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(共5张PPT)
八年级数学下册期中检测卷03
（测试范围：第19章-21章）试卷分析
三、知识点分布
一、单选题 1 0.95 多边形外角和的实际应用
2 0.9 二次根式有意义的条件
3 0.85 正多边形的内角问题
4 0.65 与三角形中位线有关的求解问题；利用平行四边形的性质求解
5 0.65 添一个条件成为平行四边形
6 0.65 图形上与已知两点构成直角三角形的点
7 0.7 实数与数轴；用勾股定理解三角形
8 0.65 二次根式的应用
9 0.65 无理数的大小估算；二次根式的乘法
10 0.65 矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
三、知识点分布
二、填空题 11 0.85 最简二次根式的判断
12 0.64 根据矩形的性质求线段长；三角形三边关系的应用；用勾股定理解三角形
13 0.51 二次根式的乘法；根据等角对等边证明边相等；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
14 0.64 判断三边能否构成直角三角形；角平分线的性质定理；化为最简二次根式
15 0.52 二次根式的应用；与实数运算相关的规律题
16 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；用勾股定理解三角形
三、知识点分布
三、解答题 17 0.85 二次根式的加减运算；二次根式的混合运算
18 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
19 0.68 用SAS间接证明三角形全等（SAS）；三线合一；利用平行四边形的性质求解；利用平行四边形的性质证明；用勾股定理解三角形
20 0.6 判断三边能否构成直角三角形；三线合一；用勾股定理解三角形
21 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
22 0.65 二次根式的应用；二次根式的加减运算；二次根式的混合运算
23 0.65 与实数运算相关的规律题；与算术平方根有关的规律探索题；二次根式的乘法；用代数式表示数、图形的规律
24 0.35 全等的性质和SAS综合（SAS）；利用菱形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形保密★启用前
2025-2026学年八年级下册期中检测卷03
数 学
（测试范围：八年级下册人教版2024，第19-21章）
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．已知一个四边形，它的外角和的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．若x为任意实数，下列各式中一定是二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
3．正六边形的一个内角度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平行四边形中，，分别为，的中点，求的值（ ）
A．4 B．3 C．2 D．不确定
5．如图，在中，是对角线上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形一定为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在由的小正方形组成的网格中，A，B两点在格点（网格线的交点）上，若点C在格点上，且是直角三角形，则符合要求的点C共有（ ）
A．2个 B．4个 C．5个 D．6个
7．如图，长方形的边长为2，长为1，点在数轴上对应的数是，以点为圆心，对角线长为半径画弧，交数轴于点，则这个点表示的实数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，这是运动会颁奖台的贴纸，在矩形内绘制三个紧邻的正方形并标注相应的名次，三个正方形的面积从左到右依次为3，4，2，将剩余阴影部分剪掉，则剪掉的面积为（ ）
A． B．
C． D．
9．估计的值应在（ ）
A．和0之间 B．0和1之间
C．1和2之间 D．2和3之间
10．如图，矩形纸片中，，，点P是边上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E、F，要使折痕始终与边、有交点，则的取值范围（　　）
A． B．
C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．在 ，，，，，中，最简二次根式的个数是_______．
12．如图，在矩形中，，，O为对角线的中点，点E在边上，且，点F为边上的一个动点，连接，，则的最大值为_____________．
13．如图，在中，连结，且，的面积为，过点A作于点M，过点D作于点N，在的延长线上取一点P，满足，则__________．
14．如图，是的角平分线，，则的长为 _____．
15．观察下列各等式，并用含n（n为整数，且）的式子表示其中体现的规律______．
；；……
16．如图，在中，是边上的高，平分，交于点，于点，若，，则的长为______．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．计算
(1)
(2)
18． 如图 ：在矩形中，，将矩形沿对角线折叠，点C落在点E处，交于点F．
(1)求证：；
(2)求的长．
19．如图，在平行四边形中，对角线，与相交于点O，点M、N分别为、的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，且，，求的长．
20．如图，某地利用城市空地建设一处“口袋公园”供市民休闲娱乐，公园外轮廓为四边形，其中米，米，米，米，为公园内的一条小路．
(1)求证：．
(2)为保证市民安全，计划在点处安装一监控，监控可监视小路EF处的情况．若监控可视范围为50米(即米)，求EF的长．
21．如图，是由绕点C顺时针旋转得到的，即，且．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
22．某居民小区有块形状为长方形的绿地，绿地的长为，宽为，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛（图中阴影部分），花坛的长为，宽为．
(1)求长方形绿地的周长；
(2)除去修建花坛的地方，其它地方全部修建成通道，通道上铺地砖的造价为80元，求通道铺地砖需要花费多少元？
23．观察下列等式：
第个等式：；
第个等式：；
第个等式：；
第个等式：；
……
(1)按照你所发现的规律，请你写出第个等式：______；
(2)根据上述规律猜想：若为正整数，请用含的式子表示第个等式，并证明；
(3)利用（2）中的规律计算：．
24．综合探究综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含角的菱形进行了探究
【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，．
(1)【感知】如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________；
(2)【探究】如图2，当点为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由；
(3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．保密★启用前
2025-2026学年八年级下册期中检测卷03
数 学
（测试范围：八年级下册人教版2024，第19-21章）
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C B C D B D C D
1．D
牢记“任意多边形的外角和恒为”，直接利用该定理即可确定四边形的外角和度数．
解：任意多边形的外角和恒为，四边形是多边形，
四边形的外角和度数为，
故选：．
2．D
根据二次根式的定义，形如的式子是二次根式，本题要求为任意实数时，式子一定是二次根式，只需判断哪个选项的被开方数对任意实数恒为非负数即可．
解：∵为任意实数，二次根式要求被开方数恒为非负数，
对选项A，当时，，不符合要求；
对选项B，当时，，不符合要求；
对选项C，当时，，不符合要求；
对选项D，∵对任意实数，都有，∴，恒满足被开方数非负
∴一定是二次根式，
故选D．
3．C
先利用多边形内角和公式求出正六边形的总内角和，再根据正六边形各内角相等，计算得到一个内角的度数．
解：正六边形的内角和为，
∴正六边形的一个内角度数为，
4．B
根据平行四边形的性质可得，再根据三角形中位线的性质，求解即可．
解：在平行四边形中，，
∴，
∵M，N分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴．
5．C
根据平行四边形的判定，结合已知，选择适当判断方法求解即可．
解：连接交于点O，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
选项A不符合要求；
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
选项B不符合要求．
∵，无法判定四边形是平行四边形．
选项C符合要求．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
选项D不符合要求．
6．D
解：如图所示，符合要求的点C的位置如图所示．
则符合要求的点C共有6个
7．B
利用勾股定理求出对角线的长，从而得到的长，结合点的坐标即可求出点表示的实数．
解：∵在长方形中，，，，
∴，
∴，
∴点表示的实数是，即．
8．D
本题主要考查了二次根式的应用，解题时要熟练掌握并能根据图形列出关系式是关键．
依据题意，由三个正方形的面积从左到右依次为3，4，2，则三个正方形的边长从左到右依次为，2，，可得矩形的长为，宽为2，进而阴影部分的面积，即剪掉的面积＝矩形的面积﹣三个正方形的面积和，从而可以列式计算得解．
解：由题意，∵三个正方形的面积从左到右依次为3，4，2，
∴三个正方形的边长从左到右依次为，2，．
∴矩形的长为，宽为2．
∴阴影部分的面积，即剪掉的面积＝矩形的面积﹣三个正方形的面积和．
故选：D．
9．C
本题主要考查了二次根式的乘法运算、无理数估算等知识点，掌握常见无理数的值是解题的关键．
先用二次根式的乘法运算法则可得，然后通过计算近似值的取值范围即可解答．
解：
∵，
∴，
∴，
∴ ，即估计的值应在1和2之间．
故选C．
10．D
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键；当点F与点D重合时，的长最小，由矩形的性质得，，，由折叠得，则，所以，当点E与点B重合，的长最大，由，且，求得，然后可得到问题的答案．
解：如图1，点F与点D重合，
∵四边形是矩形，，，
∴，，
由折叠得，
∴，
∴，
如图2，点E与点B重合，
∵，且，
∴，
∴的取值范围是．
11．
最简二次根式需要满足两个条件：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，据此逐个判断．
解：，被开方数是整式，且不含能开得尽方的因式，是最简二次根式，
，被开方数是整式，且不含能开得尽方的因式，是最简二次根式，
=，被开方数含能开得尽方的因式，不是最简二次根式，
=，不属于二次根式，因此不是最简二次根式，
=，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，
，被开方数含有分母，不是最简二次根式，
综上，最简二次根式共有个．
12．
本题考查矩形的性质、勾股定理以及三角形三边关系，根据三角形两边之差小于第三边可知，当，，三点共线且 O 在之间时取等号，此时取得最大值，最大值为线段的长. 通过构建直角三角形，利用勾股定理即可求出的长即可．
解：如图，连接并延长交 于点 ，
在中，根据三角形三边关系可得，
当点F运动到位置，即，，三点共线时，取得最大值，最大值为的长，
过点O作于点M，
四边形是矩形，，，
、，
O为对角线的中点，，
、，
，
在中，由勾股定理得：，
点O是矩形中心，点E在上，点F在上，
当E，O，F共线时，O必为中点，此时F点在上，
的最大值为．
13．4
由的面积为，求出，根据，，由面积法可得到，依据，，即可得到是等腰直角三角形，进而得到，问题得解．
解：∵在中，，
∴．
∵的面积为，
∴，
∴，
，，
∴
，
又，，
，
是等腰直角三角形，
．
14．
过点作于点，先用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，进而根据角平分线的性质可得，证明，设，在中，利用勾股定理求得的值，进而在中，勾股定理即可求得的值．
解：∵，
∴，
∴，
过D作于E，
∵是的角平分线，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
15．
分别观察已知等式中，根号内带分数的整数部分，分子，分母的数量关系，归纳总结得到一般性规律．
解：观察已知等式：
当整数为时，带分数的整数部分与分子相等，均为，分母为，满足；
当整数为时，带分数的整数部分与分子相等，均为，分母为，满足；
当整数为时，带分数的整数部分与分子相等，均为，分母为，满足；
∴，其中为整数，且．
16．3
首先在中利用勾股定理求出的长，然后证明，得出，，进而求出的长，最后在中利用勾股定理列方程求解即可．
解：是边上的高
∵在中，， ，
∴由勾股定理得
平分
，
在和中
，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即
解得
．
17．(1)
(2)
（1）解：
（2）解：
18．(1)证明见解析
(2)
（1）根据矩形的性质以及翻折的性质进行证明即可；
（2）设，则，根据勾股定理列方程求解．
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
即，
解得．
19．(1)见解析
(2)12
（1）根据平行四边形的性质，，，平行线的性质可得出，结合线段中点的定义可得出，然后根据证明即可；
（2）根据三线合一的性质得出，由（1）中得出，根据勾股定理求出，最后根据线段中点定义和平行四边形的性质求解即可．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∵点M、N分别为、的中点，
∴，，
∴，
又，，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
又M是的中点，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
又，，
∴，
∴．
20．(1)见解析
(2)20米
（1）利用勾股定理求出BD，再用勾股定理的逆定理判定即可是直角三角形；
（2）过点A作于点G，则点G是的中点，即，再用等面积法求出AG，再用勾股定理求EG，从而得解．
（1）解：∵米，米，，
∴米，
又∵米，米，
∴，
∴是直角三角形，；
（2）过点A作于点G，
∵米，
∴点G是的中点，即，
∵，
∴米，
∴米，
∴=20米．
21．(1)见解析
(2)
（1）证明，即可得证；
（2）由全等三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，从而得出，再结合勾股定理计算即可得出结果．
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（负值不符合题意，舍去），
∴．
22．(1)
(2)2240元
本题考查二次根式的应用，长方形的周长和面积，平方差公式．解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则及其性质．
（1）根据长方形的周长列出算式，再利用二次根式的混合运算顺序和运算法则计算即可；
（2）先计算出空白部分的面积，然后再用空白部分的面积乘以单价即可得出结论．
（1）解：由题意，长方形绿地的周长为：
，
答：长方形绿地的周长为；
（2）解：
，
，
答：铺地砖需要花费2240元．
23．(1)（或）
(2)，证明见解析
(3)
（1）观察已知等式的规律，代入写出对应的二次根式化简等式；
（2）根据规律猜想第个等式，再通过通分、因式分解和二次根式性质证明等式成立；
（3）利用（2）的规律将乘积转化为分数相乘的形式，约分化简后得到结果．
（1）解：根据题意可知，第个等式是（或）．
（2）解：根据题意可知，第个等式为：．
证明：已知为正整数，
∵左边右边，
∴原等式成立．
（3）解：原式
．
24．(1)
(2)成立，证明见解析
(3)的长度为或
本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形．
（1）数量关系：．连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可；
（2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可；
（3）过点作交于点，利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，可得出最后的结果．
（1）解：连接，如下图所示：
∵四边形为菱形，且，
∴，，
∵为菱形的角平分线，
∴，
故与为等边三角形，
即，
∵点为中点，
故平分，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
（2）解：连接，如下图所示：
由（1）中，同理可得与为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
（3）解：过点作交于点，按题意补充线段，连接，当点在点左侧时，如下图所示：
由（1）（2）得，为中点，
∴，
由勾股定理得，
∵，
∴，
故，
∴；
当点在点右侧时，如下图所示：
同理可得，
故，
∴；
综上，的长度为或．

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