2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考试卷03新人教版

2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考03（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27分）1．（2024·安徽初二期末）已知三角形两边长分别为5cm和16cm，则下列线段中能作为该三角形第三边的是（）A．24cm B．15cm C．11cm D．8cm【答案】B【解析】【分析】先依据三角形三边关系得出第三边的取值范围，然后从选项中选择范围内的数即可．【详解】∵三角形两边长分别为5cm和16cm，∴第三边的取值范围为，即，而四个选项中只有15cm在内，故选：B．【点睛】本题主要考查三角形三边关系，驾驭三角形三边关系是解题的关键．2．（2024·沈阳市杏坛中学初二期中）如图，在等腰三角形中，，分别以点为圆心、大于的长为半径画弧两弧交于点，作直线分别交于点，则线段与线段的数量关系是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】连接AE．依据线段垂直平分线的性质以及含30°角的直角三角形的性质，即可得出结论．【详解】解：在中，，∴．如图，连接，由尺规作图可知直线是线段的垂直平分线，∴，∴，∴．在中，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题以尺规作图为背景，考查垂直平分线的性质和含角的直角三角形的性质，体现了直观想象和逻辑推理的核心素养．3．下列图形中，不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依据轴对称图形的定义，逐一推断选项，即可得到答案．【详解】A．是中心对称图形，但不是轴对称图形，符合题意，B．是轴对称图形，不符合题意，C．是轴对称图形，不符合题意，D．是轴对称图形，不符合题意，故选A．【点睛】本题主要考查轴对称图形的定义，驾驭轴对称图形的定义，是解题的关键．4．（2024·山西初二）下列命题的逆命题是真命题的是（）A．对顶角相等 B．全等三角形的对应角相等C．等边三角形是锐角三角形 D．角平分线上的点到角两边的距离相等【答案】D【解析】【分析】分别写出全部命题的逆命题后推断即可．【详解】A、逆命题是“相等的角是对顶角”，是假命题；B、逆命题是“对应角相等的三角形全等”，是假命题；C、逆命题是“锐角三角形是等边三角形”，是假命题；D、逆命题是“到角两边距离相等的点在角的平分线上”，是真命题．故选：D【点睛】本题考查了命题与逆命题，解题的关键是能够写出一个命题的逆命题，难度中等．5．（2024·山东省青岛第五十九中学初一月考）如图，在中，点分别在边上，相交于点，假如已知，那么还不能判定，补充下列一个条件后，仍无法判定的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】依据三角形中∠ABC=∠ACB，则AB=AC，又∠A=∠A，由全等三角形判定定理对选项一一分析，解除错误答案．【详解】解：∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，又∵∠A=∠A，添加A选项中条件可用SAS判定两个三角形全等；

添加B选项以后是SSA，无法证明三角形全等；

添加C选项中条件首先依据等边对等角得到∠OBC=∠OCB，再由等式的性质得到∠ABE=∠ACD，最终运用ASA判定两个三角形全等；

添加D选项中条件首先依据等角的补角相等可得∠ADC=∠AEB，再由AAS判定两个三角形全等；

故选：B．【点睛】本题重点考查了三角形全等的判定定理，一般两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等．6．（2024·山西初一期末）如图，，，点、、、在同一条直线上，请你添加一个条件，使得，则不能添加的条件是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据已知条件知：，．结合全等三角形的判定定理进行解答．【详解】已知条件知：，．A、当添加时，可得AF=CE，依据SAS能判定，故本选项不符合题意；B、当添加时，可得，依据AAS能判定，故本选项不符合题意；C、当添加时，依据SSA不能判定，故本选项符合题意；D、当添加时，依据ASA能判定，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】考查了全等三角形的判定，全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必需再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．7．（2024·广西初二期中）有4条线段：3，7，9，11.选择三根能组成的三角形个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】【分析】依据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边进行分析即可．【详解】解：（1）当取3、7、9三条线段时，∵3+7=10＞9，故能构成三角形；（2）当取3、7、11三条线段时，∵3+7=10＜11，故不能构成三角形；（3）当取3、9、11三条线段时，∵3+9=12＞11，故能构成三角形；（4）当取7、9、11三条线段时，∵7+9=16＞11，故能构成三角形．故选：C．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，要留意三角形形成的条件：随意两边之和大于第三边，随意两边之差小于第三边．8．（2024·江西初二期末）下列图形①线段、②角、③等腰三角形、④直角三角形，是轴对称图形的是（）A．①② B．③④ C．①②③ D．②③④【答案】C【解析】【分析】依据轴对称图形的概念：假如一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴可得到轴对称图形，再依据对称轴的条数进行进一步筛选可得答案．【详解】解：依据轴对称图形的性质得出：线段，角，等腰三角形都是轴对称图形，故一共有3个轴对称图形．故选：C．【点睛】本题主要考查了轴对称图形，关键是找到图形的对称轴．9．（2024·海南初二期末）如图，在中，与的平分线交于点，过点作DE∥BC，分别交于点若，则的周长为（）A．9 B．15 C．17 D．20【答案】A【解析】【分析】由与的平分线交于点，DE∥BC，可得：DB=DO，EO=EC，进而即可求解．【详解】∵BO是∠ABC的平分线，∴∠OBC=∠DBO，∵DEBC，∴∠OBC=∠DOB，∴∠DBO=∠DOB，∴DB=DO，同理：EO=EC，∴的周长=AD+AE+DO+EO=AD+AE+DB+EC=AB+AC=5+4=9．故选A．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质和判定定理，驾驭“双同等腰”模型，是解题的关键．二、填空题（每题3分，共27分）10．（2024·河北初二期中）如图，，依据角平分线性质填空：（1）若，则________.（2）若，则________.【答案】，【解析】【分析】（1）依据角平分线性质推出即可；

（2）依据角平分线性质推出即可．【详解】（1）∵∠B=∠D=90°，

∴AB⊥BC，AD⊥DC，

∵∠1=∠2，

∴BC=CD，

故答案为：．

（2）∵AB⊥BC，AD⊥DC，

∵∠3=∠4，

∴AB=AD，

故答案为：．【点睛】此题考查了角平分线性质的应用，解题关键在于驾驭角平分线上的点到角两边距离相等．11．（2024·河南初二月考）一个等腰三角形的一边是4cm，另一边是6cm,则这个三角形的周长是________cm。【答案】14或16【解析】【分析】本题应分为两种状况：①4为底，6为腰，②6为底，4为腰．留意还要考虑三角形的三边关系．【详解】解：①当4为底，6为腰时，三角形的三边为4、6、6，4+6＞6，能组成三角形，所以三角形的周长为：4+6+6=16cm；当6为底，4为腰时，三角形的三边为4、4、6，4+4＞6，能组成三角形，所以三角形的周长为：4+4+6=14cm．故答案为：14或16．【点睛】本题考查了等腰三角形的概念和三角形的三边关系；求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．12．己知，某三角形的周长是30，两个内角的平分线交于点，点到其中一边的距离为2，则该三角形的面积是________．【答案】30【解析】【分析】如图，设△ABC的两个内角∠ABC和∠ACB的平分线交于点，连接AO，则AO平分∠BAC，作OD⊥AB于点D，OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F，依据角平分线的性质可得OD=OE=OF=2，然后利用解答即可．【详解】解：如图，设△ABC的两个内角∠ABC和∠ACB的平分线交于点，连接AO，则AO平分∠BAC，作OD⊥AB于点D，OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F，则OD=OE=OF=2，∵AB+BC+AC=30，∴．故答案为：30．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质和三角形的面积，属于基本题型，娴熟驾驭角平分线的性质是解题关键．13．（2024·四川省成都市七中育才学校初一期中）如图，在中，，为边上一点，，平分的外角，且.连接交于为边上一点，满意，连接交于.以下结论：①；②；③；④若平分，则平分正确的是_____________．【答案】①、②、④【解析】【分析】①可推导∠ACB=∠ACE=60°，进而可证全等；②先证△BFC≌△DGC，得到∠FBC=∠CDG，∠BFC=∠DFH，从而推导得出∠BCF=∠DHF=60°；③是错误的，无法得出；④利用△BCE的外角∠ECM和△ABC的外角∠ACM的关系，结合∠DEC=∠A可推导得出.【详解】如下图①∵∠ACB=60°，∴∠ACM=120°∵CE是∠ACM的角平分线，∴∠ACE=∠ECM=60°∴∠ACB=∠ACE∵BC=DC，AC=CE∴△ABC≌△EDC(SAS)，正确；②∵CF=CG，已知∠BCF=∠DCG=60°，BC=DC∴△BCF≌△DCG∴∠FBC=∠GDC∵∠BFC=∠DFH∴∠BCF=∠DHF=60°，正确；③条件不足，无法得出，错误；④∵BE是∠DEC的角平分线，∴∠DEF=∠CEF∵∠ECM=∠CBF+∠FEC=60°，∠DCM=∠A+∠ABC=120°∴∠A+∠ABC=2(∠FBC+∠FEC)=2∠FBC+2∠FEC=2∠FBC+∠DEC∵∠DEC=∠A∴∠ABC=2∠FBC∴BE平分∠ABC，正确；故答案为：①②④.【点睛】本题考查全等三角形的证明、角平分线的证明和三角形外角的性质，在解决此类题型时，我们往往首先须要找出全等三角形，然后利用全等三角形对应边角相等的性质进行推导求解.14．（2024·广西蒙山县二中初二月考）如图，一块三角形玻璃板裂开成①,②,③三块，现须要买另一块同样大小的一块三角形玻璃,为了便利,只需带第______块碎片比较好．【答案】③【解析】【分析】依据三角形全等的判定方法解答即可．【详解】解：由图可知，带③去可以利用“角边角”得到与原三角形全等的三角形．

故答案为：③．【点睛】本题考查了全等三角形的应用，熟记三角形全等的判定方法是解题的关键．15．（2024·上海市建平中学西校初二月考）如图,在△ABC中,∠C=90°,AD是角平分线且DC=3cm,BD=5cm,则点D到AB的距离是___________cm.【答案】3【解析】【分析】过D作DE⊥AB，DE的长即为D到AB的距离，由角平分线的性质可得DE=DC=3cm.【详解】如图，过D作DE⊥AB，DE的长即为D到AB的距离，∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DE⊥AB∴DE=DC=3cm故答案为：3.【点睛】本题考查角平分线的性质，娴熟驾驭角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键.16．（2024·沈阳市杏坛中学初二期中）如图，AC，BD在AB的同侧，AC＝10，BD＝3，AB＝8，点M为AB的中点，若∠CMD＝120°，则CD的最大值是____．【答案】17【解析】【分析】如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．【详解】解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′．∴A´M=AM=AB，B´M=BM=AB，BD=B´D，AC=A´C，

∵∠CMD＝120°，

∴∠AMC＋∠DMB＝60°，

∴∠CMA′＋∠DMB′＝60°，

∴∠A′MB′＝60°，

∵MA′＝MB′，

∴△A′MB′为等边三角形

∵CD≤CA′＋A′B′＋B′D＝CA＋AM＋BD＝10＋4＋3＝17，

∴CD的最大值为：17，

故答案为：17．【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等学问，解题的关键是学会添加常用协助线，学会利用两点之间线段最短解决最值问题，属于中考常考题型．17．（2024·吉林初二期末）如图是按以下步骤作图：（1）在中，分别以点和点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于两点；（2）作直线交于点；（3）连接．若，，则的度数为__________．【答案】42°【解析】【分析】由作图步骤可知MD是线段AB的垂直平分线，易得，利用三角形内角和定理可得的度数.【详解】解：由作图步骤可知MD是线段AB的垂直平分线，在中，故答案为：42°【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质，正确理解题中所给的作图步骤是解题的关键.18．（2024·上海初三期末）在△ABC中，边BC、AC上的中线AD、BE相交于点G，AD=6，那么AG=____．【答案】4【解析】【分析】由三角形的重心的概念和性质，即可得到答案．【详解】解：如图，∵AD，BE是△ABC的中线，且交点为点G，∴点G是△ABC的重心，∴；故答案为：4.【点睛】此题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．19．（2024·山西初二期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交直线BC于点E.若∠B＝35°，∠ACB＝85°，则∠E的度数为______.【答案】25°【解析】【分析】利用三角形内角和定理得出∠BAC的度数，进而得出∠ADC的度数，再利用三角形内角和定理和外角性质得出即可.【详解】解：∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，∴∠BAC＝60°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝30°，∴∠ADC＝35°+30°＝65°，∵∠EPD＝90°，∴∠E的度数为：90°﹣65°＝25°.故答案为：25°.【点睛】本题考查三角形内角和及外交定理,关键在于熟记相关学问点.三、解答题（共83分）20．（2024·山东初一期末）已知：如图，AD∥BC，AE平分∠BAD，CD与AE相交于F，∠CFE＝∠E．求证：∠B＝∠DCE【答案】见解析【解析】【分析】由AE为角平分线得到一对角相等，再由AD与BE平行得到一对内错角相等，等量代换得到∠1=∠E，再由已知∠CFE=∠E，等量代换得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行即可得证．【详解】解：证明：∵AE平分∠BAD，

∴∠1=∠2，

∵AD∥BE，

∴∠2=∠E，

∴∠1=∠E，

∵∠CFE=∠E，

∴∠1=∠CFE，

∴AB∥CD，∴∠B＝∠DCE．【点睛】此题考查了平行线的判定与性质，娴熟驾驭平行线的判定与性质是解本题的关键．21．（2024·四川初一期末）如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点都是格点．（1）画出关于直线MN的对称图形;（2）干脆写出线段的长度；（3）干脆写出的面积。【答案】（1）如图见解析；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）由轴对称的性质，干脆可作图；

（2）由作出的图，干脆可求BB'；

（3）△ABC的面积=长方形面积减去三个直角三角形面积．【详解】（1）如图：

（2）由图可求BB'=6；

（3）S=4×5-；【点睛】此题考查轴对称作图，能够精确的作出轴对称图形是解题的关键．22．如图，在和中，，，.求证：.【答案】见解析【解析】【分析】依据AAS即可证明，故可求解.【详解】∵，∴，即，在和中，，∴，∴.【点睛】简单题.失分缘由是：对全等三角形的判定方法没有熟记并敏捷应用.23．（2024·武汉市武珞路中学初三期中）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，边BC绕点B顺时针旋转120°得到BE，边DC绕点D逆时针旋转120°得到DF，四边形ABEG和四边形ADFH为平行四边形．（1）如图1，若BC＝CD，∠BCD＝120°，则∠GCH＝_______°；（2）如图2，若BC≠CD，探究∠GCH的大小是否发生改变，并证明你的结论；（3）如图3，若∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝请干脆写出△AGH的周长．【答案】（1）60；（2）不变，理由见解析；（3）．【解析】【分析】（1）连接AC，证明，即可得；（2）不变，，连接，，，与交于点，因为，，得到为等边三角形，又因为四边形是平行四边形，可得，，因为，所以，因为，，得到，即，可证，得到，，同理可得，，得，，因为，，，所以，因为，，，可证，可得，，由等量关系可得；（3）分别求出AG、AH、GH的长，干脆相加即可；【详解】解：（1）如图，连接AC，在和中，，∴，∴；（2）不变，，理由如下：连接，，，与交于点，∵，，∴为等边三角形，∵四边形是平行四边形，，，∵，，∵，，，，∵，，，，，，同理可得，，，，∵，，，，∵，，，，，∵，，（3）．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，驾驭旋转的性质，全等三角形的性质与判定是解题的关键.24.（2024·陕西高新一中初一期末）如图（1），AB＝7cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、B，AC＝5cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并推断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其它条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x的值．【答案】（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ，理由见解析；（2）2或【解析】【分析】（1）利用AP＝BQ＝2，BP＝AC，可依据“SAS”证明△ACP≌△BPQ；则∠C＝∠BPQ，然后证明∠APC＋∠BPQ＝90°，从而得到PC⊥PQ；（2）探讨：若△ACP≌△BPQ，则AC＝BP，AP＝BQ，即5＝7﹣2t，2t＝xt；②若△ACP≌△BQP，则AC＝BQ，AP＝BP，即5＝xt，2t＝7﹣2t，然后分别求出x即可．【详解】解：（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ．理由如下：∵AC⊥AB，BD⊥AB，∴∠A＝∠B＝90°，∵AP＝BQ＝2，∴BP＝5，∴BP＝AC，∴△ACP≌△BPQ（SAS）；∴∠C＝∠BPQ，∵∠C＋∠APC＝90°，∴∠APC＋∠BPQ＝90°，∴∠CPQ＝90°，∴PC⊥PQ；（2）①若△ACP≌△BPQ，则AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt解得：x＝2，t＝1；②若△ACP≌△BQP，则AC＝BQ，AP＝BP，可得：5＝xt，2t＝7﹣2t解得：x＝，t＝．综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，驾驭全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．留意：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．25．（2024·福建初二期中）如图，已知中，，，边上的垂直平分线交于点，交于．求：（1）的度数；（2）若，求的长．【答案】（1）60°；（2）12．【解析】【分析】（1）利用垂直平分线的性质能推出，然后利用即可求解；（2）先利用直角三角形两锐角互余求出的度数，然后依据等腰三角形的性质得出，再依据求出AD的长度，最终利用即可求解．【详解】（1）∵DE垂直平分AC，∴，．∵，．（2）∵，，，．，，．【点睛】本题主要考查垂直平分线的性质，直角三角形两锐角互余，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，驾驭垂直平分线的性质，直角三角形两锐角互余，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．26．（2024·江苏初二期末）如图1，对于平面直角坐标系xOy中的点A和点P，若将点P绕点A顺时针旋转90°后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“垂链点”.(1)△PAQ是__________三角形;(2)已知点A的坐标为（0,0），点P关于点A的“垂链点”为点Q①若点P的坐标为（2,0），则点Q的坐标为___________；②若点Q的坐标为（-2,1），则点P的坐标为___________；(3)如图2,已知点D的坐标为（3,0），点C在直线y=2x上,若点C关于点D的“垂链点”在坐标轴上，试求点C的坐标.【答案】（1）等腰直角；（2）①(0,-2)；②(-1,-2)；（3）点C坐标（3,6）或（,-3）.【解析】【分析】（1）依据旋转的性质，得到AP=AQ，∠PAQ=90°，即可得到答案；（2）依据旋转的性质和“垂链点”的定义，分别求出点Q和点P的坐标即可；（3）①当点C在第一象限时，则点C关于点D的“垂链点”在x轴上，则CD⊥x轴，即可求解；②当点C在第三象限时，证明△CDH≌△DOC1（AAS），得到CH=OD=3，即可求出点C的坐标.【详解】解：（1）由旋转的性质，可知，AP=AQ，∠PAQ=90°，∴△PAQ是等腰直角三角形；故答案为：等腰直角；（2）∵点A为（0，0），即为原点，依据旋转的性质和“垂链点”的定义，得①若点P的坐标为（2，0），则点Q的坐标为（）；②点Q的坐标为（，1），则点P的坐标为（）；故答案为：①（）；②（）；（3