2017-2018学年北京四中八年级(下)期中数学试卷

2017-2018学年北京四中八年级(下)期中数学试卷2017-2018学年北京四中八年级（下）期中数学试卷一、选择题（每小题3分，共30分）1.若式子$x>1$在实数范围内有意义，则$x$的取值范围是（）A.$x\geq1$B.$x<1$C.$x\leq1$D.$x>1$2.以下列各组数为三边的三角形中不是直角三角形的是（）A.9、12、15B.41、40、9C.25、7、24D.6、5、43.下列计算正确的是（）A.$\frac{3}{4}+\frac{1}{3}=\frac{5}{12}$B.$\frac{1}{2}+\frac{3}{4}=\frac{5}{4}$C.$1\frac{1}{2}\div\frac{2}{3}=2\frac{1}{4}$D.$\frac{2}{3}\times\frac{4}{5}=\frac{8}{15}$4.若$1-x^2=0$，则$xy$的值为（）A.1B.$-1$C.2D.$-2$5.如图所示，在$\vartriangleABCD$中，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，下列条件能判定$\vartriangleABCD$为菱形的是（）A.$\angleABC=90°$B.$AC=BD$C.$AC\perpBD$D.$OA=OC$，$OB=OD$6.如图，平行四边形$ABCD$中，$E$，$F$分别为$AD$，$BC$边上的一点，增加下列条件，不一定能得出$BE\parallelDF$的是（）A.$AE=CF$B.$BE=DF$C.$\angleEBF=\angleFDE$D.$\angleBED=\angleBFD$7.如图所示，数轴上点$A$所表示的数为$a$，则$a$的值是（）A.$-1$B.$-2$C.$+1$D.$+2$8.如图，在菱形$ABCD$中，$M$，$N$分别在$AB$，$CD$上，且$AM=CN$，$MN$与$AC$交于点$O$，连接$BO$．若$\angleDAC=28°$，则$\angleOBC$的度数为（）A.28°B.52°C.62°D.72°9.如图，一根木棍斜靠在与地面$OM$垂直的墙$ON$上，设木棍中点为$P$，若木棍$A$端沿墙下滑，且$B$沿地面向右滑行．在此滑动过程中，点$P$到点$O$的距离（）A.不变B.变小C.变大D.无法判断10.如图，点$P$是正方形$ABCD$的对角线$BD$上一点，$PE\perpBC$，$PF\perpCD$，垂足分别为点$E$，$F$，连接$AP$，$EF$，给出下列四个结论：①$AP=EF$；②$\anglePFE=\angleBAP$；③$PD=EC$；④$\vartriangleAPD$一定是等腰三角形．其中正确的结论有（）A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题（每小题2分，共20分）11.计算：$2\frac{1}{4}\div\frac{5}{8}=$12.比较大小：$\frac{7}{12}$$\_\_\_$$\frac{2}{3}$．（填“$>$”、“$=$”、“$<$”）13.等腰三角形腰长13cm，底边长10cm，则底边上的高为$\underline{\hspace{1cm}}$cm．14.如图，已知某菱形花坛$ABCD$的周长是24m，$\angleBAD=120°$，则花坛对角线$AC$的长是$\underline{\hspace{1cm}}$m．15.在矩形COED中，点D的坐标是（1，2），则CE的长度为3。16.在Rt△ABC中，a，b均为直角边且其长度为相邻的两个整数，若a＜c＜b，则该直角三角形斜边上的高为c/2。17.实数a在数轴上的位置如图所示，则化简：|a-2|+|a-3|-|a-4|=-a+5。18.小明将4个全等的直角三角形拼成如图所示的五边形，添加适当的辅助线后，用等面积法建立等式证明勾股定理。小明在证题中用两种方法表示五边形的面积，分别是S1=2ab和S2=ab+2cd。19.如图，已知矩形ABCD的对角线长为10cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于20cm。20.△ABC中，AB=15，AC=13，BC边上的高AD=12，则BC的长为16。21.(1)5/6；(2)1/8。22.已知：如图，在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC，点E，F分别在边BC，AD上，AF=CE，EF与对角线BD交于O。证明：O是BD的中点。23.如图，在△ABC中，∠A=105°，∠C=30°，AB=4，求BC的长。根据正弦定理，BC=4sin75°+4sin15°。24.如图，在▱ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的一点，且EF⊥AE。证明：AE平分∠DAF。延长FE，AD交于点M，证明△AMF是等腰三角形即可。25.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，将矩形ABCD翻折，使得点B落在CD边上的点E处，折痕AF交BC于点F，求FC的长。根据相似三角形可得FC=3。26.(1)面积为6；(2)该三角形的面积为a^2/2。1.解析：根据被开方数大于等于列式计算即可得解。答案为B。2.解析：根据勾股定理可得，AC的长度为5。答案为D。3.解析：根据相似三角形的性质可得，$\frac{DE}{AD}=\frac{DF}{BD}$，代入已知条件解得$\frac{DE}{DF}=\frac{1}{2}$。答案为B。4.解析：根据平行四边形对角线互相平分的性质可得，$AE=EC$。答案为C。5.解析：根据勾股定理可得，$AB=\sqrt{13}$，$BC=2$。答案为A。6.解析：根据勾股定理可得，$AB=\sqrt{10}$，$AC=2\sqrt{2}$。答案为C。7.解析：根据勾股定理可得，$BC=2\sqrt{3}$，$AC=4$。答案为D。8.解析：根据勾股定理可得，$AB=\sqrt{10}$，$BC=2\sqrt{2}$。答案为B。9.解析：根据勾股定理可得，$AC=\sqrt{13}$，$BC=2$。答案为C。10.解析：根据勾股定理可得，$AB=4$，$AC=3$。答案为A。二、填空题（每小题4分，共32分）11.解析：根据勾股定理可得，$AB=\sqrt{10}$，$AC=2\sqrt{2}$，$BC=2\sqrt{6}$，$S_{\triangleABC}=\sqrt{48}$。答案为$\sqrt{48}$。12.解析：根据正弦定理可得，$\sinC=\frac{3\sqrt{2}}{4}$，$BC=2\sqrt{2}$，$S_{\triangleABC}=\sqrt{10}$，代入面积公式解得$\sinA=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。答案为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$。13.解析：根据勾股定理可得，$AB=4$，$BC=2$，$AC=\sqrt{20}$，$S_{\triangleABC}=4$。答案为$4$。14.解析：根据正弦定理可得，$\sinA=\frac{1}{2}$，$AB=2$，$AC=\sqrt{5}$，代入面积公式解得$S_{\triangleABC}=1$。答案为$1$。15.解析：根据勾股定理可得，$AB=3$，$BC=4$，$AC=5$，$S_{\triangleABC}=6$。答案为$6$。16.解析：根据正弦定理可得，$\sinA=\frac{3}{5}$，$AB=4$，$AC=5$，代入面积公式解得$S_{\triangleABC}=6$。答案为$6$。17.解析：根据勾股定理可得，$AB=\sqrt{10}$，$AC=2\sqrt{2}$，$BC=2\sqrt{6}$，$S_{\triangleABC}=\sqrt{48}$，代入海伦公式解得$p=5\sqrt{2}$。答案为$5\sqrt{2}$。18.解析：根据正弦定理可得，$\sinA=\frac{1}{2}$，$AB=2$，$AC=\sqrt{5}$，代入海伦公式解得$p=\frac{9}{2}$。答案为$\frac{9}{2}$。三、解答题（共38分）19.解析：如图所示，连接$BD$，则$\triangleABD$为等腰直角三角形，$AD=BD=\frac{1}{\sqrt{2}}AB$。又因为$BC=AB$，所以$\triangleABC$为等腰三角形，$AC=BC=AB$。设$\angleBAC=\alpha$，则$\angleBDC=180^{\circ}-\alpha$，又因为$\triangleBDC$为等腰三角形，所以$\angleCBD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\alpha$。又因为$\angleABD=45^{\circ}$，所以$\angleABE=45^{\circ}-\alpha$，$\angleEBC=45^{\circ}+\alpha$。根据正弦定理可得：$$\frac{AD}{\sin\angleABE}=\frac{BE}{\sin\angleBAE}$$$$\frac{BC}{\sin\angleEBC}=\frac{BE}{\sin\angleBCE}$$将$AD$和$BC$代入并消去$BE$，得到：$$\frac{AB}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\frac{AB}{\sin(45^{\circ}+\alpha)}$$化简得到$\tan\alpha=1$，所以$\alpha=45^{\circ}$。代入$AB=2$可得$AC=BC=2\sqrt{2}$。所以$S_{\triangleABC}=4$，$S_{\triangleABD}=1$，$S_{\triangleBDC}=2$，$S_{ABCD}=7$。答案为$7$。20.解析：如图所示，连接$AD$，则$\triangleABD$为等腰直角三角形，$AD=BD=\frac{1}{\sqrt{2}}AB$。又因为$BC=AB$，所以$\triangleABC$为等腰三角形，$AC=BC=AB$。设$\angleBAC=\alpha$，则$\angleBDC=180^{\circ}-\alpha$，又因为$\triangleBDC$为等腰三角形，所以$\angleCBD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\alpha$。又因为$\angleABD=45^{\circ}$，所以$\angleABE=45^{\circ}-\alpha$，$\angleEBC=45^{\circ}+\alpha$。根据正弦定理可得：$$\frac{AD}{\sin\angleABE}=\frac{BE}{\sin\angleBAE}$$$$\frac{BC}{\sin\angleEBC}=\frac{BE}{\sin\angleBCE}$$将$AD$和$BC$代入并消去$BE$，得到：$$\frac{AB}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\frac{AB}{\sin(45^{\circ}+\alpha)}$$化简得到$\tan\alpha=1$，所以$\alpha=45^{\circ}$。代入$AB=2$可得$AC=BC=2\sqrt{2}$。设$M$为$AC$的中点，则$AM=MC=\sqrt{2}$。又因为$\angleABD=45^{\circ}$，所以$\angleBDM=45^{\circ}$，$BD=BM=\sqrt{2}$。所以$\triangleBDM$为等腰直角三角形，$DM=BD=\sqrt{2}$。又因为$\angleDAB=45^{\circ}$，所以$\angleDAM=45^{\circ}$，$AM=AD=\sqrt{2}$。所以$\triangleADM$为等腰直角三角形，$DM=AD=\sqrt{2}$。所以$S_{ABCD}=S_{\triangleADM}+S_{\triangleBDM}+S_{\triangleBDC}=2+1+\frac{1}{2}=3\frac{1}{2}$。答案为$3\frac{1}{2}$。21.解析：如图所示，连接$BD$，则$\triangleABD$为等腰直角三角形，$AD=BD=\frac{1}{\sqrt{2}}AB$。又因为$BC=AB$，所以$\triangleABC$为等腰三角形，$AC=BC=AB$。设$\angleBAC=\alpha$，则$\angleBDC=180^{\circ}-\alpha$，又因为$\triangleBDC$为等腰三角形，所以$\angleCBD=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\alpha$。又因为$\angleABD=45^{\circ}$，所以$\angleABE=45^{\circ}-\alpha$，$\angleEBC=45^{\circ}+\alpha$。根据正弦定理可得：$$\frac{AD}{\sin\angleABE}=\frac{BE}{\sin\angleBAE}$$$$\frac{BC}{\sin\angleEBC}=\frac{BE}{\sin\angleBCE}$$将$AD$和$BC$代入并消去$BE$，得到：$$\frac{AB}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\frac{AB}{\sin(45^{\circ}+\alpha)}$$化简得到$\tan\alpha=1$，所以$\alpha=45^{\circ}$。代入$AB=2$可得$AC=BC=2\sqrt{2}$。设$M$为$AC$的中点，则$AM=MC=\sqrt{2}$。又因为$\angleABD=45^{\circ}$，所以$\angleBDM=45^{\circ}$，$BD=BM=\sqrt{2}$。所以$\triangleBDM$为等腰直角三角形，$DM=BD=\sqrt{2}$。又因为$\angleDAB=45^{\circ}$，所以$\angleDAM=45^{\circ}$，$AM=AD=\sqrt{2}$。所以$\triangleADM$为等腰直角三角形，$DM=AD=\sqrt{2}$。所以$S_{ABCD}=S_{\triangleADM}+S_{\triangleBDM}+S_{\triangleBDC}=2+1+\frac{1}{2}=3\frac{1}{2}$。答案为$3\frac{1}{2}$。22.解析：如图所示，设$\angleABD=\alpha$，则$\angleACD=\alpha$，$\angleBDC=180^{\circ}-2\alpha$。又因为$\triangleABD$为等腰直角三角形，所以$\angleADB=45^{\circ}$，$\angleCDB=45^{\circ}-\alpha$。根据正弦定理可得：$$\frac{AD}{\sin\angleADB}=\frac{BD}{\sin\angleABD}$$$$\frac{CD}{\sin\angleCDB}=\frac{BD}{\sin\angleBDC}$$将$AD$和$CD$代入并消去$BD$，得到：$$\frac{\sin\alpha}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\frac{\sin(45^{\circ}+\alpha)}{\sin(2\alpha+45^{\circ})}$$化简得到$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}$，所以$\alpha=45^{\circ}$。代入$AB=2$可得$AC=BC=2\sqrt{2}$。所以$S_{\triangleABC}=4$。答案为$4$。23.解析：如图所示，设$\angleABD=\alpha$，则$\angleACD=\alpha$，$\angleBDC=180^{\circ}-2\alpha$。又因为$\triangleABD$为等腰直角三角形，所以$\angleADB=45^{\circ}$，$\angleCDB=45^{\circ}-\alpha$。根据正弦定理可得：$$\frac{AD}{\sin\angleADB}=\frac{BD}{\sin\angleABD}$$$$\frac{CD}{\sin\angleCDB}=\frac{BD}{\sin\angleBDC}$$将$AD$和$CD$代入并消去$BD$，得到：$$\frac{\sin\alpha}{\sin(45^{\circ}-\alpha)}=\frac{\sin(45^{\circ}+\alpha)}{\sin(2\alpha+45^{\circ})}$$化简得到$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}$AM=CN，∠AMO=∠CNO，AO=CO，∴△AMO≌△CNO，∴OM=ON，又因为MN∥AC，∴∠OMN=∠DAC=28°，∴∠MNO=180°﹣∠OMN﹣∠OMN=124°，又因为BO⊥AC，∴∠OBC=90°﹣∠MNO=66°，故选：D．【点评】此题考查了菱形的性质和ASA全等判定，关键是利用全等判定得到BO⊥AC，然后计算角度。∴AH=AB-BH=AB-HP=CD-HP=CE，∵四边形PECF是矩形，∴CE=PF，∵在△APE和△EPF中，∠PAE=∠EFP=90°，∠APE=∠EPF，∴△APE≌△EPF（AAS），∴AP=EF，∠PFE=∠BAP．∵在△PDF和△BAP中，∠PDF=∠BAP=45°，∠PFD=∠PFA+∠AFD=90°，∴△PDF≌△BAP（AAS），∴PD=BA=CE．又因为P在BD上，所以△APD一定是等腰三角形当且仅当AP=AD、PA=PD或DA=DP时成立．故选：B．【点评】本题考查了正方形的性质和三角形的全等判定，解题的关键是观察图形，发现正方形和矩形的性质，然后灵活运用三角形的全等判定和勾股定理来求解．∴AH=CE，因为正方形ABCD中，AH和CE分别是BD的中垂线，所以它们相等。又因为△AHP≌△FPE，所以AP=EF，∠PFE=∠BAP。因此，①、②正确。在Rt△PDF中，由勾股定理，得PD=$\sqrt{PF^2+DF^2}$。又因为正方形ABCD中，PF=CE，DF=AH，所以PD=$\sqrt{CE^2+AH^2}$。因此，③正确。因为点P在BD上，所以当AP=AD、PA=PD或DA=DP时，△APD是等腰三角形。所以，△APD是等腰三角形只有三种情况。因此，④错误，正确的个数有3个。综上所述，选C作为答案。【点评】本题考查了正方形的性质，正方形的判定，矩形的性质，勾股定理的运用，全等三角形的运用等多个知识点。二、填空题（每小题2分，共20分）11．（2分）计算：$\sqrt{5-2\sqrt{6}}$=$\sqrt{3}-\sqrt{2}$。【分析】直接化简二次根式进而计算得出答案。【解答】原式=$\sqrt{3}-\sqrt{2}$，所以答案为：$\sqrt{3}-\sqrt{2}$。【点评】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键。12．（2分）比较大小：$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$＞$\sqrt{2}-1$。（填“＞”、“=”、“＜”）。【分析】本题需先把$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$化简成$\sqrt{2}-1$的形式，再比较大小。【解答】$\frac{1}{\sqrt{2}+1}$=$\sqrt{2}-1$，所以$\sqrt{2}-1$＞$\sqrt{2}-1$。因此，答案为＞。【点评】本题主要考查了实数大小关系，在解题时要化成同一形式是解题的关键。13．（2分）等腰三角形腰长13cm，底边长10cm，则底边上的高为12cm。【分析】在等腰三角形的腰和底边高线所构成的直角三角形中，根据勾股定理即可求得底边上高线的长度。【解答】如图：[图略]AB=AC=13cm，BC=10cm。△ABC中，AB=AC，AD⊥BC；∴BD=DC=BC/2=5cm；Rt△ABD中，AB=13cm，BD=5cm；由勾股定理，得：AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}$=$\sqrt{13^2-5^2}$=$12$cm。因此，底边上的高为12cm。【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用。14．（2分）如图，已知某菱形花坛ABCD的周长是24m，∠BAD=120°，则花坛对角线AC的长是6m。【分析】由四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，易得△ABC是等边三角形，继而求得答案。【解答】菱形花坛ABCD的周长是24m，∠BAD=120°，∴AB=BC=6m，AD∥BC，所以，∠ABC=180°-∠BAD=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6m。因此，花坛对角线AC的长是6m。【点评】此题考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质。注意证得△ABC是等边三角形是解此题的关键。15.在矩形COED中，点D的坐标是（1，2），求CE的长度。解：如图，连接EC、OD。因为D（1，2），所以OD=√(1^2+2^2)=√5。又因为四边形OCDE是矩形，所以CE=OD=√5。故CE的长度为√5。16.在直角三角形ABC中，a、b均为直角边且其长度为相邻的两个整数，若a＜c＜b，则该直角三角形斜边上的高为多少？解：设该直角三角形斜边上的高为h。因为2＜a＜c＜b＜3，所以a=3，b=4。则直角三角形的斜边长为c=√(a^2+b^2)=5。根据三角形的面积公式S=1/2×底×高，得到h=S×2/c=6/5。故该直角三角形斜边上的高为6/5。17.实数a在数轴上的位置如图所示，则化简√(a-5)+√(13-a)=8。解：如图所示：6＜a＜12。则√(a-5)+√(13-a)=8，移项得√(a-5)=8-√(13-a)。两边平方得到a-5=64-16√(13-a)+(13-a)，化简得到a=10。故答案为10。18.小明将4个全等的直角三角形拼成如图所示的五边形，添加适当的辅助线后，用等面积法建立等式证明勾股定理。小明在证题中用两种方法表示五边形的面积，分别是S1=c^2+ab，S2=a^2+b^2+ab。证明勾股定理。解：如图所示，连接AC，BE，DF，CG，分别得到三个直角三角形ABC，ADE，CFG，和两个矩形ABED，CGFE。五边形的面积=三个直角三角形的面积+两个矩形的面积。方法一：三个直角三角形的面积之和为1/2×AC×BE+1/2×BE×DF+1/2×DF×CG=1/2×AC×CG。两个矩形的面积之和为ABED+CGFE=c^2+ab。所以五边形的面积为S1=c^2+ab。方法二：一个直角三角形的面积为1/2×a×b，所以三个直角三角形的面积之和为1/2×ab。两个矩形的面积之和为ABED+CGFE=c^2+c^2=2c^2。所以五边形的面积为S2=ab+2c^2=a^2+b^2+ab。综上所述，S1=S2，即c^2+ab=a^2+b^2+ab，化简得到a^2+b^2=c^2，即勾股定理成立。（2）先化简分数，再通分，最后计算可得．【解答】（1）$$\begin{aligned}&\sqrt{5+\sqrt{20}}\cdot\sqrt{5-\sqrt{20}}\\=&\sqrt{(5+\sqrt{20})(5-\sqrt{20})}\\=&\sqrt{5^2-(\sqrt{20})^2}\\=&\sqrt{5^2-4\cdot5}\\=&\sqrt{-5}\\=&\text{无解}\end{aligned}$$（2）$$\begin{aligned}&\frac{1}{\sqrt{2}+1}-\frac{1}{\sqrt{2}-1}\\=&\frac{\sqrt{2}-1}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)}-\frac{\sqrt{2}+1}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)}\\=&\frac{\sqrt{2}-1-\sqrt{2}-1}{2-1}\\=&\boxed{-1}\end{aligned}$$【点评】本题考查了二次根式的化简和分数的通分，要注意细节，如分母不能为0等．EF⊥AE，∴△EMD≌△EFC，∴MD=FC，又AE平分∠DAF，∴∠MAF=∠DAF﹣∠MAD=∠DAF﹣∠FCE=∠CAF，即AE平分∠DAF．【点评】本题考查平行四边形的性质和角平分线的性质，解题的关键是构造等腰三角形，运用角度和边长的关系进行推导．解答：（1）根据海龙公式，设半周长为s，则面积为∴面积=（2）在图②中，连接BD、CE，如图所示，则△ABC可分成四个小三角形，分别为△ABD、△BCE、△ADE、△CDE，其中△ABD和△CDE的面积相等，△ADE和△BCE的面积相等，且都是直角三角形，因此面积为∴面积=（3）在图③中，连接BD、CE，如图所示，则△ABC可分成四个小三角形，分别为△ABD、△BCE、△ADE、△CDE，其中△ABD和△CDE的面积相等，△ADE和△BCE的面积相等，因此面积为∴面积=已知AB=AE，因此△ABG≌△AEH，进而得到BG=EH，AG=AH。由于∠GAH=∠EAB=90°，因此△AGH是等腰直角三角形，从而得到AG=HG。又因为AG-BG，所以EG=AG-BG。【点评】本题为几何知识的基础运用，需要掌握平行四边形、全等三角形、等边三角形和等腰直角三角形的性质。同时，需要注意语言表达的准确性和清晰度。附加卷（20分）28.（8分）已知线段AC=8，BD=6。（1）已知线段AC垂直于线段BD，设图1、图2和图3中的四边形ABCD的面积分别为S1、S2和S3，则S1=24，S2=24，S3=24；（2）如图4，对于线段AC与线段BD垂直相交（垂足O不与点A、C、B、D重合）的任意情