2020-2021学年数学八年级北师大版下册期中复习试卷（word版 含答案）

这是一份2020-2021学年数学八年级北师大版下册期中复习试卷（word版 含答案），共21页。试卷主要包含了下列式子为最简二次根式的是，下列各式计算正确的是，估计﹣2的值在，下列说法中错误的是等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年北师大新版八年级下册数学期中复习试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列式子为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各式计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．下列长度的三条线段能组成直角三角形的是（　　）
A．5，11，12 B．3，4，5 C．4，6，8 D．6，12，13
4．估计﹣2的值在（　　）
A．4和5之间 B．3和4之间 C．2和3之间 D．1和2之间
5．下列说法中错误的是（　　）
A．四边相等的四边形是菱形
B．菱形的对角线长度等于边长
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
6．平行四边形的周长为24cm，相邻两边的差为2cm，则平行四边形的各边长为（　　）

A．4cm，4cm，8cm，8cm
B．5cm，5cm，7cm，7cm
C．5.5cm，5.5cm，6.5cm，6.5cm
D．3cm，3cm，9cm，9cm
7．如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边AB和CD上，下列条件不能判定四边形DEBF一定是平行四边形的是（　　）

A．AE＝CF B．DE＝BF C．∠ADE＝∠CBF D．∠AED＝∠CFB
8．如图，在平行四边形ABCD中，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE，添加一个条件，使四边形AEBD是菱形，这个条件是（　　）

A．∠BAD＝∠BDA B．AB＝DE C．DF＝EF D．∠BDC＝∠BAD
9．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别为AD、CD上的动点，连接BE、BF、EF．若∠EBF＝60°，则
（1）BE＝BF；
（2）△BEF是等边三角形；
（3）四边形EBFD面积是菱形面积的一半；
（4）△DEF面积的最大值是．
以上结论成立的是（　　）

A．（1）（2） B．（1）（2）（3）
C．（1）（2）（4） D．（1）（2）（3）（4）
10．如图，在▱ABCD中，AC⊥AB，DE平分∠ADC，AC＝3，AD＝，则BE＝（　　）

A． B．﹣ C．2 D．﹣2
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．分式有意义的条件是　 　．
12．如图，是我国汉代数学家赵爽在注解《周脾算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的25倍，那么＝　 　．

13．若y＝，则xy＝　 　．
14．点C是线段AB上的动点，分别以AC，BC为边向上方作正方形ACDE，正方形CBGF，连接AD，AD，BF的中点M，N，若AB＝4，则MN的最小值为　 　．

15．如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，F是边AD上一点，连接BF，将△ABF沿BF折叠使点A落在G点，连接AG并延长交CD于点E，连接GD．若△DEG是以DG为腰的等腰三角形，则AF的长为　 　．

三．解答题（共8小题，满分75分）
16．计算：（﹣）÷+．
17．交通安全一直是社会关注的热点问题，主要安全隐患是超速和超载．交警部门在近年来事故多发的危险路段设立了固定测速点．如图，先在笔直的公路l旁选取一点P，在公路l上确定点O、B，使得PO⊥l，PO＝100米，∠PBO＝45°．这时，测得一辆轿车从B处匀速行驶到A处所用的时间为3秒，并测得∠APO＝60°．此路段限速每小时80千米，试判断此车是否超速？请说明理由．（参考数据：≈1.41，≈1.73，1米/秒＝3.6千米/时）

18．如图，已知长方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝10cm，在边CD上取一点E，将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F，求EF的长．

19．如图，▱ABCD中，CG⊥AB于点G，∠ABF＝45°，F在CD上，BF交CG于点E，连接AE，AE⊥AD．
（1）若BG＝1，BC＝，求EF的长度；
（2）求证：AB﹣BE＝CF．

20．如图，在菱形ABCD中，点E、F分别是边CD、AB上的中点，连接BE、DF；
（1）求证：四边形BEDF一定是平行四边形；
（2）当∠A的度数可以不断的变化（0°＜∠A＜90°），猜想：
①当∠A的度数是多少时，四边形BEDF是矩形？
②在这个过程中，四边形BEDF能否成为菱形？（不说明理由）

21．如图，矩形ABCD的对角线相交于O，点E是CF的中点，DF∥AC交CE延长线于点F，连接AF．
（1）求证：四边形AODF是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，∠AFC＝90°，AB＝1，求CF的长．

22．勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：
如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．
（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；
（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．
①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；
②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．
（3）由第（2）题可得：
正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝　 　的面积，即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝　 　．

23．操作：
如图1，正方形ABCD中，AB＝a，点E是CD边上一个动点，在AD上截取AG＝DE，连接EG，过正方形的中线O作OF⊥EG交AD边于F，连接OE、OG、EF、AC．
探究：
在点E的运动过程中：
（1）猜想线段OE与OG的数量关系？并证明你的结论；
（2）∠EOF的度数会发生变化吗？若不会，求出其度数，若会，请说明理由．
应用：
（3）当a＝6时，试求出△DEF的周长，并写出DE的取值范围；
（4）当a的值不确定时：
①若＝时，试求的值；
②在图1中，过点E作EH⊥AB于H，过点F作FG⊥CB于G，EH与FG相交于点M；并将图1简化得到图2，记矩形MHBG的面积为S，试用含a的代数式表示出S的值，并说明理由．


参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：A、＝|a+b|，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
B、＝2，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、是最简二次根式，故本选项符合题意；
D、＝，不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．解：A、原式＝6，所以A选项的计算错误；
B、5与5不能合并，所以B选项的计算错误；
C、原式＝8＝8，所以C选项的计算正确；
D、原式＝2，所以D选项的计算错误．
故选：C．
3．解：A、因为52+112≠122，所以三条线段不能组成直角三角形；
B、因为32+42＝52，所以三条线段能组成直角三角形；
C、因为42+62≠82，所以三条线段不能组成直角三角形；
D、因为62+122≠132，所以三条线段不能组成直角三角形．
故选：B．
4．解：∵＜＜，
∴3＜＜4，
∴1＜﹣2＜2，
故选：D．
5．解：∵四边相等的四边形是菱形
∴A选项正确
∵菱形的对角线长度不一定等于边长，
∴B选项错误
∵一组邻边相等的平行四边形是菱形
∴C选项正确
∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形
∴选项D正确
故选：B．
6．解：可设两边分别为xcm，ycm，
由题意可得，
解得，
所以平行四边形的各边长为5cm，5cm，7cm，7cm，
故选：B．
7．解：A、由AE＝CF，可以推出DF＝EB，DF∥EB，四边形DEBF是平行四边形；
B、由DE＝BF，不能推出四边形DEBF是平行四边形，有可能是等腰梯形；
C、由∠ADE＝∠CBF，可以推出△ADE≌△CBF，推出DF＝EB，DF∥EB，四边形DEBF是平行四边形；
D、由∠AED＝∠CFB，可以推出△ADE≌△CBF，推出DF＝EB，DF∥EB，四边形DEBF是平行四边形；
故选：B．
8．解：添加一个条件∠BDC＝∠BAD，使四边形AEBD是菱形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠BAD＝∠C，
∴AD∥BE，
∴∠ADF＝∠BEF，
∵点F是AB的中点，
∴AF＝BF，
在△ADF和△BEF中，，
∴△ADF≌△BEF（AAS），
∴AD＝BE，
又∵AD∥BE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵∠BDC＝∠BAD，∠BAD＝∠C，
∴∠BDC＝∠C，
∴BD＝BC，
∵AD＝BC，AD＝BE，
∴BD＝BE，
∴四边形AEBD是菱形；
故选：D．
9．解：（1）如图1，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°，
∵DC∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD＝60°，
∴∠A＝∠CDB，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF，
∴∠ABE＝∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
，
∴△ABE≌△DBF（AAS），
∴BE＝BF，
故（1）成立；
（2）∵BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形；
故（2）成立；
（3）∵△ABE≌△DBF，
∴S△ABE＝S△DBF，
∴四边形EBFD面积＝S△BED+S△DBF＝S△ABE+S△BED＝S△ABD，
∵，
∴四边形EBFD面积是菱形面积的一半，
故（3）成立；
（4）设AE＝DF＝x，
∴DE＝1﹣x，
如图2，过点F作FH⊥AD于点H，
∵∠ADF＝120°，
∴∠FDH＝60°，
∴
∴＝，
＝﹣，
∴当x＝时，S有最大值为．
故（4）成立；
故选：D．
10．解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，BC＝AD＝，
∴∠ACD＝∠BAC＝90°．
在Rt△ACD中，AC＝3，AD＝，∠ACD＝90°，
∴CD＝＝2．
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE．
∵AD∥BC，
∴∠CED＝∠ADE＝∠CDE，
∴CE＝CD＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝﹣2．
故选：D．

二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．解：由题意得：x+1≥0，且x2﹣1≠0，
解得：x＞﹣1，且x≠1，
故答案为：x＞﹣1，且x≠1．
12．解：设小正方形EFGH面积是a2，则大正方形ABCD的面积是25a2，
∴小正方形EFGH边长是a，则大正方形ABCD的边长是5a，
∵图中的四个直角三角形是全等的，
∴AE＝DH，
设AE＝DH＝x，
在Rt△AED中，AD2＝AE2+DE2，
即25a2＝x2+（x﹣a）2，
x2﹣ax﹣12a2＝0，
（x﹣4a）（x+3a）＝0，
解得：x1＝4a，x2＝﹣3a（舍去），
∴AE＝4a，DE＝3a，
∴，
故答案为：．

13．解：由题意得：，
解得：x＝2，
则y＝，
∴xy＝2．
故答案为：2．
14．解：当点C为线段AB中点时，MN有最小值，如图，

∵AB＝4，
∴AC＝CB＝2，
∵四边形ACDE和四边形CBGF是正方形，
∴∠ACD＝∠BCF＝90°，
∵M是AD中点，N是BF中点，
∴MN是△ABD的中位线，
∴MN＝AB＝2，
故答案为：2．
15．解：如图1中，当GD＝GE时，过点G作GM⊥AD于M，GN⊥CD于N．设AF＝x．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝12，∠BAF＝∠ADE＝90°，
由翻折的性质可知，AF＝FG，BF⊥AG，
∴∠DAE+∠BAE＝90°，∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，
∵∠BAF＝∠ADE＝90°，
∴△BAF∽△ADE，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝x，
∵GM⊥AD，GN⊥CD，
∴∠GMD＝∠GND＝∠MDN＝90°，
∴四边形GMDN是矩形，
∴GM＝DN＝EN＝x，
∵GD＝GE，
∴∠GDE＝∠GED，
∵∠GDA+∠GDE＝90°，∠GAD+∠GED＝90°，
∴∠GDA＝∠GAD，
∴GA＝GD＝GE，
∵GM∥DE，
∴AM＝MD＝6，
在Rt△FGM中，则有x2＝（6﹣x）2+（x）2，
解得x＝或（舍弃），
∴AF＝．
如图2中，当DG＝DE时，

由翻折的性质可知，BA＝BG，
∴∠BAG＝∠BGA，
∵DG＝FE，
∴∠DGE＝∠DEG，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DEG，
∴∠AGB＝∠DGE，
∴B，G，D共线，
∵BD＝＝＝15，BG＝BA＝9，
∴DG＝DE＝6，
∵△BAF∽△ADE，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝，
综上所述，AF的值为或．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．解：原式＝﹣+
＝2﹣+
＝．
17．解：此车超速，
理由：∵∠POB＝90°，∠PBO＝45°，
∴△POB是等腰直角三角形，
∴OB＝OP＝100米，
∵∠APO＝60°，
∴OA＝OP＝100≈173米，
∴AB＝OA﹣OB＝73米，
∴≈24米/秒≈86千米/小时＞80千米/小时，
∴此车超速．
18．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10cm，CD＝AB＝8cm，
根据题意得：Rt△ADE≌Rt△AFE，
∴∠AFE＝90°，AF＝10cm，EF＝DE，
设EF＝xcm，则DE＝EF＝xcm，CE＝CD﹣CE＝（8﹣x）cm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，
即82+BF2＝102，
∴BF＝6cm，
∴CF＝BC﹣BF＝10﹣6＝4（cm），
在Rt△ECF中，由勾股定理可得：EF2＝CE2+CF2，
即x2＝（8﹣x）2+42，
∴x＝5
即：EF的长为5cm．
19．解：（1）∵CG⊥AB，BG＝1，，
∴．
∵∠ABF＝45°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴EG＝BG＝1，
∴EC＝CG﹣EG＝3﹣1＝2，
∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABF＝45°，CG⊥AB，
∴∠CFE＝∠ABF＝45°，∠FCE＝∠BGE＝90°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF＝＝2；
（2）证明：过E作EH⊥BE交AB于H，
∵∠ABF＝45°，∠BEH＝90°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴，BE＝HE，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知，△BGE和△ECF都是等腰直角三角形，
∴∠BEG＝45°，CE＝CF，
∴∠BEC＝180°﹣∠BEG＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AHE＝∠CEB，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝90°+∠EAB，
由（1）知，∠FCE＝90°，
∴∠BCD＝∠FCE+∠BCG＝90°+∠BCG，
∵在平行四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD，
∴90°+∠EAB＝90°+∠BCG，
∴∠EAB＝∠BCG，
即∠EAH＝∠BCE，
在△△EAH和△BCE中，

∴△EAH≌△BCE（AAS），
∴AH＝CE＝CF，
∴AB﹣BE＝AB﹣BH＝AH＝CF，
即AB﹣BE＝CF．

20．解：（1）在菱形ABCD中，CD∥AB，且CD＝AB，
又∵点E、F分别是CD、AB边上的中点，
∴ED＝CD，BF＝AB，
∴ED＝BF，…（2分）
又∵ED∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形；…（2分）
（2）①当∠A＝60°时，四边形BEDF是矩形；…（2分）
②在这个过程中，四边形BEDF不可能成为菱形．…（2分）
21．（1）证明：∵DF∥AC，
∴∠DFC＝∠OCF，∠EDF＝∠EOC，
∵点E是CF的中点，FE＝CE，
∴△DEF≌△OEC（AAS），
∴DF＝OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OD，
∴DF＝OA，且DF∥AO，
∴四边形AODF是平行四边形，
又∵OA＝OD，
∴平行四边形AODF是菱形；
（2）解：由（1）得：OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝1，
∵四边形AODF是菱形，
∴AF＝OA＝1，AF∥BD，
∴∠FAC＝∠AOB＝60°，
∵∠AFC＝90°，
∴∠ACF＝30°，
∴CF＝AF＝．
22．（1）证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，
∴∠EAC＝∠BAI，
在△ABI和△AEC中，，
∴△ABI≌△AEC（SAS）；
（2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，
∴BM∥AI，
∴四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积，
同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积，
又∵△ABI≌△AEC，
∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．
②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下：
连接BH，过H作HP⊥BC于P，如图所示：
易证△CPH≌△ABC（AAS），四边形CMNH是矩形，
∴PH＝BC，
∵△BCH的面积＝CH×NH＝BC×PH，
∴CH×NH＝BC2，
∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；
（3）解：由（2）得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；
即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；
故答案为：正方形ACHI，AC2．

23．解：（1）OE＝OG，
理由：如图1，

连接OD，在正方形ABCD中，
∵点O是正方形中心，
∴OA＝OD，∠OAD＝∠ODC＝45°，
∵AG＝DE，
∴△AOG≌△DOG，
∴OE＝OG，
（2）∠EOF的度数不会发生变化，
理由：由（1）可知，△AOG≌△DOE，
∴∠DOE＝∠AOG，
∵∠AOG+∠DOG＝90°，
∴∠DOE+∠DOG＝90°，
∴∠DOE＝∠AOG，
∵∠EOG＝90°，
∵OE＝OG，OF⊥EG，
∴∠EOF＝45°，
∴恒为定值．
（3）由（2）可知，OE＝OG，OF⊥EG，
∴OF垂直平分EG，
∴△DEF的周长为DE+EF+DF＝AG+FG+DF＝AD，
∵a＝6，
∴△DEF的周长为AD＝a＝6，（0＜DE＜3）
（4）①如图2，

∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+AOF＝135°
∵∠OAF＝45°，
∴∠AFO+∠AOF＝135°，
∴∠COE＝∠AFO，
∴△AOF∽△CEO，
∴，
∵O到AF与CE的距离相等，
∴，
∴（）2＝，
∵＞0，
∴＝，
②猜想：S＝a2，
理由：如图3，

由（1）可知，△AOF∽△CEO，
∴，
∴AF×CE＝OA×OC，
∵EH⊥AB，FG⊥CB，∠B＝90°，
∴S＝AF×CE，
∴S＝OA×OC＝×＝a2．