2022-2023学年湖南省邵阳市新邵县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省邵阳市新邵县八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年湖南省邵阳市新邵县八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一个直角三角形的两直角边长分别为5和12，则斜边长为(    )
A. 13 B. 14 C. 89 D. 15
2. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
3. 下列说法正确的有(    )
①对角线互相平分且垂直的四边形是菱形；
②一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形；
③有一个角是直角的四边形是矩形；
④对角线相等且垂直的四边形是正方形
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 若某多边形的内角和等于外角和的3倍，则这个多边形的边数是(    )
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
5. 如图，在▱ABCD中，AB=4，∠BAD的平分线交DC于点E，且点E恰好是DC的中点，过点D作DF⊥AE，垂足为F.若AE=2 3，则DF的长为(    )

A. 3 B. 2 C. 1 D. 32
6. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是(    )
A. 对角相等 B. 四条边都相等 C. 邻角互补 D. 对角线互相平分
7. 如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=2，BC=5，BD是∠ABC的平分线，设△ABD和△BDC的面积分别是S1，S2，则S1：S2的值为(    )


A. 5：2 B. 2：5 C. 1：2 D. 1：5
8. 如图，在△ABC中，∠C=90°，DE垂直平分AB，分别交AB、BC于点D、E，若∠CAE=∠B+15°，则∠B的度数为(    )

A. 15° B. 35° C. 25° D. 20°
9. 如图，将矩形纸片ABCD折叠，使边DC落在对角线AC上，折痕为CE，且D点落在对角线D′处.若AB=6，AD=8，则ED的长为(    )
A. 8
B. 6
C. 4
D. 3
10. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右、向上、向右、向下的方向依次不断移动，每次移动1m，其行走路线如图所示，第1次移动到点A1，第2次移动到点A2……第n次移动到点An，则△OA2A2026的面积是(    )


A. 505 m2 B. 10112 m2 C. 506 m2 D. 1 012 m2
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 点P(−2,4)关于x轴的对称点的坐标是______．
12. 在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若CD=1，则AB= ______ ．
13. 已知一个菱形的边长为2cm，较长的对角线长为2 3cm，则这个菱形的面积是______ ．
14. 已知：a、b、c是△ABC的三边长，且满足|a−3|+ b−5+(c−4)2=0，则△ABC的形状为______ ．
15. 如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD=AC，AE⊥CD，垂足为E，F是BC的中点，EF=3，则BD的长为______．


16. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AD平分∠CAB交BC于点D，若BC=9cm，则CD的长度是______ ．


17. 四边形具有不稳定性.如图，平行四边形ABCD按箭头方向变形成矩形A′B′C′D′，若变形后图形面积是原图形面积的2倍，则∠A= ______ ．

18. 如图，正方形ABCD的边长为3，点E在边AB上，且BE=1，若点P在对角线BD上移动，则PA+PE的最小值是______．


三、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
如图，已知：∠B=∠E=90°，BC=EF，AF=DC.求证：AB//DE．

20. (本小题8.0分)
如图所示，直角坐标系内，A(−4,3)，B(−2,0)，C(−1,2)．
(1)请在图中画出△ABC关于原点O的对称图形△A′B′C′；
(2)写出A′、B′、C′的坐标；
(3)求出△A′B′C′的面积．

21. (本小题8.0分)
如图，在五边形ABCDE中，∠C=100°，∠D=75°，∠E=135°，AP平分∠EAB，BP平分∠ABC，求∠P的度数．

22. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，连接BD，E是DA延长线上的点，F是BC延长线上的点，且AE=CF，连接EF交BD于点O.求证：OB=OD．


23. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD．
(1)求证：AC平分∠BAD；
(2)若AB//CD，求证：四边形ABCD是菱形．

24. (本小题8.0分)
已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P为对角线BD的中点，M为AB的中点，N为DC的中点．求证：∠PMN=∠PNM．

25. (本小题8.0分)
为了积极宣传防疫知识，某地政府采用了移动车进行广播．如图，小明家在一条笔直的公路MN的一侧点A处，且到公路MN的距离AB为600m.若广播车周围1000m以内都能听到广播宣传，则当广播车以250m/min的速度在公路MN上沿MN方向行驶时，在小明家是否能听到广播宣传？若能，请求出在小明家共能听到多长时间的广播宣传．

26. (本小题10.0分)
如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是每秒1个单位，连接PQ、AQ、CP.设点P、Q运动的时间为t秒

(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
(2)当t=6时，判断四边形AQCP的形状，并说明理由；
(3)直接写出以PQ为对角线的正方形面积为96时t的值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：由勾股定理得，斜边长= 52+122=13，
故选：A．
直接根据勾股定理解答即可．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

2.【答案】B 
【解析】解：A、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

3.【答案】A 
【解析】解：①对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故符合题意；
②一组对边平行，一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故不符合题意；
③有一个角是直角的平行四边形是矩形，故不符合题意；
④对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故不符合题意；
故选：A．
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相平分且相等的四边形是矩形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形；先判定四边形是菱形，再判定是矩形就是正方形分别进行分析即可．
本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：设多边形的边数为n，则内角和为(n−2)⋅180°，由题意知，
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得，n=8，
故选：B．
设多边形的边数为n，用n表示出内角和，从而由已知条件列出关于n的方程，即可求出边数．
本题主要考查了多边形的内角和和外角和．解题关键是用边数表示出内角和，结合已知条件列出方程进行求解．

5.【答案】C 
【解析】解：∵AB=4，点E是DC的中点，
∴DE=EC=2，
∵AE为∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵DC//AB，
∴∠BAE=∠DEA，
∴∠DAE=∠DEA，
∴AD=ED=2，
∵DF⊥AE，
∴AF=EF=12AE= 3，
∴DF= DE2−EF2= 4−3=1，
故选：C．
由等腰三角形的性质可求AF=EF= 3，由勾股定理可求解．
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是本题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：菱形的性质有：四条边都相等，对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分；
矩形的性质有：对边平行且相等；四个角都是直角；对角线互相平分；
根据菱形和矩形的性质得出：菱形具有而矩形不一定具有的性质是四条边都相等；
故选：B．
根据菱形和矩形的性质，容易得出结论．
本题考查了菱形和矩形的性质；熟练掌握菱形和矩形的性质是解决问题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：过D点作DE⊥BC于E，如图，

∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥BC，DA⊥AB，
∴DE=DA，
∴S1S2=12×DA×AB12×DE×BC=ABBC=25．
故选：B．
过D点作DE⊥BC于E，根据角平分线的性质得到DE=DA，然后利用三角形的面积公式求S1：S2的值．
本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．

8.【答案】C 
【解析】解：∵ED垂直平分AB，
∴AE=EB，
∴∠EAB=∠B，
∴∠AEC=∠EAB+∠B=2∠B，
在△ACE中，∠C=90°，
∴∠CAE+∠AEC=90°，
∵∠CAE=∠B+15°，
∴∠B+15°+2∠B=90°，
∴∠B=25°，
故选：C．
根据垂直平分线的性质，得到EA=EB，进而得到∠EAB=∠EBD，利用等腰三角形的性质和垂直平分线的性质解答．
本题考查了线段的垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，
∴DC=6，
∴AC= AD2+CD2=10，
根据折叠可得：D′C=DC=6，DE=D′E，
设ED=x，则D′E=x，AD′=AC−CD′=4，AE=8−x，
在Rt△AED′中：(AD′)2+(ED′)2=AE2，
42+x2=(8−x)2，
解得：x=3，
故选：D．
首先利用勾股定理计算出AC的长，再根据折叠可得D′C=DC=6，DE=D′E，设ED=x，则D′E=x，AD′=AC−CD′=4，AE=8−x，再根据勾股定理可得方程42+x2=(8−x)2，再解方程即可．
此题主要考查了图形的翻折变换，以及勾股定理的应用，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

10.【答案】B 
【解析】解：根据题意有OA4=2(m)，OA8=4(m)，依此类推，
则有OA4n=2n(m)，
∵2021÷4=505⋯1，
∴OA2020=2×505=1010(m)，
∴OA2021=1010+1=1011(m)，
故△OA2A2021的面积为12⋅OA2021×1=10112(m2).
故选：B．
由题意可得规律OA4n=2n(m)，从而可得OA2020=2×505=1010(m)，进而OA2021=1010+1=1011(m)，最后△OA2A2021的面积根据12⋅OA2021×1可得答案．
本题考查了三角形的面积，规律型点的坐标，根据题意找出OA4n=2n(m)这个规律是解题的关键．

11.【答案】(−2,−4) 
【解析】解：P(−2,4)关于x轴的对称点的坐标是(−2,−4)，
故答案为：(−2,−4)．
根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得答案．
本题考查了关于x轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．

12.【答案】2 
【解析】解：在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，CD=1，
∴AB=2CD=2，
故答案为：2．
利用直角三角形斜边上的中线性质，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．

13.【答案】2 3cm2 
【解析】解：依照题意画出图形，如图所示．
在Rt△AOB中，AB=2cm，OB= 3cm，
∴OA= AB2−OB2=1(cm)，
∴AC=2OA=2(cm)，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×2×2 3=2 3(cm2).
故答案为：2 3cm2．
根据菱形的性质结合勾股定理可求出较短的对角线的长，再根据菱形的面积公式即可求出该菱形的面积．
本题考查了菱形的性质以及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出较短的对角线的长是解题的关键．

14.【答案】直角三角形 
【解析】解：由题意得，a−3=0，b−5=0，c−4=0，
∴a=3，b=5，c=4，
∵32+42=52，
∴△ABC是直角三角形．
故答案为：直角三角形．
先根据非负数的性质求出a、b、c的值，再由勾股定理的逆定理进行判断即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理及非负数的性质，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．

15.【答案】6 
【解析】解：∵AD=AC，AE⊥CD，
∴CE=ED，
∵CF=FB，
∴EF是△CBD的中位线，
∴BD=2EF=2×3=6，
故答案为：6．
根据等腰三角形的三线合一得到CE=ED，再根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．

16.【答案】3cm 
【解析】解：过D点作DE⊥AB于E，如图，
∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DE=DC，
在Rt△BDE中，∵∠B=30°，
∴BD=2DE，
∴BD=2CD，
∵BC=9，
∴CD+2CD=9，
解得CD=3(cm)．
故答案为：3cm．
过D点作DE⊥AB于E，如图，根据角平分线的性质得到DE=DC，再利用含30度的直角三角形三边的关系得到BD=2DE，则BD=2CD，然后利用BC=9cm可求出CD的长．
本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．

17.【答案】30° 
【解析】解：∵矩形A′B′C′D′的面积=平行四边形ABCD的面积×2，
∴平行四边形ABCD的底边AB边上的高等于AD的一半，
∴∠A=30°．
故答案为：30°．
根据矩形和平行四边形的面积公式可知，平行四边形ABCD的底边AB边上的高等于AD的一半，据此可得∠A为30°．
本题主要考查了四边形的不稳定性、矩形与平行四边形的面积公式、30°角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角的三角函数值是解答本题的关键．

18.【答案】 10 
【解析】
【分析】
此题考查了轴对称−最短线路问题，以及正方形的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
作出点E关于BD的对称点E′交BC于E′，连接AE′与BD交于点P，此时AP+PE最小，求出AE′的长即为最小值．
【解答】
解：作出点E关于BD的对称点E′交BC于E′，连接AE′与BD交于点P，此时AP+PE最小，

∵PE=PE′，
∴AP+PE=AP+PE′=AE′，
在Rt△ABE′中，AB=3，BE′=BE=1，
根据勾股定理得：AE′= 10，
则PA+PE的最小值为 10．
故答案为： 10．  
19.【答案】证明：∵AF=DC，
∴AF+CF=DC+CF，
即AC=DF，
在Rt△ABC和Rt△DEF中
∵AC=DFBC=EF，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(HL)．
∴∠A=∠D，
∴AB//DE． 
【解析】根据全等三角形的判定定理即可得到Rt△ABC≌Rt△DEF，再根据平行线的判定可得结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握确定三角形的判定定理是解题的关键．

20.【答案】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求；
(2)A′(4,−3)、B′(2,0)、C′(1,−2)；
(3)△A′B′C′的面积=3×3−12×1×2−12×1×3−12×2×3=3.5．
 
【解析】(1)利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；
(2)根据点的位置写出坐标；
(3)把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
本题考查作图−旋转变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．

21.【答案】解：∵∠EAB+∠ABC+∠C+∠D+∠E=540°，∠C=100°，∠D=75°，∠E=135°
∴∠EAB+∠ABC=540°−∠C−∠D−∠E=230°，
∵AP平分∠EAB，
∴∠PAB=12∠EAB，
同理可得，∠ABP=12∠ABC，
∵∠P+∠PAB+∠PBA=180°，
∴∠P=180°−∠PAB−∠PBA
=180°−12∠EAB−12∠ABC
=180°−12(∠EAB+∠ABC)
=180°−12×230°=65°．
 
【解析】本题主要考查了多边形的内角和公式，角平分线的定义，熟记公式是解题的关键．注意整体思想的运用．
根据五边形的内角和等于540°，由∠A+∠B+∠E=300°，可求∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和，进一步求得∠P的度数．

22.【答案】证明：∵▱ABCD中，
∴AD=BC，AD//BC．
∴∠ADB=∠CBD．
又∵AE=CF，
∴AE+AD=CF+BC．
∴ED=FB．
在△EOD和△FOB中，
∠EOD=∠FOB∠EDO=∠FBOED=FB,
∴△EOD≌△FOB(AAS)
∴OB=OD． 
【解析】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
根据欲证明OB=OD，只要证明△EOD≌△FOB即可解答．

23.【答案】(1)证明：在△ABC与△ADC中，
AB=ADCB=CDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC，
∴AC平分∠BAD；
(2)∵AB//CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DC=DA，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=BC=CD=DA，
∴四边形ABCD是菱形． 
【解析】(1)根据SSS证明△ABC≌△ADC即可得证；
(2)根据平行线的性质可得∠BAC=∠DCA，由(1)可得∠BAC=∠DAC，等量代换可得∠DAC=∠DCA，根据等角对等边可得DC=DA，根据四边相等的四边形是菱形即可得证．
本题考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，等角对等边，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．

24.【答案】解：∵在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，M，N分别是AB，CD的中点，
∴NP，PM分别是△CDB与△DAB的中位线，
∴PN=12BC，PM=12AD，PN//BC，PM//AD，
∴∠NPD=∠DBC，∠MPB=∠ADB，
∵AD=BC，
∴PN=PM，
故△NMP是等腰三角形．
∴∠PMN=∠PNM． 
【解析】根据中位线定理和已知，易证明△NMP是等腰三角形和PN//BC，PM//AD，进而得到∠NPD=∠DBC，∠MPB=∠ADB，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
此题主要考查了三角形中位线定理，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．

25.【答案】解：小明能听到宣传，
理由：∵村庄A到公路MN的距离为600米<1000米，
∴小明能听到宣传；
如图：假设当宣讲车行驶到P点开始小明听到广播，行驶到Q点小明听不到广播，
则AP=AQ=1000米，AB=600米，
∴BP=BQ= 10002−6002=800(米)，
∴PQ=1600米，
∴小明听到广播的时间为：1600÷250=6.4(分钟)，
∴他总共能听到6.4分钟的广播． 
【解析】根据小明A到公路MN的距离为600米<1000米，可以判断能否听到；根据勾股定理得到BP=BQ=800米，求得PQ=1600米，于是得到结论．
本题考查了勾股定理的应用，解题时结合生活实际，便于更好的理解题意．

26.【答案】解：(1)∵在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，
∴BC=AD=16，AB=CD=8，
由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=16−t，
在矩形ABCD中，∠B=90°，AD//BC，
当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t=16−t，
解得：t=8，
∴当t=8s时，四边形ABQP为矩形；
故答案为：8
(2)结论：四边形AQCP为菱形；理由如下：
∵t=6，
∴BQ=6，DP=6，
∴CQ=16−6=10，AP=16−6=10，
∴AP=CQ，AP//CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
在Rt△ABQ中，AQ= AB2+BQ2= 82+62=10，
∴AQ=CQ，
∴平行四边形AQCP为菱形，
∴当t=6时，四边形AQCP为菱形；

(3)∵正方形面积为96，
∴正方形的边长为：4 6，
∴PQ= 2×4 6=8 3；
分两种情况：
①如图1所示：作PM⊥BC于M，
则PM=AB=8，DP=BQ=t，AP=BM=16−t，
由勾股定理得：QM= PQ2−PM2=8 2，
BM=BQ+QM，
∴t+8 2=16−t，
解得：t=8−4 2；

②如图2所示：DP=BQ=t，AP=BM=16−t，
∵BQ=BM+QM，
∴16−t+8 2=t，
解得：t=8+4 2；
综上所述，以PQ为对角线的正方形面积为96时t的值为：8−4 2或8+4 2；
 
【解析】(1)由矩形性质得出BC=AD=16，AB=CD=8，由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=16−t，当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，得出方程，解方程即可；
(2)t=6时，BQ=6，DP=6，得出CQ=16−6=10，AP=16−6=10，AP=CQ，AP//CQ，四边形AQCP为平行四边形，在Rt△ABQ中，由勾股定理求出AQ=10，得出AQ=CQ，即可得出结论；
(3)分两种情况：求出正方形的边长为4 6，则对角线PQ为8 3，由勾股定理求出QM的长，由题意得出方程，解方程即可；
本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理、平行四边形的判定、三角形面积公式以及分类讨论等知识；熟练掌握正方形的判定与性质和勾股定理是解题关键．