2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考试卷01新人教版

2024-2025学年八年级数学上学期期中模拟考01（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·广西南宁三中初二开学考试）已知等腰三角形的两边长分别为5和6，则这个等腰三角形的周长为（）A．11 B．16 C．17 D．16或17【答案】D【解析】试题分析：由等腰三角形的两边长分别是5和6，可以分状况探讨其边长为5，5，6或者5，6，6，均满意三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边的条件，所以此等腰三角形的周长为5+5+6=16或5+6+6=17.故选项D正确.考点：三角形三边关系；分状况探讨的数学思想2．（2024·湖北初二期中）如图，平分,,,于,,则∠ACP=（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】如图，作PT⊥AN于T．由Rt△PTC≌Rt△PDB（HL），推出∠PCT=∠PBD，只要求出∠PBD即可解决问题；【详解】解：如图，作PT⊥AN于T．

∵PA平分∠MAN，PT⊥AN，PD⊥AM，

∴PT=PD，∠PTC=∠PDB=90°，

∵PC=PB，

∴Rt△PTC≌Rt△PDB（HL），

∴∠PCT=∠PBD，

∵∠PBD=90°-50°=40°，

∴∠PCT=40°，

∴∠ACP=180°-40°=140°，

故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等学问，解题的关键是敏捷运用所学学问解决问题，属于中考常考题型．3．（2024·山东初一期末）如图，在中，DE是AC的垂直平分线，且分别交BC，AC于D、E两点，，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】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得到∠DAC=∠C，依据三角形内角和定理求出∠BDA的度数，计算出结果．【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线，

∴DA=DC，

∴∠DAC=∠C，

∵∠B=60°，∠BAD=70°，

∴∠BDA=50°，

∴∠DAC=∠BDA=25°，

∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=70°+25°=95°

故选D．【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质的学问，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是解题的关键．4．（2024·四川初一期中）如图，CD∥AB，OE平分∠AOD，OF⊥OE，OG⊥CD，∠CDO＝50°，则下列结论：①OG⊥AB；②OF平分∠BOD；③∠AOE＝65°；④∠GOE＝∠DOF，其中正确结论的个数有（）A．1个 B．2个C．3个 D．4个【答案】D【解析】【分析】由平行线的性质结合角平分线的定义，再结合垂直的定义，可分别求得∠AOE、∠GOE、∠DOF、∠BOD，可判定结论，得出正确答案．由CD∥AB，依据两直线平行，内错角相等，即可求得∠BOD的度数，∠AOE的度数；又由OF⊥OE，即可求得∠BOF的度数，得到OF平分∠BOD；又由OG⊥CD，即可求得∠GOE与∠DOF的度数．【详解】解：

∵AB∥CD，OG⊥CD，

∴OG⊥AB；故①正确；

∵AB∥CD，

∴∠BOD=∠CDO=50°，

∴∠AOD=180°-50°=130°，

又OE平分∠AOD，

∴∠AOE=∠AOD=65°，

故③正确；∵OG⊥CD，

∴∠GOA=∠DGO=90°，

∴∠GOD=40°，∠GOE=90°-∠AOE=25°，

∴∠EOG+∠GOD=65°，

又OE⊥OF，∴∠FOE=90°

∴∠DOF=25°，

∴∠BOF=∠DOF，

∴OF平分∠BOD，∠GOE=∠DOF，故②④正确；

∴正确的结论有4个，

故选：D．【点睛】此题考查了平行线的性质、垂线的定义以及角平分线的定义．此题难度适中，留意驾驭数形结合思想的应用．5．（2024·南宁市第八中学初三）如图，AB为的直径，BC为的切线，弦AD∥OC，直线CD交的BA延长线于点E，连接BD．下列结论：①CD是的切线；②；③；④．其中正确结论的个数有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【解析】【分析】由切线的性质得，首先连接，易证得，然后由全等三角形的对应角相等，求得，即可证得直线是的切线，依据全等三角形的性质得到，依据线段垂直平分线的判定定理得到即，故②正确；依据余角的性质得到，等量代换得到，依据相像三角形的判定定理得到，故③正确；依据相像三角形的性质得到，于是得到，故④正确．【详解】解：连结．为的直径，为的切线，，，，．又，，．在和中，，，．又点在上，是的切线；故①正确，，，，垂直平分，即，故②正确；为的直径，为的切线，，，，，，，，，故③正确；，，，，，，故④正确；故选：A．【点睛】本题主要考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质以及相像三角形的判定与性质，留意驾驭协助线的作法，留意数形结合思想的应用是解答此题的关键．6．在△ABC中,∠A、∠B的外角分别是120°、150°,则∠C=()A．120°B．150°C．60°D．90°【答案】D【解析】【分析】已知∠A、∠B的外角分别是120°、150°，即可求得∠A=60°，∠B=30°，再由三角形的内角和定理求∠C的度数即可.【详解】∵∠A、∠B的外角分别是120°、150°，∴∠A=60°，∠B=30°，∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-60°-30°=90°.故选D.【点睛】本题考查了三角形的外角与三角形的内角和定理，求得∠A=60°、∠B=30°是解决本题的关键.7．（2024·全国初一课时练习）等腰三角形、直角三角形、等边三角形、锐角三角形、钝角三角形和等腰直角三角形中，肯定是轴对称图形的有（）A．3个B．4个C．5个D．2个【答案】A【解析】等腰三角形、等边三角形、等腰直角三角形都是轴对称图形，是轴对称图形的有3个.故选：A.8．（2024·重庆初二期末）已知∠AOB=30°，点P在∠AOB内部，P1与P关于OB对称，P2与P关于OA对称，则P1，O，P2三点构成的三角形是（）A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形【答案】C【解析】【分析】依据题意，作出相应的图形，然后对相应的角进行标记；本题先证明P1，O，P2三点构成的三角形中，然后证边，得到P1，O，P2三点构成的三角形为等腰三角形，又因为该等腰三角形有一个角为，故得证P1，O，P2三点构成的三角形是等边三角形。【详解】如图所示，依据题意，作出相应的图形，可知：∵P和点关于OB对称，p和关于OA对称∴可得,（垂线段的性质）∴为等腰三角形∵∴等腰为等边三角形.故本题选C.【点睛】本题主要考查垂线段的性质和定理，以及等边三角形的证明方法（有一个角为的等腰三角形为等边三角形）.9．（2024·全国初三单元测试）若点，关于原点对称，则，两点的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依据关于原点对称点的性质得出m，n的值，进而求出P，Q两点的距离．【详解】∵点P(1,−n),Q(m,3)关于原点对称，∴m=−1，n=3，故点P(1,−3),Q(−1,3)则P，Q两点的距离为：=2.故答案选：D.【点睛】本题考查了关于原点对称点的性质，解题的关键是娴熟的驾驭关于原点对称点的性质.10．（2024·四川初二期中）若一个正n边形的一个外角为45°，则n等于（）A．6B．8C．10D．12【答案】B【解析】试题分析：依据多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都等=45°，即可求得多边形得到边数360÷45=8，所以是八边形．故选B．考点：多边形内角与外角二、填空题（每题3分，共30分）11．（2024·湖北初二期中）如图，已知的六个元素，则下列甲、乙、丙三个三角形中和全等的图形是______.【答案】乙丙.【解析】【分析】甲不符合三角形全等的推断方法，乙可运用SAS判定全等，丙可运用AAS证明两个三角形全等．【详解】由图形可知，甲有一边一角，不能推断两三角形全等，乙有两边及其夹角，能推断两三角形全等，丙得出两角及其一角对边，能推断两三角形全等，依据全等三角形的判定得，乙丙正确.故答案为：乙丙.【点睛】此题考查三角形全等的判定方法，解题关键在于驾驭判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．12．（2024·河南初二月考）如图，AB∥CD，AE=AF，CE交AB于点F，∠C=110°，则∠A=°．【答案】40【解析】依据平行线的性质得∠C=∠EFB=110°，再利用邻补角的定义得∠AFE=180°﹣110°=70°，由AE=AF，依据等腰三角形的性质得到∠E=∠AFE=70°，然后依据三角形内角和定理计算∠A．解：∵AB∥CD，∴∠C=∠EFB=110°，∴∠AFE=180°﹣110°=70°，∵AE=AF，∴∠E=∠AFE=70°，∴∠A=180°﹣∠E﹣∠AFE=40°．故答案为40．13．（2024·镇江市外国语学校初二月考）（1）假如，，，那么_______．（2）如图，，请依据图中供应的信息，写出_______．【答案】60°20【解析】【分析】（1）由，依据对应角相等即可得出；（2）由，依据对应边相等即可得出；【详解】（1）∵∴=60°；（2）∵∴=20故答案为：（1）60°；（2）20．【点睛】本题考查全等三角形的性质，找到对应边和对应角相等是解题的关键．14．一个多边形每个内角的大小都是其相邻外角大小的2倍，则这个多边形的边数是_____________．【答案】6【解析】【分析】【详解】【考点】多边形的外角和公式、多边形的一个内角与其相邻外角的关系．【分析】先依据多边形的一个内角与其相邻外角互补以及一个多边形每个内角的大小都是其相邻外角大小的2倍，求出多边形的每一个外角都等于．再依据多边形的外角和等于360°，可以求出多边形的边数是．【解答】解：∵多边形的一个内角与其相邻外角互补以及一个多边形每个内角的大小都是其相邻外角大小的2倍，∴多边形的每一个外角都等于，多边形的外角和等于360°，这个多边形的边数是故答案为：6．15.（2024·杭州启正中学初二月考）△ABC中，D为BC边上的一点，BD：BC＝2：3，△ABC的面积为12，则△ABD的面积是_______．【答案】8【解析】试题分析：∵BD：BC=2：3，△ABC的面积为12，∴△ABD的面积=12×=8．故答案为：8．考点：三角形的面积16．在中，，则BC边上的中线AD的取值范围___________.【答案】1＜AD＜5．【解析】【分析】延长AD至点E，使得DE=AD，可证△ABD≌△CDE，可得AB=CE，AD=DE，在△ACE中，依据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．【详解】解：延长AD至点E，使得DE=AD，∵在△ABD和△CDE中，，∴△ABD≌△CDE（SAS），∴AB=CE，AD=DE∵△ACE中，AC-AB＜AE＜AC+AB，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ABD≌△CDE是解题的关键．17．如图，在△ABC中，DE、FG分别是边AB、AC的垂直平分线，则∠B______∠1，∠C______∠2；若∠BAC=126°，则∠EAG=______度.【答案】==72°【解析】【分析】先依据线段垂直平分线的性质，得出AE=BE，AG=CG，故∠1=∠B，∠2=∠C，由三角形内角和定理可知，∠B+∠C+∠BAC=∠B+∠C+126°=180°，故∠B+∠C=54°，由于∠1+∠2+∠B+∠C+∠EAG=180°，即2（∠B+∠C）+∠EAG=180°，再把∠B+∠C=54°代入即可求解．【详解】解：∵DE、FG分别是边AB、AC的垂直平分线，∴AE=BE，AG=CG，∴∠1=∠B，∠2=∠C，∵∠B+∠C+∠BAC=∠B+∠C+126°=180°，∴∠B+∠C=180°-126°=54°，∵∠1+∠2+∠B+∠C+∠EAG=180°，即2（∠B+∠C）+∠EAG=180°，∴∠EAG=180°-2×54°=72°．故答案为72°．【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，熟记学问点是解题的关键．18．如图，AD是的中线，，、E、F分别是垂足，已知，则DE与DF长度之比为________.【答案】2【解析】【分析】依据三角形中线的性质可得，然后利用三角形面积公式分别表示出两个三角形的面积，结合可求出DE与DF长度之比.【详解】解：∵AD是的中线，∴，∵，，∴，∵，∴，∴DE与DF长度之比为2，故答案为2.【点睛】本题考查了三角形中线的性质，熟知三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分是解题关键.19．（2024·江苏初二期中）如图，在△ABC中，∠C=26°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，假如DE垂直平分BC，那么∠A=_____°．【答案】102°【解析】【分析】由垂直平分线的性质可得∠C=∠DBC=26°，由BD平分∠ABC可得∠DBC=∠ABD=26°，最终在三角形ABC中利用内角和180°可求出∠A.【详解】∵DE垂直平分BC，∴DB=DC，∴∠C=∠DBC=26°又∵BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD=26°，∴∠C=∠DBC=∠ABD=26°在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C=180°，∴∠A=180°-3∠C=102°.故答案为102.【点睛】本题考查垂直平分线和角平分线的性质，娴熟驾驭性质得出角度关系是解题的关键.20．（2024·江西初二期末）如图，是等边三角形，点是边的中点，点在直线上，若是轴对称图形，则的度数为__________【答案】15°或30°或75°或120°【解析】【分析】当△PAD是等腰三角形时，是轴对称图形．分四种情形分别求解即可．【详解】如图，当△PAD是等腰三角形时，是轴对称图形．∵AD是等边三角形BC边长的高，∴∠BAD=∠CAD=30°,当AP＝AD时，∠P1AD=∠P1AB+∠BAD=120°+30°=150°∴∠AP1D＝==15°，∠AP3D＝==75°．当PA＝PD时，可得∠AP2D＝==120°．当DA＝DP时，可得∠AP4D＝∠P4AD=30°，综上所述，满意条件的∠APD的值为120°或75°或30°或15°．故答案为15°或30°或75°或120°．【点睛】此题主要考查等腰三角形的判定与性质，解题的关键是依据题意分状况探讨.三、解答题（共80分）21．（2024·陕西初三）如图，△ABC中AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，过B作BE∥AC交AD延长线于点E．求证：AC＝BE．【答案】证明见解析【解析】【分析】由等腰三角形的性质得BD=CD，再平行线的性质得∠C=∠DBE，最终证明△ADC≌△EDB便可得结论．【详解】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴BD＝CD，又∵BE∥AC，∴∠C＝∠DBE，在△ADC和△EDB中，∴△ADC≌△EDB（ASA），∴AC＝BE．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，关键在证明三角形全等．22．（2024·重庆市试验学校初二期中）如图，△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC外一点，DC与AB交于点O，且∠BDC＝∠BAC．（1）求证：∠ABD＝∠ACD；（2）过点A作AM⊥CD于M，求证：BD+DM＝CM．【答案】见解析【解析】【分析】（1）由三角形内角和定理即可得出结论；（2）在CM上截取CE＝BD，连接AE，由SAS证明△ABD≌△ACE得出AD＝AE，由等腰三角形的性质得出DM＝EM，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠BDC＝∠BAC，∠BOD＝∠AOC，∴∠ABD＝∠ACD；（2）证明：在CM上截取CE＝BD，连接AE，如图所示：在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∵AM⊥CD，∴DM＝EM，∴BD+DM＝CE+EM＝CM．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等学问；娴熟驾驭等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．23．（2024·山东初一期末）如图，已知A、E、F、C在一条直线上，BE∥DF，BE＝DF，AF＝CE．(1)图中有几对全等三角形？(2)推断AD与BC的位置关系，请说明理由．【答案】(1)图中3对全等三角形；(2)结论：AD∥BC，理由见解析.【解析】【分析】（1）依据全等三角形的判定方法即可得出；（2）证明△ABE≌△CDF，得出四边形ABCD是平行四边形，即可得出平行关系.【详解】(1)图中全等三角形有△ABE≌△CDF，△BAC≌△DCA，△BCE≌△ADF．(2)结论：AD∥BC．理由：∵BE∥DF，∴∠BEC＝∠AFD，∴∠AEB＝∠DFC，∵AF＝CE，∴AE＝CF，∵BE＝DF，∴△ABE≌△CDF，∴AB＝CD，∠BAE＝∠DCF，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．【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.24．（2024·河北初二期中）如图1，AB=12，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=8。点P在线段AB上以每秒2个单位的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由B点向点D运动。它们的运动时间为t(s).

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=2时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由，并推断此时线段PC和线段PQ的位置关系；（2）如图2，将图1中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变。设点Q的运动速度为每秒x个单位，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x,t的值；若不存在，请说明理由。【答案】（1）△ACP与△BPQ全等，PC⊥PQ，理由见解析；（2）存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等，，【解析】【分析】（1）利用HL证得Rt△PAC≌Rt△QBP，得出∠APC=∠PQB，进一步得出∠PQB+∠QPB=∠APC+∠QPB=90°，得出结论即可；（2）由△ACP≌△BQP，分两种状况：①AC=BQ，AP=BP，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．【详解】（1）解：△ACP与△BPQ全等，PC⊥PQ，理由如下：当t=2时，AP=BQ=2×2=4，BP=AB-AP=12-4=8=AC，∵AC⊥AB，BD⊥AB，

∴∠PAB=∠PBQ=90°，在Rt△PAC和Rt△QBP中，，∴Rt△PAC≌Rt△QBP，∴∠APC=∠PQB，∵∠PQB+∠QPB=90°，∴∠APC+∠QPB=90°，即PC⊥PQ.（2）解：存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等，理由如下：若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，即,解得；若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BO，即,解得.【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，解题关键在于驾驭判定定理.25．（2024·重庆初二期末）已知中，，，点、分别是轴和轴上的一动点．(1)如图，若点的横坐标为，求点的坐标；(2)如图，交轴于，平分，若点的纵坐标为，，求点的坐标.(3)如图，分别以、为直角边在第三、四象限作等腰直角和等腰直角，交轴于，若，求.【答案】（1）B（0，-4）；（2）D（，0）；（3）12.【解析】【分析】（1）作CM⊥y轴于M，则CM=4，求出∠ABC=∠AOB=90°，∠CBM=∠BAO，证△BCM≌△ABO，即可得出结论；（2）作CM⊥y轴于M，利用AAS得到△CMB≌△BOA，得到B和C两点的坐标，然后求BC的解析式，与x轴的交点就是点D，即可求出点D坐标；（3）作EN⊥y轴于N，求出∠NBE=∠BAO，证△ABO≌△BEN，推出S△ABO=S△BEN，OB=NE=BF，证△BFM≌△NEM，推出BM=NM，依据三角形面积公式得出S△NEM=S△BEM=S△BEN=S△ABO，即可得出答案．【详解】解：（1）如图，作CM⊥y轴于M，则CM=4，∵∠ABC=∠AOB=90°，∴∠CBM+∠ABO=90°，∠ABO+∠BAO=90°，∴∠CBM=∠BAO，在△BCM和△ABO中，∴△BCM≌△ABO（AAS），∴OB=CM=4，∴B（0，-4）；（2）如图，作CM⊥y轴于M，∵∠CBO+∠OBA=∠CBA=90°，∠OBA+∠BAO=90°，∴∠CBM=∠BAO，在△CMB和△BOA中，∴△CMB≌△BOA（AAS），∴CM=BO，AO=BM，∵点C的纵坐标为，A（，0），∴MO=，OA=BM=，∴CM=BO=BM-MO=2，∴C（-2，），B（0，-2），设BC的解析式为y=kx+b，则，解得：∴当y=0时，代入，故点D的坐标为（，0）；（3）如图，作EN⊥y轴于N，∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°，∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°，∴∠NBE=∠BAO，在△ABO和△BEN中，∴△ABO≌△BEN（AAS），∴S△ABO=S△BEN，OB=NE=BF，∵∠OBF=∠FBM=∠BNE=90°，∴在△BFM