2023-2024学年江苏省盐城市响水县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省盐城市响水县八年级（下）期中数学试卷（含解析），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。

1.下列事件中，必然事件是( )
A. 路口遇绿灯B. 彩票中奖C. 3天后下雨D. 两奇数和为偶数
2.若分式x−32x−5的值为0，则x的值为
( )
A. −3B. −52C. 52D. 3
3.矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是( )
A. 对角线相等B. 对角线互相平分C. 对边平行D. 对角相等
4.在如图所示的正方形网格中，四边形ABCD绕某一点旋转某一角度得到四边形A′B′C′D′(所有顶点都是网格线交点)，在网格线交点M,N,P,Q中，可能是旋转中心的是
( )
A. 点MB. 点NC. 点PD. 点Q
5.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.
6.如图，在平行四边形ABCD中，已知∠ODA=90∘，AC=10cm，BD=6cm，则AD的长为
( )
A. 4cmB. 5cmC. 6cmD. 8cm
7.下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是( )
A. 对角线互相平分B. 对角线互相垂直C. 对边平行且相等D. 对角线相等
8.在反比例函数y=k−2x的图像上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2).若x1>x2>0时，y1>y2，则k取值范围是( )
A. k≥2B. k>2C. k≤2D. k<2
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.若A=x+1，B=x−2，当x=________时，分式AB无意义．
10.一个袋中装有3个红球，5个黄球，3个白球，每个球除颜色外都相同，任意摸出一球，摸到_____球的可能性最大．
11.在分式x2+x中，当x=___时分式没有意义．
12.某校共有1000名学生．为了解学生的中长跑成绩分布情况，随机抽取100名学生的中长跑成绩，画出条形统计图，如图．根据所学的统计知识可估计该校中长跑成绩优秀的学生人数是_________．
13.若a=3b=5c，则a+3b−5ca−b的值是______．
14.如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG=________．
15.如图，正方形ABCD的边长为2，点E在AB边上．四边形EFGB也为正方形，则△AFC的面积S为_____．
16.在平面直角坐标系中，□OABC的边OC落在x轴的正半轴上，且点C(4,0)，B(6,2)，直线y=2x+1以每秒1个单位的速度向右平移，经过_______秒该直线可将□OABC的面积平分．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，▵ABC的顶点都在格点上．
(1)将▵ABC向左平移6个单位长度得到▵A1B1C1，请画出▵A1B1C1；
(2)画出▵A1B1C1关于点O的中心对称图形▵A2B2C2；
(3)若将▵ABC绕某一点旋转可得到▵A2B2C2，那么旋转中心的坐标为___________，旋转角度为__________°．
18.(本小题8分)
如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是BC上一点，且AE平分∠BAD交BD于点F，∠1=15∘，
(1)则∠BAO=________，∠2=________．
(2)求证：OE=EF
(3)求证：▵BEF≌▵OEC
19.(本小题8分)
某校积极落实“双减”政策，将要开设拓展课程．为让学生可以根据自己的兴趣爱好选择最喜欢的课程，进行问卷调查，问卷设置以下四种选项：A(综合模型)、B(摄影艺术)、C(音乐鉴赏)、D(劳动实践)，随机抽取了部分学生进行调查，每名学生必须且只能选择其中最喜欢的一种课程，并将调查结果整理绘制成如下不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)此次被调查的学生人数为______名；
(2)直接在答题卡中补全条形统计图；
(3)求拓展课程D(劳动实践)所对应的扇形的圆心角的度数；
(4)根据抽样调查结果，请你估计该校1500名学生中，有多少名学生最喜欢C(音乐鉴赏)拓展课程．
20.(本小题8分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF是正方形．
(1)求证：▵ADE≌▵CBF；
(2)已知▱ABCD的面积为20，AB=5，求CF的长．
21.(本小题8分)
我们可以把一个假分数写成一个整数加上一个真分数的形式，如113=3+23.同样的，我们也可以把某些分式写成类似的形式如3xx−1=3x−3+3x−1=3(x−1)+3x−1=3+3x−1.这种方法我们称为“分离常数法”．
(1)如果x−3x+1=1+ax+1，求常数a的值；
(2)利用分离常数法，解决下面的问题∶当m取哪些整数时，分式−3mm−1的值是整数？
22.(本小题8分)
如图，已知菱形ABCD，E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED=45∘,DF=BE，连接CE、AE、AF、CF．
(1)求证：四边形AECF是正方形；
(2)若BD=4,BE=3，求菱形ABCD的周长．
23.(本小题8分)
如图1，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接CA，CB分别取CA，CB的中点D、E．
(1)测得DE的长为20m，则A、B两地的距离为_______m．
(2)如图2，在四边形ABCD中，AD/​/BC，点E、F分别是BD和AC的中点，AD=3,BC=5,求EF的长
24.(本小题8分)
定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
(1)下面四边形是垂等四边形的是______；(填序号)
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形
(2)如图，在四边形ABCD中，AD/​/BC，AC⊥BD，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且∠DBC=45∘，证明：四边形ABCD是垂等四边形．
25.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ.设运动时间为t秒．

(1)AM=_________，AP=_________.(用含t的代数式表示)
(2)当四边形ANCP为平行四边形时，求t的值．
(3)如图2，将△AQM沿AD翻折，得△AKM，是否存在某时刻t，
①使四边形AQMK为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
②使四边形AQMK为正方形，则AC=_________．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据必然事件的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A.路口遇绿灯，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
B.彩票中奖，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
C.3天后下雨，是随机事件，不是必然事件，不符合题意；
D.两奇数和为偶数，是必然事件，符合题意；
故选D．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据分式值为0的条件进行列式，再解方程和不等式即可得解．
【详解】解：∵分式x−32x−5的值为0
∴x−3=02x−5≠0
∴x=3．
故选：D
3.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质，由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论，熟练掌握平行四边形的性质和矩形的性质是解此题的关键．
【详解】解：矩形的性质：对边平行且相等；对角线互相平分且相等；四个角都相等；
平行四边形的性质：对边平行且相等；对角线互相平分；两组对角相等；
故矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：A．
4.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查了旋转的性质，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上，连接AA′，CC′，作AA′的垂直平分线，作CC′的垂直平分线，交于点M，则M为旋转中心．
【详解】解：连接AA′，CC′，作AA′的垂直平分线，作CC′的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点M.如下图：
故选∶A．
5.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，将一个图形沿某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形是轴对称图形；将一个图形绕某个点旋转180度，如果旋转后图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，熟知概念是关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即得答案．
【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
6.【答案】A
【解析】【分析】本题考查平行四边形的性质、勾股定理，根据平行四边形的性质可知AO=OC，OD=OB，据此求出AO、DO的长，利用勾股定理求出AD的长即可．找到平行四边形中的直角三角形是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC，OD=OB，
又∵∠ODA=90∘，AC=10，BD=6，
∴AO=12AC=12×10=5，DO=12BD=12×6=3，
∴在Rt▵ADO中，
AD= AO2−DO2= 52−32=4cm，
∴AD的长为4cm．
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【详解】分析：根据菱形和矩形性质，可知菱形和矩形的不同是：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等．
详解：根据菱形和矩形都是平行四边形，所以对边平行且相等，对角线互相平分；菱形和矩形不同：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】【分析】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特点，以及反比例函数的性质，关键是掌握反比例函数y=kx(k≠0)的性质，当k<0时，在图象的每一支上y随x的增大而增大．根据题意可得在图象的每一支上y随x的增大而增大，因此k−2<0，即可解得k<2．
【详解】解：∵在反比例函数y=k−2x的图象上有两点A(x1,y1)，B(x2,y2).若x1>x2>0时，y1>y2，
∴k−2<0，
∴k<2，
故选：D．
9.【答案】2
【解析】【分析】根据分式无意义的条件是分母等于零列出等式，解等式即可．
【详解】解：由题意，得
B=x−2=0．
解得x=2，
故答案为 ：2．
10.【答案】黄
【解析】【分析】利用概率公式分别计算出摸到红球、黄球、白球的概率，然后利用概率的大小判断可能性的大小．
【详解】解：∵袋中装有3个红球，5个黄球，3个白球，
∴总球数是：3+5+3=11个，
∴摸到红球的概率是311；
摸到黄球的概率是511；
摸到白球的概率是311；
∴摸出黄球的 可能性最大．
故答案为：黄．
11.【答案】−2
【解析】【详解】根据分式无意义，分母等于0得，2+x=0，
解得x=−2，
故答案为−2．
12.【答案】270
【解析】【分析】利用样本中的优秀率来估计整体中的优秀率，从而得出总体中的中长跑成绩优秀的学生人数．
【详解】解：由图知：样本中优秀学生的比例为：27100=27%，
∴该校中长跑成绩优秀的学生人数是：1000×27%=270(人)
故答案是：270．
13.【答案】32
【解析】【分析】本题考查的是分式的求值，掌握整体代入法求解分式的值是解本题的关键，把a=3b=5c整体代入分式，再计算即可．
【详解】解：∵a=3b=5c，
∴a+3b−5ca−b
=3b+5c−5c3b−b
=3b2b
=32．
故答案为：32
14.【答案】1
【解析】【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8−x，由勾股定理，可得出(8−x)2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵点E是CD的中点，
∴CE=4，
设BG=x，则CG=8−x，
由勾股定理，得
EG2=CG2+CE2=(8−x)2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴(8−x)2+42=82+x2，
解得：x=1，
故答案为：1．
15.【答案】2
【解析】【详解】解：如图，连接FB

∵四边形EFGB为正方形
∴∠FBA=∠BAC=45°，
∴FB // AC
∴△ABC与△AFC是同底等高的三角形
∵2S▵ABC=SIEABCD⋅SIEABCD=2×2=4
∴S=2
故答案为：2．
16.【答案】3
【解析】【分析】若该直线可将平行四边形OABC的面积平分，则需经过此平行四边形的对称中心，设M为平行四边形ABCD的对称中心，利用O和B的坐标可求出其对称中心，进而可求出直线运动的时间．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且点B(6,2)，
∴平行四边形ABCD的对称中心M的坐标为(3,1)，
∵直线的表达式为y=2x+1，
令y=0，2x+1=0，解得x=−12
∴直线y=2x+1和x轴交点坐标为(−12,0)
设直线平移后将平行四边形OABC平分时的直线方程为y=2x+b，
将(3,1)代入y=2x+b得b=−5，即平分时的直线方程为y=2x−5，
令y=0，2x−5=0，解得x=52
∴直线y=2x−5和x轴的交点坐标为(52,0)，
∵直线y=2x+1和x轴交点坐标为(−12,0)，
∴直线运动的距离为52+12=3，
∴经过3秒的时间直线可将平行四边形OABC的面积平分．
故答案为：3．
17.【答案】【小问1详解】
解：如图，
点A，B，C的坐标分别是2,5，1,1，4,2，
将▵ABC向左平移6个单位长度后，点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1，
∴点A1，B1，C1的坐标分别是−4,5，−5,1，−2,2，
将点A1，B1，C1顺次连接得▵A1B1C1，
∴▵A1B1C1即为所作；
【小问2详解】
如图，
点A1，B1，C1关于点O的对称点分别为点A2，B2，C2，
∴点A2，B2，C2的坐标分别是4,−5，5,−1，2,−2，
将点A2，B2，C2顺次连接得▵A2B2C2，
∴▵A2B2C2即为所作；
【小问3详解】
如图，若将▵ABC绕某一点旋转可得到▵A2B2C2，那么旋转中心Q的坐标为3,0，旋转角度为180∘．
故答案为：3,0；180∘．

【解析】【分析】(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用中心对称变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2；
(3)两个三角形成中心对称，对应点连线的交点即为旋转中心．
18.【答案】【小问1详解】
解：如图，∵四边形ABCD 是 矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90∘，OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OB=OC=OA，
∴∠OCB=∠OBC，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45∘，
∴∠AEB=180∘−90∘−45∘=45∘，
∵∠1=15∘，
∴∠BAO=45∘+15∘=60∘，
∵OA=OB，
∴▵AOB是等边三角形，
∴AB=OB，∠ABO=60∘，
∴∠CBO=90∘−60∘=30∘，
∵∠BAE=∠AEB=45∘，
∴AB=BE，
∴OB=BE，
∴∠OEB=∠EOB=12180∘−30∘=75∘，
∵∠AEB=45∘，
∴∠2=∠OEB−∠AEB=30∘．
【小问2详解】
∵∠2=30∘，∠BOE=75∘，
∴∠EFO=180∘−75∘−30∘=75∘，
∴∠EOF=∠EFO，
∴EO=EF；
【小问3详解】
∵OB=OC，∠OBC=30∘，
∴∠OBC=∠OCB=30∘，
∵∠BEO=75∘=∠EFO，
∴∠BFE=∠OEC=180∘−75∘=105∘，
∵BE=OB，OB=OC，
∴BE=OC，
∴▵BEF≌▵OEC．

【解析】【分析】(1)先证明OB=OC=OA，再证明AB=BE，▵ABO为等边三角形，可得BE=BO，再结合等边三角形的性质与等腰三角形的性质与三角形的内角和定理可得答案；
(2)先证明∠EOF=∠EFO=75∘，从而可得结论；
(3)分别证明∠OBC=∠OCB=30∘，∠BFE=∠OEC=180∘−75∘=105∘，BE=OC，从而可得结论．
19.【答案】【小问1详解】
解：此次被调查的学生人数为12÷10%=120(名)；
【小问2详解】
解：B的人数为：120−12−48−24=36(名)，
补图如下：
；
【小问3详解】
解：拓展课程D(劳动实践)所对应的扇形的圆心角的度数为360∘×24120=72∘；
【小问4详解】
解：1500×48120=600
答：有600名学生最喜欢C(音乐鉴赏)拓展课程．

【解析】【分析】(1)利用A的人数除以A的百分比即可；
(2)利用总人数乘以B的百分比求出B的人数，然后完成统计图即可；
(3)利用360×D的百分比即可；
(4)利用1500乘以C的百分比求解即可．
20.【答案】【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=CB，
∵四边形DEBF是正方形，
∴∠DEB=∠BFD=90∘，
∴∠DEA=∠BFC=90∘，
在▵ADE与▵CBF中，
∠DEA=∠BFC∠A=∠CAD=CB,
∴▵ADE≌▵CBFAAS．
【小问2详解】
解：∵▱ABCD的面积为20，AB=5，∠DEB=∠BFD=90∘，
∴DE=20÷5=4，
∵四边形DEBF是正方形，
∴BE=DE=4，
∴AE=AB−EB=1，
∵▵ADE≌▵CBF，
∴CF=AE=1．

【解析】【分析】(1)根据平行四边形的性质，可得AD=BC，∠A=∠C，再根据正方形的性质，可得∠DEA=∠BFC=90∘，再根据“角角边”，即可解答．
(2)根据平行四边形的面积，得出DE=4，再根据正方形的性质，得出BE=DE=4，进而得出AE=1，再根据全等三角形的性质，即可解答．
21.【答案】【小问1详解】
解：∵x−3x+1=x+1−4x+1=1−4x+1，
而x−3x+1=1+ax+1，
∴a=−4．
【小问2详解】
−3mm−1=−3m+3−3m−1=−3(m−1)−3m−1=−3−3m−1，
∵m为整数，分式−3mm−1的值为整数，
∴m−1=±3或m−1=±1，
∴解得m=4或m=−2或m=2或m=0．

【解析】【分析】本题考查了分式的基本性质，分式的加减运算的逆运算，熟练掌握分式的加减运算的逆运算是解题的关键．
(1)先把x−3x+1化为1−4x+1，再比较即可得到结论；
(2)由−3mm−1=−3m+3−3m−1=−3(m−1)−3m−1=−3−3m−1，结合m为整数，分式−3mm−1的值为整数，可得m−1=±3或m−1=±1，再解方程即可．
22.【答案】【小问1详解】
证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO,BO=DO,AC⊥BD，
∵BE=DF，
∴BE+OB=DF+DO，
∴FO=EO，
∴EF与AC垂直且互相平分，
∴四边形AECF是菱形，
∴∠AEF=∠CEF，
又∵∠AED=45∘，
∴∠AEC=90∘，
∴菱形AECF是正方形；
【小问2详解】
解：∵菱形AECF是正方形，BD=4,BE=3，
∴OD=2，
∴FD=3，
∴EF=10，
∴AC=10，
∴OC=5，
∴CD= OD2+OC2= 22+52= 29，
∴菱形ABCD的周长=4CD=4 29．

【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
(1)连接AC，交BD于点O，根据菱形的性质，再结合BE=DF，说明四边形AECF是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
(2)先根据正方形的性质求出EF，即可求出OC，再根据勾股定理求出CD，即可得出答案．
23.【答案】【小问1详解】
解：∵CA，CB的中点为D、E．
∴DE为▵ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=20m，
∴AB=40m；
【小问2详解】
如图，取CD的中点H，连接FH，连接AE，并延长AE交BC于K，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∵AD//BC，
∴∠DAE=∠EKB，∠ADE=∠EBK，
∴▵AED≌▵KEB，
∴AE=EK，
∵F为AC的中点，
∴EF//CK，
∵AD//CK，
∴EF//AD，
∵点H、F分别是CD和AC的中点，AD=3，
∴FH//AD，FH=12AD=1.5，
∴E,F,H三点共线，
∵点H、E分别是CD和AK的中点，BC=5，
∴EH=12BC=2.5，
∴EF=2.5−1.5=1．

【解析】【分析】本题考查的是三角形中位线定理的含义，全等三角形的判定与性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
(1)证明DE为▵ABC的中位线，利用三角形的中位线的性质可得答案；
(2)如图，取CD的中点H，连接FH，连接AE，并延长AE交BC于K，证明▵AED≌▵KEB，可得AE=EK，证明E,F,H三点共线，再利用三角形的中位线的性质可得答案．
24.【答案】【小问1详解】
解：由题意知，正方形的对角线互相垂直且相等，是垂等四边形，
故答案为：④；
【小问2详解】
证明：∵AC⊥BD，ED⊥BD，
∴AC//DE，
又∵AD//BC，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴AC=DE，
又∵∠DBC=45∘，
∴▵BDE是等腰直角三角形，
∴BD=DE=AC，
又∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是垂等四边形．

【解析】【分析】(1)根据正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，以及题意进行判断作答即可；
(2)由AC⊥BD，ED⊥BD，可得AC/​/DE，证明四边形ADEC是平行四边形，则AC=DE，由∠DBC=45∘，可得▵BDE是等腰直角三角形，则BD=DE=AC，进而结论得证．
25.【答案】【小问1详解】
解：由题意得BN=t，DM=2t，
∴AM=AD−DM=8−2t
∵AD//BC，∠ADC=90°，
∴∠BCD=90°，
∵NP⊥AD，
∴四边形CNPD为矩形
∴DP=CN=BC−BN=6−t，
∴AP=AD−DP=8−(6−t)=2+t；
故答案为：8−2t，2+t．
【小问2详解】
解：∵四边形ANCP为平行四边形时，CN=AP，
∴6−t=8−(6−t)，
解得t=2，
【小问3详解】
解：①存在时刻t=1，使四边形AQMK为菱形．理由如下：
连接PK，
由翻折的性质可得PQ=PK(因为QP⊥AP)
∵NP⊥AD，QP=PK
∴当PM=PA时有四边形AQMK为菱形
∴6−t−2t=8−(6−t)，
解得t=1，
②要使四边形AQMK为正方形．
∵∠ADC=90°，
∴∠CAD=45°
∴四边形AQMK为正方形，则CD=AD，
∵AD=8，
∴CD=8，
∴AC=8 2．
故答案为8 2

【解析】【分析】(1)由DM=2t，根据AM=AD−DM即可求出AM=8−2t；先证明四边形CNPD为矩形，得出DP=CN=6−t，则AP=AD−DP=2+t；
(2)根据四边形ANCP为平行四边形时，可得6−t=8−(6−t)，解方程即可；
(3)①由NP⊥AD，QP=PK，可得当PM=PA时有四边形AQMK为菱形，列出方程6−t−2t=8−(6−t)，求解即可；
②要使四边形AQMK为正方形，由∠ADC=90°，可得∠CAD=45°，所以四边形AQMK为正方形，则CD=AD，由AD=8，可得CD=8，利用勾股定理求得AC即可．