2020-2021学年湖北省荆州市某校初二（下）_4月测试数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省荆州市某校初二（下）_4月测试数学试卷，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列命题正确的是( )
A.一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B.对角线互相垂直的四边形是菱形
C.对角线相等的四边形是矩形
D.一组邻边相等的矩形是正方形

2. 如图，▱ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为( )

A.15B.18C.21D.24

3. 如图，在▱ABCD中，M，N是BD上两点，BM=DN，连接AM，MC，CN，NA.添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是( )

A.MB=MOB.OM=12AC
C.BD⊥ACD.∠AMB=∠CND

4. 如图，在四边形ABCD中， AD=BC，点E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，则对四边形EFGH表述最确切的是( )

A.四边形EFGH是矩形B.四边形EFGH是菱形
C.四边形EFGH是正方形D.四边形EFGH是平行四边形

5. 如图，在正方形ABCO中，点B的坐标是1,3，则AC的长是（ ）

A.3B.22C.10D.4
二、填空题

如图，在▱ ABCD中，AB=10，AD=6，AC⊥BC．则BD=________．


如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，DE交BC于点F，若∠ABD=48∘，∠DFC=40∘，则∠E的度数是________.


如图，直线AB，IL，JK，DC互相平行，直线AD，IJ，LK，BC互相平行，四边形ABCD面积为90，四边形EFGH面积为55，则四边形IJKL面积为________.

三、解答题

如图，在▱ABCD中，O为AC的中点，EF过点O，分别交AD，CB的延长线于点E，F.
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形.

(2)若AC平分∠BAE，AB=6，AE=8，求BF的长.

如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥AB，AB=2，且AC:BD=2:3．

1求AC的长；

2求△AOD的面积．

如图，长方形OABC的边OA，OC分别与坐标轴重合，点B的坐标为(16,8)．将该长方形沿OB折叠，使得点A落在点E处，OE与BC的交点为D．

(1)求DE的长；

(2)坐标平面内是否存在一点M，使得以点B，D，M，O为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

如图，矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点A出发，以每秒一个单位的速度沿A→B→C的方向运动；同时点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿B→C→D的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运动.设两点运动的时间为t秒.

1当t=________时，两点停止运动；

2当t为何值时，△BPQ是等腰三角形？
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省荆州市某校初二（下） 4月测试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题与定理
正方形的判定
矩形的判定
菱形的判定
平行四边形的判定
【解析】
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解答】
解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故A选项错误；
B、对角线互相垂直的四边形也可能是一般四边形，故B选项错误；
C、对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，故C选项错误；
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故D选项正确.
故选D．
2.
【答案】
A
【考点】
三角形中位线定理
平行四边形的性质
【解析】
根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB=OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE=12BC，所以易求△DOE的周长．
【解答】
解：∵ ▱ABCD的周长为36，
∴ 2(BC+CD)=36，则BC+CD=18．
∵ 四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，
∴ OD=OB=12BD=6．
又∵ 点E是CD的中点，
∴ OE是△BCD的中位线，DE=12CD，
∴ OE=12BC，
∴ △DOE的周长=OD+OE+DE=12BD+12(BC+CD)=6+9=15，
即△DOE的周长为15．
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
矩形的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ OA=OC，OB=OD，
∵ 对角线BD上的两点M，N满足BM=DN，
∴ OB−BM=OD−DN，即OM=ON，
∴ 四边形AMCN是平行四边形，
由矩形性质得：
①矩形具有平行四边形的所有性质：对边平行且相等，对角相等，邻角互补，对角线互相平分；
②矩形的四个角都是直角；
③矩形的对角线相等.
A，因不能确定原平行四边形ABCD的对角线相等，故MB=MO，不可判定四边形AMCN是矩形，
B，由OM=12AC可得平行四边形AMCN对角线相等，故可判定四边形AMCN是矩形，
C，矩形的对角线互相平分但不一定垂直，故不可判定四边形AMCN是矩形,
D，因原题中未给定具体的角的度数，所以∠AMB=∠CND不能得出四边形AMCN的角的具体度数，故不可判定四边形AMCN是矩形，
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
菱形的判定
三角形中位线定理
平行四边形的判定
【解析】
先由中位线定理求证EF//HG且EF=HG，得到四边形EFGH是平行四边形，再由AD=BC，
得到EF=EH，即可证平行四边形EFGH是菱形．
【解答】
解：∵ 点E，H分别是AB，AC的中点，
∴ EH//BC,EH=12BC，
同理，EF//AD， EF=12AD，HG//AD ，HG=12AD，
∴ EF//HG，EF=HG，
∴ 四边形EFGH是平行四边形.
∵ AD=BC，
∴ EF=EH，
∴ 平行四边形EFGH是菱形.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
勾股定理
正方形的性质
【解析】
根据勾股定理求出OB，根据矩形的性质得出AC=OB ，即可得出答案．
【解答】
解：连接OB，AC，过B作BM⊥x轴于M，
∵ 点B的坐标是1,3，
∴ OM=1，BM=3，
由勾股定理得：OB=12+32=10，
∵ 四边形OABC是正方形，
∴ AC=OB，
∴ AC=10.
故选C．
二、填空题
【答案】
413
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
由BC⊥AC，AB=10，BC=AD=6，由勾股定理求得AC的长，得出OA长，然后由勾股定理求得OB的长即可．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC=AD=6，OB=OD，OA=OC，
∵ AC⊥BC，
∴ AC=AB2−BC2=8，
∴ OC=4，
∴ OB=OC2+BC2=213，
∴ BD=2OB=413.
故答案为：413.
【答案】
112∘
【考点】
翻折变换（折叠问题）
平行四边形的性质
三角形内角和定理
三角形的外角性质
【解析】
由平行四边形的性质和折叠的性质，得出∠ADB＝∠BDF＝∠DBC，由三角形的外角性质求出∠BDF＝∠DBC=12∠DFC＝20∘，再由三角形内角和定理求出∠A，即可得到结果．
【解答】
解：∵ AD // BC，
∴ ∠ADB=∠DBC，
由折叠可得∠ADB=∠BDF，
∴ ∠DBC=∠BDF.
又∵ ∠DFC=40∘，
∴ ∠DBC=∠BDF=∠ADB=20∘，
又∵ ∠ABD=48∘，
∴ 在△ABD中，∠A=180∘−20∘−48∘=112∘，
∴ ∠E=∠A=112∘.
故答案为：112∘.
【答案】
20
【考点】
三角形的面积
平行四边形的性质与判定
【解析】
由平行四边形的性质可得S△EHB=S△EHH,S△AEF=SΔEF, S△DFG=S△FKG,S△GCH=S△GHL，由面积和差关系可求四边形IJKL面积．
【解答】
解：∵ AB//IL ,IJ//BC，
∴ 四边形EIHB是平行四边形，
∴ S△EHB=S△EIH，
同理可得： S△AEF=S△EFJ，S△DFG=S△FKG ，S△GCH=S△GHL,
∴ 四边形IJKL面积=四边形EFCH面积−(四边形ABCD面积−四边形EFGH面积) =55−(90−55)=20.
故答案为：20.
三、解答题
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，且AD=BC（平行四边形的对边平行且相等）．
又∵ 点E，F分别在线段AD和线段CB的延长线上，
∴ AE//CF,
∴ ∠AEO=∠CFO(两直线平行，内错角相等)，
在△AOE和△COF中，
∠AEO=∠CFO,∠AOE=∠COF,OA=OC,
∴ △AOE≅△COFAAS.
∴ AE=CF（全等三角形的对应边相等），
∴ 四边形AFCE为平行四边形(有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形).
(2)解：∵ AC平分∠BAE，
∴ ∠BAC=∠EAC，
∵ AD//BC,
∴ ∠EAC=∠ACB，
∴ ∠BAC=∠ACB，
∴ AB=BC=6，
∵ 四边形AFCE为平行四边形，
∴ AE=CF=8，
∴ BF=CF−BC=8−6=2.
【考点】
平行四边形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
(1)根据平行四边形性质和OA=OC易证△COF≅△AOE从而可得CF=CE，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
(2)由AC平分∠BAE，可得BC=AB，结合(1)结论即可求出BF.
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，且AD=BC（平行四边形的对边平行且相等）．
又∵ 点E，F分别在线段AD和线段CB的延长线上，
∴ AE//CF,
∴ ∠AEO=∠CFO(两直线平行，内错角相等)，
在△AOE和△COF中，
∠AEO=∠CFO,∠AOE=∠COF,OA=OC,
∴ △AOE≅△COFAAS.
∴ AE=CF（全等三角形的对应边相等），
∴ 四边形AFCE为平行四边形(有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形).
(2)解：∵ AC平分∠BAE，
∴ ∠BAC=∠EAC，
∵ AD//BC,
∴ ∠EAC=∠ACB，
∴ ∠BAC=∠ACB，
∴ AB=BC=6，
∵ 四边形AFCE为平行四边形，
∴ AE=CF=8，
∴ BF=CF−BC=8−6=2.
【答案】
解：1∵ AC⊥AB，
∴ ∠BAO=90∘.
∵ AC:BD=2:3，
∴ 设AC=2a，BD=3a，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AO=12AC=a，BO=12BD=1.5a，
在Rt△BAO中，由勾股定理得：22+a2=(1.5a)2，
a=455，
故a=455，
AC=2a=855.
2∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=BC，AO=OC，BO=DO，
在△AOD和△COB中
AO=OC，AD=BC，OD=BO，
∴ △AOD≅△COB(SSS)，
∴ S△AOD=S△BOC ，
∵ S△BOC=12CO×AB=12×455×2=455，
∴ △AOD的面积是455．
【考点】
平行四边形的性质
勾股定理
全等三角形的性质与判定
三角形的面积
【解析】
1设AC=2a，BD=3a，平行四边形性质得出AO=CO=12AC=a，BO=12BD=1.5a，在Rt△BAO中，由勾股定理得出22+a2=(1.5a)2，求出即可．
（2）求出△AOD≅△COB，推出S△AOD=S△BOC，求出S△BOC即可．
【解答】
解：1∵ AC⊥AB，
∴ ∠BAO=90∘.
∵ AC:BD=2:3，
∴ 设AC=2a，BD=3a，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AO=12AC=a，BO=12BD=1.5a，
在Rt△BAO中，由勾股定理得：22+a2=(1.5a)2，
a=455，
故a=455，
AC=2a=855.
2∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=BC，AO=OC，BO=DO，
在△AOD和△COB中
AO=OC，AD=BC，OD=BO，
∴ △AOD≅△COB(SSS)，
∴ S△AOD=S△BOC ，
∵ S△BOC=12CO×AB=12×455×2=455，
∴ △AOD的面积是455．
【答案】
解：(1)∵ △OBE是由△OBA折叠所得，
∴ △OBE≅△OBA，
∴ AB=BE，又AB=OC，
∴ OC=BE，
故△OCD≅△BDE，
∴ CD=DE．
设DE的长为x，
则OD=BD=16−x，
在Rt△BDE中，
DE2+BE2=BD2，
即82+x2=16−x2，
解得x=6，
即DE=6．
(2)M1(10,0)，M2(−10,0)，M3(22,16)．
①当点M在第一象限时，此时DM=OB,
由勾股定理得OB=85，作MH⊥CB的延长线于点H,
此时MH=8,所以解得DH=16,所以BH=6，
所以M1(22,16).
②点M在x轴上，此时OM=DB=10,所以M2(10,0)，M3(−10,0)．
【考点】
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
全等三角形的性质与判定
矩形的性质
平行四边形的性质与判定
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ △OBE是由△OBA折叠所得，
∴ △OBE≅△OBA，
∴ AB=BE，又AB=OC，
∴ OC=BE，
故△OCD≅△BDE，
∴ CD=DE．
设DE的长为x，
则OD=BD=16−x，
在Rt△BDE中，
DE2+BE2=BD2，
即82+x2=16−x2，
解得x=6，
即DE=6．
(2)M1(10,0)，M2(−10,0)，M3(22,16)．
①当点M在第一象限时，此时DM=OB,
由勾股定理得OB=85，作MH⊥CB的延长线于点H,
此时MH=8,所以解得DH=16,所以BH=6，
所以M1(22,16).
②点M在x轴上，此时OM=DB=10,所以M2(10,0)，M3(−10,0).
【答案】
7秒
2①当t≤4时，P点在线段AB上，Q点在线段BC上时，
若Rt△BPQ是等腰三角形，则BP=BQ，
即6−t=2t，解得t=2秒；
②当P点在线段AB上，Q点在线段CD上时，此时4若△BPQ是等腰三角形，则PQ=BQ，
此时作PE⊥DC，
∴ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠C=∠ABC=90∘
∴ 四边形BCEP为矩形，
∴ EC=PB=6−t,EP=BC，
∵ PQ=BQ，
∴ Rt△EPQ≅Rt△CBQ(HL)，
∴ EQ=QC，
即6−t2=2t−8，解得t=225秒；
③当P点在线段BC上，Q点在线段CD上时，此时6BP=t−6，QC=2t−8，
∴ 当60,
∴ QP>QC>BP，△BPQ不可能是等腰三角形，
综上所述，当t为2秒或225秒时，△BPQ是等腰三角形．
【考点】
动点问题
矩形的性质
等腰三角形的性质与判定
【解析】
1分别计算P、Q到达终点的时间，根据当其中一点到达终点后两点都停止运动，取时间较短的；
2分三种情况讨论，利用等腰三角形的定义可求解．
【解答】
解：1∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ DC=AB=6，BC=AD=8，
∴ AB+BC=BC+CD=14，
∵ 14÷2=7，
∴ t=7.
故答案为：7秒.
2①当t≤4时，P点在线段AB上，Q点在线段BC上时，
若Rt△BPQ是等腰三角形，则BP=BQ，
即6−t=2t，解得t=2秒；
②当P点在线段AB上，Q点在线段CD上时，此时4若△BPQ是等腰三角形，则PQ=BQ，
此时作PE⊥DC，
∴ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠C=∠ABC=90∘
∴ 四边形BCEP为矩形，
∴ EC=PB=6−t,EP=BC，
∵ PQ=BQ，
∴ Rt△EPQ≅Rt△CBQ(HL)，
∴ EQ=QC，
即6−t2=2t−8，解得t=225秒；
③当P点在线段BC上，Q点在线段CD上时，此时6BP=t−6，QC=2t−8，
∴ 当60,
∴ QP>QC>BP，△BPQ不可能是等腰三角形，
综上所述，当t为2秒或225秒时，△BPQ是等腰三角形．