2020-2021学年湘教新版八年级下册数学期中复习试卷1（word版含解析）

2020-2021学年湘教新版八年级下册数学期中复习试卷1
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（　　）
A．4，5，6
B．1，1，
C．6，8，11
D．5，12，23
3．一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（　　）
A．108°
B．90°
C．72°
D．60°
4．如图，一根木棍斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，设木棍中点为P，若木棍A端沿墙下滑，且B沿地面向右滑行．在此滑动过程中，点P到点O的距离（　　）
A．不变
B．变小
C．变大
D．无法判断
5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB+BC＝9cm，则AB的长为（　　）
A．3cm
B．4cm
C．5cm
D．6cm
6．若x轴上的点P到y轴的距离为3，则点P为（　　）
A．（3，0）
B．（3，0）或（﹣3，0）
C．（0，3）
D．（0，3）或（0，﹣3）
7．如果点P（m+3，m+1）在平面直角坐标系的x轴上，则m＝（　　）
A．﹣1
B．﹣3
C．﹣2
D．0
8．菱形和矩形一定都具有的性质是（　　）
A．对角线相等
B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分
D．对角线互相平分且相等
9．已知直线l及直线l外一点P．如图，
（1）在直线l上取一点A，连接PA；
（2）作PA的垂直平分线MN，分别交直线l，PA于点B，O；
（3）以O为圆心，OB长为半径画弧，交直线MN于另一点Q；
（4）作直线PQ．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）
A．△OPQ≌△OAB
B．PQ∥AB
C．AP＝BQ
D．若PQ＝PA，则∠APQ＝60°
10．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB＝4，则FM的长为（　　）
A．4
B．2
C．2
D．2
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．在平面直角坐标系中，点（2，3）到x轴的距离是　
　．
12．如图，有一直立旗杆，它的上部被风从点A处吹折，旗杆顶点B落地，离杆脚6米，修好后又被风吹折，因新断处点D比上一次高1米，故杆顶E着地点比上次近2米，则原旗杆的高度为　
　米．
13．如图，在?ABCD中，已知AD＝36，AB＝24，∠BAD的角平分线AE交BC边于点E，则CE的长为　
　．
14．若4排3列用有序数对（4，3）表示，那么表示2排5列的有序数对为　
　．
15．如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，BC＝2，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH，则GH的最小值为　
　．
16．如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为5和3，点E、G分别为AD、CD边上的点，H为BF的中点，连接HG，则HG的长为　
　．
17．如图，在周长为20cm的?ABCD中，AB≠AD，AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于E，则△ABE的周长为　
　cm．
18．如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺指针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…，若点A（，0）、B（0，4），则点B2020的横坐标为　
　．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）△ABC在直角坐标系中如图所示．
（1）在图中作出△ABC关于x轴的轴对称图形△A1B1C1；
（2）将△ABC先向上平移3个单位长度，再向左平移1个单位，画出平移后的△A2B2C2；
（3）求△ABC的面积．
20．（8分）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
21．（8分）如图，一艘货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，当它行驶到A处时，发现它的东北方向有一灯塔B，货轮继续向北航行30分钟后到达C点，发现灯塔B在它北偏东75°方向，求此时货轮与灯塔B的距离．（结果精确到0.1海里，参考数据：≈1.414，≈1.732）
22．（8分）如图，在?ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，AE＝AF．
求证：四边形ABCD是菱形．
23．（10分）如图，?ABCD中，CG⊥AB于点G，∠ABF＝45°，F在CD上，BF交CG于点E，连接AE，AE⊥AD．
（1）若BG＝1，BC＝，求EF的长度；
（2）求证：AB﹣BE＝CF．
24．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝6，∠AOB＝120°，求BC的长．
25．（13分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝16cm，DC＝13cm，BC＝21cm．动点P从点B出发，以每秒2cm的速度在射线BC上运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上，以每秒1cm的速度向点D运动，点P、Q分别从点B，A同时出发．当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）．
（1）当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形．
（2）是否存在点P，使△PQD是等腰三角形（不以PQ为底）？若存在，请求出所有满足要求的t的值，若不存在，请说明理由．
26．（13分）如图，以△ABC的边AB、AC为边的等边三角ABD和等边三角形ACE，四边形ADFE是平行四边形．
（1）当∠BAC满足什么条件时，四边形ADFE是矩形；
（2）当∠BAC满足什么条件时，平行四边形ADFE不存在；
（3）当△ABC分别满足什么条件时，平行四边形ADFE是菱形，正方形？
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．解：A、是中心对称图形，也是轴对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
2．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．
3．解：设此多边形为n边形，
根据题意得：180（n﹣2）＝540，
解得：n＝5，
∴这个正多边形的每一个外角等于：＝72°．
故选：C．
4．解：不变．连接OP，
在Rt△AOB中，OP是斜边AB上的中线，
那么OP＝AB，
由于木棍的长度不变，所以不管木棍如何滑动，OP都是一个定值．
故选：A．
5．解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
设BC＝xcm，由AB+BC＝9cm，得到AB＝（9﹣x）cm，
则BC＝AB，即x＝（9﹣x），
解得：x＝3．
则AB＝2BC＝2x＝6cm．
故选：D．
6．解：∵x轴上的点P到y轴的距离为3，
∴点P的横坐标为±3，
∵x轴上点的纵坐标为0，
∴点P的坐标为（3，0）或（﹣3，0），
故选：B．
7．解：由P（m+3，m+1）在平面直角坐标系的x轴上，得
m+1＝0．
解得：m＝﹣1，
故选：A．
8．解：菱形和矩形一定都具有的性质是对角线互相平分．故本题选C．
9．解：连接AQ，BP，如图，
由作法得BQ垂直平分PA，OB＝OQ，
∴∠POQ＝∠AOB＝90°，OP＝OA，
∴△OAB≌△OPQ（SAS）；
∴∠ABO＝∠PQO，
∴PQ∥AB；
∵BQ垂直平分PA，
∴QP＝QA，
若PQ＝PA，则PQ＝QA＝PA，此时△PAQ为等边三角形，则∠APQ＝60°．
故选：C．
10．解：由折叠的性质可知，BM＝BC＝2，BF＝BA＝4，
由勾股定理得，FM＝＝2．
故选：B．
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．解：点（2，3）到x轴的距离是3，
故答案为：3．
12．解：依题意得BC＝6，AD＝1，CE＝6﹣2＝4，AB＝DE+1
设原标杆的高为x米，
∵∠ACB＝90°，
∴由题中条件可得BC2+AC2＝AB2，即AC2+62＝（x﹣AC）2，
整理，得x2﹣2ACx＝36①，
同理，得（AC+1）2+42＝（x﹣AC﹣1）2，
整理，得x2﹣2ACx﹣2x＝16②，
由①②解得x＝10，
∴原来标杆的高度为10米，
故答案为：10．
13．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝36，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BE＝AB＝24，
∴CE＝BC﹣BE＝36﹣24＝12．
故答案为：12．
14．解：若4排3列用有序数对（4，3）表示，那么表示2排5列的有序数对为（2，5），
故答案为：（2，5）．
15．解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝2，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
∴GH＝AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF＝AB＝×2＝，
∴GH＝，
即GH的最小值为，
故答案为：．
16．解：延长GF交AB于P，过H作MN⊥CD于M，交AB于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，BC⊥CD，
∴MN⊥AB，
∵四边形DEFG是正方形，
∴FG⊥CD，
∴FG∥HM∥BC，
∵H是BF的中点，
∴PN＝BN＝CM＝GM＝CG＝＝1，
∴HN是△BFP的中位线，
∴HN＝FP＝1，
∴MH＝5﹣1＝4，
Rt△GHM中，由勾股定理得：GH＝＝．
故答案为：．
17．解：∵AC，BD相交于点O
∴O为BD的中点
∵OE⊥BD
∴BE＝DE
△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AD＝×20＝10cm
△ABE的周长为10cm．
故答案为10．
18．解：由图象可知点B2020在第一象限，
∵OA＝，OB＝4，∠AOB＝90°，
∴AB＝＝＝，
∴B2（10，4），B4（20，4），B6（30，4），…
∴B2020（10100，4）．
∴点B2020横坐标为10100．
故答案为10100
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）△ABC的面积为：3×3﹣1×2﹣1×3﹣2×3＝9﹣1﹣﹣3＝．
20．证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
21．解：如图所示：过点C作CD⊥AB于点D，
∵货轮以40海里/小时的速度在海面上航行，向北航行30分钟后到达C点
∴AC＝40×＝20海里，
∵∠A＝45°，∠1＝75°，
∴∠ACD＝45°，∠DCB＝60°，
则∠B＝30°，
则DC＝ACsin45°＝20×＝10海里，
故BC＝2CD＝20≈28.3海里．
答：此时货轮与灯塔B的距离约为28.3海里．
22．证明：连接AC，如图1．
∵AE⊥BC，AF⊥DC，AE＝AF，
∴∠2＝∠1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAC＝∠1．
∴∠DAC＝∠2，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
23．解：（1）∵CG⊥AB，BG＝1，，
∴．
∵∠ABF＝45°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴EG＝BG＝1，
∴EC＝CG﹣EG＝3﹣1＝2，
∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABF＝45°，CG⊥AB，
∴∠CFE＝∠ABF＝45°，∠FCE＝∠BGE＝90°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF＝＝2；
（2）证明：过E作EH⊥BE交AB于H，
∵∠ABF＝45°，∠BEH＝90°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴，BE＝HE，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知，△BGE和△ECF都是等腰直角三角形，
∴∠BEG＝45°，CE＝CF，
∴∠BEC＝180°﹣∠BEG＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AHE＝∠CEB，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝90°+∠EAB，
由（1）知，∠FCE＝90°，
∴∠BCD＝∠FCE+∠BCG＝90°+∠BCG，
∵在平行四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD，
∴90°+∠EAB＝90°+∠BCG，
∴∠EAB＝∠BCG，
即∠EAH＝∠BCE，
在△△EAH和△BCE中，
∴△EAH≌△BCE（AAS），
∴AH＝CE＝CF，
∴AB﹣BE＝AB﹣BH＝AH＝CF，
即AB﹣BE＝CF．
24．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，BO＝OD，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵∠AOB＝120°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝2BC，
∴AB＝＝BC，
∴BC＝AB＝6×＝2．
25．解：（1）设运动时间为t秒．
∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，
∵DC＝13cm，BC＝21cm，
∴DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝21﹣2t，
∴16﹣t＝21﹣2t，
解得t＝5，
当P从C运动到B时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，
CP＝2t﹣21，
∴16﹣t＝2t﹣21，
解得t＝，
∴当t＝5或秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）△PQD是等腰三角形有三种情况，
Ⅰ．当PQ＝PD时，
作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，
当P从B运动到C时时，
∵QH＝HD＝QD＝（16﹣t），
由AH＝BP得2t＝（16﹣t）+t，
解得t＝秒；
当点P从C向B运动时，观察图象可知：42﹣2t＝（16﹣t）+t，
解得t＝秒．
Ⅱ．当PQ＝QD，当P从B运动到C时，
QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，
∵PQ2＝t2+122，
∴（16﹣t）2＝122+t2，
解得t＝（秒）；
综上可知，当秒或秒或秒时，△PQD是等腰三角形．
26．解：（1）当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形，
∴∠DAE＝360°﹣120°﹣150°＝90°；
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）；
（2）当∠BAC＝60°时平行四边形ADFE不存在，
∠DAE＝180°﹣60°﹣60°﹣60°＝0°；
（3）当AB＝AC且∠BAC不等于60°时平行四边形ADFE是菱形．
综上可知：当AB＝AC、∠BAC＝150°时平行四边形ADFE是正方形．