湖南省永州市新田縣2022-2023學(xué)年八年級(jí)下學(xué)期數(shù)學(xué)期中考試試卷一、單選題1．下列圖形中，是中心對(duì)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．a(chǎn)2+bC．(a+b)(a?b)=c2 4．如圖，∠AOB=60°，以點(diǎn)O為圓心，以適當(dāng)長(zhǎng)為半徑作弧交OA于點(diǎn)C，交OB于點(diǎn)D；分別以C，D為圓心，以大于12CD的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧在∠AOB內(nèi)部相交于點(diǎn)P；畫射線OP，在射線OP上截取線段OM=10，則點(diǎn)A．8 B．6 C．5 D．45．從一個(gè)多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，最多可畫2023條對(duì)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(duì)角線交于點(diǎn)O，且AB=7，△OCD的周長(zhǎng)為19，則?ABCD的兩條對(duì)角線的和是（）A．12 B．13 C．26 D．248．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，連接OH，若OA=6，A．36 B．18 C．24 D．649．如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)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(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，CD上，AE=AF，AC與EF相交于點(diǎn)G．下列結(jié)論：①AC垂直平分EF；②當(dāng)∠DAF=15°時(shí)，ΔAEF為等邊三角形；③當(dāng)∠EAF=45°時(shí)，∠AEB=∠AEF；④當(dāng)A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題11．若一個(gè)n邊形的外角和與它的內(nèi)角和之和為1800°，則邊數(shù)n＝.12．如圖，已知∠AON=56°，OA=6，點(diǎn)P是射線ON上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△AOP為直角三角形時(shí)，∠A=．13．如圖，在△ABC中，∠A=90°，∠C=45°，BC=12cm，∠ABC的角平分線交AC于點(diǎn)D，DE⊥BC，則△DCE的周長(zhǎng)等于cm．14．如圖，已知?ABCD的周長(zhǎng)為38，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，△DOE的周長(zhǎng)為16，則BD的長(zhǎng)為．15．如圖，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、BD、CD、AC的中點(diǎn)，要使四邊形EFGH是菱形，四邊形ABCD還應(yīng)滿足的一個(gè)條件是．16．如圖，∠C＝90°，AC＝103，BC＝8，AX⊥AC，點(diǎn)P和點(diǎn)Q從A點(diǎn)出發(fā)，分別在線段AC和射線AX上運(yùn)動(dòng)，且AB＝PQ，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到AP＝17．如圖，在矩形ABCD中，AB=2，AD=6，O為對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在AD邊上，且AP=2，點(diǎn)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(shù)學(xué)家、歐氏幾何學(xué)開創(chuàng)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(zhǎng)，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．（1）連接BI，CE，則BICE（填＞、＜或＝）；（2）過點(diǎn)B作AC的垂線，交AC于點(diǎn)M，交HI于點(diǎn)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(nèi)準(zhǔn)備種植兩種不同顏色的花卉，要求種植的花卉能組成軸對(duì)稱或中心對(duì)稱圖案，下面是三種不同設(shè)計(jì)方案中的一部分，請(qǐng)把圖1、圖2補(bǔ)成既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形，并畫出一條對(duì)稱軸，把圖3補(bǔ)成只是中心對(duì)稱圖形，并把對(duì)稱中心標(biāo)上字母O．（在你所設(shè)計(jì)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(zhǎng)；（2）判斷△ABC的形狀并證明．21．如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)O是邊BC的中點(diǎn)，連接DO并延長(zhǎng)，交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接BD，（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠A=55°，則當(dāng)∠BOD=時(shí)，四邊形BECD是矩形（不用證明）22．已知：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，E為AC上一點(diǎn)，且（1）求證：△BDF?△ADC；（2）已知AC=103，DF=623．如圖，矩形ABCD的一條對(duì)角線AC長(zhǎng)8cm，兩條對(duì)角線的一個(gè)交角∠AOB=120°，求這個(gè)矩形的周長(zhǎng)和面積．24．如圖，在四邊形ABCD中，AC為一條對(duì)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(diǎn)A，C重合的任意一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DE⊥AB，垂足為（1）求證：CG=EG；（2）如果BC=3，△ABD的周長(zhǎng)為23+4（3）當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上移動(dòng)時(shí)，∠GCE的大小是否發(fā)生變化？如果不變，求出∠GCE的大??；如果發(fā)生變化，說明如何變化．26．如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，（1）求證：BE=DE；（2）如圖2，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交邊BC于點(diǎn)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(zhǎng)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(duì)稱圖形，A不符合題意；

B、是中心對(duì)稱圖形，B符合題意；

C、不是中心對(duì)稱圖形，C不符合題意；

D、不是中心對(duì)稱圖形，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】根據(jù)中心對(duì)稱圖形的定義結(jié)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(duì)邊長(zhǎng)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(diǎn)M到OB的距離為5，

故答案為：C

【分析】先根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得到∠BOP=30°，進(jìn)而根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)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(jù)多邊形的對(duì)角線的計(jì)算結(jié)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(diǎn)，

∴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(zhǎng)為19，

∴OC+OD=12，

∴?ABCD的兩條對(duì)角線的和是2（OC+OD）=24，

故答案為：D

【分析】先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得到OA=OC，OB=OD，AB=CD=7，進(jìn)而根據(jù)三角形的周長(zhǎng)結(jié)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(diǎn)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(jù)矩形的性質(zhì)即可得到DB=CA，AO=CO，DO=BO，∠DAB=∠CBA=90°，進(jìn)而得到CO=BO，AO=BO，進(jìn)而根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CBO=∠OCB，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)結(jié)合等邊三角形的判定與性質(zhì)證明△BOA為等邊三角形即可得到，進(jìn)而結(jié)合題意即可得到OB=EB，再運(yùn)用三角形內(nèi)角和定理結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)即可得到∠BOE=∠BEO=75°，進(jìn)而結(jié)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，F(xiàn)D=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(jù)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(jù)直角三角形的性質(zhì)分類討論，進(jìn)而根據(jù)三角形內(nèi)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(zhǎng)等于ED+CD+CE=BE+CE+BC=12cm，

故答案為：12

【分析】先根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得到DE=AD，進(jìn)而結(jié)合題意根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到BA=CA，進(jìn)而根據(jù)三角形全等的判定與性質(zhì)即可得到BE=BA=CA，最后根據(jù)題意進(jìn)行轉(zhuǎn)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(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，

∴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(jù)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(jù)一組對(duì)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(dāng)CA=AP=103時(shí)，由題意得Rt△AQP≌Rt△CBA（HL），

當(dāng)AP=BC=8時(shí)，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(zhǎng)交BC于點(diǎn)Q，PQ-OQ的最大值為PO的長(zhǎng)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(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)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(diǎn)O作關(guān)于CB的對(duì)稱點(diǎn)O'，連接PO'∠BC于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)OO'交DA于點(diǎn)G，此時(shí)，PQ+OQ的最小值為PO'的長(zhǎng)度，如圖所示：

∵DA⊥GO'，O為AC中點(diǎn)，

∴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(gè)圖形既是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，對(duì)稱軸為圖中虛線的位置，有4條對(duì)稱軸，任意取一條均為對(duì)稱軸，對(duì)稱中心是4條對(duì)稱軸的交點(diǎn)，即點(diǎn)O位置；第二個(gè)圖形既是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，對(duì)稱軸為圖中虛線的位置，有4條對(duì)稱軸，任意取一條均為對(duì)稱軸，對(duì)稱中心是4條對(duì)稱軸的交點(diǎn)，即點(diǎn)O位置；第三個(gè)圖形是中心對(duì)稱圖形，對(duì)稱中心是點(diǎn)O的位置．【解析】【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)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(zhǎng)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(diǎn)，∴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(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得到AB∥DC，AB=CD，進(jìn)而根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠OEB=∠ODC，再結(jié)合題意運(yùn)用三角形全等的判定與性質(zhì)證明△BOE≌△COD(AAS)即可求解；

（2）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠A=∠ECB=45°，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CO=DO=BO=EO，CB=DE，∠DCE=∠ECB+∠DCB=90°，進(jìn)而得到△EOC、△DOB為等腰三角形，∠ECB=35°，最后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求解。22．【答案】（1）證明：∵AD⊥BC于點(diǎn)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(jù)垂直的定義即可得到∠ADC=∠ADB=90°，進(jìn)而根據(jù)三角形全等的判定（HL）即可求解；

（2）先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)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(zhǎng)為：2(AB+BC)=(8+83)cm，【解析】【分析】先根據(jù)題意結(jié)合矩形的性質(zhì)即可得到∠BOC=60°且CO=BO，進(jìn)而得到△BOC是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理即可得到AB，進(jìn)而即可求解。24．【答案】（1）證明：∵E為AD中點(diǎn)，AD=2BC，∴BC=AE，又∵AD∥BC，∴四邊形ABCE是平行四邊形.∵∠ACD=90°，E為AD中點(diǎn)，∴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(diǎn)，∴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(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)即可得到BC=AE，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形的判定、菱形的判定結(jié)合題意即可求解；

（2）連接BD，先根據(jù)平行線的性質(zhì)結(jié)合角平分線的性質(zhì)即可得到∠CDB=∠ADB=∠DBC，進(jìn)而根據(jù)題意即可得到AD=2BC=23，CD=12AD，再根據(jù)題意證明∠ADB=30°，25．【答案】（1）證明：在Rt△BCD中，∠BCD=90°，G是BD的中點(diǎn)，∴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(zhǎng)為23+4，∴設(shè)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(diǎn)，∴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(jù)直角三角形斜邊上的中線即可得到CG=12BD，同理，得EG=12BD，進(jìn)而即可求解；

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