湖南省常德市桃源县片区联考2023-2024学年八年级下学期期中数学试题【含答案解析】

2024年上学期期中考试八年级数学考试试卷（满分120分时间120分钟）一、单选题（每小题3分，共30分）1.剪纸是一项传统的民间文化艺术，也是我国的非物质文化遗产之一，下列剪纸图案中不是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．根据中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，求解判断即可．【详解】解：A、该图形是中心对称图形，不符合题意；B、该图形不是中心对称图形，符合题意；C、该图形是中心对称图形，不符合题意；D、该图形是中心对称图形，不符合题意．故选：B．2.下列四组数中，是勾股数的是（）A.10，8，6 B.，，C.，， D.10，15，【答案】A【解析】【分析】本题考查了勾股数的定义，解题的关键是掌握两数平方和等于第三个数平方的三个正整数是勾股数．【详解】解：A、∵，∴10，8，6是勾股数，符合题意；B、∵，∴，，不是勾股数，不符合题意；C、∵，，不是正整数，∴，，不是勾股数，不符合题意；D、∵不是正整数，∴10，15，不是勾股数，不符合题意；故选：A．3.已知△ABC的三边长为a，b，c，且分别满足下列条件：①∠A＋∠B＝∠C；②∠A＝2∠B＝3∠C；③a2＋b2＝c2；④∠A＝∠B＝∠C；⑤a2－b2＝c2；⑥a＝，b＝2，c＝1，以上条件中可以判定△ABC为直角三角形的个数()A.6个 B.5个 C.4个 D.3个【答案】B【解析】【分析】根据直角三角形的判定对各个条件进行分析，从而得到答案．【详解】解：①∠A+∠B=∠C=90°，△ABC是直角三角形，故正确；②∵∠A+∠B+∠C=180°，而∠A=2∠B=3∠C，∴3∠C+∠C+∠C=180°，解得∠C=，∴∠A=3∠C=，所以错误;③a2＋b2＝c2,根据勾股定理的逆定理知本选项正确;④设∠A=x，∠B=2x，∠C=3x，则x+2x+3x=180°，解得x=30°，故3x=90°，△ABC是直角三角形，故本选项正确;⑤a2-c2=b2,根据勾股定理的逆定理知本选项正确；⑥a＝，b＝2，c＝1，12+()2＝22，是直角三角形，正确.故选B．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．4.下面四幅图中不能证明勾股定理的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查勾股定理的证明，根据各个图形，利用面积的不同表示方法，列式证明结论，找出不能证明的那个选项．【详解】解：A选项，通过梯形的面积的不同表示方法，可以列式，可得；B选项，通过大正方形面积的不同表示方法，可以列式，可得；C选项，通过大正方形面积的不同表示方法，可以列式，可得；D选项通过大正方形面积的不同表示方法，可以列式，不能证明勾股定理；故选：D．5.若一个正多边形的一个内角的度数为，则这个正多边形的边数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据多边形的内角和公式，可得答案．【详解】解：设正多边形是n边形，由内角和公式得，解得，故选：D．【点睛】本题考查了多边形内角和定理，解一元一次方程，由内角和得出方程是解题关键．6.如图，学校实验楼前一个三级台阶，它的每—级的长、宽、高分别为24dm，3dm，3dm，点M和点N是这个台阶上两个相对的端点，M点有一只蚂蚁，想到N点处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬行到点N的最短路程（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查的是平面展开-最短路线问题，根据题意画出台阶的平面展开图，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答．【详解】解：如图所示，∵它的每一级的长宽高分别为,∴即：蚂蚁沿着台阶面爬行到点N的最短路程是，故选：C．7.如果△ABC的两边长分别是3和5，那么连接△ABC三边中点D、E、F，所得的△DEF的周长可能是()A3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】题依据三角形三边关系，可求第三边大于2小于8，原三角形的周长大于10小于16，连接中点的三角形周长是原三角形周长的一半，那么新三角形的周长应大于5而小于8，看哪个符合就可以了.【详解】令AC=3，AB=5，∴2＜BC＜8，∴10＜△ABC的周长＜16，∴5＜△DEF的周长＜8.故选D.点睛：本题的关键是从题目中给出的已知条件，利用三角形三边关系，确定原来的△ABC的周长范围，然后根据三角形的中位线定理得到△DEF的周长等于原来的大三角形的一半，从而得到答案.8.如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB=2，∠ABC=60°，则BD的长为（）A.2 B.3 C. D.2【答案】D【解析】【详解】分析：首先根据菱形的性质知AC垂直平分BD，再证出△ABC是正三角形，由三角函数求出BO，即可求出BD的长．详解：∵四边形ABCD菱形，

∴AC⊥BD，BD=2BO，

∵∠ABC=60°，

∴△ABC是正三角形，

∴∠BAO=60°，

∴BO=sin60°•AB=2×=，

∴BD=2．

故选D．点睛：本题主要考查解直角三角形和菱形的性质的知识点，解答本题的关键是熟记菱形的对角线垂直平分，本题难度一般．9.下列说法正确的是(

)A.对角线相等的四边形是矩形 B.对角线互相垂直的四边形是菱形C.对角线相等的菱形是正方形 D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】C【解析】【分析】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定，根据正方形、菱形、矩形的判定定理，逐一判断各项是解决问题的关键．【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原说法错误；C、对角线相等的菱形是正方形，说法正确；D、对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原说法错误；故选：C．10.如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接，以下结论：①；②；③；④的最小值是，其中正确的结论有（）．A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的性质，能够合理选择正方形的性质找到全等三角形是解题的关键.①利用正方形的性质证明得到进而可证；②利用正方形的性质证明，得到，证明，进而可证；③求得的长度，然后求出，进而可证；④证明垂直平分，过点作，利用垂线段最短可知的长度为最小值，利用等面积法可求.【详解】∵正方形，∴，，∴，在和中,，∴，∴，，∴，∴，故①正确；∵平分，∴，在和中，，∴，∴，∵正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故②正确；∵，∴，，，即，结论③错误；，，，∴垂直平分，，当时，有最小值，过点作，则的长度为的最小值，，即的最小值为，故④正确．正确的为:①②④，个数为3故选：C二、填空题（每小题3分，共24分）11.已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为________．【答案】12或【解析】【分析】本题考查的是勾股定理；熟练掌握勾股定理，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．先设的第三边长为x，由于4是直角边还是斜边不能确定，故应分4是斜边或x为斜边两种情况讨论．【详解】解：设的第三边长为x，分两种情况：①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，由勾股定理得：，此时这个三角形的周长；②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，由勾股定理得：，此时这个三角形的周长；综上所述：此三角形的周长为12或．故答案为12或．12.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝6，点D是AB的中点，则∠ACD＝_________．【答案】60°【解析】【分析】根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB=3，又因为AC=3，所以可判定△ACD是等边三角形，问题得解．【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=6，点D是AB的中点，∴CD=AB=3，AD=BD=3，∵AC=3，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，故答案为60°．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等边三角形的判定与性质，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键.13.已知点O是△ABC的三个内角平分线的交点，若△ABC的周长为，面积为，则点O到AB的距离为_________cm．【答案】3【解析】【分析】连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，根据角平分线性质得到OD=OE=OF，根据三角形的面积公式计算，得到答案．【详解】解：连接OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OF⊥AC于F，OE⊥BC于E，∵OB平分∠ABC，OD⊥AB，OE⊥BC，∴OD=OE，同理，OD=OE=OF，∵△ABC的周长为，面积为，则AB•OD+AC•OF+CB•OE=36，即×（AB+AC+BC）×OD=36，∴OD=3（cm），∴点O到AB的距离为3故答案为：3．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，三角形的面积，角的平分线上的点到角的两边的距离相等．14.如果把两张等宽的纸条交叉叠放在一起，那么重叠部分的四边形是_______．（填特殊的四边形）【答案】菱形【解析】【分析】本题考查了平行四边形的判定和平行四边形的面积公式、一组邻边相等的平行四边形是菱形；熟练掌握平行四边形和菱形的判定是关键．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．【详解】解：过点作于，于，两条纸条宽度相同，．，，四边形是平行四边形．．又．，四边形是菱形．故答案为：菱形．15.某地面是由三种正多边形的大理石地板镶嵌铺成的，记这三种正多边形的边数分别为、，则______________．【答案】##【解析】【分析】本题考查了镶嵌．多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．【详解】因为一块地板由三种正多边形的大理石地板镶嵌而成，这三种正多边形的边数分别为，，，可得：，∴，∴．故答案为：．16.如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和点为圆心的长为半径作弧，两弧相交于点和，②作直线交于，若,，则该矩形的周长为_______．【答案】24【解析】【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，矩形的性质．连接，如图，利用基本作图得到垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得到，然后利用勾股定理计算出，从而得到矩形的周长．【详解】连接，如图，由作法得垂直平分，在中，所以该矩形的周长为．故答案为24．17.如图，在中，对角线相交于点．点在上，，cm，，点是的中点，若点以1cm/s的速度从点出发，沿向点运动，点同时以2cm/s的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止坛动，当点运动________s时，以点为顶点的四边形是平行四边形．【答案】4或【解析】【分析】本题考查平行四边形的性质和判定．要使以点为顶点的四边形是平行四边形，则，先表示出,则或，解出即可．【详解】解：四边形是平行四边形cmcmcm是的中点cm要使以点为顶点四边形是平行四边形则或解得或．18.如图，将一副三角板中含有30°角的三角板的直角顶点落在等腰直角三角形的斜边的中点D处，并绕点D旋转，两直角三角板的两直角边分别交于点E，F，下列结论：①DE=DF；②S四边形AEDF=S△BED+S△CFD；③S△ABC=EF2；④EF2=BE2+CF2，其中正确的序号是_____．【答案】①②④．【解析】【分析】连接AD，如图，由已知条件利用ASA推导证明△DBE≌△DAF，根据全等三角形的性质可得DE=DF，由此可判断①；同①一样的道理可证明△DCF≌△DAE，由此可判断②；由S△ABC=•AD•BC=•AD•2AD=AD2，确定出只有当DE⊥AB时，四边形AEDF为矩形，此时AD=EF，由此可以判断③；在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2，再根据△DBE≌△DAF，△DCF≌△DAE，即可得到EF2=BE2+CF2，由此可判断④.【详解】连接AD，如图，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB=AC，∠B=∠C=45°，∵点D为等腰直角△ABC的斜边的中点，∴AD⊥BC，BD=CD=AD，AD平分∠BAC，∴∠2+∠3=90°，∠1=45°，∵∠EDF=90°，即∠4+∠3=90°，∴∠2=∠4，在△DBE和△DAF中，∴△DBE≌△DAF（ASA），∴DE=DF，所以①正确；同理可得△DCF≌△DAE，∴S四边形AEDF=S△BED+S△CFD，所以②正确；∵S△ABC=•AD•BC=•AD•2AD=AD2，而只有当DE⊥AB时，四边形AEDF为矩形，此时AD=EF，∴S△ABC不一定等于EF2，所以③错误；在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2，∵△DBE≌△DAF，△DCF≌△DAE，∴BE=AF，CF=AE，∴EF2=BE2+CF2，所以④正确，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定、勾股定理的应用等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和运用相关的性质与定理是解题的关键.三、解答题（第19、20题每小题6分，第21、22题每小题8分，第23、24题每小题9分，第25、26题每小题10分）19.若a、b、c是的三边，且a、b满足关系式，c是不等式组的最大整数解，判断的形状．【答案】是等腰直角三角形【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定，求不等组的最大整数解，非负数的性质，先根据非负数的性质求出；再解不等式组求出，最后利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，即可得到是等腰直角三角形．【详解】解：∵，∴，∴；解不等式①得：，解不等式②得：，∴不等式组的解集为，∴不等式组的最大整数解为5，即，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∴是等腰直角三角形．20.如图，在和中，，，与交于点，过点作于点．（1）求证：；（2）求证：垂直平分．【答案】（1）见详解（2）见详解【解析】【分析】本题考查全等三角形的判定，等腰三角形的性质．（1）由知都是直角三角形，再用证明即可；（2）由（1）知，则，所以是等腰三角形，再利用三线合一即可．【小问1详解】证明：都是直角三角形在和中；【小问2详解】由（1）知，是等腰三角形垂直平分．21.如图，在中，点E，F在对角线上，且连接，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若求的度数．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平行四边形的对边相等可得，对边平行可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“边角边”证明，故可得出结论；（2）根据平行四边形的性质得，然后根据等腰三角形的性质即可解决问题．此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是得出，再由全等三角形的性质得出结论．【小问1详解】证明：在中，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形；【小问2详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵∴，∴，∴，∵∴∴．22.校车安全是社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载．某校八年级数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道l上确定点D，使与l垂直，测得长为15米，在l上点D的同侧取点A，B，使，．（1）求的长（精确到0.1米，参考数据：，）；（2）已知本路段对校车限速30千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？说明理由．【答案】（1）的长为17.3米（2）超速了，理由见解析【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理的应用．（1）分别在与中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，即可求得与的长，从而求得的长；（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与30千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．【小问1详解】解：由题意得，，∵，，∴，，∴，，在中，根据勾股定理，，即，解得，，∴（米），即的长为17.3米；【小问2详解】解：超速了，理由如下：∵汽车从A到B用时2秒，∴速度为（米/秒），∵30千米/小时米/秒（米/秒），∴这辆校车在本路段超速了．23.如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，的面积等于，求平行线与间的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形；（2）连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得．【小问1详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵分别是的平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；【小问2详解】解：连接，∵，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，，∴，即，∴，∵，∴，∵的面积等于，∴，∴平行线与间的距离．【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．24.应用与探究【情境呈现】在一次数学兴趣小组活动中，小明同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放，其中，，．他把三角板固定好后，将三角板从图1所示的位置开始绕点按顺时针方向旋转，每秒转动，设转动时间为秒．【问题应用】（1）请直接写出图1中线段的值；（2）如图2，在三角板旋转的过程中，连接，当四边形是矩形时，求值；【问题探究】（3）如图3，在三角板旋转的过程中，取的中点，连接，是否存在最大值？若存在，请求出的最大值，并直接写出此时的值：若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最大值为，此时的值为．【解析】【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的中位线定理，三角形的三边关系，掌握相关性质是解题的关键．（1）由，，得到，即可求解；（2）当四边形是矩形时，，求出旋转角，即可求解；（3）取中点，连接，当三点共线时，最大值，可求出最大值为，此时的值为．【详解】解：（1）∵，，∴，∵，∴；（2）如图：当四边形是矩形时，∴，∵，∴旋转角，∴（秒），∴的值为；（3）取中点，连接，如图：∵是中点，∴中位线，在中，，∴，∴，∵斜边上中线，∴，当不在同一直线上时，，当在线段上时，，，∴三点共线时，最大值，此时，如图，，，∴，∵，∴，∴旋转角为，∴（秒），综上，存在最大值为，此时的值为．25.如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：在下列四边形中，①正方形；②矩形；③菱形；④平行四边形．是垂美四边形的是：（填写序号）；（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，试猜想：两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并说明理由；（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，且CE与BG相交于点H，已知BC=3，AB=5，求GE长．【答案】（1）①③（2）AB2+CD2=AD2+BC2（3）【解析】【分析】（1）根据垂美四边形的定义判断即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．【小问1详解】解：①正方形与③菱形的对角线互相垂直，故这两个图形是垂美四边形，故答案为：①③；【小问2详解】猜想结论：AB2+CD2=AD2+BC2．证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，∴AB2+CD2=AD2+BC2；【小问3详解】连接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，又∵AG=AC，AB=AE，∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，∴∠ABG+∠BMH=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，∵BC=3，AB=5，∴AC=4，CG=4，BE=5，∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，∴GE=．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运