广西壮族自治区桂林市宝湖、宝贤中学2023-2024学年八年级下学期3月集中训练数学试题（含解析）

这是一份广西壮族自治区桂林市宝湖、宝贤中学2023-2024学年八年级下学期3月集中训练数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了中，，则的度数为，如图，在中，，，，，则等内容，欢迎下载使用。
1．下列数学经典图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C．D．
2．中，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，平行四边形的对角线，相交于点O，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知正多边形的一个外角为，则该正多边形的边数为（ ）
A．6B．8C．10D．12
5．如图，在中，，，，，则（ ）

A．8B．10C．12D．14
6．如图，在四边形中，，，，对角线平分，则的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，，则菱形的面积是（ ）

A．18B．C．36D．
8．如图，点E、F分别是边的中点，点D是上一点，且．若，则的长为（ ）

A．1B．2C．3D．4
9．如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；连接、、、．若，四边形的面积为，则的长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在中，，D是边上的点，若，，则的值为（ ）
A．13B．21C．25D．29
11．如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
12．如图是某展馆的平面图，3个展区均为正方形，分别记为①、②、③．④是展区②和③的公共区域．已知展区①、②、③的边长分别为10米，20米和30米，入口区域和出口区域的面积分别记为和，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
二．填空题（共6小题，每题3分，共18分）
13．如图，已知，要使还需要添加的一个条件是 或 ．(只需写出两种情况，图中不能再添加其它辅助线段)
14．如图，两张完全重合在一起的正三角形硬纸片，点O是它们的中心，若按住下面的纸片不动，将上面的纸片绕点O顺时针旋转，至少旋转 °的角后，两张硬纸片所构成的图形是中心对称图形．
15．菱形的周长为，它的一条对角线长，则另一条对角线的长为 ．
16．已知中，，若，，则的面积为 ．
17．如图，设是已知线段，经过点B作，使，连接，在上截取；在上截取．已知线段的长为2，则线段的长为 ．
18．如图，已知正方形中，点E，F分别在边，上，且，连接，，若，则的最小值为 ．
三．解答题（共8小题，72分）
19．如图，四边形和都是平行四边形．求证：四边形是平行四边形．
20．如图，是等腰三角形，其中，，是线段上一点，满足，连接，．
(1)求证：；
(2)求的长度．
21．如图，∠AOB=90°，OA=45cm，OB=15cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
22．一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF．
（1）求证：AFCE；
（2）当∠BAC＝ 度时，四边形AECF是菱形？说明理由．
23．四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
(1)求证：AM=AD+MC．
(2)若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断AM=AD+MC是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
24．如图，在正方形中，，M为对角线上任意一点（不与B、D重合），连接，过点M作，交线段于点N．
(1)求证：；
(2)若，求证：．
25．如图1，P为正方形内一点，，求的度数．
小明同学的想法是：不妨设，，，设法把相对集中，于是他将绕点B顺时针旋转得到（如图2），然后连接，问题得以解决．
(1)求出图2中的度数；
请你参考小明同学的方法，解答下列问题：
(2)如图3，P是等边三角形内一点，，求的度数．
26．综合探究：
“在中，、、三边的长分别为、、，求这个三角形的面积”．
小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图1所示，这样不需求的高，而借用网格就能计算出它的面积．我们把上述求面积的方法叫做构图法．

(1)直接写出图1中的面积是______；
(2)若的边长分别为、、（，，且），试运用构图法在图2中画出相应的，并求出的面积．
(3)拓展应用：求代数式：的最小值．
参考答案与解析
1．A
【分析】
本题主要考查中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键．
根据中心对称图形的概念：一个图形如果绕某个点旋转180度后能与原图形完全重合的图形；由此问题可求解．
【解答】
解：选项中符合中心对称图形的只有A选项；
故选：A．
2．B
【分析】根据题意可得∠A和∠B互余，代入∠B-∠A=30°，即可得到答案.
【解答】解：∵ Rt△ABC中，∠C=90°
∴ ∠A+∠B=90°
∵ ∠B-∠A=30°
∴ ∠B-30°+∠B=90°
∴ ∠B=60°
故选 B
【点拨】此题主要考查了直角三角形两余角间的关系，利用∠A表示∠B是解题的关键.
3．C
【分析】
由平行四边形的性质容易得出结论．
【解答】
解：四边形是平行四边形，
；
故选：C．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质；熟记平行四边形的对角线互相平分是解决问题的关键．
4．B
【分析】
本题考查了多边形外角和是360度和正多边形的性质，根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数．
【解答】解：∵多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是，
∴，
即该正多边形的边数是8．
故选：B．
5．C
【分析】根据等腰三角形的性质求出，根据三角形内角和定理求出，求出，根据等腰三角形的判定得出，根据含角的直角三角形的性质得出，再求出答案即可．
【解答】解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故选：C．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，能求出和的度数是解此题的关键．
6．B
【分析】过D作于E，根据角平分线的性质得出，再根据三角形的面积公式求出答案即可．
【解答】解：过D作于E，
∵，对角线平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选B．
【点拨】本题考查了三角形的面积和角平分线的性质，能熟记角平分线上的点到角两边的距离相等是解此题的关键．
7．B
【分析】
根据菱形性质可证明是含的直角三角形，求出，进而由勾股定理求出，即可求出的长，进而菱形面积等于对角线乘积的一半解答即可．
【解答】
解：∵四边形菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴
∴菱形的面积 ，
故选：B．
【点拨】本题主要考查直角三角形和菱形的性质的知识点，解答本题的关键是熟记菱形的对角线垂直平分，本题难度一般．
8．A
【分析】
由点E、F分别是的中点，得，利用直角三角形斜边中线得，即可求出答案．
【解答】解：∵点E、F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
在中，，点F是的中点，，
∴，
∴，
故选：A．
【点拨】此题考查了三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握各性质是解题的关键．
9．B
【分析】
本题考查了基本作图、菱形的判定与性质．利用基本作图得到，则可判断四边形为菱形，根据菱形的面积公式得到，从而可求出的长．
【解答】解：根据作图，，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
解得．
故选：B．
10．B
【分析】
本题主要考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
先根据，求出的值，再运用勾股定理求出的值．
【解答】
∵D是边上的点， ，，
∴,
∵中，，
∴．
故选：B．
11．A
【分析】连接，证明，可得，由垂直平分线的性质可得，利用勾股定理在中求，在中求，在中求，继而得的长，由此可求得答案．
【解答】解：连接，设与交于点．
垂直平分，
，，
四边形是矩形，
，
，
又，，
．
，
，，
，
，
，
，
，，
，
．
故选：A．
【点拨】本题考查了垂直平分线的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
12．B
【分析】
本题考查了列代数式，整式的加减．设④展区的宽，求得米，再求得、和的长，利用矩形的面积公式列式，比较即可得解．
【解答】解：由①、③的边长得米，设④展区的宽，
∴米，米，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
13．
【分析】
本题考查添加条件使得三角形全等，根据可得，公共边对应相等，因此可以按或者或者添加条件，从而得解．灵活掌握全等三角形的判定是解题的关键．
【解答】
解：添加条件是或，
∵，
∴，
①填，理由是：
在和中
∴；
②填，理由是：
∵在和中
，
∴，
故答案为：；．
14．60
【分析】首先根据图示，可得原来的图案是一个正三角形；然后要使两张图案构成的图形是中心对称图形，则两张图案构成的图形是正六边形；最后根据正六边形的中心角是60°，可得它至少旋转60°，据此解答即可．
【解答】要使两张图案构成的图形是中心对称图形，
则两张图案构成的图形至少是正六边形，
∵正六边形的中心角是60°，
∴要使得两张图案构成的图形是中心对称图形，它至少旋转60°．
故答案为：60．
【点拨】本题考查了利用旋转设计图案的知识，注意：在讨论正多边形的对称性的时候，所有的正多边形都是轴对称图形，只有偶数边的正多边形同时是中心对称图形．
15．12
【分析】
根据菱形四条边都相等和对角线互相垂直且平分的性质，计算出每条边的长度，再在直角三角形中应用勾股定理计算，可得出答案．
本题主要考查了菱形．熟练掌握菱形的四条边都相等，两条对角线互相垂直且互相平分，勾股定理解直角三角形，是解决本题的关键．
【解答】
设菱形，如图所示，
∵菱形的周长为，
∴；
∵一条对角线的长为，设，
∴，
∴在中, ，
∴．
故答案为：12．
16．8
【分析】
本题考查了勾股定理、完全平方公式变形、三角形面积等，解题的关键是对代数式作恰当的变形，使其能够求得三角形的面积．
根据勾股定理及已知条件列出三角形三边之间的关系，然后作适当的恒等变换求得三角形的面积．
【解答】如图．
根据勾股定理得：．
∵，
∴
∴．
∴，
∴．
∴．
故答案为：8．
17．##
【分析】
本题考查了勾股定理，以及线段的和差，先根据已知条件求出，利用勾股定理可得，进而得到，最后利用即可解题．
【解答】
解：线段的长为2，
，
又，
，
由勾股定理得：，
，
，
故答案为：．
18．10
【分析】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，延长到P使，连接，交于F，利用证明，根据垂直平分线的性质可得，可得，根据点点A、F、P在一条直线上在一条直线上可得的长为的最小值，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【解答】
解：如图，延长到P使，连接，交于F，
在和中，
，
，
，
，
，
，
∵点A、F、P在一条直线上，
的长为的最小值，
，
，，
，即的最小值为10．
故答案为：10．
19．见解答
【分析】由平行四边形的性质可得AD＝BC，且AD∥BC，可证明四边形ABCD为平行四边形．
【解答】证明：∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD＝EF，且AD∥EF，
同理可得BC＝EF，且BC∥EF，
∴AD＝BC，且AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形．
【点拨】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行的四边形⇔平行四边形，②两组对边分别相等的四边形⇔平行四边形，③一组对边平行且相等的四边形⇔平行四边形，④两组对角分别相等的四边形⇔平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形⇔平行四边形．
20．(1)见解析
(2)
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴；
（2）解：设，
则，
∵，
∴，则，
解得：，
∴．
21．25cm
【分析】小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，得出BC=AC，由勾股定理可求得BC的长．
【解答】解：∵小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，即BC=CA，设AC为x，则OC=45﹣x，
由勾股定理可知OB2+OC2=BC2，
又∵OA=45，OB=15，
把它代入关系式152+（45﹣x）2=x2，
解方程得出x=25（cm）．
答：如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是25cm．
【点拨】本题主要考查勾股定理的实际应用．
22．（1）见解析；（2）30，理由见解析．
【分析】（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AFCE；
（2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴ADBC，
∴∠DAC＝∠BCA，
由翻折知，∠DAF＝∠HAF＝∠DAC，∠BCE＝∠MCE＝∠BCA，
∴∠HAF＝∠MCE，
∴AFCE；
（2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，ABCD，
由（1）得：AFCE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAC＝30°，
∴∠DAC＝60°．
∴∠ACD＝30°，
由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°，
∴∠HAF＝∠ACD，
∴AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
故答案为：30．
【点拨】本题考查矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
23．(1)证明见解析；(2)AM=AD+MC仍然成立．
【分析】（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需再证明AM=NM即可．
（2）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立.
【解答】(1)证明：延长AE、BC交于点N，如图1(1)
∵四边形ABCD是正方形
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠ENC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN．
在△ADE和△NCE中，

∴△ADE≌△NCE(AAS)
∴AD=NC．
∴MA=MN=NC+MC
=AD+MC．
(2)结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：延长AE、BC交于点P，如图2(1)，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠EPC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．
∴MA=MP．
在△ADE和△PCE中，
∴△ADE≌△PCE(AAS)．
∴AD=PC．
∴MA=MP=PC+MC
=AD+MC．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出△ADE≌△NCE，是一道基础题目．
24．(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】
本题考查了正方形的性质和判定，三角形全等的性质和判定，平行线分线段成比例，解题的关键是掌握正方形的判定与性质及全等三角形的判定与性质等知识点．
（1）作、，证四边形是正方形得，再证，从而得，据此可得证；
（2）由（1）得，则有，即可求出，根据，可得，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，过M分别作交于E，交于F，
则四边形是平行四边形，
四边形是正方形，
，
，
平行四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）
证明：由（1）得，
，
，
，
．
25．(1)的度数是；
(2)的度数是
【分析】本题考查的是正方形的性质、旋转的性质及勾股定理逆定理的应用，牢记相关知识是解题关键，
（1）设，，，证明为直角三角形，进而求出结论；
（2）将绕点B顺时针旋转得到，连接，设，，，证明为直角三角形，且，进而求出结论．
【解答】（1）解：根据旋转的性质可知，，，且，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，∵，
∴为直角三角形，且，
∴，
∴的度数是；
（2）解：如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接．
根据旋转的性质知，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴设，，，
∴，，，
∴，
∴为直角三角形，且，
∴，
即的度数是．
26．(1)
(2)图见解析，
(3)5
【分析】
（1）分割法求出三角形的面积即可；
（2）易得此三角形的三边分别是直角边长为m，的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边．同样把它整理为一个长方形的面积减去三个直角三角形的面积．
（3）将代数式转化为平面直角坐标系中轴上一点到点的距离与到点的距离和的最小值，利用成轴对称的性质，进行求解即可．
【解答】（1）解：由图可知：的面积是；
故答案为：；
（2）的边长分别为、、（，，且），
∴的三边分别是直角边长为m，的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边；直角边长为的直角三角形的斜边，构造三角形如图：

由图可知：的面积是；
（3），可以看成平面直角坐标系中轴上一点到点的距离与到点的距离和的最小值，如图：

设，，，则：，
过点作轴的对称点，则：，，当且仅当，，三点共线时，的值最小，即为的长，
∵，，
∴．
∴的最小值为5．
【点拨】本题考查勾股定理与网格问题，坐标与轴对称．解题的关键是理解并掌握构图法，将代数问题转化为几何问题，利用数形结合的思想进行求解．