湖南省郴州市桂阳县龙潭中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份湖南省郴州市桂阳县龙潭中学2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下列图形分别表示医疗废物、中国红十字会、医疗卫生服务机构、国际急救的医疗或救援的标识，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：选项中只有C选项经过旋转180度后与原图形重合，
故选：C．
【点睛】题目主要考查中心对称图形的判断，理解中心对称图形的定义是解题关键．
2. 在中，，那么另一个锐角的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查直角 三角形的性质，熟练掌握直角三角形两锐角互余是解题的关键．
根据直角三角形两锐角互余计算即可．
【详解】解：∵在中，，
∴．
故选：A．
3. 已知点P的坐标为，则点P在第（ ）象限．
A. 一B. 二C. 三D. 四
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，掌握四个象限内点的坐标符号特点是关键．
根据各象限内点的坐标符号可得其所在象限．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【详解】解：∵点，
∴点P的横坐标为正数，纵坐标为负数，
∴点P在第四象限．
故选：D．
4. 下列各组数值中是勾股数的是（ ）
A. 1，2，3B. 3，4，5C. 5，6，7D. 7，8，9
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了勾股数的知识，解答此题要用到勾股数的定义，及勾股定理的逆定理：已知的三边满足，则是直角三角形．判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
【详解】解：A、，不是勾股数，故本选项不符合题意．
B、，是勾股数，故本选项符合题意．
C、，不是勾股数，故本选项不符合题意．
D、，不是勾股数，故本选项不符合题意．
故选：B
5. 如图，∠C＝∠D＝90°，若添加一个条件，可使用“HL”判定Rt△ABC与Rt△ABD全等，则以下给出的条件适合的是( )
A. AC＝ADB. AB＝ABC. ∠ABC＝∠ABDD. ∠BAC＝∠BAD
【答案】A
【解析】
【分析】由已知两三角形为直角三角形，且斜边为公共边，若利用证明两直角三角形全等，需要添加的条件为一对直角边相等，即或．
【详解】解：需要添加的条件为或，理由为：
若添加的条件为，
在Rt△ABC与Rt△ABD中，
，
；
若添加的条件为，
在Rt△ABC与Rt△ABD中，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定，解题的关键是知道“”即为斜边及一直角边对应相等的两直角三角形全等．
6. 如图，△ABC中，已知AB＝8，BC＝6，CA＝4，DE是中位线，则DE＝（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由D，E分别是边AB，AC的中点，首先判定DE是三角形的中位线，然后根据三角形的中位线定理求得DE的值即可．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC，
∵BC＝6，
∴DE＝BC＝3．
故选B．
【点睛】考查三角形的中位线定理，根据定理确定DE等于那一边的一半是解题关键．
7. 下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有性质是（ ）
A. 对边平行且相等B. 对角线互相平分
C. 对角线相等D. 对角线互相垂直
【答案】C
【解析】
【分析】矩形与菱形相比，菱形的四条边相等、对角线互相垂直；矩形四个角是直角，对角线相等，由此结合选项即可得出答案．
【详解】A、菱形、矩形的对边都平行且相等，故本选项错误；
B、对角互相平分，菱形、矩形都具有，故本选项错误；
C、对角线相等菱形不具有，而矩形具有，故本选项正确；
D、对角线互相垂直，菱形具有而矩形不具有，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质及矩形的性质，熟练掌握矩形的性质与菱形的性质是解题的关键．
8. 如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，需添加的条件是（ ）

A. AB＝BCB. AC⊥BDC. ∠ABC＝90°D. ∠1＝∠2
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形判定定理（①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形）逐一判断即可．
【详解】A、根据AB＝BC和平行四边形ABCD不能得出四边形ABCD是矩形，故本选项错误
B、∵四边形ABCD是平行四边形
∴当AC⊥BD时四边形ABCD是菱形，故本选项错误
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD
∴平行四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形，故本选项错误
D、∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠2＝∠ACB
∵∠1＝∠2
∴∠1＝∠ACB
∴AB＝BC
∴四边形ABCD是菱形，不能推出四边形ABCD是矩形，故本选项错误
故选：C
【点睛】本题考查矩形的判定，解题的关键是掌握矩形的判定方法.
9. 如图，在一正方形草坪上开辟出一块三角形花圃，若，，，则剩余草坪的面积是（ ）
A. 30B. 49C. 139D. 169
【答案】C
【解析】
【分析】在中，已知与的长，根据勾股定理可求出；依据的长可求出正方形的面积，然后求出的面积，即可由求解．
【详解】解：在中，，，，
由勾股定理得：，
正方形的面积是，
的面积是；
∴．
故选：C．
10. 如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AD是∠CAB的平分线，设△ACD，△ABD的面积分别是，，则等于（ ）
A. 3：4B. 4：5C. 3：7D. 3：5
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件可得点D到∠ABC两边距离相等，即两三角形的高相等，要求三角形的面积比，只要求出两个三角形的底的比即可．
【详解】解：过D作DE⊥AB于E，而 AD是∠CAB的平分线，
DE=DC，
又∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的性质；发现并利用两个三角形等高是正确解答本题的关键．
二、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分）
11. 如图，在中，，，，则的长为______ ．

【答案】5
【解析】
【分析】根据在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半即可．
【详解】解：在中，，，，
，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查含的直角三角形的性质，熟记相关结论是解题关键．
12. 点P（1，2）关于y轴对称的点的坐标是_____．
【答案】（﹣1，2）
【解析】
【详解】解：∵点P（m，n）关于y轴对称点的坐标P′（﹣m，n），
∴点P（1，2）关于y轴对称的点的坐标为（﹣1，2），
故答案为:（-1，2）.
13. 若点在轴上，则的值为________．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查点的坐标的特征．根据题意，在轴上的点的纵坐标为0即可．
【详解】解：点在轴上
．
故答案为：3．
14. 五边形的内角和等于___________度．
【答案】540
【解析】
【分析】直接根据边形的内角和进行计算即可．
【详解】解：五边形的内角和．
故答案为：540．
【点睛】本题考查了边形的内角和定理：边形的内角和．
15. 在矩形中，，，则矩形的周长是________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查根据矩形的性质求矩形的周长．
根据矩形周长等于长与宽和的2倍求解即可．
【详解】解：∵矩形，，，
∴矩形的周长．
故答案为：10．
16. 如图，在中，，若，，则的长是________.
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质，勾股定理是解题的关键．根据平行四边形的性质得到，，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：的对角线与相交于点，，，
，，
，
，
在中，，
故答案为：4
17. 菱形两条对角线长分别是4和6，则这个菱形的面积为_____．
【答案】12
【解析】
【分析】菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果．
【详解】由题意，知：．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形的面积，菱形面积的求解方法：①底乘以高，②对角线积的一半．
18. 如图，正方形的边长为4，点E在上且，F为对角线上一动点，则周长的最小值为________
【答案】6
【解析】
【分析】连接，，当，，在一条直线上时，可以取得最小值，最小值为，可证得，得到，进而可求得答案．
【详解】如图所示，连接，．

根据题意可知，当，，在一条直线上时，可以取得最小值，最小值为．
．
是正方形的对角线，
，
在和中，
，
∴．
∴．
∴的最小值为．
∴周长的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、正方形的性质、勾股定理，两点之间线段最短，能根据题意构建辅助线是解题的关键．
三、解答题（共66分，19题6分，20题6分，21题8分，22题8分，23题9分，24题9分，25题10分，26题10分）
19. 一个多边形的内角和是它外角和的3倍，它是几边形？
【答案】这个多边形是八边形
【解析】
【分析】根据任意凸多边形的外角和都为，内角和都为（其中n为边数），再结合题意列出等式，求出n即可．
【详解】解：设这个多边形是n边形，则依题意得：
，
解得，
故这个多边形是八边形．
【点睛】本题考查凸多边形的外角和与内角和，熟记任意凸多边形的外角和都为以及其内角和公式为（其中n为边数）是解答本题的关键．
20. 已知在平面直角坐标系中有三点，，，请解答下列问题．
（1）在坐标系内描出点的位置，并顺次连接成；
（2）画出关于轴对称的．
【答案】（1）见详解 （2）见详解
【解析】
【分析】本题考查轴对称作图．
（1）根据题意，先找出点的位置，再顺次连接即可；
（2）先找出点关于轴对称的点，再顺次连接即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
如图所示，即为所求．
21. 如图，在四边形中，，，，，，求四边形的面积．
【答案】36
【解析】
【分析】本题考查了求不规则图形面积，勾股定理及其逆定理；连接，由勾股定理得，求出，再由勾股定理的逆定理得，即可求解；掌握定理，将不规则图形转化为规则图形是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
，
，
；
．
故四边形的面积为．
22. 如图所示，为了躲避海盗，一轮船由西向东航行，早上8时，在A处测得小岛P在北偏东的方向上，以每小时20海里的速度继续向东航行，10时到达B处，并测得小岛P在北偏东的方向上，已知小岛周围20海里内有暗礁，若轮船仍向前航行，有无触礁危险？
【答案】若轮船仍向前航行没有触礁的危险．
【解析】
【分析】此题考查了含角的直角三角形的应用，关键找出题中的等腰三角形，然后再根据直角三角形性质求解．作于点，根据方向角的定义求得和的度数，证明，然后在直角中利用含角的直角三角形的性质求得的大小，与20海里进行比较即可．
【详解】解：作于点．
，，
又，
，
（海里），
在直角中，．
则若轮船仍向前航行没有触礁的危险．
23. 如图所示，在矩形中，，，对角线垂直平分线分别交、于点、，连接、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求菱形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）求出AO=OC，∠AOE=∠COF，根据平行线的性质得出∠EAO=∠FCO，根据ASA推出：△AEO≌△CFO；根据全等得出OE=OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形；
（2）根据线段垂直平分线性质得出AF=CF，设AF=x，推出AF=CF=x，BF=3-x，在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程22+（3-x）2=x2，求出即可．
【详解】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
，
∴△AEO≌△CFO（ASA）；
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：设AF=x，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AF=CF=x，BF=3-x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，
22+（3-x）2=x2，
解得 x=．
即菱形AECF的周长是．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想．
24. 阅读下列一段文字，回答问题．

【材料阅读】平面内两点，则由勾股定理可得，这两点间的距离．
例如，如图1，，则．
【直接应用】
（1）已知，求两点间的距离；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，与轴正半轴的夹角是．试判断的形状并证明．
【答案】（1）
（2）是直角三角形，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由两点间的距离公式可求出答案；
（2）过点作轴于点，求出，则可求出；进而根据距离公式求出和的长，由勾股定理的逆定理可得出结论．
【小问1详解】
解： ，
；
【小问2详解】
是直角三角形，证明如下：

过点作轴于点，
与轴正半轴的夹角是，
，
；
，
，
，
，
，
，
是直角三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，坐标与图形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
25. 已知∠MAN=120°，AC平分∠MAN，点B、D分别在AN、AM上．
（1）如图1，若∠ABC=∠ADC=90°，请你探索线段AD、AB、AC之间的数量关系，并证明之；
（2）如图2，若∠ABC+∠ADC=180°，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）AD+AB=AC；（2）仍成立．
【解析】
【分析】（1）得到∠ACD＝∠ACB＝30°后再可以证得AD＝ABAC从而，证得结论；
（2）过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F，证得△CED≌△CFB后即可得到AD+AB＝AE﹣ED+AF+FB＝AE+AF，从而证得结论．
【详解】（1）关系是：AD+AB＝AC．证明如下：
∵AC平分∠MAN，∠MAN＝120°，∴∠CAD＝∠CAB＝60°．
又∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ACD＝∠ACB＝30°，则AD＝ABAC（直角三角形一锐角为30°，则它所对直角边为斜边一半），∴AD+AB＝AC．
（2）仍成立．理由如下：
过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F．
∵AC平分∠MAN，∴CE＝CF（角平分线上点到角两边距离相等）．
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠CDE＝180°，∴∠CDE＝∠ABC．
又∵∠CED＝∠CFB＝90°，∴△CED≌△CFB（AAS）．
∵ED＝FB，∴AD+AB＝AE﹣ED+AF+FB＝AE+AF．
由（1）知AE+AF＝AC，∴AD+AB＝AC．
【点睛】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质等知识，是一道比较好的综合题．
26. 如图，在四边形ABCD中，，，，，，动点P从A点开始沿AD边以的速度向点D运动，动点Q从C点开始沿CB边以的速度向点B运动，P，Q分别从A，C同时出发，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．

当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
当t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
问：四边形PQCD是否能成菱形？若能，求出运动时间；若不能，请说明理由．
【答案】（1）时，四边形ABQP是矩形；（2）时，四边形PQCD是平行四边形；（3）四边形PQCD不可能是菱形，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由在梯形ABCD中，，，可得当时，四边形ABQP是矩形，即可得方程：，解此方程即可求得答案．
（2）由在梯形ABCD中，，可得当时，四边形PQCD是平行四边形，即可得方程：，解此方程即可求得答案；
（3）由若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，根据（2）中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为，即可得四边形PQCD不可能是菱形．
【详解】解：根据题意得：，，
，，，
，，
（1）∵在梯形ABCD中，，，
∴当时，四边形ABQP是矩形，
∴，
解得：，
∴当时，四边形ABQP是矩形；
（2）∵在梯形ABCD中，，
∴当时，四边形PQCD平行四边形，
∴，
解得：，
当时，四边形PQCD是平行四边形；
（3）若四边形PQCD是菱形，则四边形PQCD是平行四边形，
根据（2）得：，
∴，
过点D作于E，
∴四边形ABED是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形PQCD不可能是菱形．
【点睛】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．