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2024年上学期八年级期中教学质量监测
数学试卷
注意事项：本试卷共三道大题，满分120分，时量120分钟
一、单选题（每小题3分，共30分）
1．下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．在三边分别为下列长度的三角形中，不能组成直角三角形的是（ ）
A．1, B．9，40，41 C．2，3， D．
3．如图，三位同学分别站在一个直角三角形的三个直角顶点处做投圈游戏，目标物放在斜边的中点处，已知，则点到点的距离是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在四边形中，对角线与相交于点O，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．如图，已知点、、、分别是四边形的边、、、的中点，顺次连接、、、得到四边形，我们把四边形叫做四边形的“中点四边形”．若四边形是矩形，则矩形的“中点四边形”一定是（ ）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
6．如图，已知，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在中，，，是斜边上的高，，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形ABCD中，∠BOC＝120°，AC＝4，则AB的长为（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4
9．在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E，若AB=7 cm，则AC+CD的长等于（　　）
A．19cm B．8cm C．7cm D．6cm
10．如图，在中，以点A为圆心，小于的长为半径作弧，分别交于点E，F，再分别以E，F为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点G．若，则的长为（ ）
A． B．6 C． D．
二、填空题（每小题3分，共24分）
11．如图，一根树在离地面3米处断裂，树的顶部落在离底部4米处．树折断之前有 米．
12．如图，在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形．
13．已知菱形的两条对角线分别长为，，则此菱形的面积为 ．
14．如图，在中，，，，、、分别为、、中点，连接、，则四边形的周长是 ．
15．如图，的周长是28cm，若，则的周长是 ．
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝6，点D是AB的中点，则∠ACD＝ ．
17．如图，的面积是，，的平分线交于点，，分别是线段，上的动点，则的最小值是 ．
18．如图，已知，过作，且；再过作且；又过作且；又过作且；……，按照这种方法依次作下去得到一组直角三角形，，，，……，它们的面积分别为，，，，……，那么 ．
三、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．共66分）
19．一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．
20．如图，AC和BD交于点O，∠A＝∠D＝90°，AC＝BD．
求证：AB＝CD．
21．如图在四边形中，，，，且，求的度数．
22．如图，在平行四边形中，点，分别在，上，与相交于点，且．
(1)求证：；
(2)连接，，则四边形________（填“是”或“不是”）平行四边形，并说明理由．
23．如图，将一张矩形纸片进行折叠，已知该纸片宽为，长为，折叠时顶点D落在边上的点F处（折痕为）．
(1)求的面积；
(2)求的长．
24．如图，在矩形中，点在边上，且与相交于点，若，，且，求的长．
25．如图，矩形的对角线相交于点，，．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若将题目中“矩形”这一条件改为“菱形”，其余条件不变，则四边形的形状为________，请说明理由．
26．【问题情境】
（1）如图1，已知是正方形，是对角线上一点，求证：；请你完成证明．
【深入探究】
（2）如图2，在正方形中，点是对角线上一点，，，垂足分别为．，连接，猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
【拓展应用】
（3）如图3，在正方形中，若，是上一点，过点作于，于．则最小值为_______．
参考答案与解析
1．B
【分析】本题考查了中心对称图形的定义，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此进行逐项分析，即可作答．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故该选项是错误的；
B、是中心对称图形，故该选项是正确的；
C、不是中心对称图形，故该选项是错误的；
D、不是中心对称图形，故该选项是错误的．
故选：B．
2．D
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，是基础知识，比较简单．利用勾股定理的逆定理判定三角形是否是直角三角形．
【详解】解：A、，根据勾股定理的逆定理，是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、，根据勾股定理的逆定理，是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、，根据勾股定理的逆定理，是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、，根据勾股定理，不是直角三角形，故本选符合题意．
故选：D．
3．D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得；本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，准确理解是解题的关键．
【详解】解：由题可得是直角三角形，是斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：，
∵，
∴，
∴点到点的距离是，
故选：D．
4．B
【分析】根据平行四边形的判定定理，解答即可，本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】A. ，可以，不符合题意，
B. ，不可以，符合题意，
C. ，可以，不符合题意，
D. ，可以，不符合题意，
故选B．
5．C
【分析】先由三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，原四边形ABCD是矩形时，它的对角线相等，那么中点四边形是菱形（平行四边形相邻的两边都相等）．
【详解】解：如图所示，连接，
、分别是、的中点，
是的中位线，
，，
同理，，，．
四边形是平行四边形．
四边形是矩形，
，
∴，
平行四边形是菱形
故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形中位线定理，解题的关键在于熟知矩形的性质和菱形的判定定理等知识点．
6．A
【分析】本题考查了多边形的外角和公式，根据四边形的外角和等于是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
故选：A．
7．D
【分析】先求出，然后根据所对的直角边等于斜边的一半解答．
【详解】解：在中，
是斜边上的高，
，
，
，
在中，，
在中，．
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质解答．
8．A
【分析】由矩形的性质得出OA=OB=2，再证明△AOB是等边三角形，得出AB=OA即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=AC=2，OB=BD，AC=BD，
∴OA=OB=2，
∵∠BOC=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=2；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
9．C
【分析】根据角平分线上的任意一点到角的两边距离相等计算．
【详解】∵AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB，∠C=90°，
∴∠C=∠AED=90°，∠CAD=∠DAE，
∵AD是公共边，
∴△ACD≌△AED，
∴CD=DE，AC=AE，
∵AC=BC，DE⊥AB，
∴∠B=∠BDE=45°，
∴BE=DE，
∴AC+CD=AE+BE=AB=7 cm，
故选C．
【点睛】此题主要考查学生对角平分线的性质及等腰三角形的性质的掌握情况．
10．A
【分析】根据作图过程可得AG平分∠DAB，再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠DAG=∠DGA，进而得到AD=DG，过A作AM⊥CD于M，依次求出MD、AM、AG即可解决问题．
【详解】解：过A作AM⊥CD于M，
根据作图的方法可得AG平分∠DAB，
∵AG平分∠DAB，
∴∠DAG=∠BAG，
∵,，
∴CD∥AB，AD=BC=6，，
∴∠DGA=∠BAG，
∴∠DAG=∠DGA，
∴AD=DG=BC=6，
∵，
∴∠DGA=30°，∠ADM=60°，
∴在Rt△ADM中，，
∴，
∴在Rt△AGM中，，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的作法、30°直角三角形的性质；根据尺规作图的步骤判断是作角平分线是解决问题的关键．
11．8
【分析】图中为一个直角三角形，根据勾股定理两个直角边的平方和等于斜边的平方．此题要求斜边和直角边的长度，解直角三角形即可．
【详解】解：，，，
树折断之前的高度为8米．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是善于观察题目的信息，利用勾股定理求解．
12．（或）（答案不唯一，正确即可）
【分析】此题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定定理是解答此题的关键．
根据矩形的判定定理求解即可．
【详解】解：若使变为矩形，可添加的条件是：
；（对角线相等的平行四边形是矩形）
等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
故答案为：或．
13．40
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，代入两对角线的长可以直接计算出其面积．
【详解】解：此菱形的面积为：．
故答案为：40．
【点睛】此题主要考查了菱形的面积公式，关键是熟练掌握菱形面积（、是两条对角线的长度）．
14．7
【分析】根据三角形中位线定理得到四边形BEFD是平行四边形，得到周长．
【详解】解：∵AD=BD，AF=FC，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF∥BC，
同理EF∥AB，
∴四边形BDFE是平行四边形，
又∵BD=AB=,
同理BE=2，
∴BD=EF=，DF=BE=2，
∴四边形BDFE的周长为2×（+2）=7；
故答案为7．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，在三角形中已知中点构造中位线是常见的解题的思路．
15．22
【分析】由的周长是28cm，得出，再根据，得出的周长即可．
【详解】解：∵的周长是28cm，
∴，
∵，
∴的周长是，
故答案为：22．
【点睛】本题考查平行四边形的性质．熟记平行四边形的对边相等，是解题的关键．
16．60°
【分析】根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=3，又因为AC=3，所以可判定△ACD是等边三角形，问题得解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=6，点D是AB的中点，
∴CD=AB=3，AD=BD=3，
∵AC=3，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
故答案为60°．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等边三角形的判定与性质，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键.
17．3
【分析】本题考查角平分线的性质，点到直线的距离垂线最短，过作，过作，根据角平分线性质得到，结合垂线段最小过作即可得到最小距离点即可得到答案；
【详解】解：过作，过作，
∵是的平分线，，，
∴，
，
∴，
∴当三点共线时最小，
过作，即可得到，
∵的面积是，，
∴，
故答案为：3．
18．．
【分析】利用勾股定理解直角三角形，然后利用三角形面积公式计算三角形面积，从而发现规律．
【详解】解：由题意可得
在中，
∴
同理可得：
…
∴
故答案为：
【点睛】本题考查勾股定理解直角三角形及数字的规律探索，准确利用勾股定理及三角形面积公式进行计算是解题关键．
19．这个多边形的边数为8
【分析】运用方程的思想，设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和与边数的关系和任意多边形的外角和等于，得，求得，进而解决此题．
【详解】解：设这个多边形的边数为n． 由题意得，．
∴．
∴这个多边形的边数为8．
【点睛】本题主要考查多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的内角和与边数的关系、任意多边形的外角和为是解决本题的关键．
20．见解析
【分析】根据直角三角形的判定方法，直接运用HL就可以得出△ABC≌△DCB，就可以得出结论．
【详解】证明：∵∠A=∠D=90°，
∴△ABC和△DCB都是直角三角形．
在Rt△ABC和Rt△DCB中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL）．
∴AB=CD．
【点睛】本题考查了运用HL判定两直角三角形全等及全等三角形的性质的运用，解答时证明△ABC≌△DCB是关键．
21．．
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理．解题的关键是连接，并证明是直角三角形．
由于，，利用勾股定理可求，并可求，而，易得，可证是直角三角形，于是有，从而易求．
【详解】解：如图所示，连接，
，
，
又，
，
，
是直角三角形，
，
．
故的度数为．
22．(1)见解析
(2)是，理由见解析
【分析】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．
（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用得到全等；
（2）由（1）可得到，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；
【详解】（1）∵四边形平行四边形，
∴
∴，
根据题可知，，
在和中，
，
∴．
（2）四边形是平行四边形．
理由如下：
如图所示，连接，
由（1）得，可得：
，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据矩形和折叠的性质，可得，在中，利用勾股定理求出的长，即可求解；
（2）第（1）问中已求解出的长，从而得出的长，由折叠的性质，可得，
设，则，，在中，利用勾股定理可求得x的长，从而得出的长．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵是折叠得到的，
∴，
∴在中， ，
∴的面积为；
（2）解：由（1）得：，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
由折叠的性质得：，
设，则，，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查矩形中折叠问题，解题关键是在直角三角形中利用勾股定理求解边长．
24．
【分析】此题考查了矩形的性质和三角形的判定定理，解题的关键是利用矩形的性质找出相等的角和边，再根据判定定理即可解得．
先证明，得到，可求值．
【详解】∵在矩形中，，
∴，，
，，，
，
∴，
，，
∴，
∴．
25．(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【分析】（1）根据已知得出四边形为平行四边形．根据矩形的性质，对角线相等，进而可得四边形为菱形；
（2）根据已知得出四边形为平行四边形，根据菱形的性质，可得对角互相垂直，进而可得四边形为矩形．
【详解】（1）证明：，，
四边形为平行四边形．
四边形是矩形，
，，，
，
四边形为菱形．
（2）解：矩形，
理由如下：，，
四边形为平行四边形．
四边形是菱形，
，
四边形为矩形．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握矩形、菱形的性质与判定定理是解题的关键．
26．（1）见解析；（2），证明见解析；（3）．
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质：
（1）利用正方形的性质，证明求解，进而推出线段关系；
（2）根据矩形的性质，证明，再利用（1）的结论，进而得证；
（3）连接，，，，，，四边形是矩形，，由（1）可知，，当时，，进而求出的最小值．
【详解】解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）猜想：．
证明：连接，如图2，
由（1）可知，，
∵，垂足分别为E、F，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
（3）连接，如图3所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）可知，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
当时，最小，
此时，
∴的最小值为．
故答案为：．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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