江苏无锡市东林中学2024-2025学年八下数学第4周阶段性训练模拟练习【含答案】

江苏无锡市东林中学2024-2025学年八下数学第4周阶段性训练模拟练习一．选择题（共8小题）1．如图，有一个▱ABCD和一个正方形CEFG，其中点E在边AD上．若∠ECD＝49°，∠AEF＝34°，则∠B＝（）A．55° B．65° C．75° D．60°2．如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，若∠ABD＝60°，则∠E＝（）A．45° B．30° C．20° D．15°3．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，将△ABO沿点A到点C的方向平移，得到△A′B′O′，当点A′与点C重合时，S菱形ABCD＝32，AB′＝10，则△AB′O′周长是（）A．24 B．36 C．22 D．264．正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（）A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变5．如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（﹣4，3），将矩形OABC绕点O顺时针旋转α度得到矩形OA'B'C'（0≤α≤90），线段OA'与线段BC交于点P，线段B'C'与直线BC交于点Q．下列说法：①当点B'落在y轴上时，B'坐标为（0，5）；②当点A'落在BC上时，PQ＝；③△BA'B'的面积最大值为，④当BP＝BQ时，＝7：24．其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．46．如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA上的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（）A．四边形MNPQ一定为平行四边形 B．若四边形ABCD是菱形，四边形MNPQ为正方形 C．当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形 D．当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形7．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF，交AC于点M，连接DE，BO．若BO＝BC，OM＝CM，则下列结论中：①△OBC为等边三角形；②AE＝CF；③四边形BFDE是菱形；④BE＝2AE．正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；②点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；③无论点M运动到何处，都有DM＝HM；④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．以上结论正确的是（）A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④二．填空题（共7小题）9．如图在▱ABCD中，∠ABC的平分线BE交AD于E，AB＝3，BC＝5，则DE＝．10．如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠C＝90°．以AB为边向右侧作正方形ABDE，过E作EF⊥CB交AD于点G，连接BG，则△BGF的周长是．11．如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段AD的延长线上，连接BE交CD于点F，∠BEC＝2∠AEB，点G是BF的中点，若DE＝1，BF＝8，则AB的长为．12．如图，菱形ABCD中，E、F、G分别为AD、AB、BC上的点，将△AEF沿直线EF折叠得到△GEF，其中点A的对应点是点G，DE＝1，CG＝4，当EG⊥CG时，菱形ABCD的边长为，AF的长为．13．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，已知BO＝6，S菱形ABCD＝96，则DH＝．14．如图，将△ABC绕点C（0，﹣2）旋转180°得到△A′B′C，若点A的坐标为（﹣6，﹣5），则点A′的坐标为．15．如图正方形ABCD中，AB＝12，点E在CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至AFE，延长EF交BC于点G，连接AG、CF，则BG＝．三．解答题（共2小题）16．如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°．（1）求证：四边形ABDE是矩形；（2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长．

17．如图，E为菱形ABCD对角线AC上一点，直线DE交射线AB于点F，AD＝10，AC＝8．（1）求此菱形的面积；（2）当△BEF是直角三角形时，求AE的长．

参考答案与试题解析题号12345678答案CDADBBDB一．选择题（共8小题）1．【解答】解：∵四边形CEFG是正方形，∴∠CEF＝90°，∴∠CED＝180°﹣∠AEF﹣∠CEF＝180°﹣34°﹣90°＝56°，∴∠D＝180°﹣∠CED﹣∠ECD＝180°﹣49°﹣56°＝75°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠B＝∠D＝75°．故选：C．2．【解答】解：连接AC，AC，BD相交于点O，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，OB＝OC，∵∠ABD＝60°，∴∠OBC＝30°，∴∠OBC＝∠OCB＝30°，∵CE＝BD∴CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∵∠ACB＝∠CAE+∠E＝30°，∴2∠E＝30°，∴∠E＝15°，故选：D．3．【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，∴∠AOB＝90°，OA＝OC，∵将△ABO沿点A到点C的方向平移，得到△A′B′O′，∴OA＝O′C＝OC，OB＝O′B′，∠O′＝∠AOB＝90°，设OA＝O′C＝OC＝x，OB＝O′B′＝y，∴AC＝2x，BD＝2y，AO′＝3x，∵S菱形ABCD＝32，∴，则2xy＝32，整理得：xy＝16，在Rt△AO′B′中，根据勾股定理可得：AO′2+O′B′2＝AB′2，即（3x）2+y2＝102，∴（3x+y）2＝（3x）2+y2+6xy＝100+6×16＝196，∴3x+y＝14，∴△AB′O′周长＝AO′+O′B′+AB′＝3x+y+10＝24．故选：A．4．【解答】解：连接DE，∵，，∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．故选：D．5．【解答】解：∵四边形ABCO是矩形，点A（﹣4，0），点B（﹣4，3），∴OA＝4，AB＝3，∠OAB＝90°，如图1所示，当B'在y轴上时，连接OB，在Rt△ABO中，由勾股定理得，由旋转的性质可得OB'＝OB＝5，∴B'（0，5），故①正确；如图2所示，当点A落在BC上时，此时A'、P重合，由旋转的性质可得OA'＝OA＝4，A'B'＝AB＝3，∵∠OA'B'＝∠A'CO＝∠B′＝90°，∴∠B'A'Q+∠CA'O＝90°＝∠CA'O+∠COA'，∴∠B'A'Q＝∠COA'，又∵OC＝A'B'＝3，∴△A'B'Q≌△OCA'（ASA），∴A'Q＝OA'＝4，即PQ＝4，故②错误；如图3所示，当A'在BB'上方时，过点B作BE垂直于直线A'B'于E，在旋转过程中，BE一直在增大（直线A'B'逐渐远离点B），则当点A'落在y轴上时，BE有最大值，最大值为1，∴此时S△BA'B'有最大值，最大值为×3×1＝；如图4所示，当A'在BB'下方时，过点B作BE垂直于直线A'B'于E，在旋转过程中，BE一直在减小（直线A'B'逐渐靠近点B），则当点A'落在OB上时，BE有最大值，最大值为1，∴此时S△BA'B'有最大值，最大值为×3×1＝，而线段OA'与线段BC有交点，则当点A'落在BC上时，此时S△BA'B'有最大值，即此时S△BA'B'的最大值小于；综上所述，S△BA'B'最大值为，故③正确；过点Q作QH⊥OA′于点H，连接OQ，如图5所示，则QH＝OC'＝OC，∵，，∴PQ＝OP，设BP＝x，则BQ＝2x，∴OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝4﹣x，在Rt△PCO中，由勾股定理得PC2+OC2＝OP2，即（4﹣x）2+32＝x2，解得，∴，∴A'P＝，∴，故④错误；∴正确的有2个，故选：B．6．【解答】解：如图，连接AC、BD，∵M、N、P、Q分别为AB、BC、CD、AD的中点，∴MN、NP、PQ分别是△ABC、△BCD、△ADC的中位线，∴MN＝AC，MN∥AC，PQ＝AC，PQ∥AC，NP＝BD，NP∥BD，∴MN＝PQ，MN∥PQ，∴四边形MNPQ为平行四边形，故A选项结论正确，不符合题意；当四边形ABCD是菱形时，AC⊥BD，∴MN⊥NP，∴平行四边形MNPQ为矩形，不一定是正方形，故B选项结论错误，符合题意；当AC＝BD时，MN＝NP，∴平行四边形MNPQ为菱形，故C选项结论正确，不符合题意；当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形，故D选项结论正确，不符合题意；故选：B．7．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，DC＝AB，AD＝BC，∵O为AC中点，∴BO＝AC，∴OB＝OC，∵OB＝BC，∴△OBC为等边三角形，故①符合题意；∵DC∥AB，∴∠OCF＝∠OAE，∠OFC＝∠OEA，∵OC＝OA，∴△OCF≌△OAE（ASA），∴AE＝CF，故②符合题意；∵△OBC是等边三角形，OM＝CM，∴BF垂直平分OC，∴四边形BOFC是轴对称图形，∴∠BOF＝∠BCD＝90°，∵△OCF≌△OAE（ASA），∴OF＝OE，∴BO垂直平分FE，∴BF＝BE，∵DC＝AB，CF＝AE，∴DF＝EB，∵DF∥BE，∴四边形DEBF是平行四边形，∵BE＝BF，∴四边形BFDE是菱形，故③符合题意；∵△BOC是等边三角形，CM＝OM，∴∠CBF＝∠OBC＝30°，∵∠BCF＝90°，∴BF＝2CF，∵BF＝BE，CF＝AE∴BE＝2AE，故④符合题意，∴正确结论的个数是4个．故选：D．8．【解答】解：由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故③正确；当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故②正确；∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故①错误，∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正确；由上可得正确结论的序号为②③④．故选：B．二．填空题（共7小题）9．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC＝5，∴∠AEB＝∠CBE，∵∠ABC的平分线交AD于点E，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB＝3，∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2，故答案为：2．10．【解答】解：过点A作AH⊥EF于点H，∵∠C＝90°，EF⊥CB，AH⊥EF，∴四边形ACFH为矩形，∴AC＝FH＝4，∠CAH＝90°，∴∠BAC+∠BAH＝90°，∵四边形ABDE为正方形，∴AE＝AB＝5，∠BAE＝90°，∴∠EAH+∠BAH＝90°，∴∠EAH＝∠BAC，在△ABC和△AEH中，，∴△ABC≌△AEH（AAS），∴EH＝BC＝3，AC＝AH＝4，∴CF＝AH＝4，∴BF＝CF﹣BC＝1，EF＝EH+FH＝3+4＝7，∵四边形ABDE为正方形，∴∠EAG＝∠BAG，AE＝AB，在△AEG和△ABG中，，∴△AEG≌△ABG（SAS），∴BG＝EG，∴△BGF的周长＝BF+BG+GF＝BF+EG+GF＝BF+EF＝1+7＝8，故答案为：8．11．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCF＝90°，∵点G是BF的中点，∴BG＝FG＝GC＝BF＝4，∴∠GBC＝∠GCB，∵AD∥BC，∴∠GBC＝∠AEB，∴∠CGE＝∠GBC+∠GCB＝2∠GBC＝2∠AEB，∵∠BEC＝2∠AEB，∴∠BEC＝∠CGE，∴CE＝CG＝4，在Rt△CDE中，DE＝1，∴CD＝＝＝．∴AB＝CD＝．故答案为：．12．【解答】解：作DM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，如图，设AE＝x，则AD＝x+1＝DC，由折叠得，EC＝AE＝x，∵EG⊥CG，∴四边形DMGE为矩形，∴DM＝EC＝x，GM＝DE＝1，∴CM＝4﹣1＝3，在Rt△DCM中，CM2+DM2＝DC2，即32+x2＝（x+1）2，∴x＝4，∴AD＝5，即棱形边长为5；∵∠A＝∠C，∴△AFN∽△DCM，∴AN：CM＝FN：DM，设AN＝3y，则FN＝4y，AF＝5y，由折叠得，∠AEF＝∠GEF＝45°，∴EN＝4y，∵AE＝4，即AN+EN＝4，∴y＝，∴AF＝5×＝．故答案为：5；．13．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴BO＝DO＝6，AO＝CO，AC⊥BD，∴BD＝2BO＝12，∵S菱形ABCD＝AC×BD＝96，即：×AC×12＝96，∴AC＝16，∴CO＝AC＝×16＝8，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝10，∵S菱形ABCD＝AB×DH＝96，即：10×DH＝96，∴DH＝9.6；故答案为：9.6．14．【解答】解：过点A和A′作y轴的垂线，垂足分别为M和N，由旋转可知，AC＝A′C，∵AN⊥y轴，A′M⊥y轴，∴∠ANC＝∠A′MC．在△ACN和△A′CM中，，∴△ACN≌△A′CM（AAS），∴A′M＝AN，MC＝NC．∵点C坐标为（0，﹣2），点A坐标为（﹣6，﹣5），∴A′M＝AN＝6，MC＝NC＝3．∴MO＝3﹣2＝1，∴点A′的坐标为（6，1）．故答案为：（6，1）．15．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝AD＝12，∠B＝∠D＝∠BCD＝90°，由于折叠，∠AFE＝∠D＝90°，AF＝AD，EF＝DE，∴∠AFG＝∠B＝90°，AF＝AB，∵AG＝AG，∴△ABG≌△AFG（HL），∴FG＝BG，∵CD＝3DE，∴DE＝4，CE＝8，∵在Rt△CGE中，GE2＝CG2+CE2，∴（FG+4）2＝（12﹣FG）2+82，解得：FG＝6，∴BG＝6，故答案为：6．三．解答题（共2小题）16．【解答】（1）证明：∵O为AD的中点，∴AO＝DO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴