精品解析：黑龙江省哈尔滨市南岗区松雷中学2020-2021学年下学期八年级期中测试数学 (五四制)试卷

松雷中学2020-2021学年度下学期八年级期中测试数学试卷 一、选择题（每小题3分，共计30分） 1. 方程的一次项系数是（ ） A. 3 B. C. 1 D. 0 2. 方程是关于x的一元二次方程，则（ ） A. B. C. D. 3. 由下列线段a，b，c可以组成直角三角形的是（ ） A. B. ， C. D. ，， 4. 若矩形对角线相交所成钝角为120°，较短的边长为4cm，则对角线的长为 A. 2cm B. 4cm C. 6cm D. 8cm 5. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，CE平分∠BCD交AD边于点E，且AE=3，则AB的长为（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 7. 一元二次方程x2﹣x+2=0的根的情况是（　　） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 无实数根 D. 只有一个实数根 8. 已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ） A. 当时，它是菱形 B. 当时，它是菱形 C. 当时，它是矩形 D. 当时，它是菱形 9. 将方程配方后，所得到的结果正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列结论中正确的个数是（ ） ①正方形的对角线相等；②平行四边形对角线相等；③菱形对角线互相垂直；④平行四边形对边相等；⑤矩形对角线相互垂直 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（每小题3分，共计30分） 11. 若是一元二次方程的一个根，则______． 12. 菱形的对角线，，则菱形的面积________． 13. 中，，则的面积为______． 14. 菱形的对角线交点到一边中点的距离为2，则其周长为______． 15. 如图，在菱形中，E、F分别是的中点，如果的长是，那么菱形的周长是______． 16. 如图，在正方形ABCD中，延长BC到点E，使CE＝AC，则∠BAE＝_____． 17. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，且两条对角线的和为的长为，则的周长为__________． 18. 矩形的一角平分线分一边为 3cm 和 4cm 两部分，则这个矩形的对角线的长为_____． 19. 如图：矩形，延长到点，连接，平分．若，，则________． 20. 如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为______． 三、解答题（其中21~25题各8分，26~27题各10分，共计60分） 21. 解方程 （1） （2） 22. 图1、图2分别是6×5的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点在小正方形的顶点上，请在图1、图2中各画一个图形，分别满足以下要求： （1）在图1中画一个以线段为一边的菱形（非正方形），所画菱形各顶点必须在小正方形的顶点上； （2）在图2中画一个以线段为一边的等腰三角形，所画等腰三角形的各顶点必须在小正方形的格点上，且所画等腰三角形的面积为5． 23. 如图，在中，，是对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形． 24. 已知一个正比例函数图象与一个一次函数（为常数，）图象交于点，一次函数图象与轴、轴分别交于、两点，且． （1）求直线的解析式； （2）求的面积． 25. 如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积． 26. 在中，，于点D，于点E，交于点F． （1）如图1，求证：； （2）如图2，延长到点G，使，连接并延长，与的延长线交于点P，连接，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，交于M，连接，若，求长． 27. 在平面直角坐标系中，直线交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B． （1）求点A、点B坐标； （2）如图1，点D在线段上，点C在线段的延长线上，点E是第四象限的一点且到x轴的距离是1，若，，，求点E的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，在第一象限上存在一点P，过E作直线交于点F，交y轴于点Q，连接，若，P点坐标为，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松雷中学2020-2021学年度下学期八年级期中测试数学试卷 一、选择题（每小题3分，共计30分） 1. 方程的一次项系数是（ ） A. 3 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，根据一元二次方程的一般形式确定一次项系数． 【详解】解：一元二次方程的一次项是，其系数是， 故选：B． 2. 方程是关于x的一元二次方程，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义（形如，等号两边都是整式，只含有1个未知数，并且未知数的最高次数是2的方程叫做一元二次方程）是解题的关键．根据一元二次方程的定义，二次项系数不能为零，由此建立不等式即可求解． 【详解】解：∵方程是关于x的一元二次方程， ∴， 解得：． 故选：D． 3. 由下列线段a，b，c可以组成直角三角形的是（ ） A. B. ， C. D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查三角形三边关系及勾股定理的逆定理，由根据三角形三边关系及勾股定理的逆定理逐项判断解答即可． 【详解】解：A、，不能构成三角形，故不符合题意； B、，不能构成直角三角形，故不符合题意； C、，不能构成直角三角形，故不符合题意； D、，能构成直角三角形，符合题意； 故选：D． 4. 若矩形对角线相交所成钝角为120°，较短的边长为4cm，则对角线的长为 A. 2cm B. 4cm C. 6cm D. 8cm 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：根据矩形性质求出OA=OB，根据已知求出∠AOB=60°，得出等边三角形AOB，推出OA=OB=AB，求出OA、OB、即可求出AC、BD． ∵∠AOD=120°， ∴∠AOB=180°-120°=60°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC=BD， ∴OA=OB， ∴△OAB是等边三角形， ∴OA=OB=AB， ∵AB=4cm， ∴OA=OB=AB=4cm， ∴AC=BD=8cm， 故选D． 考点：矩形的性质，等边三角形的判定和性质 点评：等边三角形的判定和性质是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握. 5. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形的性质可得BC=AD，∠B=90°，利用勾股定理可求出AC的长，根据折叠的性质可得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，BE=EF，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出EF的长即可得答案． 【详解】∵四边形ABCD是矩形，AD＝8， ∴∠B=90°，BC=AD=8， ∴AC＝＝10， ∵折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE， ∴BE＝EF，AF＝AB＝6，∠AFE=∠B=90°， ∴CF＝AC-AF=10﹣6＝4， 在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2+CF2＝CE2， ∴EF2+CF2=（BC-EF）2，即EF2+42=（8-EF）2， 解得：EF＝3， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答． 6. 如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，CE平分∠BCD交AD边于点E，且AE=3，则AB的长为（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形性质得出AB=DC，ADBC，推出∠DEC=∠BCE，求出∠DEC=∠DCE，推出DE=DC=AB，得出AD=2DE即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=DC，ADBC， ∴∠DEC=∠BCE， ∵CE平分∠DCB， ∴∠DCE=∠BCE， ∴∠DEC=∠DCE， ∴DE=DC=AB， ∵AD=2AB=2CD，CD=DE， ∴AD=2DE， ∴AE=DE=3， ∴DC=AB=DE=3， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，角平分线定义，等腰三角形的性质和判定的应用，关键是求出DE=AE=DC． 7. 一元二次方程x2﹣x+2=0的根的情况是（　　） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 无实数根 D. 只有一个实数根 【答案】C 【解析】 【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2-4ac的值的符号就可以了． 【详解】解：∵△=b2-4ac=1-8=-7＜0， ∴方程无实数根． 故选C． 【点睛】本题考查的知识点是一元二次方程根的判别式的应用，解题关键是熟记一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0方程有两个不相等的实数根；（2）△=0方程有两个相等的实数根；（3）△＜0方程没有实数根． 8. 已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ） A. 当时，它是菱形 B. 当时，它是菱形 C. 当时，它是矩形 D. 当时，它是菱形 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了菱形的判定、矩形的判定，根据平行四边形、菱形、矩形的判定条件逐一分析选项，找出不正确的结论． 【详解】解：A. 当时，邻边相等的平行四边形是菱形，正确； B. 当时，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确； C. 当时，有一个角为直角的平行四边形是矩形，正确； D. 当时，对角线相等的平行四边形是矩形，而非菱形，结论错误． 故选：D． 9. 将方程配方后，所得到的结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先移项，再在方程的两边都加上，进行配方，从而可得答案. 【详解】解： 移项得： 配方得： 故选：A 【点睛】本题考查的是利用配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤与方法是解题的关键. 10. 下列结论中正确的个数是（ ） ①正方形的对角线相等；②平行四边形对角线相等；③菱形对角线互相垂直；④平行四边形对边相等；⑤矩形对角线相互垂直 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了正方形、平行四边形、菱形、矩形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据正方形、平行四边形、菱形、矩形的性质逐一判断各结论是否正确即可得出答案． 【详解】解：正方形的对角线相等，故①正确； 平行四边形对角线互相平分，不一定相等，故②错误； 菱形对角线互相垂直，故③正确； 平行四边形对边相等，故④正确； 矩形对角线相互平分，不一定垂直，故⑤错误； 综上，正确的结论为①③④，共3个． 故选：C． 二、填空题（每小题3分，共计30分） 11. 若是一元二次方程的一个根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，理解方程的解满足方程是解答的关键．将代入方程中求解即可． 【详解】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴，解的， 故答案为：． 12. 菱形的对角线，，则菱形的面积________． 【答案】24 【解析】 【分析】本题考查菱形的面积公式，利用求解即可． 【详解】解：由题意得，， 故答案为：24． 13. 中，，则的面积为______． 【答案】60 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键．过A作于D，先利用等腰三角形的三线合一性质得到，再利用勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，过A作于D， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：60． 14. 菱形的对角线交点到一边中点的距离为2，则其周长为______． 【答案】16 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解答的关键．先根据三角形的中位线性质得到菱形的边长为4，进而利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：如图，菱形的对角线相交于O，E为的中点，且， 则，，， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：16． 15. 如图，在菱形中，E、F分别是的中点，如果的长是，那么菱形的周长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线定理、菱形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解答的关键．先根据三角形的中位线定理得到，进而利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：∵E、F分别是的中点， ∴是的中位线，又， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的周长， 故答案为：． 16. 如图，在正方形ABCD中，延长BC到点E，使CE＝AC，则∠BAE＝_____． 【答案】67.5° 【解析】 【分析】由于CE＝AC，∠ACB＝45°，可根据外角定理求得∠E的值，继而根据直角三角形的余角定理即可求出∠BAE的值． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCB＝90°，∠ACB＝45°， ∵AC＝CE， ∴∠E＝∠CAF， ∵∠ACB是△ACE的外角， ∴∠E＝∠ACB＝22.5°， ∴∠BAE＝90°﹣∠E＝90°﹣22.5°＝67.5°． 故答案为67.5°． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、三角形外角定理以及等腰三角形的性质，解题关键是求出∠E的度数，继而利用直角三角形的余角定理即可求出∠BAE的值． 17. 如图，平行四边形的对角线相交于点O，且两条对角线的和为的长为，则的周长为__________． 【答案】23 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质（对边相等、对角线互相平分），解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分得出的长度，结合对边相等得出的长度，进而计算的周长． 先根据平行四边形对角线互相平分的性质，可知、，故；由两条对角线的和为，可求出的长度；再根据平行四边形对边相等的性质，；最后用即可求出的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，对角线与互相平分（即． 已知， ∴． 又∵， ∴． ∴的周长． 故答案为：． 18. 矩形的一角平分线分一边为 3cm 和 4cm 两部分，则这个矩形的对角线的长为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】存在2种情况，被分的边长为3cm、4cm或4cm、3cm，然后再利用正方形的性质得到矩形另一边长，最后用勾股股定理求得斜边长. 【详解】情况一：如下图，四边形ABCD是矩形，BE是∠ABC的角平分线，AE=3cm，ED=4cm，连接BD ∵BE是∠ABC的角平分线，四边形ABCD是矩形 ∴∠ABE=45°，∠A=90° ∴△ABE是等腰直角三角形 ∵AE=3cm，∴AB=3cm=DC 在Rt△DCB中，BC=7cm，DC=3cm，∴BD= 情况二：如下图，四边形ABCD是矩形，BE是∠ABC的角平分线，AE=4cm，ED=3cm，连接BD 同理，AE=4cm，∴AB=4cm=DC 在Rt△DCB中，BC=7cm，DC=4cm，∴BD= 故答案为：或 【点睛】本题考查矩形的性质和勾股定理，关键点在于本题有多解，注意当几何题未告知图形时，往往存在多解情况. 19. 如图：矩形，延长到点，连接，平分．若，，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据矩形的性质可得，，，， 再证明结合解答即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 【点睛】此题考查矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，关键是根据矩形的性质和勾股定理解答． 20. 如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为______． 【答案】3 【解析】 【分析】过E作于M，连接交于J，先根据菱形的性质和翻折性质，结合已知得到是等腰直角三角形，进而求得，分别证明四边形是平行四边形，和四边形是正方形，推导出四边形是平行四边形，得到，进而可求解． 【详解】解：过E作于M，连接交于J， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，则， 由折叠性质得，， ∵， ∴是等腰直角三角形，又， ∴，则， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，又， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴，又， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查翻折性质、菱形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运算，添加辅助线构造直角三角形是解答的关键． 三、解答题（其中21~25题各8分，26~27题各10分，共计60分） 21. 解方程 （1） （2） 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】此题考查了用因式分解法和公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法． （1）用因式分解法即可求解； （2）用公式法即可求解． 【小问1详解】 解： 或 ，； 【小问2详解】 解：，，， ， 22. 图1、图2分别是6×5的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，线段AB的端点在小正方形的顶点上，请在图1、图2中各画一个图形，分别满足以下要求： （1）在图1中画一个以线段为一边的菱形（非正方形），所画菱形各顶点必须在小正方形的顶点上； （2）在图2中画一个以线段为一边的等腰三角形，所画等腰三角形的各顶点必须在小正方形的格点上，且所画等腰三角形的面积为5． 【答案】（1） 解：所画菱形如图1所示： （2） 所画三角形如图2所示． 【解析】 【分析】本题考查了应用与设计作图，熟练掌握并灵活运用网格结构是解题的关键，根据线段的长度以及三角形的面积先判断出所作三角形的形状非常重要． （1）根据菱形的四条边都相等，取格点C、D顺次连接，则，根据菱形的判定即可得到菱形； （2）取格点M，连接，，根据勾股定理可求得，，根据勾股定理的逆定理可判定是等腰直角三角形，且面积为5，满足题意． 【小问1详解】 作图依据：， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：根据勾股定理，， 所画等腰三角形的面积为， 作以线段为直角边的等腰直角三角形即可， 23. 如图，在中，，是对角线上的两点，且．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ，， ， ，即， 四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接交于点，由平行四边形的性质得到，，再证明，即可证明结论． 【详解】略 24. 已知一个正比例函数图象与一个一次函数（为常数，）图象交于点，一次函数图象与轴、轴分别交于、两点，且． （1）求直线的解析式； （2）求的面积． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】本题考查了两直线相交或平行问题，一次函数的性质和用待定系数法求一次函数的解析式等知识点，能求出直线的解析式是解此题的关键． （1）把和的坐标代入得出关于、的方程组，再求出方程组的解即可； （2）先根据函数的解析式求出点的坐标，求出，再根据三角形的面积公式求出答案即可． 【小问1详解】 解：把和的坐标代入， 得：， 解得：，， 所以直线的解析式是； 【小问2详解】 解：， 当时，， 解得：， 即， ， 的面积． 25. 如图，在四边形中，，，，，．求四边形的面积． 【答案】四边形的面积为． 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，作出辅助线、构造直角三角形是解题的关键．连接，由勾股定理可得即；然后再求，即可得为直角三角形，即；最后根据求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴为直角三角形，即， ∴ ． 答：四边形的面积为． 26. 在中，，于点D，于点E，交于点F． （1）如图1，求证：； （2）如图2，延长到点G，使，连接并延长，与的延长线交于点P，连接，若，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，交于M，连接，若，求长． 【答案】（1） 证明：如图1，∵，于点D， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴； （2） 证明：过D作于M，过G作于N，则， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴，即； ∵，，， ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，再证明，进而利用全等三角形的判定可得结论； （2）过D作于M，过G作于N，先证明四边形是平行四边形得到，再根据等腰直角三角形的性质得到，即；然后证明即可得到； （3）过G作于N，取中点Q，连接，先证明是等边三角形，得到，根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理分别推导出 ， ，过M分别作于I，于S，于K，利用角平分线的性质和判定得到平分，则，分别利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：过G作于N，取中点Q，连接，则， 由（2）知， ∴， ∴是等边三角形， ∴，则， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 过M分别作于I，于S，于K， 则， ∴平分， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余、平行四边形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质与判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，涉及知识点较多，有难度，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适的辅助线是解答的关键． 27. 在平面直角坐标系中，直线交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B． （1）求点A、点B坐标； （2）如图1，点D在线段上，点C在线段的延长线上，点E是第四象限的一点且到x轴的距离是1，若，，，求点E的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，在第一象限上存在一点P，过E作直线交于点F，交y轴于点Q，连接，若，P点坐标为，求的长． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接求得当时，当时，对应的y、x值即可； （2）先证明求得，，过E作y轴的平行线，交于M，交x轴于H，根据平行线的性质和等腰三角形的判定与性质得到，进而可得，求得即可求解； （3）延长交y轴于K，根据等腰三角形的判定与性质，结合三角形的外角性质推导出，过E作轴于G，求得，然后利用待定系数法求得直线的解析式为，进而求得，然后利用两点坐标距离公式求解即可． 【小问1详解】 解：∵直线交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B， ∴当时，，则； 当时，由得，则； 【小问2详解】 解：∵， ∴，则， ∵，， ∴， 又，， ∴，， 过E作y轴的平行线，交于M，交x轴于H， ∴， ∴， ∵点E是第四象限的一点且到x轴的距离是1， ∴，则， 由得，即， ∴； 【小问3详解】 解：如图2，延长交y轴于K， 由（2）知，，， ∴，则， ∵， ∴， ∴，则， ∵， ∵， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴，又， ∴， ∴， 过E作轴于G，则，， ∴，则， 设直线的解析式为， ∴，解得， ∴直线的解析式为， ∵P点坐标为，且点P在直线上， ∴， 解得(与点E重合，舍去)，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求一次函数解析式、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的外角性质、坐标与图形、两点坐标距离公式、解一元二次方程等知识，综合性强，有难度，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $