精品解析：湖南省株洲市渌口区朱亭镇龙凤中学2024—2025学年八年级下学期4月期中数学试题

湖南省株洲市渌口区朱亭镇龙凤中学2024-2025学年八年级数学期中试题 注意事项： 1．本卷为试题卷，考生应在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效． 2．答题前，考生须将自己的姓名、准考证分别在试题卷和答题卡上填写清楚． 3．答题完成后，请将试题卷、答题卡、草稿纸放在桌子上，由监考老师统一收回． 4．本试卷共三道答题，26道小题，满分120分，时量共120分钟． 一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的） 1. 如图，在菱形中，、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ） A. B. C. D. 2. 点关于y轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，如果，那么的大小是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，以点B为圆心，长为半径作弧，交于不同于点C的另一点D，连接；再分别以点C、D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线交于点F，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，点D、点E分别是的中点，点F是上一点，且，若，则的长为（　　） A. 10 B. 8 C. 6 D. 4 6. 在下面这四种瓷砖中，用一种瓷砖不能密铺平面的是( ) A. B. C. D. 7. 在中，，若，且的面积为，则的长为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知点关于y轴的对称点为，则的值是（ ） A. 1 B. C. 5 D. 9. 下列命题中，真命题的是（　　） A. 两组对角相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 10. 如图，在正方形的内部作等边三角形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题有8个小题，每小题3分，共24分，请将答案填在答题卡的答案卡内） 11. 如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有____（把所有正确结论的序号都填上）． 12. 如图，平分，若，，则______度． 13. 笔直的公路，，如图所示，，互相垂直，的中点D与点C被建筑物隔开，若测得的长为，的长为，则C，D之间的距离为______． 14. 如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB＝3，AC＝1，∠D＝90°，则AE的长是_____． 15. 如图，是边长为1的等边三角形，分别取边的中点D、E，连接，作得到四边形，它的面积记作；分别取的中点，，连接，作，得到四边形，它的面积记作，…，照此规律作下去，则等于________． 16. 如图，在矩形中，连接，延长至点E，使，连接，若，则的度数是______． 17. 已知点Р(a，3)和点Q(4，b)关于x轴对称，则________． 18. 点到x轴的距离是______，到y轴的距离是______，到原点的距离是______． 三、解答题（本大题有8个小题，第19~25题每小题8分，第26题10分，共66分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 如图，在四边形中，P是对角线的中点，E，F是的中点，，求证：． 20. 如图，∠A=∠B=90°，E是AB上的一点，且AE=BC，∠1=∠2． （1）求证：Rt△ADE≌Rt△BEC； （2）△CDE是不是直角三角形？并说明理由． 21. 如图，在的平分线上依次取点，，，过点作，分别交，于点，，以为对角线作菱形．已知，，设，图中阴影部分面积为y，求y与x之间的函数关系式． 22. 如图，直角坐标系中，的顶点都在网格上，其中点坐标为． （1）写出点、的坐标： （2）将先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请你画出平移后的． 23. 我市某中学有一块四边形的空地，如图所示，为了绿化环境，学校计划在空地上种植草皮，经测量，，，，． （1）求出空地的面积； （2）若每种植1平方米草皮需要350元，问总共需投入多少元？ 24. 如图，点，在上，，，，求证：． 25. 如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F． （1）求证：四边形BEDF是平行四边形； （2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由． 26. 如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C），延长交于点F，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图2，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； （3）如图1，若的面积为72，，请直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市渌口区朱亭镇龙凤中学2024-2025学年八年级数学期中试题 注意事项： 1．本卷为试题卷，考生应在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效． 2．答题前，考生须将自己的姓名、准考证分别在试题卷和答题卡上填写清楚． 3．答题完成后，请将试题卷、答题卡、草稿纸放在桌子上，由监考老师统一收回． 4．本试卷共三道答题，26道小题，满分120分，时量共120分钟． 一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的） 1. 如图，在菱形中，、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的中位线定理，即可求得的长，进而求得菱形的周长． 【详解】解：、分别是、的中点， ， 菱形的周长是． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及三角形的中位线定理，正确求得的长是解题的关键． 2. 点关于y轴对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查轴对称的性质，关于坐标轴对称的点的坐标特点，关于y轴对称的两个点的横坐标互为相反数，纵坐标相等，由此得到答案． 【详解】解：关于y轴对称的点的坐标是． 故选：B． 3. 在中，如果，那么的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平行四边形的性质可得，，由平行线的性质可得，再由可得，从而得到，进行计算即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对边平行，对角相等是解题的关键． 4. 如图，在中，，以点B为圆心，长为半径作弧，交于不同于点C的另一点D，连接；再分别以点C、D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点E，作射线交于点F，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查作图-基本作图，角平分线的定义，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，根据得到，由作图可得，，求出的值即可解决问题； 【详解】解：∵， ∴， 由作图可知，垂直平分线段，平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5. 如图，在中，点D、点E分别是的中点，点F是上一点，且，若，则的长为（　　） A. 10 B. 8 C. 6 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由中位线定理可得，由斜中半定理可得，即可求解． 【详解】解：∵点D、点E分别是的中点 ∴ ∵，点点E分别是的中点 故选：D 【点睛】本题考查了中位线定理、斜中半定理．熟记定理内容是解题关键． 6. 在下面这四种瓷砖中，用一种瓷砖不能密铺平面的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题主要考查了平面镶嵌知识，体现了学数学用数学的思想．由平面镶嵌的知识可知只用一种正多边形能够铺满地面的是正三角形或正四边形或正六边形．利用一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除分别判断即可． 【详解】解：A、正三角形的每个内角是，能整除，能密铺，故此选项不符合题意； B、正方形的每个内角是，能整除，能密铺，故此选项不符合题意； C、正五边形的每个内角为，不能整除，不能密铺，故此选项符合题意； D、正六边形的每个内角是，能整除，能密铺，故此选项不符合题意． 故选：C 7. 在中，，若，且的面积为，则的长为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了勾股定理及完全平方公式，已知是直角三角形，的三边满足． 根据勾股定理解答即可． 【详解】解：∵的面积为， ∴ ∴ ∵在中，， ∴ ∴， 故选：A． 8. 已知点关于y轴的对称点为，则的值是（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，得出a，b的值，即可得到答案． 【详解】解：∵点P（-2，3）关于y轴的对称点为Q（a，b）， ∴a=2，b=3， ∴a+b=2+3=5． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的坐标特点，关键是掌握点的变化规律． 9. 下列命题中，真命题的是（　　） A. 两组对角相等的四边形是平行四边形 B. 对角线互相垂直的四边形是菱形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别判断得出答案． 【详解】解：A、两组对角相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题错误，不合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题错误，不合题意； D、对角线互相垂直平分的平行四边形是正方形，原命题错误，不合题意； 故选：A． 【点睛】此题主要考查了真假命题的判断，正确掌握特殊四边形的判定方法是解题关键． 10. 如图，在正方形的内部作等边三角形，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理； 首先求出，，再在等腰中利用三角形内角和定理求出的度数即可． 【详解】解：∵在正方形的内部作等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：D． 二、填空题（本大题有8个小题，每小题3分，共24分，请将答案填在答题卡的答案卡内） 11. 如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论： ①点M位置变化，使得时，； ②无论点M运动到何处，都有； ③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形； ④无论点M运动到何处，一定大于． 以上结论正确的有____（把所有正确结论的序号都填上）． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据正方形的性质，证明，即可得出①中的结论．证明是等腰直角三角形，则可得出②中的结论．首先证明四边形是平行四边形，再结合即可判断③．先证明，则，即可判断． 【详解】解：如图，连接，．     ∵由平移得到， ∴， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 则是等腰直角三角形， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴， ∴中，， 即，故①符合题意； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故③不符合题意， ∵点M是边延长线上的动点（不与点A重合），且， ∴， ∴，故④符合题意； 由上可得正确结论的序号为①②③． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 12. 如图，平分，若，，则______度． 【答案】110 【解析】 【分析】根据，，得出，进而得出，，再根据平行线的性质，即可求得的度数． 【详解】解：， ， ， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的定义，平行线的性质与判定，熟练掌握平行线的性质定理与判定定理是解题的关键． 13. 笔直的公路，，如图所示，，互相垂直，的中点D与点C被建筑物隔开，若测得的长为，的长为，则C，D之间的距离为______． 【答案】6.5#### 【解析】 【分析】此题考查了直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理和直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解本题的关键．由题意可以知为直角三角形，根据勾股定理可以求得，在利用直角三角形的性质（斜边中线等于斜边一半），即可求得． 【详解】解：∵，互相垂直， ∴， 为直角三角形， 由勾股定理得， 又∵D为的中点， ∴， 故答案为：． 14. 如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB＝3，AC＝1，∠D＝90°，则AE的长是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据中心对称图形的性质可得，再利用勾股定理即可得. 【详解】与关于点C成中心对称 故答案为：. 【点睛】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理，熟记中心对称图形的性质是解题关键. 15. 如图，是边长为1的等边三角形，分别取边的中点D、E，连接，作得到四边形，它的面积记作；分别取的中点，，连接，作，得到四边形，它的面积记作，…，照此规律作下去，则等于________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据是等边三角形可求出的高，再根据可求出，进而可得出，找出规律即可得出． 【详解】解：∵点D、E是边的中点， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即点F是边的中点， 连接，则， ∴， ∴； 同理可得，； … ∴； ∴． 故答案是：． 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质及三角形中位线定理，熟知以上知识是解答此题的关键． 16. 如图，在矩形中，连接，延长至点E，使，连接，若，则的度数是______． 【答案】50 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，关键是由矩形的性质推出，，得到，．连接，由矩形的性质推出，，得到，推出，因此，由三角形外角的性质得到，于是得到，再根据矩形即可之答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：50． 17. 已知点Р(a，3)和点Q(4，b)关于x轴对称，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】直接利用关于x轴对称点的性质（横坐标不变，纵坐标互为相反数）得出a，b的值，进而得出答案． 【详解】解：∵点P（a，3）和点Q（4，b）关于x轴对称， ∴a=4，b=-3， 则． 故答案为：1． 【点睛】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键． 18. 点到x轴的距离是______，到y轴的距离是______，到原点的距离是______． 【答案】 ①. ②. ③. 【解析】 【分析】此题考查了点的坐标，勾股定理；根据点到轴的距离等于纵坐标的绝对值，到轴的距离等于横坐标的绝对值；再利用勾股定理列式求出求出到原点的距离． 【详解】点到轴的距离是，到轴的距离是， 到原点的距离是 故答案为；； 三、解答题（本大题有8个小题，第19~25题每小题8分，第26题10分，共66分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 19. 如图，在四边形中，P是对角线的中点，E，F是的中点，，求证：． 【答案】 证明：在中，P，F是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了三角形的中位线，连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．根据三角形中位线定理得到，，根据得到，等量代换可得结论． 【详解】略 20. 如图，∠A=∠B=90°，E是AB上的一点，且AE=BC，∠1=∠2． （1）求证：Rt△ADE≌Rt△BEC； （2）△CDE是不是直角三角形？并说明理由． 【答案】（1） 证明：∵∠1=∠2， ∴ED=CE， ∵∠A=∠B=90°， 在Rt△ADE和Rt△BEC中， ， ∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）； （2） △DEC为直角三角形， 证明：由（1）得Rt△ADE≌Rt△BEC， ∴∠AED=∠BCE， ∵∠B=90°， ∴∠BCE+∠CEB=90°， ∴∠AED+∠CEB=90°， ∴∠DEC=180°-90°=90°， ∴△DEC为直角三角形． 【解析】 【分析】（1）根据HL证明Rt△ADE和Rt△BEC全等解答即可； （2）根据全等三角形的性质及平角的定义解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，根据HL证明Rt△ADE≌Rt△BEC是解题的关键． 21. 如图，在的平分线上依次取点，，，过点作，分别交，于点，，以为对角线作菱形．已知，，设，图中阴影部分面积为y，求y与x之间的函数关系式． 【答案】 【解析】 【分析】由在的平分线上依次取点，，，过点作，可得与是等腰直角三角形，即可得垂直平分，求得，再由，可求得与，的长，继而求得的面积，再由菱形中，，得到是等边三角形，即可求得其面积，继而求得答案． 【详解】解：是的平分线， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ． 【点睛】此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质以及三角函数等知识．注意证得与是等腰直角三角形，是等边三角形是关键． 22. 如图，直角坐标系中，的顶点都在网格上，其中点坐标为． （1）写出点、的坐标： （2）将先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请你画出平移后的． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据坐标系中点的位置求解即可； （2）根据点坐标平移的特点先确定A、B、C对应点的位置，然后顺次连接即可． 【小问1详解】 解：由题意得，点A的坐标为，点B的坐标为； 【小问2详解】 解：如图所示，即为所求． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，画平移图形，写出坐标系中点的坐标等等，熟知点坐标的平移特点是解题的关键． 23. 我市某中学有一块四边形的空地，如图所示，为了绿化环境，学校计划在空地上种植草皮，经测量，，，，． （1）求出空地的面积； （2）若每种植1平方米草皮需要350元，问总共需投入多少元？ 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】（1）直接利用勾股定理，再用勾股定理的逆定理得出，进而得出答案； （2）利用（1）中所求得出所需费用． 【小问1详解】 解：连接 ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， ， ； 即空地的面积为． 【小问2详解】 解：元， 即总共需投入50400元． 【点睛】此题主要考查了勾股定理及其逆定理的应用，将四边形化为三角形后，正确用勾股定理及其逆定理是解题关键． 24. 如图，点，在上，，，，求证：． 【答案】 证明：∵， ∴，即， 在和中， ， ∴≌ ∴． 【解析】 【分析】利用SAS定理证明△ABF≌△DCE，根据全等三角形的性质证明结论． 【详解】略 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 25. 如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F． （1）求证：四边形BEDF是平行四边形； （2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由． 【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC、AD∥BC， ∴∠ABD=∠CDB， ∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC， ∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC， ∴∠EBD=∠FDB， ∴BE∥DF， 又∵AD∥BC， ∴四边形BEDF是平行四边形； （2）解：当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，理由如下： ∵BE平分∠ABD， ∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°， ∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°， ∴∠EDB=∠EBD=30°， ∴EB=ED， 又∵四边形BEDF是平行四边形， ∴四边形BEDF是菱形． 【解析】 【详解】试题分析：（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证； （2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证． 试题解析：略； 考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；探究型． 26. 如图1，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C），延长交于点F，连接． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图2，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； （3）如图1，若的面积为72，，请直接写出的长． 【答案】（1）四边形是正方形． 理由：∵将绕点按顺时针方向旋转， ． ， ∴四边形是矩形． ， ∴四边形是正方形； （2）； 理由：如图②，过点作于点， ， ． ∵四边形是正方形， ． ． ． ， ． ． 由旋转得：． ∵四边形是正方形， ， ∴， ∴； （3）3 【解析】 【分析】（1）根据旋转性质得到，，再由题意可得，即可证明四边形是正方形； （2）过点作于点， 证明，则有，再根据正方形的性质即可解决； （3）作于，证明，由求得，在中，由勾股定理求得，再根据计算即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：作于，如图． 由（2）可知，， 由旋转可知，， ， ， ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ， 在中，， ， ∵四边形是正方形， ∴， ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练应用旋转的性质是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $