湖北省黄冈市蕲春县2023-2024学年八年级上学期期中数学试题 含答案解析

这是一份湖北省黄冈市蕲春县2023-2024学年八年级上学期期中数学试题 含答案解析，共25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。
考试时间：120分钟 卷面分数：120分
一、选择题（下列各题的备选答案中，有且仅有一个答案是正确的．每小题3分，共24分）
1．下列四个图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．中，如果，那么的形状是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．不能确定
3．一个多边形的每个内角均为，则这个多边形是（ ）
A．七边形B．六边形C．五边形D．四边形
4．用尺规作图作一个已知角的平分线的示意图如图如示，以O为圆心，以适当长度为半径作弧，分别交、于M、N点，再分别以M、N点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧交于C点，连接，则能说明的依据是（ ）

A．B．
C．D．角平分线上的点到角两边的距离相等
5．到三个顶点距离相等的点是的（ ）
A．三条角平分线的交点B．三条中线的交点
C．三条高的交点D．三条垂直平分线的交点
6．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的的顶点都在格点上．则∠ABC的度数为（ ）
A．120°B．135°C．150°D．165°
7．如图，将长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C的对应点为若，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
8．如图，与都是等边三角形，且，下列结论：①；②；③；④若，，则．其中正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．①②④D．①②③④
二、填空题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）
9．在平面直角坐标系中，与点A（5，﹣1）关于y轴对称的点的坐标是 ．
10．等腰三角形的一个内角是，则它的底角是 度．
11．如图，在中，的垂直平分线交于M，的垂直平分线交于N，连接、，若，则 ．

12．如图，在等腰中，，D为内一点，且，若，则的面积为 ．
13．如图是由两个阴影的小正方形组成的图形，请你在空白网格中补画一个阴影的小正方形，使补画后的三个阴影图形为轴对称图形，共有 种画法．

14．如图，在中，，，点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为 ．
15．如图，已知，点，，，…在射线ON上，点，，，…在射线OM上，，，，…均为等边三角形，若，则的边长为 .
16．如图，在等边中，，于点H，P为上的一个动点，以为一边作等边，连接．在P点的运动过程中线段的最小值为 ．

三、解答题（共8小题，共72分）
17．解答下列方程组和不等式组
(1)
(2)
18．一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，求这个多边形的边数．
19．用一条长为20cm的细绳围成一个等腰三角形，能围成一边长是6cm的等腰三角形吗？为什么？
20．如图，已知在中，，是边上的高，求的度数．

21．如图，在等腰△ABC中，CA＝CB，点D，E，F分别是AC，BC，AB上的点，且AF＝BE，∠DFE＝∠A，连DE，GF平分∠DFE，求证：GF⊥DE．
22．如图，是一个正方形格纸，中A点坐标为，B点的坐标为，C点坐标为，点，，均在格点上．
(1)请在图中建立平面直角坐标系，指出和关于哪条直线对称？（直接写答案）
(2)作出关于x轴对称图形；请直接写出、、三点坐标．
(3)在坐标轴上有一点M，使为等腰三角形，请直接写出M点的坐标．
23．如图，已知，，A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在的延长线上，交于F，且．
(1)求证：；
(2)求证：平分；
(3)若在D点运动的过程中，始终有在此过程中，的度数是否变化?如果变化，请说明理由；如果不变，请求出的度数．
24．如图1，在平面直角坐标系中，过点向坐标轴作垂线，垂足分别是点A和点C．点D是线段OC上一点，点A绕点D顺时针旋转90°得到点E．
（1）若点D的坐标为，求点E的坐标（用含t的式子表示）；
（2）如图2，连接AE，EC，AE交BC于点F，连接DF，试探究与的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，若点M是x负半轴上一点，连接AM，点N是AM上一点，且，ND交AO于点G，求的周长．
参考答案与解析
1．C
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：选项A、B、D的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
选项C的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，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．
2．B
【分析】根据在中，，可求出的度数，即可得出结论.
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∴，
∴是直角三角形.
故选B.
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，熟知三角形内角和是是解答本题的关键.
3．B
【分析】首先可求得每个外角为60°，然后根据外角和为360°即可求得多边形的边数．
【详解】解：∵多边形的每个内角均为，
∴多边形每个外角的度数为：180°-120°=60°，
∵多边形外角和为360°，
∴多边形的外角个数为：
360°÷60°=6，
∴ 这个多边形是六边形，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是正多边形的内角和与外角和，掌握正多边形的一个内角与它相邻的一个外角互补是解题的关键．
4．A
【分析】本题考查了作图——角平分线、全等三角形的判定及性质，连接，，利用证得，进而可求解，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【详解】解：连接，，如图：

根据作法得，，
又是公共边，
，
，
故选A．
5．D
【分析】根据线段垂直平分线上的点到该线段两端点的距离相等解答即可．
【详解】解：由题意可知，到三角形两个顶点的距离相等的点的轨迹是以这两个顶点为端点的线段的垂直平分线，
则到的三个顶点距离相等的点是的三边垂直平分线的交点，
故选：D．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线上的点到该线段两端点的距离相等是解题关键．
6．B
【分析】根据勾股定理逆定理证明∠D是直角，结合BD=CD得∠DBC=45°，从而得到∠ABC．
【详解】如图，延长射线AB交格点于点D，
∵每个小正方形的边长为1
∴，
∵
∴∠D=90°
又∵BD=CD
∴△BCD是等腰直角三角形
∴∠DBC=45°
∴∠ABC=180°－∠DBC =180°－45°=135°
故选B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，利用勾股定理逆定理证明∠D是直角是解决本题的关键．
7．B
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质，可以得到和的度数，然后即可得到的度数．
【详解】解：由折叠的性质可得，
，
，，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．C
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、平行线的性质，根据等边三角形的性质，利用得，得，，故可判断①②；根据等边三角形的性质即可判断③；根等边三角形的性质及平行线的性质即可判断④．熟练掌握基础知识是解题的关键．
【详解】解：与都是等边三角形，
,，， ，，
，
在和中，
，
，
，，故①正确；
，
故②正确；
与都是等边三角形，
，但根据已知不能推出，故③错误；
，
，
，
，
，
，
，故④正确；
则正确的结论为：①②④，
故选：C．
9．（-5，-1）．
【分析】考查平面直角坐标系点的对称性质．
【详解】解：点A（m，n）关于y轴对称点的坐标A′（-m，n）
∴点A（5，-1）关于y轴对称的点的坐标为（-5，-1）．
故答案为：（-5，-1）．
【点睛】此题考查平面直角坐标系点对称的应用．
10．或
【分析】本题考查等腰三角形的性质，解题的关键是掌握等腰三角形的性质，分类讨论这个的角是等腰三角形的顶角还是底角．
【详解】解：①当这个角是顶角时，底角；
②当这个角是底角时，另一个底角为，顶角为；
故答案为：或．
11．##85度
【分析】根据线段垂直平分线的性质和三角形的内角和定理求出的值，然后再根据三角形的内角和定理求出的度数即可．
【详解】解：∵的垂直平分线交于M，的垂直平分线交于N，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴∠．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质、三角形的内角和定理等知识，灵活运用垂直平分线的性质是解答本题的关键.
12．8
【分析】由线段CD的长求的面积，故过B作CD的垂线，则由三角形面积公式可知：，再由题中的和等腰直角三角形ABC，即可求证，最后由即可求解．
【详解】解：过点B作CD的垂线，交CD的延长线于点E
故答案是：8．
【点睛】本题主要考查全等三角形的证明、辅助线的画法、等腰三角形的性质和三角形面积公式，属于中档难度的几何证明题．解题的关键是由三角形面积公式画出合适的辅助线．
13．5
【分析】本题考查了作图——轴对称变换，根据轴对称图形的性质作出图形即可求解，熟练掌握轴对称图形的性质是解题的关键．
【详解】解：根据轴对称图形可作如图所示：

共有5种画法，
故答案为：5．
14．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．先证明，然后即可得到，，然后再根据点的坐标为，点的坐标为，即可得到点的坐标．
【详解】解：作轴于点，作轴于点，如图所示，
则，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
点的坐标为，点的坐标为，
，，，
，，
，
点的坐标为，
故答案为：．
15．32
【分析】根据底边三角形的性质求出以及平行线的性质得出，以及，得出，，进而得出答案．
【详解】解：△是等边三角形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
，
△、△是等边三角形，
，，
，
，，
，，
，，
，
同理可得:，
△的边长为，
△的边长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及30°直角三角形的性质，根据已知得出，，进而发现规律是解题关键．
16．2
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征、等边三角形的性质，利用等边三角形的性质得，，，，再利用证得，进而可得，当时，值最小，再利用直角三角形的特征即可求解，熟练掌握全等三角形的判定及性质，找出当时，值最小是解题的关键．
【详解】解：连接，如图：

为等边三角形，，，
，，，，
为等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
当时，值最小，
则，，，
，
故答案为：2．
17．(1)
(2)
【分析】 本题考查了解二元一次方程组及一元一次不等式组：
（1）利用加减消元法即可求解；
（2）分别求出不等式的解集，再根据找不等式组的解集的规律即可求解；
熟练掌握加减消元法解方程组及找不等式组的解集的规律是解题的关键．
【详解】（1）解：得：，
解得：，
将代入得：，
解得：，
原方程组的解为：．
（2）解不等式得：，
解不等式得：，
原不等式组的解集为：．
18．这个多边形的边数为6
【分析】n边形的内角和为，外角和为，根据所给等量关系列出方程，即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：，
解得，
即这个多边形的边数为6．
【点睛】本题考查多边形内角和与外角和的应用，解题的关键是掌握多边形的内角和公式、外角和定理．
19．能，见解析
【分析】题中没有指明6cm所在边是底还是腰，故应该分情况进行分析，注意利用三角形三边关系进行检验．
【详解】解：能构成有一边长为6cm的等腰三角形，理由如下：
①当6cm为底时，腰长＝7cm；
②当6cm为腰时，底边＝8cm；
故能构成有一边长为6cm的等腰三角形．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质及三角形三边关系的综合运用，关键是分情况进行分析解答．
20．
【分析】先根据三角形内角和定理求得，在根据直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：，，
，
，
，
是边上的高，
，
．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，根据三角形内角和定理列式计算是关键．
21．见解析．
【分析】先由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠ADF=∠EFB，再证明△ADF≌△BFE（AAS），得DF=EF，然后由等腰三角形的性质即可得出答案．
【详解】证明：∵CA＝CB，
∴∠A＝∠B，
∵∠DFE＝∠A，∠DFE+∠DFA+∠EFB＝180°，∠DFA+∠A+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠EFB，
在△ADF和△BFE中，
，
∴△ADF≌△BFE（AAS），
∴DF＝EF，
又∵GF平分∠DFE，
∴GF⊥DE．
【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三角形内角和定理；熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
22．(1)图见解析；和关于轴对称
(2)图见解析；，，
(3)图见解析；或或
【分析】本题考查了作图——轴对称变换、坐标与图形、坐标与图形变换、等腰三角形的性质：
（1）根据点A、B、C的坐标建立平面直角坐标系即可，根据轴对称图形的性质即可求解；
（2）关于x轴对称的点的坐标为：，同理可得：，，依次连接即可求解；
（3）根据等腰三角形的定义，分类讨论：当时，点，当时，点，当时，点，进而可求解；
熟练掌握轴对称图形的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
【详解】（1）解：根据A点坐标为，B点的坐标为，C点坐标为建立如图所示平面直角坐标系：
由图得：和关于轴对称．
（2）关于x轴对称的点的坐标为：，
同理可得：，，依次连接，
如图所示，即为所求．
（3）根据等腰三角形的定义得：
当时，点，
当时，点，
当时，点，
如图所示，点M即为所求：
23．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)的度数不变化；．
【分析】（1）先判断出，再结合，即可得出结论；
（2）过点A作于点M，作于点N，运用证明则有，即可得出结论；
（3）运用截长法在上截取，连接，证明，则有是等边三角形，从而求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即；
（2）证明：如图，过点A作于点M，作于点N．
则．
∵，，
∴，
∵，
∴（）
∴．
∴AD平分．（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）
（3）解：的度数不变化；
如图，理由：在上截取，连接．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，．
∴，即是等边三角形，
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是三角形的综合题，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定定理，以及截长补短的数学思想，构造出全等三角形是解题的关键．
24．（1）点E（3+t，t）；（2）+=90°，证明见详解；（3）C△OGD= 6．
【分析】（1）过点E作ES⊥x轴于S，由点B（3，3），AB⊥y轴，BC⊥x轴，可得OA=OC=3，由旋转性质可得，DA=DE，∠ADE=90°，可证△AOD≌△DSE（AAS），可得AO=DS=3，OD=SE=t，再求OS=OD+DS=3+t即可；
（2）+=90°，在AO上截取AU=DC，连结DU，则OU=OD=t，可得∠OUD=45°，延长SE交DF延长线于G，将△AOD绕点A逆时针旋转90°得到△ABD′，先证△AUD≌△DCE（SAS），可得∠OUD=∠SCE=45°可求∠CES=90°-∠ECS=45°，再证∠AED=∠DAE=45°，可证CB∥SG，可得∠CFE=∠GEF，由旋转可得AD=AD′，∠OAD=∠BAD′，再证△DAF≌△D′AF（SAS）可得∠AFD=∠AFD′=∠CFE=∠GEF=∠GFE即可；
（3）连结BD，过B作BW⊥DN于W，先证△ANO≌△BDC（SAS），证明四边形ANDB为等腰梯形，∠NDB=∠ABD，再证△BWD≌△BCD（AAS），BW=BC，WD=CD，三证Rt△ABG≌Rt△WBG（HL），可得AG=WG，即可．
【详解】解：（1）过点E作ES⊥x轴于S，
∵点B（3，3），AB⊥y轴，BC⊥x轴，
∴OA=OC=3，
∵点A绕点D顺时针旋转90°得到点E，
∴DA=DE，∠ADE=90°，
∴∠OAD+∠ADO=∠ADO+∠EDS=90°，
∴∠OAD=∠EDS，
在△AOD和△DSE中，
，
∴△AOD≌△DSE（AAS），
∴AO=DS=3，OD=SE=t，
∴OS=OD+DS=3+t，
∴点E（3+t，t）；
（2）+=90°，
在AO上截取AU=DC，连结DU，则OU=OD=t，
∴∠OUD=45°，
在△AUD和△DCE中，
，
∴△AUD≌△DCE（SAS），
∴∠AUD=∠DCE，
∴∠SCE=180°-∠DCE=180°-∠AUD=∠OUD，
∴∠OUD=∠SCE=45°
∵GS⊥OS，
∴∠CES=90°-∠ECS=45°，
延长SE交DF延长线于G，
∵AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠AED=∠DAE=45°，
∵∠CES+∠DEC+∠DEA+∠FEG=180°，∠SEC+∠DEA=45°+45°=90°，
∴∠DEC +∠FEG=180°-∠CES-∠DEA=180°-90°=90°，
∵CD⊥OS，GS⊥OS，
∴CB∥SG，
∴∠CFE=∠GEF，
将△AOD绕点A逆时针旋转90°得到△ABD′，
∴AD=AD′，∠OAD=∠BAD′，
∵∠OAD+∠FAB=90°-∠DAF=90°-45°=45°，
∴∠FAD′=∠FAB+∠BAD′=∠FAB+∠OAD=45°，
在△DAF和△D′AF中，
，
∴△DAF≌△D′AF（SAS），
∴∠AFD=∠AFD′=∠CFE=∠GEF=∠GFE，
∴∠DEC+∠AFD=∠DEC+∠GEF=90°；
（3）连结BD，过B作BW⊥DN于W，
∵，
∴DM=OC=3，
∴MO=MD-OD=OC-OD=DC，
在△ANO和△BDC中，
，
∴△ANO≌△BDC（SAS），
∴∠AMO=∠BDC，
∴AM∥BD，
∵AB=ND，
∴四边形ANDB为等腰梯形，
∴∠NDB=∠ABD，
∵AB∥OC，
∴∠BDC=∠ABD=∠WDB，
∵BW⊥AD，
∴∠BWD=∠BCD=90°，
在△BWD和△BCD中，
，
∴△BWD≌△BCD（AAS），
∴BW=BC，WD=CD，
在Rt△ABG和Rt△WBG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△WBG（HL），
∴AG=WG，
C△OGD=OG+GD+OD=OG+GW+DW+OD=OG+AG+DC+OD=OA+OC=3+3=6．
【点睛】本题考查图形旋转，正方形性质，三角形全等判定与性质，平行线性质，等腰梯形判定与性质，三角形周长，本题难度大，跳跃性大，是中考中探究中难题，综合运知识多，关键是利用辅助线画出准确图形．