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.
