广西壮族自治区贵港市港北区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份广西壮族自治区贵港市港北区2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共24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. Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=40°，则∠A=（ ）
A. 60°B. 50°C. 40°D. 30°
【答案】B
【解析】
【详解】∵
∴
∵
∴
故选B.
【点睛】直角三角形的两个锐角互余.
2. 在中，，，，分别是、、的对边，下列条件中，不能判断是直角三角形的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长满足，那么这个三角形就是直角三角形．利用直角三角形的定义和勾股定理的逆定理逐项判断即可．
【详解】解：A．设
∵，
∴，
∴是直角三角形，故选项A不符合题意；
B．∵，该试卷源自 每日更新，享更低价下载。∴
又
∴
∴
∴是直角三角形，故选项B不符合题意；
C．∵，
∴设
∵
∴
∴，
∴，
∴不是直角三角形，故选项C符合题意；
B．∵，
∴，
∴是直角三角形，故选项D不符合题意；
故选：C．
3. 如图,AC⊥BD于点P,AP=CP,增加下列一个条件:①BP=DP;②AB=CD;③∠A=∠C.其中能判定△ABP≌△CDP的条件有 ( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形全等的条件可得到答案.
【详解】∵AC⊥BD于点P，AP＝CP，
增加①BP=DP可利用SAS证明△ABP≌△CDP
增加①AB=CD可利用HL证明△ABP≌△CDP
增加①∠A=∠C可利用ASA证明△ABP≌△CDP
【点睛】本题主要考查了直角三角形全等的判定.熟练掌握三角形全等的判定方法是解决此题的关键.
4. 如图，是的中位线，若的长为4，则的长是（ ）
A. 1.2B. 1.5C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形中位线的性质进行解答即可．
【详解】解：∵的长为4，是的中位线，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
5. 下列几何图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. 等边三角形B. 平行四边形
C. 菱形D. 对角线相等的四边形
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．根据轴对称图形与中心对称图形的概念解答即可．
【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、菱形即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、对角线相等的四边形如等腰梯形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
6. 如图,在△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,∠ABC的平分线BD交AC于D，DE⊥AB于点E,若DE=3cm,则AC= ( )
A. 9cmB. 6cmC. 12cmD. 3cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据∠A=30°,可推出∠DBE=∠CBD=30°,利用全等求出CD=3cm,再根据直角三角形中30°所对的直角边是斜边一半的性质求出AD=6cm,最后算出AC.
【详解】∵∠A=30°,∠C=90°,BD平分∠ABC,
∴∠DBE=∠CBD=30°,
又∵DE⊥AB
∴∠DEB=∠C=90°
∵DB=DB
∴Rt△CBD≌Rt△EBD(AAS),
∴CD=DE=3cm
在Rt△AED中,∠A=30°,DE=3cm,
AD=2DE=6cm.
∴AC=AD+DC=3cm+6cm=9cm.
故选A.
【点睛】本题考查直角三角形中线段的计算,关键在于根据利用直角三角形的特殊性质求出边长.
7. 下列命题中，错误的是（ ）
A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 菱形的对角线互相垂直平分
C. 矩形的对角线相等且互相垂直平分
D. 角平分线上的点到角两边的距离相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质对A进行判断；根据菱形的性质对B进行判断；根据矩形的性质对C进行判断；根据角平分线的性质对D进行判断．
【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，所以A选项的说法正确；
B、菱形的对角线互相垂直平分，所以B选项的说法正确；
C、矩形的对角线相等且互相平分，所以C选项的说法错误；
D、角平分线上的点到角两边的距离相等，所以D选项的说法正确．
故选：C．
8. 如图，矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点B落在点F处，折痕为，且，则的长为（ ）
A. 6B. 7C. 6.5D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是翻折变换及勾股定理，先根据矩形的性质求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，在中运用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵是翻折而成，
∴是直角三角形，
∴，
在中，，
在中，
∴
解得，
故选：A．
9. 如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”，若AB=10，AE=8，则正方形EFGH的面积为（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用勾股定理求得直角边的较短边，进一步根据正方形EFGH的面积=大正方形面积-4个直角三角形面积即可求得正方形EFGH的面积．
【详解】解：直角三角形直角边的较短边为=6，
正方形EFGH的面积=10×10-8×6÷2×4=100-96=4．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，熟练应用勾股定理是解题关键．
10. 我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为，，则四边形的面积减少了（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，直角三角形的性质．
过点作交延长线于E，先证明四边形是菱形，得，则，利用直角三角形的性质得求得，然后用正方形的面积减去菱形的面积即可．
【详解】解：过点作交延长线于E，如图，
∵正方形，
∴
∴
∴四边形是菱形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴四边形的面积减少了，
故选：A．
11. 如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）

A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形的性质并利用SAS可证明△BAE≌△ADF，于是可得∠ABE＝∠DAF，进而可得△BGF是直角三角形，再根据点H为BF的中点，可知GH是BF的一半，然后根据勾股定理可以求得BF的长，从而可以得到GH的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°，
∵AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝BF，
又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°，
∴CF＝3，
∴BF＝＝＝，
∴GH＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，明确题意、熟练掌握上述知识是解题的关键．
12. 如图，四边形中，AD//BC，，M是上一点，且，点E从点A出发以的速度向点D运动，点F从点C出发，以的速度向点B运动，当其中一点到达终点，另一点也随之停止，设运动时间为，则当以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（ ）
A. B. 3C. 3或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3-3t=t；当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得3t-3=t；解方程即可．
【详解】当3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3-3t=t，
解得t=；
当3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
得3t-3=t，
解得t=，
故选D．
【点睛】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活选择判定方法，合理分类是解题的关键．
二、填空题（本大题共6分，每小题2分，共12分）
13. 已知一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则斜边长是___________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据勾股定理计算即可．
【详解】解：由勾股定理得，斜边长，
故答案：5．
【点睛】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么．
14. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【详解】解：设边数为n，由题意得，
180（n－2）=3603，
解得n=8．
所以这个多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
15. 若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为________．
【答案】24
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线长分别为6和8，
∴该菱形的面积为，
故答案为：．
16. 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，且∠BAD、∠ADC的角平分线AE、DF分别交BC于点E、F．若EF＝2，AB＝5，则AD的长为_______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据题意由平行线的性质得到∠ADF＝∠DFC，再由DF平分∠ADC，得∠ADF＝∠CDF，则∠DFC＝∠FDC，然后由等腰三角形的判定得到CF＝CD，同理BE＝AB，则四边形ABCD是平行四边形，最后由平行四边形的性质得到AB＝CD，AD＝BC，即可得到结论．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADF＝∠CDF，
∴∠DFC＝∠CDF，
∴CF＝CD，
同理BE＝AB，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∴AB＝BE＝CF＝CD＝5，
∴BC＝BE+CF﹣EF＝5+5﹣2＝8，
∴AD＝BC＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质和平行线的性质以及平行四边形的性质等知识，解答本题的关键是熟练掌握平行线的性质以及平行四边形的性质．
17. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，若点P在AD边上，连接BP、PC，是以PB为腰的等腰三角形，则PB的长为_______．

【答案】5或6
【解析】
【详解】试题分析：如图，在矩形ABCD中，AB=CD=4，BC=AD=6．
如图1，当PB=PC时，点P是BC的中垂线与AD的交点，则AP=DP=AD=3．
在Rt△ABP中，由勾股定理得 PB==5；
如图2，当BP=BC=6时，△BPC也是以PB为腰的等腰三角形．
综上所述，PB的长度是5或6．

考点：1、矩形的性质；2、等腰三角形的判定；3、勾股定理
18. 如图，学校要对一块两直角边长分别为和的直角三角形花圃进行扩建，计划将其扩建成等腰三角形，且扩建部分是以为直角边的直角三角形，则符合要求的方案共有______种．
【答案】3
【解析】
【分析】本题主要考查等腰三角形的判定，根据勾股定理求出斜边有三种情况：①时，②，③，分别求出扩建后的等腰三角形即可．
【详解】解：在中，，，，
∴，
如图1，当时，
则，
∴；
如图2，当时，
则，
∴，
如图3，当时，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴解得：，
∴；
所以，共有3种，
故答案为：3
三、解答题（本大题共8小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. 一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少，求这个多边形的边数．
【答案】7
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是，与边数无关．多边形的外角和是，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少，即可得到多边形的内角和的度数．根据多边形的内角和定理即可求得多边形的边数．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，依题意得,
，
．
∴这个多边形的边数是7．
20. 如图，在和中，，，与相交于点O．
（1）求证：；
（2）是何种三角形？证明你的结论．
【答案】（1）见解析 （2）等腰三角形，见解析
【解析】
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质．
（1）利用证明即可；
（2）根据全等三角形对应边相等可得，再根据等腰三角形的定义解答．
【小问1详解】
证明：∵，
∴和是直角三角形
在和中，
∵，，
∴，
；
【小问2详解】
解：是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
21. 如图，在中，，是的角平分线，点在上，分别过点作，，垂足为，，且．
（1）求证：点在的平分线上．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】（1）过点O作OM⊥AB，由角平分线的性质得OE=OM，由正方形的性质得OE=OF，易得OM=OF，由角平分线的判定定理得点O在∠BAC的平分线上；
（2）连接OC，根据三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：过点作，
是的一条角平分线，
，
，
，
是的角平分线，即点在的平分线上；
（2）点在的平分线上，
．
在中，，，
，
．
，
．
【点睛】本题主要考查的是角平分线的性质，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．
22. 如图，点D是内一点，点E，F，G，H分别是，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，，，，求四边形的周长．
【答案】（1）见解析 （2）13
【解析】
【分析】（1）根据三角形的中位线定理即可求证；
（2）根据中位线定理可得，根据含角的直角三角形特征求出，进而得出，即可求解．
【小问1详解】
证明：在中，E、H分别是、中点，
∴且，
同理得且，
∴且，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
解：由（1）知：，四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
在中，，，，
∴，
∵在中H、G是、中点，
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形的中位线定理，含直角三角形的特征，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
23. 如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，AD∥BC，∠ADC=∠ABC，OA=OB．
（1）如图1，求证：四边形ABCD为矩形；
（2）如图2，P是AD边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分别是垂足，若AD=12，AB=5，求PE+PF的值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）通过平行线的性质可得，再根据可得，即可证明，即可证明四边形ABCD是平行四边形，再根据，即可证明四边形ABCD是矩形；
（2）连接OP，根据矩形的性质和勾股定理得，再根据矩形和三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴四边形ABCD是平行四边形
∵
∴四边形ABCD是矩形；
（2）连接OP，
∵四边形ABCD是矩形
∴
在△BAD中，
由勾股定理得
∴
∵矩形的面积是
∴△AOD的面积是
∵△APO、△POD是同底的三角形
∴
∴
∴
故PE+PF的值．
【点睛】本题考查了矩形的综合问题，掌握矩形的性质以及判定定理、勾股定理、三角形面积公式、矩形面积公式是解题的关键．
24. 如图，在四边形中，，，对角线、交于点O，平分，过点C作交延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质．
（1）由和平分可得，从而，进而根据菱形的定义得证结论；
（2）由求出，进而，，在中，根据勾股定理构造方程，即可求得的长，根据面积公式即可解答．
【小问1详解】
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
【小问2详解】
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
即，
∴，
∵在菱形中，，
∴．
25. （1）如图1，已知是正方形，P是对角线上一点，求证：；
（2）如图2，在正方形中，点P是对角线上一点，，，垂足分别为E、F，连接，猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
（3）如图3，在正方形中，若，P是上一点，过点P作于M，于N，则最小值为______．
【答案】（1）见解析（2），证明见解析；（3）
【解析】
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质：
（1）利用正方形的性质，证明求解，进而推出线段关系；
（2）根据矩形的性质，证明，再利用（1）的结论，进而得证；
（3）连接，，，四边形是矩形，，由（1）可知，当时，，进而求出的最小值．
【详解】解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）猜想：．
证明：连接，如图，
由（1）可知，，
∵，垂足分别为E、F，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
（3）连接，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）可知，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
当时，最小，
此时，
∴的最小值为．
故答案为：．
26. 李老师让同学们以“旋转”为主题展开探究．
【问题情境】
如图1，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线与点．
【猜想证明】
（1）当时，四边形的形状为________；（直接写出答案）
（2）如图2，当时，连接，求此时面积；
【能力提升】
（3）在【问题情境】的条件下，是否存在，使点F，E，D三点共线．若存在，请求出此时的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）正方形；（2）；（3）存在，或．
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质和旋转的性质可得，，即可；
（2）作于，可得，从而得到，再根据勾股定理可得，即可；
（3）分两种情况讨论：当点在上时；当点在的延长线上时，根据三角形全等可得，然后根据勾股定理列出方程即可求解．
【详解】解：（1）如图1，
四边形是矩形，
，
将边绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形；
故答案为：正方形；
（2）如图2，作于，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图3，当点在上时，连接，
，
∴
，，，
，
，
设，则，
根据旋转的性质得：，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
解得：；
如图4，当点在的延长线上时，
同理，，
设，则，，
，
解得：，
综上所述，或．
【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论．