山东省济宁市任城区济宁学院附属中学2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份山东省济宁市任城区济宁学院附属中学2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共21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. 下列四个图形中，属于中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念解答．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解： A．不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，故选项错误，不符合题意；
B．不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，故选项错误，不符合题意；
C．能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，故选项正确，符合题意；
D．不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转度后和原图形完全重合，故选项错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了是中心对称图形的概念．解体的关键是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2. 如图，沿所在直线向右平移得到，已知，，则平移的距离为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据平移的性质得出，根据，，结合计算得出，得出、的长，即为平移的距离，选择答案即可．
【详解】解：∵沿所在直线向右平移得到，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴平移的距离为3．
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
3. 十边形的外角和是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了多边形的外角和．根据多边形的外角和等于，即可求解．
【详解】∵多边形的外角和为，
∴十边形的外角和是，
故选B．
4. 如图所示，的对角线交于点，下列结论错误的是（ ）

A. 是中心对称图形B. 且
C. D. 与的面积相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、三角形的面积，由平行四边形的性质得出，得出的面积的面积，平行四边形是中心对称图形，即可得出结论，熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理论证是解题的关键．
【详解】∵是中心对称图形，故正确；
∵四边形是平行四边形，
∴且，故正确；
在和中，，，，
∴和不全等，故错误；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴和底边，高相同，
∴与的面积相等，故正确，
故选：．
5. 在平面直角坐标系中，已知线段的两个端点分别是，，将线段平移后得到线段，若点坐标为，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形的变化—平移，解决本题的关键是根据已知对应点找到各对应点之间的变化规律．各对应点之间的关系是横坐标加，纵坐标加，那么让点的横坐标加，纵坐标加即为点的坐标．
【详解】解：由的对应点的坐标为，
坐标的变化规律可知：各对应点之间的关系是横坐标加，纵坐标加，
∴点的横坐标为，纵坐标为；
即所求点的坐标为．
故选：A．
6. 如图，将绕点逆时针旋转角（）得到，点的对应点恰好落在边上，若，，则旋转角的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，由，，则有，再根据旋转的性质即可求解，解题的关键是熟练掌握旋转的性质及其应用．
【详解】根据题意，，，
∴，
由旋转的性质，则，，
∴，
∴，
∴旋转角的度数是，
故选：．
7. 小玲的爸爸在钉制平行四边形框架时，采用了一种方法：如图所示，将两根木条AC、BD的中点重叠并用钉子固定，则四边形ABCD就是平行四边形，这种方法的依据是（ ）

A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形
B. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
D. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【答案】A
【解析】
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论．
【详解】解：∵O是AC、BD的中点，
∴OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理；熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
8. 如图，在四边形中，点E、F分别是边、的中点，，，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，熟练掌握中位线定理并作出正确的辅助线是解决本题的关键．连接，根据三角形中位线定理得到，，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可．
【详解】解：连接，
∵E、F分别是边、的中点，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选B．
9. 如图，已知，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，，和交于点P．则下列结论中正确的是（ ）

A. B. 与不平行
C. 可以看作是平移而成的D. 和都是等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，平移的性质，熟练掌握旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．设与相交于点，根据旋转可得：，从而可得，进而可得和都是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用三角形内角和定理，以及对顶角相等可得，最后根据，可得和不全等，从而利用平移的性质可得不可以看作是平移而成的，即可解答.
【详解】如图: 设与相交于点，

由旋转得:，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴,
∵，
∴，
∵，
∴和不全等,
∴不可以看作是平移而成的,
故不符合题意，符合题意，
故选: D.
10. 如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用．由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以四点组成的四边形为平行四边形，分三种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于/的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，
若要以四点组成的四边形为平行四边形， 则，
设运动时间为，
当时，，，
∴，
，
∴(舍去)；
当时，，
∴，
解得：；
当时，，
∴，
解得：(舍去)；
综上所述，的值为时, 以为顶点的四边形是平行四边形．
故选:B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 一个多边形的每个内角都相等，已知它的一个外角为，那么这个多边形的边数是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了多边形内角与外角的关系．根据多边形的外角和定理，多边形的每个内角都相等即每个外角也相等，即可求出多边形的边数．
【详解】解：一个多边形的每个内角都相等，已知它的一个外角为，
这个多边形的每个内角的外角都是，
边形的外角和等于，
，
故答案为：．
12. 如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长（）34米、宽20米的矩形，为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，已知小道的宽为2米，则种植面积为 _____平方米．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查平移的应用，解题的关键是巧妙的运用等积代换．
【详解】解：种植面积为平方米,
故答案为：．
13. 如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，，则的长是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质和角平分线定义，根据平行四边形的性质证明和等腰三角形的性质得出，，进而可得和的长，然后根据线段和差即可，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质和角平分线定义解题的关键．
【详解】解：∵四边形平行四边形，
∴，，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
14. 如图，在正八边形中，对角线的延长线与边的延长线交于点M，则的度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据正多边形的内角和公式求出，根据正多边形的性质可求出，再根据三角形外角的性质，计算即可求解．
【详解】解：∵八边形是正八边形，
，平分，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形性质，角平分线的有关计算，三角形外角的性质，掌握正多边形的内角的求法是解题的关键．
15. 如图，在等边三角形中，，，点是线段上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，则长的最小值为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了垂线段最短，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，取的中点，连接，，由是等边三角形，，，可得，，又由线段绕点顺时针旋转，得到线段，即可证明，当最小时，最小，此时，而，则，由是中点，则，从而即可求解，解题的关键是掌握以上知识点的应用，学会用转化的思想思考问题．
【详解】取的中点，连接，，如图，
∵是等边三角形，，，
∴，，
∵线段绕点顺时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
∴，
在和 中，
，
∴，
∴，
∴当最小时，最小，此时，
∵，，
∴，
∵是中点，
∴，
∴，
∴长的最小值为，
故答案为：．
三、解答题
16. 一个多边形，它的内角和比外角和的4倍多，求这个多边形的边数及内角和度数．
【答案】这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度．
【解析】
【分析】多边形的内角和比外角和的4倍多180°，而多边形的外角和是360°，则内角和是1620度．n边形的内角和可以表示成（n−2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【详解】解：根据题意，得
（n−2）•180°＝360°×4+180°，
解得：n＝11．
360°×4+180°=1620°
则这个多边形的边数是11，内角和度数是1620度．
【点睛】本题考查了多边形内角和，解题的关键是结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程即可求解．
17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．

（1）将先向右平移2个单位再向下平移6个单位得到图形，画出图形，并直接写出的坐标 ；
（2）画出绕点O按顺时针旋转后的图形，并直接写出的坐标 ；
（3）若可以看作是由绕某点旋转得到的，则旋转中心的坐标为 ．
【答案】（1）见解析，
（2）见解析，
（3）
【解析】
【分析】本题考查作图一旋转变换、平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质是解答本题的关键．
（1）根据平移的性质作图，即可得出答案；
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案；
（3）连接，分别作线段的垂直平分线，交于点，则点即为旋转中心，即可得出答案．
【小问1详解】
如图，即为所求，点的坐标为，

故答案为：；
【小问2详解】
如图，即为所求.点的坐标为，
故答案为:；
【小问3详解】
如图, 连接，分别作线段的垂直平分线，交于点，则可以看作是由绕点逆时针旋转得到的，
∵点的坐标为，
∴旋转中心的坐标为，
故答案为：．
18. 如图，在中，对角线、交于点，于点，若的周长为，求的周长．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质及线段的线段垂直平分线的性质，由平行四边形的对角线相交于点，，可知是线段的中垂线，根据线段垂直平分线的性质，可得，得出，继而可得出答案，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质及线段的线段垂直平分线的性质．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∴的周长为：，
∵的周长为，
∴的周长为．
19. 如图，中，，点D为中点，，绕点D旋转，使与边交于E（不与A，B重合），与边交于点F．

（1）求证：；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键.
（1）由“”可证，可得；
（2）由全等三角形的性质可得可得，由三角形的面积公式可求解.
【小问1详解】
证明: 中，，点为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，

∴ ,
∵,
∴,
∴四边形的面积．
20. 如图，在中，点，分别在，上，，分别交，于点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）已知，连接，若平分，求的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（）由平行线四边形的性质可以得出，，再利用线段和差证明，即可得出结论；
（）由（）得：，，再由平行线的性质得，然后证，则可由求解；
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：∵平分，
∴，
由（）得：四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
21. 【回归课本】
鲁教版初中数学八上教材第137﹣138页探索并证明了三角形中位线定理这个重要命题，请用文字语言表述三角形中位线定理： ．
【回顾证法】
证明三角形中位线定理的方法很多，但多数都要通过添加辅助线构图完成．图2是其中一种辅助线的添加方法．
已知：如图1，是的中位线．（请结合图2，补全求证及证明过程）
求证： ．
证明：
【实践应用】
如图3，B，C两地被池塘隔开，在没有任何测量工具的情况下，小明通过下面的方法测出了B，C间的距离：先在直线外选一点A，连接，，然后步测出，的中点D，E，并测出的长度为12米，则B，C两点间的距离为 米．
【深入探究】
如图4，DE是的中位线，是边上的中线．与是否互相平分？请证明你的结论．

【答案】【回归课本】三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 【回顾证法】见解析 【实践应用】 【深入探究】平分，见解析
【解析】
【分析】回归课本：由三角形的中位线定理可知，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，于是得到问题的答案；
回顾证法：作交的延长线于点，则，可证明，可以得到四边形BCFD是平行四边形，则且，即可得到结论；
实践应用：连接，由三角形的中位线定理得，则米，于是得到问题的答案；
深入探究：连接，设交于点，由是的中位线，是边上的中线， 所以分别是的中点，则，且，所以，可证明，得 ，所以与互相平分.
【详解】解：回归课本： 由三角形的中位线定理可知，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，
故答案为：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
回顾证法：已知: 如图, 是的中位线．
求证：且．
证明: 如图，作交的延长线于点，则，
∵是的中位线，
∴ ，
在和中,
，
∴，
∴，
∴, 且 ，
∴四边形是平行四边形，
∴，且，
∴ ，且，
故答案为:, 且；
实践应用：如图，连接，

∵分别为的中点，
，
米，
(米)，
∴两点间的距离是米,
故答案为: ；
深入探究：与互相平分，
证明: 如图，连接, 设交于点，

∵是的中位线，是边上的中线，
∴分别是的中点，
且 ,
，
在和中,
，
∴，
∴，
∴与互相平分．
【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质、三角形的中位线定理的证明与应用等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
22. 在中，（），于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．

（1）如图1，当点E在线段上，求证：D是的中点；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接并延长至点G，使得，连接，，
①求证；
②求出的度数．
（3）如图3，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，写出大小，并证明．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析 ②
（3）
【解析】
【分析】（1）根据角推导出，由旋转可知，则，即可证明是的中点；
（2）①先推导出是的中位线, 则，再由（1）可知，可推导出是等腰三角形，则，再由是的中点，即可证明；
②由①可知，即可得；
（3）延长至，使，连接，能推导出是的中位线，设，，证明，可得，再由，得到，即可求．
【小问1详解】
证明: ∵，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∴是的中点；
【小问2详解】
①证明: ∵，
∴是的中点，
∵是的中点，
∴是的中位线，
，
∵，
，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵是的中点,
∴；
②由①可知, ，
∴；
【小问3详解】
延长至，使，连接、，

∵，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴,
设，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ．
【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握旋转的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质是解题的关键．