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新疆维吾尔自治区阿克苏地区2025—2026学年第二学期期中作业 八年级 数学
一、单选题
1．25的算术平方根是（ ）
A． B．5 C． D．
2．直角三角形两条直角边长分别为和，斜边长为，若，那么的值为（ ）
A．4 B．3 C． D．
3．如图是一个四边形，其中的值是（ ）
A． B． C． D．
4．下列各式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
6．如图，，两点是体育馆相距最远的两点，分别从，两点引出一条直线交于点，若于点，，，那么的长是（ ）
A． B． C． D．
7．的结果是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在四边形中，，那么四边形面积是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，的周长是，与相交于点，交于点，则的周长是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
10．一个三角形的三边长分别是厘米，厘米，厘米，这个三角形___________（填“是”或“不是”）直角三角形．
11．已知正多边形的一个外角等于，则这个正多边形的内角和度数为______．
12．若，则___________．
13．半径为的圆变成面积相等的长方形，长为，宽为，圆的半径为___________．
14．如图，在平行四边形中，为上一点，将沿折叠，点恰好落在点处，连接，若，，则___________．
15．在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是a，b，c，正放置的四个正方形的面积依次是，，，，则______．

三、解答题
16．计算：
(1)；
(2)．
17．已知实数，，满足，，试求：
(1)，，的值；
(2)的值．
18．如图，在中，，，两点分别在，上，，．求证：四边形是平行四边形．
19．若，求的值．
20．如图，在中，，于点D．若，，求的长．

21．如图，在中，点E，F在对角线上，且连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求的度数．
22．阅读材料，并计算．
【材料一】我们规定：如果两个含有二次根式的式子的积中不含有二次根式，我们就称这两个含有二次根式的式子互为有理化因式，其中一个式子叫作另一个式子的有理化因式．
【材料二】我们在进行二次根式的化简时，需要把分母中的二次根式进行有理化，此时，需要将分子和分母同时乘上分母的有理化因式，从而去掉分母中的根号，这个过程就是分母有理化．
如：．
请利用分母有理化的知识，化简：
(1)；
(2)．
23．如图，在中，分别以，，为斜边作等腰直角三角形，得到，，．
(1)如图1，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接，．试判断：（ ）．（填“＞”“＜”或“=”）
(2)如图2，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接，．（1）中的结论还成立吗？给出结论，并写出证明过程．
参考答案
1．B
解：的算术平方根是．
2．C
【详解】∵ 三角形为直角三角形，斜边长为，两条直角边长为和
∴ 由勾股定理得
将代入公式得
∵ 边长为正数
∴ ．
3．A
解：∵四边形的内角和为，四个内角分别是，，，，
故，
整理得，
解得．
4．D
解：最简二次根式的判定条件为：被开方数不含分母，且被开方数不含能开得尽方的因数或因式.对选项逐一判断：
∵ 选项A中，==，被开方数含能开得尽方的因式，∴A不是最简二次根式；
∵ 选项B中，==，被开方数含能开得尽方的因数，∴B不是最简二次根式；
∵ 选项C中，=，分母中含根号，∴C不是最简二次根式；
∵ 选项D中，的被开方数101是质数，不含分母，也不含能开得尽方的因数，∴D是最简二次根式．
5．D
解：A、∵，，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），故A选项不符合题意；
B、∵，，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故B选项不符合题意；
C、∵，，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形），故C选项不符合题意；
D、由，无法得出四边形是平行四边形，故D选项符合题意．
6．A
【详解】在中，，，，
故．
7．A
解：
．
8．D
解：，
，
，
，
，
四边形面积．
9．C
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，即是的垂直平分线，
∴，
∵的周长为，
故，
∴的周长．
10．不是
解：由题意可知三角形三边长分别为厘米，厘米，厘米，其中最长边为厘米，
计算两条较短边的平方和：，
最长边的平方为：，
∵，
即，
故这个三角形不是直角三角形．
11．/度
解：多边形的边数为：，
则这个正多边形的内角和度数为，
故答案为：．
12．
【详解】∵，
故；
故．
13．
解：根据题意可得，
整理得，
解得．
14．
【详解】∵沿折叠，点恰好落在点处，
∴与全等，
∴，，
即，
在中，，
故，
∵，，
∴，
故．
15．/
解：如图所示，

根据题意可得，，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，，，
∴，
同理可得：，
∴，
故答案为：．
16．(1)
(2)
【详解】（1）
，
，
．
（2）
，
，
．
17．(1)，
(2)
（1）解：∵，且，，，
故，，，
即，，，
解得，．
（2）解：将，代入，原式．
18．见解析
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，且，，
故，，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形．
19．
解：，
，
，
将代入，原式．
20．，
解：∵在中，，
∴
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴．
21．(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：在中，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∴．
22．(1)
(2)
【详解】（1）
，
，
，
，
．
（2）
，
，
，
，
．
23．(1)
(2)成立，，见解析
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∵，
故以，为斜边所作的等腰直角，是全等三角形，
∴，
∵，
，
故，
∵在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：成立，，
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∵，
故以，为斜边所作的等腰直角，是全等三角形，
∴，
∵，
，
故，
在和中，
，
∴，
∴．

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