八年级数学下册期中复习题及答案.docx
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八年级数学下册期中复习题及答案
2018年八年级数学下册-期中复习题及答案
D
三、解答题:
(1)计算:
(2)计算:
如图,已知四边形ABCD中,∠B=90°,AB=3,BC=4,CD=12,AD=13,求四边形ABCD的面积.
如图,在□ABCD中,E是BC的中点,连接AE并延长交DC的延长线于点F.
(1)试说明:
AB=CF;
(2)连接DE,若AD=2AB.试说明:
DE⊥AF.
(1)如图,纸片▱ABCD中,AD=5,S▱ABCD=15.过点A作AE⊥BC,垂足为E,沿AE剪下△ABE,将它平移至△DCE'的位置,拼成四边形AEE'D,则四边形AEE'D的形状为( )
A.平行四边形B.菱形C.矩形D.正方形
(2)如图,在
(1)中的四边形纸片AEE/D中,在EE/上取一点F,使EF=4,剪下△AEF,将它平移至△DE/F/的位置,拼成四边形AFF/D.
①求证:
四边形AFF'D是菱形;
②求四边形AFF'D的两条对角线的长.
图1 图2
在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:
△AEG≌△AEF;
(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:
EF2=ME2+NF2;
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.
参考答案
A
D.
B.
A
D;
A
D.
B.
D
解:
(1)∵F是AD的中点,∴AF=FD,
∵在▱ABCD中,AD=2AB,∴AF=FD=CD,∴∠DFC=∠DCF,
∵AD∥BC,∴∠DFC=∠FCB,∴∠DCF=∠BCF,∴∠DCF=
∠BCD,故正确;
(2)延长EF,交CD延长线于M,
∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,∴∠A=∠MDF,
∵F为AD中点,∴AF=FD,在△AEF和△DFM中,
,
∴△AEF≌△DMF(ASA),∴FE=MF,∠AEF=∠M,
∵CE⊥AB,∴∠AEC=90°,∴∠AEC=∠ECD=90°,
∵FM=EF,∴FC=FM,故正确;
(3)∵EF=FM,∴S△EFC=S△CFM,∵MC>BE,∴S△BEC<2S△EFC故S△BEC=2S△CEF错误;
(4)设∠FEC=x,则∠FCE=x,∴∠DCF=∠DFC=90°﹣x,
∴∠EFC=180°﹣2x,∴∠EFD=90°﹣x+180°﹣2x=270°﹣3x,
∵∠AEF=90°﹣x,∴∠DFE=3∠AEF,故正确,故选:
C.
答案为:
略;
答案为:
x≥0.5.
答案为:
5
答案为:
150°
答案为:
22
答案为:
5.
解:
作P关于OB的对称点P′,作Q关于OA的对称点Q′,
连接P′Q′,即为折线P﹣N﹣M﹣Q长度的最小值.
根据轴对称的定义可知:
∠NOP′=∠AOB=30°,∠OPP′=60°,
∴△OPP′为等边三角形,△OQQ′为等边三角形,
∴∠P′OQ′=90°,∴在Rt△P′OQ′中,P′Q′=5.故答案为:
5.
解:
(1)原式=0;
(2)原式=
.
证明:
(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥DF,∴∠ABE=∠FCE,
∵E为BC中点,∴BE=CE,
在△ABE与△FCE中,
,∴△ABE≌△FCE(ASA),∴AB=FC;
(2)∵AD=2AB,AB=FC=CD,∴AD=DF,∵△ABE≌△FCE,∴AE=EF,∴DE⊥AF.
解:
(1)C.
(2)①证明:
∵AD=BC=5,S▱ABCD=15,AE⊥BC,∴AE=3.
如图,∵EF=4,∴在Rt△AEF中,AF=5.∴AF=AD=5.
又△AEF经平移得到△DE'F',∴AF∥DF',AF=DF',
∴四边形AFF'D是平行四边形.
又AF=AD,∴四边形AFF'D是菱形.
②如图,连接AF',DF.
在Rt△DE'F中,∵E'F=E'E-EF=5-4=1,DE'=3,∴DF=
.
在Rt△AEF'中,∵EF'=E'E+E'F'=5+4=9,AE=3,∴AF'=3
.
∴四边形AFF'D的两条对角线长分别为
3
.
(1)证明:
∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,∴AF=AG,∠FAG=90°,
∵∠EAF=45°,∴∠GAE=45°,在△AGE与△AFE中,
,∴△AGE≌△AFE(SAS);
(2)证明:
设正方形ABCD的边长为a.将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.
则△ADF≌△ABG,DF=BG.由
(1)知△AEG≌△AEF,∴EG=EF.
∵∠CEF=45°,∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,
∴CE=CF,BE=BM,NF=
DF,∴a﹣BE=a﹣DF,∴BE=DF,∴BE=BM=DF=BG,
∴∠BMG=45°,∴∠GME=45°+45°=90°,∴EG2=ME2+MG2,
∵EG=EF,MG=
BM=
DF=NF,∴EF2=ME2+NF2;
(3)解:
EF2=2BE2+2DF2.
如图所示,延长EF交AB延长线于M点,交AD延长线于N点,将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△AGH,连结HM,HE.由
(1)知△AEH≌△AEF,则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2=EH2,即(GH+BE)2+(BM﹣GM)2=EH2
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE)2+(BE﹣GH)2=EF2,即2(DF2+BE2)=EF2
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