湖南省永州市东安县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是中心对称图形，利用中心对称图形的性质，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而判断得出即可．
【详解】解：A、图形是中心对称图形，不符合题意；
B、图形不是中心对称图形，符合题意；
C、图形是中心对称图形，不符合题意；
D、图形是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
2. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据多边形的内角和公式与多边形的外角和定理列式进行计算即可解答．
【详解】设这个多边形是n边形，根据题意，得
，
解得：，
∴这个多边形是六边形．
故选：D
3. 在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,CD是中线,则CD的长为( )
A 2.5B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】∵∠C=90°,AC=3,BC=4,
∴AB=5，
∵CD是中线，
∴CD=2.5.
故选A.
4. 正方形是轴对称图形,它的对称轴共有( )
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】正方形的对称轴是两对角线所在的直线，两对边中点所在的直线，对称轴共4条．
故选D．
5. 将一个直角三角板和一把直尺如图放置，如果∠α＝47°，则∠β的度数是（ ）
A. 43°B. 47°C. 30°D. 60°
【答案】A
【解析】
【分析】延长BC交刻度尺的一边于D点，利用平行线的性质，对顶角的性质，将已知角与所求角转化到Rt△CDE中，利用内角和定理求解．
【详解】如图，延长BC交刻度尺的一边于D点，
∵AB∥DE，
∴∠β＝∠EDC，
又∵∠CED＝∠α＝47°，∠ECD＝90°，
∴∠β＝∠EDC＝90°﹣∠CED＝90°﹣47°＝43°．
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键．
6. 下列说法正确的是( )
A. 对角线相等的四边形是平行四边形
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
C. 对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D. 对角线互相垂直且相等的四边形是平行四边形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是平行四边形的判定方法.
【详解】对角线互相平分四边形是平行四边形，故选B.
故选B.
7. 如图，正方形小方格边长为1，则网格中的是（ ）
A. 直角三角形B. 锐角三角形
C. 钝角三角形D. 以上答案都不对
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则三角形是直角三角形．
根据勾股定理求得各边的长，再利用勾股定理的逆定理进行判定，即可得出答案．
【详解】正方形小方格边长为1，
，，
，
网格中的是直角三角形
故选A．
8. 如图，的周长为，与相交于点，交于，则的周长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由的周长为，即可求得，又由，可得是线段的垂直平分线，即可得，继而可得的周长等于的长．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，，
的周长为，
，
，，
，
的周长为：．
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．此题难度不大，注意数形结合思想与转化思想的应用．
9. 如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，则的长是（ ）

A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】连接、，如图，根据正方形的性质得，，，，则，再利用勾股定理计算出，然后根据直角三角形斜边上的中线的性质，求的长．
【详解】解：如图，连接、，

正方形和正方形中，，，
，，
，
，
由勾股定理得，，
是的中点，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质及勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
10. 如图，，过点P作且，得；再过点P1作且，得；又过点P2作且， 得……依此法继续作下去，得（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理以及规律型：数字的变化类，熟练掌握勾股定理，从数字找出规律是解题的关键．
由勾股定理结合数字找出规律，即可解决问题．
【详解】解：由勾股定理得，，
，
…
故选D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11. 如图，在中，，是高，，．则的长为．
【答案】的长为1
【解析】
【分析】利用含角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：在中，，，，
，
，
，
，
，
，
，
的长为1．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握含角的直角三角形的性质是解此题的关键．
12. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC，OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是菱形，那么所添加的条件可以是___________（写出一个即可）．
【答案】AB=AD（答案不唯一）.
【解析】
【详解】已知OA=OC，OB=OD，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定定理添加邻边相等或对角线垂直即可判定该四边形是菱形．所以添加条件AB=AD或BC=CD或AC⊥BD，本题答案不唯一，符合条件即可.
13. 已知、、是的三边长，且满足关系式，则的形状为__________．
【答案】等腰直角三角形
【解析】
【分析】本题考查二次根式被开方数及绝对值的非负性，勾股定理逆定理，利用二次根式被开方数和绝对值的非负性求得，，从而得到且，从而进行判断．．
【详解】解：∵，
∴，，
则且，
∴为等腰直角三角形
故答案为：等腰直角三角形．
14. 如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD=6，BD=4，CD=3，E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长是_____．
【答案】11
【解析】
【分析】利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH=FG=AD，EF=GH=BC，然后代入数据进行计算即可得解．
【详解】∵BD⊥CD，BD=4，CD=3，
∴．
∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EH=FG=AD，EF=GH=BC．
∴四边形EFGH的周长=EH+GH+FG+EF=AD+BC．
又∵AD=6，
∴四边形EFGH的周长=6＋5=11．
故答案为：11．
15. 如图，在边长为8的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=6，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为_______．
【答案】12
【解析】
【分析】连接BD，DE，如图，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，然后在Rt△ADE中根据勾股定理求出DE，进而可得结果．
【详解】解：连接BD，DE，如图,
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
∵AD=AB=8，AE=6，
∴DE＝，
∵AB＝8，AE＝6，
∴BE＝2，
∴△BEQ周长的最小值＝DE+BE＝10+2＝12．
故答案为：12．
【点睛】本题是典型的“将军饮马”问题，主要考查了正方形的性质、勾股定理和利用对称性求两线段和的最小值问题，属于常考题型，熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
16. 若菱形两条对角线的比为3：4，且周长为20cm，则它的面积等于________cm2．
【答案】24
【解析】
【详解】解：设BO=4x，则AO=3x，菱形周长为20cm，则AB=5cm，菱形对角线互相垂直平分，∴（3x）2+（4x）2=52，得x=1，即AO=3cm，BO=4cm，∴菱形的面积为S=×6cm×8cm=24cm2，故答案为24．
点睛：本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理求AO、BO的值是解题的关键．
17. 如图，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，矩形的对角线相等且互相平分，所以过交点的把矩形分成面积相等的两部分，通过面积的等量代换可求出解．
【详解】解：矩形的对角线和相交于点，
四边形里面的空白三角形的面积和四边形中阴影三角形的面积相等．
求阴影部分的面积可看成求四边形的面积．
阴影部分的面积为：．
故答案为：．
18. 如图，将一个边长分别为4，8的长方形纸片折叠，使C点与A点重合，则折痕的长是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了矩形与折叠及勾股定理，添加合适的辅助线是解题的关键．
先过点F作于G．利用勾股定理可求出，再利用翻折变换的知识，可得到，，再利用平行线及等量代换得出，根据等角对等边得出．在和中，两次利用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：过点F作于G
∵是直角梯形的折痕
∴，．
又∵
∴
∴
，
在中，
，
在中，，
（负值已舍去）
故答案为：．
三、解答题（本大题共7题，共58分．）
19. 如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．根据“平行四边形的对边平行且相等的性质”证得四边形为平行四边形，然后由“平行四边形的对边相等”的性质证得结论．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，；
又点、分别是、的中点，
，，
四边形为平行四边形，
．
20. 如图，小明同学在点P处测得教学楼A位于北偏东方向，办公楼B位于南偏东方向．小明沿正东方向前进60米到达C处，此时测得教学楼A恰好位于正北方向．办公楼B正好位于正南方向．求教学楼A与办公楼B之间的距离________．
【答案】米
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用--方向角问题，先证出米，再由锐角三角函数定义求出（米），即可求解．
【详解】解：由题意可知：．
在中，，
∴米，
在中，，
∵，
∴（米）．
∴米，
即：教学楼A与办公楼B之间的距离是米．
故答案为：米
21. 如图，点D、B分别在∠A的两边上，C是∠A内一点，AB = AD，BC = CD，CE⊥AD于E，CF⊥AF于F．求证：CE = CF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】首先证明△ADC≌△ABC可得∠DAC＝∠BAC，再根据角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等可得结论．
【详解】证明：在△ADC和△ABC中，
∴△ADC≌△ABC（SSS），
∴∠DAC＝∠BAC，
∵CE⊥AD于E，CF⊥AF于F，
∴CE＝CF．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的性质，关键是掌握全等三角形的判定方法．
22. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB 于点H，连接OH，求证：∠DHO=∠DCO.
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得OD=OB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OB，然后根据等边对等角求出∠OHB=∠OBH，根据两直线平行，内错角相等求出∠OBH=∠ODC，然后根据等角的余角相等证明即可．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=BD=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO．
23. 如图，∠A=∠B=90°，E是AB上的一点，且AE=BC，∠1=∠2．
（1）求证：△ADE≌△BEC；
（2）求证：△CDE 是直角三角形．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据∠1=∠2，得DE=CE，利用“HL”可证明Rt△ADE≌Rt△BEC；
（2）是直角三角形，由Rt△ADE≌Rt△BEC得，∠3=∠4，从而得出∠4+∠5=90°，则△CDE是直角三角形．
【小问1详解】
∵∠1=∠2，
∴DE=CE，
∵∠A=∠B=90°，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，
，
∴△ADE≌△BEC（HL）．
【小问2详解】
∵Rt△ADE≌Rt△BEC，
∴∠3=∠4，
∵∠3+∠5=90°，
∴∠4+∠5=90°，
∴∠DEC=90°，
∴△CDE是直角三角形．
【点睛】本题主要考查直角三角形全等的判定，以及直角三角形的判定，本题中主要运用两个直角三角形，有一条直角边对应相等以及斜边相等，那么这两个直角三角形全等，两个内角互余的三角形为直角三角形，大家要熟练掌握．
24. 如图，矩形中，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．
（1）求证：；
（2）若厘米，厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合），设点P运动时间为t秒，请用t表示的长；并求t为何值时，四边形是菱形．
【答案】（1）见解析 （2）秒
【解析】
【分析】（1）根据四边形是矩形可得，，再根据O为的中点得出，即可证出．
（2）根据厘米，厘米，得出和的长，再根据四边形是菱形列方程求出t的值．
【小问1详解】
证明：∵四边形是矩形
∴，
∴，
又∵O为的中点，
∴，
在与中，
∴，
∴；
【小问2详解】
由题意得，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴时，四边形是菱形，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，
由勾股定理得：，
∴，
解得：，
即运动时间为秒时，四边形是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定，在解题时与全等三角形结合是解本题的关键．
25. 如图，P为正方形ABCD的边BC上一动点(P与B、C不重合)，连接AP，过点B作BQ⊥AP交CD于点Q，将△BQC沿BQ所在的直线对折得到△BQC′，延长QC′交BA的延长线于点M．
(1)试探究AP与BQ的数量关系，并证明你的结论；
(2)当AB=3，BP=2PC，求QM的长；
(3)当BP=m，PC=n时，求AM的长．
【答案】(1)AP=BQ；(2)QM的长为；(3)AM的长为．
【解析】
【分析】(1)要证AP=BQ，只需证△PBA≌△QCB即可；
(2)过点Q作QH⊥AB于H，如图．易得QH=BC=AB=3，BP=2，PC=1，然后运用勾股定理可求得AP(即BQ)=，BH=2．易得DC∥AB，从而有∠CQB=∠QBA．由折叠可得∠C′QB=∠CQB，即可得到∠QBA=∠C′QB，即可得到MQ=MB．设QM=x，则有MB=x，MH=x-2．在Rt△MHQ中运用勾股定理就可解决问题；
(3)过点Q作QH⊥AB于H，如图，同(2)的方法求出QM的长，就可得到AM的长．
【详解】解：(1)AP=BQ．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABQ+∠CBQ=90°．
∵BQ⊥AP，
∴∠PAB+∠QBA=90°，
∴∠PAB=∠CBQ．
在△PBA和△QCB中，
，
∴△PBA≌△QCB，
∴AP=BQ；
(2)过点Q作QH⊥AB于H，如图．
∵四边形ABCD是正方形，
∴QH=BC=AB=3．
∵BP=2PC，
∴BP=2，PC=1，
∴BQ=AP===，
∴BH===2．
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴∠CQB=∠QBA．
由折叠可得∠C′QB=∠CQB，
∴∠QBA=∠C′QB，
∴MQ=MB．
设QM=x，则有MB=x，MH=x-2．
在Rt△MHQ中，
根据勾股定理可得x2=(x-2)2+32，
解得x=．
∴QM长为；
(3)过点Q作QH⊥AB于H，如图．
∵四边形ABCD正方形，BP=m，PC=n，
∴QH=BC=AB=m+n．
∴BQ2=AP2=AB2+PB2，
∴BH2=BQ2-QH2=AB2+PB2-AB2=PB2，
∴BH=PB=m．
设QM=x，则有MB=QM=x，MH=x-m．
在Rt△MHQ中，
根据勾股定理可得x2=(x-m)2+(m+n)2，
解得x=m+n+，
∴AM=MB-AB=m+n+-m-n=．
∴AM的长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，设未知数，然后运用勾股定理建立方程，是求线段长度常用的方法，应熟练掌握．