2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考试卷02新人教版

2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考02（人教版）满分140分时间120分钟学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（每题3分，共30分）1．（2024·福建初二期末）在中，，点在上，且，则度数为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】设∠A=x°，由已知条件起先，通过线段相等，得到角相等，再由三角形内角和求出各个角的大小．【详解】解：设∠A=x°．

∵BD=AD，

∴∠A=∠ABD=x°，

∠BDC=∠A+∠ABD=2x°，

∵BD=BC，

∴∠BDC=∠BCD=2x°，

∵AB=AC，

∴∠ABC=∠BCD=2x°，

在△ABC中x+2x+2x=180，

解得：x=36，

∴∠C=∠BDC=72°，

∴∠DBC=36°，

故选C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质；娴熟驾驭等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理，得到各角之间的关系式解题的关键．2．（2024·江西初二期中）若点与点关于轴对称，则的值是（）A．1 B．3 C．5 D．11【答案】D【解析】【分析】依据关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得答案．【详解】与点关于轴对称，得

，解得：，

，

故选：D．【点睛】本题考查了关于轴的对称的点的坐标，解决本题的关键是驾驭好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．3．（2024·陕西初二期末）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3分别是∠BAE，∠AED，∠EDC的外角，则∠1+∠2+∠3＝（）A．90° B．180° C．120° D．270°【答案】B【解析】【分析】先利用平行线的性质得到∠4+∠5＝180°，然后依据多边形的外角和为360°得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，从而得到∠1+∠2+∠3＝180°【详解】如图，∵AB∥CD，∴∠4+∠5＝180°，∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝180°．故选：B．【点睛】考核学问点:多边形的外角和.熟记多边形外角和是关键.4．三角形的两边长分别为5和13，那么第三边的长不行能是()A．7 B．9 C．11 D．16【答案】A【解析】【分析】【详解】略5．（2024·上海初三）若将一个长方形纸条折成如图的形态，则图中∠1与∠2的数量关系是（）A．∠1＝2∠2 B．∠1＝3∠2C．∠1+∠2＝180° D．∠1+2∠2＝180°【答案】A【解析】【分析】由折叠可得，∠2=∠ABC，再依据平行线的性质，即可得出∠1=∠ABD=2∠2．【详解】解：如图，由折叠可得，∠2=∠ABC，又∠2+∠ABC=∠ABD，即：∠ABD=2∠2，

∵AB∥CD，

∴∠1=∠ABD（两直线平行，内错角相等），∴∠1=∠ABD=2∠2

故选：A．【点睛】本题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，熟记各性质并精确识图是解题的关键．6．如图，在等边三角形中，点在边上，点在边上，沿折叠，使点在边上的点位置．且．则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依据折叠可知∠EDF=∠A=60°，∠AFE=∠EFD，再又三角形的内角和定理即可计算出∠BFD的度数，即可求∠EFD的度数．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=60°，∵△DEF是△AEF折叠而成，∴∠EDF=∠A=60°，∠AFE=∠EFD又∵∴∠EDC=90°，∴∠BDF=180°-90°-60°=30°∴在△BDF中，∠BFD=180°-∠B-∠BDF=180°-60°-30°=90°∴∠AFE=∠EFD=，故答案为：A【点睛】本题考查了等边三角形的性质及折叠的性质，解题的关键是熟知等边三角形与折叠的性质，并敏捷运用三角形内角和定理进行计算．7．（2024·上海民办永昌学校初二月考）如图在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB,M是AB的中点,若CM=2CD,则下列结论中错误的是（）A．CB=AB B．CD=MD C．∠BCM=75° D．∠ACM=15°【答案】A【解析】【分析】首先依据直角三角形斜边中线定理得出CM=AM=BM，进而得出∠MAC=∠ACM=∠CMD，再由CD⊥AB,CM=2CD,得出∠CMD=30°，∠MAC=∠ACM=15°，进而得出CD=MD，∠BCM=75°，即可判定B、C、D正确，A中CB≠AB，即可得解.【详解】∵在△ABC中,∠ACB=90°,M是AB的中点,∴CM=AM=BM∴∠MAC=∠ACM=∠CMD又∵CD⊥AB,CM=2CD,∴∠CMD=30°，∠MAC=∠ACM=15°∴CD=MD，∠BCM=75°∴B、C、D正确；∴CB≠AB，∴A错误故答案为A.【点睛】此题主要考查三角形斜边中线以及直角三角形的性质，娴熟驾驭，即可解题.8．（2024·四川初一期末）如图，D，E是△ABC中BC边上的点，且BD＝DE＝EC，那么（）A．S1＜S2＜S3 B．S1＞S2＞S3 C．S1＝S2＝S3 D．S2＜S1＜S3【答案】C【解析】【分析】依据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得结论．【详解】解：∵BD＝DE＝EC，∴S△ABD＝S△ADE＝S△AEC，即S1＝S2＝S3，故选：C．【点睛】本题考查了三角形的面积，知道同高三角形的面积与对应底边的关系是关键．9．（2024·四川省成都市七中育才学校初二开学考试）两个三角形具备下列（）条件，则它们肯定全等．A．两边和其中一边的对角对应相等 B．三个角对应相等C．两角和一组对应边相等 D．两边及第三边上的高对应相等【答案】C【解析】【分析】依据全等三角形的判定定理SSS、SAS、ASA、AAS、HL进行分析，AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必需有边的参加，若有两边一角对应相等时，角必需是两边的夹角．【详解】A、两边和其中一边的对角对应相等，不能判定两个三角形全等，故此选项错误；

B、三个角对应相等，不能判定两个三角形全等，故此选项错误；

C、两角和一组对应边相等，可以利用AAS判定两个三角形全等，故此选项正确；

D、两边及第三边上的高对应相等，这两边的夹角有可能一个是锐角一个是钝角，所以这两个三角形不肯定全等，故此选项错误；

故选：C．【点睛】此题考查全等三角形的判定，解题关键是驾驭判定定理．10．（2024·海南中考真题）如图，已知直线和相交于点若，则等于（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】先依据得到，再运用三角形内角和定理求出的度数即可．【详解】∵，∴，∵，∴∵，且，∴，故选：C．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理，娴熟驾驭性质和定理是解答此题的关键，比较简洁．二、填空题（每题3分，共30分）11．（2024·黑龙江中考真题）如图，和中，，在不添加任何协助线的状况下，请你添加一个条件______，使和全等．【答案】，答案不唯一【解析】【分析】本题是一道开放型的题目，答案不唯一，可以是AB＝ED或BC＝DF或AC＝EF或AE＝CF等，只要符合全等三角形的判定定理即可．【详解】∵和中，∴，∵，∴，∴添加，在和中，∴，故答案为：答案不唯一．【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理的内容是解此题的关键，留意：两直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL等．12．（2024·辽宁省丹东市其次十一中学初一期中）某三角形中一个内角为80°，其次个内角为x°，第三个内角为y°，则y与x之间的关系式为________________．【答案】y=-x+100【解析】【分析】由三角形内角和定理可求得答案．【详解】解：由三角形内角和为180°可得：x+y+80=180，

∴y=-x+100，

故答案为：y=-x+100．【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，驾驭三角形内角和为180°是解题的关键．13．（2024·山西初二期中）如图，在中，为延长线上一点，点在上，且，若，则的度数为__________．【答案】【解析】【分析】依据HL证明Rt△CBF≌Rt△ABE，推出∠FCB＝∠EAB，依据等腰直角三角形的性质求出∠CAB＝∠ACB＝45°，求出∠BCF＝∠BAE＝45°－29°＝16°,即可求出答案．【详解】解：∵∠ABC＝90°，∴∠ABE＝∠CBF＝90°，在Rt△CBF和Rt△ABE中，∴Rt△CBF≌Rt△ABE（HL）∴∠FCB＝∠EAB，∵AB＝AC，∠ABC＝90°∴∠CAB＝∠ACB＝45°，∴∠BAE＝∠CAB－∠CAE＝45°－29°＝16°，∴∠FCB＝∠EAB＝16°，∴∠ACF＝∠FCB＋∠CAB＝16°＋45°＝61°故答案为61°【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是依据HL证明Rt△CBF≌Rt△ABE．14．在中，，，则相邻的外角的度数为______．【答案】70°【解析】【分析】三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，依据三角形外角性质求解即可．【详解】解：与∠B相邻的外角的度数=∠A+∠C=24°+46°=70°，

故答案为：70°．【点睛】本题考查三角形外角性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．15．（2024·北京市十一学校初三月考）一道作图题如下：已知：如图1，∠ABC及BC边上一点D．求作：一点P，使点P到∠ABC两边的距离相等，且到B，D两点的距离相等．下面是一位同学的作图过程（图2）：（1）作∠ABC的平分线BE；（2）作线段BD的垂直平分线l，与BE交于点P．所以点P就是所求作的点．则该作图的依据是___________________________________．【答案】角平分线上的点到角的两边距离相等及线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等【解析】【分析】依据角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质即可解决问题．【详解】解：∵点P在∠ABC的平分线上，∴点P到∠ABC两边的距离相等（角平分线上的点到角的两边距离相等），∵点P在线段BD的垂直平分线上，∴PB＝PD（线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等），故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等及线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．【点睛】本题考查作图-困难作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等学问，解题的关键是敏捷运用所学学问解决问题，属于基础题，中考常考题型．16．（2024·山东初一期末）假如一个三角形的两个内角都小于45°，那么这个三角形是____三角形．【答案】钝角【解析】【分析】依据三角形的内角和定理，求出第三个角的取值范围，再推断三角形的形态即可．【详解】∵一个三角形有两个内角的度数都小于45°，∴第三个内角的度数＞，即第三个内角的度数＞90°，∴这个三角形是三角形钝角三角形，故答案为钝角．【点睛】本题主要考查了内角和定理，解答的关键是正确求出第三个角的取值范围．17．（2024·山东初三学业考试）在等腰ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，则∠A的大小为________．【答案】【解析】【分析】依据等腰三角形两底角相等可求∠C，再依据三角形内角和为180°列式进行计算即可得解．【详解】解：∵AB=AC，∠B=50°，

∴∠C=∠B=50°，

∴∠A=180°-2×50°=80°．

故答案为：80°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是驾驭等腰三角形两底角相等的性质．18．（2024·哈尔滨市第四十七中学初一期中）在四边形中，与的角平分线交于点，，过点作交于点，，，连接，，则__________．【答案】4【解析】【分析】依据∠DEC的度数以及角平分线的定义算出∠A+∠ABC=230°，再结合AD∥BF，得出∠CBF=50°，利用算出∠BFC=90°，最终依据和算出结果.【详解】解：∵，∴∠EDC+∠ECD=180°-115°=65°，又∵与的角平分线交于点，∴∠ADC+∠BCD=65°×2=130°，∴∠A+∠ABC=360°-130°=230°，∵AD∥BF，∴∠A+∠ABF=180°，∴∠CBF=230°-180°=50°，∵，∴∠BCE=40°，∴∠BFC=90°，∵，BF＞0，∴，解得：x=2，即CE=2×2=4.故答案为：4.【点睛】本题考查了多边形的内角和，平行线的性质，三角形的面积，角平分线的定义，有肯定难度，解答本题的关键是通过角的运算得到∠BFC=90°.19．（2024·广西初三月考）如图，在中，是边的垂直平分线，且分别与，交于点和，若，，则__________．【答案】55°【解析】【分析】依据三角形内角和定理求出∠BAC，依据线段垂直平分线的性质得到DA=DC，依据等腰三角形的性质、结合图形计算即可．【详解】由三角形内角和定理得，∠BAC=180°-∠B-∠C=85°，∵DE是AC边的垂直平分线，∴DA=DC，∴∠DAC=∠C=30°，∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=55°；故答案为：55．【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形内角和定理，解题的关键是娴熟驾驭线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．20．（2024·黑龙江初二期末）在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=20°，点D在直线BC上，且CD=AC，连接AD，则∠ADC的度数为_____．【答案】50°或40°【解析】【分析】利用等腰三角形的性质，等边对等角即可得.【详解】解：①当点D在CB的延长线上时，∵AB=AC，∠BAC=20°，∴∠ABC=∠ACB=80°．∵CA=CD，∠ACB=80°，∴∠ADC=∠CAD=50°，②当点D在BC的延长线上时，∵AB=AC，∠BAC=20°，∴∠ABC=∠ACB=80°．∵CA=CD，∠ACB=80°，∠ACB=∠D+∠CAD，∴，∴∠BDA的度数为50°或40°．故答案为：50°或40°．【点睛】驾驭等腰三角形的性质为本题的关键.三、解答题（共80分）21．（2024·云南初三）如图，已知，，．求证：．【答案】证明见解析．【解析】【分析】依据题意证明即可求解．【详解】证明：∵∴，即：在和中∴∴【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定方法．22．（2024·陕西西北工业高校附属中学初三）已知：如图点在同始终线上，，过分别作，，连接，，，交于点，若，求证：．【答案】见解析.【解析】【分析】求出∠AFB=∠CED=90°，推出AF=CE，依据HL可证明Rt△ABF≌Rt△CDE，推出DE=BF，然后再依据AAS即可证明结论.【详解】证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠AFB=∠CED=90°，∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF,∴AF=CE，在Rt△ABF和Rt△CDE中，，∴Rt△ABF≌Rt△CDE(HL)∴DE=BF，又在△BFG和△DEG中：∴△BFG≌△DEG(AAS).【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质是证明线段和角相等的重要工具，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件.23．（2024·山东初二期中）如图，在△ABC中，点D是边BC上的一点，点E是边AC上的一点，且AB＝AC＝DC，BD＝CE，连接AD、DE．（1）求证：△ADE是等腰三角形；（2）若∠ADE＝40°，恳求出∠BAC的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）100°．【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△DCE，可得AD＝AE，即△ADE是等腰三角形；（2）由全等三角形的性质可得∠BAD＝∠EDC，由三角形内角和定理可求解．【详解】证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△ABD和△DCE中．,∴△ABD≌△DCE（SAS），∴AD＝DE,∴△ADE是等腰三角形；（2）∵△ABD≌△DCE，∴∠BAD＝∠EDC，∴∠BAD+∠BDA＝∠BDA+∠EDC＝180°﹣∠ADE＝140°，∴在△ABD中，∠B＝180°﹣140°＝40°，∴∠C＝∠B＝40°，∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°．【点睛】此题考查三角形全等的判定及性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的等边对等角的性质.24．（2024·山东初二期末）在如图所示的直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，的顶点均落在格点上，点的坐标是．（1）分别写出与关于轴对称的的顶点坐标；（2）分别写出与关于轴对称的的顶点坐标；（3）分别画出和．【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）依据点关于x轴对称的特点写出坐标即可；（2）依据点关于y轴对称的特点写出坐标即可；（3）依据（1）（2）中的坐标进一步画图即可.【详解】（1）由题可得的三个顶点坐标为：，∴与关于轴对称的的顶点坐标分别为;（2）∵的三个顶点坐标为：，∴与关于轴对称的的顶点坐标分别为;（3）如图所示：【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，娴熟驾驭相关概念是解题关键.25．（2024·广西初二期末）如图，五边形中，.（1）求的度数；（2）干脆写出五边形的外角和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据平行线的性质可得∠D+∠E=180°，再依据多边形内角和定理即可求解；（2）依据多边形的外角和定理干脆得到答案.．【详解】（1）∵AE∥CD，

∴∠D+∠E=180°，

∵五边形ABCDE中，∠A=100°，∠B=120°，

∴．（2）依据多边形的外角和定理：五边形的外角和是：．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理及外角和定理，多边形的内角和为；多边形的外角和恒久为．26．（2024·广西初二期末）多边形在直角坐标系中如图所示,在图中分别作出它关于轴、轴的对称图形.【答案】见详解【解析】【分析】分别作出各点关于x轴的对称点和各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可.【详解】如图，多边形在直角坐标系中关于轴的对称图形是多边形A＂B＂C＂D＂;多边形在直角坐标系中关于轴的对称图形是多边形A＇B＇C＇D＇.【点睛】本题考查的是作图−−轴对称变换，熟知关于坐标轴轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键．27．（2024·河南省试验中学初二期中）如图，在中，点是的中点，点是延长线上一点，连接，交于点，连接，．（1）求证：是线段的垂直平分线；（2）当，时，求及的度数．【答案】（1）详见解析；（2），【解析】【分析】（1）依据等腰三角形的判定和性质即可得证结论；（2）在（1）结论的基础上，依据等腰三角形的性质、三角形内角和定理、角的和差、直角三角形两锐角互余即可求得答案．【详解】（1）证明：∵∴∴是等腰三角形∵为的中点∴∴是线段的垂直平分线；（2）∵∴∵∴∴，．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质、垂直平分线的定义、三角形内角和定理、角的和差以及直角三角形两锐角互余等学问点，敏捷运用相关学问点是解题的关键．28．（2024·海南海口一中初二期中）如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN是等边三角形，连结AN，交MC于点E，连结MB交CN于F.(1)求证：AN=BM；(2)求证：∠CEA=∠CFM.【答案】（1）见详解；（2）见详解.【解析】【分析】（1）由等边三角形可得其对应线段相等，对应角相等