浙教版八下数学期中期末复习——4-5单元提升卷（含答案)

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浙教版八下数学期中期末复习——4-5单元提升卷（含解析)
一、单选题
1．如图，菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠BCD＝50°，则∠OED的度数是（　　）
A．35° B．30° C．25° D．20°
2．如图，在平行四边形中，对角线，，，为的中点，为边上一点，直线交于点，连结，．下列结论不成立的是（　　）
A．四边形为平行四边形 B．若，则四边形为矩形
C．若，则四边形F为菱形 D．若，则四边形为正方形
3．如图所示中的 的正方形网格中， （　　）
A． B． C． D．
4．如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点恰好落在边上点处，则长为（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在平行四边形中，，平分交于点E，作于点G并延长交于点F，则线段的长为（　　）
A．2 B． C．3 D．
6．如图，在正方形中，点E，G分别在，边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接，若正方形的边长为4，则的长度是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，是正方形的一条对角线，E是AC上一点，F是延长线上一点，连接，，．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，中，，平分交于点D，按下列步骤作图．
步骤1：分别以点C和点D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；
步骤2：作直线，分别交，于点E，F；
步骤3：连接，．
若，，则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，点C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同侧分别作等边ΔABC和等边ΔCDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOE=120°；⑥ΔCPQ为等边三角形；⑦CO平分∠AOE；正确的有（　　）个．
A．3个 B．5个 C．6个 D．7个
10．如图，在平行四边形中，，于E，于F，交于H，、的延长线交于E，给出下列结论：
①； ②；
③； ④若点F是的中点，则；
其中正确的结论有（　　）．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
11．在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为，，则平行四边形的面积为　 　．
12．如图，在中，，，．则　 　．
13．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的周长为　 　．
14．勾股定理有很多种证明方法，我国清代数学家李锐运用下图证明了勾股定理．在Rt△ABC中，已知AB=2BC，分别以AB，BC，AC为边，按如图所示的方式作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI．其中HI与BD交于点N，设四边形ABNI的面积为S1，△CHN的面积为S2，则 　 　．
15．如图，在矩形中，，，则对角线　 　，点是上的动点，连接，则的最小值是　 　．
吗
16．如图，已知正方形的边长为5，E为边上一点（点E不与端点C，D重合，将沿对折至，延长交边于点G，连接，．以下结论：①；②若，则是等腰直角三角形；③若，则；④．正确的有　 　．（填序号）
三、解答题
17．图①、图②均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图，只保留作图痕迹，不要求写出画法。
（1）在图①中，找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形；
（2）在图②中，画出线段EF，使EF垂直平分AB，且点E，F在格点上。
18．一个n边形的每个外角都相等，它的内角与相邻外角的度数之比为．
（1）求这个n边形一个内角的度数．
（2）求这个n边形的内角和．
19．如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求和的长．
20．某学校数学兴趣小组准备利用所学知识测量该市一公园人工湖的长度，如图所示，两名同学分别站在相距米的水平线上点和点处，另有两名同学分别站在湖的两端点和点处，，均垂直于，且测得，．
（1）如图1，请计算人工湖两端点B，E之间的距离；（结果保留根号）
（2）如果最后一名同学所站的点C处恰好到点B和点E距离相等，如图2．请计算C，A两点间的距离．
21．如图，在正方形中，点E是上的一点，点F是延长线上的一点，且，连接．
（1）若，请求出的长；
（2）已知，若点P是的中点，连接，，求的度数．
22．如图，D是△ABC内一点，连接DB、DC、DA，并将AB、DB、DC、AC的中点E、H、G、F依次连接，得到四边形EHGF．
（1）求证：四边形EHGF是平行四边形；
（2）若BD⊥CD，AD＝7，BD＝8，CD＝6，求四边形EHGF的周长．
23．（1）【探究发现】如图1，在四边形中，对角线，垂足是O，则图中出现4个直角三角形，在中，，则有，据此探索与的值是否相等，并说明理由．
（2）【拓展迁移】如图2，以三角形的边为边向外作正方形和正方形，求证：．
（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接GE，若，求的长．
24．在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，经过点A的直线与y轴交于点．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图1，点P为直线上一动点，若的面积为18，求点P的坐标；
（3）如图2，将沿着x轴向右平移得到，在坐标平面内是否存在点M，使得以、、B、M为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=50°，
∴O为BD中点，∠DBE= ∠ABC=65°．
∵DE⊥BC，
∴在Rt△BDE中，OE=OB=OD，
∴∠OEB=∠OBE=65°．
∴∠OED=90°-65°=25°．
故答案为：C．
【分析】先求出O为BD中点，∠DBE= ∠ABC=65°，再求出∠OEB=∠OBE=65°，最后计算求解即可。
2．【答案】D
3．【答案】B
【解析】【解答】解：由图可知， 所在的三角形与 所在的三角形全等，
∴ .
同理得， ， .
又 ，
所以 .
故答案为：B.
【分析】根据正方形的轴对称得 ， ， ， .
4．【答案】C
5．【答案】C
6．【答案】C
7．【答案】B
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为直角三角形，
∴，故B正确．
故答案为：B．
【分析】当有角平分线时，常利用角平分线的概念构造全等三角形，由正方形的性质知，对角线AC平分，因此可连接DE证，从而得出为等腰直角三角形即可.
8．【答案】B
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝60°，
又∵∠ACD＝∠ACB＋∠BCD，
∠BCE＝∠DCE＋∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，DC＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
∴结论①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP＝∠CBQ，
∵∠ACB＋∠BCD＋∠DCE＝180°，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠BCD＝60°，
在△ACP和△BCQ中，
∵∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，∠ACP＝∠BCQ=60°，
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP＝BQ，PC＝QC，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴∠CPQ＝∠ACB＝60°，
∴PQ∥AE，
∴结论②、③、⑥正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠ADC＋∠DQO＋∠DOQ＝180°，
∠QCE＋∠CQE＋∠QEC＝180°，
∠DQO＝∠CQE，
∴∠DOQ＝∠QCE＝60°，
∴∠AOE＝120°，
∴结论⑤正确；
若DE＝DP，
∵DC＝DE，
∴DP＝DC，
∴∠PCD＝∠DPC，
又∵∠PCD＝60°，
∴∠DPC＝60°与△PCQ是等边三角形相矛盾，假设不成立，
∴结论④错误；
过点C分别作CM⊥AD，CN⊥BE于点M、N两点，
如图所示：
∵CM⊥AD，CN⊥BE，
∴∠AMC＝∠BNC＝90°，
在△ACM和△BCN中，
∵∠CAM＝∠CBN，∠AMC＝∠BNC，AC＝BC，
∴△ACM≌△BCN（AAS），
∴CM＝CN，
又∵OC在∠AOE的内部，
∴点C在∠AOE的平分线上，
∴结论⑦正确；
综合所述共有6个结论正确．
故答案为：C.
【分析】由△ABC和△CDE是正三角形，其性质得三边相等，三个角为60°，平角的定义和角的和差得∠ACD＝∠BCE，边角边证明△ACD≌△BCE，其性质得结论①正确；角边角证明△ACP≌△BCQ得AP＝BQ，其结论③正确；等边三角形的判定得△PCQ是等边三角形，结论⑥正确；∠CPQ＝∠ACB＝60°判定两线PQ∥AE，结论②正确；角角边证明△ACM≌△BCN，其性质和角平分线性质定理的逆定理求出点C在∠AOE的平分线上，结论⑦正确；反证法证明命题DE≠DP，结论④错误；即正确结论共6个．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：∵AG⊥BC，
∴∠AGC =90°
又∵∠ACB =45°
∴△ AGC 是等腰直角三角形
∴AG = CG
∴AC=
=
故①正确；
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ AD // BC ， AB // CD
∵ AG⊥BC， CF⊥AB
∴AG⊥AD ， CF⊥CD
∴ ∠DAH =∠DCH =90°
∴∠D+∠ AHC =360°-90°-90°=180°
∵∠ CHG+∠ AHC=180°
∴∠D=∠ CHG
故②正确；
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴∠B=∠ D
∴∠ CHG=∠B
∵ AG⊥BC
∴∠AGB=∠AGC=90°
又∵AG = CG
∴△CHG≌△ABG
∴CH=AB
∴CH=CD
故③正确；
连接 BH ，如图：
∵△CHG≌△ABG
∴HG=BG
∴△ BGH 是等腰直角三角形
∴BH=BG
∵点F是AB的中点，CF⊥AB
∴AH=BH=BG
∵BG=HG=AG-AH
∴BG=CG-BG
∴BG=
故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故答案为：A.
【分析】①根据题意可证△ AGC 是等腰直角三角形，则 AG = CG ，再由勾股定理即可得出结论；
②由平行四边形的性质得AD // BC ， AB // CD ，再根据AG⊥BC， CF⊥AB，∠DAH =∠DCH =90°，再证∠D +∠AHC =180°，进而得出结论；
③证△CHG≌△ABG ( AAS )，得 CH = AB ，即可得出结论；
④连接 BH ，证△ BGH 是等腰直角三角形，得 BH =BG，再证 AH = BH =BG，即可得出结论。
11．【答案】
12．【答案】
13．【答案】
14．【答案】
【解析】【解答】解：过点H作HJ⊥DC于点J，
∵正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，
∴∠EAG=∠ACH=∠BCF=90°，
∴∠3=∠4，∠1+∠2=90°，∠2+∠4=90°，
∴∠1=∠4=∠3，
∵∠E=∠ABC=∠CHN=90°，
∴AI=AC=CH，
∴△AEI≌△ABC≌△CHJ（AAS），
∴EI=BC=JH，
设BC=a，则AB=DE=BD=CJ=2a，DI=HJ=DJ=a，
同理可证△IDN≌△HJN（AAS）
∴DN=JN=DJ=a；
∴S1=S四边形ABDE-S△AEI-S△IDN=；
S2=S△NJH+S△JHC=；
∴.
故答案为：
【分析】过点H作HJ⊥DC于点J，利用正方形的性质，可证得∠EAG=∠ACH=∠BCF=90°，AI=AC=CH，利用余角的性质可证得∠1=∠4=∠3；设BC=a，再利用AAS可证得△AEI≌△ABC≌△CHJ，利用全等三角形的性质可用含a的代数式表示出相关的边长；同理可证得△IDN≌△HJN，即可求出DN，JN的长；然后根据S1=S四边形ABDE-S△AEI-S△IDN，可表示出S1；S2=S△NJH+S△JHC，可表示出S2；然后求出S1：S2的值.
15．【答案】4；3
16．【答案】①②④．
17．【答案】（1）解：如图，答案不唯一
（2）解：如图，答案不唯一
【解析】【分析】（1） 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，结合网格画图即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质可得AE=BE，AF=BF，在网格中找到点E，F的位置，连接EF，即可求解.
18．【答案】（1）
（2）
19．【答案】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，
∵点E为中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，．
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为矩形.
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点E为的中点，，
∴，
由（1）知，四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）先证出四边形为平行四边形，再结合，即可证出平行四边形为矩形；
（2）先利用直角三角形斜边上中线的性质可得，再结合，，，利用勾股定理求出AF的长，最后利用线段的和差求出BG的长即可.
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，
∵点E为中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，．
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为矩形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，，，
∵点E为的中点，，
∴，
由（1）知，四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴．
20．【答案】（1）
（2）
21．【答案】（1）
（2）
22．【答案】（1）证明：∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF∥BC，EF＝ BC．
∵H、G分别是DB、DC的中点，
∴HG∥BC，HG＝ BC．
∴HG＝EF，HG∥EF．
∴四边形EHGF是平行四边形
（2）解：∵BD⊥CD，BD＝8，CD＝6，
∴BC＝ ＝ ＝10，
∵E、F、H、G分别是AB、AC、BD、CD的中点，
∴EH＝FG＝ AD＝3.5，
EF＝GH＝ BC＝5，
∴四边形EHGF的周长＝EH＋GH＋FG＋EF＝17
【解析】【分析】（1）证EF是△ABC的中位线，HG是△DBC的中位线，得出EF∥BC，EF= BC，HG∥BC，HG= BC，则EF∥HG，EF=HG，即可得出结论； （2）由勾股定理求出BC=10，则EF=GH= BC=5，由三角形中位线定理得出EH= AD= ，即可得出答案．
23．【答案】（1）证明：如图1，
∵于点O，
∴，
∴，
∴，，
∴；
（2）证明：如图2，交于点M，交于点N，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3，连接，
由（2）得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
【解析】【分析】（1）根据垂直性质，勾股定理即可求出答案；
（2）根据正方形的性质及全等三角形的判定定理可得到，再根据全等三角形的性质进行角之间的转换即可求出答案；
（3）连接，根据勾股定理，进行边之间的转换即可求出答案。
24．【答案】（1）
（2）或
（3）存在，，，
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