2022-2023学年人教版八年级下册数学期中 测试卷

期中测试答案 一、选择题（每题3分，共30分） 1.D． 2.C． 3.D． 4.B． 5.C． 6.D．【解析】根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OA＝AC，OB＝BD， 再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的四条边都相等列式计算即可得解. 7.C．【解析】根据矩形的判定定理（有一个角为直角的平行四边形是矩形）．先证四边 形EFGH是平行四边形，要使四边形EFGH为矩形，需要∠EFG＝90度．由此推出 AC⊥BD． 8.D． 9.B． 10. D． 二、填空题（每题4分，共24分） 11. ＜． 12. 14． 13. 6． 14.﹣1． 15. 8． 16. 3.【解析】∵ABCD是菱形，∴BO＝DO＝4，AO＝CO，S菱形ABCD＝＝24， ∴AC＝6. ∵AH⊥BC，AO＝CO＝3，∴OH＝AC＝3． 三、解答题（第17、18题每题4分，第19题5分，第20、21、22题每题6分，第23题7分，第24题8分，共46分） 17.解：（1）原式＝7+6﹣25＝﹣12； （2）原式＝（4﹣）×＝3×＝9． 18.解：过点A作AD⊥BC于点D． 在Rt△ACD中，∠C＝30°，∴∠DAC＝60°，CD＝AD， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝45°． 即△ABD是等腰直角三角形，BD＝AD＝AB＝， ∴CD＝，∴BC＝BD+DC＝+． 19.证明：连接FB、DE． ∵AB＝DC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC． 又AF＝CE，∴FD＝AD﹣AF＝BC﹣CE＝BE， ∴FD∥BE且FD＝BE，∴四边形BFDE是平行四边形， 则BO＝OD，即O是BD中点． 20.解：（1）连接AC， ∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，∴，∠BAC＝45°． ∵AD＝1，CD＝3，∴，CD2＝9， ∴AD2+AC2＝CD2，∴△ADC是直角三角形， 则∠DAC＝90°，即∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝135°； （2）在 Rt△ABC中，． 在 Rt△ADC中，， ∴． 21.（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD＝90°． ∵CE∥OD，DE∥OC，∴四边形OCED是平行四边形. 又∠COD＝90°，∴平行四边形OCED是矩形； （2）解：由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE＝OD＝1，DE＝OC＝2． ∵四边形ABCD是菱形，∴AC＝2OC＝4，BD＝2OD＝2， ∴菱形ABCD的面积为AC•BD＝×4×2＝4． 22.解：（1）△ABP的面积与四边形APFE的面积相等．理由： 如图1，连接PD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EDF＝90°． 又PE⊥AD于点E，PE⊥CD于点F，∴∠PED＝∠PFD＝90°， ∴四边形PEDF是矩形，∴△PEF的面积与△PED的面积相等． 又四边形ABCD是正方形，∴△ABP与△ADP关于AC对称， ∴S△ABP＝S△ADP＝S△APE+S△PDE＝S△APE+S△PEF＝S四边形AEFP， 则S△ABP＝S四边形AEFP； 图1 图2 （2）PB＝EF且PB⊥EF． 证明：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线， ∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，∴PB＝PD． ∵四边形PEDF是矩形，∴EF＝PD，∴EF＝PB． 如图2，延长BP交EF于点G．∵AB∥PE，∴∠ABP＝∠EPG． 又∠ABP＝∠ADP，∠EDP＝∠EFP，∴∠EFP＝∠EPG． 又Rt△PEF中，∠EFP+∠PEF＝90°，∴∠EPF+∠PEF＝90°， ∴∠EGP＝90°，即PG⊥EF，则BP⊥EF． 23.解：（1）＝＝＝； （2）a是的小数部分，∴a＝﹣1， 则＝＝＝3（+1）＝+3； （3）矩形的面积为3+1，一边长为﹣2， 则矩形的另一边长为：＝15+6++2＝17+7， 该矩形的周长为：（17+7+﹣2）×2＝30+16． 答：它的周长是30+16． 24.解：（1）∵AE⊥BC，BF⊥AC，∴△AEB和△AFB都是直角三角形． ∵D是AB的中点，∴DE和DF分别为Rt△AEB和Rt△AFB的斜边中线， ∴DE＝AB，DF＝AB（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）， 则DE＝DF． 又DE＝kDF， ∴k＝1； （2）∵CB＝CA，∴∠CBA＝∠CAB． ∵∠MAC＝∠MBE， ∴∠CBA﹣∠MBC＝∠CAB﹣∠MAC，即∠ABM＝∠BAM，∴AM＝BM． ∵ME⊥BC，MF⊥AC,∴∠MEB＝∠MFA＝90． 又∠MBE＝∠MAF，∴△MEB≌△MFA（AAS），则BE＝AF． ∵D是AB的中点，即BD＝AD． 又∠DBE＝∠DAF，∴△DBE≌△DAF（SAS），则DE＝DF； （3）DE＝DF．