期中检测卷-【宝典训练】2023-2024学年八年级下册数学课时分层作业(人教版)

二，填空是：本大夏共5小显，每小显5分，共5分 期中检测卷 1L超图所茶，点，D在数轴上，点)为草点期一3，=仪一1-∠C=时，其D为圆心，C长为半 设腾属，与数轴正半编交于点A,期点A表术的实数是 一，运择显，本大理共相小跑，每小赠3分，共知分，在每小髓喻出的四个恐两中，尺有一项是行希题日要果的， ,下到各组中的三第视取，管构收直角三角形的是 A.2,3,1 民7,8.0 .w5.2.w D1.8- 易14魏面 生.下而话算正确前 2.如丽.在△A议中，AI=8,BC=14.D.E分对是边ABAC的中点.点F在DE上，且∠AFB=,据 A,√厚+E- 且面+u- F的长是 C原×i=而 √一可== 13.若量筒二次驻式V2n十1与量疼二次包式，4A一脚相等，期m+n 1.如悟，C为菱形LD的对角线，已知∠ADC=1的，周∠B以A等于 1,如州样两条毫度布为的：条度叠在一起，使∠仪一的，州闪边甲A以D约售云为一 A,4 30 D.13 1i,下列合延 D恒果再个实数相等，常么它们的平方船等： ②如果直后三角形的两条直角边长分别为。：斜边长为：厚头…+2。 ③平行国访形的对角线互船平公，其中进合题是真命置的是，填军所有正确结论的序号) 三，相答题（一1本大题共3小理，第16题10分，第7，s抛备7分，共以分。 1计第得-层+受+厘-m-w- A.ag 民 G心 h会 5如图，在国边思A以CD中，已知AB(D.露妇一个条件。可抱图边思ACD是平行国诗港，下到峰说的 是 7,困，在△中，点久，B-F分州是A长，AC,风的中点.接花.0P求证，直边无DE星平付四边形 A.BCAD 民M'=AD AB=《D D∠A+∠B-1 4.在半雀直角圣标系中，点（一3,2）到原点的师离为 A.I 区5 C.1 T ?,如离，矩形A似D的时角规AC,D相交于点，岩A名一4，C一8，则△D的周长为 A.16 &12 C.14 九1市 8,距形具有们菱后不其有的性便见 8.已冠实数，c在数轴上计位点的放置如闲期，化简：va+(:一+一—： A:两对连分划早行且船尊 (对角视图零 ；i1 C,相第四角互补 段阵阻对角分期相等 9,如周.在四边形ACD中.AB==2D=3,DA=1.且∠B-9,则∠AB= A.27 I l0' C,135 B150 用、若题（二引：本大匿共3小题，每小厘分，共27分 1L如丽，在正方聪AD中，AB=4,E为对箱线AC上与A,C不重合的一个结点，过点E作F⊥AH1 1以.如丽，雀即形AD中，M,N分期是AD,BC的中点，E,F分别毫线程M,C的中点，春A<8, AF,⊥C于点G:连接DE:G,下到h挖：心DE=FE:DE⊥：∠GF=∠ADE,①FG的 AD=2,则四边看NFM的周长是多少 最小值为2y2,若生接AG,D好得%的△AD在运请过程中可能是等边三角形.其中正靖结论为 A.①SD 段①eSD 6,①2 A①2① 期中位别总第上前（头4是） 职中险叫本第：莫《为1题) 2批如图，甲，乙两桂接载厘报到消息，在再面上存日验经只从A,B两抽发出求技信号，甲查较活立军以巧 五，根签置（三引：本大显共2小量，与小显2分，共4分 海第时的迷度离开塘口.沿北编有的方向向A填出发，尾川乙把触则虫从港口)出发，以如海 2,网读材料：把根式√士27进行化真，春整我列两个数w,,使w十世一x日期用，万，用把￥士2，万 里：时的速反向昌地出发，2小时后粗门闲时到达各自的日标位置，几相距动毒里， 变战舞十土2m=(和古然后开方，从程将V工士2，少化离 (11求乙发教复的装行方有： 《域功餐餐量，甲，乙裤瘦陵板复同时沿架路青向逗港口其速度分期是卫海是，时，6料里时： 判知：化简3+2豆， 1小时后甲，乙再幢程数餐政啊在点E,F处，此时甲，乙两幢数低相距多少海用1 解：8+22-1+g+2F-1+()+2×1×2-(1十话) 、+2在-V1+2-1+E 请修仿度上面的方达，化商下列各式：1)√十2>√？一4， 3.超西，在烈边eA仪D中，AⅡ(D.∠A-0,AD=12m-A=1月赠，D=28m-啸点P从点 A出发：度Im的走度例绕应B运动：同时动盛Q从直H出发，远：/a的挂度滑折线B一C一口 月终点D适动，其中一个动点到造端点时-另一个啸点业佳之停止岳始，设岳功时间为「化 L划图：在平行四边影仪D中，E⊥AD,F⊥D,是是分别为E,F,且AE=CF 1)用含的式千表术P出. 《1求正：行国直形AHCD是菱无， ()当为列图时，直线PQ出四边无A似D分成两个群分，且其中的一深分是平行 2若D-10,A=1门，求E的长 四边影： (多)具政变点Q的运动适度：使运请成程中某时到风山耶P以口为菱形，调点Q的运动速度这为多少？ 期中位别总第1颤（共4是） 职中险叫喜第4莫为1雨)参考答案 解得u=巨， △DON(ASA),∴.BM=DN,∴.四边形BMDN为平行四边形， ∴.KD=2a=2 .BN∥DM, .∠DMN-∠BNM: 第十八章《平行四边形》检测卷 (2):四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD,∴∠CA 一、选择题 ∠DAC. 1.C2.C3.B4.C5.A6.C7.B8.C9.C10.C :∠BAC=∠DAC,∴.∠BAC=∠BCA.∴.AB=BC..四边形 二，填空题 ABCD是菱形，.AC⊥BD,.MN⊥BD: 1.3012.7.013.1214.号 15.2或1+2 .平行四边形BMDN是菱形. 21,解：(1)在矩形ABCD中，AB=8,BC=16,.BC=AD=16, 三，解答题（一） AB=CD=8. 16,解：AE=CF,AE∥CF.理由如下： 由已知可得，BQ=DP=t,AP=CQ=16- 在平行四边形ABCD中，AD∥BC,AD=BC 在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC, BE=DF...CE=AF. 当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形.∴1=16一1，解得1=8， ∴四边形AECF是平行四边形. .当1=8时，四边形ABQP为矩形： ∴.AE=CF,AE∥CF. (2)四边形AQCP为菱形：理由如下： 17.证明：，“四边形ABCD是矩形， 1=6,.BQ=6,DP=6.CQ=16-6=10,AP=16-6= .AB=CD,AB∥CD 10,.AP=CQ,AP∥CQ .∠BAE=∠DCF. 四边形AQCP为平行四边形， 又BE⊥AC.DF⊥AC. 在Rt△ABQ中，AQ=√AB+BQ=√8+6=10..AQ ∴∠AEB=∠CFD=90. CQ,.平行四边形AQCP为菱形， I∠AEB=∠CFD, 即当=6时，四边形AQCP为菱形.。 在△ABE与△CDF中，∠BAE=∠DCF, 五，解答题（三） AB-CD. 22.(1)证明：，AB∥CD,.∠CDF=∠FEB,∠DCF=∠EBF, △ABE≌△CDF(AAS),.AE=CF, ”点F是BC的中点，BF=CF, .AE+EF=CF+EF,即AF=CE ∠CDF=∠FEB, 18.(1)证明：：四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD=BC,∠DAM=∠ABN=90°， 在△DCF和△EBF中，∠DCF=∠EBF, FC=BF. BM=CN...BC-CN=AB-BM,BN=AM. .△DCF≌△EBF(AAS),.DC=BE AB=AD. 又，DC∥AB,.四边形DBEC是平行四边形： 在△ABN和△DAM中， ∠ABN=∠DAM. (2)①2②4 BN-AM. 23.解：(I)DM=EM.DM⊥EM .△ABN≌△DAM(SAS): (2)点E在DC的延长线上，点G在BC上，(1)中结论仍然成 (2)解：由(1)知△ABN≌△DAM. 立，证明如下： .∠MAP=∠ADAM, 延长EM,DA交于点T,如答图 .∠MAP+∠AMP=∠ADM+∠AMP=9O', EF∥CG∥AD,∴.∠MAT=∠MFE,∠MTA=∠MEF, .∠APM=180°-（∠MAP+∠AMP)=90. 四，解答题（二） :M是AF中点，AM-FM,∴△AMT≌T AFME(AAS)...AT=EF=EC.TM=EM. 19.(1)证明：：D,E为AB.AC的中点，∴DE为△ABC的中位线， AD=CD. DE∥BC,DE=是BC. ..AD+AT=CD+CE.DT=DE. :∠TDE=90, CF=号c,DE=CE ,△TDE是等腰直角三角形， (2)解：由(1)可知，DE∥BC,DE=CF,∴，四边形DCFE为平行 而TM=EM, 四边形，.EF=DC, .DM=EM.DM⊥EM 在等边△ABC中，D为AB中点，BC=4·BD= ·AB (3)、157或/37 专C=2,BDLCD, 期中检测卷 一，选择题 ∴.CD=√BC-BD=√N-2=25, 1.D2.C3.C4.A5.B6.C7.A8.B9.C10.B ∴.EF=25. 二、填空题 20.证明：(1)连接BD,交AC于点O,如答图： 11.、17-112.313.814.6515.②③ 四边形A议D是平行四边形，∴(O形(OD.庆 三，解答题（一） ,'BM∥DN,.∠MBO=∠NDO, 又∠BOM=∠DON,.△BOM≌ 16.解：0原式=253+26=7。 32 答图 73 数学入年蚊下册(R) (2)原式=5，里+4反-3厄-(2-2反+1)-5，里+4反 五，解答题（三） 2 2 22.解：(1)：5+2=3+2+26=(W3)+(2)+2×5×2 32-3+22=1,2-3. 2 (5+2)', 17.证明：点D,E,F分别是AB,AC,BC的中点 ∴√6+26=√(W/3+2)=3+2: .DE∥CF,DF∥CE, (2):7-43=4+3-45=2+(3)-2×2×3=(2-5)2, ,四边形DECF是平行四边形. :√7-4原=√(2-3)=2-. 18.解：由数轴，得u<-1,一1<c<0,b>1 23,解：(1)由于P从A点以1cms向B点运动.∴tg时，AP=1×1= .-a+b>0c-b<0, t cm. ∴.v+(√/一a+b)-|c-b1=-a十(-a+b)+(c-b)=-a- AB18 cm...BP-AB-AP(18-1)cm: a+bc-b=-2a+c. (2)过点B作BN⊥CD于点N,如答图1，，AB∥CD,∠ADC=90, 四、解答题（二） 四边形ADNB是矩形，：.BN=AD= AP 19.解：，M,N分别是边AD,BC的中点，AB=8,AD=12, 12 cm.AB=DN=18 cm, ∴.AM=DM=6, CD=23 cm.:.CN=CD-DN=5 cm. 四边形ABCD为矩形，·∠A=∠D■90， ,Rt△BNC中，根据勾股定理可得： ∴.BM=CM=√AB+Af=√8+6=10. BC-√BN+CW=√+12-13(m), 答图1 :E,F分别是线段BM,CM的中点，EM=FM=号BM=5 则Q在BC上运动时间为13÷2=6.5s, :BC+CD-23十13=36(cm),∴.Q运动时间最长为36÷2■ ∴.EN,FN都是△BCM的中位线， 18s, ∴EN=FN=BM=2CM=5. ∴6.5s≤1≤18s时，Q在CD边上， .四边形ENFM的周长为5+5+5+5=20. 此时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部 20.解：(1)根据题意得，O4=15×2=30(海里)，OB=20×2=40 分是平行四边形，分两种情况： (海里)， ①四边形PQCB是平行四边形，如答图2所示： AB=50海里， AB∥CD即PB∥CQ,.只需PB=CQ A P ∴.0A+0B=30+40=50=AB, 即可.由(1)知：PB=(18一t)cm, .∠AOB=90°， :Q以2m(s沿折线B-C-D向终点 点A在点O北偏西50的方向， D运动， .90°-50°=40°. ,运动时间为t$时，CQ=2t一BC 答图2 .乙搜救艇的航行方向为北偏东40°： 21-130cm18-1=21-13解得1=s: (2)由题意得，AE=12海里，BF=16海里， ②四边形ADQP是平行四边形，如答图3所示： .0E=04-AE=30-12=18(海里)，0F=OB-BF=40-16 同理：AP∥DQ,∴.只需AP=DQ,回边 24(海里)， 形ADQP是平行四边形， ∠EOF=90°， 由(1)知：AP=1cm,LDQ=CD+CB-21 ∴.EF=V18+24=30(海里)， (36-24)cm. 答：甲、乙两艘搜救艇相距30海里。 36-21=4,解得1=12， 答图3 21,(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C, 'BE⊥AD,BF⊥CD..∠AEB=∠CFB=90. 综上所述：当-：或12：时，直线PQ把四边形ACD分度两 ∠A=∠C, 个部分，且其中的一部分是平行四边形： 在△ABE和△CBF中，AE=CF (3)设Q的速度为rcms,由(2)可知：Q在CD边上，此时四边 ∠AEB=∠CFB. 形PBCQ可为菱形， .△ABE≌△CBF(ASA),AB=CB,.平行四边形ABCD :PB∥CQ,∴只需满足PB=BC=CQ即可， 是菱形： 由(1)知：PB=(18-t)m,由(2)知：Q=(7一13)m,C=13cm. (2)解：：四边形ABCD是菱形，AD=AB=13, ∴.18-1=13，x-13=13,解得1=5￥，r=5.2cms, 设AE=x,则DE=13-x, 当Q点的速度为5,2mVs时，某一时刻四边形PBCQ为菱形. BE⊥AD,∴.∠AEB=∠DEB=90 阶段性检测卷三(19.1一19.11)】 在R△ABE和R△BDE中， 由勾股定理得：BE=AB一AE=DB一DE, 一，选择题 即13-=10-18-，解得x- 1.D2.B3.A4.A5.C6.C7.B8.A9.B10.B 二，填空题 A-BE=VAB-AE-√-()-m 11.m=312.r>-3且r≠113.214.m>215.y=2r-4 三，解答题（一） E的长为曾 16,解：(1)当函数y=(5m一3)·+(m+)是一次函数时， 74