湖南省张家界市慈利县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题

这是一份湖南省张家界市慈利县2023-2024学年八年级下学期期中数学试题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考生注意：全卷共有三道大题，满分100分，时量120分钟．
一、单选题（每小题3分，共10道小题，合计30分）
1. 下列各组数中，以它们为边长能构成直角三角形的是（ ）
A. 1，3，4B. 2，3，4C. 1，1，D. 5，12，13
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理可知，分别计算选项中两短边的平方和是否等于长边的平方即可．
【详解】解：、，
不能构成三角形，故本选项不符合题意；
、，
不能构成直角三角形，故本选项符合题意；
、，
不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
、，
能构成直角三角形，故本选项符合题意；
故选：．
【点睛】本题考查了勾股定理逆定理，熟知三角形的三边满足：，那么这个三角形为直角三角形是解题的关键．
2. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把来这里 全站资源一元不到！试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键．
【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
3. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A. 对边相等B. 对角相等
C. 对角线相等D. 对角线互相平分
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可．
【详解】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等．
4. 直角三角形中，两直角边分别是和，则斜边上的中线长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用勾股定理列式求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【详解】解：由勾股定理得，斜边＝，
所以，斜边上的中线长＝×13＝6.5．
故选C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键．
5. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A. AB//DC，AD//BCB. AB=DC，AD=BC
C. AO=CO，BO=DOD. AB//DC，AD=BC
【答案】D
【解析】
【详解】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
6. 如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，BE平分∠ABC，DE⊥AB于点D，如果AC=3cm，那么AE+DE等于（ ）
A. 2cmB. 3cmC. 4cmD. 5cm
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用角平分线的性质得出DE=EC，进而得出答案．
【详解】解：∵△ABC中，∠ACB=90°，BE平分∠ABC，DE⊥AB于点D，
∴EC=DE，
∴AE+DE=AE+EC=3cm．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了角平分线的性质，得出EC=DE是解题关键．
7. 如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分交于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
8. 如图，在中，根据尺规作图痕迹，下列说法不一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，根据垂直平分线的性质和角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质进行判断即可．
【详解】根据尺规作图痕迹，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分线，
，
，
，
综上，正确的是A、C、D选项，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂直平分线和角平分线的作图，垂直平分线的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余，等边对等角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
9. 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和三角形面积求出的长，即可解决问题．【详解】解：如图，连接，
，，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
是的中点，
，
根据垂线段最短可知，当时，最短，则也最短，
此时，，
，
即最短时，，
的最小值，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
10. 如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：
①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤∠AGB+∠AED=145°
其中正确的个数是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】解：①正确．理由：
∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．理由：
EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，
解得x=3．
∴BG=3=6﹣3=GC；
③正确．理由：
∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG∥CF；
④正确．理由：
∵S△GCE=GC•CE=×3×4=6，
∵S△AFE=AF•EF=×6×2=6，
∴S△EGC=S△AFE；
⑤错误．
∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，
又∵∠BAD=90°，
∴∠GAF=45°，
∴∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=135°．
故选C．
【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明．
二、填空题（每小题3分，共8道小题，合计24分）
11. 一个正多边形的内角和为，则这个正多边形的每一个外角等于______度．
【答案】72
【解析】
【分析】根据正多边形的性质、补角的定义即可得．
【详解】解：设正多边形的边数为，根据题意得：
，
解得：，
∵正多边形的每个外角都相等，且外角和为，
∴正多边形的每一个外角为：．
故答案为：72．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，正多边形的内角和和外角和，熟记正多边形的性质是解题关键．
12. 如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故应满足．
【详解】解：应满足的条件为：．
证明：∵E，F，G，H分别是边、、、的中点，
∴在中，为的中位线，所以且；
同理且，同理可得，
则且，∴四边形为平行四边形，又，所以，
∴四边形为菱形．
故答案为：．
【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
13. 如图，ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为_____．
【答案】15
【解析】
【详解】∵▱ ABCD的周长为36，
∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，
∴OD=OB=BD=6．
又∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE=CD．
∴OE=BC．
∴△DOE的周长="OD+OE+DE=" OD +（BC+CD）=6+9=15，即△DOE的周长为15．
故答案是：15．
14. 如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝________°．
【答案】35【解析】
【分析】先根据三角形外角的性质和矩形的性质得到∠OCD的度数，再根据DE⊥AC即可得到∠CDE的度数．
【详解】∵∠AOD＝110°，
∴∠ODC+∠OCD=110°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=55°，
又∵DE⊥AC，
∴∠CDE=180°-∠OCD-∠DEC=180°-55°-90°=35°，
故答案为：35．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形内角和，三角形外角的性质，掌握知识点是解题关键．
15. 矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，则矩形的对角线长为_______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据题意画出图形，根据矩形的性质以及已知条件证明是等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图．
∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故答案为24．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，确定出等边三角形的解题的关键，作出图形更形象直观．
16. 如图，将长，宽的矩形纸片折叠，使点A与C重合，则的长为___．
【答案】3
【解析】
【分析】利用折叠的性质与勾股定理建立方程得到的值，进一步求出，即可求解．
【详解】解：如图，∵矩形纸片折叠后点A与C重合，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得，
∵矩形的边∥，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了矩形的折叠，解题关键是掌握折叠的性质和利用勾股定理解三角形．
17. 如图，在菱形中，，E、F分别是边上的动点，连接，G、H分别为的中点，连接．若的最小值为3，则的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，利用中位线的性质，要使最小，只要最小，当时，最小为6，由确定为等腰直角三角形，得出，由勾股定理得：求出即可．
【详解】解：连接，
∵，分别为，的中点，
∴，且，
要使最小，只要最小，
当时，最小，
∵的最小值为3，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查动点图形中的中位线，菱形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理应用问题，掌握中位线的性质，菱形性质，等腰直角三角形的性质是解题关键．18. 如图所示，正方形的边长为1，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，，按照此规律继续下去，则的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“”是解题的关键．
根据题意求出面积标记为的等腰直角三角形的直角边长，得到，同理求出，根据规律解答．
【详解】解：如图所示，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，
正方形的边长为1，
面积标记为的等腰直角三角形的直角边长为，
则，
面积标记为的等腰直角三角形的直角边长为，则，
，
，
则的值为：，
故答案为：．
三、解答题（19.20题每小题6分，21.22题每小题8分，23.24题每小题9分，25，26题每小题10分）
19. 如图，走廊上有一梯子以倾斜角斜靠在墙上，墙与地面垂直，梯子影响了行人的行走，工人将梯子梛动位置，使其倾斜角变为．如果梯子的长为4米，那么行走的通道拓宽了多少米？（结果保留根号）
【答案】行走的通道拓宽了米
【解析】
【分析】此题主要考查勾股定理解三角形，在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方；也考查了含30度角直角三角形的性质，在直角三角形中，30度角所对的直角边长度为斜边的一半；根据勾股定理分别求出两次梯子距墙根的距离，求差得解．
【详解】解：∵，，
∴，，∴，
∵，
∴，
∴
则．
答：行走的通道拓宽了米．
20. 如图，在中，，，是延长线上一点，点在上，且．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，结合等角对等边，得出，再通过“”证明，即可作答．
【详解】证明：，
，
，
为等腰直角三角形，
在和中，
21. 如图，已知菱形ABCD的对角线相交于点O，延长AB至点E，使BE=AB，连接CE．
（1）求证：BD=EC；
（2）若∠E=50°，求∠BAO的大小．
【答案】（1）证明见解析（2）40°.
【解析】
【分析】（1）根据菱形的对边平行且相等可得AB=CD，AB//CD，然后证明得到BE=CD，BE//CD，从而证明四边形BECD是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证.
（2）根据两直线平行，同位角相等求出∠ABO的度数，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据直角三角形两锐角互余计算即可得解.
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB//CD.
又∵BE=AB，
∴BE=CD，BE//CD.
∴四边形BECD是平行四边形.
∴BD=EC.
（2）∵四边形BECD是平行四边形，
∴BD//CE，
∴∠ABO=∠E=50°.
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC丄BD.
∴∠BAO=90°﹣∠ABO=40°
22. 如图，已知矩形，延长至点，使得，对角线，交于点，连结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质以及已知条件，即可由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明结论；
（2）过点作于点，根据矩形性质，等腰三角形性质以及中位线定理可求出FG、EG的长度，然后根据勾股定理可求解．
【详解】解：（1）四边形是矩形，
，．
，
，．
四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点．
矩形，
，
是的中点，
是的中位线，有．
在中，，，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，平行四边形的判定，中位线定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练运用以上知识点是解决本题的关键．23. 如图，在中，，是边上的中线，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，平行线与间的距离为，求菱形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）菱形的面积是32
【解析】
【分析】（1）用一组对边平行且相等来得出四边形为平行四边形，再根据直角三角形斜边上中线的性质即可证明四边形是菱形；
（2）作于点G，则，证明是等边三角形可得，根据勾股定理求出，进而可求出菱形的面积.
【小问1详解】
∵是的中点，
∴．
∵，
∴，，
在和中，
∴，
∴．
∵是边中线，，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形． ∵，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
作于点G，则，
∵，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积是．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形和平行四边形的判定是解题的关键．
24. 如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）连接，若，，求长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质可得且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得出结论；
（2）由菱形的性质可得，由直角三角形斜边上的中线的性质可得，由勾股定理可得，计算出的长，最后再由勾股定理计算出的长即可．
【小问1详解】
证明：四边形是菱形，
且，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形；
【小问2详解】
解：四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，熟练掌握菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解此题的关键．
25. 在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得
（1）如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；
（2）连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析 （2）；证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到．
【小问1详解】
证明：在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴．
【小问2详解】
解：补全后的图形如图所示，，证明如下：
延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵，CM＝CB，
∴ 垂直平分BM，
∴，
和中，
，
∴ ，
∴ ，，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴ ，即，
∵，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键．
26. 如图，以点A为旋转中心将正方形逆时针旋转角，得到正方形．作直线，过点F作，垂足为H，连接．
（1）如图1，当时，请直接写出和的数量关系；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立，如果成立请证明，如果不成立请说明理由；
（3）当点E在的垂直平分线上时，请直接写出的长度．
【答案】（1）
（2）成立，见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）证明，都是等边三角形，得出，，求出，然后根据含的直角三角形的性质求解即可；
（2）过A作于M，利用等腰三角形三线合一性质得出，证明，得出，证明，得出，即可得出结论；
（3）分点E在上方和下方两种情况讨论，然后利用勾股定理分别求出的长，再结合（2）所得结论求解即可．
【小问1详解】
解：
理由：∵正方形逆时针旋转得到正方形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：（1）中结论成立，理由：过A作于M，
由（1）知：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵， ，
∴
∴，
∴；
【小问3详解】
解：①当点E在下方时，
如图，过点E作于N，
∵点E在的垂直平分线上，
∴，
∴，
∴，∴，
由（2）知：；
②当点E在上方时，
如图，过点E作延长线于N，
同理：，，
∴，
∴，
由（2）知：；
综上，的长度为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理以及全等三角形的性质与判定等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形求解是解题的关键．