期中检测卷（含解析）-2024-2025学年数学八年级下册人教版

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期中检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．将式子根式外的因式移到根式内的结果是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，一旗杆在离地面处折断，旗杆顶部距底部，求旗杆原有多长（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
3．下列三条线段不能构成直角三角形的是（ ）
A．3，4，5 B． C． D．40，50，60
4．下列计算错误的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．如图，把一块含角的三角板放入的网格中，三角板三个顶点均在格点上，直角顶点与数轴上表示的点重合，则数轴上点A所表示的数为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，是边上一点，连接．将菱形沿直线折叠，点恰与点重合．若菱形的边长为4，则的长是（　　）
A．2 B．4 C． D．
7．如图，大正方形面积为，小正方形的面积为，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，在中，的角平分线交于点E，的角平分线交于点F．若，，则的长是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、填空题
10．若代数式有意义，则的取值范围是 ．
11．在平面直角坐标系中，点到原点的距离为 ．
12．计算： ．
13．如图，已知在中，，，，D是边上一点，将沿翻折，点A恰好落在边上的点E处，那么 ．
14．如图，在中，，，．如果，分别为，上的动点，那么的最小值是 ．
15．如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则，两点间的距离为 ．
16．如图，在中，交对角线于点，若，则的度数是 ．
17．对于有理数和，定义了一种新运算：，例如，则为 ．
18．如图，四边形为菱形，延长到，在内作射线，过点作于，若平分，，则对角线的长为 ．
三、解答题
19．计算：
(1)
(2)
(3)
(4)
20．已知，是实数，且，求．
21．如图，在四边形中，，，，，求的度数和四边形的面积．
22．如图，在直角三角形纸片中，，把这张纸片沿折叠，使点A与C重合，连接，过点B作的平行线，与的延长线交于点F．
(1)求证：四边形为平行四边形．
(2)当四边形为菱形时，求的度数．
23．如图，在中，，，，是边上的两个动点，其中从出发沿方向运动且速度为，中从出发沿方向运动且速度为，它们同时出发，设出发时间为．
(1)出发后，求的长．
(2)当在边上运动时，出发几秒钟后，是等腰三角形？
(3)当点在边上运动时，求能使是以为腰的等腰三角形的运动时间．
24．如图，对角线，相交于点，过点作且，连接，，．
(1)求证：是菱形；
(2)若，，求的长．
25．如图1，在中，点D在的延长线上，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的平分线于点F．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接、，当点运动到何处时，四边形是矩形，并说明理由；
(3)在（2）的前提下满足时，四边形是正方形？（直接写出答案，无需证明）
26．【问题提出】
勾股定理是直角三角形一个非常重要的性质，有着及其广泛的应用，搭建起了几何图形和数量关系之间的一座桥梁．因此勾股定理与动点、方程、几何图形等结合就可以进行相应的数量计算．
在中，，
【新知初探】
（1）如图1，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿方向向点运动，连接．当点运动 秒时，．
【类比分析】
（2）如图2，当点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线方向运动，设运动的时间为．
①当为等腰三角形时，求的值；
②当为直角三角形时，求的值；
【学以致用】
（3）如图2，当点从点出发，以每秒4个单位长度的速度沿方向运动，设运动的时间为．若点恰好在的平分线上，求的值．
27．【发现】
我们将称为一对“对偶式”，因为，所以构造“对偶式”再将其相乘可以有效的将和中的“”去掉，于是二次根式除法可以这样解：如，像这样，通过分子，分母同乘以一个式子把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．
【应用】
(1)的对偶式是 ，分母有理化得 ．
(2)①计算：
②已知：，求的值．
《期中检测卷-2024-2025学年数学八年级下册人教版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C D D A C C C C A
1．C
【分析】本题考查了二次根式的性质、二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．先根据二次根式有意义的条件可得，再根据二次根式的性质计算即可得．
【详解】解：由题意得：，且，
∴，
则
，
故选：C．
2．D
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据实际情况找出直角三角形是解题关键．
利用勾股定理求得的长，从而求得旗杆折断前的高度．
【详解】解：如图，根据题意，得：在中，，，，
在中，，
，
．
旗杆原有长．
故选：D．
3．D
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．熟练掌握勾股定理的逆定理是解题关键．
【详解】解：∵，
∴能构成直角三角形，故A选项不符合题意，
∵，
∴能构成直角三角形，故B选项不符合题意，
∵，
∴能构成直角三角形，故C选项不符合题意，
∵，
∴不能构成直角三角形，故D选项符合题意，
故选：D．
4．A
【分析】本题考查二次根式的加减乘除运算，根据二次根式的加减乘除运算法则计算即可．
【详解】解：A、与的被开方数不相同，不能合并，故本选项计算错误；
B、，本选项的计算正确；
C、，本选项的计算正确；
D、，本选项的计算正确．
故选：A
5．C
【分析】本题考查了数轴上的点与实数一一对应和勾股定理，正确理解题意是解题的关键；
本题需要通过勾股定理求得，进而得到，然后即可求解；
【详解】解：如图：
，
由题意可知，，，，
∴，
∴，
∴数轴上点A所表示的数为，
故选：C；
6．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠的性质，由菱形的性质可得，由折叠的性质可得，，由勾股定理可求解．灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【详解】解：四边形是菱形，
，
将菱形沿直线折叠，点恰与点重合，
，，
，
故选：C．
7．C
【分析】本题考查了算术平方根和三角形的面积和二次根式的混合运算，掌握算术平方根和二次根式的运算是解题的关键．
由题意得出大、小正方形的边长，再求出，利用三角形的面积公式表示出阴影部分面积，再代入数据，利用二次根式混合运算化简，即可得出答案．
【详解】解：∵大正方形面积为，小正方形的面积为，
∴大正方形边长为，小正方形的边长为，
∴，
．
故选：C．
8．C
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，折叠的性质，一元一次方程解几何问题，掌握平行四边形、折叠的性质是关键．
令，则，进而可得，由折叠可知，，，，再根据三角形的内角和列出关于的方程式即可得出答案．
【详解】解：令，则，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
由折叠可知，，，
在中，，
即，
解得：，
∴．
故选：C．
9．A
【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据线段和差求解即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
10．且
【分析】本题考查分式有意义的条件及二次根式有意义的条件，要使分式有意义，分母不为0，要使二次根式有意义，被开方数为非负数，据此列不等式求解即可得答案．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴且，
解得：且．
故答案为：且
11．5
【分析】本题考查了勾股定理．根据原点坐标为，以及点，结合勾股定理列式，即可作答．
【详解】解：∵原点坐标为，点，
∴，
∴点到原点的距离为5，
故答案为：5．
12．
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．先根据积的乘方与幂的乘方得到, 然后利用平方差公式计算.
【详解】解：原式，
，
，
故答案为：.
13．
【分析】本题主要考查了折叠的性质，三角形外角性质以及含角的直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．先利用互余计算出，再根据折叠的性质得到，根据三角形外角性质计算出，再根据含角的直角三角形进行计算即可．
【详解】解：，
，
将沿翻折，点A恰好落在边上的点E处，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
．
故答案为：．
14．
【分析】延长到点F，使得，则直线是线段的垂直平分线，连接，于是得到，，于是就变成了，根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到的最小值就是的高，过点F作于点G，求即可．
此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，勾股定理，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性质是解本题的关键．
【详解】解：延长到点F，使得，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
连接，
∴，，
∴就变成了，
根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到的最小值就是的高，
过点F作于点G，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
15．2
【分析】此题重点考查菱形的判定、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．由题意可知，连接，因为，所以是等边三角形，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，，
，
四边形是菱形，
连接，
，
是等边三角形，
，
，两点间的距离为2，
故答案为：2．
16．/105度
【分析】本题考查平行四边形的性质，垂线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题．由四边形是平行四边形，推出，推出，由，推出，根据计算即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
故答案为：．
17．/
【分析】本题考查二次根式的混合运算，根据新定义代入计算求值即可．
【详解】解：由题意得：，
故答案为：．
18．
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，过点作于，
可证明，得到，再根据菱形的性质和等腰三角形的性质即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作于，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
19．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
（1）先根据二次根式的性质化简二次根式，再进行二次根式的加减运算即可；
（2）先根据二次根式的性质化简二次根式，再根据二次根式乘除法运算法则计算即可；
（3）先计算乘方，负整数指数幂，零指数幂，再进行加减运算即可；
（4）先根据完全平方公式和平方差公式展开，再进行加减运算即可．
【详解】（1）解：原式
（2）解：原式
（3）解：原式
（4）解：原式
20．1
【分析】根据题意可以求得x、y的值，从而可以解答本题；
本题考查二次根式的化简求值，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法．
【详解】解：由题意，得，
，
解得，
∴，
∴
21．，
【分析】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理及其逆定理．连接，可得是等腰直角三角形，因此，，从而得到，可判定是直角三角形，，因此，，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：连接，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴
．
22．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查的是平行四边形的判定和菱形的边的性质．
（1）根据，，证明，得到结论；
（2）根据菱形的性质证明，得到的度数．
【详解】（1）证明：由题意得，，
又∵，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
23．(1)
(2)
(3)秒或秒
【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，注意分类讨论是解题关键．
（1）设，，出发后，求出，利用勾股定理即可求解；
（2）当在边上运动时，得，根据题意，得，将、代入，即可求解；
（3）当点在边上运动时，能使是以为腰的等腰三角形的情况有三种：①当时，则，可证得，得，即可求解的值；②当时，得，即可求解的值．
【详解】（1）解：根据题意，得：，，
出发后，，，
，
，
在中，．
（2）解：当在边上运动时，
，即时，
由（1）得：，，，且，
只有当时，是等腰三角形，
，解得，符合题意，
出发秒后，是等腰三角形．
（3）解：，，，
在中，．
①如图，当时，
，
，，
，
，
，
，解得；
②如图，当时，
，
，解得；
综上所述，运动时间为秒或秒时，是以为腰的等腰三角形．
24．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形．再证平行四边形是矩形，则，得，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）证明是等边三角形，得，再由勾股定理得，然后由矩形的在得，，即可解决问题．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形．
，
平行四边形是矩形，
，
，
是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
，，
，
即的长为．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据角平分线的性质得到，，根据平行线得到，，从而利用等腰三角形说明，从而得到结论；
（2）当O为中点时，结合(1)可得四边形为平行四边形，然后根据得出矩形；
（3）当时，可得，对角线互相垂直的矩形是正方形．
【详解】（1）解： 平分，平分，
，，
，
，，
，，
，，
．
（2）解：当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形．
，，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，即，
四边形是矩形．
（3）解：在（2）前提下，当的时，四边形是正方形．
，，
，
矩形是正方形．
【点睛】本题综合考查了平行线性质，等腰三角形的判定，平行四边形、矩形、正方形的性质与判定等知识，熟练掌握它们的性质和判定是解决问题的关键．
26．（1）；（2）①当为等腰三角形时，的值为5或8或；②当为直角三角形时，的值为或4；（3）的值为或．
【分析】（1）利用勾股定理求得，设，在中，由勾股定理列式计算即可求解；
（2）①分三种情况讨论，分别列式计算即可求解；②分两种情况讨论，利用勾股定理列式计算即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用勾股定理结合角平分线的性质列式计算即可求解．
【详解】解：（1）∵在中，，
∴，
设，
∴，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
∴，
∴点运动秒时，．
故答案为：；
（2）①当时，则，
解得；
当时，则，
解得，；
当时，由（1）得，
∴，
解得；
综上，当为等腰三角形时，的值为5或8或；
②当，，，
在中，由勾股定理得，
在中，，
∴，
即，
解得；
当，则P与C重合，则，
解得；
综上，当为直角三角形时，的值为或4；
（3）如图，作，
∵点P恰好在的平分线上，，
∴，
∴，
∴，，
由题意得，，
由勾股定理得，解得；
当点P运动到点A时，也在角平分线上，此时，．
综上，的值为或．
【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
27．(1)，
(2)①；②
【分析】此题主要考查了二次根式的有理化因式，分母有理化，二次根式的混合运算，代数式求值等，解决问题的关键是熟练掌握阅读材料中二次根式的有理化因式的定义，分母有理化的定义及计算，二次根式的加减计算，完全平方公式，整体代入法求代数式的值．
（1）根根据材料中的方法即可求解；
（2）①原式各分母有理化，合并即可得到结果．
②将x与y分母有理化求得和的值，把化为，再整体代入计算即可得到结果．
【详解】（1）解：的对偶式是，分母有理化得：；
故答案为：，；
（2）解：①
；
②∵，
∴，
，
．
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