湘教版数学八年级下册期中考试试题含答案

湘教版数学八年级下册期中考试试卷一、单项选择题：（每小题3分，共30分）1．下列图形中是中心对称图形的是() A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③2．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是() A．两组对边分别平行B．一组对边平行，另一组对边相等 C．两组对边分别相等D．一组对边平行且相等3．点M（﹣5，y）向下平移5个单位所得的像是关于x轴对称，则y的值是() A．﹣5B．5C．D．4．横坐标为负，纵坐标为零的点在() A．第一象限B．第二象限C．x轴的负半轴D．y轴的负半轴5．在▱ABCD中，BD、AC是对角线，下列结论不正确的是() A．当AB=BC时，▱ABCD是菱形B．当∠ABC=90°时，▱ABCD是矩形 C．当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形D．当AC=BD时，▱ABCD是正方形6．如图所示，已知在三角形纸片ABC中，BC=3，AB=6，∠BCA=90°．在AC上取一点E，以BE为折痕，使AB的一部分与BC重合，A与BC延长线上的点D重合，则DE的长度为() A．6B．3C．D．7．如图，在▱ABCD中，∠ODA=90°，AC=10cm，BD=6cm，则AD的长为() A．4cmB．5cmC．6cmD．8cm8．矩形、菱形、正方形都具有的性质是() A．对角线互相垂直B．对角线互相平分 C．对角线相等D．对角线平分一组对角9．下列各组数中，能构成直角三角形的是() A．4，5，6B．1，1，C．6，8，11D．5，12，2310．在x轴上，且到原点的距离为2的点的坐标是() A．（2，0）B．（﹣2，0）C．（2，0）或（﹣2，0）D．（0，2）二、填空题：（每小题3分，共30分）11．在▱ABCD中，添加条件可得四边形ABCD是菱形．12．△ABC的周长为12，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、CA的中点，连接DE、EF、DF，则△DEF的周长是．13．一个多边形每个外角都是30°，它的内角和是．14．顺次连结任意四边形各边中点所得到的四边形一定是．15．若矩形的对角线长为8cm，两条对角线的一个交角为60°，则该矩形的面积为cm2．16．点B（3a﹣9，a+1）在第二象限，则a的取值范围为．17．已知点A（a，﹣3），B（4，b）关于y轴对称，则a﹣b=．18．已知x、y为正数，且|x2﹣4|+（y2﹣3）2=0，如果以x，y的长为直角边作一直角三角形，那么以此直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为．19．已知线段MN平行于y轴，且MN的长度为3，若M（2，﹣2），那么点N的坐标是．20．在平面直角坐标系中，坐标轴上到点A（3，4）的距离等于5的点有个．三、简答题（共60分）21．已知：▱ABCD的周长为60cm，对角线AC、BD相交于点O，△AOB的周长比△DOA的周长长5cm，求这个平行四边形各边的长．22．已知：如图，点E、F是平行四边行ABCD的对角线AC上的两点，AE=CF．求证：∠CDF=∠ABE．23．如图，把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H．求证：HC=HF．24．如图，在菱形ABCD中，∠ABC与∠BAD的度数比为1：2，周长是48cm．求：（1）两条对角线的长度；（2）菱形的面积．25．矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥DB，CE、DE交于点E，请问：四边形DOCE是什么四边形？请说明理由．26．如图，梯形OABC是正六边形的一部分，画出它关于x轴对称的其余部分，如果AB的长为2，求出各顶点的坐标．27．如图，将长为2.5米长的梯子AB斜靠在墙上，BE长0.7米．（1）求梯子上端到墙的底端E的距离（即AE的长）；（2）如果梯子的顶端A沿墙下滑0.4米（即AC=0.4米），则梯脚B将外移（即BD长）多少米？参考答案一、单项选择题：（每小题3分，共30分）1．下列图形中是中心对称图形的是()考点：中心对称图形．分析：根据中心对称图形的概念求解．解：中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合，①③④都符合；不是中心对称图形的只有②．故选：C．点评：本题考查了中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．2．下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是()考点：平行四边形的判定．分析：由平行四边形的判定方法得出A、C、D正确，B不正确；即可得出结论．解：∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，∴A正确；∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形是等腰梯形，不一定是平行四边形，∴B不正确；∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，∴C正确；∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，∴D正确；故选：B．点评：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，并能进行推理论证是解决问题的关键．3．点M（﹣5，y）向下平移5个单位所得的像是关于x轴对称，则y的值是()考点：坐标与图形变化-平移；关于x轴、y轴对称的点的坐标．分析：直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．解答： 解：此题平移规律是（x，y﹣5），因为点M（﹣5，y）向下平移5个单位的像关于x轴对称，所以y的值是（y﹣y+5）÷2=．故选C．点评：本题考查图形的平移变换．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．4．横坐标为负，纵坐标为零的点在()考点：点的坐标．分析：根据x轴上点的纵坐标为零，横坐标小于零在x轴的负半轴，可得答案．解答： 解：横坐标为负，纵坐标为零的点在x轴的负半轴上．故选：C．点评：本题考查了点的坐标，x轴的负半轴上的点的横坐标小于零，纵坐标等于零；x轴的正半轴上的点的横坐标大于零，纵坐标等于零．5．在▱ABCD中，BD、AC是对角线，下列结论不正确的是()考点：菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．分析：分别利用矩形、菱形、正方形的判定方法判断得出即可．解答： 解：A、当AB=BC时，▱ABCD是菱形，利用邻边相等的平行四边形是菱形，故此选项正确，不合题意；B、当∠ABC=90°时，▱ABCD是矩形，利用一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项正确，不合题意；C、当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故此选项正确，不合题意；，D、当AC=BD时，▱ABCD是矩形，故此选项错误，符合题意．故选：D．点评：此题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法，正确掌握判定定理是解题关键．6．如图所示，已知在三角形纸片ABC中，BC=3，AB=6，∠BCA=90°．在AC上取一点E，以BE为折痕，使AB的一部分与BC重合，A与BC延长线上的点D重合，则DE的长度为()考点：翻折变换（折叠问题）；含30度角的直角三角形；勾股定理．分析：易得∠ABC=60°，∠A=30°．根据折叠的性质∠CBE=∠D=30°．在△BCE和△DCE中运用三角函数求解．解答： 解：∵∠ACB=90°，BC=3，AB=6，∴sinA=BC：AB=1：2，∴∠A=30°，∠CBA=60°．根据折叠的性质知，∠CBE=∠EBA=∠CBA=30°，∴CE=BCtan30°=，∴DE=2CE=2．故选C．点评：本题考查了：1、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；2、直角三角形的性质，锐角三角函数的概念求解．7．如图，在▱ABCD中，∠ODA=90°，AC=10cm，BD=6cm，则AD的长为()考点：平行四边形的性质．分析：由平行四边形ABCD，根据平行四边形的对角线互相平分，可得OA=OC，OB=OD，又由∠ODA=90°，根据勾股定理，即可求得AD的长．解答： 解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=10cm，BD=6cm∴OA=OC=AC=5cm，OB=OD=BD=3cm，∵∠ODA=90°，∴AD==4cm．故选A．点评：此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分，解题时还要注意勾股定理的应用．8．矩形、菱形、正方形都具有的性质是()考点：菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质．分析：矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，共有的性质就是平行四边形的性质．解答： 解：矩形、菱形、正方形共有的性质是对角线互相平分．故选B．点评：本题考查矩形、菱形、正方形的性质，熟记这些性质才能熟练做题．9．下列各组数中，能构成直角三角形的是()考点：勾股定理的逆定理．分析：根据勾股定理逆定理：a2+b2=c2，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．解答： 解：A、∵42+52≠62，∴不能构成直角三角形，故A错误；B、∵12+12=，∴能构成直角三角形，故B正确；C、∵62+82≠112，∴不能构成直角三角形，故C错误；D、∵52+122≠232，∴不能构成直角三角形，故D错误．故选：B．点评：此题主要考查学生对勾股定理的逆定理的理解和掌握，要求学生熟练掌握这个逆定理．10．在x轴上，且到原点的距离为2的点的坐标是()考点：两点间的距离公式．分析：找到纵坐标为0，且横坐标为2的绝对值的坐标即可．解答： 解：∵点在x轴上，∴点的纵坐标为0，∵点到原点的距离为2，∴点的横坐标为±2，∴所求的坐标是（2，0）或（﹣2，0），故选C．点评：本题涉及到的知识点为：x轴上的点的纵坐标为0；绝对值等于正数的数有2个．二、填空题：（每小题3分，共30分）11．在▱ABCD中，添加条件AB=BC可得四边形ABCD是菱形．考点：菱形的判定．专题：证明题；开放型．分析：根据菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，条件条件AB=BC即可．解答： 解：AB=BC，理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形．故答案为：AB=BC．点评：本题考查了菱形的判定定理的应用，此题是一个开放性的题目，答案不唯一，再如：AD=DC等．12．△ABC的周长为12，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、CA的中点，连接DE、EF、DF，则△DEF的周长是6．考点：三角形中位线定理．分析：利用三角形的中位线定理可以得到：DE=AC，EF=AB，DF=BC，则△DEF的周长是△ABC的周长的一半，据此即可求解．解答： 解：∵D、E分别是△ABC的边AB、BC的中点，∴DE=AC，同理，EF=AB，DF=BC，∴C△DEF=DE+EF+DF=AC+BC+AB=（AC+BC+AC）=×12=6．故答案是：6．点评：本题考查了三角形的中位线定理，正确根据三角形中位线定理证得：△DEF的周长是△ABC的周长的一半是关键．13．一个多边形每个外角都是30°，它的内角和是1800°．考点：多边形内角与外角．分析：先用多边形的外角和360°除以每一个外角的度数求出边数，再根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式进行计算即可得解．解答： 解：∵多边形每个外角都是30°，∴这个多边形的边上为：360°÷30°=12，∴它的内角和为（12﹣2）•180°=1800°．故答案为：1800°．点评：本题考查了多边形的内角与外角，根据多边形的每一个外角的度数与外角和求出边数是解题的关键．14．顺次连结任意四边形各边中点所得到的四边形一定是平行四边形．考点：中点四边形．分析：顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形．解答： 证明：如图，连接AC，∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，∴HG∥AC，HG=AC，EF∥AC，EF=AC；∴EF=HG且EF∥HG；∴四边形EFGH是平行四边形．故答案是：平行四边形．点评：本题考查了平行四边形的判断及三角形的中位线定理的应用，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．15．若矩形的对角线长为8cm，两条对角线的一个交角为60°，则该矩形的面积为cm2．考点：矩形的性质．专题：计算题．分析：根据矩形的性质，画出图形求解．解答： 解：∵ABCD为矩形∴OA=OC=OB=OD∵一个角是60°∴BC=OB=cm∴根据勾股定理==∴面积=BC•CD=4×=cm2．故答案为．点评：本题考查的知识点有：矩形的性质、勾股定理．16．点B（3a﹣9，a+1）在第二象限，则a的取值范围为﹣1＜a＜3．考点：点的坐标．分析：根据点在第二象限的条件是：横坐标是负数，纵坐标是正数解答．解答： 解：根据题意得：，解得﹣1＜a＜3．故填：﹣1＜a＜3．点评：本题考查了象限内点的坐标的符号特征以及转化为解不等式组的问题．17．已知点A（a，﹣3），B（4，b）关于y轴对称，则a﹣b=﹣1．考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．分析：关于纵轴的对称点，纵坐标不变，横坐标变成相反数；这样就可以求出A的对称点的坐标，求出a，b的值，进而求出a﹣b的值．解答： 解：平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于y轴的对称点的坐标是（﹣x，y），这样就可以求出A的对称点的坐标．则a=﹣4，b=﹣3，a﹣b=﹣1．故答案为：﹣1．点评：本题比较容易，考查平面直角坐标系中关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系．18．已知x、y为正数，且|x2﹣4|+（y2﹣3）2=0，如果以x，y的长为直角边作一直角三角形，那么以此直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为7．考点：勾股定理；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：偶次方．专题：计算题．分析：根据x与y为正数，由已知等式，利用非负数的性质及算术平方根定义求出x与y的值，再利用勾股定理及正方形面积求法即可确定出所求．解答： 解：∵x、y为正数，且|x2﹣4|+（y2﹣3）2=0，∴x2﹣4=0，y2﹣3=0，解得：x=2，y=．则以此直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为x2+y2=4+3=7．故答案为：7．点评：此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及非负数的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．19．已知线段MN平行于y轴，且MN的长度为3，若M（2，﹣2），那么点N的坐标是（2，1）或（2，﹣5）．考点：坐标与图形性质．分析：若MN∥y轴，则点M与点M的横坐标相同，因而点N的横坐标是2，根据两点之间的距离公式可求解．解答： 解：∵MN∥y轴，∴点M与点N的横坐标相同，∴点N的横坐标是2，设纵坐标是y，因而|y﹣（﹣2）|=3，解得y=1或﹣5，∴点N的坐标是（2，1）或（2，﹣5）．故本题答案为：（2，1）或（2，﹣5）．点评：本题主要考查了与坐标轴平行的点的坐标的关系，与x轴的点的纵坐标相同，与y轴平行的线上的点的横坐标相同．20．在平面直角坐标系中，坐标轴上到点A（3，4）的距离等于5的点有3个．考点：坐标与图形性质．分析：因为点A的坐标是（3，4），所以OA=5，以5为半径的圆与坐标轴的交点，圆与原点的交点有1个，另外与两正半轴有2个交点，共有3的点．解：点A的坐标是（3，4），因而OA=5，坐标轴上到点A（3，4）的距离等于5的点就是以点A为圆心，以5为半径的圆与坐标轴的交点，圆与坐标轴的交点是原点，另外与两正半轴有两个交点，共有3的点．所以坐标轴上到点A（3，4）的距离等于5的点有3个．故答案填：3．点评：正确确定满足条件的点是解决本题的关键．三、简答题（共60分）21．已知：▱ABCD的周长为60cm，对角线AC、BD相交于点O，△AOB的周长比△DOA的周长长5cm，求这个平行四边形各边的长．考点：平行四边形的性质．分析：平行四边形周长为60cm，即相邻两边之和为30，△AOB的周长比△DOA的周长长5cm，而AO为共用，OB=OD所以由题可知AB比AD长5，可列方程解答．解答： 解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，AB=CD，AD=BC，∵△AOB的周长比△DOA的周长长5cm，∴AB﹣AD=5（cm），又∵▱ABCD的周长为60cm，∴AB+AD=30cm，则，AB=CD=cm，AD=BC=cm．点评：此题主要考查了平行四边形的对角线互相平分的性质，难易程度适中．22．已知：如图，点E、F是平行四边行ABCD的对角线AC上的两点，AE=CF．求证：∠CDF=∠ABE．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：由四边行ABCD是平行四边形，可得AB=CD，AB∥CD，即可证得∠BAE=∠DCF，又由AE=CF，则可证得△ABE≌△CDF，继而证得结论．解答： 证明：∵四边行ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴∠CDF=∠ABE．点评：此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意平行四边形的对边平行且相等．23．如图，把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H．求证：HC=HF．考点：旋转的性质．专题：证明题．分析：连结AH，如图，根据正方形的性质得AD=AB=BC=CD，∠B=∠D=90°，再根据旋转的性质得AG=AD，GF=CD，∠G=∠D=90°，于是可利用“HL”判断Rt△AGH≌△ABH，则GH=BH，所以BC﹣BH=GF﹣GH，即HC=HF．解答： 证明：连结AH，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB=BC=CD，∠B=∠D=90°，∵正方形ABCD绕着点A按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，∴AG=AD，GF=CD，∠G=∠D=90°，∴AG=AB，在Rt△AGH和△ABH中，，∴Rt△AGH≌△ABH，∴GH=BH，∴BC﹣BH=GF﹣GH，即HC=HF．点评：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．24．如图，在菱形ABCD中，∠ABC与∠BAD的度数比为1：2，周长是48cm．求：（1）两条对角线的长度；（2）菱形的面积．考点：菱形的性质．专题：几何图形问题．分析：（1）首先根据菱形的性质可得菱形的边长为48÷4=12cm，然后再证明△ABC是等边三角形，进而得到AC=AB=12cm，然后再根据勾股定理得出BO的长，进而可得BD的长即可；（2）根据菱形的面积公式=对角线之积的一半可得答案．解答： 解：（1）菱形ABCD的周长为48cm，∴菱形的边长为48÷4=12cm∵∠ABC：∠BAD=1：2，∠ABC+∠BAD=180°（菱形的邻角互补），∴∠ABC=60°，∠BCD=120°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=AB=12cm，∵菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，∴AO=CO，BO=DO且AC⊥BD，∴BO==6cm，∴BD=12cm；（2）菱形的面积：AC•BD=×12×12=72（cm2）．点评：此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的面积计算，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．25．矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥DB，CE、DE交于点E，请问：四边形DOCE是什么四边形？请说明理由．考点：菱形的判定；平行线的性质；矩形的性质．专题：探究型．分析：首先判