|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析)
    立即下载
    加入资料篮
    2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析)01
    2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析)02
    2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析)03
    还剩20页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析)

    展开
    这是一份2023-2024学年河北省沧州市献县五中、万村中学八年级(下)期中数学试卷(含解析),共23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.下列条件中,不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( )
    A. AB/​/CD,AD//BCB. AB=AD,CB=CD
    C. ∠A=∠C,∠B=∠DD. AB/​/CD,AB=CD
    2.估计( 54− 3)× 13的运算结果应在哪两个连续自然数之间( )
    A. 2和3B. 3和4C. 4和5D. 5和6
    3.如图,点D,E分别是AB,AC的中点,∠ABC的平分线BF交DE于点F,AB=8,BC=12,则EF的长为( )
    A. 1
    B. 2
    C. 3
    D. 4
    4.下列命题中,假命题是( )
    A. 两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
    B. 两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形
    C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形
    D. 两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
    5.满足下述条件的三角形中,不是直角三角形的是( )
    A. 三边之比为1: 5:2
    B. 三内角之比为3:4:5
    C. 其中一个内角的度数等于另外两个内角度数的差
    D. 三边长分别为40、9、41
    6.如图,在长方形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12cm2的两张正方形纸片,则图中空白部分的面积为( )
    A. −12+8 3B. 16−8 3C. 8−4 3D. 4−2 3
    7.如图,一根竹竿AB斜靠在竖直的墙上,P是AB的中点,在竹竿的顶端沿墙面下滑的过程中,OP长度的变化情况是( )
    A. 不断增大
    B. 不断减小
    C. 先减小后增大
    D. 不变
    8.如图,将平行四边形ABCD折叠,使点C落在AD边上的点C′处,若∠1=58°,∠2=42°,则∠C的度数为( )
    A. 100°
    B. 109°
    C. 126.5°
    D. 130°
    9.如图,菱形ABCD中,∠BAD=60°,M是AB的中点,P是对角线AC上的一个动点,若PM+PB的最小值是 3,则AB长为( )
    A. 2 3
    B. 1
    C. 2
    D. 3
    10.如图,四边形ABCD中,E为AB中点,DE⊥AB于点E,AB=8,DE= 5,BC=2,CD=5,则四边形ABCD的面积为( )
    A. 13 52B. 4 5+5C. 4 5+ 21D. 无法求解
    11.如图,在一个长方形草坪ABCD上,放着一根长方体的木块.已知AD=6m,AB=4m,该木块的较长边与AD平行,横截面是边长为2米的正方形,一只蚂蚁从点A爬过木块到达C处需要走的最短路程是( )
    A. 8mB. 10mC. 2 13mD. 2 34m
    12.如图,矩形ABCD中,AC,BD相交于点O,过点B作BF⊥AC交CD于点F,交AC于点M,过点D作DE//BF交AB于点E,交AC于点N,连接FN,EM,则下列结论:①DN=BM;②EM//FN;③AE=FC;④当AO=AD时,四边形DEBF是菱形.其中,正确结论的个数是
    ( )
    A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
    二、填空题:本题共4小题,每小题3分,共12分。
    13.若二次根式 x+1有意义,则实数x的取值范围是______.
    14.如图,一棵大树(树干与地面垂直)在一次强台风中于离地面5米的B处折断倒下,倒下后的树顶C与树根A的距离为12米,则这棵大树在折断前的高度为______米.
    15.如图,在菱形ABCD中,∠A=120°,AB=2,E为CD边的中点,连接BE,则菱形ABCD的面积为______,BE的长为______.
    16.如图,把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠,得到△ECF,则:

    (1)∠CDG= ______°;
    (2)若AB=2,则BC= ______,EF= ______.
    三、解答题:本题共8小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
    17.(本小题6分)
    已知有理数a,b,c在数轴上对应的点的位置如图,化简|a−c|+|a+b|−|b−c|.
    18.(本小题8分)
    如图,是规格为8×8的正方形的网格,请你在所给的网格中按下列要求操作:
    (1)请在网格中建立平面直角坐标系,使A点坐标为(4,−2),B点坐标为(2,−4);
    (2)在第四象限中,当△ABC是以AB为底的等腰三角形,且腰长为无理数时,在网格中画出△ABC;
    (3)在(2)的条件下,△ABC的周长是______,面积是______.
    19.(本小题8分)
    如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AB//DC,对角线AC,BD交于点O,以OD、OC为边作矩形DOCE,连接OE,交CD于点F.
    (1)求证:四边形ABCD是菱形;
    (2)若OE=4,∠ABC=120°,求菱形ABCD的面积.
    20.(本小题8分)
    “农场小达人”社团计划在春天到来之前整修教学楼顶层的平台,用于建设菜园和花圃.如图,A处是顶层平台自来水管的位置,B,C两处分别计划修建菜园和花圃,B,C两处相距20m,A,B两处相距16m,A,C两处相距12m.为了便于用水,小华在图纸上帮助设计了两种水管铺设方案.
    甲方案:沿线段AB,AC铺设2段水管.
    乙方案:过点A作BC的垂线,垂足为D.沿线段AD,DB,DC铺设3段水管.
    (1)判断△ABC的形状,并说明理由;
    (2)小华设计的哪一种方案需要铺设的水管更短?为什么?
    21.(本小题10分)
    如图,平行四边形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,若E、F是线段AC上两动点,同时分别从A、C两点都以1cm/s的速度向C、A运动.
    (1)求证:不论E、F在AC任何位置,四边形DEBF始终是平行四边形;
    (2)若BD=12cm,AC=16cm,当运动时间t为何值时,四边形DEBF是矩形?
    22.(本小题10分)
    如图,在矩形ABCD中,对角线AC与BD交于点O,F是经过点B且与AC平行的直线上一点,且∠BAF=∠ADB,点E在线段OD上,且满足AE=CD,连接CE.
    (1)若∠BAF=35°,求∠EAC的度数;
    (2)若BF=2OE,求证:CE⊥BD.
    23.(本小题10分)
    如图,已知△ABC中,∠B=90°,AB=8,BC=6,P,Q是△ABC边上的两个动点,其中点P从点A开始沿A→B方向运动,且速度为每秒1个单位长度,点Q从点B开始沿B→C→A方向运动,且速度为每秒2个单位长度,它们同时出发,设出发的时间为t秒.
    (1)出发3秒后,PQ的长为______;
    (2)当点Q在边CA上运动时,t为何值时,△BCQ能形成等腰三角形?
    24.(本小题12分)
    在正方形ABCD中,两条对角线AC,BD相交于点O,且EO⊥FO,连接EF.
    (1)如图1,若AC=4 2,BE=3,求线段EF的长;
    (2)如图2,将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处,∠EO′F绕点O′旋转,O′E交BC的延长线上一点E,射线O′F交CD的延长线上一点F,连接EF,求证:CF−CE= 2O′C.
    答案和解析
    1.【答案】B
    【解析】解:A、AB/​/CD,AD//BC能判定四边形ABCD为平行四边形,故此选项不符合题意;
    B、AB=AD,CB=CD不能判定四边形ABCD为平行四边形,故此选项符合题意;
    C、∠A=∠C,∠B=∠D能判定四边形ABCD为平行四边形,故此选项不符合题意;
    D、AB/​/CD,AB=CD能判定四边形ABCD为平行四边形,故此选项不符合题意;
    故选:B.
    根据平行四边形的判定定理:(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形.(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形.(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行分析即可.
    此题主要考查了平行四边形的判定,关键是掌握平行四边形的判定定理.
    2.【答案】B
    【解析】解:( 54− 3)× 13
    = 54× 13− 3× 13
    = 18− 1
    =3 2−1,
    ∵16<18<25,
    ∴4< 18<5,
    ∴4<3 2<5,
    ∴3<3 2−1<4,
    ∴估计( 54− 3)× 13的运算结果应在3和4之间,
    故选:B.
    根据二次根式的乘法法则进行计算,然后再估算出 18的值的范围,从而估算出3 2−1的值的范围,即可解答.
    本题考查了估算无理数的大小,二次根式的混合运算,准确熟练地进行计算是解题的关键.
    3.【答案】B
    【解析】解:∵点D,E分别是AB,AC的中点,
    ∴DE是△ABC的中位线,BD=12AB=12×8=4,
    ∴DE=12BC=12×12=6,DE/​/BC,
    ∴∠DFB=∠FBC,
    ∵∠ABC的平分线BF交DE于点F,
    ∴∠DBF=∠FBC,
    ∴∠DFB=∠DBF,
    ∴DF=DB=4,
    ∴EF=DE−DF=6−4=2,
    故选:B.
    根据三角形中位线定理得到∴DE=12BC=12×12=6,DE/​/BC,根据平行线的性质得到∠DFB=∠FBC,根据角平分线的定义、等量代换得到∠DFB=∠DBF,得到DF=DB=4,计算即可.
    本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的判定、角平分线的定义,熟记三角形的中位线平行于第三边,且等于第三边的一半是解题的关键.
    4.【答案】D
    【解析】解:A、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形,正确,是真命题;
    B、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形,正确,是真命题;
    C、两条对角线相等的平行四边形是矩形,正确,是真命题;
    D、两条对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形,错误,是假命题;
    故选:D.
    利用正方形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定及性质分别判断后即可确定正确的选项.
    本题考查了命题与定理的知识,解题的关键是了解正方形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定及性质,难度不大.
    5.【答案】B
    【解析】解:A、设三边为k, 5k,2k,因为k2+(2k)2=( 5k)2,所以是直角三角形,不符合题意;
    B、因为53+4+5×180°<90°,所以不是直角三角形,符合题意;
    C、因为一个内角的度数等于另外两个内角度数的差,即:∠A=∠C−∠B,
    因为∠A+∠C+∠B=180°,即∠C−∠B+∠C+∠B=180°,
    则∠C=90°,所以是直角三角形,不符合题意;
    D、因为92+402=412,所以是直角三角形,不符合题意,
    故选:B.
    判断三角形是不是直角三角形,已知三角形的三边的长,只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可.
    此题考查勾股定理的逆定理,三角形内角和定理,熟知如果三角形的三边长a,b,c满足a2+b2=c2,那么这个三角形就是直角三角形是解题的关键.
    6.【答案】A
    【解析】【分析】
    本题考查了二次根式的应用,解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长.
    根据正方形的面积求出两个正方形的边长,从而求出AB、BC,再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解.
    【解答】
    解:∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2,
    ∴它们的边长分别为 16=4cm, 12=2 3cm,
    ∴AB=4cm,BC=(2 3+4)cm,
    ∴空白部分的面积=(2 3+4)×4−12−16
    =8 3+16−12−16,
    =(−12+8 3)cm2.
    故选:A.
    7.【答案】D
    【解析】解:∵∠AOB=90°,P为AB的中点,
    ∴OP=12AB,
    即OP的长在竹竿AB滑动过程中始终保持不变,
    故选:D.
    根据直角三角形斜边上的中线性质得出答案即可.
    本题考查了直角三角形斜边上的中线和两点之间的距离,能熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解此题的关键.
    8.【答案】B
    【解析】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AD//BC,AB/​/CD,
    ∴∠C′EC=∠1=58°,
    根据折叠可得∠CED=12∠C′EC=29°,
    ∴∠C=180°−∠CED−∠2=109°.
    故选:B.
    根据平行线的性质求出∠C′EC的度数,根据折叠的性质求出∠CED的度数,利用三角形内角和求出∠C
    本题考查了平行四边形的性质,平行线的性质,折叠的性质,熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键.
    9.【答案】C
    【解析】解:如图,∵四边形ABCD是菱形,
    ∴B与D关于直线AC对称,
    ∴连接DM交AC于E,则点E即为所求,
    BP+PM=PD+PM=DM,
    即DM就是PM+PB的最小值 3(根据的是两点之间线段最短),
    ∵∠DAB=60°,
    ∴AD=AB=BD,
    ∵M是AB的中点,
    ∴DM⊥AB,
    ∵PM+PB= 3,
    ∴DM= 3,
    ∴AB=AD=DMsin60∘= 3 32=2.
    故选:C.
    先连接BD,因为四边形ABCD是菱形且∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形,由于菱形的对角线互相垂直平分,所以点D是点B关于AC的对称点,AD=BD,连接MD,由等边三角形的性质可知DM⊥AB,再根据勾股定理即可求出AB的长.
    本题考查的是最短线路问题及菱形的性质,由菱形的性质得出点D是点B关于AC的对称点是解答此题的关键.
    10.【答案】C
    【解析】解:连接BD,
    ∵E 为AB 的中点,DE⊥AB,
    ∴DE是AB的垂直平分线,∠DEB=90°,
    ∵AB=8,
    ∴AE=BE=4,
    ∵DE= 5,
    ∴BD= DE2+BE2= ( 5)2+42= 21,
    ∵BC=2,CD=5,
    ∴BD2+BC2=( 21)2+22=25=52=CD2,
    ∴△BCD是直角三角形,∠DBC=90°,
    ∴四边形ABCD的面积=S△DAB+S△DBC=12AB⋅DE+12BD⋅BC=12×8× 5+12×2× 21=4 5+ 21,
    故选:C.
    连接BD,先求出BD的长,再根据勾股定理的逆定理得出△BCD是直角三角形,进而利用三角形的面积公式解答即可.
    此题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理,关键是根据勾股定理的逆定理得出△BCD 是直角三角形.
    11.【答案】B
    【解析】解:如图,将木块展开,AC即为所求,
    则AP=4+2+2=8(米),BC=AD=6米,
    ∴最短路径为:AC= AB2+BC2= 82+62=10(米).
    故选:B.
    将木块表面展开,然后根据两点之间线段最短解答.
    本题主要考查了平面展开−最短路线问题,两点之间线段最短,有一定的难度,要注意培养空间想象能力.
    12.【答案】D
    【解析】解:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB=CD,AB/​/CD,∠DAE=∠BCF=90°,OD=OB=OA=OC,AD=BC,AD//BC,
    ∴∠DAN=∠BCM,
    ∵BF⊥AC,DE/​/BF,
    ∴DE⊥AC,
    ∴∠DNA=∠BMC=90°,
    在△DNA和△BMC中,∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC,
    ∴△DNA≌△BMC(AAS),
    ∴DN=BM,∠ADE=∠CBF,故①正确;
    在△ADE和△CBF中,∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF,
    ∴△ADE≌△CBF(ASA),
    ∴AE=FC,DE=BF,故③正确;
    ∴DE−DN=BF−BM,即NE=MF,
    ∵DE//BF,
    ∴四边形NEMF是平行四边形,
    ∴EM/​/FN,故②正确;
    ∵AB=CD,AE=CF,
    ∴BE=DF,
    ∵BE/​/DF,
    ∴四边形DEBF是平行四边形,
    ∵AO=AD,
    ∴AO=AD=OD,
    ∴△AOD是等边三角形,
    ∴∠ADO=∠DAN=60°,
    ∴∠ABD=90°−∠ADO=30°,
    ∵DE⊥AC,
    ∴∠ADN=∠ODN=30°,
    ∴∠ODN=∠ABD,
    ∴DE=BE,
    ∴四边形DEBF是菱形;故④正确;
    正确结论的个数是4个,
    故选:D.
    证△DNA≌△BMC(AAS),得出DN=BM,∠ADE=∠CBF,故①正确;证△ADE≌△CBF(ASA),得出AE=FC,DE=BF,故③正确;证四边形NEMF是平行四边形,得出EM/​/FN,故②正确;证四边形DEBF是平行四边形,证出∠ODN=∠ABD,则DE=BE,得出四边形DEBF是菱形;故④正确;即可得出结论.
    本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识;熟练掌握矩形的性质和菱形的判定,证明三角形全等是解题的关键.
    13.【答案】x≥−1
    【解析】【分析】
    此题主要考查了二次根式有意义的条件,关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数.
    根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0,再解即可.
    【解答】
    解:由题意得:x+1≥0,
    解得:x≥−1,
    故答案为:x≥−1.
    14.【答案】18
    【解析】解:如图所示:
    ∵△ABC是直角三角形,AB=5m,AC=12m,
    ∴BC= AC2+AB2= 122+52=13m,
    ∴大树的高度=AB+BC=5+13=18(m),
    故答案为:18.
    先根据勾股定理求出大树折断部分的高度,再根据大树的高度等于折断部分的长与未断部分的和即可得出结论.
    本题考查的是勾股定理的应用,解题的关键是掌握相关运算.
    15.【答案】2 3 7
    【解析】解:如图,连接AC,AE,
    ∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°,AB=2,
    ∴∠D=60°,AD=CD=AB=2,
    ∴△ADC是等边三角形,
    ∴AC=AD,
    ∵E为边CD的中点,
    ∴AE⊥CD,CE=DE=1,
    ∴AE= 3DE= 3,
    ∴菱形ABCD的面积=CD⋅AE=2 3;
    ∵AB/​/CD,AE⊥CD,
    ∴AE⊥AB,
    ∴BE= AB2+AE2= 22+( 3)2= 7.
    故答案为:2 3; 7.
    连接AC,AE,证明△ADC是等边三角形,根据等边三角形的性质证明AE⊥CD,CE=DE=1,然后可以求出菱形面积;再利用勾股定理求出BE.
    本题考查了菱形的性质,等边三角形的判定与性质,勾股定理,解决本题的关键是得到△ADC是等边三角形.
    16.【答案】45 2 2− 2
    【解析】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,
    ∴∠CDA=90°,
    如图,由翻折的性质,可知:∠CDG=12∠CDA=45°,
    故答案为:45;
    (2)如图,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB/​/DC,DC=AB=2,
    ∴∠CGB=∠DCG,
    由翻折的性质,可知:∠CGB=∠DGC,
    ∴∠DGC=∠DCG,
    ∴DG=DC=2,
    由(1)知∠GDE=45,∠GED=90°,
    ∴GE=DE= 22DG= 2,
    由题意,知四边形BCEG是矩形,
    ∴BC=GE= 2;
    ∴EC=DC−DE=2− 2,
    ∵∠GDE=45°,CH⊥DG,
    ∴∠DCH=45°,
    ∵∠GEC=90°,
    ∴∠EFC=∠ECF=45°,
    ∴EF=EC=2− 2.
    故答案为: 2,2− 2.
    (1)根据翻折的性质可得∠CDG=12∠CDA,从而求出∠CDG;
    (2)先证明DG=DC=AB=2,即可由△GDE是等腰直角三角形,求出GE,进而得到BC;先求出EC,证明出EF=EC即可得到EF.
    本题考查翻折变换,等腰三角形的判定,矩形的判定和性质,含45°角直角三角形的性质,弄清翻折过程中线段和角的关系是解题的关键.
    17.【答案】解:由图可知:a∴a−c<0,a+b<0,b−c<0,
    ∴|a−c|+|a+b|−|b−c|
    =c−a−(a+b)+b−c
    =c−a−a−b+b−c
    =−2a.
    【解析】根据a,b,c在数轴上的位置,分别判断出绝对值里面代数式的正负,进而解决问题.
    本题考查利用数轴判断式子正负、绝对值,解题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答.
    18.【答案】2 10+2 2 4
    【解析】解:(1)建立平面直角坐标系如图所示;
    (2)△ABC如图所示;
    (3)∵CA=CB= 12+32= 10,AB= 22+22=2 2,
    ∴△ABC的周长=2 10+2 2,△ABC的面积=3×3−2×12×1×3−12×2×2=4.
    故答案为:2 10+2 2,4.
    (1)根据A,B两点坐标确定平面直角坐标系即可;
    (2)根据等腰三角形的判定以及题目要求作出图形;
    (3)利用勾股定理求出AB,AC,BC,再利用分割法求出三角形面积.
    本题考查作图−复杂作图,坐标与图形性质,勾股定理等知识,解题的关键是正确作出图形.
    19.【答案】(1)证明:∵DE/​/AC,CE/​/BD,
    ∴四边形DOCE是平行四边形,
    ∵四边形DOCE是矩形,
    ∴∠DOC=90°,
    ∴AC⊥BD,
    ∴四边形ABCD是菱形;
    (2)解:∵四边形DOCE是矩形,
    ∴OE=CD=4,
    ∵四边形ABCD是菱形,
    ∴AB=CD=4,
    ∵∠ABC=120°,AB/​/CD,
    ∴∠BAD=180°−120°=60°,
    ∵AB=AD,
    ∴△ABD是等边三角形,
    ∴OB=12×4=2,
    ∴OA= 3OB=2 3,
    ∴AC=4 3,BD=4,
    ∴四边形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×4 3×4=8 3.
    【解析】(1)先判断出四边形DOCE是平行四边形,再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD,然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明;
    (2)根据两直线平行,同旁内角互补求出∠BAD=60°,判断出△ABD是等边三角形,然后根据等边三角形的性质求出OA、OB,再根据菱形的面积公式列式计算即可得解.
    本题考查的是矩形的性质,菱形的判定与性质,平行四边形的判定,熟练掌握矩形,菱形与平行四边形的关系是解题的关键.
    20.【答案】解:(1)△ABC是直角三角形,
    理由:∵BC=20m,AB=16m,AC=12m,
    ∴AB2+AC2=162+122=202=BC2,
    ∴∠BAC=90°,
    ∴△ABC是直角三角形;
    (2)甲方案需要铺设的水管更短,
    理由:∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅AD,
    ∴AD=AB⋅ACBC=16×1220=485,
    ∵AB+AC=16+12=28(m),AD+BD+CD=20+485=29.4(m),
    ∵28<29.4,
    ∴甲方案需要铺设的水管更短.
    【解析】(1)根据勾股定理的逆定理即可得到结论;
    (2)根据三角形的面积公式列方程即可得到结论.
    本题考查了勾股定理的应用,勾股定理的逆定理,三角形的面积公式熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键.
    21.【答案】解:(1)设运动时间为t,
    由题意得:AE=CF=t.
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AO=CO,BO=DO,
    ∴EO=FO,
    ∴四边形DEBF是平行四边形;
    (2)∵AO=CO=12AC=8cm,BO=DO=12BD=6cm,
    ∴当OE=OB时,即AO−AE=BO时,8−t=6,
    此时t=2,当OF=OB时,即t−8=6,此时t=14.
    ∴当t=2s或14s时,四边形DEBF是矩形.
    【解析】(1)由平行四边形ABCD的对角线互相平分得到AO=CO,BO=DO;由点E、F的运动速度、时间都相等可以得到AE=CF,则EO=FO,属于对角线互相平分的四边形EBFD是DEBF是平行四边形;
    (2)矩形的对角线相等,由此可以得到EF=BD,所以易求t的值.
    本题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定.矩形是对角线相等的平行四边形.
    22.【答案】(1)解:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB=CD,OA=OB=OC=OD,∠BAD=90°,
    ∴∠OAB=∠DBA,∠OAD=∠ADB,
    ∵∠OAB+∠OAD=∠BAD=90°,
    ∴∠OAB+∠ADB=90°,
    ∵BF/​/AC,
    ∴∠ABF=∠OAB,
    ∵∠BAF=∠ADB,
    ∴∠ABF+∠BAF=90°,
    ∵∠BAF=35°,
    ∴∠ABF=90°−35°=55°,
    ∴∠OAB=∠DBA=55°,
    ∵AE=CD,
    ∴AE=AB,
    ∴∠AEB=∠ABD=55°,
    ∴∠BAE=180°−(∠AEB+∠ABD)=180°−(55°+55°)=70°,
    ∴∠EAC=∠BAE−∠OAB=70°−55°=15°;
    (2)证明:如图,在OB上截取OH=OE,连接CH,

    在△AOE和△COH中,
    OA=OC∠AOE=∠COHOE=OH,
    ∴△AOE≌△COH(SAS),
    ∴∠AEB=∠CHO,AE=CH,
    ∵∠AEB=∠ABD=∠ABF,AB=AE,
    ∴AB=CH,
    ∵BF=2OE,
    ∴BF=HE,
    ∴△ABF≌△CHE(SAS),
    ∴∠AFB=∠CEH=90°,
    ∴CE⊥BD.
    【解析】(1)根据矩形的性质可得:AB=CD,OA=OB=OC=OD,∠BAD=90°,推出∠OAB+∠ADB=90°,根据平行线性质可得∠ABF=∠OAB,推出∠ABF+∠BAF=90°,再根据三角形内角和定理和等腰三角形性质可得∠BAE=70°,再由∠EAC=∠BAE−∠OAB,即可求得答案;
    (2)如图,在OB上截取OH=OE,连接CH,可证得△AOE≌△COH(SAS),进而证得△ABF≌△CHE(SAS),即可证得结论.
    本题考查了矩形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形性质、全等三角形的判定与性质等知识;熟练掌握矩形的性质,证明三角形全等是解题的关键.
    23.【答案】 61
    【解析】解:(1)出发3秒后,AP=3,BQ=6,
    ∵∠B=90°,AB=8,BC=6,
    ∴BP=8−3=5,
    ∴PQ2=BP2+BQ2,
    ∴PQ2=25+36=61,
    ∴PQ= 61.
    故答案为: 61.
    (2)∵∠B=90°,AB=8,BC=6,
    ∴AC= AB2+BC2=10,
    当点Q在AC上时,CQ=2t−6,
    当△BCQ为等腰三角形,分三种情况进行讨论,
    ①当BC=CQ=6时,即2t−6=6,解得t=6;
    ②当BQ=BC=6时,如图,过点B作BD⊥AC,
    ∴CD=12CQ=t−3,
    ∵S△ABC=12AB⋅BC=12AC⋅BD,
    ∴8×6=10BD,
    ∴BD=245,
    ∴CD= BC2−BD2=185,
    ∴t−3=185,
    ∴t=335.
    当BQ=CQ时,
    ∴∠C=∠QBC,
    ∴∠C+∠A=∠CBQ+∠QBA,
    ∴∠A=∠QBA,
    ∴QB=QA,
    ∴CQ=12AC=5,
    即2t−6=5,
    解得t=112.
    综上,当t=6或t=335或t=112时,△BCQ为等腰三角形.
    (1)出发3秒后,AP=3,BQ=6,故点Q于点C重合,利用勾股定理求出PQ的长即可;
    (2)△BCQ能形成等腰三角形,有三种可能BC=QC=6,BC=BQ=6,QC=QB.
    本题考查了直角三角形的性质,勾股定理,等腰三角形的性质.关键是分类讨论等腰三角形边长.
    24.【答案】(1)解:∵四边形ABCD为正方形,
    ∴AB=BC=CD,OC=OD,∠ABC=∠COB=∠COD=90°,∠OCB=∠ODC=45°,
    ∴AB=AC 2=4 2 2=4,
    ∵EO⊥FO,
    ∴∠EOF=90°,
    即∠COE+∠COF=90°,
    ∵∠DOF+∠COF=90°,
    ∴∠COE=∠DOF,
    ∴△COE≌△DOF(ASA),
    ∴CE=DF,
    ∵BE=3,
    ∴CE=BC−BE=4−3=1,
    ∴DF=1,
    ∴CF=CD−DF=4−1=3,
    在Rt△CEF中,EF= CE2+CF2= 12+32= 10.
    (2)证明:如图2,过点O′作O′G⊥AC交CF于点G,

    ∵四边形ABCD为正方形,
    ∴AC⊥BD,∠OCD=∠ODC=45°,
    ∴∠OCE=∠OCD+∠FCE=45°+90°=135°,
    ∵EO′⊥FO′,
    ∴∠EO′F=90°,
    ∴∠FO′G+∠EO′G=90°,
    ∵O′G⊥AC,
    ∴∠CO′E+∠EO′G=90°,
    ∴∠FO′G=∠CO′E,
    ∵O′G⊥AC,BD⊥AC,
    ∴O′G//BD,
    ∴∠O′GC=∠ODC=45°,
    ∴O′G=O′C,CG= 2O′C,∠O′GF=180°−∠O′GC=135°,
    ∴∠O′GF=∠O′CE.
    ∴△O′GF≌△O′CE(ASA),
    ∴GF=CE,
    ∴CF−CE=CF−GF=CG= 2O′C.
    【解析】(1)结合正方形的性质以及全等三角形的判定与性质可得CE=DF,进而可得CE=BC−BE=1,DF=1,CF=CD−DF=3,再利用勾股定理可得EF.
    (2)过点O′作O′G⊥AC交CF于点G,结合题意可得∠O′GC=∠ODC=45°,CG= 2O′C,结合全等三角形的判定证明△O′GF≌△O′CE,则GF=CE,进而可得CF−CE=CF−GF=CG= 2O′C.
    本题考查旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
    相关试卷

    河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题: 这是一份河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题,共25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。

    河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(原卷版+解析版): 这是一份河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题(原卷版+解析版),文件包含河北省沧州市献县第五中学献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题原卷版docx、河北省沧州市献县第五中学献县万村中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共31页, 欢迎下载使用。

    河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期4月期中数学试题: 这是一份河北省沧州市献县第五中学、献县万村中学2023-2024学年八年级下学期4月期中数学试题,共8页。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map