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    2021-2022学年湖北省武汉市部分学校八年级(下)期中数学试卷(含解析)

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    2021-2022学年湖北省武汉市部分学校八年级(下)期中数学试卷(含解析)

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    这是一份2021-2022学年湖北省武汉市部分学校八年级(下)期中数学试卷(含解析),共21页。试卷主要包含了【答案】D,【答案】C,【答案】B,【答案】A等内容,欢迎下载使用。
    2021-2022学年湖北省武汉市部分学校八年级(下)期中数学试卷 一.选择题(本题共10小题,共40分)下面用数学家名字命名的图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是A. 赵爽弦图 B. 科克曲线
    C. 斐波那契螺旋 D. 笛卡尔心形线在平面直角坐标系中,点所在的象限是A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限如图,在中,,垂足为下列结论中,不一定成立的是A. 互余
    B. 互余
    C.
    D. 具备下列条件的中,不是直角三角形的是A.  B.
    C.  D. 如图,在四边形中,对角线相交于点,下列条件不能判断四边形是平行四边形的是A.
    B.
    C.
    D.
     如图,点的角平分线上一点,,垂足为点,且,点是射线上一动点,则的最小值为A.
    B.
    C.
    D. 如图,在中,平分,交于点平分,交于点,则长为A.  B.  C.  D. 若点轴上方,轴左侧,距离个单位长度,距离个单位长度,则点的坐标是A.  B.  C.  D. 如图,在平面直角坐标系中,轴,,且,则四边形的面积为A.
    B.
    C.
    D. 如图,大正方形是由边长为的小正方形拼成的,四个点是小正方形的顶点,以其中三个点为顶点,可以构成直角三角形的个数是
    B.
    C.
    D. 二.填空题(本题共8小题,共32分)如图是某商场一楼和二楼之间的手扶电梯示意图.其中分别表示一楼、二楼地面的水平线,的长是米,则乘电梯从点到点上升的高度______米.
    中,,则 ______ 矩形相交于点,若的面积为,则矩形的面积为______若正多边形的一个外角是,则这个正多边形的内角和是______已知点轴上,点的坐标为______在菱形中,,则菱形的面积是______如图,正方形的边长为,对角线交于点边上的任意一点,过点分别向作垂线,垂足分别为,则四边形的周长是______

      如图,在平面直角坐标系中,点的坐标为,将线段绕点按顺时针方向旋转,再将其长度伸长为倍,得到线段;又将线段点按顺时针方向旋转,长度伸长为倍,得到线段;如此下去,得到线段为正整数,则点的坐标是______ 三.解答题(本题共8小题,共78分)如图,在直角坐标系中,已知关于原点对称,点的对应点分别是点
    关于轴对称点的坐标是______,点关于轴对称点的坐标是______
    画出
    写出的面积.
    如图,在中,点的中点,,且
    求证:
    连接,求证:平分
      如图,在中,点分别在上,相交于点,且
    求证:
    连接,求证:四边形是平行四边形.日,为我国载人空间站工程研制的长征五号运载火箭在海南文昌首飞成功.运較火箭从地面处发射,当火箭到达点时,地面处的雷达站测得米,仰角为秒后,火箭直线上升到达点处,此时地面处的雷达站测得处的仰角为已知两处相距米,求火箭从处的平均速度结果精确到秒,参考数据:如图,点内一点,连结,并将的中点依次连结,得到四边形
    求证:四边形是平行四边形;
    的中点,互余,求的长度.
      如图,在矩形中,过对角线的中点的垂线,分别交于点
    四边形是什么特殊四边形?请说明理由;
    ,连接,求四边形的周长.如图,在中,的角平分线交于点于点于点
    求证:四边形是正方形;
    ,求四边形的面积.

      已知菱形的对角线交于点
    如图,若点上任意一点不与端点重合,连接求证:
    如图,过菱形的顶点,且,线段于点,交于点,若三点共线.求证:
    如图,在菱形中,,点为射线上的动点,连接,将绕点逆时针旋转,连接,直接写出线段的最小值.

    答案和解析 1.【答案】【解析】解:是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不合题意;
    B.既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意;
    C.不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;
    D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意;
    故选:
    根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可.
    本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念.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,旋转度后与自身重合.
     2.【答案】【解析】解:点所在的象限是第四象限.
    故选:
    根据各象限内点的坐标特征解答即可.
    本题考查了各象限内点的坐标的符号特征,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限;第二象限;第三象限;第四象限
     3.【答案】【解析】解:、在中,,所以互余,正确;
    B、在中,,所以互余,正确;
    C
    ,正确;
    D、当时,,所以既是的角平分线,也是斜边上的高与中线,所以,正确;当时,,错误;
    故选:
    A根据直角三角形的两个锐角互余的性质判断;
    C、根据同角的余角来找等量关系;
    D、分两种情况来讨论.
    解答本题时,主要利用了直角三角形中两个锐角互余的性质.
     4.【答案】【解析】解:因为,所以,即是直角三角形,不合题意;
    B.因为,所以,即是直角三角形,不合题意;
    C.因为,即不是直角三角形,符合题意;
    D.因为,所以是直角三角形,不合题意;
    故选:
    依据勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理进行计算和判断即可.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.
    本题主要考查了勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理,要判断一个角是不是直角,先要构造出三角形,然后知道三条边的大小,用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较,如果相等,则三角形为直角三角形;否则不是.
     5.【答案】【解析】解:
    四边形是平行四边形,故选项A不符合题意;
    B
    四边形是平行四边形,故选项A不符合题意;
    C
    四边形是平行四边形,故选项A不符合题意;
    D
    四边形不一定是平行四边形,也可能是等腰梯形,故选项D符合题意,
    故选:
    由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可.
    本题考查了平行四边形的判定方法,熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
     6.【答案】【解析】解:过点作,如图,
    的角平分线上一点,

    是射线上一动点,
    的最小值为
    故选:
    点作,如图,根据角平分线的性质得到,然后根据垂线段最短求解.
    本题考查了角平分线的性质:角的平分线上的点到角的两边的距离相等.也考查了垂线段最短.
     7.【答案】【解析】【分析】
    本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定;熟练掌握平行四边形的性质,证出 是解决问题的关键.
    由平行四边形的性质和角平分线得出 ,得出 ,同理可证 ,再由 的长,即可求出 的长.
    【解答】
    解: 四边形 是平行四边形,


    平分



    同理可证:


    解得:

    故选 B   8.【答案】【解析】解:轴上方,轴左侧,
    在第二象限,
    距离个单位长度,距离个单位长度,
    的横坐标为,纵坐标为
    的坐标为
    故选:
    依据点轴上方,轴左侧,先判断出点在第二象限,再根据点到轴的距离等于纵坐标的绝对值,到轴的距离等于横坐标的绝对值解答.
    本题考查了点的坐标,熟记点到轴的距离等于纵坐标的绝对值,到轴的距离等于横坐标的绝对值是解题的关键.
     9.【答案】【解析】解:轴,
    四边形为平行四边形,的距离为
    四边形的面积
    故选:
    先判断四边形为平行四边形,然后根据平行四边形的面积公式计算.
    本题考查了平行四边形的判定与性质:平行四边形对应边相等,对应角相等.也考查了坐标与图形性质.
     10.【答案】【解析】解:连接

    由题意得:






    是直角三角形,
    所以,可以构成直角三角形的个数是:个,
    故选:
    根据勾股定理的逆定理进行计算,即可解答.
    本题考查了勾股定理的逆定理,勾股定理,熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键.
     11.【答案】【解析】解:过



    故答案为:
    ,求出的度数,根据含度角的直角三角形性质求出,代入求出即可.
    本题考查了含度角的直角三角形性质的应用,求出,根据直角三角形的性质求出式解此题的关键.
     12.【答案】【解析】解:在直角中,

    为斜边,



    故答案为:
    根据勾股定理:在任何一个直角三角形中,两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方,即,结合,可求出另一条直角边的长度.
    本题考查了勾股定理的知识,属于基础题目,像这类直接考查定义的题目,解答的关键是熟练掌握勾股定理的定义及其在直角三角形中的表示形式.
     13.【答案】【解析】解:四边形是矩形,对角线相交于点

    ,且

    矩形的面积为
    故答案为:
    根据矩形的性质得到,推出,即可求出矩形的面积.
    此题考查矩形的性质:矩形的对角线相等,且互相平分,由此可以将矩形的面积四等分,由此可以解决问题,熟记矩形的性质定理是解题的关键.
     14.【答案】【解析】【分析】
    解答本题的关键是求出该正多边形的边数与熟记多边形的内角和公式.
    根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等,可求出该正多边形的边数,再由多边形的内角和公式求出其内角和.
    【解答】
    解:该正多边形的边数为:
    该正多边形的内角和为:
    故答案为:   15.【答案】【解析】解:因为点轴上,
    所以
    解得
    所以点的坐标为
     
    故答案为:
    根据轴上的点的横坐标为零解答即可.
    本题考查了坐标与图形性质,熟练掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键.
     16.【答案】【解析】解:如图所示,


    四边形是菱形,
    菱形的面积
    故答案为
    利用已知条件易求的长,再根据菱形的面积等于其对角线积的一半,即可求得菱形的面积.
    此题考查了菱形的性质.解此题的关键是掌握菱形的面积等于其对角线积的一半定理的应用.
     17.【答案】【解析】解:四边形是正方形,



    四边形是矩形,

    都是等腰直角三角形,

    四边形的周长
    故答案为
    证明四边形的周长即可解决问题.
    本题考查正方形的性质,矩形的判定和性质,等腰直角三角形的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
     18.【答案】【解析】解:的坐标为,将线段绕点按顺时针方向旋转,再将其长度伸长为倍,得到线段

    ,如此下去,得到线段

    由题意可得出线段每旋转次旋转一周,

    的坐标与点的坐标在同一直线上,正好在轴的负半轴上,
    的坐标是
    故答案为:
    根据题意得出,如此下去,得到线段,再利用旋转角度得出点的坐标与点的坐标在同一直线上,进而得出答案.
    此题主要考查了点的变化规律,根据题意得出点的坐标与点的坐标在同一直线上是解题关键.
     19.【答案】  【解析】解:
    关于轴对称点的坐标是,点关于轴对称点的坐标是
    故答案为:
    如图,即为所求;
    的面积

    利用轴对称变换的性质判断即可;
    利用中心对称变换的性质分别作出的对应点即可;
    利用三角形面积公式求解.
    本题考查作图旋转变换,轴对称变换,三角形的面积等知识,解题的关键是掌握旋转变换的性质,轴对称变换的性质,属于中考常考题型.
     20.【答案】证明:的中点,






    证明:



    平分【解析】求出,根据证出即可;
    根据全等三角形的性质得出,根据等腰三角形的判定推出即可.
    本题考查了全等三角形的性质和判定和等腰三角形的判定的应用.
     21.【答案】解:中,



    如图,




    四边形是平行四边形.【解析】利用平行可知两组对应的内错角相等,即可证明全等;
    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.
    本题考查平行四边形的性质与判定,熟练掌握平行四边形的性质及判定方法是解题关键.
     22.【答案】解:设火箭从处的平均速度为秒,根据题意可知:

    中,
    米,
    米,
    米,

    中,



    解得
    答:火箭从处的平均速度为秒.【解析】设火箭从处的平均速度为秒,根据题意可得,在中,,可得,在中,,可得,即可得,进而解得的值.
    本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题,解决本题的关键是掌握仰角俯角定义.
     23.【答案】解:分别是的中点,

    分别是的中点,


    四边形是平行四边形;
    互余,


    的中点,

    有四边形是平行四边形,
    【解析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得,从而得到,再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可;
    先判断出,再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半,求出即可.
    此题是平行四边形的判定与性质题,主要考查了平行四边形的判定和性质,三角形的中位线,直角三角形的性质,解本题的关键是判定四边形是平行四边形.
     24.【答案】解:四边形是菱形,理由如下:
    四边形是矩形,


    的中点,



    中,




    四边形是平行四边形,

    四边形是菱形;
    四边形是菱形,
    ,设

    中,根据勾股定理可得:

    解得:

    四边形的周长【解析】根据矩形的性质可得,根据平行线的性质求出,即可证,可得,进而可以解决问题;
    ,根据已知条件可得,根据四边形是菱形,和勾股定理可得的长,即可求得周长.
    本题主要考查了矩形的性质应用,结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键.
     25.【答案】证明:过

    的角平分线交于点,于点于点


    是直角三角形,

    四边形是矩形,

    四边形为正方形;

    解:如图,连接,过
    由勾股定理得:

    ,则



    四边形的面积【解析】,由角平分线的性质可求出,由正方形的判定定理即可证明;
    ,则,利用面积法列等式可得的值,因为四边形是正方形,所以四边形的面积,从而得结论.
    本题考查了正方形的判定与性质,角平分线的性质,准确作出辅助线,得出是解决第问的关键;利用面积法列等式是解决第问的关键.
     26.【答案】证明:如图中,四边形是菱形,



    证明:如图中,连接,在上取一点,使得,连接



    四边形是菱形,








    垂直平分线段







    ,则





    解:如图中,以为边向下作等边,连接,过点于点,在上取一点,使得






    重合时,的值最小,此时的值最小.
    四边形是菱形,









    ,则


    解得

    的最小值为【解析】利用线段的垂直平分线的性质证明即可;
    如图中,连接,在上取一点,使得,连接证明,推出,设,则,求出表示,可得结论;
    如图中,以为边向下作等边,连接,过点于点,在上取一点,使得证明,推出,当重合时,的值最小,此时的值最小.
    本题属于四边形综合题,考查了菱形的性质,等腰三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会利用参数解决问题,属于中考压轴题.
     

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