期中质量检测卷 2024-2025学年人教版数学八年级下册

期中质量检测卷 (满分：120分 时间：120分钟 考试范围：第16章~第18章) 题号 一 二 三 四 五 总分 得分 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的 . 1.要使二次根式 √x+3 有意义，则x 的取值范围是 A.x≤-3 B.x≥-3 C.x≠-3 D.x≥3 2.如果a>b, 那么下列各式中正确的是 ( ) A.a-3<b-3 B C. > D.-2a<-2b 3.如图，在口ABCD中，直线b 与 AB,BC 两边所夹的角分别为135°和115°,则∠D 的度数 为 ( ) A.50° B.55° C.70° D.65° 第3题图 第4题图 第5题图 4. 如图，在△ABC中 ，AB=AC,BC=12,AD⊥BC于点D,E 为 AC的中点，DE=5, 则 AD= ( ) A.10 B.8 C.6 D.4 5.实数a,b 在数轴上的位置如图，则化简 -|a-b| 的结果为 ( ) A.2a B.-2a C.2b D.-2b 6.正方形具有而矩形不一定具有的性质是 ( ) A. 四个角都为直角 B. 对角线互相平分 C. 对角线相等 D. 对角线互相垂直 7.已知 -1的整数部分是m, 小数部分是n,则 m-n 的值是 ( ) A.-2 B.-1 C.2 D.1 8.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 第8题图 第9题图 第10题图 9.三国时期，我国数学家赵爽创造了一幅“勾股圆方图”(也称“赵爽弦图”),证明了勾股 定理，它由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形和一个小正方形.如图，大正方形 ABCD的面积为5,小正方形 EFGH 的面积为1,分别取 AF 和 CH 的中点 M,N, 连接 MN, 则MN 的长为 ( ) A. B.2 C.√5 D.3 10.如图，ABCD是矩形纸片，翻折∠B,∠D, 使 AD,BC 边与对角线AC 重叠，且顶点B,D 恰好落在同一点0上，折痕分别是CE,AF, 则等于 ( ) A. B.2 C.1.5 D.√2 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分. 11.计算： - = 12. 如图，在□ABCD 中，AB=3,BC=5,BE 平分∠ABC, 且交 AD 于点 E, 则 DE 的长 为 第12题图 第14题图 第15题图 13.一根竹子高9尺，折断后竹子顶端落在离竹子底端3尺处.则折断处离地面的高度是 尺. 14.如图，在∠MON 的两边上分别截取OA,OB, 使 OA=OB; 分别以点A,B 为圆心，OA 长 为半径作弧，两弧交于点C; 连接AC,BC,AB,OC. 若 AB=2cm, 四边形OACB的面积 为 5cm², 则 OC的长为 cm. 15.如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°,AC=3,BC=4, 点 M 是边AB 上一点(不与点A,B 重 合),作ME⊥AC于点E,MF⊥BC 于点F, 若点P 是EF 的中点，则CP的最小值是 三、解答题(一):本大题共3小题，每小题7分，共21分. 16.已知x=2-, 求代数式x²+(2+)x+4 的值. 17.如图，在边长为1的小正方形方格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC. (1)利用网格线画△A'B'C′,使它与△ABC 关于直线l 对称； (2)在直线L 上作点P,使 AP+CP 的值最小，并求此时∠APC 的度数. 18.城市绿化是城市重要的基础工作，是改善生态环境和提高广大人民群众生活质量的 公益事业.某小区在社区管理人员及社区居民的共同努力之下，在临街清理出了一块 可以绿化的空地.如图，已知AC=4,BC=3,BD=12,AD=13,∠ACB=90°, 试求阴影部 分的面积. 四、解答题(二):本大题共3小题，每小题9分，共27分. 19.如图，在Rt△ABC 中，∠BAC=90°,D 是BC 的中点，CE//AD,AE//BC. (1)求证：四边形ADCE 是菱形； (2)若AC=6,AB=8, 求菱形ADCE 的面积. 20.如图，∠AOB=90°,OA=40m,OB=15m. 一机器人在B 点处看见一球从A 点出发沿 AO方向匀速滚向0,机器人立即从B 点出发，沿直线匀速前进拦截球，在 C 处截住 球.球滚动的速度与机器人行走的速度相同，机器人行走的路程 BC 为多少米? 21.已知 ,求2a²-8a+1 的值.小明是这样分析与求解的： ∴a-2=-√3. ∴(a-2)²=a²-4a+4=3. ∴a²-4a=-1. ∴2a²-8a+1=2(a²-4a)+1=2×(-1)+1=-1. 请你根据小明的分析过程，解决如下问题： (1)化 (2)若,求2a²-12a+1 的值. 五、解答题(三):本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分. 22.我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的3倍的三角形叫作非凡三角 形.例如：某三角形三边长分别是 ,2和3,因为()²+3²=12=3×2²,所以这个三 角形是非凡三角形. (1)若△ABC 是非凡三角形，且AB=3,BC=6, 求 AC 的值； (2)如图，在平行四边形ABCD中 ，AC⊥BD于 点 0 ,AB=6, 且△ABD是非凡三角形，求 AC 的值. 23.定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫作原四边形 的“中点四边形”.如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫作 “中方四边形”. 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 A. 平行四边形 B.矩形 C. 菱形 D. 正方形 性质探究：如图①,四边形ABCD是“中方四边形”,观察图形，写出关于四边形ABCD 的两条结论：① ;② 问题解决：如图②,以锐角△ABC 的两边AB,AC 为边，分别向外作正方形ABDE 和正 方形 ACFG,连接 BE,EG,GC. 求证：四边形 BCGE 是“中方四边形”. 拓展应用：如图③,已知四边形ABCD是“中方四边形”,M,N 分别是AB,CD 的中点， 试探索AC 与 MN的数量关系，并说明理由. 图① 图② 图③ 期 中 质 量 检 测 卷 1.B 2.D 3.C 4.B 5.B 6.D 7.C 8.C 9.C 10.B 11. 12.2 13.4 14.5cm 15.1.2 16.解：∵x=2-, ∴原式=(2- )²+(2+ )(2- )+4 =4+3-4+4-3+4 =8. 17.解：(1)如图，△A'B'C′即为所求. (2)如图，连接AC′,交直线l 于点P, 连接 CP, 此时AP+ CP 的值最小，点P 即为所求. ∵AP==,CP==2,AC==, ∴AP²+CP²=AC². ∴∠APC=90°. 18.解：如图，连接AB. ∵∠ACB=90°,AC=4,BC=3, ∴AB=√AC²+BC²=5. ∵BD=12,AD=13, ∴AB²+BD²=169=AD². ∴△ABD 是直角三角形且∠ABD=90°. 19.(1)证明：∵AE//BC,CE//AD, ∴四边形ADCE 是平行四边形. ∵∠BAC=90°,D 是 BC的中点， ∴平行四边形ADCE是菱形. (2)解：∵四边形ADCE是菱形，D是 BC的中点， ∴S菱形ADCE=2S△AcD=S△. 20.解：∵球滚动的速度与机器人行走的速度相同， ∴BC=AC. 设 BC=AC=x m,则OC=(40-x)m. 在Rt△BOC 中， ∵OB²+OC²=BC², ∴ 15²+(40-x)²=x² . 解得 ∴机器人行走的路程BC为 21.解：（1）原式=） =5. (2)∵ ∴a-3=. ∴(a-3)²=a²-6a+9=10. ∴a²-6a=1. 原式=2(a²-6a)+1=2×1+1=3. 22.解：(1)∵△ABC是非凡三角形，AB=3,BC=6, ∴①当AB²+BC²=3AC²时，有3²+6²=3AC²,解得AC=; ②当AB²+AC²=3BC² 时，有3²+AC²=3×6²,解得AC=; ③当AC²+BC²=3AB² 时，有AC²+6²=3×3²,无解. ∵AB=3,BC=6, ∴3<AC<9. ∴AC=. (2)∵四边形ABCD是平行四边形， ,AC=2A0. 又AC⊥BD,∴ 平行四边形ABCD为菱形. ∴AD=AB=6. ∵△ABD 是非凡三角形， ∴①当AB²+AD²=3BD² 时， (6²+6²)=24. ∴BD= (舍去负值). ∴ 在 Rt△AOB中 ，A0==. ∴AC=2A0=2. ②当 AB²+BD²=3AD² 时，BD²=3AD²-AB²=72. ∴BD= (舍去负值). ∴ 在 Rt△AOB 中，A0== ∴AC=2AO=. ③当 AD²+BD²=3AB² 时，BD²=3AB²-AD²=72. ∴BD=6√2 (舍去负值) . 在 Rt△AOB中 ，A0==. ∴AC=2A0=. 综上所述，AC的值为或. 23.解：概念理解：D 性质探究：①AC=BD ②AC⊥BD 问题解决：证明：如图②,设四边形 BCGE 的 边BC,CG, GE,BE 的中点分别为M,N,R,L, 连接MN,NR,RL,LM,连接 CE交 AB于点P, 连接BG交 CE 于点K. 图② ∵四边形BCGE 各边的中点分别为 M,N,R,L, ∴MN,NR,RL,LM 分别是△BCG,△CEG,△BGE,△CEB 的中位线. ∴MN//BG, ,RL//BG, ,RN//CE, IL//CE, ∴MN//RL,MN=RL,RN//ML,RN=ML. ∴四边形MNRL 是平行四边形. ∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形， ∴AE=AB,AC=AG, ∠EAB=∠GAC=90°. ∴∠EAC=∠BAG. ∴△EAC≌△BAG(SAS). ∴CE=BG,∠AEC=∠ABG. ∴RL=RN. ∴平行四边形MNRL是菱形. ∵∠EAB=90°, ∴∠AEP+∠APE=90°. ∵∠AEC=∠ABG,∠APE=∠BPK, ∴∠ABG+∠BPK=90°. ∴∠BKP=90°. ∵MN//BG,ML//CE, ∴∠LMN=90°. ∴菱形MNRL 是正方形，即原四边形BCGE 是“中方四 边形”. 拓展应用：理由如下： 如图③,设AD,BC的中点为E,F, 连接BD,EN,NF,FM,EM. 图③ ∵四边形ABCD是“中方四边形”,M,N 分别是AB,CD 的中点， ∴四边形ENFM是正方形. ∴FM=FN,∠MFN=90°. ∴MN= ∵N,F,M 分别是DC,BC,AB 的中点， 学科网（北京）股份有限公司 $$