湖南省怀化市洪江市实验中学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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1. 在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，斜边AB的长为2 cm，则AC的长为( )
A. 4 cmB. 2 cmC. 1 cmD. cm
【答案】C
【解析】
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质得出AB=2AC，从而得出AC．
【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，
∴AB=2AC，
∵AB=2cm，
∴AC=AB=1cm，
故选：C．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，30°所对的直角边等于斜边的一半．是基础知识要熟练掌握．
2. 在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确，
故选：．
【点睛】本题考查了轴对称与中心对称图形，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．
3. 下列各组数中不是勾股数的是 （ ）
A. 5，4， 3B. 7，24，25C. 6，8，9D. 9，12，15
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方解答即可．
【详解】A项，故正确；
B项，故正确；
C项，故不正确；
D项，故正确．
故选C．
4. 正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A. 四个角都是直角B. 对角线相等
C. 四条边相等D. 对角线互相平分
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．
【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，
∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，
故选：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．
5. 若一个多边形每一个外角都相等，且一个内角的度数是，则这个多边形是（ ）
A. 正八边形B. 正九边形C. 正十边形D. 正十一边形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了正多边形的外角与外角和的关系，需要熟练掌握并灵活运用．
先根据平角的定义求出每一个外角的度数，再根据边数外角度数计算即可．
【详解】解：，
，
这个多边形是正九边形．
故选：B．
6. 给出下列判断：①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；②对角线相等的四边形是矩形；③有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形．其中不正确的有( )
A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形、矩形以及菱形的判定定理进行逐一分析判断，从而得出答案即可.
【详解】一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故①错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，故②错误；
有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故③正确；
综上所述，不正确的有2个，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形以及菱形的判定，熟练掌握相关概念是解题关键.
7. 如图，矩形ABCD的两条对角线交于点O，若，，则AC等于( )
A. 8B. 10C. 12D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】先根据矩形的性质得出，再利用直角三角形的性质即可得．
【详解】四边形ABCD是矩形
在中，，
则
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题关键．
8. 如图，把一张长方形纸片沿对角线折叠，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据折叠的性质和长方形的性质，结合，求出，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，得出，即可判断A正确；在Rt△ABD中根据勾股定理可得AD=3，即可判断C错误；根据“AAS”证明，得出，AF=EF，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可得出BF=2，判断B错误；根据，求出AF，即可得出EF=1，判断D错误．
【详解】解：∵ABCD为长方形，
∴，，，
根据折叠可知，，，，，
∵，
∴，
∴,
∴，
∴，
∵在Rt△DBE中，，，
∴，故A正确．
在Rt△ABD中根据勾股定理可得：
，
∵在△DEF和△BAF中，
∴，
∴，AF=EF，
设，则，
∵，
即，
解得：，
即BF=2，故B、C错误；
∵，
∴，故D错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质，是解题的关键．
9. 将一副三角板和一张对边平行的纸条按如图摆放，两个三角板的一直角边重合，含30°角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含45°角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则∠1的度数是( )
A. 15°B. 22.5°C. 30°D. 45°
【答案】A
【解析】
【分析】过A点作AB∥a，则有∠1=∠2，由题意易得AB∥b，然后根据平行线的性质及三角板的度数可进行求解．
【详解】解：如图，过A点作AB∥a，
∴∠1=∠2，
∵a∥b，
∴AB∥b，
∴∠3=∠4=30°，而∠2+∠3=45°，
∴∠2=15°，
∴∠1=15°．
故选A．
【点睛】本题主要考查平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
10. 如图，在中，，，的面积为12，于点D，直线垂直平分交于点E，交于点F，P是线段上的一个动点，则的周长的最小值是（ ）
A. 6B. 7C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，两点之间连线段最短等；连接，由三角形面积得 ，由等腰三角形的性质得，由线段垂直平分线的性质得，由两点之间连线段最短当、、三点共线时，最小，
此时，即可求解；掌握相关的性质，“将军饮马”典型问题的解法是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，的面积为12，，
，
，
解得：，
，
，
直线垂直平分交于点E，
，
当、、三点共线时，最小，
此时，
的最小值为，
的周长的最小值为：
；
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11. 若一直角三角形两边长分别为和，则斜边长为____________．
【答案】12或13
【解析】
【分析】本题主要考查勾股定理的运用，根据题意，分类讨论，当两条直角边是和时；当一直角边为，斜边是时；由此即可求解，掌握勾股定理的运用是解题的关键．
【详解】解：在直角三角形中，当两直角边分别是和时，
∴斜边长；
当一直角边长为，斜边长为时，
∴另一直角边长为；
∴斜边长为或，
故答案为：或．
12. 如图，图形中x的值为_____．
【答案】110°
【解析】
【分析】根据五边形的内角和等于540°计算即可．
【详解】x°+（x+30）°+80°+x°+（x-10）°=（5-2）×180°，
解得x=110．
故答案为110°．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和外角的计算，掌握多边形的内角和定理以是解题的关键．
13. 如图，在中，，的平分线交于点，若，，则的面积是 _____．
【答案】30
【解析】
【分析】作于，利用角平分线的性质得，即可解决问题．
【详解】解：作于，
平分，，，
，
的面积是，
故答案为：30．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，熟记角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．
14. 如图，在平行四边形D中，，在上取，则的度数是_____度．
【答案】##度
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质求得，，再根据等腰三角形的性质求得，进而可求解．
【详解】解：在平行四边形中，，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，找到角之间的关系并正确求解是解答的关键．
15. 如图，在正方形的外侧，作等边，则____．

【答案】##15度
【解析】
【分析】判断是顶角为等腰三角形，求出的度数即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形和等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形和等边三角形的性质及其应用．
16. 如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为点E，F．AB＝6．CF＝2，则CE＝_____．
【答案】5
【解析】
【分析】由平行四边形的性质可求得DF＝4，再利用含30°角的直角三角形的性质求解AD，BC，BE的长，进而可求解CE的长，
【详解】解：在▱ABCD中，CD＝AB＝6，∠D＝∠B＝60°，
∵CF＝2，
∴DF＝CD−CF＝6−2＝4，
∵AF⊥CD，
∴∠DAF＝90°−60°＝30°，
∴BC＝AD＝2DF＝8，
∵AE⊥BC，∠B＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∵AB＝6，
∴BE＝AB＝3，
∴CE＝BC−BE＝8−3＝5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查平行四边形性质，含30°角的直角三角形的性质，求解BC，CE的长是解题的关键．
17. 如图，边长分别为．P为的平分线上一点，且，M为的中点，则的值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】延长交于点，根据角平分线平分角，以及垂直得到的两个直角相等，证明，得到，为的中点，利用三角形的中位线定理，进行求解即可．
【详解】解：如图，延长交于点，
∵为的平分线，
∴，
∵于，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵M为的中点，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理．通过添加辅助线，构造三角形全等，是解题的关键．
18. 如图，在一张矩形纸片中，，，点分别在，上，将矩形沿直线折叠，点落在边上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②线段的取值范为；③；④当点与点重合时，，其中正确的结论是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】①先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②点与点重合时，设表示出利用勾股定理列出方程求解得到的最小值，点与点重合时，，求出，然后写出的取值范围，判断出②正确；
③假设，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后求出只有时平分，判断出③错误；
④过点作于，求出，再利用勾股定理列式求解得到，判断出④正确．
【详解】解：①与，与都是原来矩形的对边、的一部分，
∴，
四边形是平行四边形，
由翻折的性质得，，
四边形是菱形，
故①正确；
②点与点重合时，设则
在中，，
即，
解得，
点与点重合时，，
，
线段的取值范围为，
故②正确；
③如图，过点作于， 设交于点，
四边形是菱形，
，
若，则
则平分，
∴
∴，
即只有时平分，故③错误；
则，
由勾股定理得，
，
故④正确．
综上所述，结论正确的有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 如下图所示，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点）和点A1画出△ABC关于点的中心对称图形.
【答案】图形见解析
【解析】
【分析】根据中心对称的意义，直接利用尺规作图画图即可.
【详解】如图：
20. 为的高，相交于H点，，求．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角的余角相等求出，从而得解．
【详解】解：∵是的高，
∴，
∵是的高，
∴，
∴，
∵，
∴．.
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，同角的余角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
21. 如图，中，，点D、E、F分别是三边中点，，求．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，比较简单．由于、、分别是三边中点，，故，．
【详解】解：、、分别是三边中点，
是的中位线，
，
又，
，
又是斜边上的中点，
．
22. 如图，平分，，点、分别在，上，连接、，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】先证明得出，，再证明，得出，进一步得出结论．
【详解】证明：平分，
，
又，，
，
，，
在与，
，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
23. 如图，一架梯子长13米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙5米．

（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了5米，那么梯子的底端在水平方向滑动了多少米？
【答案】（1）这个梯子的顶端距地面有12米高
（2）当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米
【解析】
【分析】（1）由题意易得米，米，然后根据勾股定理可求解；
（2）由题意得米，然后根据勾股定理可得求解．
【小问1详解】
解：根据勾股定理：所以梯子距离地面高度为：（米）；
答：这个梯子的顶端距地面有12米高；
【小问2详解】
解：梯子下滑了5米即梯子距离地面的高度为（米），
根据勾股定理：（米），
米
答：当梯子的顶端下滑5米时，梯子的底端在水平方向后移了米．
【点睛】本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
24. 如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的中点，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若平分，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定：
（1）根据平行四边形的性质可得，根据E、F分别是的中点，可得，即可得结论；
（2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而利用平行四边形的性质即可求解．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵E、F分别是边上的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
25. 如图，在中，，，E，F分别为，的中点，过点B作的平行线与的延长线交于点D，连接，．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）四边形的面积为．
【解析】
【分析】（1）根据平行线的性质得出，求出，证，推出，推出四边形是平行四边形，再求出即可；
（2）求出，，推出，由勾股定理得出，求出，求出，，即可求出四边形的面积．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵为中点，
∴，
在和中
∴（ASA），
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵为中点，为中点，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形为菱形；
【小问2详解】
解：∵，E，F分别为，的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∵，，
∴，，
∴四边形的面积为：
．
即：四边形的面积为．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形性质，菱形的性质和判定，三角形的面积，平行四边形的判定的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，题目综合性比较强，难度适中．
26. 如图1，正方形ABCD和正方形GECF，点E、F分别在边BC、CD上，将正方形GECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为a（0°＜a＜180°）．
（1）如图2，连接BE、DF，求证：BE＝DF；
（2）如图3，若BC＝，EC＝1，当点E旋转到CD边上时，连接BE、连接DF，并将延长BE交DF于点H，求证：BH垂直平分DF；
（3）如图4，连接BF、DE，若P是DE的中点，连接CP，判断CP与BF的关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）BF=2CP且BF⊥CP，证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明△BCE≌△DCF，即可求证；
（2）连接BD，根据题意可得，，可得到BF=BD，再由△BCE≌△DCF，可得∠CBE=∠CDF，根据三角形的内角和定理可得∠DHE=∠BCE=90°，即可求证；
（3）延长CP至点Q，是PQ=CP，连接DQ，延长BC至点M，设CP交BF于点O，先证得△CPE≌△QPD，可得CE=DQ，∠PCE=∠Q，从而得到DQ∥CE，CF=DQ，进而得到∠DCE+∠CDQ=180°，再证得∠DCE=∠FCM，可得∠BCF=∠CDQ，可证得△BCF≌△CDQ，可得到BF=CQ，∠DCQ=∠CBF，即可求证．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD和四边形GECF都是正方形，
∴BC=DC，CE=CF，∠BCD=∠ECF=90°，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，即∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中
∴△BCE≌△DCF，
∴BE=DF；
【小问2详解】
解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD和四边形GECF都是正方形，
∴∠BCE=90°，，CF=CE=1，
∴，，
∴BD=BF，
由（1）得：△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BEC=∠DEH，
∴∠DHE=∠BCE=90°，
∴BE垂直平分DF；
【小问3详解】
解：如图，延长CP至点Q，是PQ=CP，连接DQ，延长BC至点M，设CP交BF于点O，
∵点P为DE的中点，
∴PE=PD，
在△CPE和△QPD中，

∴△CPE≌△QPD，
∴CE=DQ，∠PCE=∠Q，
∴DQCE，CF=DQ，
∴∠DCE+∠CDQ=180°，
∵∠DCE+∠DCF=∠FCM+∠DCF=90°，
∴∠DCE=∠FCM，
∴∠FCM+∠CDQ=180°，
∵∠FCM+∠BCF=180°，
∴∠BCF=∠CDQ，
在△BCF和△CDQ中，
∴△BCF≌△CDQ，
∴BF=CQ，∠DCQ=∠CBF，
∴BF=2CP，
∵∠DCQ+∠BCQ=∠BCD=90°，
∴∠CBF+∠BCQ=90°，
∴∠BOC=90°，
即BF⊥CP．
【点睛】本题主要考查了正方形的的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质是解题的关键．