天津市津南区东片学区2015-2016学年八年级(下)期中数学试卷(解析版)

2015-2016学年天津市津南区东片学区八年级（下）期中数学试
卷
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列二次根式中，属于最简二次根式的是（）
A．B．C．D．
2．二次根式有意义的条件是（）
A．x＞3 B．x＞﹣3 C．x≥﹣3 D．x≥3
3．下列计算正确的是（）
A．B．C．D．
4．正方形面积为36，则对角线的长为（）
A．6 B．C．9 D．
5．下列各组数中，以a，b，c为边的三角形不是直角三角形的是（）A．a=1.5，b=2，c=3 B．a=7，b=24，c=25
C．a=6，b=8，c=10 D．a=3，b=4，c=5
6．能判定四边形ABCD为平行四边形的题设是（）
A．AB∥CD AD=BC B．∠A=∠B∠C=∠D
C．AB=CD AD=BC D．AB=AD CB=CD
7．如图，在▱ABCD中，已知AD=5cm，AB=3cm，AE平分∠BAD交BC边于点E，则EC等于（）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
8．矩形的两条对角线的夹角为60度，对角线长为15，则矩形的较短边长为（）A．12 B．10 C．7.5 D．5
9．如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF=3，则菱形ABCD 的周长是（）
A．12 B．16 C．20 D．24
10．以下条件不能判别四边形ABCD是矩形的是（）
A．AB=CD，AD=BC，∠A=90°B．OA=OB=OC=OD
C．AB=CD，AB∥CD，AC=BD D．AB=CD，AB∥CD，OA=OC，OB=OD
11．在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是（0，0），（5，0），（2，3），则顶点C的坐标是（）
A．（3，7） B．（5，3） C．（7，3） D．（8，2）
12．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为（）
A．6 B．8 C．10 D．12
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．=，=．
14．顺次连接矩形各边中点所得四边形为形．
15．已知菱形的两条对角线长为8和6，那么这个菱形面积是，菱形的高．16．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且
AD交EF于O，则∠AOF=度．
17．如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，A1，B1，C1，D1是四边形ABCD的中点四边形，如果AC=8，BD=10，那么四边形A1B1C1D1的面积为．
18．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是．
三、解答题：（共66分）
19．计算：
（1）2﹣6+3
（2）（﹣）．
20．当x=2﹣时，求代数式（7+4）x2+（2+）x+的值．
21．如图所示，四边形ABCD，∠A=90°，AB=3m，BC=12m，CD=13m，DA=4m，求四边形ABCD的面积．
22．已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，CD边上，BE=DF，连接
CE，AF．求证：AF=CE．
23．（1）化简：2a（a+b）﹣（a+b）2
（2）如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．试判断四边形OCED 的形状，并说明理由．
24．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M，N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
25．如图1，在△ABO中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为一边，在△OAB外作等边三角形OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求点B的坐标；
（2）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（3）如图2，将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，求OG的长．
2015-2016学年天津市津南区东片学区八年级（下）期中
数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列二次根式中，属于最简二次根式的是（）
A
．B．C．D．
【考点】最简二次根式．
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【解答】解：A、被开方数含分母，故A错误；
B、被开方数含分母，故B错误；
C、被开方数含能开得尽方的因数，故C错误；
D、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故D正确；故选：D．
2．二次根式有意义的条件是（）
A．x＞3 B．x＞﹣3 C．x≥﹣3 D．x≥3
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】根据二次根式有意义的条件求出x+3≥0，求出即可．
【解答】解：∵要使有意义，必须x+3≥0，
∴x≥﹣3，
故选C．
3．下列计算正确的是（）
A．B．C．D．
【考点】二次根式的加减法．
【分析】原式各项计算得到结果，即可做出判断．
【解答】解：A、原式=，错误；
B、原式不能合并，错误；
C
、原式=2×=，错误；
D、原式=5，正确，
故选D
4．正方形面积为36，则对角线的长为（）
A．6 B． C．9 D．
【考点】正方形的性质．
【分析】根据对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半，且正方形对角线相等，列方程解答即可．
【解答】解：设对角线长是x．则有
x2=36，
解得：x=6．
故选：B．
5．下列各组数中，以a，b，c为边的三角形不是直角三角形的是（）A．a=1.5，b=2，c=3 B．a=7，b=24，c=25
C．a=6，b=8，c=10 D．a=3，b=4，c=5
【考点】勾股定理的逆定理．
【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可．如果有这种关系，这个就是直角三角形．【解答】解：A、∵1.52+22≠32，∴该三角形不是直角三角形，故A选项符合题意；
B、∵72+242=252，∴该三角形是直角三角形，故B选项不符合题意；
C、∵62+82=102，∴该三角形是直角三角形，故C选项不符合题意；
D、∵32+42=52，∴该三角形不是直角三角形，故D选项不符合题意．
故选：A．
6．能判定四边形ABCD为平行四边形的题设是（）
A．AB∥CD AD=BC B．∠A=∠B∠C=∠D
C．AB=CD AD=BC D．AB=AD CB=CD
【考点】命题与定理．
【分析】利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可对A进行判定；根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形可对B进行判定；根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形可对C、D进行判定．
【解答】解：A、若AB∥CD，AB=CD，则四边形ABCD为平行四边形，所以A选项错误；
B、若∠A=∠C，∠B=∠D，则四边形ABCD为平行四边形，所以B选项错误；
C、若AB=CD，AD=BC，则四边形ABCD为平行四边形，所以C选项正确；
D、若AB=CD，AD=BC，则四边形ABCD为平行四边形，所以D选项错误．
故选C．
7．如图，在▱ABCD中，已知AD=5cm，AB=3cm，AE平分∠BAD交BC边于点E，则EC等于（）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【考点】平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的性质可以推导出等角，进而得到等腰三角形，推得AB=BE，所以根据AD、AB的值，求出EC的值．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠BEA
∵AE平分∠BAD
∴∠BAE=∠DAE
∴∠BAE=∠BEA
∴BE=AB=3
∵BC=AD=5
∴EC=BC﹣BE=5﹣3=2
故选：B．
8．矩形的两条对角线的夹角为60度，对角线长为15，则矩形的较短边长为（）A．12 B．10 C．7.5 D．5
【考点】矩形的性质．
【分析】如下图所示：∠AOD=∠BOC=60°，即：∠COD=120°＞∠AOD=60°，AD 是该矩形较短的一边，根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，所以有OA=OD=OC=OB=7.5，又因为∠AOD=∠BOC=60°，所以AD的长即可求出．
【解答】解：如下图所示：矩形ABCD，对角线AC=BD=15，∠AOD=∠BOC=60°∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OD=OC=OB=×15=7.5（矩形的对角线互相平分且相等）
又∵∠AOD=∠BOC=60°，
∴OA=OD=AD=7.5，
∵∠COD=120°＞∠AOD=60°
∴AD＜DC
所以该矩形较短的一边长为7.5，
故选C．
9．如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF=3，则菱形ABCD 的周长是（）
A．12 B．16 C．20 D．24
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出BC，再根据菱形的周长公式列式计算即可得解．
【解答】解：∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴BC=2EF=2×3=6，
∴菱形ABCD的周长=4BC=4×6=24．
故选：D．
10．以下条件不能判别四边形ABCD是矩形的是（）
A．AB=CD，AD=BC，∠A=90°B．OA=OB=OC=OD
C．AB=CD，AB∥CD，AC=BD D．AB=CD，AB∥CD，OA=OC，OB=OD
【考点】矩形的判定．
【分析】先根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形，再根据矩形的判定逐个判断即可．
【解答】解：如图：
A、∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项错误；
B、∵OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项错误；
C、∵AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项错误；
D、∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
根据OA=OC，OB=OD不能推出平行四边形ABCD是矩形，故本选项正确；
故选D．
11．在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是（0，0），（5，0），（2，3），则顶点C的坐标是（）
A．（3，7） B．（5，3） C．（7，3） D．（8，2）
【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质．
【分析】因为D点坐标为（2，3），由平行四边形的性质，可知C点的纵坐标一定是3，又由D点相对于A点横坐标移动了2，故可得C点横坐标为2+5=7，即顶点C的坐标（7，3）．
【解答】解：已知A，B，D三点的坐标分别是（0，0），（5，0），（2，3），
∵AB在x轴上，
∴点C与点D的纵坐标相等，都为3，
又∵D点相对于A点横坐标移动了2﹣0=2，
∴C点横坐标为2+5=7，
∴即顶点C的坐标（7，3）．
故选：C．
12．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，点D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为（）
A．6 B．8 C．10 D．12
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】因为BC为AF边上的高，要求△AFC的面积，求得AF即可，求证△AFD′≌△CFB，得BF=D′F，设D′F=x，则在Rt△AFD′中，根据勾股定理求x，于是得到AF=AB﹣BF，即可得到结果．
【解答】解：易证△AFD′≌△CFB，
∴D′F=BF，
设D′F=x，则AF=8﹣x，
在Rt△AFD′中，（8﹣x）2=x2+42，
解之得：x=3，
∴AF=AB﹣FB=8﹣3=5，
=•AF•BC=10．
∴S
△AFC
故选C．
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．=，=．
【考点】二次根式的乘除法；二次根式的性质与化简．
【分析】根据二次根式的乘除法则以及二次根式的性质化简即可．
【解答】解：==，
=|﹣|=，
故答案分别为，．
14．顺次连接矩形各边中点所得四边形为菱形．
【考点】三角形中位线定理；菱形的判定；矩形的性质．
【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理可得EF=GH=AC，FG=EH=BD，再根据矩形的对角线相等可得AC=BD，从而得到四边形EFGH的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF=GH=AC，FG=EH=BD（三角形的中位线等于第三边的一半），
∵矩形ABCD的对角线AC=BD，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：菱形．
15．已知菱形的两条对角线长为8和6，那么这个菱形面积是24，菱形的高
．
【考点】菱形的性质．
【分析】如图，四边形ABCD是菱形，BD=8，AC=6，作AE⊥BC于E，先利用勾股定理求出菱形边长，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半等于底乘高，即可解决问题．
【解答】解：如图，四边形ABCD是菱形，BD=8，AC=6，作AE⊥BC于E．
∴AC⊥BD，AO=AC=3，BO=BD=4，
∴AB===5，
∴BC=AB=5，
∴菱形的面积=•AC•BD=24，
∵BC•AE=24，
∴AE=，
∴菱形的高为．
故答案为24，．
16．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且AD交EF于O，则∠AOF=90度．
【考点】菱形的判定与性质．
【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形AEDF为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出∠1=∠3，故可得出▱AEDF为菱形，根据菱形的性质即可得出结论．
【解答】证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴OA=OD，OE=OF，∠2=∠3，
∵AD是△ABC的角平分线，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴AE=DE．
∴▱AEDF为菱形．
∴AD⊥EF，即∠AOF=90°．
故答案为：90．
17．如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，A1，B1，C1，D1是四边形ABCD的中点四边形，如果AC=8，BD=10，那么四边形A1B1C1D1的面积为20．
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质；梯形中位线定理．
【分析】此题要能够根据三角形的中位线定理证明四边形A1B1C1D1是矩形，从而根据矩形的面积进行计算．
【解答】解：∵A1，B1，C1，D1是四边形ABCD的中点四边形，且AC=8，BD=10∴A1D1是△ABD的中位线
∴A1D1=BD=×10=5
同理可得A1B1=AC=4
根据三角形的中位线定理，可以证明四边形A1B1C1D1是矩形
那么四边形A1B1C1D1的面积为A1D1×A1B1=5×4=20．
18．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是10．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．
【分析】由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小．∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE．
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10．
故答案为：10．
三、解答题：（共66分）
19．计算：
（1）2﹣6+3
（2）（﹣）．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】（1）先把各个二次根式进行化简，合并同类二次根式即可；
（2）先把各个二次根式进行化简，合并同类二次根式，再根据二次根式的除法
法则计算即可．
【解答】解：（1）2﹣6+3=4﹣2+12=14；
（2）（﹣）=（5﹣2）÷=3÷=3．
20．当x=2﹣时，求代数式（7+4）x2+（2+）x+的值．
【考点】二次根式的化简求值．
【分析】因为x2=7﹣4直接代入，可构成两个平方差公式，计算比较简便．
【解答】解：∵x2=（2﹣）2=7﹣4，
∴原式=（7+4）（7﹣4）+（2+）（2﹣）+
=49﹣48+[22﹣（）2]+
=1+（4﹣3）+
=2+．
21．如图所示，四边形ABCD，∠A=90°，AB=3m，BC=12m，CD=13m，DA=4m，求四边形ABCD的面积．
【考点】勾股定理的逆定理；勾股定理．
【分析】如图，连接BD．首先利用勾股定理求出BD，再利用勾股定理的逆定理证明△BDC是直角三角形，分别求出△ABD，△DBC的面积即可解决问题．【解答】解：如图，连接BD．
在Rt△ABD中，∵∠A=90°，AD=4，AB=3，
∴BD===5，
∵BD2+BC2=52+122=169，DC2=132=169，
∴BD2+BC2=CD2，
∴△BDC是直角三角形，
∴S
△DBC
=•BD•BC=×5×12=30，S△ABD=•AD•AB=×3×4=6，
∴四边形ABCD的面积=S
△BDC +S
△ADB
=36．
22．已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，CD边上，BE=DF，连接CE，AF．求证：AF=CE．
【考点】矩形的性质；平行四边形的判定与性质．
【分析】根据矩形的性质得出DC∥AB，DC=AB，求出CF=AE，CF∥AE，根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，即可得出答案．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，DC=AB，
∴CF∥AE，
∵DF=BE，
∴CF=AE，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF=CE．
23．（1）化简：2a（a+b）﹣（a+b）2
（2）如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．试判断四边形OCED 的形状，并说明理由．
【考点】菱形的判定；整式的混合运算；矩形的性质．
【分析】（1）提取公因式（a+b），然后整理即可得解；
（2）根据矩形的对角线互相垂直平分求出OC=OD，然后求出四边形OCED是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明．
【解答】（1）解：2a（a+b）﹣（a+b）2，
=（a+b）（2a﹣a﹣b），
=（a+b）（a﹣b），
=a2﹣b2；
（2）解：四边形OCED菱形．
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OD=BD，OC=AC，
∴OC=OD，
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴四边形OCED是菱形．
24．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M，N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据两边相等的四边形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【解答】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
25．如图1，在△ABO中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为一边，在△OAB外作等边三角形OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求点B的坐标；
（2）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（3）如图2，将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，求OG的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质．
【分析】（1）由在△ABO中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8，根据三角函数的知识，即可求得AB与OA的长，即可求得点B的坐标；
（2）首先可得CE∥AB，D是OB的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可证得BD=AD，∠ADB=60°，又由△OBC是等边三角形，可得∠ADB=∠OBC，根据内错角相等，两直线平行，可证得BC∥AE，继而可得四边形ABCD 是平行四边形；
（3）首先设OG的长为x，由折叠的性质可得：AG=CG=8﹣x，然后根据勾股定
理可得方程（8﹣x）2=x2+（4）2，解此方程即可求得OG的长．
【解答】（1）解：在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8，
∴OA=OB•cos30°=8×=4，
AB=OB•sin30°=8×=4，
∴点B的坐标为（4，4）；
（2）证明：∵∠OAB=90°，
∴AB⊥x轴，
∵y轴⊥x轴，
∴AB∥y轴，即AB∥CE，
∵∠AOB=30°，
∴∠OBA=60°，
∵DB=DO=4
∴DB=AB=4
∴∠BDA=∠BAD=120°÷2=60°，
∴∠ADB=60°，
∵△OBC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
∴∠ADB=∠OBC，
即AD∥BC，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（3）解：设OG的长为x，
∵OC=OB=8，
∴CG=8﹣x，
由折叠的性质可得：AG=CG=8﹣x，在Rt△AOG中，AG2=OG2+OA2，
即（8﹣x）2=x2+（4）2，
解得：x=1，
即OG=1．
2017年3月15日。