湖南省永州市道县2023-2024学年八年级下学期月考数学试题（含答案解析）

道县2024年减负提质示范班3月份质量监测八年级数学试题满分：120分；时量：120分钟一、选择题（本题共10个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共30分）1.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】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，理解定义，会用定义进行判断是解题的关键．根据轴对称图形定义“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；”以及中心对称图形的定义“把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；”逐一进行判断即可．【详解】解：A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，此选项不符合题意；B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，此选项不符合题意；C.是中心对称图形，但不是轴对称图形，此选项不符合题意；D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，此选项符合题意；故选：D2.一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为，原多边形的边数是（）．A.8或9或10 B.7或8或9 C.6或7或8 D.5或6或7【答案】B【解析】【分析】根据切后的内角和可以求出切后的多边形边数，然后又知一个多边形切去一个角可得到的多边形有三种可能，分别是比原边数少1，相等，多1．所以可求得原多边形边数．【详解】解：设切去一角后的多边形为n边形．根据题意得：．解得∶．因为一个多边形切去一个角后形成多边形边数有三种可能：比原多边形边数小1、相等、大1，所以原多边形的边数可能为7、8或9．故选：B【点睛】本题主要考查了多边形的内角和问题，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．3.如图，已知，用尺规进行如下操作：①以点为圆心，长为半径画弧；②以点为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点，连接．可直接判定四边形为平行四边形的条件是（）A.两组对边分别平行 B.两组对边分别相等C.对角线互相平分 D.一组对边平行且相等【答案】B【解析】【分析】本题考查尺规作图及平行四边形的判定，涉及尺规作图作相等线段，再由平行四边形的判定即可得到答案，熟记尺规作图及平行四边形的判定是解决问题的关键．【详解】解：由作图知，，∴四边形为平行四边形，综合四个选项，判定四边形为平行四边形的条件是两组对边分别相等，故选：B．4.如图所示，在中，，，于点，于点，，，则的长是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】此题主要考查直角三角形的全等判定与性质，首先证明，又由，，得出，，进而得出答案．【详解】解：∵，，，，∴，∴又∵，，∴，，∴．故选B5.如图，在中，点是的中点，对角线，相交于点，连接，若的周长是10，则的周长为（）A.3 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据中点的定义和三角形中位线定理得，，，从而得出可得答案．【详解】解：四边形是平行四边形，，，点是的中点，，，的周长是10，的周长，故选：B．6.OC为∠AOB的平分线，M为OB上一点，P为OC上一点，如果OM=3，PM=2，OP=，那么点Р到射线OA的距离为（）A.1 B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据勾股定理的逆定理，角平分线的性质即可解答.【详解】解：根据题意作图如下：△OMP中，OP2=13，OM2=9，PM2=4，∵OP2=OM2+PM2，∴PM⊥OB，由角平分线的性质可得：点P到射线OA的距离等于点P到射线OB的距离，∴点Р到射线OA的距离为2，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等）；掌握其性质是解题关键．7.如图，在中，，是的平分线，于点，平分，则等于（）A.22．5° B.30° C.25° D.40°【答案】B【解析】【分析】利用全等直角三角形的判定定理HL证得Rt△ACD≌Rt△AED，则对应角∠ADC=∠ADE；然后根据已知条件“DE平分∠ADB”、平角的定义证得∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°；最后由直角三角形的两个锐角互余的性质求得∠B=30°．【详解】∵在△ABC中，∠C=90°，AD是角平分线，DE⊥AB于E，

∴CD=ED．

在Rt△ACD和Rt△AED中，，

∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），

∴∠ADC=∠ADE（全等三角形的对应角相等）．

∵∠ADC+∠ADE+∠EDB=180°，DE平分∠ADB，

∴∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°．

∴∠B+∠EDB=90°，

∴∠B=30°．

故选：B．【点睛】此题考查角平分线的性质．解题关键在于掌握角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．8.如图，平行四边形中，，，平分，交于E，交于点N，交于点F，作交于点M，则（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】由平行四边形的性质以及三角形内角和的性质可得，，求得，再根据，得到，即可求解．【详解】解：平行四边形中，，∵平分∴∵∴，∴∴∵∴∴∵∴，即∴，即∴，∴∴∵∴∴，∵∴∴∴∴∵∴∴故选：D【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质等，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．9.如图，含角的三角尺（）的长直角边与含角的三角尺（）的斜边恰好重合，交于点E．P，Q分别是边，上的动点，当四边形为平行四边形时，的面积3，则线段的长是（）A. B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意作出图形，过点作于点，设，，则，根据已知条件得出，继而根据含30度角的直角三角形的性质得出，解方程得出，进而根据等腰直角三角形的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，设，，则在中，依题意，，∴，∴，∵，则，又∴是等腰直角三角形，∴,又∵四边形是平行四边形，则，∴∴∴即∴解得：（负值舍去）∴即∴，故选：B．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．10.如图，在等边中，于D，延长到E，使，F是的中点，连接并延长交于G，的垂直平分线分别交于点M，点N，连接，，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论序号是（）．A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②③④【答案】A【解析】【分析】根据等边三角形的性质和三角形外角的性质得，由，可得，可判断①正确；设，则，表示和的长，可判断②正确；③作辅助线，构建三角形全等，先根据角平分线的性质得，由线段垂直平分线的性质得，证明，可判断③正确；设设则，，再表示出与即可判断④不正确．【详解】解：是等边三角形，，，，是的中点，，，，，，，故①正确；设，则，，，中，，，，，故②正确；③如图，过作于，连接，在等边三角形中，，平分，，，，是的垂直平分线，，，在和中，，，，，，，故③正确；设在中，，，是的中点，，则，设则，，是等边三角形，，，，，，，故④错误，故①②③正确．故选：A．【点睛】本题属于三角形的综合题，是中考选择题的压轴题，考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握勾股定理和等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分）11.在四边形中，现给出下列结论：①若，，则四边形是平行四边形；②若，，则四边形是平行四边形；③若，，则四边形是平行四边形；④若，，则四边形是平行四边形．其中正确的结论是____________．（写出所有正确结论的序号）【答案】②③【解析】【分析】由于符合题目的已知条件的除了平行四边形之外，还有等腰梯形，故①错误；因为两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以②正确；根据，可得，又由于，可判定，再依据平行四边形的定义可得结论；过点作于，在上截取，连接，根据线段垂直平分线性质可得出，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，再结合平行四边形的性质，可证出，，这样的四边形满足题目已知条件，但不符合命题的结论，不是平行四边形，所以④错误，这样就可得解．【详解】①因为一组对边平行，另一组对边相等可以是平行四边形，也可以是等腰梯形，所以①错误；②因为两组对角分别相等的四边形是平行四边形，所以②正确；③∵∴∵∴∴∴四边形是平行四边形因此③正确；④作，连接，过点作于，在上截取，连接，∵，，∴，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，由作图可知：，，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，显然，图中的四边形不是平行四边形．所以④错误；故答案为：②③．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，旋转的性质与作图，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解本题的关键，同时要注意真命题需要证明，假命题只需举出反例即可．12.如图，在中，平分交于．若，点到的距离为6，则的长是_____．【答案】【解析】【分析】本题考查角平分线的性质，根据题意，过点作于，如图所示，由角平分线的性质得到，再由，求出，进而由代值求解即可得到答案，熟记角平分线的性质是解决问题的关键．【详解】解：过点作于，如图所示：平分交于，，点到的距离为6，，，，，故答案为：．13.如图，在中，．按以下步骤作图：①以点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M、N；②分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F；③作射线．若，E为边的中点，D为射线上一动点．则的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】本题考查了作图-基本作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和最短线段问题．利用基本作图得到得平分，作上截取，连接交于D，根据证明得到，接着利用两点之间线段最短可判断此时的值最小，最小值为的长，然后利用勾股定理计算出即可．【详解】解：由作法得平分，作上截取，连接交于D，如图，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，∴此时的值最小，最小值为的长，∵，E为边的中点，∴，在，，∴的最小值为．故答案为：．14.如图，一个圆柱形水杯，底面直径为，高为，则一只小虫从下底点处爬到上底处，则小虫所爬的最短路径长是（取3）_______．【答案】15【解析】【分析】本题考查了圆柱侧面展开图的运用，两点之间线段最短的运用，勾股定理的运用．在解答时将圆柱的侧面展开式关键．先将圆柱的侧面展开为一矩形，而矩形的长就是地面周长的一半，高就是圆柱的高，再根据勾股定理就可以求出其值．【详解】解：展开圆柱的侧面如图，根据两点之间线段最短就可以得知最短．由题意，得，在中，由勾股定理，得．故答案为：．15.如图，中，，为边上的中点，为边上一点，，连接、，延长交延长线于，若，，则________．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，证明点E是的中点是解题的关键.取的中点G，连接，则，可得，再利用三角形中位线定理得，利用证明得，再利用勾股定理分别求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答；【详解】解：取中点G，连接，则，为边上的中点，G为的中点，是的中位线，在和中,在中，为边上的中点，中，在中，,故答案为：16.如图，在▱ABCD中，∠A＝60°，AB＝8，AD＝6，点E、F分别是边AB、CD上的动点，将该四边形沿折痕EF翻折，使点A落在边BC的三等分点处，则AE的长为．【答案】或【解析】【分析】设点A落在BC边上的A′点，分两种情况：①当A′C=BC=2时；②如图2，当A′B=BC=2时，过A′点作AB延长线的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理即可．【详解】设点A落在BC边上的A′点．①如图1，当A′C=BC=2时，A′B=4，设AE=x，则A′E=x，BE=8-x．过A′点作A′M垂直于AB，交AB延长线于M点，在Rt△A′BM中，∠A′BM=60°，∴BM=2，A′M=2．在Rt△A′EM中，利用勾股定理可得：x2=（10-x）2+12，解得x=．即AE=；②如图2，当A′B=BC=2时，设AE=x，则A′E=x，BE=8-x．过A′点作A′N垂直于AB，交AB延长线于N点，在Rt△A′BN中，∠A′BN=60°，∴BN=1，A′N=．在Rt△A′EN中，利用勾股定理可得：x2=（9-x）2+3，解得x=．即AE=；所以AE的长为5.6或．故答案为5.6或．【点睛】本题主要考查翻折性质、平行四边形的性质、勾股定理，同时考查分类讨论的数学思想．三、解答题（本大题共9个小题，共72分，解答题要求写出证明步骤或解答过程）17.“儿童散学归来早，忙趁东风放纸再”．又到了放风筝的最佳时节．某校八年级（1）班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风箏的垂直高度，他们进行了如下操作：①测得水平距离的长为米；②根据手中剩余线的长度计算出风箏线的长为米；③牵线放风筝的小明的身高为米．（1）求风筝的垂直高度；（2）如果小明想风筝沿方向下降米，则他应该往回收线多少米？【答案】（1）米（2）8米【解析】【分析】本题考查了勾股定理解决实际问题，（1）利用勾股定理求出的长，再加上的长度，即可求出的高度；（2）根据勾股定理即可得到结论．【小问1详解】解：在中，由勾股定理得，，∴（负值舍去），∴（米），风筝的高度为米；【小问2详解】解：由题意得，米，∴米，∴（米），∴（米），∴他应该往回收线8米．18.如图，等腰直角三角形的直角边长都是，以等腰直角三角形的两直角边为直径分别画两个半圆，则阴影部分的面积是多少（取）？【答案】【解析】【分析】根据题意可得阴影部分的面积等于圆的面积减去，即可求解．【详解】解：如图：∵以等腰直角三角形的两直角边为直径分别画两个半圆，∴，∴阴影部分①②③④的面积相等，∴阴影部分的面积；答：阴影部分的面积共有．【点睛】本题主要考查了求阴影部分面积，根据题意得到阴影部分的面积等于圆的面积减去是解题的关键．19.已知：如图，四边形为平行四边形，点E，A，C，F在同一直线上，．（1）求证：；（2）连接、，求证：四边形为平行四边形．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定方法．（1）根据平行四边形的性质，可以得到，，然后即可得到，再根据即可证明；（2）根据（1）中的结论和全等三角形的性质，可以得到，从而可以得到，从而可得结论．【小问1详解】证明：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∵，，∴，在和中，，∴；【小问2详解】解：如图，连接、，∵，，∴四边形是平行四边形．20.阅读与思考阅读下列材料，完成后面的任务：赵爽“弦”与完全平方公式三国时期吴国的数学家赵爽创建了一幅“弦图”，如图所示该“弦图”由四个完全相同的直角三角形拼在一起得到一个大正方形和一个小正方形．已知直角三角形的两条直角边长分别为a，b（），由图可知小正方形的边长为．任务：（1）请你直接写出大正方形的面积（用含a，b的代数式表示）（2）若，大正方形的面积为17，求小正方形的面积．【答案】（1）（2）小正方形面积为8【解析】【分析】（1）由图形可知，大正方形的面积为直角三角形斜边的平方，据此即可求解；（2）小正方形的面积=大正方形的面积-4个直角三角形的面积，利用已知条件，大正方形的面积为17，可得出直角三角形的面积和，进而得到小正方形的面积为8，即可求出答案．【小问1详解】解：由图形可知，大正方形面积为．故答案为：；【小问2详解】解：∵，∴，∵大正方形的面积为17，即，∴，∴，∴四个全等的直角三角形的面积的和为，∴小正方形的面积为．【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明、完全平方式的应用等知识，解题关键是熟练运用勾股定理以及完全平方式解决问题．21.如图，在中，点在上，点在上，且．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若为的角平分线，且，，求的周长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平行四边形的对边平行且相等可得，，结合题意可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；（2）根据角平分线的定义可得，根据平行四边形的对边平行可得，根据两直线平行，内错角相等可得，推得，根据等角对等边可得，求得，即可求解．【小问1详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，且，∴四边形是平行四边形．【小问2详解】解：∵为的角平分线，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴的周长．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，平行四边形的周长，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．22.如图，等腰直角中，，点在上，将绕顶点沿顺时针方向旋转后得到．（1）求的度数；（2）当点在线段上运动时（不与、重合），请写出一个反映、、之间关系的等式，并加以证明．【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）先由旋转得出，即：，即可得出结论；（2）先判断出是等腰直角三角形，是直角三角形，最后用勾股定理即可得出结论．【小问1详解】解：是等腰直角三角形，，绕顶点沿顺时针方向旋转后得到．，，；【小问2详解】；证明：由旋转性质可知：，，是等腰直角三角形，，由（1）可知：，，．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判断和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是直角三角形是解本题的关键．23.（1）回归课本请用文字语言表述三角形的中位线定理：________________．（2）回顾证法证明三角形中位线定理的方法很多，但多数都要通过添加辅助线构图完成．下面是其中一种辅助线的添加方法．请结合图2，补全求证及证明过程．已知：在中，点分别是的中点．求证：________________．证明：过点作，与的延长线交于点．（3）实践应用如图3，点和点被池塘隔开，在外选一点，连接，分别取的中点，测得的长度为9米，则两点间的距离为________________．【答案】（1）三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半；（2），；详见解析；（3）18米【解析】【分析】（1）根据三角形的中位线定理直接阐述即可；（2）过点作，与的延长线交于点，证明，再证四边形是平行四边形，即可证明结论；（3）直接利用三角形中位线定理求解即可．【详解】解：（1）三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．故答案为：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半；（2）求证：，．证明：∵点分别是的中点，∴，，过点作，与的延长线交于点．∴，在和中，．，．，．四边形是平行四边形，，，又，，．故答案为：，；（3）∵点分别是的中点，米，∴，即：米故答案为：18米．【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．24.定义：若某三角形的三边长a，b，c满足，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；（2）若等腰三角形是“类勾股三角形”，其中，，求的度数；（3）如图，在中，，且．证明：为“类勾股三角形”．【答案】（1）不是，理由见解析（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）先设等边三角形的三边长分别为，，，则，然后进行计算可得：，即可解答；（2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得，从而可得，进而可得是直角三角形，且，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答；（3）过点作，垂足为，在