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期中模拟预测试题（19-21章 ） 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．下列计算正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．在下列根式，，，中，最简二次根式有（ ）.
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．已知 ABCD的周长为50cm，△ABC的周长为35cm，则对角线AC的长为（　　）
A．5cm B．10cm C．15cm D．20cm
4．如图，四边形ABCD中，AB=CD，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF，CE，若DE=BF，则下列结论：①CF=AE；②OE=OF；③四边形ABCD是平行四边形；④图中共有四对全等三角形．其中正确结论的个数是
A．4 B．3 C．2 D．1
5．下列三角形中是直角三角形的是( )
A．三边之比为5∶6∶7
B．三边满足关系a+b=c
C．三边之长为9、40、41
D．其中一边等于另一边的一半
6．如图所示，在中，、分别是边、的中点，分别交、于点、，试判断下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．的两边长分别是3和4，若一个正方形的边长是的第三边，则这个正方形的面积是（ ）
A．25 B．7 C．12 D．25或7
8．平行四边形、菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等且互相平分 B．对角线相等且互相垂直平分
C．对角线互相平分 D．四条边相等，四个角相等
9．已知如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上的一动点，则DN+MN的最小值为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
10．下列各式：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
11．如图，ABCD中，对角线，相交于O，，E，F，G分别是，，的中点，下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④平分．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
12．如图，在正方形中，是边上一动点（不与、重合），对角线、相交于点，过点分别作、的垂线，分别交、于点、，交、于点、，下列结论：
①；
②；
③；
④当是的中点时，．
其中正确的结论有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
13．已知，则______．
14．已知：，为实数，且，则的化简结果为______．
15．当时，多项式的值为___________．
16．如图，在中，对角线、相交于点O，直线经过O点，若，，，则图中阴影部分的面积之和是____ ．
17．如图，以边长为1的正方形的边为对角线作第二个正方形，再以为对角线作第三个正方形，如此作下去，，则所作的第2022个正方形的面积_____．
三、解答题
18．计算：
(1)；
(2)．
19．如图，在中，，D是的中点，，，
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
20．李老师家装修，矩形电视背景墙的长为，宽为，中间要镶一个长为，宽为的矩形大理石图案（图中阴影部分）．
(1)电视背景墙的周长是多少？（结果化为最简二次根式）
(2)除去大理石图案部分，其他部分贴壁纸，若壁纸造价为20元，大理石造价为150元，则整个电视背景墙需要花费多少元？（结果化为最简二次根式）
21．如图，某海监局P位于东西方向的海岸线上．“前行”号与“远方”号轮船同时离开海监局P，各自沿一固定方向航行，“前行”号每小时航行16海里，“远方”号每小时航行的速度是“前行”号速度的，它们离开海监局航行半小时后分别位于处，且相距10海里．已知“前行”号沿西南方向航行．
(1)请问“远方”号沿哪个方向航行？
(2)若“前行”号继续沿原方向航行一个小时到达点M，“远方”号继续沿原方向航行1海里到达点G，则此时“前行”号与“远方”号的距离是多少海里？
22．如图，以的顶点为圆心，以的长为半径作弧，再以顶点为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点，分别连接，．
(1)根据题意直接写出图中相等的线段；
(2)求证：四边形是平行四边形；
(3)在（2）的条件下，若，，，求四边形的面积．
23．如图，E，F是菱形对角线上的两点，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的周长．
24．如图，在正方形中，点E为边上一点，连接，过点D作于点F，连接，过点C作于点G．
(1)求证：；
(2)若正方形的边长为6，，求的长．
25．【问题原型】
在矩形中，．点为边上一点，将沿直线翻折至的位置（点落在点处）．
(1)【问题解决】如图①，当点落在边上时，求的长．
(2)【尝试应用】如图②，与相交于点F，与相交于点，且，直接写出的长__________．
(3)【拓展提升】如图③，点为射线上的一个动点，将沿翻折，点恰好落在直线上的点处，直接写出的长__________．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B B C C D C B B
题号 11 12
答案 B C
1．C
【分析】本题考查二次根式的化简与性质，根据算术平方根的定义和二次根式运算法则，逐个验证选项即可得到结果．
【详解】解：∵表示4的算术平方根，结果为非负数，
∴，选项A错误．
∵，
∴选项B错误．
∵由平方差公式得，结合二次根式性质，
∴，
选项C正确．
∵，，
∴选项D错误．
2．C
【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　(1)被开方数的因数是整数，因式是整式； (2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是
【详解】.
∵,
∴根式中，最简二次根式有两个.
故选C.
考点：最简二次根式.
3．B
【分析】根据平行四边形的性质，首先计算AB+CB的长度，再结合三角形的周长，进而计算对角线AC的长.
【详解】解：∵平行四边形的对边相等，
∴AB+CB＝25，
而△ABC的周长为35cm，
∴AC＝35﹣AB﹣CB＝10cm．
故选B．
【点睛】本题主要考查对角线的长度的计算，结合平行四边形的性质和三角形的周长可得对角线的长度.
4．B
【详解】解：∵DE=BF，
∴DF=BE．
∵在Rt△DCF和Rt△BAE中，
CD=AB，DF=BE，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL）．
∴FC=EA．故①正确．
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC．
∵FC=EA，
∴四边形CFAE是平行四边形．
∴EO=FO．故②正确．
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF=∠ABE．
∴CD∥AB．
∵CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形．故③正确．
由上可得：△CDF≌△BAE，△CDO≌△BAO，△CDE≌△BAF，△CFO≌△AEO，△CEO≌△AFO，△ADF≌△CBE等．故④图中共有6对全等三角形错误．
故正确的有3个．
故选B．
5．C
【分析】要组成直角三角形，三条线段要满足较小的两边的平方和等于较大边的平方．
【详解】解：A. ，故不是直角三角形；
B.无法构成三角形，
C. ，故是直角三角形；
D.无法判断，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理：两边的平方和等于第三边的平方，那么这样的三角形是直角三角形，对于三边的比值，满足较小两边的比值的平方等于较大比值的平方也是直角三角形．
6．C
【分析】根据三角形全等的判定，由已知条件可证①；；继而证得②；又根据三角形的中位线定理可证得，得③而④不正确．
【详解】解：在中,AB=CD, ,;E、F分别是边AD、BC的中点
∴
∴①；
四边形BFDE是平行四边形
又，同理CH=HG，即EG为的中位线
∴②AG=GH=HC
根据三角形的中位线定理， ,
容易证明
∴③
④不正确．
故选：C
【点睛】本题考查的知识点有平行四边形的性质和三角形的判定，利用平行四边形中的边角具有的性质证得三角形全等的条件是关键．
7．D
【分析】分两种情形讨论求解即可．
【详解】解：当3，4是直角边时，正方形的面积第三边的平方；
当4是斜边时，正方形的面积第三边的平方．
故正方形的面积为25或7．
故选D.
8．C
【详解】解：平行四边形、菱形、矩形、正方形都具有的性质是对边平行且相等，对角线互相平分，对角相等.
故只有选项C正确.
9．B
【分析】要使DN+MN最小，首先应分析点N的位置．根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分．知点D的对称点是点B，连接MB交AC于点N，此时DN+MN最小值即是BM的长．
【详解】解：根据题意，连接BD、BM，则BM就是所求DN+MN的最小值，
在Rt△BCM中，BC＝8，CM＝6
根据勾股定理得：BM＝＝10，
即DN+MN的最小值是10；
故选B．
【点睛】此题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．
10．B
【分析】根据二次根式的性质，除法法则逐一进行判断即可．
【详解】解：没有意义，故①错误；
，故②正确；
，故③正确；
，故④错误；
综上：正确的是②③．
11．B
【分析】由平行四边形的性质得到，，从而得到，根据等腰三角形的“三线合一”即可判断结论①；根据中位线定理得到，，进而，，得证四边形是平行四边形，即可判断结论②；根据直角三角形斜边上的中线的性质可得，但无法证明，即可判断结论③；由，得到，再根据，得到，从而，即可判断结论④．
【详解】解：∵四边形是平行四边形
∴，，，，
∵，即，
∴，
∵点E 是中点，
∴，故①正确；
∵E、F分别是、的中点，
∴，，
∵点G是上的中点，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，故结论②正确；
∵，即，
又点G是上的中点，
∴，
∴，但无法证明，故结论③错误，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴平分，故结论④正确．
故选：B
【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质．综合运用相关知识是解题的关键．
12．C
【分析】根据正方形的每一条对角线平分一组对角可得，然后利用证明和全等即可判断①；根据全等三角形对应边相等可得，同理，证出四边形是矩形，得出，根据等角对等边得出，，故可判断②；根据矩形的性质可得，再利用勾股定理即可得到即可判断③；证明，是中位线，可得四边形是正方形，四边形是正方形，根据正方形的性质可得结论．
【详解】解：①∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
故结论①正确；
②∵，
∴，
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵正方形中，，
又∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故结论②正确；
③∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
故结论③正确；
④如图，
由①得，由②得，
∴，，，，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴点是的中点，点是的中点，
∴为的中位线，为的中位线，
∴，，
∴，，
又∵，，
∴四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故结论④错误；
∴正确的结论是①②③，共个．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等角对等边，直角三角形两锐角互余等知识．证明是解题的关键．
13．12
【分析】先化简二次根式，从而求出的结果，进而得到和b的值，最后计算的结果．
【详解】解：，
，
又∵，
∴，，
．
14．
【分析】根据二次根式有意义的条件确定x的值，进而得到y的取值范围，再利用二次根式性质和绝对值性质化简原式．
【详解】解：根据题意得： ，
解得，
将代入不等式，可得，
由，可得，，
则
．
15．
【分析】先根据的取值推导得到关于的二次降次关系式，再将三次多项式降次化简，求出三次多项式的值，最后计算幂得到结果．
【详解】解：∵，
∴，
两边平方得，
整理得，
对多项式变形为：，
将代入，
得：
，
由可得，
，
，
．
16．3
【分析】作于点E，则，先求出，得出，根据勾股定理得出，求出，证明，得出，即可解答．
【详解】解：作于点E，则，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，
∴，，，，
∴，，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴．
17．
【分析】本题考查了图形规律，正方形的性质，二次根式的计算，理解图示，找出规律是关键，根据题意，第n个正方形的面积为，由此即可求解．
【详解】解：边长为1的正方形的面积为，
根据题意，，，
∴，
∴正方形的边长，则面积为，
正方形的边长为，则面积为，
，
∴第n个正方形的面积为，
∴第2022个正方形的面积为 ．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据二次根式的混合运算求解即可；
（2）利用平方差公式，完全平方公式求解即可．
【详解】（1）解：原式．
（2）解：原式．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据矩形的判定即可证明；
（2）根据矩形的性质和三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵，D是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵D是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
20．(1)电视背景墙的周长为
(2)整个电视背景墙需要花费元
【分析】（1）直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用二次根式的乘法运算法则以及二次根式的加减运算法则计算得出答案．
【详解】（1）解：电视背景墙长方形的周长．
答：电视背景墙的周长为．
（2）解：长方形的面积：，
大理石的面积，
∴壁纸的面积，
整个电视背景墙需要花费：（元）．
答：整个电视背景墙需要花费元．
21．(1)“远方”号沿东南方向航行
(2)25海里
【分析】（1）根据题意，得出的三边长，再利用勾股定理的逆定理推出是直角三角形，再求解即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【详解】（1）解：由题知，海里，海里，，，
，
，
是直角三角形，且，
，
即“远方”号沿东南方向航行．
（2）解：根据题意得：海里，海里，
在中，，
∴海里，
即此时“前行”号与“远方”号的距离是25海里．
22．(1)，
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）根据作图提示解答即可；
（2）根据平行四边形的判定条件判断即可；
（3）根据已知条件，证明是直角三角形，计算面积即可；
【详解】（1）解：以的顶点为圆心，以的长为半径作弧，再以顶点为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点，
，；
（2）证明：，，
四边形是平行四边形；
（3）解：四边形是平行四边形，
，
又，，
，
是直角三角形，，
四边形的面积为．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由菱形的性质得出，得出，证出四边形是平行四边形，再由，即可证出四边形是菱形；
（2）求出，得出再证出，在中，由勾股定理求出， 即可得出菱形的周长．
【详解】（1）证明：连接，交于点O，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵，四边形 是菱形
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
在中，，
∴，
∴（负值舍去），
∴菱形的周长．
24．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由正方形得到，再由互余关系得到，再由垂直得到，即可证明；
（2）先由勾股定理求解．连接，，求出，再由全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，，
．
又，
．
在中，，
．
在和中，
．
（2）解：正方形的边长为6，，，
．
连接，
∴．
，
，
解得．
由（1）得，
．
25．(1)4
(2)
(3)1或9
【分析】（1）利用矩形的性质、翻折的性质以及勾股定理求解即可；
（2）利用翻折的性质可得：，设，则，再证得，则，然后在中，利用勾股定理列方程求解即可；
（3）分两种情况：①点Q在线段上时，证，再由勾股定理得，则；②点Q在延长线上时，由勾股定理得，设，则，然后在中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形中，，
∴，
如图1由翻折的性质得：，
在中，由勾股定理得：．
（2）解：如图2，由翻折的性质得：，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，即．
（3）解：分两种情况：
①点Q在线段上时，如图3所示：
由翻折的性质得，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②点Q在延长线上时，如图4所示：
由翻折的性质得：，
∴，
设，则，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：，即．
综上所述，的长为1或9．
【点睛】灵活利用分类讨论思想和勾股定理构造方程是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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