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人教版2025—2026学年八年级下册期中模拟综合能力突破卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图，已知，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
2．下列二次根式中，可与进行合并的二次根式为（　　）
A． B． C． D．
3．用边长相等的正三角形地砖和正方形地砖铺地面，围绕在一个顶点处正三角形地砖和正方形地砖的块数是（　　）
A．2块正三角形地砖和2块正方形地砖
B．2块正三角形地砖和3块正方形地砖
C．3块正三角形地砖和2块正方形地砖
D．3块正三角形地砖和3块正方形地砖
4．如图，在中，，．将AB边与数轴重合，点A，点B对应的数分别为，2．以点A为圆心，AC的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为（　　）
A．3 B． C． D．
5．将一个 边形变成 边形， 内角和将(　　)
A．减少 B．增加 C．增加 D．增加
6．如图，的对角线和相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是菱形
C．若，则是菱形 D．若，则是菱形
7．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别为AO，AD的中点.若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF的长为（　　）
A．4cm B．3cm C． cm D．2cm
8．如图在中，对角线，交于点O，且，，则的周长是（　　）
A． B． C． D．
9．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D，E，F，G，H， I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为（　　）
A．360 B．400 C．440 D．484
10．如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11． 如图， 一个无盖长方体形盒子的长、宽、高分别为8cm， 8cm， 12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的外表面爬到盒顶的点B，蚂蚁爬行的最短路程是　 　cm．
12．如图，在长为m，宽为n的长方形中，沿它的一个角剪去一个小长方形，则剩下图形的周长为　 　．
13．已知 、 、 是三角形的三边长，则最短边上的中线长为　 　.
14． 已知-215．仔细观察图形，以点为圆心的弧线与轴交于点，则点的坐标为　 　．
16．如图，在中，点E，F分别是，边的中点，延长至点，使，以，为边向外构造，连接交于点，连接．若，，则的长为　 　．
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．计算：
（1）；
（2）
（3）．
18．已知，，求下列代数式的值．
（1）；
（2）．
19．如图，在四边形ABCD 中，∠ABC=90°，AC=AD，M，N分别为AC，CD的中点，连结 BM，MN，BN.
（1）求证：BM=MN；
（2）若∠BAD=60°，AC平分∠BAD，AC=2，求 BN 的长
20．如图，在四边形中，，，分别是，的平分线．
（1）若，求的度数：
（2）判断与的位置关系，并说明理由．
21．如图，在中，分别是边上的高线，取F为中点，连接点得到，G是中点．
（1）求证：；
（2）如果，求的长度．
22．如图，四边形是平行四边形，分别以点A、B为圆心，的长为半径画弧，交于点F和点E，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，求四边形的面积．
23． 如图，直角梯形ABCD中，∠B=∠C=90°，BC=CD，DG∥BC交BA的延长线于点G，E是BC边上一点，将△CDE沿DE折叠，C点恰好落在AE上的F处.
（1）求证：四边形BCDG为正方形；
（2）若AB=6，CE=4，求CD的长.
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人教版2025—2026学年八年级下册期中模拟综合能力突破卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图，已知，那么的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】∵ 四边形外角和为360°
即∠1+∠2+∠3+∠4=360°
∵
∴ ∠4=120°
故答案为D
【分析】本题考查多边形的外角和。多边形的外角和是360°，直接应用，计算即可。
2．下列二次根式中，可与进行合并的二次根式为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解答】、，与是同类二次根式，可以合并，符合题意，
、与不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，
、与不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，
、与不是同类二次根式，不可以合并，不符合题意，
故答案为：．
【分析】先将各项化成最简根式，根据同类二次根式的定义进行判断即可求解，
3．用边长相等的正三角形地砖和正方形地砖铺地面，围绕在一个顶点处正三角形地砖和正方形地砖的块数是（　　）
A．2块正三角形地砖和2块正方形地砖
B．2块正三角形地砖和3块正方形地砖
C．3块正三角形地砖和2块正方形地砖
D．3块正三角形地砖和3块正方形地砖
【答案】C
【解析】【解答】解：正三角形，正方形的内角分别为60°、90°．
设用m块正三角形，n块正方形．
则有，
得
当时，m=3，符合题意；
当时，，不符合题意；
当n=4时，m=0，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据正多边形的性质可得正三角形，正方形的内角分别为60°、90°，平面镶嵌中，同一顶点处各个角之和为360°，设用m块正三角形，n块正方形．则60m+90n=360，然后表示出m，根据m、n为正整数进行解答.
4．如图，在中，，．将AB边与数轴重合，点A，点B对应的数分别为，2．以点A为圆心，AC的长为半径画弧，交数轴于点D，则点D表示的数为（　　）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：由题意可知，AB=2－（﹣1）=3，AD=AC，
在中，，
∴，
∴，
又∵点在点的左边，点表示的数为，
∴点表示的数为，
故答案为：D．
【分析】根据题意知AB=3，AD=AC，再根据勾股定理求出AC的长，最后根据图中点D的位置求解即可得到答案．
5．将一个 边形变成 边形， 内角和将(　　)
A．减少 B．增加 C．增加 D．增加
【答案】C
【解析】【解答】解：当多边形的边数为n为，其内角和为（n-1）×180°；当多边形的边数为（n+1）为，其内角和为（n+1-1）×180°；
∴内角和变化为：（n+1-1）×180°-（n-1）×180°=180°，
∴增加了180°，
故答案为：C.
【分析】利用多边形的内角和公式列出代数式，再利用整式的加减法求解即可.
6．如图，的对角线和相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是菱形
C．若，则是菱形 D．若，则是菱形
【答案】A
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形，故选项A正确；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴ ABCD是矩形，故选项B错误；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=AC，OB=BD，
∵OA=OD，
∴AC=BD，∴ ABCD为矩形，故选项C错误；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，故选项D错误；
故答案为：A．
【分析】由矩形的判定和菱形的判定，逐项判断即可．
7．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E，F分别为AO，AD的中点.若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF的长为（　　）
A．4cm B．3cm C． cm D．2cm
【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD=2OD，
∴ ，
∴ ，
∵E、F分别是AO，AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴ ，
故答案为：C.
【分析】利用矩形的性质可证得∠ABC=90°，AC=BD=2OD，利用勾股定理求出AC的长，即可得到OD的长，再利用三角形的中位线定理可求出EF的长.
8．如图在中，对角线，交于点O，且，，则的周长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：AC、BD是 ABCD的对角线，
∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，
OA+OB=（AC+BD）=×20=10，
∵BC=8，
∴AD=8，
∴△AOD的周长=OA+OB+AD=10+8=18.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的性质可得AD=BC=8，OA=OC=AC，OB=OD=BD，则OA+OB=(AC+BD)=10，据此不难求出△AOD的周长.
9．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D，E，F，G，H， I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为（　　）
A．360 B．400 C．440 D．484
【答案】C
【解析】【解答】如下图：
延长AB交KL于点O，延长AC交GM于点P，
则四边形APLO是正方形，
AO=AB+AC=14，
∴KL=6+14=20，ML=8+14=22，
∴长方形KLMJ的面积为2220=440.
故答案为：C.
【分析】延长AB，AC，可得到四边形APLO是正方形，求出正方形APLO的边长，进而求出长方形KLMJ的长与宽，求得面积即可.
10．如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，①正确；
∵△ABG≌△DEG，
∴AB＝DE，
∵AB∥CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，
∴四边形ABDE是菱形，②正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，③正确；
正确的是①②③.
故答案为：D.
【分析】AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，利用AAS判断出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得AG=DG，从而可得OG是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断①；根据全等三角形的性质得AB=DE，进而判断出四边形ABDE是平行四边形，△ABD、△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质得AB=BD=AD，则可得四边形ABDE是菱形，据此判断②；由三角形中位线定理得OG∥AB，OG＝AB，则△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，根据相似三角形的性质可得△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，联合△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，即可得出S四边形ODGF＝S△ABF，据此可判断③.
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11． 如图， 一个无盖长方体形盒子的长、宽、高分别为8cm， 8cm， 12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的外表面爬到盒顶的点B，蚂蚁爬行的最短路程是　 　cm．
【答案】20
【解析】【解答】解：蚂蚁从A点爬到B点的最短路径，需将长方体的侧面展开为平面图形，利用勾股定理计算，分两种展开方式：
①将长方体的前侧面与右侧面展开，
此时形成的直角三角形两直角边分别为：高12cm，底面长与宽的和，
根据勾股定理，路径长；
②将长方体的前侧面与上侧面展开，
此时形成的直角三角形两直角边分别为：宽8cm，长与高的和，
根据勾股定理，路径长，
∵，
∴最短行程为20cm，
故答案为：20
【分析】本题考查立体图形表面最短路径问题，核心是将立体图形展开为平面图形，利用勾股定理求解。解题时需考虑蚂蚁爬行的不同路径对应的展开方式，长方体从A到B的最短路径主要有两种展开情况：一是展开前侧与右侧，二是展开前侧与上侧；分别计算两种展开方式下直角三角形的斜边长（即路径长），再比较两个斜边长的大小，较小的即为最短行程。
12．如图，在长为m，宽为n的长方形中，沿它的一个角剪去一个小长方形，则剩下图形的周长为　 　．
【答案】（或）
【解析】【解答】解：根据题意，长方形一角剪去一个小长方形，剩下图形的周长与原长方形周长相等；
∴剩下图形的周长为：；
故答案为：．
【分析】由图形知：长方形一角剪去一个小长方形，剩下图形的周长与原长方形周长相等，据此解答即可.
13．已知 、 、 是三角形的三边长，则最短边上的中线长为　 　.
【答案】
【解析】【解答】解：如图，
令 ，则有：
∵ ，
∴△ABC是直角三角形，
∵CD是AB边上的中线，
∴ ，
∴在 中， .
故答案为： .
【分析】画出示意图，令AB=2，BC=，BC=3，利用勾股定理的逆定理可推出△ABC是直角三角形，根据中线的概念可得AD=BD=1，然后在Rt△DBC中，应用勾股定理就可求出DC.
14． 已知-2【答案】6
【解析】【解答】解：-20，x-4<0，
于是x+2+4-x=6.
故答案：6.
【分析】根据x的范围可得x+2与x-4的符号，化简后即可得结果.
15．仔细观察图形，以点为圆心的弧线与轴交于点，则点的坐标为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：由题意得，扇形的半径＝，
∵点在轴的负半轴，
∴P点坐标为．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出扇形的半径，进而根据数轴即可求解。
16．如图，在中，点E，F分别是，边的中点，延长至点，使，以，为边向外构造，连接交于点，连接．若，，则的长为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，连接、，
四边形是平行四边形，
，，
点，分别是，边的中点，
，
四边形，是平行四边形，
，，四边形是平行四边形，
，
，
，
是等边三角形，
，，
、、三点共线，
，
，
在和中
，
，
，
，，
，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形的判定定理及性质，等边三角形的判定定理及性质，全等三角形的判定定理及性质，勾股定理即可求出答案。
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．计算：
（1）；
（2）
（3）．
【答案】（1）解：原式＝-3+1-2-3+
=-5-
（2）解：原式＝
=
＝1+2
＝3．
（3）解：
4﹣3
4﹣3
＝2+4﹣3
＝3
【解析】【分析】(1)首先根据立方根的性质，绝对值的性质，负整数指数幂的性质进行化简，进而再进行二次根式的加减即可；
（2）根据二次根式的混合运算法则进行运算即可；
（3）首先进行分母有理化，进而进行二次根式的混合运算即可。
18．已知，，求下列代数式的值．
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：∵，，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，，
∴．
【解析】【分析】
（1）由已知条件，先求出a+b的值，然后根据完全平方公式将所求代数式分解因式，再整体代换即可求解；
（2）由已知条件，先求出a+b、a-b的值，然后根据平方差公式将所求代数式分解因式，再整体代换即可求解．
19．如图，在四边形ABCD 中，∠ABC=90°，AC=AD，M，N分别为AC，CD的中点，连结 BM，MN，BN.
（1）求证：BM=MN；
（2）若∠BAD=60°，AC平分∠BAD，AC=2，求 BN 的长
【答案】（1）证明：在△ABC中，∠ABC=90°，M为AC的中点，
∴，
∵N为CD的中点
∴，
∵AC=AD，
∴BM=MN.
（2）解：∵∠BAD=60°，AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠CAD=30°
由BM=AM，可得∠BMC=2∠BAC=60°
由MN//AD，可得∠CMN=∠CAD=30°
∴∠BMN=∠BMC+∠CMN=90°
∵AC=AD=2，
∴BM=MN=1，
在Rt△BMN中，.
【解析】【分析】(1)分别根据“斜边上的中线等于斜边的一半”与中位线定理得到边之间的关系，再结合已知条件进行等量代换即可；
(2)先利用角平分线的性质、三角形内角和等于180°，得到∠BMC=60°；再由中位线定理得∠NMC=∠DAC=30°，从而得到∠BMC=90°，再结合(1)中结论，利用勾股定理求解即可.
20．如图，在四边形中，，，分别是，的平分线．
（1）若，求的度数：
（2）判断与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）解：∵，分别是，的平分线
∴，，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：在中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）由于BE和DF是角平分线，根据角平分线的定义可得：，。在四边形ABCD中，内角和为360°，而，因此。由此可得，进而根据∠1=33°，即可得出∠2的度数；
（2）由（1）可知，再根据直角三角形两锐角互余，可得出，进而根据同角的余角相等，即可得出。进而根据同位角相等两直线平行，即可得出。
（1）解：∵，分别是，的平分线
∴，，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
在中，∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
21．如图，在中，分别是边上的高线，取F为中点，连接点得到，G是中点．
（1）求证：；
（2）如果，求的长度．
【答案】（1）证明：在中，分别是边上的高线，
，
∵F是的中点，
，
是等腰三角形，
∵G是的中点，
；
（2）解：分别是边上的高线．
，
∵F是的中点，，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
∵G是的中点，
，
∴．
【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据等腰三角形判定定理可得是等腰三角形，再根据等腰三角形性质即可求出答案.
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可得，再根据等边对等角可得，再根据角之间的关系可得，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，根据其性质可得，再根据勾股定理即可求出答案.
22．如图，四边形是平行四边形，分别以点A、B为圆心，的长为半径画弧，交于点F和点E，连接．
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：由作图方法可得，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形 ；
（2）解： 过点A作BC的垂线段AG .
∵
四边形ABEF是平行四边形
.
【解析】【分析】
（1）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（2）过点A作BC的垂线段AG，则由直角三角形两锐角互余可得，则等于的一半等于4，再利用勾股定理求出AG的长，又BE＝AB＝8，再利用平行四边形的面积公式计算即可．
（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由作图方法可得，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形 ；
（2）解：连接交于点L，
∵，且，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积是．
23． 如图，直角梯形ABCD中，∠B=∠C=90°，BC=CD，DG∥BC交BA的延长线于点G，E是BC边上一点，将△CDE沿DE折叠，C点恰好落在AE上的F处.
（1）求证：四边形BCDG为正方形；
（2）若AB=6，CE=4，求CD的长.
【答案】（1）证明：∵DG∥BC，∠C=90°，
∴∠GDC=90°，
又∠B=90°，
∴四边形BCDG为矩形，
又BC=CD，
∴四边形BCDG为正方形；
（2）解：由题意知，∠DFA=∠DFE=∠C=90°，DC=DF，
∵四边形BCDG为正方形，
∴DG=DC，∠DGA=90°，
∴DG=DF，
∴Rt△DGA≌Rt△DFA，
∴GA=FA，
设正方形BCDG的边长为a，则GA=FA=a－6，AE=a－2，BE=a－4，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+BE2=AE2，
∴62+（a－4）2=（a－2）2，
解得，a=12，
∴BC的长为12.
【解析】【分析】（1）由题意根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形BCDG为矩形，然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形可求解；
（2）由题意，用HL定理可证Rt△DGA≌Rt△DFA，则GA=FA，设正方形BCDG的边长为a，在Rt△ABE中，由勾股定理可得关于a的方程，解方程即可求解.
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