2022-2023学年广西桂林市雁山区国龙外国语学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广西桂林市雁山区国龙外国语学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共22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。
1.剪纸是中国最古老的民间艺术之一，其在视觉上给人以透空的感觉和艺术享受.下列剪纸作品中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.以下列各组数为边长，能组成直角三角形的是( )
A. 2，3，4B. 3， 4， 5C. 5，6，7D. 5，12，13
3.过六边形的每顶点都有n条对角线，则n的值为( )
A. 3B. 5C. 7D. 9
4.如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//DC，AD=BC
B. AB=BC，AD=CD
C. AB//DC，AB=DC
D. AD=BC，AO=CO
5.如图，所有阴影部分的四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，已知正方形A、B、C的面积依次为2、4、3，则正方形D的面积为( )
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
6.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠A=15°，∠DBC=60°，BC=1，则AD的长为( )
A. 1.5B. 2C. 3D. 4
7.象棋在中国有着三千多年的历史，由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的益智游戏.如图，是一局象棋残局，已知表示棋子“馬”和“炮”的点的坐标分别为(2,1)，(−1,1)，则表示棋子“車”的点的坐标为( )
A. (−3,−1)B. (−3,1)C. (−4,−1)D. (−4,1)
8.如图，OD平分∠AOB，DE⊥AO于点E，DE=4.2，F是射线OB上的任一点，则DF的长度不可能是( )
A. 4.2
B. 5.15
C. 3.69
D. 8
9.若点P在第二象限，且到x轴的距离是3，到y轴的距离是1，则点P的坐标是( )
A. (3,1)B. (−1,3)C. (−1,−3)D. (−3,1)
10.如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于O点，AC=24，BD=10，点P为线段AC上的一个动点.过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N，则PM+PN的值为( )
A. 24013B. 125C. 2413D. 12013
11.如图，在△ABC中，D是BC边的中点，AE是∠BAC的角平分线，AE⊥CE于点E，连接DE.若AB=7，DE=1，则AC的长度是( )
A. 4
B. 4.5
C. 5
D. 5.5
12.如图所示，矩形ABOC的顶点O(0,0)，A(−2 3,2)，对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转后点P的落点坐标为( )
A. (1, 3)
B. (2,0)
C. (1,− 3)
D. (3,1)
二、填空题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
13.点P(m+3,m−1)在y轴上，则点P的坐标为______．
14.一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则这个多边形是 边形．
15.如图，是一个三级台阶，它的每一级的长、宽，高分别为20dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点的最短路程是______．
16.海面上有两个疑似漂浮目标．A舰艇以12海里/时的速度离开港口O，向北偏西50°方向航行；同时，B舰艇在同地以16海里/时的速度向北偏东一定角度的航向行驶，如图所示，离开港口5小时后两船相距100海里，则B舰艇的航行方向是______．
17.如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF.若AB=4，BC=8，则AE的长为______．
18.如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF.若∠AOE=150°，DF= 3，则EF的长为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点为A(4,5)，B(1,2)，C(5,1)．
(1)P(a,b)是△ABC的AC边上一点，将△ABC平移后点P的对称点P1(a−6,b−5)，请画出平移后的图形△A1B1C1；
(2)若△A2B2C2与△ABC关于x轴对称，请画出图形△A2B2C2，并写出点B2和点C2的坐标；
(3)求△ABC的面积．
20.(本小题6分)
已知：如图，∠A=∠D=90°，AC=BD.求证：OB=OC．
21.(本小题8分)
如图△ABC，∠C=90°．
(1)请在AC边上确定点D，使得点D到直线AB的距离等于CD的长(尺规作图，保留作图痕迹，标注有关字母，不写作法和证明)；
(2)若∠A=30°，CD=3，求AD的长．
22.(本小题8分)
如图，在甲村至乙村的公路旁有一块山地需要开发，现有一C处需要爆破，已知点C与公路上的停靠点A的距离为300米，与公路上另一停靠点B的距离为400米，且CA⊥CB，为了安全起见，爆破点C周围半径250米范围内受会有危险.请通过计算判断在公路AB上行驶时是否会遇到危险？若无，请说明理由，若有危险请求出危险路段的长度．
23.(本小题10分)
【材料阅读】小明偶然发现线段MN的端点M的坐标为(1,2)，端点N的坐标为(3,4)，则这条线段MN中点的坐标为(2,3).通过进一步探究，在平面直角坐标系中，以任意点P(x1,y1)，Q(x2,y2)为端点的线段中点坐标为(x1+x22,y1+y22)．
(1)【知识运用】如图，平行四边形OEFG的对角线相交于点H，点E在x轴上，O为坐标原点，点F的坐标为(4,3)，则点H的坐标为______；
(2)【能力拓展】在直角坐标系中，有A(−1,2)，B(3,1)，C(1,4)三点，另有一点D与点A，B，C构成平行四边形，求点D的坐标．
24.(本小题10分)
如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，M为BC的中点．
(1)若EF=4，BC=10，求△EFM的周长；
(2)若∠ABC=50°，∠ACB=60°，求∠FME的度数．
25.(本小题10分)
矩形ABCD的对角线交点为O，过O作EF⊥AC分别交AD、BC于E、F．
(1)求证：四边形AECF是菱形．
(2)若AB=6cm，BC=8cm，求四边形AECF的面积．
26.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=6cm，点P从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿CA方向以每秒2cm的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动.过点Q作QH⊥BC于点H．

(1)填空：∠ACB= ______°，HQ= ______，AQ= ______(用含有t的式子表示)；
(2)是否存在某一时刻t，使四边形APHQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，求出t的值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要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度后两部分重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵22+32≠42，
∴A不可以组成直角三角形；
∵( 3)2+( 4)2≠( 5)2，
∴B不可以组成直角三角形；
∵52+62≠72，
∴C不可以组成直角三角形；
∵52+122=132，
∴D可以组成直角三角形，
故选：D．
根据勾股定理的逆定理如果三角形三边满足a2+b2=c2，那么三角形是直角三角形，逐一判断即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：对角线的数量n=6−3=3(条)；
故选：A．
从一个n边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是n−3．
本题考查多边形的对角线及分割成三角形个数的问题，解答此类题目可以直接记忆：一个n边形一个顶点出发，可以连的对角线的条数是n−3．
4.【答案】C
【解析】解：A、AB//DC，AD=BC，由“一组对边平行，另一边相等的四边形”无法判断四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、AB=BC，AD=CD，由“两组邻边相等的四边形”无法判定四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、AB//DC，AB=DC，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判断四边形ABCD是平行四边形，故选项C符合题意；
D、若AB//DC，AB=DC，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判断四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
分别利用平行四边形的判定方法进行判断，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形．
5.【答案】C
【解析】解：设正方形D的面积为x，
∵正方形A、B、C的面积依次为2、4、3，
∴根据图形得：2+4=x−3，
解得：x=9，
故选：C．
设正方形D的面积为x，根据图形得出方程2+4=x−3，求出即可．
本题考查了勾股定理的应用，解此题的关键是能根据题意得出方程．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠DBC=60°，∠C=90°，
∴∠BDC=90°−60°=30°，
∴BD=2BC=2×1=2，
∵∠C=90°，∠A=15°，
∴∠ABC=90°−15°=75°，
∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=75°−60°=15°，
∴∠ABD=∠A，
∴AD=BD=2．
故选：B．
根据直角三角形两锐角互余求出∠BDC=30°，然后根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BD，再求出∠ABC，然后求出∠ABD=15°，从而得到∠ABD=∠A，根据等角对等边可得AD=BD，从而得解．
本题考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等角对等边的性质，熟记性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵“馬”和“炮”的点的坐标分别为(2,1)，(−1,1)，建立坐标系如图所示，
∴表示棋子“車”的点的坐标为(−4,−1)，
故选：C．
根据“馬”和“炮”的点的坐标分别为(2,1)，(−1,1)，得出原点的位置，进而建立坐标，即可求解．
本题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．
8.【答案】C
【解析】解：过D点作DH⊥OB于点H，如图所示：
∵OD平分∠AOB，DE⊥AO，DH⊥OB，
∴DH=DE=4.2，
∵F是射线OB上的任一点，
∴DF≥4.2，
故选：C．
过D点作DH⊥OB于点H，根据角平分线的性质得到DH=DE=4.2，再根据垂线段最短进行判断即可．
本题考查了角平分线的性质，垂线段最短等，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵点P到x轴的距离是3，到y轴的距离是1，
∴点P的横坐标的绝对值为1，纵坐标的绝对值为3，
又∵点P在第二象限，
∴点P的坐标为(−1,3)．
故选：B．
根据到x轴的距离是纵坐标的绝对值，到y轴的距离是横坐标的绝对值进行求解即可．
本题考查了平面直角坐标系各象限坐标符号的特征和点到坐标轴的距离，掌握各象限坐标符号的特征和点到坐标轴的距离是关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接PD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC与BD互相垂直平分，
∴AO=OC=12，BO=DO=5，
∴AD=CD= 122+52=13，
∵S△ACD=S△APD+S△CPD，PM⊥AD，PN⊥CD，
∴12AC⋅OD=12AD⋅PM+12CD⋅PN，
∴24×5=13(PM+PN)，
∴PM+PN=12013，
故选：D．
先利用菱形的对角线互相垂直平分求出菱形边长，再利用等面积法求解即可．
本题考查了菱形的性质和勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：延长CE，交AB于点F．
∵AE平分∠BAC，AE⊥CE，
∴∠EAF=∠EAC，∠AEF=∠AEC，
在△EAF与△EAC中，
∠AEF=∠EAC AE=AE ∠AEF=∠AEC ，
∴△EAF≌△EAC(ASA)，
∴AF=AC，EF=EC，
又∵D是BC中点，
∴BD=CD，
∴DE是△BCF的中位线，
∴BF=2DE=2．
∴AC=AF=AB−BF=7−2=5；
故选：C．
延长CE，交AB于点F，通过ASA证明△EAF≌△EAC，根据全等三角形的性质得到AF=AC，EF=EC，根据三角形中位线定理得出BF=2，即可得出结果．
此题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABOC是矩形，
∴点P是AO的中点，
又∵点A坐标为(−2 3,2)，
∴点P的坐标为(− 3,1).
令第1次旋转后点P的对应点为点P′，
分别过点P和点P′作y轴的垂线，垂足分别为M和N，
由旋转可知，
OP=OP′，∠POP′=90°，
∴∠POM+∠P′ON=∠POM+∠OPM=90°，
∴∠OPM=∠P′ON．
在△OPM和△P′ON中，
∠PMO=∠ONP′∠OPM=∠P′ONOP=OP′，
∴△OPM≌△P′ON(AAS)，
∴ON=PM= 3，P′N=OM=1，
∴点P′的坐标为(−1,− 3).
同理可得，
第2次旋转后，点P的对应点的坐标为( 3,−1)；
第3次旋转后，点P的对应点的坐标为(1, 3)；
第4次旋转后，点P的对应点的坐标为(− 3,1)；
第5次旋转后，点P的对应点的坐标为(−1,− 3)；
…，
由此可见，每旋转4次，点P的对应点坐标按(−1,− 3)，( 3,−1)，(1, 3)，(− 3,1)循环出现，
又因为2023÷4=505余3，
所以旋转2023次旋转后点P的落点坐标为(1, 3).
故选：A．
先根据点A的坐标，求出点P的坐标，再依次求出每次旋转后点P对应点的坐标，发现规律即可解决问题．
本题考查点的坐标变化规律，能通过计算发现每旋转4次，点P的对应点坐标按(−1,− 3)，( 3,−1)，(1, 3)，(− 3,1)循环出现是解题的关键．
13.【答案】(0,−4)
【解析】解：∵点P(m+3,m−1)在y轴上，
∴m+3=0，
解得：m=−3，
∴m−1=−3−1=−4，
∴点P的坐标为(0,−4)，
故答案为：(0,−4)．
根据y轴上的点横坐标为0可得m+3=0，从而可得：m=−3，然后代入式子中进行计算，即可解答．
本题考查了点的坐标，熟练掌握y轴上的点横坐标为0是解题的关键．
14.【答案】八
【解析】解：设多边形的边数是n，根据题意得：
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8，
所以这个多边形为八边形．
故答案为：八．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于360°，然后根据题意列方程求解即可．
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
15.【答案】25dm
【解析】解：三级台阶平面展开图为长方形，长为20dm，宽为(3+2)×3dm，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x dm，
由勾股定理得：x2=202+[(3+2)×3]2=625，
解得x=25．
故答案为：25dm．
先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答．
本题考查了平面展开−最短路径问题，根据题意判断出长方形的长和宽是解题的关键．
16.【答案】北偏东40°
【解析】解：由题意得，OA=12×1.5=18(海里)，OB=16×1.5=24(海里)，
又∵AB=30海里，
∵182+242=302，即OB2+OA2=AB2
∴∠AOB=90°，
∵∠DOA=50°，
∴∠BOD=40°，
则另一艘舰艇的航行方向是北偏东40°，
故答案为：北偏东40°．
根据勾股定理的逆定理判断△AOB是直角三角形，求出∠BOD的度数即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理的应用和方位角的知识，根据题意判断出△AOB是直角三角形是解决问题的关键．
17.【答案】3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD=BC=8．
根据折叠的性质得∠G=∠A=90°，AE=EG，DG=AB=4．
设AE=x，则EG=x，DE=8−x，
在Rt△DEG中，EG2+DG2=DE2，
即x2+42=(8−x)2，
解得x=3，
所以AE=3．
故答案为：3．
根据矩形的性质得∠A=90°，AD=8，再根据折叠的性质得∠G=90°，AE=EG，DG=AB=4，然后设AE=x，表示EG和DE，最后根据勾股定理列出方程，再求出解即可．
本题主要考查了矩形的折叠问题，根据性质得出相应量的值是解题的关键．勾股定理是求线段长的常用方法．
18.【答案】2 3
【解析】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠BOE=∠COF=60°，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD于G，如图，
∴∠OGF=∠DGF=90°，
∵∠ODC=45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF=DG= 22DF= 62，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°，
∴∠DOF=30°，
∴OF=2GF= 6，
∴EF= 2OF=2 3．
故答案为：2 3．
由题意证明△BOE≌△COF(ASA)，所以OE=OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．
本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系等相关知识，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．
19.【答案】解：(1)由题意得，△ABC向左平移6个单位长度，向下平移5个单位长度得到的△A1B1C1．
如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．

点B2(1,−2)，点C2(5,−1)．
(3)△ABC的面积为12×(3+4)×4−12×4×1−12×3×3=14−2−92=152．
【解析】(1)由题意得，△ABC向左平移6个单位长度，向下平移5个单位长度得到的△A1B1C1.根据平移的性质作图即可．
(2)根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
(3)利用割补法求三角形的面积即可．
本题考查作图−轴对称变换、平移变换，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质是解答本题的关键．
20.【答案】证明：∵∠A=∠D=90°，AC=BD，BC=BC，
∴Rt△BAC≌Rt△CDB(HL)
∴∠ACB=∠DBC．
∴∠OCB=∠OBC．
∴OB=OC(等角对等边)．
【解析】因为∠A=∠D=90°，AC=BD，BC=BC，知Rt△BAC≌Rt△CDB(HL)，所以∠ACB=∠DBC，即∠OCB=∠OBC，所以有OB=OC．
本题考查了直角三角形全等的判定和性质；由三角形全等得角相等，从而得到线段相等是证明题中常用的方法，注意掌握应用．
21.【答案】解：(1)如图：点D即为所求；

(2)过点D作DE⊥AB于点E，
则DE=CD=3，
∴AD=2DE=6．
【解析】(1)作∠ABC的角平分线即可；
(2)根据含30°的直角三角形的性质求解．
本题考查了复杂作图，掌握角平分线的性质和含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
22.【答案】解：在公路AB上行驶时会遇到危险．
理由如下：如图，过C作CD⊥AB于D．

∵BC=400米，AC=300米，∠ACB=90°，
根据勾股定理得AB= AC2+BC2=500(米)．
∴S△ABC=12AB⋅CD=12BC⋅AC，
∴CD=BC⋅ACAB=400×300500=240(米)，
由于240米