精选宿迁市宿城区2018-2019学年八年级下期中数学试卷含答案解析

宿迁市宿城区2018-2019学年八年级下期中
数学试卷
1. [2010·北京中考，8]美术课上，老师要求同学们将如图所示的白纸只沿虚线剪开，用裁开的纸片和白纸上
的阴影部分围成一个立体模型，然后放在桌面上，下面四个示意图中，只有一个符合上述要求，那么这个示意图是
A B C D
2. [2010·宁波中考，5]《几何原本》的诞生，标志着几何学已成为一个有着严密理论系统和科学方法的学科，它奠定了现代数学的基础.它是下列哪位数学家的著作()
A. 欧几里得
B. 杨辉
C. 费马
D. 刘徽
3. [2010·武汉中考，12]如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BD⊥DC，BD＝DC，CE平分
∠BCD，交AB于点E，交BD于点H，EN∥DC交BD于点N，下列结论：①BH＝DH；②CH＝(＋1)EH；
③＝.其中正确的是()
A. ①②③
B. 只有②③
C. 只有②
D. 只有③
4. [2013·南京中考，6]如图，一个几何体上半部为正四棱锥，下半部为立方体，且有一个面涂有颜色，下列
图形中，是该几何体的表面展开图的是()
A B C D
5. [2015·武汉中考,10]如图,△ABC,△EFG均是边长为2的等边三角形,点D是边BC,EF的中点,直线AG,FC相
交于点M.当△EFG绕点D旋转时,线段BM长的最小值是()
A. 2-
B. +1
C.
D. -1
6. [2015·襄阳中考,12]如图,矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=8,将纸片沿EF折叠,使点C与点A重合,则下列结论
错误的是()
A. AF=AE
B. △ABE≌△AGF
C. EF=2
D. AF=EF
7. [2010·芜湖中考，9]如图所示，在圆O内有折线OABC，其中OA＝8，AB＝12，∠A＝∠B＝60°，则BC
的长为()
A. 19
B. 16
C. 18
D. 20
8. [2010·重庆中考，10]已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，ED.过点A作AE的垂线
交DE于点P.若AE＝AP＝1，PB＝.下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；
④S
＋S△APB＝1＋；⑤S正方形ABCD＝4＋.其中正确结论的序号是()
△APD
A. ①③④
B. ①②⑤
C. ③④⑤
D. ①③⑤
9. [2011·南宁中考,12]如图6,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,∠A＝15°,AB＝8.则AC·BC的值是()
A. 14
B. 16
C. 4
D. 16
10. [2012·兰州中考,13]如图,四边形ABCD中,∠BAD＝120°,∠B＝∠D＝90°,在BC,CD上分别找一点M,N,使△AMN周长最小时,则∠AMN＋∠ANM的度数为()
A. 130°
B. 120°
C. 110°
D. 100°
11. [2012·杭州中考,9]已知抛物线y＝k(x＋1)与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,则能使△ABC为等腰三角形的抛物线的条数是()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
12. [2013·重庆中考，12]如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x 轴、y轴上，反比例函数y＝(k≠0，x>0)的图象与正方形的两边AB，BC分别交于点M，N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM，ON，MN.
下列结论：
①△OCN≌△OAM；
②ON＝MN；
③四边形DAMN与△MON面积相等；
④若∠MON＝45°，MN＝2，则点C的坐标为(0，＋1).
其中正确结论的个数是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
13. [2012·宁波中考,12]勾股定理是几何中的一个重要定理.在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三,股四,则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的,可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入矩形内得到的,∠BAC＝90°,AB＝3,AC＝4,点D,E,F,G,H,I都在矩形KLMJ的边上,则矩形KLMJ的面积为()
A. 90
B. 100
C. 110
D. 121
14. (1)如图①,已知△ABC的周长为1,连接△ABC三边的中点构成第二个三角形,再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形,以此类推,由第一个三角形ABC的周长知第二个三角形的周长C
2=,第三个三角形的周长C3=,
…
第2015个三角形的周长C
2 015=.
…
(2)在图②中,互不重叠的三角形共有4个,在图③中,互不重叠的三角形共有7个,在图④中,互不重叠的三角
形共有10个,…,则在第k个图形中,互不重叠的三角形共有个(用含k的代数式表示).
15. 如图,OP=1,过P作PP
1⊥OP,得OP1=;再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1,得OP2=;又过P2作P2P3⊥OP2且
P2P3=1,得OP3=2;…,依照此方法继续作下去,得OP2012=.
16. 如图,∠ACD是△ABC的外角,∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A
1,∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2,…,∠A n-1BC的平分线与∠A n-1CD的平分线交于点A n.设∠A=θ.则
(1)∠A
1=;
(2)∠A
n=.
17. [2015·福州中考,16]如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=.将△ABC绕点C逆时针旋转60°,得到
△MNC,连接BM,则BM的长是.
18. [2015·重庆中考,18]如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=10.连接BD,∠DBC的角平分线BE交DC于点E.现把△BCE绕点B逆时针旋转.记旋转后的△BCE为△BC'E'.当射线BE'和射线BC'都与线段AD相交时,设交点分别为F,G.若△BFD为等腰三角形,则线段DG长为.
19. [2015·武汉中考,16]如图,∠AOB=30°,点M,N分别在边OA,OB上,且OM=1,ON=3,点P,Q分别在边OB,OA 上,则MP+PQ+QN的最小值是.
20. 已知:如图,在▱ABCD中,E是CD的中点,F是AE的中点,FC与BE交于G.
求证:GF=GC.
21. 已知:如图所示,AB=AC,点D是BC的中点,AB平分∠DAE,AE⊥BE,垂足为E.求证:AD=AE.
24. 如图,在△ABC中,∠A=90°,AH⊥BC于点H,∠B的平分线交AC于点D,交AH于点E,DF⊥BC于点F,求证:四边形AEFD是菱形.
25. 如图所示,OC平分∠AOB,点D,E分别在OA,OB上,点P在OC上,且有PD=PE.求证:∠PDO=∠PEB.
26. 勾股定理神秘而美妙,它的证法多样,其巧妙各有不同,其中的“面积法”给了小聪以灵感.他惊喜地发现:当两个全等的直角三角形如图(1)或(2)摆放时,都可以用“面积法”来证明.下面是小聪利用图(1)证明勾股定理的过程:
将两个全等的直角三角形按图(1)所示摆放,其中∠DAB=90°.求证:a2+b2=c2.
证明:如图(1),连接DB,过点D作BC边上的高DF,则DF=EC=b-c.
∵S
=S△ACD+S△ABC=b2+ab,
四边形ADCB
又∵S
=S△ADB+S△DCB=c2+a(b-a),
四边形ADCB
∴b2+ab=c2+a(b-a),
∴a2+b2=c2.
请参照上述证法,利用图(2)完成下面的证明.
将两个全等的直角三角形按图(2)所示摆放,其中∠DAB=90°.
求证:a2+b2=c2.
证明:连接.
∵S
=.
五边形ACBED
又∵S
=.
五边形ACBED
∴.
∴a2+b2=c2.
参考答案
1. 【答案】B【解析】由图的特征可知B选项符合题意
2. 【答案】A【解析】由常识可知选A.
3. 【答案】B【解析】过点H作HM⊥BC于M.
∵CE平分∠BCD.∴DH＝HM.
在Rt△BMH中BH＞HM∴BH＞DH.故①不正确
②③正确故选B.
4. 【答案】B【解析】实际动手做一下，就可知几何体表面展开图是B.
5. 【答案】D【解析】本题考查利用动点的运动轨迹求最值问题,难度较大.先考虑让△EFG和△BCA重合,然后把△EFG绕点D顺时针旋转,连接AD,DG,根据旋转角相等,旋转前后的对应线段相等,容易发现
∠ADG=∠FDC,DA=DG,DF=DC,故∠DFC=∠DCF=∠DAG=∠DGA.又根据等腰三角形的“三线合一”可知
∠FDG=90°,所以∠DFG+∠DGF=90°,即∠DFC+∠CFG+∠DGF=90°.所以
∠AMC=∠MGF+∠CFG=∠AGD+∠DGF+∠CFG=∠DFC+∠DGF+∠CFG=90°.故点M始终在以AC为直径的圆上,作出该圆,设圆心为O,连接BO与☉O相交于点P,线段BP的长即为线段BM长的最小值.BP=BO-OP=-1,故选D.
6. 【答案】D【解析】本题考查翻折变换(折叠问题),用到的知识点有轴对称的性质、全等三角形的判定、平行线的性质、勾股定理等,难度较大.
根据折叠性质可知:AG=DC=AB,AE=EC,∠AEF=∠CEF,∠G=∠D=90°,
∵AD∥BC,∴∠CEF=∠AFE,∴∠AEF=∠AFE,∴AF=AE,选项A正确;
在Rt△ABE与Rt△AGF中,∵AE=AF,AB=AG,
∴Rt△ABE≌Rt△AGF(HL),选项B正确;
∵AB=4,BC=8,设BE=x,则AE=EC=8-x,
在Rt△ABE中,∵AB2+BE2=AE2,∴42+x2=(8-x)2,解得x=3.∴AE=AF=8-3=5,∴FD=8-AF=3,
过点F作FH⊥BC于H,则EH=EC-CH=EC-FD=5-3=2,在Rt△EFH中,EF====2,选项C正确,选项D错误.故本题答案为D.
在Rt△OFB中，BF＝＝＝10.
∴BC＝2BF＝20.故选D.
8. 【答案】D【解析】AP＝AE，∠EAB＝∠DAP＝90°－∠BAP，AB＝AD，∴△APD≌△AEB，
∴∠EBA＝∠ADP，∴∠BED＝∠BAD＝90°，∠APD＝135°，∴AD2＝()2＋1+·2·1·＝4＋.∴S
＝4
正方形ABCD
＋.正确的序号为①③⑤.故选D.
9. 【答案】D【解析】取AB中点D,连接CD,过点C作CE⊥AB于E.
∵AD＝CD∴∠ACD＝∠A＝15°∴∠CDB＝30°.
在Rt△CED中,CE＝CD＝×4＝2.
10. 【答案】B【解析】如图,延长AD至E,使DE＝AD,延长AB至F,使BF＝AB,连接FM,NE,则AM＝FM,AN ＝NE,由图可知：当F,M,N,E共线时△AMN周长最小,此时∠E＋∠F＝60°,即∠FAM＋∠EAN＝60°∴∠MAN ＝60°,故∠AMN＋∠ANM＝120°,故选B.
11. 【答案】C【解析】由题意可知,A(－1,0),B,C(0,－3)
∴AB＝,AC＝＝,
BC＝＝3.若使△ABC为等腰三角形①AB＝AC,则＝()2
即3k2－2k－3＝0,解得k＝＝,此时BC≠0,故有两条抛物线；
②当AB＝AC时,＝9,解得k＝,此时有一条抛物线；
③当AC＝BC时,10＝9,解得k＝±3,而当k＝－3时,AB＝0不符合题意,故舍去.
此时有一条抛物线,综上所述共有4条抛物线符合题意,故选C.
12. 【答案】C【解析】由于OA＝OC，CN＝AM，所以△OCN≌△OAM，ON＝OM；而MN2＝2(BC－CN)2，ON2＝BC2＋CN2，所以ON≠MN；四边形DAMN的面积＝正方形OABC的面积－三角形MNB的面积－2倍的三角形ONC的面积，而△MON的面积＝正方形OABC的面积－三角形MNB的面积－2倍的三角形ONC 的面积，所以四边形DAMN的面积＝△MON的面积；由MN＝BM，MN＝2，所以BM＝，连接OB，交MN 于点P，因为ON＝OM，所以OB垂直平分MN，即PN＝1，∠BON＝∠BOM＝22.5°，而∠NOC＝22.5°，所以ON是∠BOC的角平分线，因此PN＝NC，而CN＝AM＝1，CO＝AB＝AM＋MB＝1＋，故点C的坐标为(0，1＋)，所以①③④正确，②错误，故选C.
13. 【答案】C【解析】如图所示,作BP⊥KL于P,CQ⊥ML于Q
由题意可知：
△ABC≌△PFB≌△LGF≌△QCG,AB＝3,AC＝4,BC＝5.
∴BP＝KE＝FL＝4,PF＝3
又∵AB＝DE＝BE＝KP＝3DJ＝AI＝4
∴KJ＝KE＋DE＋DJ＝4＋4＋3＝11,
KL＝KP＋PF＋FL＝3＋3＋4＝10
∴S
＝KJ·KL＝11×10＝110,
矩形KLMJ
故选C.
14. 【答案】(1);;(2)3k+1
【解析】(1)根据三角形的中位线定理,可以得出每一个三角形的边长是前边三角形边长的,
∴第二个三角形的周长C
2是第一个三角形周长的,即C2=;
第三个三角形的周长C
3是第二个三角形周长的,即C3=;…C2015=;
(2)题图①中互不重叠的三角形有4个,题图②中互不重叠的三角形有7=4+3个,题图③中互不重叠的三角形有10=4+3×2个,
按此规律可知第k个图形中互不重叠的三角形有4+3(k-1)=3k+1个.
15. 【答案】
【解析】由勾股定理可得,OP
4=,故有OP1=,OP2=,OP3=,OP4=,由此规律可得OP n=,∴OP2 012=.
16. 【答案】
【解析】17. 【答案】
【解析】∵∠ACD=∠A+∠ABC, ∠A
1CD=∠A1BC+∠A1,又∵∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1,∴∠A1BC=∠ABC,∠A1CD=∠ACD,∴∠A=2∠A1,∴∠A1=,同理可依次.推出∠A2=∠A1,…∠A n=∠A n-1，故∠A n=.
18. 【解析】本题考查旋转、三角形全等,属于难题.如图所示:作PM⊥BC的延长线于点P,MO⊥BA的延长线于点O,连接MA.因为∠MCA=60°,且AC=MC,所以△MCA为等边三角形,MC=MA,∠MCA=∠MAC=60°,又因为AB=BC,所以∠BCA=∠BAC,则∠PCM=∠MAO,所以△MPC≌△MAO.所以BP=MP=OM=BO.设CP=x,则MP=x+,MC==2.在Rt△MPC中,根据勾股定理可得x2+(+x)2=22,解得x=,所以MP=x+=,BM=()·=+1.故答案为:+1.
19. 【答案】
【解析】本题考查旋转变化,勾股定理和角平分线的性质定理,利用面积相等构造出等量关系(方程),进而求解,难度较大.由题知∠ADB=∠DBC=2∠EBC,∵旋转后DF=BF,
∴∠FBD=∠ADB=2∠EBC=2∠FBC',∴∠FBG=∠GBD,过点G作GM⊥BF,GN⊥BD,由角平分线上的点到角两边的距离相等,可知GM=GN,∵△BFG与△BGD中GF和GD边上的高相
等,∴=,∵S
=BF·GM,S△BDG=BD·GN,∴=,∴=,
△BFG
设DF=BF=m,则在Rt△BFA中,AF=10-m,AB=4,由勾股定理,得m2=(10-m)2+(4)2,解得m=,在Rt△BDC 中,BD===14,
所以=,解得DG=.
20. 【解析】本题考查利用轴对称求最值问题,难度较大.分别作M,N关于OB,OA的对称点M',N',连接
M'N',OM',ON'.易知OM'=1,ON'=3,∠M'ON'=90°,则MP+PQ+QN的最小值=M'N'==.
21. 【答案】如图,取BE的中点H,连接FH,CH.
∵点F是AE的中点,点H是BE的中点,
∴FH是△ABE的中位线,
∴FH∥AB且FH=AB.
在▱ABCD中,AB∥DC,AB=DC,
又∵点E是DC的中点,∴EC=DC=AB,
∴FH=EC.
又∵AB∥DC,∴FH∥EC,
∴四边形EFHC是平行四边形,
∴GF=GC.
22. 【答案】证明:∵点D是BC的中点,∴BD=CD.
在△ABD和△ACD中,∴△ABD≌△ACD(SSS),
∴∠ADB=∠ADC=90°.
又∵AE⊥BE,∴∠E=90°=∠ADB.
∵AB平分∠DAE,∴∠EAB=∠DAB.
在△ADB和△AEB中,
∴△ADB≌△AEB(AAS).∴AD=AE.
26. 【答案】∵AB＝DB，∴∠BDA＝∠BAD，
又∵∠BDA＝∠BCA，∴∠BCA＝∠BAD.
【解析】27. 【答案】在Rt△ABC中，AC＝＝
＝13，易证△ACB∽△DBE，
【解析】28. 【答案】连接OB，则OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，
∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠BAD＋∠BCD＝180°，
又∵∠BCE＋∠BCD＝180°，∴∠BCE＝∠BAD，由第1问知∠BCA＝∠BAD，∴∠BCE＝∠OBC，∴OB∥DE，
∵BE⊥DE，∴OB⊥BE，∴BE是⊙O的切线.
29. 【答案】∵∠ABD=∠FBD,BD=BD,∠BAD=∠DFB=90°,
∴△ABD≌△FBD,∴AD=DF,AB=FB.
又∠ABE=∠FBE,BE=BE,
∴△ABE≌△FBE.
∴∠BAE=∠BFE.
又∠BAE=90°-∠ABC=∠C,
∴∠BFE=∠C,∴EF∥AD.
∵DF⊥BC,AH⊥BC,∴AE∥DF.
∴四边形AEFD是平行四边形.
又AD=DF,∴四边形AEFD是菱形.
1.【答案】过P作PM⊥OD,PN⊥OB,M,N为垂足,
因为OC平分∠AOB,所以PM=PN.
在Rt△DPM与Rt△EPN中,PM=PN,PD=PE,
所以Rt△DPM≌Rt△EPN(HL).
所以∠PDM=∠PEN,即∠PDO=∠PEB
31. 【答案】【证法一】如图,连接BD,过点B作DE边上的高BF,则BF=b-a.
∵S
=S△ACB+S△ABE+S△AED=ab+b2+ab,
五边形ACBED
又∵S
=S△ACB+S△ABD+S△BDE=ab+c2+a(b-a),
五边形ACBED
∴ab+b2+ab=ab+c2+a(b-a),
∴a2+b2=c2.
【证法二】如图,连接BD,过点B作DE边上的高BF,则BF=b-a.
∵S
=S梯形ACBE+S△AED=b(a+b)+ab,
五边形ACBED
又∵S
=S△ACB+S△ABD+S△BED
五边形ACBED
=ab+c2+a(b-a),
∴b(a+b)+ab=ab+c2+a(b-a),
∴a2+b2=c2.。