市级联考湖南省常德市市直学校学年八年级下学期期中考试数学试题.docx
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市级联考湖南省常德市市直学校学年八年级下学期期中考试数学试题
【市级联考】湖南省常德市市直学校2020-2021学年八年级下学期期中考试数学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．在一个直角三角形中，有一个锐角等于60°，则另一个锐角的度数是（）
A．75°B．60°C．45°D．30°
2．下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．
B．C．
D．
3．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=12,∠ACB＝30°，则AB=（）
A．9B．6C．12D．24
4．如图，四边形ABCD是菱形，过点A作BD的平行线交CD的延长线于点E，则下列式子不成立的是（）
A．DA＝DEB．BD＝CEC．∠EAC＝90°D．∠ABC＝2∠E
5．如图，∠BAC=90°，AD⊥BC，则图中互余的角有（）
A．2对B．3对C．4对D．5对
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，已知BC=8，AC=6，则斜边AB上的高是（）
A．10B．5C．
D．
7．在长、宽、高分别为12cm、4cm、3cm的木箱中，放一根不能弯曲的细木棒，能放进去的木棒的最大长度为（）
A．13cmB．12cmC．5cmD．
cm
8．如图，在波平如镜的湖面上，有一朵盛开的美丽的红莲，它高出水面30cm．突然一阵大风吹过，红莲被吹至一边，花朵下部刚好齐及水面，如果知道红莲移动的水平距离为60cm，则水是（ ）cm．
A．35B．40C．50D．45
二、填空题
9．七边形的内角和是__________．
10．已知点P（3，﹣1）关于y轴的对称点Q的坐标是_____________.
11．直角三角形的两边长为6cm,8cm，则它的第三边长是_____________。
12．如图，将线段AB平移，使B点到C点，则平移后A点的坐标为_____________．
13．如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且AC=8，BD=6，则菱形ABCD的高DH=．
14．如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的中点，若DE＝6，则BC＝_____．
15．如图，一棵大树在离地3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是_________米.
16．如图，已知正方形ABCD，顶点A（1，3）、B（1，1）、C（3，1），规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次交换，如此这样，连续经过2020次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为_________
三、解答题
17．已知，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6cm，D为AB中点，DE⊥AC于E，∠A=30°，求BC，CD和AC的长.
18．已知：
如图∠B=∠E=90°，AC=DF，FB=EC，求证：
AB=DE.
19．如图，在
中，
于点
，
于点
，连接
，
．求证：
．
20．如图，矩形ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AB=2.求矩形边BC的长和矩形ABCD的面积.
21．如图，已知某船于上午8点在A处观测小岛C在北偏东60°方向上.该船以每小时30海里的速度向东航行到B处，此时测得小岛C在北偏东30°方向上.船以原速度再继续向东航行1.5小时到达小岛C的正南方D点.求船从A到D一共走了多少海里？
22．（2016•呼伦贝尔）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，DE⊥AC、DF⊥AB，垂足分别是E、F，且BF=CE．
（1）求证：
DE=DF；
（2）当∠A=90°时，试判断四边形AFDE是怎样的四边形，并证明你的结论．
23．如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．
（1）求证：
△BDE≌△BCE；
（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．
24．如图，在长方形ABCD中，将△ABC沿AC对折至△AEC位置，CE与AD交于点F.
（1）试说明：
AF=FC；
（2）如果AB=12，BC=16，求AF的长
25．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，BC=26cm，动点P从点A出发沿AD方向向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿着CB方向向点B以3cm/s的速度运动．点P、Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．
（1）经过多长时间，四边形PQCD是平行四边形？
（2）经过多长时间，四边形PQBA是矩形？
（3）经过多长时间，当PQ不平行于CD时，有PQ=CD．
26．如图1在正方形ABCD的外侧作两个等边三角形ADE和DCF，连接AF，BE．
（1）请判断：
AF与BE的数量关系是，位置关系；
（2）如图2，若将条件“两个等边三角形ADE和DCF”变为“两个等腰三角形ADE和DCF，且EA=ED=FD=FC”,第
（1）问中的结论是否仍然成立？
请作出判断并给予证明；
（3）若三角形ADE和DCF为一般三角形，且AE=DF,ED=FC,第
（1）问中的结论都能成立吗？
请直接写出你的判断．
参考答案
1．D
【解析】
解：
∵在一个直角三角形中，有一个锐角等于60°，∴另一个锐角的度数是90°-60°=30°．故选D．
2．C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的定义进行判断即可.
【详解】
解A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误；
B.既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项错误；
C.既是轴对称图形也是中心对称图形，故本选项正确；
D.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误.
故选C.
【点睛】
本题考查轴对称图形与中心对称图形的定义.一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫轴对称图形，这条直线叫对称轴；把一个图形绕某一点旋转180°，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，这个点叫做对称中心.
3．B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质可得AC=BD=12，再利用30°所对直角边为斜边的一半即可得解.
【详解】
解：
∵AC，BD为矩形的对角线，
∴AC=BD=12，
又∵∠ACB＝30°，
∴AB=
AC=6.
故选B.
【点睛】
本题主要考查30°所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟记该知识点.
4．B
【解析】
依题意推出∠OAD+∠ODA=90°，四边形ABDE是平行四边形，然后基于推论得出AB=DA=DE，∠E=∠ABD，∠EAD+∠ODA=90°，则∠EAC=90°，∠ABC=2∠E．
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CE，AB=DA=DC=BC，∠ABC=2∠ABD，BD⊥AC
∴∠OAD+∠ODA=90°
又∵BD∥AE，∴四边形ABDE是平行四边形，∠EAD=∠OAD
∴AB=DA=DE，∠E=∠ABD
∴∠EAD+∠ODA=90°
即∠EAC=90°，∠ABC=2∠E，故不成立的是B．
故选B．
此题主要考查菱形的基本性质：
菱形的四条边都相等；菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角．
5．C
【分析】
直接利用直角三角形两锐角之和等于90°即可得到答案.
【详解】
解：
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠A=90°，
∠BAD+∠CAD=90°，
又∵AD⊥BC，
∴∠B+∠BAD=90°，
∠C+∠CAD=90°，
综上，共有4对互余的角.
故选C.
【点睛】
本题主要考查余角，解此题的关键在于准确分析题图，切勿遗漏.
6．C
【分析】
先根据勾股定理求得AB的长，再利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】
解：
由题意得AB=
=10，
∵
BC·AC=
AB·CD，
解得CD=
.
故选C.
【点睛】
本题主要考查勾股定理，三角形的面积公式，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
7．A
【解析】
【分析】
利用勾股定理求得木箱的对角线长即可得解.
【详解】
解：
木箱的对角线长为
=13cm，
则能放进去的木棒的最大长度为13cm.
故选A.
【点睛】
本题主要考查勾股定理的应用，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
8．D
【分析】
如图设BD=xcm，则AB=BC=30+x，利用勾股定理得到关于x的方程，然后求解方程即可.
【详解】
解：
如图，由题意可知AB=BC，AD=30cm，CD=60cm，
设BD=xcm，
在Rt△BCD中，BC2=BD2+CD2，
∴（x+30）2=x2+602，
解得x=45，
则水深45cm.
故选D.
【点睛】
本题主要考查勾股定理的应用，解此题的关键在于根据题意画出示意图，利用数形结合进行解答即可.
9．900°
【分析】
由n边形的内角和是：
180°（n−2），将n=7代入即可求得答案．
【详解】
解：
七边形的内角和是：
180°×（7−2）=900°．
故答案为：
900°．
【点睛】
此题考查了多边形的内角和公式．此题比较简单，注意熟记公式：
n边形的内角和为180°（n−2）实际此题的关键．
10．（-3，-1）
【分析】
根据关于y轴对称的点的坐标为，纵坐标不变，横坐标互为相反数即可解答.
【详解】
解：
∵点Q与点P（3，﹣1）关于y轴对称，
∴Q（-3，-1）.
故答案为（-3，-1）.
【点睛】
本题主要考查关于对称轴对称的点的坐标特征，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
11．10cm或
cm.
【解析】
【分析】
分8cm的边为直角边与斜边两种情况，利用勾股定理进行求解即可.
【详解】
解：
当8cm的边为直角边时，
第三边长为
=10cm；
当8cm的边为斜边时，
第三边长为
cm.
故答案为：
10cm或
cm.
【点睛】
本题主要考查勾股定理，解此题的关键在于分情况讨论.
12．（-1，1）
【解析】
【分析】
根据B点平移的方式即可得到A点平移后的坐标.
【详解】
解：
由题意可知B（1，2），C（0，2），
∴点B到点C为向左平移了1个单位，
则平移后A点的坐标为（0﹣1,1），
即A（-1，1）.
故答案为：
（-1，1）.
【点睛】
本题主要考查平移的性质，解此题的关键在于熟练掌握知识点.
13．4.8．
【解析】
试题分析：
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵AC=8，BD=6，
∴OA=
AC=
×8=4，OB=
BD=
×6=3，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得AB=5，
∵DH⊥AB，
∴菱形ABCD的面积=
AC•BD=AB•DH，
即
×6×8=5•DH，
解得DH=4.8．
考点：
菱形的性质．
14．12
【分析】
根据三角形的中位线即可求得.
【详解】
∵D、E分别为AB、AC边上的中点，
∴DE是△ABC的中位线，故BC=2DE=12.
【点睛】
此题主要考查中位线的性质，解题的关键是熟知中位线的性质.
15．8
【解析】
【分析】
利用勾股定理求得树的顶端到折断处的长即可得解.
【详解】
解：
根据题意可得树顶端到折断处的长为
=5米，
则这棵树折断之前的高度是5+3=8米.
故答案为：
8.
【点睛】
本题主要考查勾股定理的应用，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
16．（-2018，2）
【解析】
【分析】
先求得M点坐标，再根据题意列出经过变换后M点的坐标，然后发现规律即可得解.
【详解】
解：
∵A（1，3）、C（3，1），
∴M（2，2），
经过1次变换后M点的坐标为（1，﹣2），
经过2次变换后M点的坐标为（0，2），
经过3次变换后M点的坐标为（﹣1，﹣2），
······
经过n次变换后M点的坐标为（2﹣n，2×（﹣1）n），
则n=2020时，M点的坐标为（-2018，2）.
故答案为：
（-2018，2）.
【点睛】
本题主要考查图形变换规律问题，解此题的关键在于熟练掌握平移与关于坐标轴对称的点的坐标特征.
17．BC=3cm，CD=3cm，AC=3
cm.
【解析】
【分析】
根据“斜边上的中线为斜边的一半”得到CD的长，根据“30°角所对直角边为斜边的一半”得到BC的长，再利用勾股定理求得AC的长即可.
【详解】
解：
∵∠ACB=90°，AB=6cm，D为AB中点，
∴CD=
AB=3cm，
∵∠A=30°，
∴BC=
AB=3cm，
∴AC=
=
=3
cm.
【点睛】
本题主要考查直角三角形的有关知识，解此题的关键在于熟记“斜边上的中线为斜边的一半”，“30°角所对直角边为斜边的一半”和勾股定理.
18．见解析
【解析】
试题分析：
由FB=CE可得BC=FE，又∠B=∠E=90°，根据“HL”证得Rt△ABC≌Rt△DEF，问题得证。
∵FB=CE
∴BC=FE
在Rt△ABC与Rt△DEF中
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）
∴AB=DE
考点：
本题考查的直角三角形的判定和性质
点评：
解答本题的关键是掌握好直角三角形的判定方法：
“HL”。
19．见解析
【分析】
先依据ASA判定△ADE≌△CBF，即可得出AE=CF，AE∥CF，进而判定四边形AECF是平行四边形，即可得到AF=CE．
【详解】
证明：
∵AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F，
∴∠DAE=∠BCF=90°，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBF，
又∵平行四边形ABCD中，AD=BC，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE=CF，∠AED=∠CFB，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF=CE．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，掌握有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键．
20．
；
.
【解析】
【分析】
先根据题意与矩形的性质证明△OAB为等边三角形，进而得到AC的长，再利用勾股定理求得BC的，然后求解矩形面积即可.
【详解】
.解：
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=180°-120°=60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=
AC，OB=OD=
BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB=2，
∴OA=OB=AB=2，
∴AC=2AO=4，
在Rt△ABC中，BC=
=2
，
则矩形的面积是：
AB×BC=2×
=
.
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，等边三角形判定，勾股定理，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
21．135.
【解析】
【分析】
根据题意利用三角形的外角性质得到∠ACB=30°，根据“30°角所对直角边为斜边的一半”得到AB=BC=2BD，然后求得BD的长即可得解.
【详解】
解：
由题意知∠CAD=30°，∠CBD=60°，
∴∠ACB=30°.
在△BCD中，∠CBD=60°，
∴∠BCD=30°，
∴AB=BC=2BD，
∵船从B到D走了1.5小时，船速为每小时30海里，
∴BD=45海里.，
∴AB=BC=90海里，
∴AD=90+45=135（海里），
则船从A到D一共走了135海里.
【点睛】
本题主要考查三角形的外角性质，等腰三角形的判定，30°角所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
22．
（1）证明见解析；
（2）四边形AFDE是正方形．理由见解析.
【解析】
试题分析：
（1）由已知条件可由“HL”证Rt△DBF≌Rt△DCE，从而可得：
DE=DF；
（2）由∠A=∠DFA=∠DEA=90°可证得四边形AFDE是矩形，结合DF=DE，可得四边形AFDE是正方形.
试题解析：
（1）∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠BFD=∠CED=90°，
在Rt△BDF和Rt△CDE中，
，
∴Rt△BDF≌Rt△CDE（HL），
∴DE=DF；
（2）当∠A=90°时，四边形AFDE是正方形．理由如下：
∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠DEA=∠DFA=90°，
又∵∠A=90°，
∴四边形AFDE是矩形，
又∵DF=DE，
∴四边形AFDE是正方形．
23．证明见解析.
【分析】
（1）根据旋转的性质可得DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，然后根据垂直可得出∠DBE=∠CBE=30°，继而可根据SAS证明△BDE≌△BCE；
（2）根据
（1）以及旋转的性质可得，△BDE≌△BCE≌△BDA，继而得出四条棱相等，证得四边形ABED为菱形．
【详解】
（1）证明：
∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，
∴DB=CB，∠ABD=∠EBC，∠ABE=60°，
∵AB⊥EC，
∴∠ABC=90°，
∴∠DBE=∠CBE=30°，
在△BDE和△BCE中，
∵
，
∴△BDE≌△BCE；
（2）四边形ABED为菱形；
由
（1）得△BDE≌△BCE，
∵△BAD是由△BEC旋转而得，
∴△BAD≌△BEC，
∴BA=BE，AD=EC=ED，
又∵BE=CE，
∴BA=BE=ED=AD
∴四边形ABED为菱形．
考点：
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．
24．
（1）证明见解析；
（2）12.5.
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质可得∠ACB=∠ACF，根据矩形的性质可得∠ACB=∠CAF，则即可得证；
（2）设AF=x，则DF=16﹣x，在Rt△CDF中，利用勾股定理得到关于x的方程，然后求解方程即可.
【详解】
解：
（1）∵四边形ABCD为矩形，△ABC与△AEC关于AC对称，
∴∠ACB=∠CAF，∠ACB=∠ACF，
∴∠CAF=∠ACF，
∴AF=FC；
（2）设AF=x，则DF=16﹣x，
在Rt△CDF中，CF2=DF2+CD2，
∴x2=（16﹣x）2+122，
解得x=12.5.
【点睛】
本题主要考查矩形与折叠问题，勾股定理，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
25．
（1）6s；
（2）
s；（3）7s.
【分析】
（1）设经过ts时，四边形PQCD是平行四边形，根据DP=CQ，代入后求出即可；
（2）设经过ts时，四边形PQBA是矩形，根据AP=BQ，代入后求出即可；
（3）设经过t（s），四边形PQCD是等腰梯形，利用EP=2列出有关t的方程求解即可．
【详解】
（1）设经过t（s），四边形PQCD为平行四边形
即PD=CQ
所以24-t=3t，
解得：
t=6．
（2）设经过t（s），四边形PQBA为矩形，
即AP=BQ，
所以t=26-3t，
解得：
t=
．
（3）设经过t（s），四边形PQCD是等腰梯形．
过Q点作QE⊥AD，过D点作DF⊥BC，
∴∠QEP=∠DFC=90°
∵四边形PQCD是等腰梯形，
∴PQ=DC．
又∵AD∥BC，∠B=90°，
∴AB=QE=DF．
在Rt△EQP和Rt△FDC中，
，
∴Rt△EQP≌Rt△FDC（HL）．
∴FC=EP=BC-AD=26-24=2．
又∵AE=BQ=26-3t，
∴EP=AP-AE=t-（26-3t）=2．
得：
t=7．
∴经过7s，PQ=CD．
【点睛】
此题主要考查平行四边形、矩形及等腰梯形的判定掌握情况，本题解题关键是找出等量关系即可得解．
26．
（1）AF=BE，AF⊥BE；
（2）证明见解析；（3）结论仍然成立
【解析】
试题分析：
（1）根据正方形和等边三角形可证明△ABE≌△DAF，然后可得BE=AF，∠ABE=∠DAF，进而通过直角可证得BE⊥AF；
（2）类似
（1）的证法，证明△ABE≌△DAF，然后可得AF=BE，AF⊥BE，因此结论还成立；
（3）类似
（1）
（2）证法，先证△AED≌△DFC，然后再证△ABE≌△DAF，因此可得证结论．
试题解析：
解：
（1）AF=BE，AF⊥BE．
（2）结论成立．
证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA="AD"=DC，∠BAD=∠ADC=90°．
在△EAD和△FDC中，
∴△EAD≌△FDC．
∴∠EAD=∠FDC．
∴∠EAD+∠DAB=∠FDC+∠CDA，
即∠BAE=∠ADF．
在△BAE和△ADF中，
∴△BAE≌△ADF．
∴BE=AF，∠ABE=∠DAF．
∵∠DAF+∠BAF=90°，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴AF⊥BE．
（3）结论都能成立．
考点：
正方形，等边三角形，三角形全等
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