满分预测押题卷（考试范围第1章~第3章）3

【高效培优】2022—2023学年八年级数学上册必考重难点突破必刷卷（苏科版）【期中满分突破】满分预测押题卷（考试时间：120分钟试卷满分：120分）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：本卷试题共三个大题，选择题10小题，填空题8小题，简答题8小题；试卷满分120分，应试时间120分钟。考试范围：苏科版八年级数学上册第1章~第3章一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列各组两个图形属于全等图形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据全等图形的定义，逐一判断选项，即可．【详解】解：A、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；B.两个图形能完全重合，是全等图形，符合题意，C.两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；D.两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查全等图形的定义，熟练掌握“能完全重合的两个图形，是全等图形”是解题的关键．2．如图所示，的度数是（

）A．44° B．55° C．66° D．77°【答案】B【分析】根据全等三角形的性质解答即可．【详解】在中，∴∠CAB=180°30°95°=55°，∵，∴∠EAD=∠CAB=55°，故选B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是利用全等三角形对应角相等找到角度之间的关系．3．下列图形中，轴对称图形的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】轴对称图形沿图上的某条直线对折后能够完全重合；根据所给图形试着寻找对称轴，并判断对称轴两边的部分折叠后能否重合，据此即可解答．【详解】解：第一个图形不是轴对称图形；第二个图形是轴对称图形；第三个图形是轴对称图形；第四个图形不是轴对称图形；故选B．【点睛】此题考查轴对称图形的辨识，解题关键在于识别图形．4．如图，△ABC是等边三角形，点D是AC的中点，DE⊥BC，CE＝3，则△ABC的周长为（）A．12 B．24 C．36 D．48【答案】C【分析】根据等边三角形的性质可得AB＝AC＝BC，∠C＝60°，再利用垂直定义可得∠DEC＝90°，从而可得∠EDC＝30°，进而在Rt△DEC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得CD＝6，然后利用线段中点的定义可得AC＝12，从而求出△ABC的周长，即可解答．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠C＝60°，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，∴∠EDC＝90°﹣∠C＝30°，∴CD＝2CE＝6，∵点D是AC的中点，∴AC＝2CD＝12，∴AB＝AC＝BC＝12，∴△ABC的周长为36，故选C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，以及含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．5．如图，已知树（垂直于地面）上的点处（米）有两只松鼠，为抢到处（点，在同一水平地面上，米）的坚果，一只松鼠沿到达点处，另一只松鼠沿到达点处．若两只松鼠经过的路程相等，则树的高为（

）A．6.5米 B．7.0米 C．7.5米 D．8米【答案】C【分析】设BF为xm，根据两只松鼠所经过的路程相等，则AF=(15x)m，在Rt△AEF中，利用勾股定理列出方程，即可解决问题．【详解】解：设BF为xm，则EF=（5+x）m，由题意知：BE+AE=15m，∵两只松鼠所经过的路程相等，∴BF+AF=15m，∴AF=（15x）m，在Rt△AEF中，由勾股定理得：102+（x+5）2=（15x）2，解得x=2.5，∴EF=5+2.5=7.5（m）．答：这棵树高7.5米．故选：C．【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，读懂题意，得出BF+AF=BE+AE是解题的关键．6．如图，在和中，已知，则添加以下条件，仍不能判定的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据全等三角形的判定定理分别判定即可．【详解】解：A、，，添加条件，∴根据可判定，故本选项不符合题意；B、，，添加条件，∴根据不能判定，故本选项符合题意；C、，，添加条件，∴根据HL可判定，故本选项不符合题意；D、，，添加条件，∴根据可判定，故本选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即，，，，直角三角形可用定理，但、，无法证明三角形全等，本题是一道较为简单的题目．7．下列文字中，是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用轴对称图形的概念可得答案．【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；C、是轴对称图形，故此选项符合题意；D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．8．如图所示，长方形纸片ABCD中，点E是AB的中点，且，DE的垂直平分线MN恰好经过点C，则边的长度为（

）A．2 B． C． D．1【答案】B【分析】连接CE，由矩形的性质得CD＝AB＝2，，由线段垂直平分线的性质得CE＝CD＝2，再由勾股定理求出BC即可．【详解】解：如图，连接EC．∵点E是AB的中点，且AE＝1，∴BE＝AE＝1，AB＝2AE＝2，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，，∵MN垂直平分DE，∴CE＝CD＝2，∴；故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．9．如图，在四边形ABCD中，AB=2，BC=2，CD=1，DA=3，且∠ABC=90°，则∠BCD的度数是（

）A．90° B．120° C．135° D．150°【答案】C【分析】连接AC，由于，利用勾股定理可求AC，并可求，而，易得，可证是直角三角形，于是有，从而易求∠BCD．【详解】解：如图所示，连接AC，∵，∴，又，∴，∴，∴是直角三角形，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，解题的关键是连接AC，并证明是直角三角形．10．如图，在已知的△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，以大于BC的一半长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若CD=AC，∠A=50°，则∠ACB=（

）A．80° B．25° C．105° D．95°【答案】C【分析】根据作图，得到DB=DC，根据CD=AC，∠A=50°，利用三角形内角和定理，三角形外角性质计算求解即可．【详解】∵由作图可知MN是BC的垂直平分线，∴DB=DC，∴∠B=∠DCB，∵CD=AC，∠A=50°，∴∠CDA=50°=∠B+∠DCB，∠A=∠ADC=50°，∴∠ACD=180°∠A+∠ADC=180°50°50°=80°，∠B=∠DCB=25°，∴∠ACB=∠DCB+∠ACD=80°+25°=105°，故选：C．【点睛】本题考查了线段的垂直平分线，等腰三角形的判定和性质，三角形外角性质，熟练掌握线段垂直平分线，灵活运用三角形外角性质是解题的关键．二、填空题（本大题共8个小题，每题3分，共24分）11．如图，图中有6个条形方格图，图上由实线围成的图形是全等形的有______对．【答案】【分析】设每个小方格的边长为1，分别表示出每个图形的各边长，再根据三角形全等的判定方法，对应边相等，对应角相等的多边形是全等多边形可得答案．【详解】解：如图，设每个小方格的边长为1，则（1）的各边分别是（6）的各边分别是由边边边公理可得两个三角形全等；所以（1）（6）全等．（2）的各边长分别是：且（3）的各边长分别是：且，

由四边形全等的定义可得：图形（2）与（3）全等，同理：（2）（5）全等，（3）（5）全等．故全等形有四对，故答案为：【点睛】此题主要考查学生对全等形的概念与判定的理解及运用，同时考查全等三角形的性质，解题的关键是掌握全等形的判定方法．12．如图所示的网格是正方形网格，每个小正方形的边长均为1，点，，，都在格点上，则的度数是______度．【答案】【分析】作C点关于AB的对称点E，连接DE，由对称性知≌，得到∠CAB＝∠BAE，再结合网格利用勾股定理得出AD，DE，AE的长，进而利用勾股逆定理解答即可．【详解】解：作C点关于AB的对称点E，连接AE，DE，如图所示：由对称性知≌，∴∠CAB＝∠BAE，在正方形网格，每个小正方形的边长均为1，在Rt中，，由勾股定理得：，在Rt中，，由勾股定理得：，，在Rt中，，由勾股定理得：，∴，∴△AED是等腰直角三角形，∴∠DAE＝45°＝∠DAB＋∠BAE＝∠DAB＋∠CAB，故答案为：45．【点睛】本题考查网格中运用勾股定理、勾股逆定理及等腰直角三角形的判定与性质，关键是根据勾股定理得出AD，DE，AE的长解答．13．如图，在中，，以为直角边向外作两个等腰直角三角形和，且，则的长为________________．【答案】【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，再由勾股定理，即可求解．【详解】解：∵△ACD和△BCE均是等腰直角三角形，∴AC=CD，BC=BE，∠ACD=∠CBE=90°，∵，∴，∴，∵，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理，等腰直角三角形的性质是解题的关键．14．如图，长方体的长，宽，高，点在上，且，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点爬到点，需要爬行的最短距离是_________．【答案】25【分析】首先将长方体沿CH、HE、BE剪开，向右翻折，使面ABCD和面BEHC在同一个平面内，连接AM；或将长方体沿CH、GD、GH剪开，向上翻折，使面ABCD和面DCHG在同一个平面内，连接AM，或将长方体沿AB、AF、EF剪开，向下翻折，使面CBEH和下面在同一个平面内，连接AM，然后分别在Rt△ADM与Rt△ABM与Rt△ACM，利用勾股定理求得AM的长，比较大小即可求得需要爬行的最短路程．【详解】解：将长方体沿CH、HE、BE剪开，向右翻折，使面ABCD和面BEHC在同一个平面内，连接AM，如图1，由题意可得：MD=MC+CD=5+10=15cm，AD=20cm，在Rt△ADM中，根据勾股定理得：AM=cm；将长方体沿CH、GD、GH剪开，向上翻折，使面ABCD和面DCHG在同一个平面内，连接AM，如图2，由题意得：BM=BC+MC=20+5=25（cm），AB=10cm,在Rt△ABM中，根据勾股定理得：AM=cm,连接AM，如图3，由题意得：AC=AB+CB=10+20=30（cm），MC=5cm,在Rt△ACM中，根据勾股定理得：AM=cm,∵，则需要爬行的最短距离是25．【点睛】此题考查了最短路径问题，利用了转化的思想，解题的关键是将立体图形展为平面图形，利用勾股定理的知识求解．15．如图，已知∠ACB＝∠BDA＝90°，请你添加一个条件，使得．你添加的条件是：_____．（写出一个符合题意的即可）【答案】AC＝BD（答案不唯一）【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．【详解】解：添加的条件是AC＝BD（答案不唯一），理由如下：∵∠ACB＝∠BDA＝90°，∴△ACB和△BDA是直角三角形，在Rt△ACB和Rt△BDA中，，∴△ACB≌△BDA（HL），故答案为：AC＝BD（答案不唯一）．【点睛】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．16．如图，，点A，B在直线上，以A为圆心，AB长为半径作圆弧与直线相交于C点，若∠CAB=30°，则∠ABC的度数为_______________．【答案】75°##75度【分析】由题意可知，是等腰三角形，根据三角形内角和等于180°，即可求解．【详解】∵以A为圆心，AB长为半径作圆弧与直线相交于C点，∴，即是等腰三角形，∵，∴，故答案为75°．【点睛】本题考查等腰三角形的性质和三角形内角和等于180°．17．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30，BC＝4cm，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为＝2cm/s，＝1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为ts（1）当t=_________时，△PBQ为等边三角形（2）当t=_________时，△PBQ为直角三角形【答案】

##

2或【分析】（1）由题意得AP=2tcm，BQ=tcm，BP=AB−AP=（8−2t）cm，再由等边三角形的性质得到PB=BQ，即8−2t=t，解方程即可；（2）讨论∠PQB=90°或∠BPQ=90°时，利用PB与BQ之间的关系，建立方程求解即可．【详解】（1）∵∠C＝90°，∠A＝30°，a＝4cm，∴∠B=60°，AB=8cm，∴当PB=BQ时，△PBQ是等边三角形，由题意得AP=2tcm，BQ=tcm，∴BP=AB−AP=（8−2t）cm，∴8−2t=t，解得，∴当时，△PBQ为等边三角形；故答案为：．（2）∵∠C＝90°，∠A＝30°，∴∠B=60°，∴当△PBQ为直角三角形时，只能是∠PQB=90°或∠BPQ=90°，当∠PQB=90°时，如图，∴∠BPQ=30°，∴BQ=BP，∵BP=（8−2t）cm，BQ=tcm，∴t=（8−2t），解得t=2；当∠BPQ=90°时，如图，∴∠PQB=30°，∴BQ=2BP，∴t=2（8−2t），解得，综上所述，当t=2或时△PBQ为直角三角形．故答案为：2或．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质、解一元一次方程，解题的关键在于能够熟练掌握含30度角的直角三角形的性质．18．如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD边向点D运动，到达点D停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为______时，△ABP与△PCQ全等．【答案】2或【详解】可分两种情况：①△ABP≌△PCQ得到BP＝CQ，AB＝PC，②△ABP≌△QCP得到BA＝CQ，PB＝PC，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．【解答】解：①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，∵AB＝8cm，∴PC＝8cm，∴BP＝12﹣8＝4（cm），∴2t＝4，解得：t＝2，∴CQ＝BP＝4cm，∴v×2＝4，解得：v＝2；②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，∵PB＝PC，∴BP＝PC＝6cm，∴2t＝6，解得：t＝3，∵CQ＝AB＝8cm，∴v×3＝8，解得：v＝，综上所述，当v＝2或时，△ABP与△PQC全等，故答案为：2或．【点睛】此题考查了动点问题，全等三角形的性质的应用，解一元一次方程，正确理解全等三角形的性质得到相等的对应边求出t是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分；第1922每小题6分，第2324每小题8分，第25小题12分，第26小题14分）19．如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接MC．(1)求证：BE＝AD；(2)用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；(3)当时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．【答案】(1)证明见详解；(2)；(3)等腰直角三角形．【分析】（1）利用SAS证明，即可得BE=AD；（2）根据得出，再利用三角形内角和定理，即可得出的度数；（3）先证明，再根据全等三角形的性质，得出CP=CQ，，然后得，进而得到结论．【详解】（1）证明：如图1，，，在和中，，，．（2）解：如图1，，，在中，，====，在中，==．（3）解：为等腰直角三角形．证明：如图2，由（1）得BE=AD，AD，BE的中点分别为点P、Q，，，，与中，，，，又，，，为等腰直角三角形．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定以及三角形内角和定理等知识，准确找到全等三角形是解决此题的关键．20．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5，BE=2，求线段DE的长．【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；(2)DE=3【分析】（1）①由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据三角形内角和与平角性质，得到，即可证明（AAS）；②根据，得到，，即可证明DE=AD+BE．（2）由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据、，得到，可证明，得到，，即可求出DE长．【详解】（1）①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴，∵，，∴，在和中，，∴（AAS）；②证明：∵，∴，，∴；（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴，∴，∵，∴∴，在和中，，（AAS），∴，，∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，根据已知准确找到符合全等的条件是解题关键．21．如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上．(1)在图中画出与关于直线l成轴对称的；(2)线段被直线l；(3)在直线l上找一点P，使的长最短；(4)的面积＝．【答案】(1)见详解(2)垂直平分(3)(4)3【分析】（1）分别作出B、C关于直线l的对称点即可；（2）根据轴对称的性质判断即可；（3）连接，与直线l的交点即为所求，再利用勾股定理求解即可；（4）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算的面积．【详解】（1）解：如图，为所作；（2）∵C点与关于直线l对称，∴线段被直线l垂直平分．故答案为：垂直平分．（3）如图，当三点共线时，最小，最小值为，故答案为：；（4）的面积；故答案为3．【点睛】本题考查了作图轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．22．如图，在中，，点D、E、F分别在、、边上，且，．(1)证明：；(2)当时，求的度数；(3)猜想：直接写出当___________度时，．【答案】(1)见详解(2)(3)【分析】（1）先根据线段和差可得，再根据三角形全等的判定证出，然后根据全等三角形的性质即可得；（2）先根据三角形的内角和定理可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据全等三角形的性质可得，从而可得，最后根据平角的定义即可得；（3）当时，先同（2）的方法求出，再根据三角形的内角和定理建立方程，解方程即可得．【详解】（1）∵，，∴，在和中，，∴，∴；（2）∵，，∴，∴，由（1）已证：，∴，∴，∴．（3）设当时，，∴，∴，由（1）已证：，∴，∴，∴，∵，，∴，解得，即当时，．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．23．我们曾做过如下的实验：画∠AOB＝90°，并画∠AOB的平分线OC．把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F．(1)若，（如图①），PE与PF相等吗？请说明理由；(2)把三角尺绕点P旋转（如图②），PE与PF相等吗？请说明理由；(3)探究：画∠AOB，并画∠AOB的平分线OC，在OC上任取一点P，作．∠EPF的两边分别与OA、OB相交于E、F两点（如图③），PE与PF相等吗？请说明理由．【答案】(1)相等，理由见解析(2)相等，理由见解析(3)相等，理由见解析【分析】（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可求解；（2）PE＝PF，分两种情况，当时，证明，可得PE＝PF；当PE与OA不垂直时，作于点M，于点N，先证明得PM＝PN，再证明，可得PE＝PF；（3）在OF上取一点G，使OG＝OE，连接PG，先证明，可得，PG＝PE，再由同角的补角相等证明，则PG＝PF，得PE＝PF．【详解】（1）解：相等；理由如下：∵OC平分∠AOB，，，∴PE＝PF．（2）解：PE＝PF，理由如下：当时，如图①，∵∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，∴∠POE＝∠POF＝45°，∵∠PEO＝∠EPF＝∠EOF＝90°，且∠PEO+∠EPF+∠EOF+∠PFO＝360°，∴∠PFO＝90°，∴∠PEO＝∠PFO，∵OP＝OP，∴，∴PE＝PF；当PE与OA不垂直时，如图②，作PM⊥OA于点M，PN⊥OB于点N，∵∠OMP＝∠ONP＝90°，∠POM＝∠PON＝45°，OP＝OP，∴，∴PM＝PN，∵∠OMP＝∠ONP＝∠MON＝90°，且∠OMP+∠ONP+∠MON+∠MPN＝360°，∴∠MPN＝90°，∵∠EPF＝90°，∴，∵∠PME＝∠PNF＝90°，∴，∴PE＝PF，综上所述，PE＝PF．（3）解：PE＝PF，理由如下：如图③，在OF上取一点G，使OG＝OE，连接PG，∵OC平分∠AOB，∴∠POG＝∠POE，∵OP＝OP，∴，∴∠OGP＝∠OEP，PG＝PE，∴∠PGF+∠OEP＝∠PGF+∠OGP＝180°，∵，且∠AOB+∠EPF+∠PFG+∠OEP＝360°，∴∠PFG+∠OEP＝180°，∴∠PGF＝∠PFG，∴PG＝PF，∴PE＝PF．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定方法、角平分线的性质定理等，熟练掌握角平分线的性质定理，掌握角平分线上的点向角两边作垂线构造辅助线的方法，是解决本题的关键．24．先按要求作图，再进行计算：(1)如图，中，．①在内求作点，使得点到两点的距离相等，并且到两边的距离相等（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；②在①的条件下，若，则求的度数；(2)若，，，现经过顶点画一条直线，将分割成两个三角形，使其中一个三角形是有一边长为的等腰三角形，则这样的直线最多可画条．【答案】(1)①图见解析；②(2)条【分析】（1）根据题意，作图方法如图所示（见详解），因为即点既在线段的垂直平分线上，也在的角平分线线上，，，根据三角形内角和即可求出答案；（2）构造等腰三角形，必须过的顶点，由此可知满足顶点与任意一边即可，满足腰相等即可求出答案．【详解】（1）解：①如图所示，点到两点的距离相等，∴点在线段的垂直平分线上，∵到两边的距离相等，∴点在的角平分线线上，即点既在线段的垂直平分线上，也在的角平分线线上，作图如上所示，点P即为所求点；②∵点在线段的垂直平分线上，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，，∴，∴．故答案是：所求点在如图所示位置；．（2）解：如图所示，经过顶点画一条直线，将分割成两个三角形，使其中一个三角形是有一边长为的等腰三角形，∴当时，是边长为的等腰三角形，满足条件；当时，是边长为的等腰三角形，满足条件；当时，是边长为的等腰三角形，满足条件；当时，是边长为的等腰三角形，都能得到符合题意的等腰三角形．∴这样的直线最多可画条．故答案是：条．【点睛】本题主要考查三角形图形变换，利用尺规作图，结合三角形的内角和求角度，理解三角形的性质，垂直平分线，角平分线，等腰三角形的知识是解题的关键．25．太原的五一广场视野开阔，是一处设计别致，造型美丽的广场园林，成为不少市民放风筝的最佳场所，某校八年级（1）班的小明和小亮同学学习了“勾股定理”之后，为了测得图中风筝的高度，他们进行了如下操作：①测