青岛版初中八年级数学上册阶段素养综合测试卷课件

(时间：120分钟

满分：120分)阶段素养综合测试卷一、单项选择题(共8小题,每小题3分,共24分.每小题只有一个选项是符合题意

的)1.

(2024北京一零一中学期中,1,★☆☆)美术老师安排同学们设计窗花,下列作品为轴对称图形的是

(

)

学科美术A解析

A

2.(2024山东菏泽成武期末,2,★☆☆)如图,为了测量B点到河对面的A点之间的

距离,在B点同侧选择了一点C,测得∠ABC=65°,∠ACB=30°,然后在M处立了标

杆,使∠CBM=65°,∠MCB=30°,得到△MBC≌△ABC,所以测得MB的长就是A,B两点间的距离,这里判定△MBC≌△ABC的理由是

(

)

A.SAS

B.AAA

C.ASA

D.SSSC解析

C由题意,得∠ABC=∠CBM=65°,∠ACB=∠MCB=30°.在△ABC与△MBC中,

所以△ABC≌△MBC(ASA),所以MB=AB,故选C.3.(2024山东菏泽定陶期末,2,★☆☆)如图,已知△ABC≌△DBE,点D恰好在AC

的延长线上,∠DBE=20°,∠BDE=41°,则∠BCD的度数是

(

)

A.60°

B.62°

C.61°

D.63°C解析

C因为△ABC≌△DBE,所以∠ABC=∠DBE=20°,∠BAC=∠BDE=41°,

所以∠BCD=∠ABC+∠BAC=20°+41°=61°,故选C.4.(2024山东聊城东阿三中月考,7,★☆☆)如图所示的是由4个相同的小正方形

组成的网格图,其中∠1+∠2等于

(

)

A.150°

B.180°

C.210°

D.225°B解析

B如图,在△ABC与△EDC中,

所以△ABC≌△EDC(SAS),所以∠BAC=∠1,因为∠BAC+∠2=180°,所以∠1+∠2=180°,故选B.

5.(2024北京海淀外国语实验学校期中,7,★☆☆)如图,在等边三角形ABC中,点E

在AC边上,点F在AB边上,沿EF折叠,使点A与BC边上的点D重合,且ED⊥BC,则∠EFD=

(

)

A.45°

B.50°

C.40°

D.55°A解析

A因为△ABC为等边三角形,所以∠A=∠B=∠C=60°.由翻折的性质可

知∠AFE=∠EFD,∠EDF=∠A=60°.因为ED⊥BC,所以∠EDB=90°,所以∠FDB=

∠EDB-∠EDF=30°,所以∠AFD=∠AFE+∠EFD=∠B+∠BDF=60°+30°=90°,所以∠EFD=45°,故选A.6.(2024山东菏泽单县期中,7,★★☆)如图,在△ABC中,AB=AC,∠A=120°,BC=12cm,AB的垂直平分线交BC于点M,交AB于点E,AC的垂直平分线交BC于点N,交AC

于点F,则MN的长为

(

)

A.5cm

B.4cm

C.3cm

D.2cmB解析

B在△ABC中,因为AB=AC,∠BAC=120°,所以∠B=∠C=

=30°.连接AM,AN.因为ME垂直平分AB,NF垂直平分AC,所以AM=BM,AN=CN,所以∠BAM=∠B=30°,∠CAN=∠C=30°,所以∠AMN=∠BAM+∠B=60°,∠ANM=∠CAN+∠C=60°,所以△AMN是等边三角形,所以AM=MN=AN,所以BM=MN=CN.因为BC=12cm,所以3MN=12cm,解得MN=4cm.故选B.

7.[分类讨论思想](2024山东聊城东阿期中,12,★★☆)如图,△ABC是等腰三角

形,AB=AC,∠A=20°,BP平分∠ABC.点D是射线BP上一点,如果点D满足△BCD是

等腰三角形,那么∠BDC的度数是

(

)

A.20°或70°

B.20°或70°或100°C.40°或100°

D.40°或70°或100°D解析

D因为∠A=20°,AB=AC,所以∠ABC=∠ACB=

=80°.因为BP平分∠ABC,所以∠CBP=

∠ABC=40°.△BCD是等腰三角形,分三种情况讨论:①如图(1)所示,当BC=CD时,∠BDC=∠CBP=40°;②如图(2)所示,当BD=BC时,∠BDC=∠BCD=

=70°;③如图(3)所示,当DB=DC时,∠BCD=∠CBP=40°,所以∠BDC=180°-2∠CBP=100°.综上,∠BDC的度数是40°或70°或100°.故选D.

8.(2024北京大学附中期中,10,★★★)如图,△ABC是等边三角形,D是线段BC上

一点(不与点B,C重合),连接AD,点E,F分别在线段AB,AC的延长线上,且DE=DF=

AD,点D从B运动到C的过程中,△BED的周长的变化规律是

(

)

A.不变

B.一直变小C.先变大后变小

D.先变小后变大D解析

D因为△ABC是等边三角形,所以∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°.因为AD=

DE=DF,所以∠DAE=∠DEA,∠DAF=∠DFA.因为∠DAE+∠DAF=∠BAC=60°,

所以∠DEA+∠DFA=60°.因为∠ABC=∠DEA+∠EDB=60°,所以∠EDB=∠DFA.

因为∠ACB=∠CFD+∠CDF=60°,所以∠CDF=∠BED,因为DE=DF,所以△BDE

≌△CFD(ASA),所以BD=CF,BE=CD,所以△BED的周长=BD+BE+DE=BD+CD+

AD=BC+AD.因为点D在BC边上从B至C的运动过程中,AD的长先变小后变大,所

以△BED的周长先变小后变大,故选D.二、多项选择题(共2小题,每小题4分,共8分,每小题的四个选项中,有多项正确,

全部选对得3分,有选错的得0分)9.(新考向尺规作图)(2024山东潍坊高密期中,12,★★☆)如图,在Rt△ABC中,

∠A=90°,以B为圆心,任意长为半径画弧分别交BA、BC于点M和N,再分别以M、

N为圆心,大于

MN的长为半径画弧,两弧交于点P,连接BP并延长,交AC于点D,以点D为圆心,适当长为半径作弧,交BC于点F和G,分别以点F和点G为圆心,大于

FG的长为半径作弧,两弧相交于点H,作直线DH交FG于点E.下列结论一定正确的是

(

)A.AD=DE

B.BD=DCC.∠DBC=∠C

D.∠EDC=∠ABCAD解析

AD由作图痕迹可知,BD为∠ABC的平分线,DE为BC的垂线.因为∠A=90°,所以AD=DE,选项A正确,符合题意;在Rt△ABC和Rt△EDC中,∠ABC+∠C=90°,∠EDC+∠C=90°,所以∠EDC=∠ABC,选项D正确,符合题意;根据所给条件无法得出BD=DC,∠DBC=∠C,选项B,C不一定正确,不符合题意.故选AD.10.[手拉手模型](2024山东潍坊期中,11,★★☆)如图,AB=AD,AC=AE,∠DAB=∠CAE=50°,下列结论一定正确的是(

)

A.△ADC≌△ABE

B.BA=BCC.∠COE=50°

D.CD平分∠ACBAC解析

AC如图,因为∠DAB=∠CAE,所以∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE.因为AB=AD,AC=AE,所以△ADC≌△ABE(SAS),选项A正确;因为△ADC≌△ABE,所以∠ACD=∠AEB,因为∠AME=∠CMO,所以∠COE=∠CAE=50°,选项C正确;根据题中条件,无法证明BA=BC,CD平分∠ACB,故选项B、D中的结论不一定正确,故选AC.

三、填空题(共6个小题,每小题4分,共24分)11.(2024山东聊城临清期中,13,★☆☆)在平面直角坐标系中,若点M(2a,2)和点N

(-8,a+b)关于y轴对称,则ba=

.16答案

16解析因为点M(2a,2)和点N(-8,a+b)关于y轴对称,所以2a=8,a+b=2,解得a=4,b=-2,所以ba=(-2)4=16.12.(2024山东聊城阳谷期中,14,★☆☆)如图,将长方形纸片ABCD折叠成如图所

示的形状,∠EGC=26°,则∠AFG=

.

103°答案

103°解析由折叠可得∠BGF=∠EGF,因为∠EGC=26°,∠BGF+∠EGF+∠EGC=180°,所以∠BGF=∠EGF=

=77°.因为AD∥BC,所以∠AFG+∠BGF=180°,所以∠AFG=180°-77°=103°.13.(2024吉林长春期末,11,★★☆)如图,已知AB∥CF,E为DF的中点,若AB=9,BD

=4,则CF=

.

5答案

5解析因为AB∥CF,所以∠ADE=∠EFC.因为E为DF的中点,所以DE=EF.在△ADE和△CFE中,

所以△ADE≌△CFE(ASA),所以AD=CF.因为AB=9,所以CF=AD=AB-BD=5.14.[方程思想](2024北京大学附中期中,15,★★☆)“三等分角”是被称为几何

三大难题的三个古希腊作图难题之一.如图所示的“三等分角仪”是利用阿基

米德原理做出来的.这个仪器由两根有槽的棒OA,OB组成,两根棒在O点相连并

可绕O点转动,C点固定,OC=CD=DE,点D,E可在槽中滑动.若∠BDE=72°,则∠CDE=

°.

84答案

84解析因为OC=CD=DE,所以∠AOB=∠ODC,∠DCE=∠DEC,设∠AOB=x°,则∠ODC=x°,所以∠DCE=∠AOB+∠ODC=2x°,∠DEC=∠DCE=2x°.因为∠BDE=∠AOB+∠OED=3x°=72°,所以x=24,所以∠ODC=24°.因为∠CDE+∠ODC=180°-∠BDE=108°,所以∠CDE=108°-∠ODC=84°.15.(2024山东菏泽单县期中,17,★★☆)如图,已知AB∥CD,AE和CE分别平分∠BAC和∠ACD,AE与CE交于点E,作直线ED⊥CD,垂足为D,交AB于点B,若AC=10,

BD=8,则△ACE的面积为

.

20答案

20解析过点E作EF⊥AC于点F,如图,因为ED⊥CD,所以∠CDE=90°,因为AB∥

CD,所以∠ABD=180°-∠CDB=90°,所以EB⊥AB.因为AE和CE分别平分∠BAC和

∠ACD,所以BE=EF=ED,所以点E是BD的中点.因为BD=8,所以EF=

BD=4,因为AC=10,所以S△ACE=

·AC·EF=

×10×4=20.

16.[山东聊城常考](2024山东聊城阳谷期末,18,★★☆)如图,在锐角三角形ABC

中,AC=6,△ABC的面积为12,CD平分∠ACB,若M、N分别是CD、BC上的动点,则

BM+MN的最小值是

.

4答案

4解析在AC上取一点P,使得CP=CN,如图.因为CD平分∠ACB,所以∠PCM=∠NCM.因为CP=CN,CM=CM,所以△PCM≌△NCM(SAS),所以MN=MP,所以BM+

MN=BM+MP.因为BM+MP≥BP,所以当B、M、P三点共线,且BP⊥AC时,BM+MP

有最小值,即此时BM+MN的值最小,最小值为BP的长.因为S△ABC=

AC·BP=12,AC=6,所以BP=4,所以BM+MN的最小值为4.

四、解答题(共6个小题,共64分)17.[教材变式P62T4](2024山东潍坊潍城期中,19,★☆☆)(8分)如图,△ABC为等

边三角形,∠ABC与∠ACB的平分线交于点O,OE∥AB交BC于点E,OF∥AC交BC

于点F.请判断△BOF的形状,并说明理由.

解析△BOF是直角三角形.理由:因为△ABC是等边三角形,所以∠ACB=∠ABC=60°,因为BO平分∠ABC,所以∠OBC=

∠ABC=30°.因为OF∥AC,所以∠OFB=∠ACB=60°,所以∠BOF=180°-∠OBC-∠OFB=90°,所以△OFB是直角三角形.18.(2023浙江衢州中考,19,★★☆)(8分)如图,在△ABC和△DEF中,B,E,C,F在同

一条直线上.下面四个条件:①AB=DE;②AC=DF;③BE=CF;④∠ABC=∠DEF.(1)请选择其中的三个条件,使得△ABC≌△DEF(写出一种情况即可).(2)在(1)的条件下,求证:△ABC≌△DEF.

解析

(1)选择的三个条件是①②③或①③④.(2)选择①②③,证明:因为BE=CF,所以BE+EC=CF+EC,即BC=EF.在△ABC和△DEF中,

所以△ABC≌△DEF(SSS).选择①③④,证明:因为BE=CF,所以BE+EC=CF+EC,即BC=EF.在△ABC和△DEF中,

所以△ABC≌△DEF(SAS).19.(2024山东聊城临清期中,23,★★☆)(10分)如图,在边长为1的小正方形组成

的网格中,点A、B、C均在小正方形的顶点上.(1)在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A'B'C'.(2)在直线l上找一点P,使得△BPC的周长最小.(3)求△A'B'C'的面积.

解析

(1)如图,△A'B'C'即为所求.(2)如图,点P即为所求.(3)用割补法可求得△A'B'C'的面积=3×4-

×1×2-

×3×2-

×4×2=4.

20.(新考向尺规作图)(2024山东潍坊昌乐期末,18,★★☆)(10分)如图,在△ABC中,完成以下尺规作图,保留作图痕迹.(1)①作△ABC的角平分线AD;②作∠CBE=∠ADC,BE交CA的延长线于E;③作

AF⊥BE,垂足为F.(2)判断图中BF与EF的数量关系并证明.

解析

(1)如图所示.(2)BF=EF.证明:因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.因为∠ADC=∠EBC,所以AD∥BE,所以∠ABE=∠BAD,∠AEB=∠DAC,所以∠ABE=∠AEB,所以AE=AB.因为AF⊥BE,所以BF=EF.21.(2024广东实验中学期中,21,★★☆)(14分)如图①,△ABC