还剩24页未读，
继续阅读
所属成套资源：苏科版版八年级下册数学 期中测试试卷
成套系列资料，整套一键下载
苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）10
展开
这是一份苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）10，共27页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年苏科版八年级下学期期中数学试卷
姓名： 得分： 日期：
一、填空题（本大题共 12 小题，共 24 分）
1、(2分) 调查神舟九号宇宙飞船各部件功能是否符合要求，这种调查适合用______（填“普查”或“抽样调查”）．
2、(2分) 某市有16000名学生参加考试，为了了解考试情况，从中抽取1000名学生的成绩进行统计分析，在这个问题中，样本容量是______．
3、(2分) 平行四边形ABCD中，∠A=40°，则∠D=______度．
4、(2分) “a是实数，|a|≥0”这一事件是______ 事件．
5、(2分) 样本的50个数据分别落在4个组内，第1、2、4组数据的个数分别是6、12、22，则落在第3组的频数是______．
6、(2分) 菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为______．
7、(2分) 如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△AB1C1，若点B1在线段BC的延长线上，则∠BB1C1的大小是______度．
8、(2分) 如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC=60°，则∠EFD的度数为______度．
9、(2分) 在某次数学竞赛中，某校表现突出，成绩均不低于60分．为了更好地了解某校的成绩分布情况，随机抽取利了其中50名学生的成绩（成绩x取整数，总分100分）作为样本进行了整理，结果如表：按规定，成绩在80分以上（包括80分）的选手进入决赛．根据所给信息，请估计该校参赛选手入选决赛的概率为______．
成绩
频率
60≤x＜70
0.3
70≤x＜80
0.4
80≤x＜90
0.2
90≤x≤100
0.1
10、(2分) 在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，对角线AC、BD相交于点O，则△AOB的周长是______．
11、(2分) 如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E，F分别在BC和CD上，下列结论：①CE=CF；②BD=1+3；③BE+DF=EF；④∠AEB=75°．其中正确的序号是______．
12、(2分) 如图，△ABC中，点E、F是AC边上的三等分点，且AC=m，动点P从点E移动到点F，且PM∥BC，PN∥AB，G为MN的中点，则点G运动的路径长度为______（用含m的代数式表示）
二、选择题（本大题共 6 小题，共 18 分）
13、(3分) 下列汉字或字母中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
14、(3分) 在一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同．通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，则口袋中白球可能有（ ）
A.16个
B.15个
C.13个
D.12个
15、(3分) 下列四个命题：
①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；
④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题共有（ ）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
16、(3分) 如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH等于( )
A.245
B.125
C.5
D.4
17、(3分) 如图，矩形ABCD中，AB=14，AD=8，点E是CD的中点，DG平分∠ADC交AB于点G，过点A作AF⊥DG于点F，连接EF，则EF的长为（ ）
A.3
B.4
C.5
D.6
18、(3分) 如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（ ）
A.332
B.233
C.333
D.433
三、解答题（本大题共 8 小题，共 45 分）
19、(2分) “共享单车，绿色出行”，现如今骑共享单车出行不但成为一种时尚，也称为共享经济的一种新形态，某校九（1）班同学在街头随机调查了一些骑共享单车出行的市民，并将他们对各种品牌单车的选择情况绘制成如下两个不完整的统计图（A：摩拜单车；B：ofo单车；C：HelloBike）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）求出本次参与调查的市民人数；
（2）将上面的条形图补充完整；
（3）若某区有10000名市民骑共享单车出行，根据调查数据估计该区有多少名市民选择骑摩托单车出行？
20、(8分) 如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线BD上的点，BE=DF．
（1）求证：∠1=∠2；
（2）求证：AF∥CE．
21、(8分) 如图，已知△ABC三个顶点坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（4，4）．
（1）请按要求画图：
①画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
②画出△ABC绕着原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
（2）请写出直线B1C1与直线B2C2的交点坐标．
22、(4分) 如图，四边形ABCD为矩形，点E是边BC的中点，AF∥ED，AE∥DF
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）试探究：当AB：BC=______，菱形AEDF为正方形？请说明理由．
23、(5分) 如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，线段AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G．
（1）判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
（2）若M为EF的中点，OM=2，∠OBC和∠OCB互余，求线段BC的长．
24、(8分) 如图，直线l1：y=-0.5x+b分别与x轴、y轴交于A．B两点，与直线l2：y=kx-6交于点C（4，2）．
（1）点A坐标为（______，______），B为（______，______）；
（2）在线段BC上有一点E，过点E作y轴的平行线交直线l2于点F，设点E的横坐标为m，当m为何值时，四边形OBEF是平行四边形．
25、(6分) 如图，在平面直角坐标系xOy中，把矩形COAB绕点C顺时针旋转α角，得到矩形CFED．设FC与AB交于点H，且A（0，4），C（8，0）．
（1）当α=60°时，△CBD的形状是______；
（2）设AH=m
①连接HD，当△CHD的面积等于10时，求m的值；
②当0°＜α＜90°旋转过程中，连接OH，当△OHC为等腰三角形时，请直接写出m的值．
26、(4分) 如图：正方形OABC置于坐标系中，B的坐标是（-4，4），点D是边OA上一动点，以OD为边在第一象限内作正方形ODEF．
（1）CD与AF有怎样的位置关系，猜想并证明；
（2）当OD=______时，直线CD平分线段AF；
（3）在OD=2时，将正方形ODEF绕点O逆时针旋转α°（0°＜α°＜180°），求当C、D、E共线时D的坐标．
2020-2021学年苏科版八年级下学期期中数学试卷
【 第 1 题 】
【 答 案 】
普查
【 解析 】
解：调查神舟九号宇宙飞船各部件功能是否符合要求，这种调查适合用普查，
故答案为：普查．
对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
1000
【 解析 】
解：某市有16000名学生参加考试，为了了解考试情况，从中抽取1000名学生的成绩进行统计分析，在这个问题中，样本容量是1000，
故答案为：1000
样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量进行分析即可．
此题主要考查了总体、个体、样本、样本容量，关键是掌握各个量的定义．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
140
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=180°-∠A=140°．
故答案为：140
由平行四边形的性质解答即可．
本题考查平行四边形的性质，比较简单，解答本题的关键是掌握平行四边形的邻角互补．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
必然
【 解析 】
解：“a是实数，|a|≥0”这一事件是必然事件．
故答案是：必然．
根据必然事件、随机事件以及不可能事件的定义即可作出判断．
本题考查了必然事件、随机事件以及不可能事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
10
【 解析 】
解：第4组数据的频数：50-6-12-22=10，
故答案为：10．
根据频数是指每个对象出现的次数可得第3组数据的频数为50减去第1、2、4组的频数．
此题主要考查了频数，关键是掌握频数的定义．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
20
【 解析 】
解：如图所示，
根据题意得AO=12×8=4，BO=12×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB=AO2+BO2=16+9=5，
∴此菱形的周长为：5×4=20．
故答案为：20．
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
80
【 解析 】
解：由旋转的性质可知：∠B=∠AB1C1，AB=AB1，∠BAB1=100°．
∵AB=AB1，∠BAB1=100°，
∴∠B=∠BB1A=40°．
∴∠AB1C1=40°．
∴∠BB1C1=∠BB1A+∠AB1C1=40°+40°=80°．
故答案为：80．
由旋转的性质可知∠B=∠AB1C1，AB=AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B=∠BB1A=∠AB1C1=40°，从而可求得∠BB1C1=80°．
本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到△ABB1为等腰三角形是解题的关键．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
15
【 解析 】
解：∵△DCF是△BCE旋转以后得到的图形，
∴∠BEC=∠DFC=60°，∠ECF=∠BCE=90°，CF=CE．
又∵∠ECF=90°，
∴∠EFC=∠FEC=12（180°-∠ECF）=12（180°-90°）=45°，
故∠EFD=∠DFC-∠EFC=60°-45°=15°．
故答案为：15°
此题只需根据旋转的性质发现等腰直角三角形CEF，进行求解．
本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度．难度不大，但易错．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
0.3
【 解析 】
解：概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率，
∴估计该校参赛选手入选决赛的概率为0.2+0.1=0.3．
故答案为：0.3；
概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率．
此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
8
【 解析 】
解：∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴OA=OB=2.5，
∴△AOB的周长=3+2.5+2.5=8，
故答案为：8．
由题意根据勾股定理求出AC=BD=5，即可得到OA=OB=2.5，即可得出结果．
本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质是关键．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
①②④
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，AB=ADAE=AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC-BE=CD-DF，
∴CE=CF，故①正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，故④正确；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，故③错误；
∵△AEF是边长为2的等边三角形，∠ACB=∠ACD，
∴AC⊥EF，EG=FG，
∴AG=AE•sin60°=2×32=3，CG=12EF=1，
∴AC=AG+CG=3+1；故②正确．
故答案为：①②④．
根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断④的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，根据三线合一的性质，可判定AC⊥EF，然后分别求得AG与CG的长，继而求得答案．
此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质以及直角三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
16m
【 解析 】
解：连接BP，
∵PM∥BC，PN∥AB，
∴四边形BMPN为平行四边形，
∴MN与BP互相平分，
∵G为MN的中点，
∴G为BP的中点，
连接BE、BF，设BE、BF的中点分别为D、H，则G运动的路径长度为：
DH=12EF=12×13m=16m．
故答案为：16m．
连接BP，先证明点G是BP的中点，连接BE、BF，设BE、BF的中点分别为D、H，则G运动的路径长度为DH的长度，由三角形的中位线定理便可求得其长度．
本题是平行四边形与三角形结合的一个综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，关键是找出G点运动的路径是△BEF的中位线．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误．
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：设白球个数为：x个，
∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，
∴口袋中得到红色球的概率为25%，
∴44+x=14，
解得：x=12，
经检验x=12是原方程的根，
故白球的个数为12个．
故选：D．
由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可．
此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：①一组对边平行，且一组对角相等，则可以判定另外一组对边也平行，所以该四边形是平行四边形，故该命题正确；
②对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，也可以是普通的四边形（例如对角线垂直的等腰梯形），故该命题错误；
③因为矩形的对角线相等，所以连接矩形的中点后都是对角线的中位线，所以四边相等，所以是菱形，故该命题正确；
④正五边形只是轴对称图形不是中心对称图形，故该命题错误；
所以正确的命题个数为2个，
故选：B．
根据平行四边形的各种判定方法、正方形的各种判定方法、菱形的各种判定方法以及正多边形的轴对称性逐项分析即可．
本题考查菱形的判定，平行四边形的判定以及正方形的判定定理以及真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
【分析】
本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD=12×AC×BD=AB×DH是解此题的关键．根据菱形性质求出AO=4，OB=3，∠AOB=90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】
解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，
∵AC=8，DB=6，
∴AO=4，OB=3，∠AOB=90°，
由勾股定理得：AB=32+42=5，
∵S菱形ABCD=12×AC×BD=AB×DH，
∴12×8×6=5×DH，
∴DH=245.
故选A．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：连接CG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠B=90°，AD=BC=8，
∴∠AGD=∠GDC，
∵DG平分∠ADC，
∴∠ADG=∠GDC，
∴∠AGD=∠ADG，
∴AG=AD=8，
∵AF⊥DG于点F，
∴FG=FD，
∵点E是CD的中点，
∴EF是△DGC的中位线，
∴EF=12CG，
∵AB=14，
∴GB=6，
∴CG=BC2+BG2=10，
∴EF=12×10=5，
故选：C．
连接CG，由矩形的性质好已知条件可证明EF是△DGC的中位线，在直角三角形GBC中利用勾股定理可求出CG的长，进而可求出EF的长
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判断和性质、中位线定理的运用以及勾股定理的运用，证明EF是△DGC的中位线是解题的关键．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：如图，∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴△BFG是等边三角形．
∴BF=BG=FG，．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”，
∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°-120°=60°，
∵BC=4，
∴BF=2，EF=23，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴EC=43．
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴EF=BF=FG，
∴EF=13CE=433，
故选：D．
根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）本次参与调查的市民人数80÷40%=200（人）；
（2）A品牌人数为200×30%=60（人），D品牌人数为200×15%=30（人），
补全图形如下：
（3）10000×30%=3000（人），
答：估计该区有3000名市民选择骑摩拜单车出行．
【 解析 】
（1）根据B品牌人数及其所占百分比可得总人数；
（2）总人数分别乘以A、D所占百分比求出其人数即可补全图形；
（3）总人数乘以样本中A的百分比即可得．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
证明：（1）连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵BE=DF，
∴EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥FC，
∴∠1=∠2；
（2）∵四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
【 解析 】
（1）利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，进而得出EO=FO，即可得出四边形AECF是平行四边形，得出答案即可；
（2）利用（1）中所求，结合平行四边形的性质得出即可．
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，得出四边形AECF是平行四边形是解题关键．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）由图形可知：交点坐标为（-1，-4）．
【 解析 】
（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转角度，旋转方向，分别找到A、B、C的对应点，顺次连接可得△A2B2C2；
（3）由图形可知交点坐标；
此题主要考查了平移变换以及旋转变换，得出对应点位置是解题关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵AF∥ED，AE∥DF，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△DCE中
AB=DC∠B=∠CBE=CE，
∴△ABE≌△DCE，
∴EA=ED，
∴四边形AEDF为菱形；
（2）1:2。
理由如下：
∵AB：BC=1：2，
而点E是边BC的中点，
∴AB=EA，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴∠AEB=45°，
∵△ABE≌△DCE，
∴∠DEC=45°，
∴∠AED=90°，
∵四边形AEDF为菱形，
∴菱形AEDF为正方形．
故答案为1：2．
【 解析 】
（1）先证明四边形AEDF为平行四边形，再证明△ABE≌△DCE得到EA=ED，从而可判断四边形AEDF为菱形；
（2）当AB：BC=1：2，则AB=EA，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，则∠AEB=45°，利用△ABE≌△DCE得到∠DEC=45°，所以∠AED=90°，根据根据正方形的判定方法可判断菱形AEDF为正方形．
本题考查了全等三角形的判定与性质：在判定两个三角形全等时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找全等三角形的一般方法是通过作平行线构造全等三角形；也考查了菱形和正方形的判定，矩形的性质．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）四边形DEFG是平行四边形，
理由如下：∵E、F分别为线段OB、OC的中点，
∴EF=12BC，EF∥BC，
同理DG=12BC，DG∥BC，
∴EF=DG，EF∥DG，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵∠OBC和∠OCB互余，
∴∠BOC=90°，
∵M为EF的中点，OM=2，
∴EF=2OM=4，
∴BC=2EF=8．
【 解析 】
（1）根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理解答；
（2）根据直角三角形的性质求出EF，根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
（1）8 0 0 4
（2）将C（4，2）代入y=kx-6，得：
4k-6=2，解得：k=2，
∴直线l2的解析式为y=2x-6．
∵点E的横坐标为m，
∴点E的坐标为（m，-0.5m+4），点F的坐标为（m，2m-6），
∴EF=-0.5m+4-（2m-6）=-2.5m+10．
∵四边形OBEF是平行四边形，
∴EF=OB，即-2.5m+10=4，
解得：m=2.4，
∴当m为2.4时，四边形OBEF是平行四边形．
【 解析 】
解：（1）将C（4，2）代入y=-0.5x+b，得：
-2+b=2，解得：b=4，
∴直线l1的解析式为y=-0.5x+4．
当x=0时，y=-0.5x+4=4，
∴点B的坐标为（0，4）；
当y=0时，-0.5x+4=0，
解得：x=8，
∴点A的坐标为（8，0）．
故答案为：（8，0）；（0，4）．
（1）由点C的坐标，利用待定系数法可求出直线l1的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标；
（2）由点C的坐标，利用待定系数法可求出直线l2的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点E，F的坐标，进而可得出EF的长，再利用平行四边形的性质即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线l1的解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征及平行四边形的性质，找出关于m的一元一次方程．
【 第 25 题 】
【 答 案 】
（1）等边三角形
（2）①∵四边形CFED是矩形，
∴∠DCH=90°，
∵△CHD的面积等于10，
∴12CD•CH=10，
∵CD=4，
∴12×4CH=10，CH=5，
Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=CH2-BC2=52-42=3，
∴AH=8-3=5，
即m=5；
②m的值是4或43或8-43
【 解析 】
解：（1）∵矩形COAB绕点C顺时针旋转60度的角，得到矩形CFED，
∴∠BCD=60°，CB=CD，
∴△CBD为等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）①∵四边形CFED是矩形，
∴∠DCH=90°，
∵△CHD的面积等于10，
∴12CD•CH=10，
∵CD=4，
∴12×4CH=10，CH=5，
Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=CH2-BC2=52-42=3，
∴AH=8-3=5，
即m=5；
②当△OHC为等腰三角形时，分三种情况：
i）当OH=CH时，如图2，
∵OA=BC，
∴Rt△AOH≌Rt△BCH（HL），
∴AH=BH=4，
即m=4；
ii）当OH=OC=8时，如图3，
∵OA=4，
由勾股定理得：AH=OH2-OA2=82-42=43，
即m=43；
iii）当OC=CH=8时，如图4，此时F与H重合，
则BH=43，
∴m=8-43，
综上，m的值是4或43或8-43．
（1）先根据旋转的性质得∠BCD=60°，CB=CD，然后根据等边三角形的判定方法得到△CBD为等边三角形；
（2）①根据△CHD的面积等于10，可得CH=5，利用勾股定理计算BH的长，从而得m的值；
②分三种情况：
i）当OH=CH时，如图2，
ii）当OH=OC=8时，如图3，
iii）当OC=CH=8时，如图4，此时F与H重合，
分别根据勾股定理计算可得结论．
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、旋转的性质、等腰、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【 第 26 题 】
【 答 案 】
42-4
【 解析 】
解：（1）CD⊥AF，理由是：
如图1，延长CD交AF于G，
∵四边形OABC和ODEF是正方形，
∴AO=OC，∠COD=∠AOF=90°，OF=OD，
∴△COD≌△AOF（SAS），
∴∠OCD=∠OAF，
∵∠ADG=∠CDO，
∴∠AGD=∠DOC=90°，
∴CD⊥AF；
（2）设OD=x，连接AC，如图2，
当直线CD平分线段AF时，AC=CF，
∵B的坐标是（-4，4），
∴AC=42，
∴42=4+x，
x=42-4，
则当OD=42-4时，直线CD平分线段AF；
故答案为：42-4；
（3）分两种情况：
①如图3，当D在第二象限时，过D作DG⊥x轴于G，
∵C、D、E共线，
∴∠CDO=∠ODE=90°，
Rt△ODC中，OD=2，OC=4，
∴∠OCD=30°，CD=23，
∴DG=12CD=3，CG=3，
∴OG=4-3=1，
∴D（-1，3），
②如图4，当D在第三象限时，过D作DG⊥x轴于G，
同理得：OG=1，DG=3，
∴D（-1，-3），
综上，点D的坐标为：（-1，3）或（-1，-3）．
（1）证明△COD≌△AOF，可得∠OCD=∠OAF，根据三角形的内角和定理可得：∠AGD=∠DOC=90°，从而得结论；
（2）如图2，根据线段垂直平分线的性质得：AC=CF，列方程可得结论；
（3）分两种情况：①如图3，当D在第二象限时，过D作DG⊥x轴于G，根据直角三角形30度角的性质可得DG和OG的长，由此得D的坐标；
②如图4，当D在第三象限时，同理可得结论．
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及运用，直角三角形30度角的性质，点的坐标的求法，综合性比较强，需要学生对所学知识进行系统的掌握．
2020-2021学年苏科版八年级下学期期中数学试卷
姓名： 得分： 日期：
一、填空题（本大题共 12 小题，共 24 分）
1、(2分) 调查神舟九号宇宙飞船各部件功能是否符合要求，这种调查适合用______（填“普查”或“抽样调查”）．
2、(2分) 某市有16000名学生参加考试，为了了解考试情况，从中抽取1000名学生的成绩进行统计分析，在这个问题中，样本容量是______．
3、(2分) 平行四边形ABCD中，∠A=40°，则∠D=______度．
4、(2分) “a是实数，|a|≥0”这一事件是______ 事件．
5、(2分) 样本的50个数据分别落在4个组内，第1、2、4组数据的个数分别是6、12、22，则落在第3组的频数是______．
6、(2分) 菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为______．
7、(2分) 如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°，得到△AB1C1，若点B1在线段BC的延长线上，则∠BB1C1的大小是______度．
8、(2分) 如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将△BCE绕点C顺时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，若∠BEC=60°，则∠EFD的度数为______度．
9、(2分) 在某次数学竞赛中，某校表现突出，成绩均不低于60分．为了更好地了解某校的成绩分布情况，随机抽取利了其中50名学生的成绩（成绩x取整数，总分100分）作为样本进行了整理，结果如表：按规定，成绩在80分以上（包括80分）的选手进入决赛．根据所给信息，请估计该校参赛选手入选决赛的概率为______．
成绩
频率
60≤x＜70
0.3
70≤x＜80
0.4
80≤x＜90
0.2
90≤x≤100
0.1
10、(2分) 在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，对角线AC、BD相交于点O，则△AOB的周长是______．
11、(2分) 如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E，F分别在BC和CD上，下列结论：①CE=CF；②BD=1+3；③BE+DF=EF；④∠AEB=75°．其中正确的序号是______．
12、(2分) 如图，△ABC中，点E、F是AC边上的三等分点，且AC=m，动点P从点E移动到点F，且PM∥BC，PN∥AB，G为MN的中点，则点G运动的路径长度为______（用含m的代数式表示）
二、选择题（本大题共 6 小题，共 18 分）
13、(3分) 下列汉字或字母中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A.
B.
C.
D.
14、(3分) 在一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，他们除颜色外其他完全相同．通过多次摸球实验后发现，摸到红球的频率稳定在25%附近，则口袋中白球可能有（ ）
A.16个
B.15个
C.13个
D.12个
15、(3分) 下列四个命题：
①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；
④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题共有（ ）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
16、(3分) 如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH等于( )
A.245
B.125
C.5
D.4
17、(3分) 如图，矩形ABCD中，AB=14，AD=8，点E是CD的中点，DG平分∠ADC交AB于点G，过点A作AF⊥DG于点F，连接EF，则EF的长为（ ）
A.3
B.4
C.5
D.6
18、(3分) 如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（ ）
A.332
B.233
C.333
D.433
三、解答题（本大题共 8 小题，共 45 分）
19、(2分) “共享单车，绿色出行”，现如今骑共享单车出行不但成为一种时尚，也称为共享经济的一种新形态，某校九（1）班同学在街头随机调查了一些骑共享单车出行的市民，并将他们对各种品牌单车的选择情况绘制成如下两个不完整的统计图（A：摩拜单车；B：ofo单车；C：HelloBike）．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）求出本次参与调查的市民人数；
（2）将上面的条形图补充完整；
（3）若某区有10000名市民骑共享单车出行，根据调查数据估计该区有多少名市民选择骑摩托单车出行？
20、(8分) 如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线BD上的点，BE=DF．
（1）求证：∠1=∠2；
（2）求证：AF∥CE．
21、(8分) 如图，已知△ABC三个顶点坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（4，4）．
（1）请按要求画图：
①画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
②画出△ABC绕着原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
（2）请写出直线B1C1与直线B2C2的交点坐标．
22、(4分) 如图，四边形ABCD为矩形，点E是边BC的中点，AF∥ED，AE∥DF
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）试探究：当AB：BC=______，菱形AEDF为正方形？请说明理由．
23、(5分) 如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，线段AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G．
（1）判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
（2）若M为EF的中点，OM=2，∠OBC和∠OCB互余，求线段BC的长．
24、(8分) 如图，直线l1：y=-0.5x+b分别与x轴、y轴交于A．B两点，与直线l2：y=kx-6交于点C（4，2）．
（1）点A坐标为（______，______），B为（______，______）；
（2）在线段BC上有一点E，过点E作y轴的平行线交直线l2于点F，设点E的横坐标为m，当m为何值时，四边形OBEF是平行四边形．
25、(6分) 如图，在平面直角坐标系xOy中，把矩形COAB绕点C顺时针旋转α角，得到矩形CFED．设FC与AB交于点H，且A（0，4），C（8，0）．
（1）当α=60°时，△CBD的形状是______；
（2）设AH=m
①连接HD，当△CHD的面积等于10时，求m的值；
②当0°＜α＜90°旋转过程中，连接OH，当△OHC为等腰三角形时，请直接写出m的值．
26、(4分) 如图：正方形OABC置于坐标系中，B的坐标是（-4，4），点D是边OA上一动点，以OD为边在第一象限内作正方形ODEF．
（1）CD与AF有怎样的位置关系，猜想并证明；
（2）当OD=______时，直线CD平分线段AF；
（3）在OD=2时，将正方形ODEF绕点O逆时针旋转α°（0°＜α°＜180°），求当C、D、E共线时D的坐标．
2020-2021学年苏科版八年级下学期期中数学试卷
【 第 1 题 】
【 答 案 】
普查
【 解析 】
解：调查神舟九号宇宙飞船各部件功能是否符合要求，这种调查适合用普查，
故答案为：普查．
对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
1000
【 解析 】
解：某市有16000名学生参加考试，为了了解考试情况，从中抽取1000名学生的成绩进行统计分析，在这个问题中，样本容量是1000，
故答案为：1000
样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量进行分析即可．
此题主要考查了总体、个体、样本、样本容量，关键是掌握各个量的定义．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
140
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=180°-∠A=140°．
故答案为：140
由平行四边形的性质解答即可．
本题考查平行四边形的性质，比较简单，解答本题的关键是掌握平行四边形的邻角互补．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
必然
【 解析 】
解：“a是实数，|a|≥0”这一事件是必然事件．
故答案是：必然．
根据必然事件、随机事件以及不可能事件的定义即可作出判断．
本题考查了必然事件、随机事件以及不可能事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
10
【 解析 】
解：第4组数据的频数：50-6-12-22=10，
故答案为：10．
根据频数是指每个对象出现的次数可得第3组数据的频数为50减去第1、2、4组的频数．
此题主要考查了频数，关键是掌握频数的定义．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
20
【 解析 】
解：如图所示，
根据题意得AO=12×8=4，BO=12×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB=AO2+BO2=16+9=5，
∴此菱形的周长为：5×4=20．
故答案为：20．
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
80
【 解析 】
解：由旋转的性质可知：∠B=∠AB1C1，AB=AB1，∠BAB1=100°．
∵AB=AB1，∠BAB1=100°，
∴∠B=∠BB1A=40°．
∴∠AB1C1=40°．
∴∠BB1C1=∠BB1A+∠AB1C1=40°+40°=80°．
故答案为：80．
由旋转的性质可知∠B=∠AB1C1，AB=AB1，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠B=∠BB1A=∠AB1C1=40°，从而可求得∠BB1C1=80°．
本题主要考查的是旋转的性质，由旋转的性质得到△ABB1为等腰三角形是解题的关键．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
15
【 解析 】
解：∵△DCF是△BCE旋转以后得到的图形，
∴∠BEC=∠DFC=60°，∠ECF=∠BCE=90°，CF=CE．
又∵∠ECF=90°，
∴∠EFC=∠FEC=12（180°-∠ECF）=12（180°-90°）=45°，
故∠EFD=∠DFC-∠EFC=60°-45°=15°．
故答案为：15°
此题只需根据旋转的性质发现等腰直角三角形CEF，进行求解．
本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度．难度不大，但易错．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
0.3
【 解析 】
解：概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率，
∴估计该校参赛选手入选决赛的概率为0.2+0.1=0.3．
故答案为：0.3；
概率是大量重复实验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率．
此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
8
【 解析 】
解：∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴OA=OB=2.5，
∴△AOB的周长=3+2.5+2.5=8，
故答案为：8．
由题意根据勾股定理求出AC=BD=5，即可得到OA=OB=2.5，即可得出结果．
本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质是关键．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
①②④
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，AB=ADAE=AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC-BE=CD-DF，
∴CE=CF，故①正确；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，故④正确；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，故③错误；
∵△AEF是边长为2的等边三角形，∠ACB=∠ACD，
∴AC⊥EF，EG=FG，
∴AG=AE•sin60°=2×32=3，CG=12EF=1，
∴AC=AG+CG=3+1；故②正确．
故答案为：①②④．
根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断④的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，根据三线合一的性质，可判定AC⊥EF，然后分别求得AG与CG的长，继而求得答案．
此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质以及直角三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
16m
【 解析 】
解：连接BP，
∵PM∥BC，PN∥AB，
∴四边形BMPN为平行四边形，
∴MN与BP互相平分，
∵G为MN的中点，
∴G为BP的中点，
连接BE、BF，设BE、BF的中点分别为D、H，则G运动的路径长度为：
DH=12EF=12×13m=16m．
故答案为：16m．
连接BP，先证明点G是BP的中点，连接BE、BF，设BE、BF的中点分别为D、H，则G运动的路径长度为DH的长度，由三角形的中位线定理便可求得其长度．
本题是平行四边形与三角形结合的一个综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，关键是找出G点运动的路径是△BEF的中位线．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误．
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：设白球个数为：x个，
∵摸到红色球的频率稳定在25%左右，
∴口袋中得到红色球的概率为25%，
∴44+x=14，
解得：x=12，
经检验x=12是原方程的根，
故白球的个数为12个．
故选：D．
由摸到红球的频率稳定在25%附近得出口袋中得到红色球的概率，进而求出白球个数即可．
此题主要考查了利用频率估计概率，根据大量反复试验下频率稳定值即概率得出是解题关键．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：①一组对边平行，且一组对角相等，则可以判定另外一组对边也平行，所以该四边形是平行四边形，故该命题正确；
②对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，也可以是普通的四边形（例如对角线垂直的等腰梯形），故该命题错误；
③因为矩形的对角线相等，所以连接矩形的中点后都是对角线的中位线，所以四边相等，所以是菱形，故该命题正确；
④正五边形只是轴对称图形不是中心对称图形，故该命题错误；
所以正确的命题个数为2个，
故选：B．
根据平行四边形的各种判定方法、正方形的各种判定方法、菱形的各种判定方法以及正多边形的轴对称性逐项分析即可．
本题考查菱形的判定，平行四边形的判定以及正方形的判定定理以及真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
【分析】
本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD=12×AC×BD=AB×DH是解此题的关键．根据菱形性质求出AO=4，OB=3，∠AOB=90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】
解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，
∵AC=8，DB=6，
∴AO=4，OB=3，∠AOB=90°，
由勾股定理得：AB=32+42=5，
∵S菱形ABCD=12×AC×BD=AB×DH，
∴12×8×6=5×DH，
∴DH=245.
故选A．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：连接CG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠B=90°，AD=BC=8，
∴∠AGD=∠GDC，
∵DG平分∠ADC，
∴∠ADG=∠GDC，
∴∠AGD=∠ADG，
∴AG=AD=8，
∵AF⊥DG于点F，
∴FG=FD，
∵点E是CD的中点，
∴EF是△DGC的中位线，
∴EF=12CG，
∵AB=14，
∴GB=6，
∴CG=BC2+BG2=10，
∴EF=12×10=5，
故选：C．
连接CG，由矩形的性质好已知条件可证明EF是△DGC的中位线，在直角三角形GBC中利用勾股定理可求出CG的长，进而可求出EF的长
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判断和性质、中位线定理的运用以及勾股定理的运用，证明EF是△DGC的中位线是解题的关键．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：如图，∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴△BFG是等边三角形．
∴BF=BG=FG，．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”，
∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°-120°=60°，
∵BC=4，
∴BF=2，EF=23，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴EC=43．
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴EF=BF=FG，
∴EF=13CE=433，
故选：D．
根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）本次参与调查的市民人数80÷40%=200（人）；
（2）A品牌人数为200×30%=60（人），D品牌人数为200×15%=30（人），
补全图形如下：
（3）10000×30%=3000（人），
答：估计该区有3000名市民选择骑摩拜单车出行．
【 解析 】
（1）根据B品牌人数及其所占百分比可得总人数；
（2）总人数分别乘以A、D所占百分比求出其人数即可补全图形；
（3）总人数乘以样本中A的百分比即可得．
本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
证明：（1）连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵BE=DF，
∴EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥FC，
∴∠1=∠2；
（2）∵四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
【 解析 】
（1）利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，进而得出EO=FO，即可得出四边形AECF是平行四边形，得出答案即可；
（2）利用（1）中所求，结合平行四边形的性质得出即可．
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，得出四边形AECF是平行四边形是解题关键．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）由图形可知：交点坐标为（-1，-4）．
【 解析 】
（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据旋转角度，旋转方向，分别找到A、B、C的对应点，顺次连接可得△A2B2C2；
（3）由图形可知交点坐标；
此题主要考查了平移变换以及旋转变换，得出对应点位置是解题关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
（1）证明：∵AF∥ED，AE∥DF，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△DCE中
AB=DC∠B=∠CBE=CE，
∴△ABE≌△DCE，
∴EA=ED，
∴四边形AEDF为菱形；
（2）1:2。
理由如下：
∵AB：BC=1：2，
而点E是边BC的中点，
∴AB=EA，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴∠AEB=45°，
∵△ABE≌△DCE，
∴∠DEC=45°，
∴∠AED=90°，
∵四边形AEDF为菱形，
∴菱形AEDF为正方形．
故答案为1：2．
【 解析 】
（1）先证明四边形AEDF为平行四边形，再证明△ABE≌△DCE得到EA=ED，从而可判断四边形AEDF为菱形；
（2）当AB：BC=1：2，则AB=EA，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，则∠AEB=45°，利用△ABE≌△DCE得到∠DEC=45°，所以∠AED=90°，根据根据正方形的判定方法可判断菱形AEDF为正方形．
本题考查了全等三角形的判定与性质：在判定两个三角形全等时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找全等三角形的一般方法是通过作平行线构造全等三角形；也考查了菱形和正方形的判定，矩形的性质．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
解：（1）四边形DEFG是平行四边形，
理由如下：∵E、F分别为线段OB、OC的中点，
∴EF=12BC，EF∥BC，
同理DG=12BC，DG∥BC，
∴EF=DG，EF∥DG，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵∠OBC和∠OCB互余，
∴∠BOC=90°，
∵M为EF的中点，OM=2，
∴EF=2OM=4，
∴BC=2EF=8．
【 解析 】
（1）根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理解答；
（2）根据直角三角形的性质求出EF，根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
（1）8 0 0 4
（2）将C（4，2）代入y=kx-6，得：
4k-6=2，解得：k=2，
∴直线l2的解析式为y=2x-6．
∵点E的横坐标为m，
∴点E的坐标为（m，-0.5m+4），点F的坐标为（m，2m-6），
∴EF=-0.5m+4-（2m-6）=-2.5m+10．
∵四边形OBEF是平行四边形，
∴EF=OB，即-2.5m+10=4，
解得：m=2.4，
∴当m为2.4时，四边形OBEF是平行四边形．
【 解析 】
解：（1）将C（4，2）代入y=-0.5x+b，得：
-2+b=2，解得：b=4，
∴直线l1的解析式为y=-0.5x+4．
当x=0时，y=-0.5x+4=4，
∴点B的坐标为（0，4）；
当y=0时，-0.5x+4=0，
解得：x=8，
∴点A的坐标为（8，0）．
故答案为：（8，0）；（0，4）．
（1）由点C的坐标，利用待定系数法可求出直线l1的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标；
（2）由点C的坐标，利用待定系数法可求出直线l2的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点E，F的坐标，进而可得出EF的长，再利用平行四边形的性质即可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线l1的解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征及平行四边形的性质，找出关于m的一元一次方程．
【 第 25 题 】
【 答 案 】
（1）等边三角形
（2）①∵四边形CFED是矩形，
∴∠DCH=90°，
∵△CHD的面积等于10，
∴12CD•CH=10，
∵CD=4，
∴12×4CH=10，CH=5，
Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=CH2-BC2=52-42=3，
∴AH=8-3=5，
即m=5；
②m的值是4或43或8-43
【 解析 】
解：（1）∵矩形COAB绕点C顺时针旋转60度的角，得到矩形CFED，
∴∠BCD=60°，CB=CD，
∴△CBD为等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）①∵四边形CFED是矩形，
∴∠DCH=90°，
∵△CHD的面积等于10，
∴12CD•CH=10，
∵CD=4，
∴12×4CH=10，CH=5，
Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=CH2-BC2=52-42=3，
∴AH=8-3=5，
即m=5；
②当△OHC为等腰三角形时，分三种情况：
i）当OH=CH时，如图2，
∵OA=BC，
∴Rt△AOH≌Rt△BCH（HL），
∴AH=BH=4，
即m=4；
ii）当OH=OC=8时，如图3，
∵OA=4，
由勾股定理得：AH=OH2-OA2=82-42=43，
即m=43；
iii）当OC=CH=8时，如图4，此时F与H重合，
则BH=43，
∴m=8-43，
综上，m的值是4或43或8-43．
（1）先根据旋转的性质得∠BCD=60°，CB=CD，然后根据等边三角形的判定方法得到△CBD为等边三角形；
（2）①根据△CHD的面积等于10，可得CH=5，利用勾股定理计算BH的长，从而得m的值；
②分三种情况：
i）当OH=CH时，如图2，
ii）当OH=OC=8时，如图3，
iii）当OC=CH=8时，如图4，此时F与H重合，
分别根据勾股定理计算可得结论．
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、旋转的性质、等腰、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【 第 26 题 】
【 答 案 】
42-4
【 解析 】
解：（1）CD⊥AF，理由是：
如图1，延长CD交AF于G，
∵四边形OABC和ODEF是正方形，
∴AO=OC，∠COD=∠AOF=90°，OF=OD，
∴△COD≌△AOF（SAS），
∴∠OCD=∠OAF，
∵∠ADG=∠CDO，
∴∠AGD=∠DOC=90°，
∴CD⊥AF；
（2）设OD=x，连接AC，如图2，
当直线CD平分线段AF时，AC=CF，
∵B的坐标是（-4，4），
∴AC=42，
∴42=4+x，
x=42-4，
则当OD=42-4时，直线CD平分线段AF；
故答案为：42-4；
（3）分两种情况：
①如图3，当D在第二象限时，过D作DG⊥x轴于G，
∵C、D、E共线，
∴∠CDO=∠ODE=90°，
Rt△ODC中，OD=2，OC=4，
∴∠OCD=30°，CD=23，
∴DG=12CD=3，CG=3，
∴OG=4-3=1，
∴D（-1，3），
②如图4，当D在第三象限时，过D作DG⊥x轴于G，
同理得：OG=1，DG=3，
∴D（-1，-3），
综上，点D的坐标为：（-1，3）或（-1，-3）．
（1）证明△COD≌△AOF，可得∠OCD=∠OAF，根据三角形的内角和定理可得：∠AGD=∠DOC=90°，从而得结论；
（2）如图2，根据线段垂直平分线的性质得：AC=CF，列方程可得结论；
（3）分两种情况：①如图3，当D在第二象限时，过D作DG⊥x轴于G，根据直角三角形30度角的性质可得DG和OG的长，由此得D的坐标；
②如图4，当D在第三象限时，同理可得结论．
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及运用，直角三角形30度角的性质，点的坐标的求法，综合性比较强，需要学生对所学知识进行系统的掌握．
相关试卷
苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）9： 这是一份苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）9，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）18： 这是一份苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）18，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）4： 这是一份苏科版2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷 （解析版）4，共18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。
