2022-2023学年湖南省岳阳九中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳九中八年级（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学年湖南省岳阳九中八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，既是轴对称又是中心对称的图形是(    )
A. 正三角形 B. 矩形 C. 平行四边形 D. 正五边形
2. 若直角三角形的一个锐角等于20°，则它的另外一个锐角等于(    )
A. 160° B. 70° C. 80° D. 60°
3. 如图，在▱ABCD中，∠A=50°，DC=DB，则∠CDB=(    )

A. 50° B. 80° C. 100° D. 70°
4. 下列判断错误的是(    )
A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B. 一条对角线平分内角的平行四边形是菱形
C. 四个内角都相等的四边形是矩形
D. 两对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
5. 在平面直角坐标系中，若点P在第二象限，且到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，则点P的坐标为(    )
A. (−3,2) B. (−2,−3) C. (2,3) D. (3,2)
6. 在直角三角形中，已知有两边长分别为3，4，则该直角三形的斜边长为(    )
A. 5 B. 4 C. 7 D. 5或4
7. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四组条件：
①AB//CD，AD//BC；
②AB=CD，AD=BC；
③AO=CO，BO=DO；
④AB//CD，AD=BC．
其中一定能判断这个四边形是平行四边形的条件共有(    )
A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组
8. 如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G.下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，其中正确结论有个(    )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 1
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 一个多边形的每一个外角都等于36°，则这个多边形的边数为______ ，内角和为______ ．
10. 把点P(−1,3)向右平移2个单位长度所到达的位置点的坐标为______ ．
11. 菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AC=6，BD=8，则菱形的边长是______ ，高是______ ．
12. 顺次连接矩形各边中点，形成的四边形是______ ．
13. 如图，BE、CF分别是△ABC的高，M为BC的中点，EF=5，BC=8，则△EFM的周长是______．


14. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈.问户高、广各几何？”其意思为：今有一门，高比宽多6尺8寸，门对角线距离恰好为1丈.问门高、宽各是多少？(1丈=10尺，1尺=10寸)如图，设门高AB为x尺，根据题意，可列方程为______ ．


15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，A(0,3)，B(1,0)，连接BA，将线段BA绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，则点C的坐标为______ ．


16. 如图，正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，点P在对角线BD上移动，则PE+PC的最小值是______．


三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，A(−1,5)，B(−1,0)，C(−4,3)．
(1)求出△ABC的面积；
(2)在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1；
(3)写出点A1，B1，C1的坐标．

18. (本小题8.0分)
已知如图，AB⊥BD，CD⊥BD，AD=BC，求证：四边形ABCD是平行四边形．

19. (本小题8.0分)
已知：如图，在▱ABCD中，BA=BD，M，N分别是AD和BC的中点．求证：四边形BNDM是矩形．

20. (本小题8.0分)
如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地(图中的四边形ABCD)，经测量，在四边形ABCD中，AB=3m，BC=4m，CD=12m，DA=13m，∠B=90°.小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，已知草坪每平方米30元，试问铺
满这块空地共需花费多少元？

21. (本小题8.0分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在BC的延长线上，且∠CEF=∠ACD．
(1)求证：DE=CF；
(2)若BC=6，AC=8，求四边形DCFE的周长．

22. (本小题8.0分)
如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为点E，F.求证：四边形PEBF是正方形．

23. (本小题8.0分)
如图，将矩形纸片ABCD(AD>AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC、AD相交，设折叠后点C、D的对应点分别为点G、H，折痕分别与边BC、AD相交于点E、F．
(1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论．
(2)若CD=2，GD=16，求DF的长．

24. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(0 (1)求证：AE=DF；
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、正三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项正确；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：B．
直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称与轴对称的概念：轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象折叠后可重合，中心对称是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．

2.【答案】B 
【解析】解：∵三角形是直角三角形，它的一个锐角等于20°，
∴它的另一个锐角为：90°−20°=70°，
故选：B．
根据直角三角形的两锐角互余计算即可．
本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．

3.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=50°，
∵DC=DB，
∴∠C=∠DBC=50°，
∴∠CDB=180°−50°−50°=80°，
故选：B．
根据等腰三角形的性质，平行四边形的性质以及三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

4.【答案】D 
【解析】解：A、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、
∵一条对角线平分内角，
∴∠1=∠2，
∵▱ABCD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴选项B不符合题意；
C、∵四个内角都相等的四边形是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
根据矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定；熟记矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键．

5.【答案】A 
【解析】解：∵点P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，
∴点P的纵坐标的绝对值是2，横坐标的绝对值是3，
∵点P在第二象限，
∴点P的横坐标为负，纵坐标为正．
∴点P的坐标为(−3,2)．
故选：A．
根据点P在第二象限确定坐标符号，根据P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，确定坐标的绝对值，即可求解．
本题考查坐标系内点的坐标特点，掌握第二象限内的点的横坐标为负，纵坐标为正是解题关键．

6.【答案】D 
【解析】解：分两种情况：
①当3和4都为直角边时，
由勾股定理得斜边长为： 32+42=5；
②当4为斜边时，斜边=4；
综上所述：该直角三形的斜边长为5或4．
故选：D．
分两种情况：①当3和4都为直角边时，由勾股定理求出斜边即可；②当4为斜边时，斜边=4；即可得出结果．
本题考查了勾股定理、分类讨论的思想方法；熟练掌握勾股定理，并能进行推理计算和分类讨论是解决问题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可知④错误；
故给出下列四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形，
故选：C．
根据平行四边形的判断定理可作出判断．
此题主要考查了平行四边形的判定定理，准确无误的掌握定理是做题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AE=AFAB=AD，
Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，
∴BE=DF(故①正确)．
∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，
即∠DAF=15°(故②正确)，
∵BC=CD，
∴BC−BE=CD−DF，即CE=CF，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF.(故③正确)．
设EC=x，由勾股定理，得
EF= 2x，CG= 22x，
∴AG=AE⋅sin60°=EF⋅sin60°=2×CG⋅sin60°= 62x，
∴AC= 62x+ 22x，
∴AB= 3x+x2，
∴BE= 3x+x2−x= 3x−x2，
∴BE+DF= 3x−x≠ 2x，(故④错误)，
故选：B．
通过条件可以得出Rt△ABE≌△RtADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC=x，由勾股定理就可以表示出BE+DF与EF即可判断．
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理是解题的关键．

9.【答案】10  1440° 
【解析】解：∵多边形的每一个外角都等于36°，
∴这个多边形的边数=360÷36=10．
故答案为：10．
∴它的内角和是(10−2)⋅180°=1440°．
故答案为：1440°．
根据任意多边形的外交和等于360°，多边形的每一个外角都等于36°，多边形边数=360÷外角度数，代入数值计算即可．
本题考查了多边形的外角和和多边形的边数，解答的关键是掌握多边形的外角和等于360°．

10.【答案】(1,3) 
【解析】解：原来点的横坐标是−1，纵坐标是3，向右平移2个单位得到新点的横坐标是−1+2=1，纵坐标不变．
即向右平移2个单位长度所到达的位置坐标为(1,3)．
故答案为(1,3)．
直接利用平移中点的变化规律求解即可．
平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
本题考查了坐标与图形变化−平移，解决本题的关键是要懂得左右移动只改变点的横坐标，左减右加．

11.【答案】5 245 
【解析】解：如图，AH为菱形的高，

∵四边形ABCD是菱形，且AC=6，BD=8，
∴OA=12AC=3，OB=12BD=4，AC⊥BD，
∴AB= OA2+OB2=5．
∵菱形的面积=12AC⋅BD=12BC⋅AH，BC=AB，
∴AH=12⋅AC⋅BDBC=12⋅6×85=245．
故答案为：5；245．
由菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AC=6，BD=8，即可求得OA与OB的长，然后由勾股定理求得菱形的边长；依据菱形的面积计算出菱形的高即可．
此题考查了菱形的性质以及勾股定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．

12.【答案】菱形 
【解析】解：连接AC、BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC=BD，
∵AH=HD，AE=EB，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=12BD，
同理，FG=12BD，HG=12AC，EF=12AC，
∴EH=HG=GF=FE，
∴四边形EFGH为菱形，
故答案为：菱形．
连接AC、BD，根据矩形的性质得到AC=BD，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理解答即可．
本题考查的是矩形的性质、菱形的判定、三角形中位线定理的应用，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分．

13.【答案】13 
【解析】解：∵BE、CF分别是△ABC的高，M为BC的中点，BC=8，
∴在Rt△BCE中，EM=12BC=4，
在Rt△BCF中，FM=12BC=4，
又∵EF=5，
∴△EFM的周长=EM+FM+EF=4+4+5=13．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先求出EM=FM=12BC，再求△EFM的周长就不难了．
本题主要利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质．

14.【答案】(x−6.8)2+x2=102 
【解析】解：设门高AB为x尺，则门的宽为(x−6.8)尺，AC=1丈=10尺，
依题意得：AB2+BC2=AC2，
即(x−6.8)2+x2=102．
故答案为：(x−6.8)2+x2=102．
设门高AB为x尺，则门的宽为(x−6.8)尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

15.【答案】(4,1) 
【解析】解：过C点作CD⊥x轴，垂足为D，

∵A(0,3)，B(1,0)，
∴OA=3，OB=1，
∵AO⊥OB，CD⊥BD，
∴∠AOB=∠CDB=90°，
∴∠C+∠CBD=90°，
由旋转得：AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBD=180°−∠ABC=90°，
∴∠ABO=∠C，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴AO=BD=3，CD=OB=1，
∴OD=OB+BD=4，
∴点C的坐标为(4,1)，
故答案为：(4,1)．
过C点作CD⊥x轴，垂足为D，根据已知可得OA=3，OB=1，再根据垂直定义可得∠AOB=∠CDB=90°，从而可得∠C+∠CBD=90°，然后根据旋转的性质可得：AB=BC，∠ABC=90°，从而可得∠ABO+∠CBD=90°，进而可得∠ABO=∠C，最后利用AAS证明△AOB≌△BDC，从而可得AO=BD=3，CD=OB=1，进而可得OD=4，即可解答．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的变化−旋转，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

16.【答案】 5 
【解析】解：如图，连接AE，
∵点C关于BD的对称点为点A，
∴PE+PC=PE+AP，
根据两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值，
∵正方形ABCD的边长为2，E是BC边的中点，
∴BE=1，
∴AE= 12+22= 5，
故答案为： 5．
要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解．
此题主要考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．根据已知得出两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值是解题关键．

17.【答案】解：(1)如图所示：△ABC的面积：12×3×5=7.5；

(2)如图所示：

(3)A1(1,5)，B1(1,0)，C1(4,3)． 
【解析】(1)利用三角形的面积求法即可得出答案；
(2)首先找出A、B、C三点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
(3)根据坐标系写出各点坐标即可．
此题主要考查了作图--轴对称变换，关键是找出对称点的位置，再顺次连接即可．

18.【答案】证明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABD=∠CDB=90°，
在Rt△ABD和Rt△CDB中，
AD=BC BD=DB ，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB(HL)，
∴AB=CD，
又AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形． 
【解析】只要证明Rt△ABD≌Rt△CDB(HL)，根据全等三角形的性质即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟记“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”．

19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，BA=DC，
∵BA=BD，
∴BA=BD=DC，
∵M、N分别是AD和BC的中点，
∴BM⊥AD，DM=12AD，BN=12BC，
∴DM=BN，
又∵DM//BN，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵BM⊥AD，
∴∠BMD=90°，
∴四边形BMDN是矩形． 
【解析】首先判定四边形BNDM是平行四边形，然后证得一个内角为直角，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形进行判定即可．
考查了矩形的判定及平行四边形的性质的知识，解题的关键是了解矩形四边形的判定方法，难度不大．

20.【答案】解：如图，连接AC，
在Rt△ABC中，∵AB=3m，BC=4m，∠B=90°，AB2+CB2=AC2
∴AC=5cm，
在△ACD中，AC=5cm CD=12m，DA=13m，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形，
∵S△ABC=12×3×4=6，S△ACD=12×5×12=30，
∴S四边形ABCD=6+30=36，
费用=36×30=1080(元)．
答：铺满这块空地共需花费1080元． 
【解析】先在Rt△ABC中，利用勾股定理可求AC，在△ACD中，易求AC2+CD2=AD2，再利用勾股定理的逆定理可知△ACD是直角三角形，分别利用三角形的面积公式求出△ABC、△ACD的面积，两者相加即是四边形ABCD的面积，再乘以30，即可求总花费．
本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理的应用、三角形的面积公式．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．

21.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，点D是AB中点，
∴CD=AD=BD，
∴∠DAC=∠DCA，
∵∠CEF=∠A，
∴∠CEF=∠DCE，
∴CD//EF，
∵点E是AC中点，
∴DE//CF，
∴四边形DCEF是平行四边形，
∴DE=CF；
(2)解：∵BC=2，AB=6，
∵AD=BD，AE=CE，
∴DE=12BC=1=CF，
∵AB=6，
∴CD=EF=12AB=3，
∴四边形DCFE的周长为(1+3)×2=8． 
【解析】(1)根据三角形中位线定理和根据平行四边形的判定和性质得出对边相等得出结论．
(2)由三角形的中位线定理得到DE的长度，进而解答即可．
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，熟记各性质并确定出由三角形的中位线定理得到DE的长度是解题的关键．

22.【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠DBC=∠ABD=45°，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠PEB=∠PFB=∠EBF=90°，
∴四边形PEBF是矩形，
∵∠FBP=∠FPB=45°，
∴FB=FP，
∴四边形PEBF是正方形． 
【解析】根据邻边相等的矩形是正方形证明即可．
本题考查了正方形的性质，熟练掌握相关判定及性质，是解题的关键．

23.【答案】解：(1)结论：四边形CEGF是菱形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠GFE=∠FEC，
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕，
∴∠GEF=∠FEC，FG=FC，EG=GC，
∴∠GFE=∠FEG，
∴GF=GE，
∴GE=EC=CF=FG，
∴四边形CEGF为菱形；
(2)如图2，当G与A重合时，CE的值最大，由折叠的性质得AE=CE，
∵∠B=90°，
∴Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，
即CE2=22+(6−CE)2，
解得，CE=103，
∴四边形CEGF的面积=103×2=203． 
【解析】(1)根据翻转变换的性质得到FG=FC，EG=GC，∠GEF=∠FEC，根据平行线的性质得到∠GFE=∠FEC，得到GF=GE，得到GE=EC=CF=FG，根据菱形的判定定理证明；
(2)根据折叠的性质得到EA=EC，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
本题考查的是菱形的判定、勾股定理的运用，掌握四条边相等的四边形是菱形、翻转变换的性质是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵直角△ABC中，∠C=90°−∠A=30°．
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在直角△CDF中，∠C=30°，
∴DF=12CD=2t，
∴DF=AE．

解：(2)∵DF//AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即60−4t=2t，
解得：t=10，
即当t=10时，▱AEFD是菱形．

(3)当t=152时，△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)．
理由如下：
当∠EDF=90°时，DE//BC．
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE，
∵CD=4t，
∴DF=2t=AE，
∴AD=4t，
∴4t+4t=60，
∴t=152时，∠EDF=90°．
当∠DEF=90°时，DE⊥EF，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD//EF，
∴DE⊥AD，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE=90°，
∵∠A=60°，
∴∠DEA=30°，
∴AD=12AE，
AD=AC−CD=60−4t，AE=DF=12CD=2t，
∴60−4t=t，
解得t=12．
综上所述，当t=152时△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)． 
【解析】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定与性质，正确利用t表示DF、AD的长是关键，属于较难题．
(1)利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
(2)易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
(3)分两种情况讨论即可求解．