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(共5张PPT)
浙教版2024 八年级下册
八年级数学下册5月学情自测卷
（浙教版2024，测试范围：第4-5章）试卷分析
三、知识点分布
一、单选题
1 0.95 中心对称图形的识别
2 0.85 判断能否构成平行四边形
3 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据矩形的性质求线段长；（特殊）平行四边形的动点问题；用勾股定理解三角形
4 0.65 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；角平分线的性质定理；根据正方形的性质与判定求面积
5 0.65 根据菱形的性质与判定求面积
6 0.65 根据菱形的性质与判定求角度
7 0.65 利用菱形的性质求线段长；利用菱形的性质求面积；用勾股定理解三角形
8 0.65 利用矩形的性质求角度；三角形内角和定理的应用；利用平行四边形的判定与性质求解
9 0.7 与三角形中位线有关的求解问题；斜边的中线等于斜边的一半
10 0.65 勾股定理的证明方法；全等的性质和SAS综合（SAS）；利用平行线间距离解决问题；根据正方形的性质求面积
三、知识点分布
二、填空题
11 0.84 利用平行四边形的性质求解
12 0.65 以弦图为背景的计算题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质求线段长
13 0.65 斜边的中线等于斜边的一半；利用菱形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
14 0.65 根据矩形的性质求线段长；用勾股定理解三角形
15 0.65 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；利用平行四边形的判定与性质求解
16 0.7 利用平行四边形的判定与性质求解
三、知识点分布
三、解答题
17 0.85 利用平行四边形的性质证明
18 0.65 根据菱形的性质与判定求面积；化为最简二次根式；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
19 0.55 线段垂直平分线的性质；等边对等角；利用平行四边形的性质求解；证明四边形是平行四边形
20 0.52 三线合一；用勾股定理解三角形；利用平行四边形的判定与性质求解
21 0.55 折叠问题；根据矩形的性质与判定求线段长；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
22 0.65 全等三角形综合问题；利用菱形的性质证明；利用平行四边形的性质证明；用勾股定理解三角形
23 0.55 与三角形中位线有关的求解问题；与三角形中位线有关的证明；等腰三角形的性质和判定；三角形的外角的定义及性质；三角形内角和定理的应用
24 0.36 全等三角形综合问题；根据正方形的性质证明；用勾股定理解三角形八年级数学下册5月学情自测卷
（浙教版2024，测试范围：第4-5章）
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
3．如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为边向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
4．如图，点为正方形的对角线的中点，在中，两直角边，分别交，于点，．若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图．在的两边上分别截取，使；分别以点A、B为圆心．长为半径作弧，两弧交于点C；连接．若，四边形的面积为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，四边形是菱形，对角线和相交于点，，，于点，则的长为（）
A．3 B．5 C． D．
8．翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图（1）是翻花绳的一种图案，可以抽象成右图，在矩形中，，，，的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在中，点，分别是，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
10．勾股定理是人类伟大的科学发现之一，在西方，人们称勾股定理为毕达哥拉斯定理，但在毕达哥拉斯出生之前，这一定理早已被人们所利用，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究作出过贡献．对于勾股定理的证明，有几百种方法，可见这条定理多么地吸引着人们，其中在古希腊数学家欧几里得的《几何原本》中有一种证明勾股定理的方法，内容如下：如图，在中，，四边形，，分别是在其三边上所作的正方形，连接，，过点C作，垂足为J，延长交于点K，可得到，这样就可以完成勾股定理的证明．对于该证明过程，下列结论错误的是（）
A． B．
C． D．
二、填空题（每小题 3 分，共 18 分）
11．如图，在平行四边形中，，则的度数为________．
12．魏晋时期数学家刘徽的“出入相补”原理被用于勾股定理证明．如图，四边形、、均为正方形，若，，则正方形的面积为______．
13．如图，菱形的对角线与相交于点，，，于点，点，分别为，的中点，连接，．则的值为__________．
14．如图，在矩形中，对角线、相交于点，，，点在上，于点，于点，则__________．
15．如图中，点是边的中点，点在内，平分，，点在上，．若，求的长为___________．
16．如图，已知的对角线，相交于点，，．若，，则四边形的周长为________．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 ，22题每题 10分，第 23题每题 12 分，共 72 分）
17．如图，平行四边形的对角线相交于点O，过点O且与分别交于点E、F．求证：．
18．如图，在平行四边形中，点E，F分别在上，且，．
(1)证明：四边形为菱形；
(2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积．
19．如图，在四边形中，，对角线交于点，且．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)过点作，交于点，交于点，连接，若，求的度数．
20．已知：如图：在中，，，垂直于D，是上的一个动点，以，为边作，连接，设，
(1)探究与的数量关系，并说明理由．
(2)设，求S关于t的关系式；
(3)Q在内部，当时，求t的值．
21．综合与实践折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．要求：将纸片折叠，折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙，无重叠的矩形．
(1)操作发现：如图1，将平行四边形纸片按所示折叠成矩形，若平行四边形的面积为32，，则此矩形的边______，面积=_____；
(2)类比探究：如图2，将纸片按所示折叠成矩形，若的面积为36，，求此矩形的周长；
(3)拓展延伸：如图3，将平行四边形纸片按所示折叠成矩形，若，，则此矩形的面积比平行四边形的面积少多少？
22．猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、，若的面积是，则四边形的面积是 ．
探究：如图②，在菱形中，对角线、交于点，过点的直线分别交、于点、，若，，求四边形的面积．
应用：如图③，在中，，延长到点，使，连结，若，，则的面积是 ．
23．探究解题
【知识再现】
(1)如图1，在中，点，分别是边，的中点，则和的关系为___________；
【性质应用】
(2)如图2，在四边形中，点，，分别是，，的中点，，的延长线交于点，若，求的度数；
【拓展证明】
(3)如图3，在四边形中，与相交于点，点，分别为，的中点，分别交于点，且．求证：．
24．如图1，正方形的边长为1，E为边上一点（不与点B、C重合），垂直于的一条直线分别交、、于点M、P、N．

(1)请直接写出和的数量关系________；
(2)如图2，当垂足P在正方形的对角线上时，求证：；
(3)如图3，在第（2）题的条件下，作，垂足为H，点E在边上运动过程中，的长度是否变化？若不变，求出的长；若变化，说明变化规律．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B B B B C C D B D
1．C
根据中心对称图形的概念：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，对各选项分析判断即可．
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意. ．
2．B
由平行四边形的判定定理逐项验证即可．
解：A、当，时，由两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意；
B、当，时，无法判定四边形是平行四边形，符合题意；
C、当，时，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意；
D、当，时，由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判定四边形是平行四边形，不符合题意．
3．B
过点G作于H，过点G作，由“”可证，可得，可得点G在平行且到距离为1的直线上运动，则当F与D重合时，有最小值，即可求解．
解：如图，过点G作于H，过点G作，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点G在平行且到距离为1的直线上运动，
∴当F与D重合时，有最小值，此时，
∴的最小值，
故选：B．
本题考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是解题关键．
4．B
过点作于点于点，证明，得到计算即可．
解：过点作于点于点，
∵四边形是正方形，
∴平分，
∴，
∴四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
．
5．B
根据作图过程可得 ，从而判定四边形 为菱形，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可求解．
解：由作图可知，，．
，
．
四边形是菱形．
菱形的面积为，，
，即，
解得．
6．C
本题考查了菱形的性质及判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
判定出四边形为菱形，再利用菱形的性质求解即可．
解：由题意可得：，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，
故选：C．
7．C
根据菱形的性质得到，，，，再由勾股定理在中求得，因此根据即可求解．
解：∵四边形是菱形，
∴，，，
，
∴在中，，
∵，即，
∴．
8．D
由矩形的性质可得，进而可得；再根据三角形内角和定理可得；然后再证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，最后由对顶角相等即可解答．
解：如图：∵矩形中，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
9．B
根据三角形中位线定理求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，最后根据计算即可．
解：在中，点，分别是，的中点，，
是的中位线，
，
，，点是的中点，
在中，，
点在线段的延长线上，
．
10．D
根据正方形的性质可证明，从而判断A选项正确．根据，，结合得到，从而判断B选项，D选项，同理可判断C选项．
解：∵四边形，是正方形，
∴，，，
∴，
即，
∴．故A选项正确．
，
，
，，
∴，
中边上的高等于，
，
，
．故B选项正确．
同理可证．故C选项正确．
由上可知，故D选项错误．
11．/60度
根据平行四边形的性质可知对角相等，即 ，结合已知条件 ，即可求出 的度数．
解： 四边形 是平行四边形，
，
，
，
．
12．
证明，得到，即得，再利用勾股定理求出即可求解．
解：∵四边形、、均为正方形，
，，，，，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，，
∴正方形的面积为．
13．
根据菱形的性质得出，，，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半分别求出、的长，最后求和即可．
解：四边形是菱形，
，， ，
在中，，
，
，
，
在中，点为的中点，
，
在中，点为的中点，
，
．
14．
根据矩形的性质可知，，利用勾股定理可以求出，根据矩形的性质可知，利用三角形的面积公式即可求解．
解：如图所示，连接，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
又
，
，
．
15．3
延长交于点G，证明，由全等三角形的性质得出，，再证明为的中位线，四边形是平行四边形．由中位线和平行四边形的性质得出，再进一步代入求解即可．
解：延长交于点G，
∵，平分，
∴，，
在和中，
，
∴．
∴，，
∵，
∴为的中位线，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵为的中位线，
∴
∴．
16．16
根据平行四边形对角线互相平分得出、的长，再证明四边形是平行四边形即可得出结果．
解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的周长．
17．见解析
先结合平行四边形的性质得，再证明，故，即可作答．
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中
∴，
∴．
18．(1)见解析
(2)
（1）由平行四边形的性质得到，，再证明，则可证明四边形为平行四边形；由直角三角形的性质得到，据此可证明平行四边形为菱形；
（2）由平行四边形的性质得到，求出，证明，，可得到，，则；可证明，，则．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)
（1）由平行线的性质得到，则可利用证明，得到，据此可证明结论；
（2）由平行线的性质得到的度数，证明垂直平分，得到，则可得到，据此可得答案．
（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，，
∴；
∵四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴．
20．(1)，理由见解析
(2)
(3)
本题考查等腰三角形的性质、平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质得到，设点P到的距离为，利用三角形面积公式和平行四边形面积公式求出和，进而探究二者的数量关系即可；
（2）过点D作于点E，根据勾股定理求出长，利用“等面积法”求出长，进而求出，由（1）知，，据此解答即可；
（3）根据平行四边形的性质得到、，进而得到，利用求出，进而求出长，利用，列方程求解即可．
（1）解：，理由如下：
，垂直于D，
，
设点P到的距离为，
、，
；
（2）解：如图，过点D作于点E，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
由（1）知，，
；
（3）解：设交于点M，
四边形是平行四边形，
、，
，
，
由（2）知，，
，
，
，
，
，
在内部，
，
，
整理得：，
解得．
21．(1)4，16
(2)矩形的周长为18
(3)矩形的面积比平行四边形的面积少192
（1）由折叠的性质可知，，易得；利用平行四边形的面积公式解得，即可求得矩形的面积；
（2）由折叠可知，易得，过点作于点，交于点，利用面积法解得，并结合折叠的性质可得，然后证明四边形为矩形，易得，即可获得答案；
（3）连接，结合折叠的性质证明四边形是平行四边形，进一步由矩形的性质可得；设，则，在中，由勾股定理解得，易得，进而可得矩形的面积，然后由矩形的的面积是平行四边形的面积的一半，即可获得答案．
（1）∵将平行四边形纸片按所示折叠成矩形，平行四边形的面积为32，，
∴，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，即，
∴
∴矩形的面积
故答案为：4，16；
（2）∵将纸片按所示折叠成矩形，的面积为36，，
∴，，，
∴，
如图，过点A作于点M，交于点N，
∵，解得：，
由折叠可知，，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴矩形EFGH的周长=．
（3）如图，连接，
∵将平行四边形纸片按所示折叠成矩形，
∴点E和G分别是和的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形EFGH是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴设，则，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
解得：，
∴，，
∴矩形的面积=12×16=192，
∵矩形的面积是平行四边形的面积的一半，
∴平行四边形的面积为384，
∴矩形的面积比平行四边形的面积少192．
22．猜想：；探究：；应用：
猜想：首先根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，，证明，再根据全等三角形的性质可得结论；
探究：根据菱形的性质得到，， ，，证明，再根据全等三角形的性质可得结论；
应用：如图，延长到使，证明得，根据勾股定理得到，可得结论．
解：猜想：∵四边形是平行四边形，点是对角线的中点，的面积是，
∴，，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
，
即四边形的面积是，
故答案为：；
探究：∵四边形是菱形，对角线、交于点，，，
∴，，，，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
，
即四边形的面积是；
应用：如图，延长到使，
∴，
在中，，，，，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴
，
即的面积是．
故答案为：．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的性质，勾股定理，图形面积的计算等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
23．(1)且
(2)
(3)见解析
（1）根据三角形的中位线定理可得结论．
（2）证明，，可得，进一步结合角的和差运算与三角形的外角的性质求解即可．
（3）取中点，连接，，证明，证明且，且，证明，进一步可得结论．
（1）解：∵在中，点，分别是边，的中点，
∴，．
（2）解：点，，分别是，，的中点，
∴，，
，
，
．
（3）解：取中点，连接，．
，
点分别是的中点，
∴且，且，
．
，
，
又
．
24．(1)
(2)见解析
(3)不变，
（1）过点B作交于点F，则四边形为平行四边形，得出，，由证得，得出，即可得出结论；
（2）过点P作于Q，于G，证明，即可得出结论；
（3）延长，使，连接，，，过点N作，交于K，先证是等腰直角三角形，，再证点F，点B，点C三点共线，由等腰三角形三线合一的性质得，由可证，可得，即可求解．
（1）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，，
过点B作交于点F，如图1所示，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点P作于Q，于G，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）解：的长度不会变化，理由如下：
如图，延长，使，连接，，，过点N作，交于K，
由（2）知，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点F，点B，点C三点共线，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴．

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