人教版2024—2025学年八年级下学期数学期中考试模拟试卷（二）（含解析）

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人教版2024—2025学年八年级下学期数学期中考试模拟试卷（二）满分：120分 时间：120分钟 范围：第十六章二次根式到第十八章平行四边形
一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，满分30分）
1．以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B．3，4，6 C．6，8，15 D．5，12，13
2．如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，BC＝8，则DE的长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
3．如图， ABCD中，AE平分∠DAB，∠B＝100°，则∠DAE＝（　　）
A．100° B．80° C．60° D．40°
4．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD，AD∥BC B．OA＝OC，OB＝OD
C．AD＝BC，AB∥CD D．AB＝CD，AD＝BC
5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2cm，点D为AB的中点，则CD＝（　　）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
6．下列说法中，正确的是（　　）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线互相平分的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为BC中点，AC＝6，BD＝8．则线段OH的长为（　　）
A． B． C．3 D．5
8．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，OA＝2，BD＝8，则△ABO的周长为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．13
9．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每小题3分，满分18分）
11．实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简的结果是 　 　 ．
12．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为 　 　 ．
13．如图，折叠长方形纸片ABCD，先折出折痕BD，再折叠使AD边与对角线BD重合，得折痕DE，若AB＝4，BC＝3，则AE的长是 　 　 ．
14．菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 　 cm2．
15．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　 　 ．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝2，点P是AB边上的一点（异于A，B两点），过点P分别作AC，BC边的垂线，垂足分别为M，N，连接MN，则MN的最小值是 　 　 ．
人教版2024—2025学年八年级下学期数学期中考试模拟试卷（二）
考生注意：本试卷共三道大题，25道小题，满分120分，时量120分钟
姓名：____________ 学号：_____________座位号：___________
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
二、填空题
11、_______ 12、______13、_______ 14、______15、_______ 16、______
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，解答题要有必要的文字说明）
17．计算：
（1）；
（2）．
18．如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，AD＝1，CD＝3．
（1）求∠DAB的度数．
（2）求四边形ABCD的面积．
19．已知，，求下列代数式的值．
（1）a2+b2+2ab；
（2）a2﹣b2．
20．如图，方格纸中每个小正方形的边长为1、每个小正方形的顶点称为格点．已知△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）求点B到AC的距离．
21．如图，将长方形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点C'处，BC'交AD于点E．
（1）求证：△BED是等腰三角形；
（2）若AD＝8，AB＝4，求△BED的面积．
22．如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝2，点E为对角线AC上一动点，连接DE．过点E作EF⊥DE，交射线BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG．连接CG．
（1）连接BE，求证：BE＝DE．
（2）求证：矩形DEFG是正方形．
（3）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．
23．已知在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：CF+CD＝BC
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，请判断CF，CD，BC三条线段之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图2，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知，CD：CB＝1：4，求GE的长．
24．如图1，在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（m，0），以AB为边在右侧作正方形ABCD．
（1）当点B在x轴正半轴上运动时，求点C的坐标（用m表示）；
（2）当m＝0时，如图2，P为OA上一点，连接PC，过点P作PM⊥PC，过A作AM∥OD，PM与AM交于点M，求证：PM＝PC；
（3）在（2）的条件下，如图3，连MC交OD于点N，求AM+2DN的值．
25．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，A，C两点坐标分别为A（0，a），C（c，0）．
（1）若，直接写出A，C两点坐标；
（2）在（1）的条件下，如图1，F为AB延长线上一点，∠OCF的平分线交y轴于点E，若，求CF的长．
（3）如图2，M、N分别为AB、AO上的点，若∠AMN＝∠MCN＝45°，试探究ON2、BM2、MN2之间的数量关系并证明．
参考答案
一、选择题
1．【解答】解：A．∵22+32＝13，42＝16，
∴22+32≠42，
∴不能构成直角三角形，
故选项不符合题意；
B．∵42+32＝25，62＝36，
∴42+32≠62，
∴不能构成直角三角形，
故选项不符合题意；
C．∵6+8＝14＜15，
∴不能构成三角形，
故选项不符合题意；
D．∵122+52＝169，132＝169，
∴122+52＝132，
∴能构成直角三角形，
故选项符合题意；
故选：D．
2．【解答】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点，
∴，
∵BC＝8，
∴DE＝4．
故选：A．
3．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB＝180°﹣∠B＝180°﹣100°＝80°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE∠DAB80°＝40°．
故选：D．
4．【解答】解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定，故不符合题意；
B、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定，故不符合题意；
C、无法判定，四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形，故符合题意；
D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定，故不符合题意；
故选：C．
5．【解答】解：∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴CDAB＝1（cm），
故选：A．
6．【解答】解：A、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，错误；
B、对角线互相平分、垂直的四边形是菱形，错误；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，错误；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，正确；
故选：D．
7．【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝ODBD＝4，OC＝OAAC＝3，
在Rt△BOC中，BC5，
∵H为BC中点，
∴OHBC．
故选：B．
8．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OBBD＝4，
∵AB＝3，OA＝2，
∴△ABO的周长＝AB+OA+OB＝3+2+4＝9，
故选：B．
9．【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，，
∴，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即，
∴，
∴．
故选：C．
10．【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
在△COE和△DOF中，
，
∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确；
②∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，故②正确；
③∵△COE≌△DOF，
∴FO＝EO，
∵∠OFE＝∠ODF＝45°，
∴∠DOF＝∠CFE，
设∠DOF＝α，
∴∠OGF＝45°+α，
∵∠COF＝90°﹣α，
当45°+α＝90°﹣α时，α＝22.5°，OF＝FG，
故③不正确；
④由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的，
故④正确；
⑤在Rt△ECF中，∠EOF＝90°，
根据勾股定理，得：OE2+OF2＝EF2，
故⑤正确；
综上所述，正确的是①②④⑤，
故选：C．
二、填空题
11．【解答】解：由数轴得，a＜0，b＞0，|a|＞|b|，
∴a+b＜0，
∴
＝|a+b|﹣|a|
＝﹣（a+b）﹣（﹣a）
＝﹣a﹣b+a
＝﹣b，
故答案为：﹣b．
12．【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，∠AFB＝90°，
∴DEBC，DFAB，
∵AB＝6，BC＝8，
∴DE8＝4，DF6＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝4﹣3＝1．
故答案为：1．
13．【解答】解：由折叠的可知，AD＝A'D，AE＝A'E，∠A＝∠DA'E，
∵AB＝4，BC＝3，
∴A'D＝3，BD＝5，
∴A'B＝2，
在Rt△A'EB中，EB2＝A'E2+A'B2，
∴（4﹣AE）2＝AE2+22，
∴AE，
故答案为．
14．【解答】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm，
∴菱形的面积是24（cm2），
故答案为：24．
15．【解答】解：由题意可得：x﹣2≥0，
解得：x≥2，
故答案为：x≥2．
16．【解答】解：如图，连接PC．
在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝2，
∴AB2，
∵PM⊥AC，PN⊥BC，
∴∠PMC＝∠PNC＝∠C＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN＝PC，
当PC⊥AB时，PC的值最小，
此时PC的最小值，
∴MN的最小值为，
故答案为：．
三、解答题
17．【解答】解：（1）
；
（2）
＝25﹣24
＝1．
18．【解答】解：（1）连接AC，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，
∴，∠BAC＝45°，
∵AD＝1，CD＝3，
∴，CD2＝9，
∴AD2+AC2＝CD2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠DAC＝90°，
∴∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝135°．
（2）在 Rt△ABC中，，
在 Rt△ADC中，．
∴．
19．【解答】解：（1）原式＝（a+b）2
＝20；
（2）原式＝（a+b）（a﹣b）
．
20．【解答】解：（1）△ABC是等腰三角形，理由如下：
由网格的特点和勾股定理可知，，
∴AB＝BC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）设点B到AC的距离为h，
由网格的特点和勾股定理可知，
∵，
∴，即，
∴，
∴点B到AC的距离为．
21．【解答】（1）证明：∵△BDC′是由△BDC沿直线BD折叠得到的，
∴∠1＝∠2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴BE＝DE；
（2）解：设DE＝x，则AE＝AD﹣DE＝8﹣x，
在直角△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝DE＝x，
∴BE2＝AB2+AE2，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
∴x＝5，
∴△BED的面积DE×AB5×4＝10．
22．【解答】（1）证明：连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝DA，∠BAE＝∠DAE，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°
且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（3）解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG
∴AC＝AE+CEAB24，
∴CE+CG＝4 是定值．
23．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵BD+CD＝BC，
∴CF+CD＝BC；
（2）解：CF﹣CD＝BC；理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∴BC+CD＝CF，
∴CF﹣CD＝BC；
（3）解：如图2，过点A作AN⊥BC，过点E作EH⊥CF，
∵，
∴，
∵AN⊥BC，
∴BN＝CN＝2，
∵∠ABC＝45°，AN⊥BC，
∴AN＝BN＝2，
∵BC：CD＝4：1，
∴CD＝1，
∴ND＝3，
由（2）知：△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF＝BC+CD＝5，∠ACF＝∠B＝45°，∠AFC＝∠ADB，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，
∵∠B＝45°，
∴BC＝CG＝4，
∴FG＝1，
∵∠AFC+∠EFC＝∠AFE＝90°，∠ADB+∠DAN＝90°，∠AFC＝∠ADB，
∴∠DAN＝∠EFC，
在△AND和△FHE中，
，
∴△AND≌△FHE（AAS），
∴EH＝DN＝3，HF＝AN＝2，
∴GH＝FH﹣FG＝1，
在直角三角形EHG中，由勾股定理得：．
24．【解答】（1）解：如图1，作CE⊥x轴于E，
∵∠AOB＝∠ABC＝∠CEB＝90°，
∴∠ABO+∠OAB＝90°，∠ABO+∠CBE＝90°，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵AB＝BC，
∴△ABO≌△BCE（ASA），
∴CE＝OB＝m，BE＝OA＝4，
∴C（m+4，m）；
（2）证明：如图2，在OC上取点Q，使CQ＝AP，连接PQ，
在正方形AOCD中，OD为对角线，
∴AO＝OC，∠AOC＝90°，∠AOD＝45°，
∴PO＝OQ，
∴∠OPQ＝∠PQO＝45°，
∴∠QPC+∠QCP＝45°①，∠PQC＝135°，
∵AM∥OD，
∴∠EAM＝∠AOD＝45°，
∴∠MAP＝135°，
∴∠PQC＝∠MAP，
∵PM⊥PC，
∴∠MPC＝90°，
∴∠APM+∠QPC＝45°，②
由①②知：∠QCP＝∠APM，
∴△MAP≌△PQC（ASA），
∴PM＝PC；
（3）解：如图3，过M作MF∥OA交OD于F．
∵四边形AOCD是正方形，
∴AO＝CD＝4，
∴，
∵AM∥ON，OA∥MF，
∴四边形AMFO是平行四边形，
∴FM＝OA＝CD，MF∥CD，AM＝OF，
∴∠NDC＝∠NFM，
∵∠MNF＝∠CND，
∴△CDN≌△MFN（AAS），
∴FN＝DN，
∴．
25．【解答】解：（1）∵，
∴24﹣2c≥0，c﹣12≥0，
∴c＝12，
∴a＝c＝12，
∴A（0，12），C（12，0）；
（2）∵四边形OABC是矩形，A（0，12），C（12，0），
∴OC＝OA＝AB＝BC＝12，AB∥OC，
∵，
∴OE18，
∴AE＝6，
如图，若AB与CE交点G，取BG的中点K，CG的中点H，连接KH，则GK＝KB，
∴KH是△BCG的中位线，
∴，KH∥BC，
∴KH＝AE＝6，∠GKH＝∠GAE，∠GHK＝∠GEA，
∴△AGE≌△KGH（ASA），
∴GK＝AG，
∴AG＝GK＝KB，
∵AB＝12，
∴AG＝GK＝KB＝4，
∵∠OCF的平分线交y轴于点E，
∴∠FCG＝∠OCE，
∵AB∥OC，
∴∠BGC＝∠OCE，
∴∠FCG＝∠OCE＝∠BGC，
∴CF＝FG，
∴BF＝FG﹣BG＝CF﹣8，
∵BF2+BC2＝CF2，
∴（CF﹣8）2+122＝CF2，
解得CF＝13；
（3）ON2、BM2、MN2之间的数量关系为BM2+ON2MN2，
证明：∵四边形OABC是矩形，A，C两点坐标分别为A（0，a），C（c，0），
∴OA＝BC＝a，OC＝AB＝c，
设AM＝x，则BM＝c﹣x，
∵∠AMN＝45°，
∴AM＝AN＝x，，
∴ON＝a﹣x，
过C向下作PC⊥CM，使PC＝CM，过P作PD⊥x轴于D，过N作NQ⊥PD于点Q，
∴∠PDC＝∠B＝∠BCO＝90°，∠PCD＝∠BCM＝90°﹣∠DCM，
∴△PCD≌△MCB（AAS），
∴CD＝CB＝a，PD＝BM＝c﹣x，BC＝CD＝a，
∴OD＝a﹣c，
∵∠MCN＝45°，
∴∠BCM+∠DCN＝∠PCD+∠DCN＝45°，
∴∠MCN＝∠PCN＝45°，
∵PC＝CM，CN＝CN，
∴△CMN≌△CPN（SAS），
∴，
∵PD⊥x轴，NQ⊥PD，∠NOD＝90°，
∴∠ODQ＝∠Q＝∠NOD＝90°，
∴四边形ONQD是矩形，
∴QD＝ON＝a﹣x，QN＝OD＝a﹣c，
∴PQ＝PD+QD＝a﹣x+c﹣x＝a+c﹣2x，
∵PQ2+QN2＝PN2，
∴，
∴a2+c2﹣2ax﹣2cx＝﹣x2，
∵BM＝c﹣x，，ON＝a﹣x，
∴BM2+ON2＝（c﹣x）2+（a﹣x）2＝a2+c2﹣2ax﹣2cx+2x2＝﹣x2+2x2＝x2，MN2＝2x2，
∴BM2+ON2MN2．
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