2021~2021学年安徽省芜湖市第二十九中学八年级下学期期中教学质

期中教学质

2021~2021学年安徽省芜湖市第二十九中学八年级下学期期中教学质 量评估数学试卷（带解析） 一、选择题

1.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别是6cm、8cm，AE⊥BC于点E，AE的长是（ ）

A．cm B．cm C．cm D．cm 【答案】D． 【解析】

试题分析：∵四边形ABCD是菱形， ∴CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO， ∴BC=

∴S菱形ABCD= =5cm，

=×6×8=24cm2，

∵S菱形ABCD=BC×AE， ∴BC×AE=24， ∴AE= cm， 故选D．

考点：1．菱形的性质；2．勾股定理．

2.如图,在平行四边形ABCD中,DE是∠ADC的平分线,F是AB的中点,AB=6,AD=4,则AE∶EF∶BE为 ( )

A．4∶1∶2 B．4∶1∶3 C．3∶1∶2 D．5∶1∶2 【答案】A. 【解析】

试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠CDE=∠DEA ∵DE是∠ADC的平分线 ∴∠CDE=∠ADE ∴∠DEA=∠ADE ∴AE=AD=4 ∵F是AB的中点 ∴AF=AB=3 ∴EF=AE-AF=1，BE=AB-AE=2 ∴AE：EF：BE=4：1：2． 故选A． 考点: 平行四边形的性质. 二、解答题

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1.（2013济宁）如图中图（1），在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、DC上的点，且AF⊥BE．

（1）求证：AF＝BE．

（2）如图中图（2），在正方形ABCD中，M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA上的点，且MP⊥NQ．MP与NQ是否相等？并说明理由．

【答案】（1）证明：如图（1），在正方形ABCD中，AB＝DA，∠BAE＝∠D＝90°， ∴∠DAF＋∠BAF＝90°，

∵AF⊥BE，∴∠ABE＋∠BAF＝90°，∴∠ABE＝∠DAF， ∵在△ABE和△DAF中，

∴△ABE≌△DAF（ASA），∴BE＝AF． （2）解：MP与NQ相等．理由如下： 如图（2），过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，则BE＝NQ，AF＝MP．只需证BE＝AF即可．与（1）的情况完全相同．

【解析】（1）根据正方形的性质可得AB＝DA，∠BAE＝∠D＝90°，再根据同角的余角相等求∠ABE＝∠DAF，然后利用“角边角”证明△ABE和△DAF全等，再根据全等三角形的性质证明即可；

（2）过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，然后解法与（1）相同． 2.已知，如图所示，折叠矩形的一边AD，使点D落在BC边的点F?处，?如果AB=8cm，BC=10cm，求EC的长。

【答案】EC=3cm 【解析】

试题分析：要求CE的长，就必须求出DE的长，如果设EC=x，那么我们可将DE，EC转化到一个三角形中进行计算，根据折叠的性质我们可得出AD=AF，DE=EF，那么DE，CE就都转化到直角三角形EFC中了，下面的关键就是求出FC的长，也就必须求出BF的长，我们发现直角三角形ABF中，已知了AB的长，AF=AD=10，因此可求出BF的长，也就有了CF的长，在直角三角形EFC中，可用勾股定理，得出关于x的一元二次方程，进而求出未知数的值． 试题解析：依题意可得：BC=AD=AF=10，DE=EF． 在△ABF中，∠ABF=90°． ∴

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∴FC=10-6=4，

设EC=x，则EF=DE=8-x． ∵∠C=90°， ∴EC+FC=EF， 2 2 2 ，

∴x+4=（8-x）， 解之得：x=3， ∴EC=3（cm） 考点：勾股定理及逆定理 3.(π-1)+ 0 222 +-12 - 【答案】

【解析】试题分析：根据实数的混合运算的法则与运算顺序，由零次幂的性质，负整指数幂的性质，绝对值，二次根式的性质化简求解即可. 试题解析：(π-1)+ 0 +- =1+= +3-12 -5-8

4.若△ABC的三边满足条件:a＋b＋c＋338＝10a＋24b＋26c，试判断△ABC的形状． 222

【答案】a=5，b=12，c=13，△ABC是直角三角形

【解析】原方程配方变形为，根据即个非负数的和为0，这几个数均为0即可求出的值，即可能够判断出△ABC的形状． 5.已知a，b，c都是实数，且满足(2－a)＋2

3x＋6x＋2005的值． 【答案】2021

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【解析】试题分析：根据非负数的意义，可知2-a=0，a+b+c=0，c+8=0，解得a=2，c=-8， 2222

b=4，因此可代入得2x+4x-8=0，即x+2x=4，代入3x＋6x＋2005=3（x+2x）+2005=3×4+2005=2021. 故答案为：2021.

点睛：此题主要考查了非负数的意义，解题关键是利用几个非负数的和为0，应使它们分别 2

为0，求解出a、b、c的值，然后把结果代入方程，得到x+2x=4，然后因式分解整体代入即可求解.

6.如图，甲乙两船从港口A同时出发，甲船以16海里/时速度向北偏东40°航行，乙船向南偏东50°航行，3小时后，甲船到达C岛，乙船到达B岛．若C、B两岛相距60海里，问乙船 2 2

+|c+8|=0，且ax＋bx＋c=0，求代数式 2

的航速是多少． 【答案】

【答案】证明见解析．

【解析】试题分析：连接MN、AC、DE，根据平行四边形的性质可证DM=AM=AD，然后根据一组领边相等的平行四边形是菱形，证得CNMC是菱形，再根据菱形的对角线求得结论. 试题解析：连接MN，AC，DE ∵□ABCD ∴ABCD

又∵AE=AB ∴AE∥CD ∴□ACDE ∴DM=AM=AD 又∵AD=2AB ∴DM=AB=CD 同理CN=AB=CD ∴DM=DC=CN 又∵DM∥CN ∴菱形CMNC

∴DN⊥CM，即CE⊥DF 或用三角形内角和证明也可以。

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8.△ABC是等边三角形，P为其内的一点，并且满足PA=25，PB=7，PC=24，试求∠CPB的度 数？

【答案】150°

【解析】试题分析：连接PP′，根据旋转的性质和等边三角形的性质可证△ABP≌△BP′C，然后根据全等三角形的性质可求解.

试题解析：△ABP绕B顺时针转60°至△BP′C 连接PP′ ∵等边△ABC ∴AB=BC ∴等边△BPP′ ∵旋转

∴△ABP≌△BP′C，∠PBP′＝60°，P′C＝AP=25 ∴PP′=BP=7， 又∵PC＝24 ∴∠P′PC＝90° ∴∠BPC=60+90=150°

9.如图，由2021个边长为8的正三角形按下列方式排列，它们各自有一条边依次在同一直线上，而且沿着这条直线，每个三角形底边中点恰为下一个三角形的顶点，求由这2021个正三角形所盖住的平面区域的面积。【答案】24208

【解析】试题分析：根据图形的规律可知，复合图形中，有n个大等边三角形，则有n-1个小等边三角形，而且小等边三角形的边长是大等边三角形的边长的一半，因此可求出答案.

试题解析：大等边三角形的面积为：小等边三角形的面积为：因此覆盖的平面区域的面积为： S＝2021S大-2021S小 ＝2021×16＝24208 -2021×4 =4 =16

三、单选题

1.实数a、b在数轴上的位置如下图所示，那么化简|a－b|－

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的结果是（ ）

A．2a－b B．b C．－b D．－2a +b 【答案】B

【解析】试题解析：∵a＜0，b＞0，|a|＜|b|， ∴原式= b-a-|a| = b-a+a =b． 故选B. 2.满足-0.99的最小整数n的值是( ) ＜-1，而1＜

＜2，所以可得x=-1，

A．48 B．49 C．50 D．51 【答案】C

【解析】试题分析：由题意可知被开方数无限接近1，根据算术平方根的意义，可知

，当n=50时， ，

，因此可知最小整数n为50. 故选：C.

4.一直角三角形的一条直角边长是7cm，另一条直角边与斜边长的和是49cm，则斜边( ) A．18cm B．20cm C．24cm D．25cm 【答案】D

【解析】试题分析：设另一条直角边为xcm，则斜边为（49-x）cm，然后可根据勾股定理得

，解得x=24，则49-x=49-24=25cm. 故选：D.

点睛：此题主要考查了勾股定理的应用和解方程，解题关键是设出合适的未知数，然后根据勾股定理列方程求解即可.

5.在△ABC中，∠C=90°，若AB=5，则AB+AC+BC=( ) A．10 B．15 C．30 D．50 【答案】D

【解析】试题分析：根据题意可知AB为斜边，因此可根据勾股定理可知因此可知=25×2=50. 故选：D.

点睛：此题主要考查了勾股定理的应用，解题关键是根据勾股定理列出直角三角形三边关系的式子，然后化简代换即可.

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6.如图：有一圆柱，它的高等于8cm，底面直径等于4cm(π=3)在圆柱下底面的A点有一只蚂蚁，它想吃到上底面与A相对的B点处的食物，需要爬行的最短路程大约( ) =25， 2 2 2

A．10cm B．12cm C．19m D．20cm 【答案】A

【解析】试题分析：展开圆柱的半个侧面，得到一个矩形：矩形的长是圆柱底面周长的一半，即2π=6，矩形的宽是圆柱的高即8．根据勾股定理得：蚂蚁爬行的最短路程即展开矩形的对角线长即10． 故选：A.

点睛：本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．本题注意只需展开圆柱的半个侧面． 7.若将三个数-， ，

表示在数轴上，其中能被如图所示的墨迹覆盖的数是( ) A．- B． C．

D．无法确定 【答案】B

【解析】试题分析：根据二次根式的估算，可知-2＜-可知墨迹覆盖的是. 故选：B. 8.已知：|a|＝5，A．2或12 B．2或－12 C．－2或12 D．2或－12 【答案】D

【解析】试题分析：由题意知a=±5，b=±7，且a+b≥0，因此可知①a=5，b=7，得a-b=-2；②a=-5，b=7，得a-b=-12. 故选：D 考点：绝对值 四、填空题 1.已知x，y为实数，y=【答案】-16

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【解析】试题分析：根据分式的有意义和二次根式有意义的条件，可知x-9=0，且x-3≠0，解得x=-3，然后可代入得y=-，因此可得5x+6y=5×（-3）+6×（-）=-15-1=-16. 故答案为：-16.

点睛：此题主要考查了分式的有意义和二次根式有意义，解题关键是利用二次根式的被开方数为非负数和分式的分母不为0，可列式求解.

2.已知数轴上点A表示的数是，点B表示的数是-1，那么数轴上到点B的距离与点A到点B的距离相等的另一点C表示的数是________． 【答案】-2+ 2

＜-1，2＜＜3，3＜＜4，因此

，且|a＋b|＝a＋b，则a－b的值为( ) 求5x+6y的值________. ）|=

，因此可知C点的

【解析】试题分析：根据数轴上点的对称性，可知AB=|-1-（-数值为-1+=. 3.如图，将一根25cm长的细木棒放入长、宽、高分别为8cm、6cm、和cm的长方体无

盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是 cm． 【答案】5 【解析】

试题分析：由题意知：盒子底面对角长为=10cm，盒子的对角线长：=20cm，细木棒长25cm，故细木棒露在盒外面的最短长度是：25-20=5cm． 考点：勾股定理的应用．

点评：本题重点考查学生的空间想象能力及勾股定理的应用．

4.如图，已知矩形ABCD的对角线AC、BD交于O点，∠ABC的平分线交AC于E，交CD于F，∠DBF=15°，连结OF，则下列三角形①△AOD，②△COF，③△DOF，④△EOF中是等腰三

角形的为________(填入序号)。 【答案】①②④

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【解析】试题分析：根据矩形的对角线互相平分且相等，可知OA=OD=OB=OC，所以

①△AOD是等腰三角形；由BF平分∠ABC，∠DBF=15°，可求得∠CFB=∠CBF=∠FBA=45°，因此可知∠ABD=30°，所以可知△BOC是等边三角形，由此可知BC=CF=OB=OC，可知②△COF为等腰三角形，由三角形的外角的性质，可知∠FEO=∠OCD+∠CFE=75°，因为CF=CO，∠FCO=30°，所以可得∠COF=75°，因此可知OF=EF，所以④△EOF是等腰三角形.

故答案为：①②④.

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