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湖南省岳阳市岳阳县岳阳经济技术开发区长岭中学2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
1．（2025八下·岳阳期中）下列图案中，只是中心对称图形的是 （　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·岳阳期中） 一个七边形的内角和等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·岳阳期中）已知∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，则∠A＝（　　）
A．60° B．36° C．56° D．46°
4．（2025八下·岳阳期中）下列命题是真命题的是（　　）.
A．对角线相互垂直的四边形是平行四边形
B．对角线相等且相互垂直的四边形是菱形
C．四条边相等的四边形是正方形
D．对角线相等且相互平分的四边形是矩形
5．（2025八下·岳阳期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，BD平分∠ABC，交AC于点D；若DC=3，AB=8则△ABD的面积是(　　)
A．8 B．12 C．16 D．24
6．（2025八下·岳阳期中）点P（2，﹣5）到x轴、y轴的距离分别为（　　）
A．2、5 B．2、﹣5 C．5、2 D．﹣5、2
7．（2025八下·岳阳期中）已知A和B两点的坐标分别是（1，3）和（1，﹣3），则（　　）
A．点A和B关于x轴对称 B．点A和B关于y轴对称
C．点A和B关于原点对称 D．以上说法都不对
8．（2025八下·岳阳期中）顺次连结任意四边形四边中点，所得的图形是一个矩形，则四边形一定是 （　　）
A．矩形 B．菱形
C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形
9．（2025八下·岳阳期中）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（　　）
A．28 B．14 C．10 D．7
10．（2025八下·岳阳期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE，其中正确结论有（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
11．（2025八下·岳阳期中）在中，，，是边上的中线，则的长是　 　．
12．（2025八下·岳阳期中）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是　 　．
13．（2025八下·岳阳期中）已知直角三角形的三边分别为6、8、x，则x＝　 　.
14．（2025八下·岳阳期中）通过平移把点A(2，－1)移到点A'(2，2)，按同样的平移方式，点B(－3，1)移动到点B'，则点B'的坐标是　 　．
15．（2025八下·岳阳期中）如图，点是矩形的对角线的中点，为的中点．若，，则的周长为　 　．
16．（2025八下·岳阳期中）如图，在正方形的外侧，作等边，则　 　．
17．（2025八下·岳阳期中）如图，，，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线交于点．若，则的面积为　 　．
18．（2025八下·岳阳期中）如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为　 　．
19．（2025八下·岳阳期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC，
求证：四边形ABED是平行四边形．
20．（2025八下·岳阳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示．
（1）点A坐标______；点B到坐标原点的距离______．
（2）请在图中画出关于y轴对称的图形；
（3）求的面积．
21．（2025八下·岳阳期中）如图所示，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，将矩形沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，求CE的长．
22．（2025八下·岳阳期中）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．
（1）你添加的条件是______（填序号）；
（2）添加了条件后，请证明为菱形．
23．（2025八下·岳阳期中）如图， 在中， ， 为中线， 延长至点， 使， 连结， 点为的中点， 连结． 若， 求的长：
24．（2025八下·岳阳期中）如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接，．
（1）用t的代数式表示： ，
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
25．（2025八下·岳阳期中）综合与实践﹣﹣图形变换中的数学问题．
问题情境：
如图1，在Rt△ABC中，AB＝5，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°．将△ABC沿AC翻折得到△ADC，然后展平，两个三角形拼成四边形ABCD．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
初步探究：
（2）将△ABC从图1位置开始绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），得到△EBF，其中点A，C的对应点分别是点E，F，连接AE，FC并分别延长，交于点M．试猜想线段AM与FM的数量关系和位置关系，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，连接DE，当DE∥CM时，请直接写出CM的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：只是轴对称图形，故A不符合题意；只是中心对称图形，故B符合题意；
既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C不符合题意；
既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据轴对称图形以及中心对称的定义，结合所给图形进行判断即可．
2．【答案】B
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：由题意得七边形的内角和为（7-2）×180°=900°，
故答案为：B
【分析】根据多边形的内角和公式结合题意进行计算即可求解。
3．【答案】B
【知识点】直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据直角三角形中，两锐角互余计算即可．
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，故错误；
B. 对角线相互垂直平分的四边形是菱形，故错误；
C. 四条边相等的四边形是菱形，故错误；
D. 对角线相等且相互平分的四边形是矩形，正确.
故答案为：D.
【分析】根据菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，进行判定即可解答
5．【答案】B
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，
∵∠C=90°，
∴DC⊥BC，
∵BD平分∠ABC，
∴DE=CD=3，
∴S△ABD=AB×DE=×8×3=12．
故答案为：B．
【分析】先根据角平分的性质，得出DE=CD，即可求得DE的长，再由三角形面积的求解方法，即可求得答案．
6．【答案】C
【知识点】点的坐标；求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：∵|﹣5|=5，|2|=2，
∴点P到x轴的距离为5，到y轴的距离为2．
故答案为：C．
【分析】先分别求出点P的横、纵坐标的绝对值，再得出它到各坐标轴的距离．
7．【答案】A
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵A和B两点的坐标分别是（1，3）和（1，-3），
∴A和B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，
∴点A和B关于x轴对称．
故答案为：A．
【分析】直接利用“关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数”求解．
8．【答案】D
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
设点，，，分别是四边形各边的中点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴，
∴原四边形一定是对角线互相垂直的四边形．
故答案为：D．
【分析】先根据矩形的性质得到，再利用三角形中位线定理得到，从而可得，由此可得答案．
9．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴DE=BF=，
∵AB=6，
∴DE=BF=3，
同理可得：EF=BD=，
∵BC=8，
∴EF=BD=4，
∴C四边形BDEF=BD+DE+EF+BF=4+3+4+3=14.
【分析】根据三角形中位线的性质得DE=BF=，EF=BD=，即可求得四边形的周长．
10．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴BE=DF．故结论①正确．
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，解得：∠DAF=15°．
故②正确；
∵BC=CD，
∴BC－BE=CD－DF，CE=CF．
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．
故③正确；
设EC=x，由勾股定理，得EF=，CG=，AG=，
∴AC=．
∴AB=．
∴BE=．
∴BE+DF．
故④错误．
∵，，
∴．
故⑤正确．
综上所述，正确的有4个，
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质可得，AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．再根据等边三角形的性质可得AE=EF=AF，∠EAF=60°，从而可得∠BAE+∠DAF=30°，再利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，从而可得BE=DF，可判断①；
先根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而可得∠DAF+∠DAF=30°，求得∠DAF，即可判断
②；
先证明CE=CF，结合AE=AF，可得出AC垂直平分EF，从而可判断③；
设EC=x，先根据勾股定理求得EF=，CG=，AG=，从而可得AC=，AB=，再求得BE=，从而可得出BE+DF，可判断④；先用x分别表示出，，从而可得，可判断⑤．
11．【答案】5
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，
∴CD=，
故答案为：5．
【分析】利用直角三角形斜边上的中线的性质求解．直角三角形斜边上的中线的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
12．【答案】12
【知识点】一元一次方程的其他应用；多边形的对角线
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，
∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条，
∴，解得：n=12，
故答案为：12．
【分析】根据多边形的边数与对角线条数的关系，列出关于边数的方程求解.边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为．
13．【答案】10或2
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：分两种情况进行讨论：
①两直角边分别为6，8，由勾股定理得 ，
②一直角边为6，一斜边为8，由勾股定理得 ；
故答案为10或 .
【分析】根据勾股定理的内容，两直角边的平方和等于斜边的平方，分两种情况进行解答.
14．【答案】（-3，4）
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】解：∵把点A（2，-1）移到点A’（2，2），
∴将点A向上平移3个单位长度，横坐标不变，纵坐标加3，
∵按同样的平移方式，点B(－3，1)移动到点B'，
∴点B’的坐标是（-3，4）.
故答案为：（-3，4）.
【分析】根据已知条件找到平移规律：横坐标不变，纵坐标加3，即可解题.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∵点是矩形的对角线的中点，为的中点．
∴，，，
∴，
∴的周长为，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求得，进而求得，根据中位线的性质求得，勾股定理求得，即可求解．
16．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】判断是顶角为的等腰三角形，求出的度数即可求解．
17．【答案】
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可知，如图，过点作于点，
∵平分，，
，，
，
，
∴
在中，，，
∴，
，
，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用角平分线的意义与性质得出，，再根据含角的直角三角形的性质求得CG，然后利用勾股定理求出BC，再利用含角的直角三角形的性质求得AB的长，进而求得GH，从而可利用三角形的面积公式即可得．
18．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接，作于，
四边形是菱形，
，，
在与中，
，
，
，
当点、、共线，的最小值为的长，
∵菱形的周长为，
∴，解得：，
∵，
∴，
∴，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】先利用证明，再根据全等三角形的性质得出，当点、、共线，的最小值为的长，再根据菱形的周长求出AB，然后利用含有30度角的直角三角形的性质求出BH，再利用勾股定理求出的长即可．
19．【答案】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来证明．
20．【答案】（1），
（2）解：画出关于y轴对称，
故，
（3）解：．
【知识点】点的坐标；坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称
【解析】【解答】解：（1）∵点A坐标为：，点坐标为：，
∴点B到坐标原点的距离为，
故答案为：，；
【分析】（1）根据 在平面直角坐标系的位置即可得到点的坐标，再根据勾股定理求出点B到坐标原点的距离；
（2）根据关于轴对称的点的坐标特征画出图形；
（3）利用矩形面积减去周围的三个直角三角形面积即可．
（1）解：点A坐标为：，点坐标为：，
故点B到轴的距离为，到轴距离为，
故点B到坐标原点的距离为，
故答案为：，；
（2）解：画出关于y轴对称，
故，
（3）解：．
21．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=10，
∴∠B=∠C=90°，AD=BC=10，CD=AB=8．
∵△AEF是△ADE翻折得到，
∴AF=AD=10，EF=DE，
∴BF=6，
∴FC=4，
∵FC2+CE2=EF2，
∴42+CE2=（8-CE）2，
解得：CE=3．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【分析】先利用勾股定理可求得BF的长，再利用翻折的性质求得CF长，然后利用勾股定理建立方程，可求得CE长．
22．【答案】（1）①
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（1）添加的条件是．
故答案为：①．
【分析】（1）添加合适的条件即可；
（2）先利用AAS证明，再利用全等三角形的性质得出，然后根据菱形的判定即可得出结论．
（1）解：添加的条件是．
故答案为：①．
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
23．【答案】解：∵在中，，，为中线，
∴．
∵，
∴点是的中点，
∵为中点，
∴是的中位线，
∴．
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先利用直角三角形斜边上的中线的性质求得的长度，再说明是的中位线，然后利用中位线的性质求解．
24．【答案】（1），
（2）解：四边形能够成为菱形，理由是：
，
，
又∵，
四边形为平行四边形，
当为菱形时，，
，，
，
又 点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，
，
，解得：，
当时，四边形能够成为菱形；
（3）解：分三种情况：
当时，如图3，
四边形为平行四边形，，
∴四边形为矩形，
，
，，
，
，
当时，如图4，
四边形为平行四边形，
，
，
在中，，，
，
，
∴，解得：，
当时，不成立；
综上所述，当为或20时，为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）证明：∵ 点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）先用t表示出AE与CD，再利用含角的直角三角形的性质求得DF；
（2）先证明四边形为平行四边形，再根据四边形能够成为菱形，可得出，然后列出关于t的方程求解；
（3）当为直角三角形时，有三种情况：①当时，如图3，②当时，如图4，③当不成立；分别找一等量关系列方程可以求出的值．
（1）证明：由题意得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：四边形能够成为菱形，理由是：
由（1）得：，
，
，
四边形为平行四边形，
若为菱形，则，
，，
，
，
，
当时，四边形能够成为菱形；
（3）解：分三种情况：
当时，如图3，
则四边形为矩形，
，
，，
，
，
当时，如图4，
四边形为平行四边形，
，
，
在中，，，
，
，
则，
，
当不成立；
综上所述：当为或20时，为直角三角形．
25．【答案】解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠BCA＝90°﹣∠BAC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵△ABC沿AC翻折得到△ADC，
∴△ABC≌△ADC，
∴AD＝AB，CD＝BC，
∴AB＝AD＝CD＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）AM⊥FM且AM＝FM，
理由：∵ 将△ABC从图1位置开始绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），得到△EBF，
∴△ABC≌△EBF，
∴AB＝BE，BC＝BF，AC＝EF，∠ABE＝∠CBF＝α，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB＝∠BFC，AE＝CF，
∵AB＝BC，
∴AB＝BE＝BC＝BF，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴∠AEB＝∠BCF，
∵∠BEF＝∠ACB＝45°，∠AEB＝∠BCF，
∴180°﹣（∠AEB+∠BEF）＝180°﹣（∠BCF+∠ACB），
∴∠FEM＝∠ACM，
在△ACM和△FEM中，
，
∴△ACM≌△FEM（AAS），
∴AM＝FM，∠MAC＝∠MFE，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠MAC＝45°﹣∠DAM，∠MCA＝45°+∠MCD，
∴∠DAM＝∠MCD，
∴∠MAC+∠ACM＝45°﹣∠DAM+45°+∠MCD＝90°，
∴∠M＝90°，
∴AM⊥FM，
故答案为：AM⊥FM且AM＝FM．
（3）取AC的中点G，连接EG，BG，
∵DE∥CM，
∴∠DEM＝∠M＝90°，
∵AG＝GE＝，AB＝BE，
在△BAG和△BEG中，
，
∴△BAG≌△BEG（SSS），
∠BEG＝∠BAG＝90°，∠GBA+∠GBE＝，
∵∠EBA＝α，
∴∠EAB＝，
∴∠ABG+∠BAE＝+＝90°，
∴BG⊥AE，
∵AB＝5，AG＝，
∴BG＝，
∴AE ＝×2×5× ，
解得：AE＝2，
设CM＝ME＝x，
在Rt△ACM中，
∵CM2+AM2=AC2，
∴x2+（x+2）2＝（5）2，
解得：x＝±，
∵x＞0，
∴x＝，
∴CM＝．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先证明△ABC是等腰三角形，再根据翻折的性质可证明四边形ABCD是菱形，然后根据有一个角这直角的菱形是正方形证得结论成立；
（2）先根据旋转性质得△ABC≌△EBF，再利用SAS证明△ABE≌△CBF，利用AAS证明△ACM≌△FEM，然后利用全等三角形性质可得AM⊥FM且AM＝FM；
（3）先利用SSS证明△BAG≌△BEG，利用全等三角形性质可证得BG⊥AE，利用面积法建立方程求出AE，再运用勾股定理得到关于x的方程求解，即可求得CM．
1 / 1湖南省岳阳市岳阳县岳阳经济技术开发区长岭中学2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
1．（2025八下·岳阳期中）下列图案中，只是中心对称图形的是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：只是轴对称图形，故A不符合题意；只是中心对称图形，故B符合题意；
既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C不符合题意；
既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据轴对称图形以及中心对称的定义，结合所给图形进行判断即可．
2．（2025八下·岳阳期中） 一个七边形的内角和等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：由题意得七边形的内角和为（7-2）×180°=900°，
故答案为：B
【分析】根据多边形的内角和公式结合题意进行计算即可求解。
3．（2025八下·岳阳期中）已知∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，则∠A＝（　　）
A．60° B．36° C．56° D．46°
【答案】B
【知识点】直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，
∴，
故答案为：B．
【分析】根据直角三角形中，两锐角互余计算即可．
4．（2025八下·岳阳期中）下列命题是真命题的是（　　）.
A．对角线相互垂直的四边形是平行四边形
B．对角线相等且相互垂直的四边形是菱形
C．四条边相等的四边形是正方形
D．对角线相等且相互平分的四边形是矩形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，故错误；
B. 对角线相互垂直平分的四边形是菱形，故错误；
C. 四条边相等的四边形是菱形，故错误；
D. 对角线相等且相互平分的四边形是矩形，正确.
故答案为：D.
【分析】根据菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，进行判定即可解答
5．（2025八下·岳阳期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，BD平分∠ABC，交AC于点D；若DC=3，AB=8则△ABD的面积是(　　)
A．8 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，
∵∠C=90°，
∴DC⊥BC，
∵BD平分∠ABC，
∴DE=CD=3，
∴S△ABD=AB×DE=×8×3=12．
故答案为：B．
【分析】先根据角平分的性质，得出DE=CD，即可求得DE的长，再由三角形面积的求解方法，即可求得答案．
6．（2025八下·岳阳期中）点P（2，﹣5）到x轴、y轴的距离分别为（　　）
A．2、5 B．2、﹣5 C．5、2 D．﹣5、2
【答案】C
【知识点】点的坐标；求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：∵|﹣5|=5，|2|=2，
∴点P到x轴的距离为5，到y轴的距离为2．
故答案为：C．
【分析】先分别求出点P的横、纵坐标的绝对值，再得出它到各坐标轴的距离．
7．（2025八下·岳阳期中）已知A和B两点的坐标分别是（1，3）和（1，﹣3），则（　　）
A．点A和B关于x轴对称 B．点A和B关于y轴对称
C．点A和B关于原点对称 D．以上说法都不对
【答案】A
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵A和B两点的坐标分别是（1，3）和（1，-3），
∴A和B两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，
∴点A和B关于x轴对称．
故答案为：A．
【分析】直接利用“关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数”求解．
8．（2025八下·岳阳期中）顺次连结任意四边形四边中点，所得的图形是一个矩形，则四边形一定是 （　　）
A．矩形 B．菱形
C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形
【答案】D
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
设点，，，分别是四边形各边的中点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴，
∴原四边形一定是对角线互相垂直的四边形．
故答案为：D．
【分析】先根据矩形的性质得到，再利用三角形中位线定理得到，从而可得，由此可得答案．
9．（2025八下·岳阳期中）如图，在中，D，E，F分别是，，的中点．若，，则四边形的周长是（　　）
A．28 B．14 C．10 D．7
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴DE=BF=，
∵AB=6，
∴DE=BF=3，
同理可得：EF=BD=，
∵BC=8，
∴EF=BD=4，
∴C四边形BDEF=BD+DE+EF+BF=4+3+4+3=14.
【分析】根据三角形中位线的性质得DE=BF=，EF=BD=，即可求得四边形的周长．
10．（2025八下·岳阳期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE，其中正确结论有（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴BE=DF．故结论①正确．
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，解得：∠DAF=15°．
故②正确；
∵BC=CD，
∴BC－BE=CD－DF，CE=CF．
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．
故③正确；
设EC=x，由勾股定理，得EF=，CG=，AG=，
∴AC=．
∴AB=．
∴BE=．
∴BE+DF．
故④错误．
∵，，
∴．
故⑤正确．
综上所述，正确的有4个，
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质可得，AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．再根据等边三角形的性质可得AE=EF=AF，∠EAF=60°，从而可得∠BAE+∠DAF=30°，再利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，从而可得BE=DF，可判断①；
先根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而可得∠DAF+∠DAF=30°，求得∠DAF，即可判断
②；
先证明CE=CF，结合AE=AF，可得出AC垂直平分EF，从而可判断③；
设EC=x，先根据勾股定理求得EF=，CG=，AG=，从而可得AC=，AB=，再求得BE=，从而可得出BE+DF，可判断④；先用x分别表示出，，从而可得，可判断⑤．
11．（2025八下·岳阳期中）在中，，，是边上的中线，则的长是　 　．
【答案】5
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，
∴CD=，
故答案为：5．
【分析】利用直角三角形斜边上的中线的性质求解．直角三角形斜边上的中线的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
12．（2025八下·岳阳期中）如果从多边形的一个顶点出发的对角线有9条，那么它的边数是　 　．
【答案】12
【知识点】一元一次方程的其他应用；多边形的对角线
【解析】【解答】解：设多边形的边数为n，
∵多边形从一个顶点出发的对角线最多可画9条，
∴，解得：n=12，
故答案为：12．
【分析】根据多边形的边数与对角线条数的关系，列出关于边数的方程求解.边形从一个顶点出发的对角线最多可画的条数为．
13．（2025八下·岳阳期中）已知直角三角形的三边分别为6、8、x，则x＝　 　.
【答案】10或2
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：分两种情况进行讨论：
①两直角边分别为6，8，由勾股定理得 ，
②一直角边为6，一斜边为8，由勾股定理得 ；
故答案为10或 .
【分析】根据勾股定理的内容，两直角边的平方和等于斜边的平方，分两种情况进行解答.
14．（2025八下·岳阳期中）通过平移把点A(2，－1)移到点A'(2，2)，按同样的平移方式，点B(－3，1)移动到点B'，则点B'的坐标是　 　．
【答案】（-3，4）
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】解：∵把点A（2，-1）移到点A’（2，2），
∴将点A向上平移3个单位长度，横坐标不变，纵坐标加3，
∵按同样的平移方式，点B(－3，1)移动到点B'，
∴点B’的坐标是（-3，4）.
故答案为：（-3，4）.
【分析】根据已知条件找到平移规律：横坐标不变，纵坐标加3，即可解题.
15．（2025八下·岳阳期中）如图，点是矩形的对角线的中点，为的中点．若，，则的周长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∵点是矩形的对角线的中点，为的中点．
∴，，，
∴，
∴的周长为，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求得，进而求得，根据中位线的性质求得，勾股定理求得，即可求解．
16．（2025八下·岳阳期中）如图，在正方形的外侧，作等边，则　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】判断是顶角为的等腰三角形，求出的度数即可求解．
17．（2025八下·岳阳期中）如图，，，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线交于点．若，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意可知，如图，过点作于点，
∵平分，，
，，
，
，
∴
在中，，，
∴，
，
，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用角平分线的意义与性质得出，，再根据含角的直角三角形的性质求得CG，然后利用勾股定理求出BC，再利用含角的直角三角形的性质求得AB的长，进而求得GH，从而可利用三角形的面积公式即可得．
18．（2025八下·岳阳期中）如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接，作于，
四边形是菱形，
，，
在与中，
，
，
，
当点、、共线，的最小值为的长，
∵菱形的周长为，
∴，解得：，
∵，
∴，
∴，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】先利用证明，再根据全等三角形的性质得出，当点、、共线，的最小值为的长，再根据菱形的周长求出AB，然后利用含有30度角的直角三角形的性质求出BH，再利用勾股定理求出的长即可．
19．（2025八下·岳阳期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC，
求证：四边形ABED是平行四边形．
【答案】证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C，
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠C＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
【知识点】平行线的判定；平行四边形的判定
【解析】【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形来证明．
20．（2025八下·岳阳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示．
（1）点A坐标______；点B到坐标原点的距离______．
（2）请在图中画出关于y轴对称的图形；
（3）求的面积．
【答案】（1），
（2）解：画出关于y轴对称，
故，
（3）解：．
【知识点】点的坐标；坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称
【解析】【解答】解：（1）∵点A坐标为：，点坐标为：，
∴点B到坐标原点的距离为，
故答案为：，；
【分析】（1）根据 在平面直角坐标系的位置即可得到点的坐标，再根据勾股定理求出点B到坐标原点的距离；
（2）根据关于轴对称的点的坐标特征画出图形；
（3）利用矩形面积减去周围的三个直角三角形面积即可．
（1）解：点A坐标为：，点坐标为：，
故点B到轴的距离为，到轴距离为，
故点B到坐标原点的距离为，
故答案为：，；
（2）解：画出关于y轴对称，
故，
（3）解：．
21．（2025八下·岳阳期中）如图所示，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，将矩形沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的点F处，求CE的长．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=10，
∴∠B=∠C=90°，AD=BC=10，CD=AB=8．
∵△AEF是△ADE翻折得到，
∴AF=AD=10，EF=DE，
∴BF=6，
∴FC=4，
∵FC2+CE2=EF2，
∴42+CE2=（8-CE）2，
解得：CE=3．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【分析】先利用勾股定理可求得BF的长，再利用翻折的性质求得CF长，然后利用勾股定理建立方程，可求得CE长．
22．（2025八下·岳阳期中）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．
（1）你添加的条件是______（填序号）；
（2）添加了条件后，请证明为菱形．
【答案】（1）①
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（1）添加的条件是．
故答案为：①．
【分析】（1）添加合适的条件即可；
（2）先利用AAS证明，再利用全等三角形的性质得出，然后根据菱形的判定即可得出结论．
（1）解：添加的条件是．
故答案为：①．
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
23．（2025八下·岳阳期中）如图， 在中， ， 为中线， 延长至点， 使， 连结， 点为的中点， 连结． 若， 求的长：
【答案】解：∵在中，，，为中线，
∴．
∵，
∴点是的中点，
∵为中点，
∴是的中位线，
∴．
【知识点】三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】先利用直角三角形斜边上的中线的性质求得的长度，再说明是的中位线，然后利用中位线的性质求解．
24．（2025八下·岳阳期中）如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接，．
（1）用t的代数式表示： ，
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1），
（2）解：四边形能够成为菱形，理由是：
，
，
又∵，
四边形为平行四边形，
当为菱形时，，
，，
，
又 点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，
，
，解得：，
当时，四边形能够成为菱形；
（3）解：分三种情况：
当时，如图3，
四边形为平行四边形，，
∴四边形为矩形，
，
，，
，
，
当时，如图4，
四边形为平行四边形，
，
，
在中，，，
，
，
∴，解得：，
当时，不成立；
综上所述，当为或20时，为直角三角形．
【知识点】含30°角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）证明：∵ 点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）先用t表示出AE与CD，再利用含角的直角三角形的性质求得DF；
（2）先证明四边形为平行四边形，再根据四边形能够成为菱形，可得出，然后列出关于t的方程求解；
（3）当为直角三角形时，有三种情况：①当时，如图3，②当时，如图4，③当不成立；分别找一等量关系列方程可以求出的值．
（1）证明：由题意得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）解：四边形能够成为菱形，理由是：
由（1）得：，
，
，
四边形为平行四边形，
若为菱形，则，
，，
，
，
，
当时，四边形能够成为菱形；
（3）解：分三种情况：
当时，如图3，
则四边形为矩形，
，
，，
，
，
当时，如图4，
四边形为平行四边形，
，
，
在中，，，
，
，
则，
，
当不成立；
综上所述：当为或20时，为直角三角形．
25．（2025八下·岳阳期中）综合与实践﹣﹣图形变换中的数学问题．
问题情境：
如图1，在Rt△ABC中，AB＝5，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°．将△ABC沿AC翻折得到△ADC，然后展平，两个三角形拼成四边形ABCD．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
初步探究：
（2）将△ABC从图1位置开始绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），得到△EBF，其中点A，C的对应点分别是点E，F，连接AE，FC并分别延长，交于点M．试猜想线段AM与FM的数量关系和位置关系，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，连接DE，当DE∥CM时，请直接写出CM的长．
【答案】解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠BCA＝90°﹣∠BAC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵△ABC沿AC翻折得到△ADC，
∴△ABC≌△ADC，
∴AD＝AB，CD＝BC，
∴AB＝AD＝CD＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）AM⊥FM且AM＝FM，
理由：∵ 将△ABC从图1位置开始绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），得到△EBF，
∴△ABC≌△EBF，
∴AB＝BE，BC＝BF，AC＝EF，∠ABE＝∠CBF＝α，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB＝∠BFC，AE＝CF，
∵AB＝BC，
∴AB＝BE＝BC＝BF，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴∠AEB＝∠BCF，
∵∠BEF＝∠ACB＝45°，∠AEB＝∠BCF，
∴180°﹣（∠AEB+∠BEF）＝180°﹣（∠BCF+∠ACB），
∴∠FEM＝∠ACM，
在△ACM和△FEM中，
，
∴△ACM≌△FEM（AAS），
∴AM＝FM，∠MAC＝∠MFE，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠MAC＝45°﹣∠DAM，∠MCA＝45°+∠MCD，
∴∠DAM＝∠MCD，
∴∠MAC+∠ACM＝45°﹣∠DAM+45°+∠MCD＝90°，
∴∠M＝90°，
∴AM⊥FM，
故答案为：AM⊥FM且AM＝FM．
（3）取AC的中点G，连接EG，BG，
∵DE∥CM，
∴∠DEM＝∠M＝90°，
∵AG＝GE＝，AB＝BE，
在△BAG和△BEG中，
，
∴△BAG≌△BEG（SSS），
∠BEG＝∠BAG＝90°，∠GBA+∠GBE＝，
∵∠EBA＝α，
∴∠EAB＝，
∴∠ABG+∠BAE＝+＝90°，
∴BG⊥AE，
∵AB＝5，AG＝，
∴BG＝，
∴AE ＝×2×5× ，
解得：AE＝2，
设CM＝ME＝x，
在Rt△ACM中，
∵CM2+AM2=AC2，
∴x2+（x+2）2＝（5）2，
解得：x＝±，
∵x＞0，
∴x＝，
∴CM＝．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先证明△ABC是等腰三角形，再根据翻折的性质可证明四边形ABCD是菱形，然后根据有一个角这直角的菱形是正方形证得结论成立；
（2）先根据旋转性质得△ABC≌△EBF，再利用SAS证明△ABE≌△CBF，利用AAS证明△ACM≌△FEM，然后利用全等三角形性质可得AM⊥FM且AM＝FM；
（3）先利用SSS证明△BAG≌△BEG，利用全等三角形性质可证得BG⊥AE，利用面积法建立方程求出AE，再运用勾股定理得到关于x的方程求解，即可求得CM．
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