精品解析：湖南省永州市祁阳市哈弗光明学校2021-2022学年八年级下学期数学期中测试题

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2022年八年级下册数学期中测试题
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个正确选项.）
1. 下列字母中，既是中心对称又是轴对称的图案是（）
A E B. M C. N D. H
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，对选项进行判断即可．
【详解】解：对于A，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
对于B，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
对于C，不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
对于D，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握图形的特征是解题的关键．
2. 若 三边的比值为1 ：1： ，则 是 （　　）
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意设出三边分别为k、k、，然后利用勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，又由题意知有两条边相等，所以该三角形为等腰直角三角形．
【详解】解：设三边分别为k、k、，
，
是直角三角形，
有两条边的比为1：1，
是等腰直角三角形．
故选D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定，利用设k法与勾股定理的逆定理证明三角形是直角三角形是解题的关键．
3. 在中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形的两个锐角互余解答即可．
【详解】解：在中，，，
，
，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
4. 如图，在中，，，是的平分线，， 为点 D 到的距离，则长度为 （　　）

A. 8 B. 5 C. 6 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据 为点 D 到的距离得到，然后根据角平分线的定义和性质得到，最后利用所对的直角边是斜边的一半得出答案．
【详解】解：中，，
，
为点 D 到的距离，
，
是的平分线，
，
，,
，
故选B．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，角平分线的性质以及所对的直角边是斜边的一半的性质，数量掌握所对的直角边是斜边的一半是解题的关键．
5. 下列命题说法错误的是（ ）
A. 有三个角相等的四边形是矩形 B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 有一个角为直角的菱形是正方形 D. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定知识以及平行四边形的性质解答即可．
【详解】解：对于A，有三个角相等的四边形是矩形是错误的，有一个角是直角的平行四边形才是矩形，故该选项符合题意；
对于B，平行四边形的对角线互相平分，正确，故该选项不符合题意；
对于C，有一个角为直角的菱形是正方形，正确，故该选项不符合题意；
对于D，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故该选项不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、正方形的判定知识以及平行四边形的性质，了解矩形、菱形、正方形的判定知识以及平行四边形的性质是解题的关键．
6. 如图，将周长为10的△ABC沿BC方向平移l个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长是（ ）

A. 12 B. 14 C. 15 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据平移的基本性质，得出四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC即可得出答案．
【详解】解：根据题意，将周长为10个单位的△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF，
∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC；
又∵AB+BC+AC=10，
∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=12．
故选A
【点睛】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到CF=AD，DF=AC是解题的关键．
7. 一个多边形的内角和为，则这个多边形的边数为（ ）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由多边形内角和定理，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查多边形内角和定理，关键掌握多边形内角和计算公式（且n为整数）．
8. 顺次连接四边形四边中点所组成的四边形是菱形，则原四边形为（ ）
A. 平行四边形
B. 菱形
C. 对角线相等的四边形
D. 直角梯形
【答案】C
【解析】
【分析】由于菱形的四边相等，则原四边形对角线为菱形边长的2倍，则原四边形为对角线相等的四边形．
【详解】解：A、不正确，因为还有可能是其它的对角线相等的四边形；
B、不正确，其对角线不相等；
C、正确；
D、不正确，对角线不相等；
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握连接原四边形两边中点的中位线是对角线长的一半，原四边形对角线相等，则所连接的新四边形是菱形是解题的关键．
9. 已知A（2，﹣5），AB平行于y轴，则点B的坐标可能是（ ）
A. （﹣2，5） B. （2，6） C. （5，﹣5） D. （﹣5，5）
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，画出直角坐标系，找出A点，在图上找出经过A点的平行于y轴的直线，那么B点肯定在这条直线上，再根据这条直线的信息确定B点的坐标．
【详解】解：∵直线AB平行于y轴，且A（2，﹣5），
∴直线AB上所有点横坐标为2，
又∵B点在直线AB上，
∴B的横坐标必须是2，
A，C，D均不合题意．
故选B．

【点睛】解答此题主要运用了平行线间距离是相等的性质和直线上任何一点都在该直线上的原理．
10. 如图，已知为等腰直角三角形，则，，三者的关系为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点C作，使，连接，，证明，进而得出，，再得出是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可得解．
【详解】解：如图，过点C作，使，连接，，

是等腰直角三角形，，
，
，
，
在和中，

，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
在中，，
，
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
二、填空题（每小题4分，共32分）
11. 点与点关于x轴对称，则___．
【答案】1
【解析】
【分析】直接利用关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，进而得出a，b的值，即可求出答案．
【详解】解：∵点与点关于x轴对称，
∴，
∴．
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内关于坐标轴对称的点特征，熟练掌握若两点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；若两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变是解题的关键．
12. 在中，，，对角线，相交于点O，则的取值范围是________．
【答案】##
【解析】
【分析】先根据三角形三边关系求出，然后根据平行四边形的性质求出，再代入求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
13. 在中，点 E、F、D分别是边上的中点，若的周长为10cm，则的周长__．
【答案】##5厘米
【解析】
【分析】根据三角形中位线定理，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵点 E、F、D分别是边上的中点，
∴，
∴，
∵的周长为10cm，
∴，
∴，
即的周长．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
14. 如下图，长为6，宽为3的矩形，阴影部分的面积为_____.

【答案】9
【解析】
【分析】根据矩形是中心对称图形，可得阴影部分的面积是矩形面积的一半，求出矩形面积即可求解．
【详解】解：因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积是矩形面积的一半，因为矩形面积为，所以阴影部分的面积9．
故答案为：9．
【点睛】本题考查了矩形是中心对称图形的性质．熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
15. 如图所示，以正方形中边为一边向外作等边，则__．

【答案】##15度
【解析】
【分析】根据四边形为正方形，为等边三角形，得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质，熟知相关知识，得到是等腰三角形是解题关键．
16. 在平面直角坐标系内，到x轴的距离为3与到y轴的距离是4的所有点围成的图形的面积为______．
【答案】48
【解析】
【分析】设在平面直角坐标系内，到x轴的距离为3、到y轴的距离是4的点的坐标为，根据题意求出，得到满足条件的点有四个，分别为，即可得到所围成的图形为长方形，面积为．
【详解】解：设在平面直角坐标系内，到x轴的距离为3、到y轴的距离是4的点的坐标为，
则，
∴，
∴满足条件的点有四个，分别为，
∴满足条件的四个点围成的图形为长方形，长为，宽为，
∴长方形的面积为．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标的特点，熟知平面直角坐标系中点到x轴的距离为，到y轴的距离为是解题关键．
17. 如图，在平行四边形中，为，取长边 的中点M，，则 __．

【答案】##30度
【解析】
【分析】先证明，再根据平行四边形得到，从而得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵为，M为 的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的等腰三角形的性质，熟知平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题关键．
18. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个横坐标分别为整数的点，其顺序按图中方向排列，如，，，，， ... 根据这个规律，第 2021个点的坐标__．

【答案】
【解析】
【分析】以正方形最外边上的点为准考虑，点的总个数等于最右边上点的横坐标的平方，且横坐标为奇数时最后一个点在x轴上，为偶数时，从x轴上的点开始排列，求出与2021最接近的平方数为2025，然后写出2021的坐标即可．
【详解】解：根据图形，以最外围的正方形边长上的点为准，点的总个数等于x轴上右下角的点的横坐标的平方，例如：右下角的点的横坐标为1，共有1个，；
右下角点的横坐标为2时，共有4个，；
右下角的点的横坐标为3时，共有9个，；
右下角的点的横坐标为4时，共有16个，；
⋯⋯；
右下角的点的横坐标为n时，共有个，
，45是奇数，
∴第2025个点的坐标为，
∴第2021个点的坐标为，
故答案为：
【点睛】本题考查了点的坐标的规律变化，从正方形的观点考虑更简便，注意正方形的右边的点的横坐标是奇数还是偶数是解题的关键．
三、解答题（本大题共8个小题，共78分，要求写出证明步骤或解答过程）
19. 已知点在第二象限 ， 化简
【答案】
【解析】
【分析】根据第二象限的坐标特征得到，，再利用二次根式的性质和绝对值的性质化简求解即可．
【详解】解：∵点在第二象限，
∴，，即，
∴



．
【点睛】本题考查了点所在的象限、二次根式的性质、绝对值的性质、完全平方公式等知识，熟知点所在的象限的坐标特征和绝对值的化简是解答的关键．
20. 如图，矩形中，对角线，为边上一点， ，将矩形沿 所在的直线折叠，使点恰好落在对角线上的 处，那么三角形的面积是多少？

【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件设，则，在中，，得出，进而得出，根据三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：四边形为矩形，
，，
，
因此，设，则，
由折叠得，，，，，
，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴.
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形与折叠问题，掌握勾股定理与折叠的性质是解题的关键．
21. 已知：如图，为了躲避海盗，一轮船一直由西向东航行，早上 8 点，在 A 处测得小岛 P 的方向是北偏东，以每小时 12 海里的速度继续向东航行， 10 点到达 B 处，并测得小岛 P 的方向是北偏东，若小岛周围 13 海里内有暗礁，问该轮船是否能一直向东航行？

【答案】故若继续向东航行则有触礁的危险，不能一直向东航行
【解析】
【分析】过P作于点D，在中可以求出，即可证明是等腰三角形，即可求出的长，进而在中，根据的锐角所对的直角边是斜边的一半，从而求出的长，即可确定继续向东航行是否有触礁的危险，确定是否能一直向东航行．
【详解】解：过P作于点D，
，且，
，
，
（海里）
在中，，
12海里＜13海里
故若继续向东航行则有触礁的危险，不能一直向东航行．

【点睛】本题考查了一般三角形的问题，一般可以转化为解直角三角形的问题，解题的关键是做高线．
22. 如图，已知□ABCD中，F 、E分别AD、BC上的点，DF=BE．求证：四边形AECF平行四边形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】在▱ABCD中，AD＝BC，又BE＝DF，可得AF＝EC，得出AF平行且等于EC，根据平行四边形的判定，可得出四边形AECF是平行四边形．
【详解】证明：∵四边形ABCD平行四边形
∴AD＝BC．
又∵BE＝DF，
∴AF＝EC．
又∵AFEC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】此题主要要掌握平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
23. 在直角坐标中，完成下列问题：

（1）画出以为顶点的，并判断的形状.
（2）画出以为顶点的四边形，并判断四边形 的形状.（不要写证明过程）．
【答案】（1）画图见解析，为等腰三角形
（2）画图见解析，四边形为平行四边形
【解析】
【分析】（1）根据在坐标系内描出三个点的位置，顺次连接，即可得到，进而可以得到为等腰三角形；
（2）根据在坐标系内描出四个点的位置，顺次连接，即可得到边形，进而可以得到四边形 是平行四边形．
【小问1详解】
解：如图，即为求作的三角形，为等腰三角形．
证明：由题意得，，，
∴，
∴为等腰三角形；
【小问2详解】
解：如图，四边形即为所求作的四边形，四边形为平行四边形．
证明：由题意得，
又∵，
∴四边形为平行四边形．

【点睛】本题考查了根据点的坐标在坐标系内描点，勾股定理，平行四边形的判定等知识，熟知相关知识，正确确定点的位置是解题关键．
24. 如图，在中，，，垂足为点是外角的平分线，，垂足为点．

（1）求证：四边形为矩形；
（2）当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
【答案】（1）证明见解析；
（2）当满足时，四边形是一个正方形，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，根据是外角的平分线，得出，进而得出，根据，得出，根据矩形的判定定理即可判定四边形为矩形；
（2）根据题意证明可得四边形为正方形，继而可得当满足，即可求解．
【小问1详解】
证明：在中，，
∴，
∵是外角的平分线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形为矩形.
【小问2详解】
当满足时，四边形是一个正方形.
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴矩形是正方形.
∴当时，四边形ADCE是一个正方形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定，综合运用以上知识是解题的关键．
25. 如图，在梯形中，，，动点P从点A开始，沿边，以1厘米/秒的速度向点D运动；动点Q从点C开始，沿边，以3厘米/秒的速度向B点运动．已知P、Q两点分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．假设运动时间为t秒，问：

（1）t为何值时，四边形是平行四边形？
（2）在某个时刻，四边形可能是菱形吗？为什么？
（3）t为何值时，四边形是等腰梯形？
【答案】（1）运动时间为6秒；
（2）四边形不可能是菱形，理由见解析；
（3）当时，四边形是等腰梯形
【解析】
【分析】（1）当四边形是平行四边形时，必须有，列方程解答即可；
（2）由若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（1）中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为，即可得四边形不可能是菱形；
（3）过点D作，则利用等腰梯形的性质可建立关于t的方程，解出即可．
【小问1详解】
解：∵运动时间为t秒，
∴，，，，
∵，
∴当时，四边形是平行四边形.
此时有，解得．
∴当时，四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
根据（1）得：，
∴，
过点D作于E，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形不可能是菱形；
【小问3详解】
解：若四边形是等腰梯形，如图，则，

过点D作，
则，
∴，四边形为矩形，
则，，
由（2）知，，
当时，四边形是等腰梯形．
即，
∴．
当时，四边形等腰梯形．
【点睛】此题考查了梯形的性质及等腰梯形的判定、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、解一元一次方程，属于动点型问题，关键是判断出满足条件的点P及点Q位置，然后利用方程思想求解t的值，难度较大．
26. （1）问题探究
如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．
（2）拓展延伸
①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）

【答案】（1）D1M=D2N，理由建详解；（2）D1M=D2N成立，理由见详解；②D1M=D2N成立，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证．
（2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证．
②结论仍然成立，与①的证明方法相同．
【详解】解：（1）D1M=D2N．证明如下：
∵∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°．
∵∠AHK=∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠HAC=90°．
∴∠D1CK=∠HAC．
在△ACH和△CD1M中，
∠D1CK=∠HAC，∠AHC=∠C M D1=90°，AC=CD1，
∴△ACH≌△CD1M（AAS）．
∴D1M=CH．
同理可证D2N=CH．
∴D1M=D2N．
（2）①D1M=D2N成立．证明如下：
过点C作CG⊥AB，垂足为点G，

∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，
∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，∠AH1C=∠ACD1，
∴∠H1AC=∠D1CM．
在△ACG和△CD1M中，
∠H1AC=∠D1CM，∠AGC=∠C M D1=90°，AC=C D1，
∴△ACG≌△CD1M（AAS）．
∴CG=D1M．
同理可证CG=D2N．
∴D1M=D2N．
②作图如下：

D1M=D2N还成立．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形是关键.