贵州省铜仁市沿河土家族自治县沿河县初中第一集团2023-2024学年八年级下学期5月期中数学试题（解析版）

这是一份贵州省铜仁市沿河土家族自治县沿河县初中第一集团2023-2024学年八年级下学期5月期中数学试题（解析版），共22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 试卷满分：150分）
一、选择题（本大题共12小题，每题3分，共36分）
1. 我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代著名的数学著作《周髀算经》中．下列各组数中，是“勾股数”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据“勾股数”的定义，逐项判断，即可求解．
【详解】解：A、，不是“勾股数”，故本选项不符合题意；
B、，不是“勾股数”，故本选项不符合题意；
C、，不是“勾股数”，故本选项不符合题意；
D、，是“勾股数”，故本选项符合题意；
故选：D
【点睛】此题主要考查了勾股数，关键是掌握勾股数的定义：若满足的三个正整数，称为勾股数．
2. 如果电影院里的5排7座用表示，那么7排8座可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意形式，写出7排8座形式即可．
【详解】解：排座可表示为．
故选：B
【点睛】本题考查了有序数对，关键是掌握每个数代表的意义．
3. 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】本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可．
【详解】解：A选项是轴对称图形而不是中心对称图形；
B选项不是轴对称图形是中心对称图形；
C选项不是轴对称图形而是中心对称图形；
D选项是轴对称图形也是中心对称图形；
故选：D．
4. 如图，已知，，那么与全等的理由是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形证明全等．
【详解】解：在和中，
，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了直角三角形全等，解题的关键是熟悉直角三角形全等证明方法．
5. 一个多边形的每一个外角都是，则这个多边形是（ ）
A. 七边形B. 八边形C. 九边形D. 十边形
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了多边形外角和，根据多边形外角的度数之和为360度求出边数即可得到答案．
【详解】解：∵一个多边形的每一个外角都是，
∴这个多边形的边数为，
∴这个多边形是正八边形，
故选：B．
6. 已知点到轴的距离为3，到轴距离为2，且在第一象限内，则点的坐标为（ ）
A. B. . C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据到轴的距离为纵坐标的绝对值，到轴距离为横坐标的绝对值，结合点在第一象限求解即可．
【详解】点在第一象限内，
所以点的横坐标、纵坐标均大于0，
到轴的距离为3，所以点的纵坐标为3，
到轴距离为2，所以点的横坐标为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了点的坐标与距离；解题关键是理解点的坐标的意义.
7. 下列命题中，正确的是( )
A. 平行四边形的对角线相等B. 矩形的对角线互相垂直
C. 菱形的对角线互相垂直且平分D. 菱形的对角线相等
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形、矩形、菱形的性质，根据平行四边形、矩形、菱形的性质分别判断得出即可．
【详解】解：A．根据平行四边形的性质，平行四边形的对角线互相平分不相等，故此选项错误；
B．根据矩形的性质，矩形的对角线相等，不互相垂直，故此选项错误；
C．根据菱形的性质，菱形的对角线互相垂直且平分，故此选项正确；
D．根据菱形的性质，菱形的对角线互相垂直且平分但不相等，故此选项错误．
故选C.
8. 如图，在矩形中，，垂直平分于点E，则的长为（ ）

A. B. C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质可证是等边三角形，可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
9. 以的顶点为圆心，大于二分之一为半径画弧与分别交于两点，分别以这两点为圆心，以大于二分之一两点间距离为半径（半径不变）画弧，，，，那么的长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是角平分线的作图，勾股定理的应用，二次根式的化简，根据角平分线的作图可得，利用勾股定理和角的直角三角形的性质求出的长，再根据含30度角的直角三角形的性质可得答案．
【详解】解：在中，
∴
∴
∴在中，
∴
∴
∴，
∴；
故选：C．
10. 如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形是边长为1正方形，与x轴正半轴的夹角为，则点B的纵坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，作轴，根据正方形的性质可得，根据勾股定理可得，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：连接，作轴，如下图：
由正方形的性质可得，，，
则，
由题意可得：，
∴，
∴，
∴点B的纵坐标为，
故选：B
【点睛】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理以及含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作出辅助线．
11. 如图，将矩形纸片折叠，使落在边上点处，折痕为，若，，则的长为（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据矩形的性质得出，然后由折叠的性质有，然后利用勾股定理求出DF的长度，进而求出AF的长度，然后设，在中利用勾股定理即可求解．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴．
由折叠的性质可知， ，
在中，
，
，
．
设 ，则 ，
在中，
，
，
解得 ，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠问题，掌握矩形的性质，折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
12. 在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到的指令是：从原点出发，按“向上→向右→向下→向右”的方向依次不断移动，每次移动1个单位长度，其移动路线如图所示，第一次移动到点，第二次移动到点……第次移动到点，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象可得移动4次图象完成一个循环，从而可得出点的坐标．
【详解】，，，，，，…，
，
所以的坐标为，
则的坐标是，
故选C．
【点睛】本题考查了点的规律变化，解答本题的关键是仔细观察图象，得到点的变化规律，难度一般．
二、填空题（本大题共4小题，每题4分，共16分）
13. 点关于x轴的对称点的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据点的坐标关于坐标轴对称的方法“关于谁对称，谁就不变，另一个互为相反数”可直接求解．
【详解】解：由点关于轴的对称点坐标为；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查点的坐标关于坐标轴对称，熟练掌握点的坐标关于坐标轴对称的方法是解题的关键．
14. 若菱形的两条对角线长分别是6cm，8cm，则该菱形的面积是____cm2．
【答案】24
【解析】
【分析】已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
【详解】解：该菱形的面积是S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的面积计算公式，解题的关键是牢记公式．
15. 已知直角三角形的两边长分别为5和12，则斜边长是_____．
【答案】12或13
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理；熟练掌握勾股定理，并能进行推理计算是解决问题的关键，注意分类讨论，避免漏解．求第三边的长必须分类讨论，分12是斜边或直角边两种情况，然后利用勾股定理求解．
【详解】解：分两种情况：①当5和12为直角边长时，
由勾股定理得：斜边长；
②12为斜边长时，斜边长为12；
故答案为：12或13．
16. 如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B，C在x轴上，点A，C坐标分别为A（0，4），C（3，0），AB＝AC＝5，点P在y轴上移动，点Q在线段AB上移动．则BP+PQ的最小值为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】作点Q关于y轴的对称点，连接，则=PQ，BP+PQ的最小值即为BP+的最小值，当B、P、在同一直线上，且时，BP+最小，再利用三角形等面积法求出，即为BP+PQ的最小值．
【详解】解：作点Q关于y轴的对称点，
连接，则=PQ， BP+PQ的最小值即为BP+的最小值，
当B、P、在同一直线上，且时，BP+最小．
∵A（0，4），C（3，0），AB=AC=5，
∴BC=6，OA=4，
∵S△ABC=BC•OA＝，
∴，
∴BP+PQ的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了最短路线问题，坐标与图形，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，熟练运用轴对称的性质和三角形等面积法是解题的关键．
三、解答题（本大题共9个题，共98分）
17. 已知a、b、c满足：．
（1）求a、b、c的值；
（2）判断以a、b、c为边的三角形的形状并说明理由．
【答案】（1），，；（2）直角三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据绝对值、二次根式、平方的非负性即可求出；
（2）根据勾股定理逆定理即可判断．
【详解】解：（1）依题意得，，，
故，，，
（2）∵，，
∴，
∴以a、b、c为边的三角形为直角三角形．
【点睛】此题主要考查勾股定理逆定理的应用，解题的关键是熟知实数的性质，求出a、b、c的值．
18. 如图，已知平行四边形中，E、F是对角线上的两个点，且．求证：四边形为平行四边形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．连接对角线交对角线于点O，证明即可得到结论．
【详解】证明：连接对角线交对角线于点O．
四边形是平行四边形，
，，
点E，F是对角线上的两点，且，
，
即，
四边形是平行四边形．
19. 如图1所示，一架梯子AB长10米，顶端A靠在墙AC上，这时梯子下端B与墙角C的距离为6米，梯子底部向右滑动后停在DE的位置上（如图2所示），测得DB的长为2米，求梯子顶端A下落了多少米．
【答案】梯子顶端A下落了2米
【解析】
【分析】在中，根据勾股定理求得的长，在中，根据勾股定理求得米，即可求解．
【详解】解：在中，，根据勾股定理，得（米），
∵（米），
∴在中，米，
∴（米），
即梯子顶端A下落了2米．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
20. 已知，点．
（1）若点P在x轴上方，且到x轴的距离为6，求点P的坐标；
（2）若点Q在y轴上，且平行于x轴，，求P点的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】本题考查平面直角坐标系中点的特点；熟练掌握平面直角坐标系中坐标轴上点的特点，与坐标轴平行的直线上点的特点是解题的关键．
（1）根据点的坐标轴的距离及在x轴上方得到，求解出m的值可得答案；
（2）根据y轴上点的横坐标为0，得到点Q的横坐标为0，由平行于x轴，，得到，求解出m的值可得答案．
小问1详解】
解：根据题意得：，
，
；
【小问2详解】
解：根据题意得：点Q的横坐标为0，
平行于x轴，，
，
，
或，
当时，，
则；
当时，，
则；
综上，点P的坐标为：或．
21. 如图，四边形是菱形，对角线，于H，，
（1）求菱形的周长．
（2）求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理：
（1）根据菱形的性质得到，，则可证明是等边三角形，得到，据此可得答案；
（2）由三线合一定理得到，由勾股定理可得．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴菱形的周长；
【小问2详解】
解：由（1）得是等边三角形，
∵，
∴，
∴．
22. 如图，直角坐标系中，顶点都在网格点上，其中，C点坐标为．
（1）写出点A、B 的坐标：A ，B ；
（2）将先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，画出．
（3）求的面积．
【答案】（1），
（2）见解析 （3）5
【解析】
【分析】本题考查坐标与图形，平移作图．熟练掌握平移的性质，利用分割法求面积，是解题的关键．
（1）根据点在坐标系的位置，写出点的坐标即可；
（2）根据平移的性质，先确定平移后对应点，再画出即可；
（3）分割法求三角形的面积即可．
【小问1详解】
解：根据A，B的位置可得：，；
【小问2详解】
如图所示，即为所求作；
．
【小问3详解】
由图知，的面积为
，
23. 如图，在等腰直角中，，，垂足为，平分交于点，垂足为，且交于点，交于点．
（1）求证：
（2）求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据，得到，结合平分得到，利用即可证明；
（2）连接，设，利用全等三角形的性质和勾股定理，分别求得、，即可求证．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
【小问2详解】
解：连接，如下图，设，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴
，，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（1）可得，
∴
又∵，
∴
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
24. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿CA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是秒（）．过点作于点F，连接DE，EF．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值，如果不能，说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）t=10； （3）当t=或12时，△DEF为直角三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）由题意得∠BCA=30°，CD=4tcm，AE=2tcm，再由含30°角的直角三角形的性质得DF=DC=2tcm， 即可得到AE=DF；
（2）由AE=AD，得四边形AEFD为菱形，得2t=60-4t，进而求得t的值；
（3）分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【小问1详解】
证明：由题意可知CD=4tcm，AE=2tcm，
∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴DF=DC=2t cm．
∵AE=2t cm，DF=2t cm，
∴AE=DF．
【小问2详解】
解：∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴．
∵AE=DF，，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∴要使平行四边形AEFD为菱形，则需AE=AD，
即2t=60-4t，
解得t=10，
∴当t=10时，四边形AEFD为菱形，
故答案为：10．
【小问3详解】
当∠EDF=90°时，如图①，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴，
∴四边形DFBE为矩形．
∴
∴AD=2AE，即60-4t=2t×2，
解得，t=，
当∠DEF=90°时，如图②，
∵，
∴DE⊥AC，
∴．
∴AE=2AD，即2t=2×（60-4t），
解得，t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
25. 分层探究
（1）问题提出：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接．求证：，解题思路：把绕点A逆时针旋转______度至，可使与重合．由，则知F、D、G三点共线，从而可证______，从而得，阅读以上内容并填空．
（2）类比引申：如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．探究：若，猜想的数量关系，并给出理由．
（3）联想拓展：如图3，在中，，点D、E均在边上，并且．猜想的数量关系，并给出理由．
【答案】（1），
（2）仍有；理由见解析
（3）猜想：．理由见解析
【解析】
【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；
（2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案；
（3）把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
【小问1详解】
解：∵，
∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图1，
∵，
∴，点F、D、G共线，
则，，，
，
即，
在和中，
，
∴，
∴；
小问2详解】
解：仍有；理由如下：
∵，
∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图2所示：
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，点F、D、G共线，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：猜想：．理由如下：
把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，如图3所示：
则，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，直角三角形的性质、勾股定理等知识；能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键．