2017-2018年广州市育才实验学校八下期中考试数学试卷和答案1.docx

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2017-2018学年育才实验学校八下期中考试试卷

一、选择题（本题共有10小题，每小题3分，共30分）

1、下列计算，正确的是（

）

A、3

+ 2

5

B、32

- 2

C、5´ 3

15

D、6¸ 3

= =3 = =2

2、下列三个正数为三边长度能构成直角三角形的是（

）

A、1，2，3

B、2，3，4

C、4，5，6

D、6，8，10

2x-4中自变量x的取值范围是（

3、函数y

=

A.、x

B、x

>2 ³2

）

C、x

D、x

£2 ¹2

4、下列二次根式中属于最简二次根式的是（

）

为（

A、14

B、48

C、ab

D、4a+1

5、直角三角形有一条直角边为6，另两条边长是连续偶数，则该三角形周长为（

6、矩形具有而平行四边形不一定具有的性质的是（

）

A、20

B、22

C、24

D、26

）

A、对角相等

B、对角相等

C、对角线相等

D、对角线互相平分

7、如图，在平行四边形ABCD中，AD=5，AB=3，AE平分∠BAD

交BC边于点E，则线段BE、EC的长度分别

）

A、2和3

B、3和2

C、4和1

D、1和4

）

A、平行四边形

B、矩形

C、正方形

D、菱形

）

8、顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得到的四边形是（

9、如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C'处，BC'交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为（

B、4

C、5

D、6

10、已知△ABC是腰长为1的等腰直角三角形，以Rt△ABC的斜边AC为直角边，画第二个等腰Rt△ACD，再以

A、3

Rt△ACD的斜边AD为直角边，画第三个等腰Rt△ADE，…，依次类推，第n个等腰直角三角形的面积是（

）

A、2n-2

B、2n-1

C、2n

D、2n+1

二、填空题（本题共有6小题，每小题3分，共18分）

11、若x-1+

x+y

y2017的值为

。

0，则x2018+

=

12、如图所示，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为24，则OH

的长等于

。

13、如图，矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，连

接AM、CN、MN，若AB=22，BC=23，则图中阴影部分的面积为

。

14、如图，一个圆柱，底圆周长6cm，高4cm，一只蚂蚁沿外壁爬行，要从A点爬到B点，则最少要爬行

cm。

15、实数a在数轴上的位置如图所示，则a-1

（a-2）2

=

。

+

16、如图，在□ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列

结论一定成立的是

。

（把正确结论的序号都填在横线上）

①∠DCF=∠BCD；②EF=CF；③

2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF

S△BEC

=

三、解答题（共72分）

17、计算（本题每小题4分，共8分），

（1）（-

6）2-

25+

（-3）2

（2）（3

-1）2-（23）2

=

2

3-1

，求x2

18、（本题7分）已知：

x

x+1的值。

-

19、（本题7分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别是CD、AB上的点，且DE=BF，求证：

四边形AFCE

是平行四边形。

20、（本题7分）如图，在一棵竖直的树10米高B处有两只猴子，其中一只爬下树走向离树20米的池塘C，而另

一只爬到树顶D后直扑池塘C，结果两只猴子经过的距离相等，问这棵树有多高？

21、（本题8分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC与∠BAD的度数比为1:

2，周长是8cm。

求：

（1）两条对角线的长度；

（2）菱形的面积。

22、（本题8分）如图，△ABC与△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，

D为AB上一点，

求证：

（1）△ACE≌△BCD；

（2）AD²+DB²=DE²

23、（本题8分）如图，P是正方形ABCD对角线BD上一点，PE⊥DC于E，PF⊥BC于F，E、F分别为垂直，若

CF=3，CE=4，求AP的长。

24、（本题9分）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=

∠BPD，连接CD，点E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H。

（1）猜想四边形EFGH的形状：

；

（2）当点P在线段AB上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，

（1）中的结论还成

立吗？

说明理由；

（3）如果

（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他条件不变，先补全图

3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由。

25、（本题10分）有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形，因此正方形是四边相等，四角相

等的四边形。

初二数学兴趣小组开展了一次课外活动，过程如下：

如图，正方形ABCD中，AB=6，将三角板放在正方形ABCD

上，使三角板的直角顶点与D点重合，三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q。

（1）求证：

DP=PQ

（2）如图②，小文在图①的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数

量关系，请猜测他的结论并予以证明；

（3）如图③，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交

BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：

AP=3:

4，请帮小文算出△

DEP的面积。

2017-2018学年育才实验八下期中考试试卷

参考答案

一、选择题

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

C

D

B

A

C

C

B

D

C

A

二、填空题

11、 0

12、 3

13、

26

14、

5

15、

1

16、①②④

三、解答题

17、解：

（1）原式=6-5+3=4

（2）原式=3-23+1-12=-8-23

2

3-1

2

3+1

3-1 3+1

´

2（3+1）=

3-1

3

18、解：

x

+1

= = =

3

（3

+1）2-（3

当x

+1时，

+1）+1

=

x+1=

x2-

3+23

+1- 3

-1+1

=

19、证明：

∵四边形ABCD为平行四边形

∴AB=CD又∵DE=BF

∴AB-BF=CD-DE即AF=CE

∵AF=CE，AF∥CE

∴四边形AFCE是平行四边形

20、解：

设BD=x米，则AD=（10+x）米，CD=（30-x）米根据题意，得：

（30-x）²-（x+10）²=20²

解得x=5

即树的高度是10+5=15米

3

4+

=

DE2

AE2

AD2

∴AD2

DE2

DB2

21、菱形ABCD的周长为8cm

∴菱形的边长为8÷4=2cm

∵∠ABC：

∠BAD=1：

2，∠ABC+∠BAD=180°（菱形的邻角互补）

∴∠ABC=60°，∠BCD=120°

∴△ABC是等边三角形

∴AC=AB=2cm

∵菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O

∴AO=CO，BO=DO且AC⊥BD

∴BO=

22-12

3

23=23（cm²）

=

所以BD=23

（2）菱形的面积1

1

=2·AC·BD=

2×2×

22、证明：

（1）∵∠ACB=∠DCE

∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠ACE即∠BCD=∠ACE

∵BC=AC、DC=EC

∴△BCD≌△ACE

（2）∵∠ACB=90°、AC=BC

∴∠B=∠BAC=45°

∵△ACE≌△BCD

∴∠B=∠CAE=45°

∴∠DAE=∠CAE+∠BAC=45°+45°=90°

∴

+ =

2df5e0fedf01f3b35f6034a85edf7262.jpg

由

（1）知AE=DB

+ =

23、

解：

如图，连接PC

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC，∠ADP=∠CDP，

∵PD=PD，

∴△APD≌△CPD

∴AP=CP

∵四边形ABCD是正方形

∴∠DCB=90°

∵PE⊥DC，PF⊥BC

∴四边形PFCE是矩形

∴PC=EF，

∵∠DCB=90°

∴在Rt△CEF中，EF²

∴EF=5

∴AP=CP=EF=5

=CE²+CF²=4²+3²=25

24、解：

（1）四边形EFGH是菱形；

（2）成立，

理由：

连接AD，BC，

∵

∴

即

又∵

，

∴

（SAS）

∴

∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，

∴

分别是

的中位线，

∴

∴

∴四边形EFGH是菱形；

（3）补全图形，如答图，

判断四边形EFGH是正方形，

理由：

连接

，

∵

（2）中已证

，

∴

，∴

∴

又∵

，

∴

，

∴

∵

（2）中已证GH，EH分别是

的中位线，

∴

∴

又∵

（2）中已证四边形EFGH是菱形，

∴菱形EFGH是正方形。

25、证明：

（1）∵∠ADC=∠PDQ=90°，

∴∠ADP=∠CDQ

在△ADP与△CDQ中，

∠DAP=∠DCQ=90°

AD=CD

∠ADP=∠CDQ

∴△ADP≌△CDQ（ASA），

∴DP=DQ

（2）猜测：

PE=QE．

证明：

由

（1）可知，DP=DQ在△DEP与△DEQ中，DP=DQ

∠PDE=∠QDE=45°

DE=DE

∴△DEP≌△DEQ（SAS）

∴PE=QE

（3）∵AB：

AP=3：

4，AB=6，

∴AP=8，BP=2

与

（1）同理，可以证明△ADP≌△CDQ，

∴CQ=AP=8

与

（2）同理，可以证明△DEP≌△DEQ，

∴PE=QE

设QE=PE=x，则BE=BC+CQ-QE=14-x

在Rt△BPE中，由勾股定理得：

BP²+BE²=PE²，即：

2²+（14-x）²=x²，

解得：

x50

=7

即QE50

=7

=2

1

CD1

=2

×50×6150

7

=7

∴S△DEQ

QE·

·

∵△DEP≌△DEQ，

∴S

△DEP △DEQ

=S

=150

7