湖南省永州市剑桥学校2020-2021学年8下期中试卷（解析版）

2021年上期剑桥学校八年级数学期中考试试卷时间：120分钟总分：150分注意事项*答案写在答题卡上*填写答题卡的内容用2B铅笔填写一．选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分）1.已知∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∠B＝54°，则∠A＝（）A.60° B.36° C.56° D.46°【答案】B【解析】【分析】根据直角三角形中，两锐角互余计算即可．【详解】解：∵∠A，∠B为直角△ABC两锐角，∴，故选：B．【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形中，两个锐角互余是解题的关键．2.已知点A（n，3）在y轴上，则点B（n-1，n+1）在第（）象限A.四 B.三 C.二 D.一【答案】C【解析】【分析】直接利用y轴上点的坐标特点得出n的值，进而得出答案．【详解】解：∵点A（n，3）在y轴上，

∴n=0，

则点B（n-1，n+1）为：（-1，1），在第二象限．

故选：C．【点睛】本题主要考查了点的坐标，正确得出n的值是解题关键．3.如图，已知AC⊥BD，垂足为O，AO＝CO，AB＝CD，则可得到△AOB≌△COD，理由是()A.HL B.SAS C.ASA D.SSS【答案】A【解析】【分析】根据三角形全等的判定定理进行判断.【详解】A.AC⊥BD，垂足为O，AO＝CO，AB＝CD，所以由HL可得到△AOB≌△COD，所以A正确；B.错误；C.错误；D.错误.【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理，熟练掌握定理是本题解题的关键.4.如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是△ABC的一条角平分线．若AC＝6，AB＝10，则点D到AB边的距离为（）A.2 B.2.5 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】作DE⊥AB于E，由勾股定理计算出可求BC=8，再利用角平分线的性质得到DE=DC，设DE=DC=x，利用等等面积法列方程、解方程即可解答.【详解】解：作DE⊥AB于E，如图，在Rt△ABC中，BC＝＝8，∵AD是△ABC的一条角平分线，DC⊥AC，DE⊥AB，∴DE＝DC，设DE＝DC＝x，S△ABD＝DE•AB＝AC•BD，即10x＝6（8﹣x），解得x＝3，即点D到AB边的距离为3．故答案为C．【点睛】本题考查了角平分线的性质和勾股定理的相关知识，理解角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答本题的关键..5.如果一个正多边形内角和等于1080°，那么这个正多边形的每一个外角等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=1080，即可求得n=8，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．【详解】设此多边形为n边形，根据题意得：180（n-2）=1080，解得：n=8，∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷8=45°．故选A．【点睛】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．注意掌握多边形内角和定理：（n-2）•180°，外角和等于360°．6.如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长是（）A.12 B.15 C.18 D.24【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB＝OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE＝BC，所以易求△DOE的周长．【详解】解：∵▱ABCD周长为36，

∴2（BC＋CD）＝36，则BC＋CD＝18．

∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD＝12，

∴OD＝OB＝BD＝6．

又∵点E是CD的中点，

∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，

∴OE＝BC，

∴△DOE的周长＝OD＋OE＋DE＝BD＋（BC＋CD）＝6＋9＝15，

故选：B．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．7.下列说法正确的是（）A.平行四边形的对角线互相平分且相等 B.矩形的对角线相等且互相平分C.菱形的对角线互相垂直且相等 D.正方形的对角线是正方形的对称轴【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质定理判断即可．【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，A错误；

矩形的对角线相等且互相平分，B正确；

菱形的对角线互相垂直，不一定相等，C错误；

正方形的对角线所在的直线是正方形的对称轴，D错误；

故选：B．【点睛】本题考查了命题的真假判断，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．8.已知菱形的周长为，两条对角线的和为6，则菱形的面积为()A.2 B. C.3 D.4【答案】D【解析】【详解】如图四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，

∴AB=，AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，

∴AO+BO=3，

∴AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，

即AO2+BO2=5，AO2+2AO•BO+BO2=9，

∴2AO•BO=4，

∴菱形的面积=AC•BD=2AO•BO=4；

故选D．【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理；解题的关键是记住菱形的面积公式，记住菱形的对角线互相垂直．9.如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转36°，再沿直线前进10米，再向左转36°……照这样走下去，他第一次回到出发点A点时，一共走的路程是（）A.180米 B.110米 C.120米 D.100米【答案】D【解析】【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以36°求出边数，然后再乘以10m即可．【详解】解：∵每次小明都是沿直线前进10米后向左转36°，

∴他走过的图形是正多边形，

边数n=360°÷36°=10，

∴他第一次回到出发点A时，一共走了10×10=100米．

故选：D．【点睛】本题考查了多边形的边数的求法，根据题意判断出小亮走过的图形是正多边形是解题的关键．10.如图，在△ABC中，∠C＝90°，O为△ABC的三条角平分线的交点，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，点D、E、F分别是垂足，且AB＝10cm，BC＝8cm，CA＝6cm，则点O到边AB的距离为()A.2cm B.3cm C.4cm D.5cm【答案】A【解析】【分析】根据角平分线的性质得到OE＝OF＝OD，设OE＝x，然后利用三角形面积公式得到S△ABC＝S△OAB+S△OAC+S△OCB，于是可得到关于x的方程，从而可得到OF的长度．【详解】解：∵点O为△ABC的三条角平分线的交点，∴OE＝OF＝OD，设OE＝x，∵S△ABC＝S△OAB+S△OAC+S△OCB，∴∴5x+3x+4x＝24，∴x＝2，∴点O到AB的距离等于2．故选A．【点睛】本题考查了角平分线的性质：角平分线上的点到这个角两边的距离相等，面积法的应用是解题的关键．二．填空题（本题共8小题，每小題4分，满分32分）11.如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ADC＝60°，∠B＝30°，若CD＝3cm，则BD＝_____cm．【答案】6【解析】【分析】根据30°直角三角形的比例关系求出AD,再根据外角定理证明∠DAB=∠B,即可得出BD=AD．【详解】∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，∴∠BAD＝∠ADC﹣∠B＝30°，∴AD＝BD，∵∠C＝90°，∴∠CAD＝30°，∴BD＝AC＝2CD＝6cm，故答案：6．【点睛】本题考查30°直角三角形的性质、外交定理,关键在于熟练掌握基础知识并灵活运用．12.如图，△ABC中，若∠ACB＝90°，∠B＝55°，D是AB的中点，则∠ACD＝_____°．【答案】35．【解析】【详解】∵∠ACB=90°，∠B=55°，∴∠A=35°，∵∠ACB=90°，D是AB的中点，∴DA=DC，∴∠ACD=∠A=35°，故答案为35．【点睛】考查的是直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．13.如图，分别以直角三角形各边为一边向三角形外部作正方形，其中两个正方形的面积分别为10cm2和26cm2，则正方形A的边长是________cm．【答案】4【解析】【分析】根据已知两正方形的面积分别得出直角三角形两直角边长的平方，利用勾股定理求出斜边长的平方，即可求出正方形A的面积．【详解】如图所示：

根据题意得：=26，=10，∠EFG=90°，

根据勾股定理得：

∴正方形A的边长为：．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理；熟练掌握勾股定理是解本题的关键．14.如图，已知MA⊥OA于点A，MB⊥OB于点B，AM＝BM，连接AB，若∠MAB＝20°，则∠AOM的度数为_____．【答案】20°【解析】【分析】由MA⊥OA于点A，MB⊥OB于点B，AM＝BM，根据角平分线的判定得到OM平分∠AOB，即∠AOM＝∠BOM，则∠AMO＝∠BMO，即OM平分∠AMB，根据等腰三角形三线合一得到OM⊥AB，然后利用等角的余角相等得到∠MAB＝∠AOM＝20°．【详解】解：∵MA⊥OA于点A，MB⊥OB于点B，AM＝BM，

∴OM平分∠AOB，即∠AOM＝∠BOM，

∴∠AMO＝∠BMO，即OM平分∠AMB，

而AM＝BM，

∴OM⊥AB，

∵∠MAB＝20°，

∴∠MAB＝∠AOM＝20°．

故答案为：20°．【点睛】本题考查了角平分线的判定与性质：角平分线上的点到角的两边的距离相等；到角的两边距离相等的点在这个角的角平分线上．15.已知点P（3，a）关于y轴的对称点为Q（b，2），则ab=_____．【答案】-6【解析】【详解】试题分析：根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得a=2，b=﹣3，进而可得ab=-6．考点：关于y轴对称点的坐标的特征．16.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.17.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，BC＝5．∠BCD的平分线交AD于点F，交BA的延长线于点E，则AE的长为_____．【答案】3【解析】【分析】根据题意可以求得CD和DF的长，从而可以得到AF的长，再根据平行线的性质可以得到∠AEF和∠DCF的关系，从而可以得到AE和AF的关系，进而得到AE的长．【详解】解：在平行四边形ABCD中，AB＝2，BC＝5，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝5，AD∥BC，∴∠DFC＝∠FCB，∵CE平分∠DCB，∴∠DCF＝∠BCF，∴∠DFC＝∠DCF，∴DC＝DF＝2，∴AF＝3，∵AB∥CD，∴∠E＝∠DCF，又∵∠EFA＝∠DFC，∠DFC＝∠DCF，∴∠AEF＝∠EFA，∴AE＝AF＝3，故答案为3．【点睛】本题考查平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．18.如图，△ABC中，AC=BC=3，AB=2，将它沿AB翻折得到△ABD，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB上的动点，则PE+PF的最小值是_____．

【答案】##【解析】【分析】首先证明四边四边形ABCD是菱形，作出F关于AB的对称点M，再过M作ME′⊥AD，交AB于点P′，此时P′E′＋P′F最小，求出ME即可．【详解】解：作出F关于AB的对称点M，再过M作ME′⊥AD，交AB于点P′，此时P′E′＋P′F最小，此时P′E′＋P′F＝ME′，过点A作AN⊥BC，CH⊥AB于H，

∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，

∴AC＝AD，BC＝BD，

∵AC＝BC，

∴AC＝AD＝BC＝BD，

∴四边形ADBC是菱形，

∵AD∥BC，

∴ME′＝AN，

∵AC＝BC，

∴AH＝AB＝1，

由勾股定理可得，CH＝，

∵×AB×CH＝×BC×AN，

可得AN＝，

∴ME′＝AN＝，

∴PE＋PF最小为．

故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换，等腰三角形的性质，轴对称−最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．三．解答题（共8小题，满分78分）19.如图，在中，已知，．（1）求证：为直角三角形；（2）求边上的中线长．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据三个角的比和三角形内角和定理分别求出三个角的度数，即可证明为直角三角形；（2）先作出边上的中线，然后利用直角三角形斜边上的中线的性质即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，∴．∴，∴，∴为直角三角形；（2）取AB的中点D，连接CD，则CD为AB边上的中线，∵，CD为AB边上的中线，，．【点睛】本题主要考查直角三角形的判定及斜边中线的性质，掌握三角形内角和定理及直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．20.如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F为垂足．求证：DE＝DF．【答案】见解析．【解析】【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，运用AAS证明△DEB≌△DFC即可．【详解】∵AB＝AC，D是BC的中点，∴∠B=∠C，DB=DC，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠BED=∠CFD=90°，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴DE=DF．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理和性质是解题的关键．21.如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，AE＝CF．求证：DE＝BF．【答案】见解析【解析】【分析】由“平行四边形ABCD的对边平行且相等”的性质推知AB=CD，AB∥CD．然后根据图形中相关线段间的和差关系求得BE=DF，易证四边形EBFD是平行四边形，即可得出结论．【详解】解：∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD且AB=CD又∵AE＝CF∴AB-AE=CD-CF∴BE=DF∴四边形EBFD是平行四边形∴DE＝BF．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．22.已知点A(-2，3)，B(4，3)，C(-1，-3)（1）求A，B两点的距离；（2）点C到x轴的距离；（3）求三角形ABC的面积．【答案】（1）6；（2）3；（3）18【解析】【分析】（1）由A与B的坐标，利用两点间的距离公式求出AB的长即可；

（2）根据点C的坐标确定出C到x的轴的距离即可；

（3）过C作AB边上的高，根据坐标求出高，利用三角形面积公式求出即可．【详解】解：（1）∵点A（-2，3），B（4，3），

∴AB平行于x轴，AB=4-（-2）=6；

（2）∵点C坐标为（-1，-3），

∴点C到x轴的距离为|-3|=3；

（3）过C作CD⊥AB，

∵A（-2，3），B（4，3），C（-1，-3），∴D(-1，3)，

∴CD=|-3-3|=6，AB=4-（-2）=4+2=6，

∴S△ABC=AB•CD=×6×6=18；【点睛】本题考查两点间的距离，熟练掌握坐标与距离是解本题的关键．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．【答案】证明见解析.【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.如图，在正方形ABCD中，DF＝AE，AE与DF相交于点O．（1）求证：△DAF≌△ABE；（2）求∠AOD的度数．【答案】（1）见解析；（2）90°【解析】【分析】（1）利用正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，再证明Rt△DAF≌Rt△ABE即可得出结论；

（2）利用（1）的结论得出∠ADF=∠BAE，进而求出∠BAE+∠DFA=90°，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝AB，在Rt△DAF和Rt△ABE中，，∴Rt△DAF≌Rt△ABE（HL），即△DAF≌△ABE．（2）解：由（1）知，△DAF≌△ABE，∴∠ADF＝∠BAE，∵∠ADF+∠DFA＝∠BAE+∠DFA＝∠DAB＝90°，∴∠AOD＝180°﹣（∠BAE+∠DFA）＝90°．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出Rt△DAF≌Rt△ABE是解本题的关键．25.在ABCD，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF.（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】试题分析：（1）根据平行四边形性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案；（2）根据平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，根据角平分线的判定，可得答案．试题分析：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE=DF，∴四边形BFDE是平行四边形．∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴四边形BFDE是矩形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC