湖南省永州市新田縣2022-2023學年八年級下學期數學期中考試試卷一、單選題1．下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．2．如圖，在ΔABC中，AB⊥AC，DE//BC，∠B=46°，則A．44° B．46° C．54° D．56°3．在Rt△ABC中，∠A=90°，∠A，∠B，A．a2+bC．(a+b)(a?b)=c2 4．如圖，∠AOB=60°，以點O為圓心，以適當長為半徑作弧交OA于點C，交OB于點D；分別以C，D為圓心，以大于12CD的長為半徑作弧，兩弧在∠AOB內部相交于點P；畫射線OP，在射線OP上截取線段OM=10，則點A．8 B．6 C．5 D．45．從一個多邊形的一個頂點出發，最多可畫2023條對角線，則它是（）邊形．A．2024 B．2025 C．2026 D．20276．如圖，在△ABC中，∠C=90°，AB=13，AC=5，D、E分別是A．5 B．6 C．7 D．97．如圖，平行四邊形ABCD的對角線交于點O，且AB=7，△OCD的周長為19，則?ABCD的兩條對角線的和是（）A．12 B．13 C．26 D．248．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，若OA=6，A．36 B．18 C．24 D．649．如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，∠BAD的平分線交BC于E，若∠EAC=15°，則∠COE=（）A．45° B．60° C．75° D．30°10．如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別在BC，CD上，AE=AF，AC與EF相交于點G．下列結論：①AC垂直平分EF；②當∠DAF=15°時，ΔAEF為等邊三角形；③當∠EAF=45°時，∠AEB=∠AEF；④當A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題11．若一個n邊形的外角和與它的內角和之和為1800°，則邊數n＝.12．如圖，已知∠AON=56°，OA=6，點P是射線ON上一動點，當△AOP為直角三角形時，∠A=．13．如圖，在△ABC中，∠A=90°，∠C=45°，BC=12cm，∠ABC的角平分線交AC于點D，DE⊥BC，則△DCE的周長等于cm．14．如圖，已知?ABCD的周長為38，對角線AC、BD相交于點O，點E是CD的中點，△DOE的周長為16，則BD的長為．15．如圖，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、BD、CD、AC的中點，要使四邊形EFGH是菱形，四邊形ABCD還應滿足的一個條件是．16．如圖，∠C＝90°，AC＝103，BC＝8，AX⊥AC，點P和點Q從A點出發，分別在線段AC和射線AX上運動，且AB＝PQ，當點P運動到AP＝17．如圖，在矩形ABCD中，AB=2，AD=6，O為對角線AC的中點，點P在AD邊上，且AP=2，點Q在BC邊上，連接PQ與OQ，則PQ?OQ的最大值為，PQ+OQ的最小值為．18．歐幾里得古希臘著名數學家、歐氏幾何學開創者．下面問題是歐幾里得證明勾股定理的證法一小片段！如圖，分別以Rt△ABC的三邊為邊長，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．（1）連接BI，CE，則BICE（填＞、＜或＝）；（2）過點B作AC的垂線，交AC于點M，交HI于點N，若MN=5，NI=1，則正方形BCFG的面積是．三、解答題19．正方形的花壇內準備種植兩種不同顏色的花卉，要求種植的花卉能組成軸對稱或中心對稱圖案，下面是三種不同設計方案中的一部分，請把圖1、圖2補成既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，并畫出一條對稱軸，把圖3補成只是中心對稱圖形，并把對稱中心標上字母O．（在你所設計的圖案中用陰影部分和非陰影部分表示兩種不同顏色的花卉．）20．如圖，在△ABC中，BD⊥AC，AB＝20，BC＝15，CD＝9．（1）求AC的長；（2）判斷△ABC的形狀并證明．21．如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是邊BC的中點，連接DO并延長，交AB延長線于點E，連接BD，（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠A=55°，則當∠BOD=時，四邊形BECD是矩形（不用證明）22．已知：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E為AC上一點，且（1）求證：△BDF?△ADC；（2）已知AC=103，DF=623．如圖，矩形ABCD的一條對角線AC長8cm，兩條對角線的一個交角∠AOB=120°，求這個矩形的周長和面積．24．如圖，在四邊形ABCD中，AC為一條對角線，AD∥BC，AD=2BC，∠ACD=90°，E為（1）求證：四邊形ABCE為菱形；（2）連接BD，若BD平分∠ADC，BC=3，求BD25．如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，D是邊AC上不與點A，C重合的任意一個動點，DE⊥AB，垂足為（1）求證：CG=EG；（2）如果BC=3，△ABD的周長為23+4（3）當點D在線段AC上移動時，∠GCE的大小是否發生變化？如果不變，求出∠GCE的大小；如果發生變化，說明如何變化．26．如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點，連接DE，（1）求證：BE=DE；（2）如圖2，過點E作EF⊥DE，交邊BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接①求證：矩形DEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長為6，CG=22，求正方形DEFG

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：

A、不是中心對稱圖形，A不符合題意；

B、是中心對稱圖形，B符合題意；

C、不是中心對稱圖形，C不符合題意；

D、不是中心對稱圖形，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】根據中心對稱圖形的定義結合題意即可求解。2．【答案】A【解析】【解答】解：∵DE//BC，

∴∠B∠ADE=46°，

∵AB⊥AC，

∴∠A=90°，

∴∠AED=90°-46°=44°，

故答案為：A3．【答案】A【解析】【解答】解：∵∠A=90°，∠A，∠B，∠C的對邊長分別為a，b，c，

∴b2+c4．【答案】C【解析】【解答】解：由題意得OP為∠AOB的角平分線，

∴∠BOP=30°，

∵OM=10，

∴點M到OB的距離為5，

故答案為：C

【分析】先根據角平分線的性質即可得到∠BOP=30°，進而根據含30°角的直角三角形的性質即可求解。5．【答案】C【解析】【解答】解：由題意得n-3=2023，

∴n=2026，

故答案為：C

【分析】根據多邊形的對角線的計算結合題意即可求解。6．【答案】B【解析】【解答】解：由勾股定理得BC=132-52=12，

∵D、E分別是AC、AB的中點，

∴DE為△ABC的中位線，

7．【答案】D【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴OA=OC，OB=OD，AB=CD=7，

∵△OCD的周長為19，

∴OC+OD=12，

∴?ABCD的兩條對角線的和是2（OC+OD）=24，

故答案為：D

【分析】先根據平行四邊形的性質即可得到OA=OC，OB=OD，AB=CD=7，進而根據三角形的周長結合題意即可求解。8．【答案】A【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，

∴OA=OC，OD=OB，

∵DH⊥AB于點H，

∴BD=2OH=6，AC=12，

∴菱形ABCD的面積為12×6×12=36，

故答案為：A9．【答案】A【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，

∴DB=CA，AO=CO，DO=BO，∠DAB=∠CBA=90°，

∴CO=BO，AO=BO，

∴∠CBO=∠OCB，

∵AE平分∠DAB，

∴∠EAD=∠EAB=45°，

∴∠BEA=45°，

∴∠BCO=30°，

∴∠CBO=30°，

∴∠BOA=60°，

∴△BOA為等邊三角形，

∴BO=AB，

∵∠EAD=∠EAB=45°，

∴EB=BA，

∴OB=EB，

∴∠BOE=∠BEO=75°，

∴∠COE=45°，

故答案為：A

【分析】先根據矩形的性質即可得到DB=CA，AO=CO，DO=BO，∠DAB=∠CBA=90°，進而得到CO=BO，AO=BO，進而根據等腰三角形的性質得到∠CBO=∠OCB，再根據角平分線的性質結合等邊三角形的判定與性質證明△BOA為等邊三角形即可得到，進而結合題意即可得到OB=EB，再運用三角形內角和定理結合等腰三角形的性質即可得到∠BOE=∠BEO=75°，進而結合題意即可求解。10．【答案】D【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，

∴∠CAD=∠CAB=45°，DC=CB=DA=BA，∠D=∠DCB=∠BAD=∠B=90°，

∴△FDA≌△EBA，

∴∠FAD=∠EAB，FD=EB，

∴∠CAF=∠CAE，

∴AC垂直平分EF，①正確；

∵∠DAF=15°，

∴∠FAE=60°，

∴ΔAEF為等邊三角形，②正確；

∵∠EAF=45°，

∴∠FAD=∠EAB=∠CAF=∠CAE=22.5°，

∴∠AEB=67.5°，

∵DF=EB，CD=BC，

∴EC=FC，

∴∠FEC=45°，

∴∠AEB=180°-67.5°-45°=67.5°=∠AEF，③正確；

∵CE=(2?2)BC，

∴EB=FD=CB-CE=2-1CB，

∴BE+DF=22-1CB，

由勾股定理得EF=CE2+CF2=22-1CB，

∴BE+DF=EF，④正確；

11．【答案】10【解析】【解答】解：由題意得：360解得：n=10故答案為：10.【分析】根據題意先求出36012．【答案】90°或34°【解析】【解答】解：∵△AOP為直角三角形，

∴∠A=90°或∠APO=90°，

∴∠A'=90°-56°=34°，

∴∠A=90°或34°，

故答案為：90°或34°

【分析】根據直角三角形的性質分類討論，進而根據三角形內角和定理即可求解。13．【答案】12【解析】【解答】解：∵DA平分∠CBA，DE⊥BC，∠A=90°，

∴DE=AD，

∵∠A=90°，∠C=45°，BC=12cm，

∴∠C=∠CBA=45°，

∴BA=CA，

∴△DBE≌△DBA（HL），

∴BE=BA=CA，

∴△DCE的周長等于ED+CD+CE=BE+CE+BC=12cm，

故答案為：12

【分析】先根據角平分線的性質即可得到DE=AD，進而結合題意根據等腰直角三角形的性質即可得到BA=CA，進而根據三角形全等的判定與性質即可得到BE=BA=CA，最后根據題意進行轉換即可求解。14．【答案】13【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴OB=OD，DC+CB=19，

∵點E是CD的中點，

∴OE為△DBC的中位線，

∴BD+BC+CD=2DO+ED+DE=32，

∴BD=13，

故答案為：1315．【答案】AD=BC．【解析】【解答】解：條件是AD=BC．∵EH、GF分別是△ABC、△BCD的中位線，∴EH∥BC，EH=12BC，GF∥BC，GF=1∴EH∥GF，EH=GF∴四邊形EFGH是平行四邊形．要使四邊形EFGH是菱形，則要使AD=BC，這樣，GH=12∴GH=GF，∴四邊形EFGH是菱形．【分析】根據三角形的中位線定理得出EH∥BC，EH=12BC，GF∥BC，GF=12BC，故EH∥GF，EH=GF根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形，要使四邊形EFGH是菱形，則要使AD=BC，這樣，GH=16．【答案】8或10【解析】【解答】解：由題意得∠C=∠QAP=90°，

當CA=AP=103時，由題意得Rt△AQP≌Rt△CBA（HL），

當AP=BC=8時，由題意得Rt△AQP≌Rt△CBA（HL），

綜上所述，AP＝8或103，△ABC與△APQ全等，

故答案為：8或1017．【答案】2；10【解析】【解答】解：第一空：連接PO并延長交BC于點Q，PQ-OQ的最大值為PO的長度，如圖所示：

∵四邊形ABCD是矩形，

∴CB∥DA，∠A=∠B=90°，

∴∠PAO=∠OCQ，

∴AO=CO，

∵∠POA=∠COQ，

∴△APO=△CQO(ASA)，

∴PA=QC=2，OP=OQ，

過點P作PH⊥BC于點P，

∴四邊形BHPA是矩形，

∴BH=PA=CQ=2，BA=HP=2，

∴QH=2，

由勾股定理得PQ=4+4=22，

∴PO=2；

第二空：過點O作關于CB的對稱點O'，連接PO'∠BC于點Q，延長OO'交DA于點G，此時，PQ+OQ的最小值為PO'的長度，如圖所示：

∵DA⊥GO'，O為AC中點，

∴GA=3，

∴AP=2，OG=1，

∴GO'=3，GP=1，

由勾股定理得PO'=1+9=10，

綜上所述，PQ?OQ的最大值為2，PQ+OQ的最小值為10，

故答案為：2；10；18．【答案】（1）=（2）20【解析】【解答】解：第一空：∵四邊形ACHI、ABDE為正方形，

∴AI=CA，BA=EA，

∵∠CAI=∠BAE=90°，

∴∠BAI=∠CAE，

∴△BAI≌△CAE（SAS），

∴BI=CE，

第二空：∵四邊形AMNI為矩形，

∴MA=1，CM=4，

由勾股定理得BM2+1=AB2，16+MB2=CB2，CA2=BA2+CB2，

∵NM=CA=5，

∴19．【答案】解：如圖所示，即為所求圖形．第一個圖形既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，對稱軸為圖中虛線的位置，有4條對稱軸，任意取一條均為對稱軸，對稱中心是4條對稱軸的交點，即點O位置；第二個圖形既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，對稱軸為圖中虛線的位置，有4條對稱軸，任意取一條均為對稱軸，對稱中心是4條對稱軸的交點，即點O位置；第三個圖形是中心對稱圖形，對稱中心是點O的位置．【解析】【分析】根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義即可求解。20．【答案】（1）解：∵在△ABC中，CD⊥AB于D，AB＝20，BC＝15，DC＝9，∴BD＝152AD＝202∴AC＝AD+DC＝16+9＝25；（2）解：∵AC＝25，BC＝15，AB＝20，202+152＝252，∴△ABC是直角三角形．【解析】【分析】（1）利用勾股定理分別求出AD和BD的長即可求解；（2）利用勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形．21．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥DC，AB=CD，∴∠OEB=∠ODC，又∵O為BC的中點，∴BO=CO，在△BOE和△COD中，∠OEB=∠ODC∠BOE=∠COD∴△BOE≌△COD(AAS)，∴OE=OD，∴四邊形BECD是平行四邊形．（2）110°【解析】【解答】解：（2）∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴∠A=∠ECB=45°，

如果四邊形BECD是矩形，

∴CO=DO=BO=EO，CB=DE，∠DCE=∠ECB+∠DCB=90°，

∴△EOC、△DOB為等腰三角形，∠ECB=35°，

∴∠EOC=110°=∠DOB，

故答案為：110°

【分析】（1）先根據平行四邊形的性質即可得到AB∥DC，AB=CD，進而根據平行線的性質得到∠OEB=∠ODC，再結合題意運用三角形全等的判定與性質證明△BOE≌△COD(AAS)即可求解；

（2）先根據平行四邊形的性質得到∠A=∠ECB=45°，再根據矩形的性質得到CO=DO=BO=EO，CB=DE，∠DCE=∠ECB+∠DCB=90°，進而得到△EOC、△DOB為等腰三角形，∠ECB=35°，最后根據三角形內角和定理即可求解。22．【答案】（1）證明：∵AD⊥BC于點D，∴∠ADC=∠ADB=90°，在Rt△BDF與Rt△ADC中，∵DF=DCBF=AC∴Rt△BDF?Rt△ADC（2）解：∵△BDF?△ADC，∴BF=AC=103在Rt△BDF中，BD=B∴AD=BD=83∴AF=AD?DF=83【解析】【分析】（1）先根據垂直的定義即可得到∠ADC=∠ADB=90°，進而根據三角形全等的判定（HL）即可求解；

（2）先根據三角形全等的性質即可得到BF=AC=10323．【答案】解：∵∠AOB=120°，四邊形ABCD為矩形，∴∠BOC=60°且CO=BO，∴△BOC是等邊三角形．∵AC=8cm，∴BC=OC1在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=A∴矩形ABCD的周長為：2(AB+BC)=(8+83)cm，【解析】【分析】先根據題意結合矩形的性質即可得到∠BOC=60°且CO=BO，進而得到△BOC是等邊三角形，再根據等邊三角形的性質結合勾股定理即可得到AB，進而即可求解。24．【答案】（1）證明：∵E為AD中點，AD=2BC，∴BC=AE，又∵AD∥BC，∴四邊形ABCE是平行四邊形.∵∠ACD=90°，E為AD中點，∴CE=1∴四邊形ABCE是菱形（2）解：連BD∵AD∥BC，BD平分∠ADC∴∠CDB=∠ADB=∠DBC，∴DC=BC=Rt△ACD中，∵AD=2BC=23∴CD=1又∵E為AD中點，∴CD=DE=CE=AE∴∠DEC=60°∴∠DAC=∠ECA=1∴∠ADB=30°，∠DAB=60°在Rt△ABD中，AD=23∴AB=1∴BD=【解析】【分析】（1）先根據直角三角形斜邊上的中線的性質即可得到BC=AE，進而根據平行四邊形的判定、菱形的判定結合題意即可求解；

（2）連接BD，先根據平行線的性質結合角平分線的性質即可得到∠CDB=∠ADB=∠DBC，進而根據題意即可得到AD=2BC=23，CD=12AD，再根據題意證明∠ADB=30°，25．【答案】（1）證明：在Rt△BCD中，∠BCD=90°，G是BD的中點，∴CG=12BD∴CG=EG（2）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90∴AB=2BC=23由勾股定理，得AC=A又∵△ABD的周長為23+4，∴設AD=x，則CD=3?x，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，∴BD∴(4?x)2=3+(3?x)∴BD=4?2=2（3）解：不變.∵G是Rt△BCD的斜邊BD的中點，∴GB=GC.∴∠GBC=∠GCB.∴∠CGD=∠GBC+∠GCB=2∠GBC同理，得∠EGD=2∠GBE.∴∠CGE=∠CGD+∠EGD=2∠GBC+2∠GBE=2(∠GBC+∠GBE)=2∠ABC又∵∠ABC=90∴∠CGE=120°，∵GC=CE∴∠GCE=∠GEC=【解析】【分析】（1）先根據直角三角形斜邊上的中線即可得到CG=12BD，同理，得EG=12BD，進而即可求解；

（2）先根據含30°角的直角三角形的性質即可得到AB=2BC=23，進而根據勾股定理即可求出AC，從而根據題意即可得到AD+BD=4，設AD=x，則CD=3?x，BD=4