2022-2023学年湖南省株洲市茶陵县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省株洲市茶陵县八年级（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学年湖南省株洲市茶陵县八年级（下）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  在，两条直角边长分别为和，则斜边长为(    )A.  B.  C.  D. 2.  湖南革命烈士纪念塔的塔底平面为八边形，这个八边形的内角和(    )A.  B.  C.  D. 3.  在四边形中，下列不能判断它是平行四边形的是(    )A. ， B. ，
C. ， D. ，4.  依次连接菱形四条边的中点，得到的中点四边形是(    )A. 梯形
B. 矩形
C. 菱形
D. 正方形5.  如图，小红家的木门左下角有一点受潮，她想检测门是否变形，准备采用如下方法：先测量门的边和的长，再测量点和点间的距离，由此可推断是否为直角，这样做的依据是(    )
 
 A. 勾股定理
B. 勾股定理的逆定理
C. 三角形内角和定理
D. 直角三角形的两锐角互余6.  下列命题中，是真命题的是(    )A. 四条边相等的四边形是正方形 B. 对角线相互垂直的四边形是平行四边形
C. 对角线相等且相互平分的四边形是矩形 D. 对角线相等且相互垂直的四边形是菱形7.  如图，已知，那么的大小是(    )A.
B.
C.
D.
 8.  点在轴上，则点坐标为(    )A.  B.  C.  D. 9.  我国汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，连接，交于点，如图所示，若正方形的面积为，，则的值是(    )A.  B.  C.  D. 10.  如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列五个结论：；；；；，正确结论是(    )
 A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）11.  点关于原点的对称点的坐标是______．12.  如图，平行四边形添加一个条件______ 使得它成为矩形任意添加一
个符合题意的条件即可

 13.  如图，在平行四边形中，的平分线交于，，，则的长为______
 14.  如图，菱形的边长是，对角线的长是，点是边的中点，则的长是______．
 15.  小明在操场上从点出发，沿直线前进米后向左转，再沿直线前进米后，又向左转，照这样走下去，他第一次回到出发地点时，一共走了______米．16.  如图，的顶点都在边长为的正方形网格上于点，则 ______ ．
 17.  如图，将矩形纸片沿折叠，使点与点重合，，，则的长______．
 18.  四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变如图，改变边长为的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是______ ．
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）19.  本小题分
根据图中相关数据，求出的值．
20.  本小题分
如图，已知中，，是上一点，且，．
求证：是直角三角形；
求的长．
21.  本小题分
如图，在菱形中，，周长为，求
两对角线和的长度；
菱形的面积．
22.  本小题分
在平面直角坐标系中，把向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到．
画出平移后的；
写出三个顶点、、的坐标．
求的面积．
23.  本小题分
如图，在中，，平分，交于点，过点作于点．
求证：≌；
若，，求的长．
24.  本小题分
如图：在菱形中，对角线、交于点，过点作于点，延长至点，使，连接．
求证：四边形是矩形；
若，，求的长．
25.  本小题分
已知当，都是实数，且满足时，称为“好点”．
判断点，是否为“好点”，并说明理由；
若点是“好点”，请判断点在第几象限？并说明理由．26.  本小题分
如图，在矩形中，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒过点作于点，连接，．
求证：；
四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值，如果不能，请说明理由；
当为何值时，为直角三角形？请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：根据勾股定理可知：斜边，
故选：．
根据勾股定理求出直角三角形的斜边即可．
本题考查的是勾股定理，属于基础题，解题关键是熟记勾股定理．
 2.【答案】 【解析】解：湖南革命烈士纪念塔的塔底平面为八边形，


．
这个八边形的内角和是．
故选：．
根据多边形内角和公式求解即可．
本题考查多边形的内角和公式，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
B、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，即可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
C、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可得到四边形是平行四边形，不符合题意；
D、不能证明四边形是平行四边形，符合题意；
故选：．
根据平行四边形的判定方法，进行判断即可．
本题考查平行四边形的判定．熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．
 4.【答案】 【解析】解：连接、，

四边形是菱形，
，
，，，是中点，
，，
，
同理：，，，
四边形是矩形．
故选：．
连接、，根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理得到，，，根据矩形的判定定理解答即可．
本题考查的是菱形的性质、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理，掌握三个角是直角的四边形是矩形是解题的关键．
 5.【答案】 【解析】解：，
是直角三角形，且，
故选：．
由勾股定理的逆定理得是直角三角形，且，即可得得出结论．
本题考查勾股定理的逆定理的应用，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确，是真命题，符合题意；
D、对角线平分且互相垂直的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
故选：．
利用平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
 7.【答案】 【解析】解：，
，
．
故选：．
根据多边形的外角和是即可得出答案．
本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和是是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了平面直角坐标系中点的坐标，用坐标描述位置解答此题的关键是熟知轴上的点的坐标的特点：纵坐标为根据在轴上的点的纵坐标是，即有，解得：，即可求出点的坐标．
【解答】解：根据题意得：，
解得：，
，
点坐标为．
故选C．  9.【答案】 【解析】解：正方形的面积为，

，
设，
，
，
中，由勾股定理得：，
，
，
，，
，
，
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，
≌，
，
≌，
，，
，
，
则的值是；
故选：．
先证明≌，则，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设，，根据勾股定理得：，，则，整体代入可得结论．
本题考查了“赵爽弦图”，多边形的面积，勾股定理等知识点，首先要求学生正确理解题意，然后会利用勾股定理和三角形全等的性质解题．
 10.【答案】 【解析】解：正确，连接，可得，，
；

正确；延长，交于点，则，可得；
正确；；
错误，；正确，．
故选：．
根据正方形的性质与正方形关于对角线对称可得所给选项的正误．
综合考查了正方形的性质；充分利用正方形是轴对称图形可得相关验证．
 11.【答案】 【解析】解：根据关于原点对称的点的坐标的特点，
点关于原点对称的点的坐标是．
故答案为：．
根据“平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标的特点，比较简单．
 12.【答案】 【解析】解：，
理由是：四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，
故答案为：．
根据矩形的判定定理得出即可．
本题考查了矩形的判定的应用，能熟记矩形的判定定理是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
 13.【答案】 【解析】解：平分，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
由平分知，再由四边形是平行四边形知，，据此得，结合以上结论得出，据此知，根据可得答案．
本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的性质、平行线的判定、等腰三角形的判定等知识点．
 14.【答案】 【解析】解：四边形是菱形，
，，，，
，
又点是中点，
是的中位线，
．
故答案为：．
根据菱形的性质可得，，从而可判断是的中位线．
本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
 15.【答案】 【解析】解：小明每次都是沿直线前进后左转，
他走过的图形是正多边形，
边数，
他第一次回到出发点时，一共走了．
故答案为：．
根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用求出正多边形的边数，然后再乘以即可．
此题考查了正多边的外角和，分析出小明走过的图形为正多边形为解题关键．
 16.【答案】 【解析】解：由题意得：
，，
的面积，
，
．
故答案为：．
利用等面积法求出即可．
本题考查了勾股定理，利用等面积法来计算是解题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：四边形是矩形，
，
矩形纸片沿折叠，使点与点重合，
，
在中，，，
解得，
，
故答案为．
利用对称的性质得到，在中利用勾股定理求解，
本题主要考查对称折叠的性质，解题关键是利用折叠后对应边相等，结合勾股定理求解．
 18.【答案】 【解析】解：设与交点为，
则，因此，
四边形为菱形，则，
，
同理，
，，
梯形面积为：
，
阴影面积为：

．
故答案为：．
用三角函数先求，再求，最后求梯形面积，最后求阴影部分的面积．
本题考查了多边形的面积，掌握求阴影部分的面积化为面积之差，三角函数、梯形面积的应用是解决此题的关键．
 19.【答案】解：由四边形内角和等于，
得，
解得．
答：的值为． 【解析】由四边形的内角和为，再建立方程即可．
本题考查的是四边形的内角和的应用，一元一次方程的应用，熟练地利用四边形的内角和建立方程是解本题的关键．
 20.【答案】证明：，，，
，
，
故是直角三角形；
解：设，则，
，
，
，
解得，
故AB． 【解析】根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
设，则，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理，勾股定理的逆定理是解题的关键．
 21.【答案】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
菱形的周长是．
，
，
，
，；
 【解析】由在菱形中，，周长为，可求得是含角的直角三角形，，继而求得与的长；
由菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得答案．
此题考查了菱形的性质以及含角的直角三角形的性质．此题难度不大，熟练掌握菱形的各种性质以及勾股定理是解题关键．
 22.【答案】解：如图，即为所求；

，，；
的面积． 【解析】根据平移的性质即可画出平移后的；
结合即可写出三个顶点、、的坐标．
根据网格结合即可求的面积．
本题考查了作图平移变换，解决本题的关键是掌握平移的性质．
 23.【答案】证明：平分，，，
，，
在和中，
，
≌；
解：≌，
，
，
，
，
． 【解析】根据全等三角形的判定方法可证明≌；
求出，推出，求出，即可求出即可．
本题考查了角平分线性质，全等三角形的性质和判定，含度角的直角三角形性质，等腰三角形的性质的应用，能推出≌和求出是解此题的关键．
 24.【答案】解：在菱形中，，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
在菱形中，，
，
，
在矩形中，，
，
在中，，
解得：． 【解析】由，可得，即，结合，可得四边形是平行四边形，再结合，可得平行四边形是矩形；
在菱形中，，可得，在中，有，即可求解．
本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
 25.【答案】解：点为“好点”，理由如下：
当时，，，得，，
则，，
所以，
所以是“好点”；
点不是“好点”，理由如下：
当时，，，得，，
则，，
所以，
所以点不是“好点”；
点在第三象限，理由如下：
点是“好点”，
，，
，，
代入得，
，，
，
所以点在第三象限． 【解析】根据、点坐标，代入中，求出和的值，然后代入检验等号是否成立即可；
直接利用“好点”的定义得出的值进而得出答案．
此题主要考查了点的坐标，正确掌握“好点”的定义是解题关键．
 26.【答案】证明：四边形是矩形，
，
在中，，
由题意得：，，
在中，，
，
；
解：四边形能够成为菱形，理由如下：
，，
四边形是平行四边形，
当时，▱是菱形，
即：，
解得：，
当时，▱是菱形；
解：当时，
则有：，
，，
在中，，
，
即：，
解得：；
 当时，四边形是平行四边形，
则有：，
，
在中，，，
，
即：，
解得：；
当或时，为直角三角形． 【解析】由题意得   ，由直角三角形的性质得，即可得出结论；
证四边形是平行四边形，当时，▱是菱形，得出方程，解方程即可；
当时，则，由平行线的性质得，，由直角三角形的性质得，得出方程，解方程即可；
 当时，四边形是平行四边形，则，由平行线的性质得，由直角三角形的性质得，得出方程，解方程即可．
本题考查了矩形的性质、菱形的性质、含角的直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、菱形的判定与性质是解题的关键．