武汉市洪山区2022年八年级上学期《数学》期中试题与参考答案

9/30武汉市洪山区2022年八年级上学期《数学》期中试题与参考答案一、选择题共10小题，每小题3分，共30分。下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号涂黑。1．下列平面图形中，不是轴对称图形的为（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称图形的定义逐个判断即可．解：A．是轴对称图形，故本选项不符合题意；B．是轴对称图形，故本选项不符合题意；C．是轴对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，故本选项符合题意；故选：C．2．下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（）A．3cm，4cm，8cm B．8cm，7cm，15cm C．13cm，12cm，20cm D．5cm，5cm，11cm【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．解：A、3+4＜8，不能组成三角形；B、8+7＝15，不能组成三角形；C、13+12＞20，能够组成三角形；D、5+5＜11，不能组成三角形．故选：C．3．如图，∠DAC＝∠BAC，下列条件中，不能判定△ABC≌△ADC的是（）A．DC＝BC B．AB＝AD C．∠D＝∠B D．∠DCA＝∠BCA【分析】利用全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL进行分析即可．解：A、DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，不能判定△ABC≌△ADC，故此选项符合题意；B、AB＝AD，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，可利用SAS判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；C、∠B＝∠D，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，能利用AAS判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；D、∠DCA＝∠BCA，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，能利用ASA判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；故选：A．4．在△ABC中，到三边距离相等的点是△ABC的（）A．三边垂直平分线的交点 B．三条角平分线的交点 C．三条高的交点 D．三边中线的交点【分析】题目要求到三边的距离相等，观察四个选项看哪一个能够满足此要求，利用角的平分线的性质判断即可选项D是可选的．解：利用角的平分线上的点到角的两边的距离相等可知：三角形中到三边的距离相等的点是三条角平分线的交点．故选：B．5．已知正多边形的一个内角为144°，则该正多边形的边数为（）A．12 B．10 C．8 D．6【分析】根据正多边形的一个内角是144°，则知该正多边形的一个外角为36°，再根据多边形的外角之和为360°，即可求出正多边形的边数．解：因为正多边形的一个内角是144°，所以该正多边形的一个外角为36°，因为多边形的外角之和为360°，所以边数＝＝10，所以这个正多边形的边数是10．故选：B．6．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的值是（）A．360° B．480° C．540° D．720°【分析】根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．解：如图，AC、DF与BE分别相交于点M、N，在四边形NMCD中，∠MND+∠CMN+∠C+∠D＝360°，因为∠CMN＝∠A+∠E，∠MND＝∠B+∠F，所以∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，故选：A．7．等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是AC的中点，EC⊥BD于E，交BA的延长线于F，若BF＝12，则△FBC的面积为（）A．40 B．46 C．48 D．50【分析】求出∠ABD＝∠ACF，根据ASA证△ABD≌△ACF，推出AD＝AF，得出AB＝AC＝2AD＝2AF，求出AF长，求出AB、AC长，根据三角形的面积公式得出△FBC的面积等于BF×AC，代入求出即可．解：因为CE⊥BD，所以∠BEF＝90°，因为∠BAC＝90°，所以∠CAF＝90°，所以∠FAC＝∠BAD＝90°，∠ABD+∠F＝90°，∠ACF+∠F＝90°，所以∠ABD＝∠ACF，因为在△ABD和△ACF中，所以△ABD≌△ACF，所以AD＝AF，因为AB＝AC，D为AC中点，所以AB＝AC＝2AD＝2AF，因为BF＝AB+AF＝12，所以3AF＝12，所以AF＝4，所以AB＝AC＝2AF＝8，所以△FBC的面积是×BF×AC＝×12×8＝48，故选：C．8．如图，设△ABC和△CDE都是正三角形，且∠EBD＝58°，则∠AEB的度数是（）A．124° B．122° C．120° D．118°【分析】证明△ACE≌△BCD，得出∠DBC＝∠CAE，进而再通过角之间的转化，可最终求解出结论．解：因为△ABC和△CDE都是等边三角形，且∠EBD＝58°，所以AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，又因为∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，所以∠BCD＝∠ACE，在△ACE和△BCD中，，所以△ACE≌△BCD（SAS），所以∠DBC＝∠CAE，所以58°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，所以58°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，所以∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣52°＝118°．故选：D．9．如图，等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，下面结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②△OPC是等边三角形；③AC＝AO+AP；④S△ABC＝S四边形AOCP，其中正确的有（）A．②③ B．①②④ C．③④ D．①②③④【分析】①连接OB，根据垂直平分线性质即可求得OB＝OC＝OP，即可解题；②根据周角等于360°和三角形内角和为180°即可求得∠POC＝2∠ABD＝60°，即可解题；③AB上找到Q点使得AQ＝OA，易证△BQO≌△PAO，可得PA＝BQ，即可解题；④作CH⊥BP，可证△CDO≌△CHP和RT△ABD≌RT△ACH，根据全等三角形面积相等即可解题．解：如图，①连接OB，因为AB＝AC，BD＝CD，所以AD是BC垂直平分线，所以OB＝OC＝OP，所以∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，因为∠ABO+∠DBO＝30°，所以∠APO+∠DCO＝30°．故①正确；②因为△OBP中，∠BOP＝180°﹣∠OPB﹣∠OBP，△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，所以∠POC＝360°﹣∠BOP﹣∠BOC＝∠OPB+∠OBP+∠OBC+∠OCB，因为∠OPB＝∠OBP，∠OBC＝∠OCB，所以∠POC＝2∠ABD＝60°，因为PO＝OC，所以△OPC是等边三角形，故②正确；③在AB上找到Q点使得AQ＝OA，则△AOQ为等边三角形，则∠BQO＝∠PAO＝120°，在△BQO和△PAO中，，所以△BQO≌△PAO（AAS），所以PA＝BQ，因为AB＝BQ+AQ，所以AC＝AO+AP，故③正确；④作CH⊥BP，因为∠HCB＝60°，∠PCO＝60°，所以∠PCH＝∠OCD，在△CDO和△CHP中，，所以△CDO≌△CHP（AAS），所以S△OCD＝S△CHP所以CH＝CD，因为CD＝BD，所以BD＝CH，在RT△ABD和RT△ACH中，，所以RT△ABD≌RT△ACH（HL），所以S△ABD＝S△AHC，因为四边形OAPC面积＝S△OAC+S△AHC+S△CHP，S△ABC＝S△AOC+S△ABD+S△OCD所以四边形OAPC面积＝S△ABC．故④正确．故选：D．10．如图，锐角∠AOB＝x，M，N分别是边OA，OB上的定点，P，Q分别是边OB，OA上的动点，记∠OPM＝α，∠QNO＝β，当MP+PQ+QN最小时，则关于α，β，x的数量关系正确的是（）A．α﹣β＝2x B．2β+α＝90°+2x C．β+α＝90°+x D．β+2α＝180°﹣2x【分析】如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小易知∠OPM＝∠OPM′＝∠NPQ＝α，∠OQP＝∠AQN′＝∠AQN，根据三角形外角的性质即可得到∠OQP＝∠AON＝β+x，进而得到α＝β+x+x＝β+2x，由此即可解决问题．解：如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小，所以∠OPM＝∠OPM′＝∠NPQ＝α，∠OQP＝∠AQN′＝∠AQN，因为∠AON＝∠QNO+∠AOB＝β+x，所以∠OQP＝∠AON＝β+x，因为∠NPQ＝∠OQP+∠AOB，所以α＝β+x+x＝β+2x所以α﹣β＝2x．故选：A．二、填空题共6小题，每小题3分，共18分。将答案直接写在答题卡指定的位置上。11．点P（﹣1，3）关于x轴对称的点的坐标是（﹣1，﹣3）．【分析】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．解：点P（﹣1，3）关于x轴对称的点的坐标是（﹣1，﹣3），故答案为：（﹣1，﹣3）．12．在△ABC中，∠A＝60°，∠C＝2∠B，则∠C＝80度．【分析】根据三角形的内角和定理和已知条件求得．解：因为∠A＝60°，所以∠B+∠C＝120°，因为∠C＝2∠B，所以∠C＝80°．13．如图，△ABC中，D在BC边上，E在AC边上，且DE垂直平分AC．若△ABC的周长为21cm，△ABD的周长为13cm，则AE的长为4cm．【分析】根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DC，AE＝EC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．解：因为DE是AC的垂直平分线，所以DA＝DC，AE＝EC，因为△ABC的周长为21cm，所以AB+BC+AC＝21cm，因为△ABD的周长为13cm，所以AB+BD+AD＝AB+BD+DC＝AB+BC＝13（cm），所以AC＝8cm，所以AE＝4cm，故答案为：4cm．14．在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是9＜AB＜19．【分析】如图，延长AD到E使DE＝AD，连接BE，通过证明△ACD≌△EBD就可以得出BE＝AC，在△AEB中，由三角形的三边关系就可以得出结论．解：延长AD到E使DE＝AD，连接BE，因为D是BC的中点，所以CD＝BD．在△ACD和△EBD中，所以△ACD≌△EBD（SAS），所以AC＝EB＝5．因为AD＝7，所以AE＝14．由三角形的三边关系为：14﹣5＜AB＜14+5，即9＜AB＜19．故答案为：9＜AB＜19．15．在平面直角坐标系中，点A（1，0）、B（0，3），以AB为边在第一象限作等腰直角△ABC，则点C的坐标为（3，4）、（4，1）、（2，2）．【分析】分三种情形讨论求解即可．当AB＝AC，∠BAC＝90°时，作CE⊥x轴于E．由△AOB≌△CEA，推出AE＝OB＝3，CE＝OA＝1，可得C点坐标，同法可得，当AB＝BC′，∠ABC′＝90°，C′（3，4），当AB是等腰直角三角形的斜边时，C″是BC的中点，C″（2，2）．解：如图，当AB＝AC，∠BAC＝90°时，作CE⊥x轴于E．因为∠BAC＝∠AOB＝∠AEC＝90°，所以∠ABO+∠BAO＝90°，∠OAB+∠CAE＝90°，所以∠ABO＝∠CAE，因为AB＝AC，所以△AOB≌△CEA，所以AE＝OB＝3，CE＝OA＝1，所以C（4，1），同法可得，当AB＝BC′，∠ABC′＝90°，C′（3，4），当AB是等腰直角三角形的斜边时，C″是BC的中点，C″（2，2），综上所述，满足条件的点C的坐标为（4，1）或（2，2）或（3，4）．16．如图，将△ABC沿AD折叠使得顶点C恰好落在AB边上的点M处，D在BC上，点P在线段AD上移动，若AC＝6，CD＝3，BD＝7，则△PMB周长的最小值为18．【分析】作作DG⊥AC于G，DH⊥AB于H，AI⊥BC于I，根据同一三角形的面积相等求出AB＝14，在根据翻折变换，把△PMB的最小值，转化为求PB+PM的最小值即可．解：作DG⊥AC于G，DH⊥AB于H，AI⊥BC于I，由折叠的性质可知：∠CAD＝∠BAD，AC＝CM＝6，CP＝PM，因为DG⊥AC，DH⊥AB，所以DG＝DH，因为＝＝，所以＝，所以＝，所以AB＝14，BM＝14﹣6＝8，要求△PMB的最小值，就转化为求PB+PM的最小值，因为PC+PB＞BC，当P与D重合时，PC+PB取最小值，即BD+CD＝10，所以△PMB的最小值为PM+PB+BM＝10+8＝18．三、解答题共8小题，共72分。在答题卡指定的位置上写出必要的演算过程或证明过程。17．如图，已知AB＝CD，AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为E，F，CE＝BF，求证：CD∥AB．【分析】先证出∠DFC＝∠AEB＝90°，CF＝BE，再证Rt△DFC≌Rt△AEB（HL），由全等三角形的性质得∠C＝∠B，即可得出结论．【解答】证明：因为AE⊥BC，DF⊥BC，所以∠DFC＝∠AEB＝90°，又因为CE＝BF，所以CE﹣EF＝BF﹣EF，即CF＝BE，在Rt△DFC和Rt△AEB中，，所以Rt△DFC≌Rt△AEB（HL），所以∠C＝∠B，所以CD∥AB．18．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，D是AC上一点，E是BC延长线上一点，连接BD，DE，若∠ABD＝20°，BD＝DE，求∠CDE的度数．【分析】由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠ACB＝50°，那么∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝30°．因为△BDE是等腰三角形，所以∠E＝∠DBC＝30°，然后根据三角形外角的性质即可求出∠CDE的度数．解：因为在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，所以∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣80°）＝50°，因为∠ABD＝20°，所以∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝30°．因为BD＝DE，所以∠E＝∠DBC＝30°，所以∠CDE＝∠ACB﹣∠E＝20°．19．如图，在正五边形ABCDE中，DF⊥AB．（1）求∠CDF的度数；（2）求证：AF＝BF．【分析】（1）根据正五边形内角和得每个内角度数，进而可得结果；（2）连接DA和DB，证明△AED≌△BCD可得AD＝BD，再证明Rt△DAF≌Rt△DFB即可得结论．【解答】（1）解：在正五边形中，∠ABC＝∠C＝540°÷5＝108°，因为DF⊥AB，所以∠DFB＝90°，在四边形BCDF中，因为∠ABC+∠C+∠DFB+∠CDF＝360°，所以∠CDF＝360°﹣∠ABC﹣∠C﹣∠DFB＝360°﹣108°﹣108°﹣90°＝54°；（2）证明：如图，连接DB、AD，因为ABCDE是正五边形，所以∠E＝∠C，DE＝AE＝DC＝BC，在△AED和△BCD中，，所以△AED≌△BCD（SAS），所以AD＝BD，因为DF⊥AB，所以∠DFA＝∠DFB＝90°，Rt△DAF和Rt△DFB，，所以Rt△DAF≌Rt△DFB（HL），所以AF＝BF．20．如图，在14×7的长方形网格中，每个小正方形的边长均为1，小正方形的每一个顶点叫做格点，线段ED和三角形ABC的顶点都在格点上．（1）直接写出S△ABC＝9；（2）请仅用无刻度直尺完成下列画图，保留画图痕迹（作图结果用实线表示，作图过程用虚线表示）；①画出△ABC的高BH；②在线段ED右侧找一点F，使得△ABC≌△EFD；③在②的条件下，在线段ED上找一点G，使∠DFG＝45°．【分析】（1）利用分割法求解即可；（2）①取格点T，连接BT交AC于点H，线段BH即为所求；②利用数形结合的思想，作出EF＝BC，DF＝AB即可；③取格点K，连接DK，KF交DE于点G即可（△KDF是等腰直角三角形）．解：（1）S△ABC＝3×7﹣×1×7﹣×2×4﹣×3×3＝21﹣3.5﹣4﹣4.5＝9；故答案为9；（2）①如图，线段BH即为所求．②如图，△EFD即为所求．③如图，点G即为所求．21．如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝6，在△ABC内取一点O，使得AB＝OB，∠CAO＝15°，AM⊥BO，M为垂足．（1）求AM的长；（2）求证：AO＝CO．【分析】（1）求出∠ABO＝30°，由直角三角形的性质可得出答案；（2）过点O作OP⊥AC交AC于点P，证明△AMO≌△APO（AAS），由全等三角形的性质得出AM＝AP＝3，由等腰三角形的性质可得出结论．解：（1）因为AB＝BO，所以∠BAO＝∠BOA，因为∠ABC＝∠ACB＝45°，所以∠BAC＝90°，因为∠CAO＝15°，所以∠BAO＝∠BOA＝75°，所以∠ABO＝30°，因为AM⊥BO，所以AB＝2AM，因为AB＝6，所以AM＝3；（2）证明：过点O作OP⊥AC交AC于点P，因为∠BAO＝45°，∠BAM＝60°，所以∠MAO＝15°，因为∠OAC＝15°，所以∠MAO＝∠OAC，因为AM⊥BO，所以∠AMO＝∠APO，在△AMO和△APO中，所以△AMO≌△APO（AAS），所以AM＝AP＝3，因为AC＝6，所以PC＝3，所以AP＝CP＝3，因为OP⊥AC，所以AO＝OC．22．现有一块含30°角的直角三角板AOB，点N在其斜边AB上，点M在其最短直角边OA所在直线上．以MN为边作如图所示的等边△MNP．（1）如图1，当M在线段OA上时，证明：AM﹣AN＝AP；（2）如图2，当M在射线OA上时，试探究AM、AN、AP三者之间的数量关系并给出证明．【分析】（1）在AM上截取AG＝AN，证明△MNG≌△PNA（SAS），由全等三角形的性质得出MG＝AP，则可得出结论；（2）延长NA至H，使AH＝AM，证明△HMN≌△AMP（SAS），由全等三角形的性质得出NH＝AP＝AN+AH＝AN+AM．则可得出结论．【解答】（1）证明：在AM上截取AG＝AN，因为∠AOB＝60°，所以△ANG为等边三角形，所以AN＝AG，∠AGN＝60°，所以∠AGN＝∠GMN+∠MNG＝60°，又因为△MNP是等边三角形，所以∠NMP＝60°，所以∠NMG+∠AMP＝60°，所以∠MNG＝∠AMP，在△MNG和△PNA中，所以△MNG≌△PNA（SAS），所以MG＝AP，所以AM＝MG+GA＝AP+AN．（2）解：AP＝AN+AM，证明如下：延长NA至H，使AH＝AM，因为∠OAB＝∠HAM＝60°，所以△AMH为等边三角形，所以MH＝AM，∠HMA＝60°，在△HMN和△AMP中，，所以△HMN≌△AMP（SAS），所以NH＝AP＝AN+AH＝AN+AM．23．已知：等边△ABC中，D在AC上，E在AB上，且AE＝DC，CE，BD交于点F．（1）如图1，求证：△ABD≌△BCE；（2）如图2，过点E作EG⊥BD于G，请写出CF，FG和BD的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG并延长交BC于点H，若FG＝FC，求证：点H是BC的中点．【分析】（1）利用SAS证明三角形全等即可；（2）如图2中，结论：BD＝2GF+CF．利用全等三角形的性质以及直角三角形30°的性质解决问题即可；（3）如图3中，连接CG，过点G作GM⊥AB于点M，GN⊥AC于点N．证明GM＝GN，推出AG平分∠BAC，可得结论．【解答】（1）证明：如图1中，因为△ABC是等边三角形，所以∠A＝∠CBE＝60°，AB＝AC，因为AE＝CD，所以AB﹣AE＝AC﹣CD，即BE＝AD，在△ABD和△BCE中，，所以△ABD≌△BCE（SAS）；（2）解：如图2中，结论：BD＝2GF+CF．因为△ABD≌△BCE，所以BD＝EC，∠ABD＝∠BCE，所以∠BFE＝∠CBF+∠BCF+∠ABD＝∠ABC＝60°，因为EG⊥BD，所以∠EGF＝90°，所以∠GEF＝90°﹣60°＝30°，所以EF＝2FG，所以BD＝EC＝EF+CF＝2FG+CF；（3）证明：如图3中，连接CG，过点G作GM⊥AB于点M，GN⊥AC于点N．因为FG＝FC，所以∠FCG＝∠FGC，因为∠EFG＝∠FGC+∠FCG＝60°，所以∠FGC＝∠FCG＝30°，因为∠EGF＝90°，所以∠CGE＝∠CGF+∠EGF＝120°，所以∠GEC＝∠GCE＝30°，所以GE＝GC，因为∠AMG＝∠ANG＝90°，∠MAN＝60°，所以∠MGN＝∠EGC＝120°，所以∠EGM＝∠CGN，在△GME和△GNC中，所以△GME≌△GNC（AAS），所以GM＝GN，因为GM⊥AB，GN⊥AC，所以AG平分∠BAC，因为AB＝AC，所以AH平分线段BC，所以BH＝HC．24．在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（4，0），连接AB，点P（0，t）是y轴上的一动点，以BP为一直角边构造等腰直角△BPC（B，P，C的顺序为顺时针），且∠BPC＝90°，过点A作AD∥x轴并与直线BC交于点D，连接PD．（1）如图1，当t＝2时，求点C的坐标；（2）如图2，当t＞0时，求证：∠ADC＝∠PDB；（3）如图3，当t＜0时，求DP﹣DA的值（用含有t的式子表示）．【分析】（1）如图1中，过点C作CH⊥y轴于点H．证明△C