是_____．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【详解】解： 四边形 是平行四边形，
若添加条件，
根据对角线相等的平行四边形是矩形，
四边形 是矩形．
故答案为 （答案不唯一）．
14. 如图，在矩形中，为边上一点，将矩形沿直线折叠，使点落在边上处．若，则的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据矩形的性质得，，再根据折叠的性质得，，在中，利用勾股定理计算出，则，设，则，然后在中根据勾股定理得到，求解方程即可得到的长．
【详解】解：四边形为矩形，
，，
矩形沿直线折叠，顶点恰好落在边上的处，
∴，，
在中，，
，
设，则，
在中，，
，
解得，
故答案为：．
15. 如图，在矩形中，是延长线上一点，且，连接，取的中点，连接交于点．若，则为_____（用含的代数式表示）．
【答案】
【解析】
【分析】连接交于点，根据矩形的性质得到，，，进而得到，，由得到，根据三线合一性质得到，再根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图，连接交于点，
∵矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
又∵是的中点
∴平分，
∴，
∴．
16. 如图，点是正方形外部一点，且点与点在直线的异侧，以为边作正方形，连接．给出下面三个结论：
①当时，的面积小于的面积；
②的面积随的变化而变化，当时，的面积最大；
③连接，则．
所有正确结论的序号是_____．
【答案】②③
【解析】
【分析】作于点，作交延长线于点，根据正方形的性质证明，得到，再根据三角形的面积公式可判断①；由以及可判断②；设与交于点，与交于，根据正方形的性质证明，得到，再根据三角形内角和定理可判断③，即可得出结论．
【详解】解：如图，作于点，作交延长线于点，
则，
∵正方形，
∴，，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的面积等于的面积，故①错误；
∵，其中的长随的变化而变化，
∴的面积随的变化而变化，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴当时，的面积最大，故②正确；
如图，设与交于点，与交于，
∵，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，故③正确；
综上，正确结论的序号是②③．
三、解答题（共68分，第17－23题，每题5分，第24－26题，每题6分，第27题8分，第28题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明的过程，
17. 已知一个多边形的内角和是外角和的三倍，则这个多边形是几边形？
【答案】八边形
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角与外角，正确掌握多边形的内角和公式和多边形的外角和为是解题的关键．设这个多边形为边形，根据“多边形的内角和是外角和的三倍”，结合边形的内角和公式和多边形的外角和为，列出关于的一元一次方程，解之即可．
【详解】解：设这个多边形为边形，
边形的内角和为：，
边形的外角和为：，
根据题意得：
，
解得：，
答：这个多边形是八边形．
18. 如图，在中，E，F是对角线BD上的两点，且，求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查平行四边形的判定．连接交于点，利用平行四边形对角线互相平分得到，，再结合推出，从而证明四边形的对角线互相平分．
【详解】证明：连接交于点，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
即 ，
，，
四边形是平行四边形．
19. 当时，求代数式的值．
【答案】
【解析】
【详解】解：把代入，得
20. 如图，在矩形中，对角线与相交于点，于点．求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】解题关键是利用矩形对角线互相平分且相等的性质，得出为等腰三角形，求出的度数，再结合构造的直角三角形，利用直角三角形两锐角互余求出．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
21. 如图，在中，平分，的垂直平分线分别交，，于点E，F，G，连接，，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的判定，垂直平分线的性质，解题的关键是掌握垂直平分线上的点到两端距离相等，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
根据垂直平分线的性质得出，,，则,进而得出，则,通过证明，得出,即可求证四边形是平行四边形，最后根据，即可求证四边形是菱形．
【详解】证明：∵是的垂直平分线，
∴，,，
∴,
∵平分，
∴,
∴，
∴,
∵，，，
∴，
∴,
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
22. 如图，一个正方形草坪的四个顶点分别是，，，．要修建和两条路，使点，分别在边，上，且．猜想与的关系，并证明．
【答案】，，证明过程见解析
【解析】
【分析】通过已知条件证明即可得证；
【详解】，，理由如下：
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
如图所示，
，
，
，
．
23. 如图，在四边形中，是的中点，与相交于点．
（1）求证；四边形是平行四边形；
（2）若，，，直接写出四边形的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线定理得到且，结合推出，从而证明四边形是平行四边形；
（2）先求出、，利用中位线性质求出，进而求出，利用求面积即可．
【小问1详解】
证明：∵，
∴是的中点，
又∵是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
又∵，
∴，
又∵、、三点共线，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，，
由（1）知，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴．
24. 观察下列等式，解决问题：
第1个等式：；
第2个等式：；
第3个等式：；
第4个等式：．
（1）根据以上等式的规律，直接写出第5个等式；
（2）用含（是整数且）的式子表示第个等式 ，并证明．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）仿照等式的规律写出第5个等式即可；
（2）找到等式的规律，写出第个等式，通过二次根式的性质化简证明等式成立即可．
【小问1详解】
解：由题意得，第5个等式：；
【小问2详解】
解：第个等式为，
证明：左边右边，
∴等式成立．
25. 如图，在正方形中，点是对角线的中点，点是线段上一动点（不与点重合）．连接，作交于点．
（1）猜想与的数量关系，并证明；
（2）连接，交于点，用等式表示线段，，的数量关系，并证明．
【答案】（1），理由见解析；
（2），理由见解析；
【解析】
【分析】（1）通过过点作和的垂线，利用正方形性质得到等腰直角三角形和线段等量关系，再结合进行等角代换，证明两个直角三角形全等，从而得出所求．
（2）借鉴正方形中过对角线上一点作两边的垂线构造正方形的经典方法，过点作于点，于点，过点作于点，于点，连接，先利用全等三角形和等腰三角形性质确定各垂线段之间的数量关系，再利用面积法求出点G到两边的距离，最后通过代数恒等变形完成证明．
【小问1详解】
，
过点作于点，交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵、、三点共线，、在直线同侧，
∴，
∴，
又∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
，
过点作于点，于点，
过点作于点，于点，连接，

∵四边形是正方形，点在对角线上，
∴，
又∵，
∴，，
∴四边形是正方形，，
∴，
∴，，
设，正方形边长为，则，
又∵，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点在对角线上，
∴四边形是正方形，
设，则，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴
，
∴．
26. 在平面直角坐标系中，已知点．对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，连接并延长至，使，则称点为点关于点的平移关联点．
（1）如图1，已知
①若点，则点的坐标为 ；
②若点的坐标为，则当 时，点在轴上；
（2）如图2，已知正方形的边长为1，各边与轴平行或垂直，其中心为，点为正方形上的动点．
①当点为时，点运动过程中，点形成的图形的面积是 ；
②当点为时，在点运动过程中，若点形成的图形与坐标轴有交点，则的取值范围是 ．
【答案】（1）①；②；
（2）①；②或
【解析】
【分析】（1）先根据平移关联点的定义，利用中点坐标公式推导点与点、点的坐标关系，得到；再代入具体数值求解各小问．
（2）根据正方形边长与中心坐标确定的坐标范围，①求出图形面积即可；②同理，得到的轨迹范围，最后结合坐标轴交点条件求参数范围．
【小问1详解】
设点，点，
∵点由点向右平移、向上平移得到，
∴，
又∵连接并延长至，使，
∴是线段的中点，
∴，
（1）已知，
①∵点，
∴，
∴，
②∵点，
∴，
又∵点在轴上，
∴，
∴，
【小问2详解】
已知正方形中心为，边长为，边与坐标轴平行，点P坐标为
∴点的横坐标范围是：，纵坐标范围是：，
①∵点为，
∴，
∴点的横坐标，纵坐标，
∴点形成的图形是边长为的正方形，
∴，
②∵点为，
∴，
∴点的横坐标范围，纵坐标范围，
∵点形成的图形与坐标轴有交点，
∴与轴有交点时，
∴，
又∵与轴有交点时，
∴，
∴的取值范围是或．