2024-2025学年人教版数学八年级下册期中复习训练（含解析）

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2024-2025学年人教版数学八年级下册期中复习训练
一、单选题(每题3分，共30分)
1．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A．，， B．1，1， C．4，5，6 D．5，12，13
2．要使二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，已知，那么数轴上点C表示的数是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在中，已知，，平分交边于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知则，则的值为（ ）
A． B． C．5 D．6
6．如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，如果图中直角三角形的长直角边为9，短直角边为6，则围成的小正方形与大正方形面积的比为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，D、E分别是的边、的中点，连接BE、DE．若，，则的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．如图，有一个池塘，其底面是边长为尺的正方形，一个芦苇生长在它的中央，高出水面部分为尺．如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边的，则这根芦苇的长度是（ ）

A．尺 B．尺 C．尺 D．尺
9．如图，是的对角线，过点B作交于点G，垂足为E，过点D作交于点H，垂足为F，连接．则下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④平分的周长；⑤，其中正确的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，点C落在x轴的正半轴上，点B落在第一象限内，按如图所示的步骤作图，则点H的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每题3分，共30分)
11．化简 ．
12．计算的结果是 ．
13．如图，在中，，，作边的垂直平分线，交于点，交于点．若，则的长为 ．
14．如图，一个没有上盖的圆柱形食品盒，它的高等于，底面周长为，在盒外下底面的点A处有一只蚂蚁，蚂蚁爬行的速度为．想沿盒壁爬行吃到盒内正对面中部点B处的食物，那么它至少需要 秒（盒的厚度和蚂蚁的大小忽略不计）
15．如图，的对角线相交于点O，点E，F分别是线段的中点．，的周长是，则的长为 ．
16．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点．若，则的长为 ．
17．如图，菱形中，于点H，且与交于G，则 ．
18．如图，将长方形纸片沿折叠，使点落在边上点处，点的对应点为，连接交边于点，连接，若，，点为的中点，则线段的长为 ．
19．如图，在菱形中，与相交于点O，若，，则菱形的周长是 ．
20．如图，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发，沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线以的速度运动．设它们运动的时间为，则当 时，以点A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
三、解答题(共30分)
21．计算：
(1)； (2)．
22．先化简，再求值：，其中．
23．已知，，求下列各式的值：
(1)；
(2)
24．如图，在中，，边的垂直平分线交和于点D，E，且．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
25．如图，已知某开发区有一块四边形空地，经测量，，，，，
(1)求这块空地的面积；
(2)现计划在该空地上种植草皮，若每平方米草皮需200元，则在该空地上种植草皮共需多少钱？
26．如图，在矩形中，、相交于点O，，垂足为E．
(1)若，求和的度数；
(2)若，，求的面积．
27．如图，在中，，为上的中线，点F为中点，点E为上一点，连接．
(1)从①；②这两个信息中，选择一个作为条件，另一个作为结论，并证明；
你选择的条件是 ，结论是 ；（填写序号即可）
(2)在（1）的条件下，当时，求的度数．
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《2024-2025学年人教版数学八年级下册期中复习训练》参考答案
1．D
【分析】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形就是直角三角形．先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可
【详解】解：A、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
D、，故是直角三角形，故此选项符合题意；
故选：D．
2．B
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0，据此列式求解即可．
【详解】解：∵二次根式有意义，
∴，
解得．
故选：B．
3．C
【分析】本题考查了勾股定理，无理数与数轴的关系，掌握数轴上的点与无理数的对应关系是关键．
运用勾股定理得到，由数轴的特点即可求解．
【详解】解：根据图示可得，，
∵点表示的数是，
∴点C表示的数是，
故选：C ．
4．B
【分析】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．利用平行四边形的性质得出，，得出，结合平分，得出，则可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
5．A
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的化简，一元一次不等式组解法，理解二次根式有意义的条件是解答关键．
根据二次根式有意义的条件求出，进而求出y的值，代入中进行计算求解．
【详解】解：根据二次根式的意义得，，
，
当时，，，
，
∴．
故选：A．
6．D
【分析】本题主要考查了勾股定理中赵爽弦图模型，关键在于正确找出勾股关系．
根据勾股定理利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】解：直角三角形的长直角边为9，短直角边为6，
∴大正方形的面积为：
∴小正方形的面积为．
∴围成的小正方形与大正方形面积的比为：
故选：D．
7．B
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定等知识，根据三角形的中位线定理得出，，根据平行线的性质并结合已知可得，然后根据等角对等边求解即可．
【详解】解∶∵D、E分别是的边、的中点， ，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
故选：B．
8．B
【分析】本题考查了勾股定理的应用，解题关键是设出芦苇的长度，再根据勾股定理列出方程．
【详解】解：设芦苇的长度为x尺，根据题意可知尺，尺，
根据勾股定理得，，
解得，，
故选：B．
9．C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识点，灵活运用相关性质成为解题的关键．
利用全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质逐一判断即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
，，
，
，
，
，，故①正确；
，
，
∴，
，即，
∴四边形是平行四边形，故②正确；
，而不一定等于，故③错误；
，，
，
∴平分的周长，故④正确；
如图，过点E作，并延长交于点N，
∵，
，
∴，
，
，
，故⑤正确，
综上，正确的有4个．
故选；C．
10．A
【分析】此题重点考查图形与坐标、勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，推导出，进而证明是解题的关键.
由， 求得由作图得平分， 则， 由， 得， 所以， 则所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∵四边形是平行四边形，在轴上
∴轴，
由作图得平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴
故选：A．
11．/
【分析】本题考查了分母有理化，熟练掌握运算法则是解题的关键；
先通过平方差公式对原式分母有理化，求出结果．
【详解】解：．
故答案为：
12．
【分析】本题考查了同底数幂乘法的逆用、积的乘方的逆用、二次根式的乘法，熟练掌握各运算法则是解题关键．根据同底数幂乘法的逆用、积的乘方的逆用、二次根式的乘法法则即可得．
【详解】解：
．
13．
【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等边对等角，30度角的直角三角形的性质和勾股定理；根据题意得出，进而根据30度角的直角三角形的性质和勾股定理，即可求解．
【详解】解：，，
，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】要求圆柱体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将正方体展开，作出B关于边的对称点D，然后利用勾股定理求出的长，再算出时间．
本题考查的是平面展开-最短路径问题，解答此题的关键是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
【详解】解：如图所示：
作B关于边的对称点D，连接，蚂蚁走的最短路径是，
∵底面周长为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵蚂蚁爬行的速度为，
∴它至少需要s.
故答案为：.
15．3
【分析】此题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，，求出的值，由的周长求出，根据三角形中位线的性质求出的长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵的周长是，
∴，
∴，
∵点分别是线段的中点，
∴，
故答案为：3．
16．
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，连接 ，由矩形的性质可得，，由线段垂直平分线的性质得，设，则，由勾股定理得，解方程即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵是的垂直平分线，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
17．
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质，结合勾股定理求出的值，等积法求出的长即可．
【详解】解：∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即：，
∴；
故答案为：．
18．
【分析】连接，勾股定理求得，进而证明，设，，根据，以及三边关系建立方程组，解方程组求解即可．
【详解】如图，连接，
∵折叠
∴，，
∵四边形是长方形，，，
，，
设
则
∵是的中点，
∴
在中，
在，
∴
即
解得
∴，
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
设，
在中
即①
又
∴②
由①可得③
将②代入③得④
②④得
解得
即
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠问题，因式分解，三角形全等的性质与判定，解二元一次方程组，掌握折叠的性质是解题的关键．
19．40
【分析】本题考查菱形的性质，关键是由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出的长．由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出，即可得到菱形的周长．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，，
，，
，
菱形的周长．
故答案为：40．
20．或4
【分析】考查了平行四边形的判定以及一元一次方程的应用，熟练掌握平行四边形的判定，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．分两种情况，①当点在的左侧时，②当点在的右侧时，分别由当时，以、、、为顶点四边形是平行四边形，列出一元一次方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意得： ， ，
分两种情况：
①当点在的左侧时，，
，
当时，四边形是平行四边形，
即，
解得：；
②当点在的右侧时，，
，
当时，四边形是平行四边形，
即，
解得：；
综上所述，当或4时，以、、、为顶点四边形是平行四边形．
故答案为：或4．
21．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，二次根式的混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
（1）先化简二次根式，再计算加减法即可得到答案；
（2）先利用完全平方公式和平方差公式去括号，然后计算加减法即可得到答案．
【详解】（1）解：原式
（2）解：原式
22．；
【分析】此题主要考查分式的化简求值，分母有理化，解题的关键是熟知分式的运算法则．先计算括号内异分母减法，再计算除法，再代入x即可求解．
【详解】解：原式
．
当时，
原式．
23．(1)
(2)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，求分式的值，解题的关键是利用完全平方公式的变形求值．
（1）可先根据题意求出，，再利用完全平方公式的变形求解即可；
（2）将所求式子化为，再利用完全平方公式的变形求解即可．
【详解】（1）解：，，
，，
；
（2）由（1）知，，，
24．(1)
(2)
【分析】（1）先证明平分，再证明．可得，下进一步求解即可；
（2）证明，在中，根据勾股定理得，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴平分，
∴，
∵的垂直平分，
∴，
∴．
∴，
∵，
∴，
即，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
在中，根据勾股定理得，
∵，
∴，
解得．
【点睛】本题考查的是角平分线的判定，线段的垂直平分线的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式；含30度角的直角三角形的性质，熟记角平分线的判定与线段的垂直平分线的性质是解本题的关键．
25．(1)
(2)19200元
【分析】本题考查了勾股定理的应用以及勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证明为直角三角形是解题的关键．
（1）连接，由勾股定理得，再由勾股定理的逆定理证是直角三角形，，然后求出，即可求解；
（2）根据每平方米草皮需200元，求出结果即可．
【详解】（1）解：连接AC，如图：
在中，，
在中，，，
∵，
∴，
∴是直角三角形，，
∴
；
（2）解：∵计划在该空地上种植草皮，每平方米草皮需200元，
∴在该空地上种植草皮共需费用为：（元）．
26．(1)，；
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由矩形的性质可得，，结合题意得出，求出，再由等边对等角可得，从而可得，即可得解；
（2）由矩形的性质可得，，由勾股定理可得，求出，作于，则，，由等面积法得出，求出，，即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
如图，作于，则，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
27．(1)条件为①，结论为②，证明见解析；条件为②，结论为①，证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟知等腰三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）条件为①，结论为②，由三线合一定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得；条件为②，结论为①，由三线合一定理直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明，再根据等边对等角和三角形内角和定理证明，即可证明结论；
（2）证明为的中位线，得到，则，再根据等边对等角和三角形内角和定理即可求出答案．
【详解】（1）解：条件为①，结论为②，证明如下：
∵，为上的中线，
∴，
∵，点F为中点，
∴，
∴；
条件为②，结论为①，证明如下：
∵，为上的中线，
∴，
∵点F为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
（2）解：由（1）可得，
∵为上的中线，点F为中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴．
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