吉林省松原市长岭县2024~2025学年度第二学期期中教学质量检测八年级数学试卷(图片版,含答案)

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名称 吉林省松原市长岭县2024~2025学年度第二学期期中教学质量检测八年级数学试卷(图片版,含答案)
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文件大小 3.9MB
资源类型 教案
版本资源 人教版
科目 数学
更新时间 2025-05-08 20:40:54

文档简介

2024—2025 学年度第二学期期中教学质量检测
八年级数学试卷答案
一、选择题
1.C 2.C 3.B 4.D 5.A 6.A
二、填空题
7.3 3 8.2 9.2 10.5 11.AC= BD(或∠ABC= 90。) 12.40
13.16 14.72
三、解答题
15. 3+ 5 16.3 10
17.解: ∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AC=BD,OA= AC,OD= BD, ∠DAB=90。, ∴OA=OD, 又∵∠AOD=80。, ∴ ∠OAD= =50。, ∴ ∠OAB= ∠DAB ∠OAD=40。.
18.解: ∵在 Rt△ABC 中, ∠ACB=90 ° , M 是 AB 的中点, ∴CM= ∵AN= AB, ∴AN=CM,
又∵AN/CM,
∴四边形 ACMN 是平行四边形, ∴MN=AC.
四、解答题
19. 如图①所示,菱形 ABCD 即为所求.
图①
如图②所示,S ABEF= ×2×3 + ×2×3=6,故平行四边 ABEF 即为所求.
图②
20.解: (1)由题意得:AC=25 米,BC=20 米,
则 答:这个梯子的顶端 A 距离地面有 15 米.
(2) 由题意得:EA=4 米,则 BE= 19 米,
则 ∵BC=20 米, ∴CD=(20 2 66 )米
答:云梯的底部在水平方向应滑动(20 2 66 )米. 21. (1)解: ∵Rt△ABC 中, ∠BAC=90 ° , AC= 12,AB= 13,
(2)证明: ∵在△BCD 中,CD=4,BD=3,BC=5,
∴CD2 + BD2 = BC2 , ∴△BCD 是直角三角形.
∴S 四边形 ABCD=S△ABC+S△BCD= ×AC×BC+ ×CD×BD
= ×12×5+ ×4×3=36.
22. (1)证明: ∵AE/BC,CF/AD,
∴四边形 ADCE 是平行四边形,
∵ ∠BAC=90 ° , 点 D 是 BC 的中点, ∴AD=BD=CD,
∴平行四边形 ADCE 是菱形.
(2)解: ∵ ∠B=60 ° , AD=BD,
∴△ABD 是等边三角形,
∴ ∠ADB=60 ° , AD=AB=6,
∵AD/CF, ∴ ∠DCE=60 ° ,
∵DF⊥CE, ∴ ∠DFC=90 ° ,
∴ ∠CDF=90 ° ∠DCE=30 ° , ∵CD=AD=6, ∴CF= CD=3, ∵四边形 ADCE 是菱形,
∴CE=CD=6,
∴EF=CE CF=3.
五、解答题
23. (1)解: ∵AB、AD 平分∠MAC 和∠CAN,
∴ ∠BAC= ∠MAC, ∠DAC= ∠CAN, ∵∠MAC+∠CAN= 180。,
∴ ∠BAD= ∠BAC+∠DAC= (∠MAC+∠CAN)=90。.
(2)证明:同理可得∠BCD=90。,
」MN/PQ, :上MAC+上PCA= 180。, 」AB、CB 平分上MAC 和上PCA,
:上BAC= 上MAC,上BCA= 上PCA,
:上ABC= 180。 (上BAC+上BCA)=90。, :四边形 ABCD 是矩形.
24.【探究】证明:如图② , 分别延长 AE 和 BC 交于点 G,
图②
」点 E 是 CD 边的中点, :DE=EC, 」四边形 ABCD 是矩形,
:AD=BC,上ADE= 上GCE=90。,
」上AED= 上GEC, :△AED≈△GEC(ASA), :AD=CG=BC,上DAE= 上G,
」AE 平分上DAF, :上EAF= 上DAE= 上G, :AF=FG=CG+FC=AD+FC.
【应用】解:如图② , 设 FC=x ,」AD=6,DE=2,
:AF=x+6,BF=6 x ,AB=DC=2DE=4,
在 Rt△ABF 中, 由勾股定理得,AF2 = AB2 + BF2,
即 2 = 42 + 2 ,x= :FC= .
六、解答题
25. (1)证明: ∵四边形 ABCD 是矩形,
∴ ∠BCD= 90 ° , AD=BC,AD/BC, ∵CE=BC, ∴AD=CE,
∴四边形 ACED 是平行四边形, ∴AC=DE.
(2)解: ∵四边形 ABCD 是矩形,四边形 ACED 是平行四边形,AC=5,
∴BD=AC=DE=5,AD=BC=CE,OB=OD= BD, ∵F 为 BC 的中点, ∴BF=FC, ∴OF= CD, ∵OF=2, ∴CD=4,
在 Rt△BCD 中, 由勾股定理得,
BC= BD2 DC2 =3, ∴BC=CE=3, ∴BE=BC+CE=6, ∴周长 L△BDE=BD+DE+BE=5+5+6=16.
26. (1)解:如图① , 过点 D 作 DE丄BC 于 E,则四边形 ABED 为矩形. ∴AB=DE,AD=BE,
∵AD=16,BC=21,CD=13,
∴CE=BC BE=21 16=5, 由勾股定理得, DE= 132 52 =12, ∴AB=12.
(
图①
图②
图③
)(2)解: (I)如图② , 由四点 P、Q、D、C 组成的四边形是平行四边形,
∴DQ=CP,
当点 P 从 B 运动到点 C 时,且 P 在 BC 上, ∴DQ=AD AQ=16 t,CP=BC BP=21 2t, ∴ 16 t=21 2t,解得,t=5;
当点P 在 BC 的延长线上时, ∴ 16 t=2t 21,解得 t=
所以 t=5 或 t= 时,以点 P、Q、D、C 为顶点的四边形是 平行四边形.
存在.t= 或
当 PQ=PD 时,如图③ , 作 PH丄AD 于 H,则 HQ=HD, ∵HQ=HD= QD= (16 t),又 AH=BP,
∴2t= +t, ∴t=
当 PQ=QD 时,QH=AH AQ=BP AQ=2t t=t, ∴QD=16 t,
∴QD2 = PQ2 = 122 +t2,
2 = 122 +t2 , ∴t=
∴当 t= 或时, △PQD 是以 PQ 为腰的等腰三角形.2024—2025 学年度第二学期期中教学质量检测
八年级数学试卷答案
一、选择题
1.C 2.C 3.B 4.D 5.A 6.A
二、填空题
7.3 8.2 9.2 10.5 11.AC=BD(或∠ABC=90°) 12.40
13.16 14.72
三、解答题
15. + 16.3
17.解:∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AC=BD,OA= AC,OD= BD,∠DAB=90°,∴OA=OD,


又∵∠AOD=80°,∴∠OAD= (180° ∠AOD)=50°,

∴∠OAB=∠DAB ∠OAD=40°.

18.解:∵在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,M 是 AB 的中点,∴CM= AB,

∵AN= AB,∴AN=CM,

又∵AN// CM,
∴四边形 ACMN 是平行四边形,
∴MN=AC.
四、解答题
19. 如图①所示,菱形 ABCD 即为所求.
图①
= × × + 如图②所示,S ABEF 2 3 ×2×3=6,故平行四边 ABEF 即为所求.
图②
20.解:(1)由题意得:AC=25 米,BC=20 米,
则 AB= = = 15(米).
答:这个梯子的顶端 A 距离地面有 15 米.
(2)由题意得:EA=4 米,则 BE=19 米,
则 BD= = = 2 (米).
∵BC=20 米,∴CD=(20 2 )米
答:云梯的底部在水平方向应滑动(20 2 )米.
21.(1)解:∵Rt△ABC 中,∠BAC=90°,AC=12,AB=13,
∴BC= = =5;
(2)证明:∵在△BCD 中,CD=4,BD=3,BC=5,
∴ + = ,
∴△BCD 是直角三角形.

∴S 四边形 ABCD=S△ABC+S△BCD= ×AC×BC+ ×CD×BD
= × 12×5+ ×4×3=36.

22.(1)证明:∵AE// BC,CF// AD,
∴四边形 ADCE 是平行四边形,
∵∠BAC=90°,点 D 是 BC 的中点,
∴AD=BD=CD,
∴平行四边形 ADCE 是菱形.
(2)解:∵∠B=60°,AD=BD,
∴△ABD 是等边三角形,
∴∠ADB=60°,AD=AB=6,
∵AD// CF,∴∠DCE=60°,
∵DF⊥CE,∴∠DFC=90°,
∴∠CDF=90° ∠DCE=30°,

∵CD=AD=6,∴CF= CD=3,

∵四边形 ADCE 是菱形,
∴CE=CD=6,
∴EF=CE CF=3.
五、解答题
23.(1)解:∵AB、AD 平分∠MAC 和∠CAN,
∴∠BAC= ∠MAC,∠DAC= ∠CAN,

∵∠MAC+∠CAN=180°,

∴∠BAD=∠BAC+∠DAC= (∠MAC+∠CAN)=90°.

(2)证明:同理可得∠BCD=90°,
∵MN//PQ,∴∠MAC+∠PCA=180°,
∵AB、CB 平分∠MAC 和∠PCA,

∴∠BAC= ∠MAC,∠BCA= ∠PCA,

+ = ∴∠BAC ∠BCA (∠MAC+∠PCA)=90°,

∴∠ABC=180° (∠BAC+∠BCA)=90°,
∴四边形 ABCD 是矩形.
24.【探究】证明:如图②,分别延长 AE 和 BC 交于点 G,
图②
∵点 E 是 CD 边的中点,∴DE=EC,
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AD=BC,∠ADE=∠GCE=90°,
∵∠AED=∠GEC,∴△AED △GEC(ASA),
∴AD=CG=BC,∠DAE=∠G,
∵AE 平分∠DAF,∴∠EAF=∠DAE=∠G,
∴AF=FG=CG+FC=AD+FC.
【应用】解:如图②,设 FC=x,∵AD=6,DE=2,
∴AF=x+6,BF=6 x,AB=DC=2DE=4,
在 Rt△ABF 中,由勾股定理得, = + ,

即( + ) = +( ) ,x= . ∴FC= .

六、解答题
25.(1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠BCD= 90°,AD=BC,AD//BC,
∵CE=BC,∴AD=CE,
∴四边形 ACED 是平行四边形,
∴AC=DE.
(2)解:∵四边形 ABCD 是矩形,四边形 ACED 是平行四边形,AC=5,
∴BD=AC=DE=5,AD=BC=CE,OB= = OD BD,


∵F 为 BC 的中点,∴BF=FC,∴OF= CD,

∵OF=2,∴CD=4,
在 Rt△BCD 中,由勾股定理得,
BC= =3,∴BC=CE=3,∴BE=BC+CE=6,
∴周长 L△BDE=BD+DE+BE=5+5+6=16.
26.(1)解:如图①,过点 D 作 DE⊥BC 于 E,则四边形 ABED 为矩形.
∴AB=DE,AD=BE,
∵AD=16,BC=21,CD=13,
∴CE=BC BE=21 16=5,由勾股定理得,
DE= =12,∴AB=12.
图① 图② 图③
(2)解:(I)如图②,由四点 P、Q、D、C 组成的四边形是平行四边形,
∴DQ=CP,
当点 P 从 B 运动到点 C 时,且 P 在 BC 上,
∴DQ=AD AQ=16 t,CP=BC BP=21 2t,
∴16 t=21 2t,解得,t=5;
当点 P 在 BC 的延长线上时,
∴16 t=2t 21,解得 t= ;


所以 t=5 或 t= 时,以点 P、Q、D、C 为顶点的四边形是

平行四边形.
= (II)存在.t 或 .

当 PQ=PD 时,如图③,作 PH⊥AD 于 H,则 HQ=HD,
∵HQ= HD= QD= (16 t),又 AH=BP,


∴2t= (16 t)+t,∴t= ;

当 PQ=QD 时,QH=AH AQ=BP AQ=2t t=t,
∴QD=16 t,
∴ = = + ,

∴( ) = + ,∴t= .

= ∴当 t 或 时,△PQD 是以 PQ 为腰的等腰三角形.
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