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第19-21章 期中模拟测试题 2025-2026学年下学期
初中数学人教版（2024）八年级下册
一、单选题
1．若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．的三边分别为，，，下列条件能判定为直角三角形的是（ ）
A．∶∶∶∶ B．
C． D．∶∶∶∶
3．下列二次根式中，是最简二次根式的为（ ）
A． B． C． D．
4．如图， ABCD的周长为40，AD∶AB＝3∶2，那么BC的长度是（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
5．下列说法正确的是（ ）
A．平行线间的距离处处相等 B．菱形的对角线相等
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 D．直角三角形斜边中线等于直角边的一半
6．如图①，直角三角形的两个锐角分别是和，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作：由两个小正方形向外分别作锐角为和的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形．图②是1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为2，则10次操作后图形中所有正方形的面积和为（ ）．
A．16 B．30 C．48 D．60
7．如图，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为28，则的长等于（ ）
A． B．4 C．7 D．14
8．由于大风，山坡上的一棵树甲从点处被拦腰折断，其顶点恰好落在一棵树乙的底部处，如图所示．已知，，两棵树的水平距离是，则甲树原来的高度是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在正方形网格上，四边形的四个顶点都在格点上，则（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，已知正方形边长为，连接平分交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，在四边形中，延长，，则图中四边形的内角有___________，外角有___________．
12．若实数x，y满足，，则的值为________．
13．如图，在四边形中，，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，若已知三个正方形的面积依次为，，，则另一个正方形的面积为____________．
14．如图，四边形是平行四边形，平分，交边于E，若，，则DE的长度为________．
15．如图，在正方形中，，对角线相交于点O，过点O作射线分别交边于点E、F，且，连接．给出下面四个结论：①；②；③四边形的面积为正方形面积的；④若的中点为K，则的最小值为2．上述结论中，所有正确的序号是________．
三、解答题
16．计算：
(1)；
(2)．
17．已知：如图，在中，E，F分别是，的中点．
求证：
(1)；
(2)四边形是平行四边形．
18．已知，且，为实数，试求的平方根．
19．某校为进一步加强学生的劳动教育，决定将劳动实践基地按班级进行分配．如图是该校八年级劳动实践基地的示意图，经过“数学兴趣小组”同学们的努力，测得．
(1)求点之间的距离；
(2)求四边形的面积．
20．如图，在四边形中，，、、、分别为、、、的中点，顺次连接、、、．
(1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由；
(2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由．
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．四边形的四个顶点都在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（保留作图痕迹，画图过程用虚线，画图结果用实线）．
(1)在图1中画一条线段，使它平分四边形的面积；
(2)在图2的边上画点E，使．
22．【阅读材料】小明在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，如：；；
【类比归纳】
（1）填空： ， ．
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数，使，即，那么便有： ．
【拓展提升】
（3）化简：（请写出化简过程）．
23．【云端共舞】
(1)已知：如图①，在四边形中，，，，，则 ．
(2)如图②，在正方形中，点，为边和上的动点（不含端点），下列三个结论：①当时，则；②；③的周长不变．其中正确结论的个数是 ．
(3)【千里江山】如图③，边长为的正方形中，，，分别是边，，上的点，与相交于点，且，，求线段的长．
24．【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系；
【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系；
【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B B A C A C A D
1．D
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
根据二次根式的被开方数为非负数，列不等式求解即可．
【详解】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴，
解得．
故选：D．
2．C
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理，利用勾股定理和三角形内角和对选项进行逐一判定即可．
【详解】解：，
由∶∶∶∶的，，不能组成三角形，故A不符合题意；
，
由可得，，不能判定为直角三角形，故B不符合题意；
，
，
为直角三角形，故C符合题意；
∶∶∶∶，
，，，
不是直角三角形，故D不符合题意；
故选：C．
3．B
【分析】本题考查最简二次根式的定义．掌握最简二次根式的定义是解题的关键，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
根据最简二次根式的定义对各选项分析判断，即可求解．
【详解】解：A、，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B、，是最简二次根式，故该选项符合题意；
C、，不是最简二次根式，故该选项符合题意；
D、，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
故选：B．
4．B
【分析】由平行四边形的周长为40．可得AB+AD=20，再结合条件AD∶AB＝3∶2，所以可求出AB，BC的值．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵ ABCD周长40，
∴AB+AD=20，
∵AD∶AB＝3∶2，
∴AB=8，AD =12，
∴BC= AD=12，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
5．A
【分析】根据平行线间的距离、菱形的性质、平行四边形的判定、直角三角形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A. 平行线间的距离处处相等，正确，符合题意；
B. 菱形的对角线互相垂直，不一定相等，原说法不正确，不符合题意；
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法不正确，不符合题意；
D. 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，原说法不正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是熟记相关性质，准确进行判断．
6．C
【分析】本题考查与直角三角形有关的图形的面积问题，熟练掌握勾股定理，找到规律是解题的关键：把图②中各个小正方形标上字母，设正方形的边长为，正方形的边长为，根据勾股定理，得到，得到正方形的面积+正方形的面积，进而得到图①中所有正方形的面积和，依次类推，每一次操作后，所有正方形的面积和都比前一次操作增加4，进行求解即可．
【详解】解：如图，把图②中各个小正方形标上字母，设正方形的边长为，正方形的边长为．
正方形的面积为，正方形的面积为．
由题意得：正方形的边长为2，并且是直角三角形的斜边．
正方形的面积为4．
根据勾股定理可得：．
∴正方形的面积+正方形的面积；
图①中所有正方形的面积和．
同理可得：正方形的面积＋正方形的面积正方形的面积，正方形的面积＋正方形的面积正方形的面积，
正方形的面积＋正方形的面积＋正方形的面积＋正方形的面积正方形的面积＋正方形的面积．
图②中所有正方形的面积和图①中所有正方形的面积和．
即一次操作后所有正方形的面积和图①中所有正方形的面积和．
同理可得2次操作后增加的8个小正方形的面积和也是4．
次操作后所有正方形的面积和图①中所有正方形的面积和．
次操作后所有正方形的面积和图①中所有正方形的面积和．
故选C
7．A
【分析】利用菱形的性质以及直角三角形斜边中线定理进行求解．
【详解】解：∵四边形为菱形，且周长为28，
∴，
∵H为边的中点，
∴．
8．C
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键在于能够熟练掌握勾股定理．
如图，过点作交的延长线于点．则根据题意可以得到，根据勾股定理即可求出的长，再利用勾股定理求出的长，可得到的长，即为甲树原来的高度．
【详解】解：如图，过点作交的延长线于点．
由题意，得，，．
在中，，
．
在中，，
．
故甲树原来的高度是．
故选：C．
9．A
【分析】取格点E，连接，，，由勾股定理结合可判定，由全等三角形的性质得，由勾股定理逆定理得为等腰直角三角形，即可求解.
【详解】解：如图，四边形的四个顶点都在格点上，取格点E，连接，，，
由格点三角形得，
，
，
，
，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
.
10．D
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理及角平分线的性质，关键是灵活应用知识点解题；过点作于点，设，根据，列方程求解即可．
【详解】解：过点作于点，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴即：是等腰直角三角形，
∵正方形边长为，
∴，
∴，
设，
在中，
∵，
∴，
解得：，
∴，
故选：D．
11． ，，， ，
【分析】根据多边形内角、外角的定义可得答案．
【详解】解：图中四边形的内角有，，，；外角有，．
12．
【分析】根据二次根式有意义的条件求出x的值，再代入等式求出y的值，最后计算即可．
【详解】解：∵，
∴根据二次根式有意义可知，被开方数为非负数，即，解得：．
将代入，得，
即，
解得，
∴．
13．
【分析】连接，由勾股定理可得，再结合正方形面积公式求解．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，，，
，，，
，
另一个正方形的面积为．
14．4
【分析】由平行四边形性质得，，，由角平分线得，进而得，根据等角对等边得，进而计算．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：4 ．
15．①③
【分析】①根据正方形性质得，由此得，由此可依据“”判定，据此可对结论①进行判定；②由①得，在中由勾股定理得，则，再根据为斜边得，则，据此可对结论②进行判定；③由得，，则，再根据正方形的性质得，据此可对结论③进行判定；根据直角三角形斜边中线性质得到，设，利用勾股定理求出，结合完全平方式判断④，综上所述即可得出答案．
【详解】解：①∵四边形为正方形，对角线，相交于点O，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，故结论①正确；
②由①得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，为斜边，
∵，
∴，
∴，故结论②不正确，
③由①得：，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积为正方形面积的，故结论③正确；
④如图，
∵，的中点为K，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴当时，最小，最小值为，
∴的最小值为，故④错误；
综上所述：正确的结论是①③．
16．(1)
(2)
【分析】本题考查了算术平方根、负整数指数幂、零指数幂、二次根式的混合运算以及平方差公式的应用，熟练掌握实数的运算法则和运算顺序是解答本题的关键．
（1）分别根据算术平方根的定义、负整数指数幂的运算法则、零指数幂的运算法则对各项进行化简，再进行加减运算；
（2）先根据二次根式的除法法则、平方差公式对各项进行化简，再合并同类二次根式．
【详解】（1）解：原式；
（2）解：原式．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，，进而得到，即可证明；
（2）根据平行四边形的性质得到，，进而得到，即可证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，，
∵E，F分别是，的中点，
∴，，
即，
∴；
（2）证明：∵，
∴，，
∵E，F分别是，的中点，
∴，，
即，
∴四边形是平行四边形．
18．
【分析】本题考查了二次根式和分式有意义的条件，平方根，根据二次根式和分式有意义的条件得出，的值，代入求值，再由平方根定义即可求解，解题关键是熟练运用二次根式和分式有意义的条件确定字母的值，准确运用平方根的意义求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平方根为．
19．(1)
(2)
【分析】本题考查勾股定理的运用，解题的关键是掌握勾股定理及其逆定理的运用进行解答即可．
（1）连接，根据勾股定理的运用，解答即可；
（2）根据勾股定理的逆定理，可得是直角三角形，再根据四边形的面积为：，进行解答，即可．
【详解】（1）解：连接，
∵，，，
∴，
∴，的距离为．
（2）解：由（1）得，
∵，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴四边形的面积为：．
20．(1)菱形，理由见解析
(2)当时，四边形为正方形，理由见解析
【分析】（）根据三角形中位线的性质得到，，，，，进而得到，，即可得四边形是平行四边形，又由得，即可得到四边形是菱形；
（）根据平行线的性质得到，，根据平角的定义，得到，根据正方形的判定即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形
理由：∵分别为的中点，
∴分别为的中位线，
∴，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：当时，四边形为正方形．
理由：由（1）同理可证，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形是正方形．
21．(1)见解析（答案不唯一，过对角线交点O即可）
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质．
（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形作图即可；
（2）如图，点向右4个格点，向下3个格点为，连接，则是等腰直角三角形，则，与的交点即为所求；
【详解】（1）解：由题意知，，，，
∴四边形是平行四边形；
则连接，交于O，做一条过O的线段即可；
（2）解：如图，取格点M，连接交于E，点即为所求；
证明：由勾股定理可知：，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
即．
22．
（1），；
（2）；
（3）.
【分析】（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，8写成，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【详解】（1）解：；
；
（2）解：
；
（3）解：
．
23．(1)5
(2)3
(3)
【分析】本题主要考查平行四边形的判定及性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等：
（1）过点D作，交的延长线于点E，可证明四边形是平行四边形，则；利用勾股定理求出的长即可得到答案；
（2）由勾股定理得，当时，可证明，则可证明，得到，再由，可得，据此可判断①；延长到点H，使得，连接，证明，得到，，再证明，得到；根据四边形内角和为360度和平角的定义可得，据此可判断②；根据三角形的周长公式和线段的和差关系可得的周长，据此可判断③；
（3）过点A作，交于点T，连接，可证明四边形是平行四边形，得到，则，；证明，则由（2）可知；设，则，由勾股定理得，解方程得到，再利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）如图所示，过点D作，交的延长线于点E，
∵，
∴，即；
∵，即，且，
∴四边形是平行四边形，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴，即；
（2）∵四边形是正方形，
∴，；
在中，由勾股定理得，
当时，则，
∴，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，故①正确；
如图所示，延长到点H，使得，连接，则，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴的周长，
∴的周长等于正方形的边长的2倍，
∴的周长是定值，故③正确；
（3）如图所示，过点A作，交于点T，连接，
∵四边形是边长为3的正方形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴由（2）可知；
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴
∴．
24．（1），理由见解析（2），理由见解析（3）
【分析】（1），由折叠得到，，，从而推出，，，，得到，推出点三点共线，即可说明；
（2），将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转可得，，得到，，，，推出，证得，得到，再利用勾股定理即可说明；
（3）将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，得到，，，，，，从而可得，，可证明四边形是正方形，设，则，，，利用勾股定理，可得到，解得，（舍去），得到，即可求解．
【详解】（1）解：，
理由：由折叠可得，，，
∴，，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，
∴；
（2）解：，理由：
如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接，
由旋转可得，，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴；
（3）解：如图所示，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，
∴，，，
，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，，，
在中，由勾股定理，得，
整理得，
解得，（舍去），
∴，
∴．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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