2024-2025学年人教版八年级(上)数学寒假作业（四）

第1页（共1页）2024-2025学年人教版八年级(上)数学寒假作业（四）一．选择题（共5小题）1．（2023秋•科尔沁区期末）如图，△ABC≌△DEC，且点E恰好落在线段AB上，∠A＝40°，∠B＝70°，则∠DCA的度数为（）A．60° B．50° C．40° D．30°2．（2024秋•昭通月考）如图，已知△ABC≌△EDC，AB和ED，BC和DC是对应边，则下列结论正确的是（）A．CB＝CE B．∠A＝∠D C．AC＝CD D．∠E＝∠A3．（2024秋•源汇区校级期中）已知△ABC≌△DEF，AB＝2，AC＝4，若△DEF的周长为偶数，则EF的取值为（）A．4 B．3 C．5 D．3或4或54．（2024秋•祥云县校级期中）如图，已知点D在AC上，点B在AE上，△ABC≌△DBE，DB＝5，AE＝12，则BC的长为（）A．7 B．5 C．12 D．65．（2024秋•祥云县校级期中）如图，△ABC≌△ADE，则点E应是图中的（）A．点G B．点G或点I C．点M D．点G，H，I，M，N都有可能二．填空题（共5小题）6．（2024秋•伊春期中）△OAB和△OA'B'在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，2），点A'在x轴上，且△OA'B'≌△AOB．则点B'的坐标为．7．（2024秋•湘阴县期中）如图，△ABC≌△DEC，∠A＝40°，∠B＝70°，∠ACE＝30°，则∠DCA的度数为．8．（2024•朝阳区模拟）如图，是有一个公共顶点O的两个全等正五边形，若将它们的其中一边都放在直线a上，则∠AOB的度数为°．9．（2023秋•濮阳期末）如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1，则∠1+∠2＝．10．（2024秋•丛台区校级期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成，在Rt△ABC中，已知直角边BC＝5，AC＝7，则CD＝．三．解答题（共5小题）11．（2024秋•科左中旗期中）如图，△ADC≌△AFB，∠DAB＝20°，DA∥BF，DC、BF交于E，∠FEC＝110°．（1）求∠FAC的度数；（2）AF平行于DC吗？说明理由；（3）求∠BAC的度数．12．（2024秋•余庆县期中）（1）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．（2）如图，△ABC≌△DEF，点B、F、C、E在同一条直线上，若BE＝10，FC＝2，求BF的长．13．（2024•工业园区校级二模）如图，已知△ABC≌△DEB，点E在AB上，AC与BD交于点F，AB＝6，BC＝3，∠C＝55°，∠D＝25°．（1）求AE的长度；（2）求∠AED的度数．14．（2024秋•凉州区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，AF⊥CD，∠CAF＝25°，求∠BCE的值．15．（2024秋•东城区校级期中）如图1，△ABC与△DBC全等，且∠ACB＝∠DBC＝90°，BC＝6，AC＝4．如图2，将△DBC沿射线BC方向平移得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．（1）求证：BD1＝AC1且BD1∥AC1；（2）△DBC沿射线BC方向平移的距离等于时，点A与点D1之间的距离最小．

2024-2025学年人教版八年级(上)数学寒假作业（四）参考答案与试题解析题号12345答案CDAAA一．选择题（共5小题）1．（2023秋•科尔沁区期末）如图，△ABC≌△DEC，且点E恰好落在线段AB上，∠A＝40°，∠B＝70°，则∠DCA的度数为（）A．60° B．50° C．40° D．30°【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】C【分析】根据全等三角形的性质得到CE＝CB，∠DCE＝∠ACB，根据三角形内角和定理求出∠ECB，进而得出答案．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴CE＝CB，∠DCE＝∠ACB，∴∠CEB＝∠B＝70°，∠DCE﹣∠ACE＝∠ACB﹣∠ACE，∴∠ECB＝180°﹣70°×2＝40°，∠DCA＝∠ECB，∴∠DCA＝40°，故选：C．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．2．（2024秋•昭通月考）如图，已知△ABC≌△EDC，AB和ED，BC和DC是对应边，则下列结论正确的是（）A．CB＝CE B．∠A＝∠D C．AC＝CD D．∠E＝∠A【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；应用意识．【答案】D【分析】结合全等三角形的对应角相等，对应边相等进行判断即可．【解答】解：由三角形全等的性质可得：CB＝CD，AC＝EC，∠A＝∠E，∠B＝∠D，故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的性质的应用，正确记忆相关知识点是解题关键．3．（2024秋•源汇区校级期中）已知△ABC≌△DEF，AB＝2，AC＝4，若△DEF的周长为偶数，则EF的取值为（）A．4 B．3 C．5 D．3或4或5【考点】全等三角形的性质．【专题】几何图形．【答案】A【分析】因为两个全等的三角形对应边相等，所以求EF的长就是求BC的长．【解答】解：∵AB＝2，AC＝4，∴4﹣2＜BC＜4+2∴2＜BC＜6．若周长为偶数，BC也要取偶数所以为4．∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴EF的长也是4．故选：A．【点评】本题考查全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，以及三角形的三边关系．4．（2024秋•祥云县校级期中）如图，已知点D在AC上，点B在AE上，△ABC≌△DBE，DB＝5，AE＝12，则BC的长为（）A．7 B．5 C．12 D．6【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】A【分析】由全等三角形的性质得出AB＝DB＝5，BC＝BE，求出BE的长，即可得到BC的长．【解答】解：∵△ABC≌△DBE，∴AB＝DB＝5，BC＝BE，∵BE＝AE﹣AB＝12﹣5＝7，∴BC＝BE＝7，故选：A．【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等．5．（2024秋•祥云县校级期中）如图，△ABC≌△ADE，则点E应是图中的（）A．点G B．点G或点I C．点M D．点G，H，I，M，N都有可能【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】A【分析】根据全等三角形的性质结合图形即可得解．【解答】解：如图，连接AI、DI、AG、DG、AM、DM，由图可得，AI＝AM＝DG＝BC，AB＝AD，DI＝AC＝DM＝AG，当点E在点G时，AD＝AB，DE＝BC，AE＝AC，此时为△ABC≌△ADE，符合题意；当点E在点M时，AD＝AB，AE＝BC，DE＝AC，此时为△ABC≌△DAE，不符合题意；当点E在H或N时，为等腰三角形，形状与△ABC不相同，故不符合题意；当点E在点I时，AD＝AB，BC＝AE，AC＝DE，此时为△ABC≌△DAE，不符合题意；故△ABC≌△ADE，则点E应是图中的点G，故选：A．【点评】本题考查了全等三角形的性质，采用数形结合的思想是解此题的关键．二．填空题（共5小题）6．（2024秋•伊春期中）△OAB和△OA'B'在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，2），点A'在x轴上，且△OA'B'≌△AOB．则点B'的坐标为（3，﹣2）．【考点】全等三角形的性质；坐标与图形性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】（3．﹣2）．【分析】由A，B的坐标，得到OA＝3，OB＝2，由全等三角形的性质推出OA′＝OA＝3，A′B′＝OB＝2，即可得到点B'的坐标为（3，﹣2）．【解答】解：∵A，B的坐标分别为（﹣3，0），（0，2），∴OA＝3，OB＝2，∵△OA'B'≌△AOB，∴OA′＝OA＝3，A′B′＝OB＝2，∴点B'的坐标为（3，﹣2）．【点评】本题考查全等三角形的性质，坐标与图形的性质，关键是由全等三角形的性质得到OA′＝OA＝3，A′B′＝OB＝2．7．（2024秋•湘阴县期中）如图，△ABC≌△DEC，∠A＝40°，∠B＝70°，∠ACE＝30°，则∠DCA的度数为40°．【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】40°．【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠DCE＝∠ACB，再利用三角形内角和定理求得∠ACB的度数，然后根据∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE即可得解．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴∠DCE＝∠ACB，∵∠A＝40°，∠B＝70°，∴∠DCE＝∠ACB＝180°﹣40°﹣70°＝70°，∵∠ACE＝30°，∴∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE＝70°﹣30°＝40°，故答案为：40°．【点评】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的性质是解题的关键．8．（2024•朝阳区模拟）如图，是有一个公共顶点O的两个全等正五边形，若将它们的其中一边都放在直线a上，则∠AOB的度数为108°．【考点】全等图形．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】108．【分析】根据正五边形的性质和图形全等的性质得到∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝108°，再利用邻补角的定义计算出∠OCD＝∠ODC＝72°，接着根据三角形内角和定理计算出∠COD＝36°，然后利用周角的定义计算出∠AOB的度数．【解答】解：如图，∵两图形为全等的正五边形，∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝108°，∴∠OCD＝∠ODC＝180°﹣108°＝72°，∴∠COD＝180°﹣72°﹣72°＝36°，∴∠AOB＝360°﹣∠1﹣∠3﹣∠COD＝360°﹣108°﹣108°﹣36°＝108°．故答案为：108．【点评】本题考查了全等图形：掌握全等图形的定义和正五边形的性质是解决问题的关键．9．（2023秋•濮阳期末）如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1，则∠1+∠2＝180°．【考点】全等图形．【专题】图形的全等；几何直观；推理能力．【答案】180°．【分析】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：如图，在△ABC与△EDF中，BC=∴△ABC≌△EDF（SAS），∴∠1＝∠ABC．∵∠ABC+∠2＝180°，∴∠1+∠2＝180°．故答案为：180°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．10．（2024秋•丛台区校级期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成，在Rt△ABC中，已知直角边BC＝5，AC＝7，则CD＝2．．【考点】全等三角形的性质．【专题】三角形；图形的全等；几何直观；运算能力．【答案】2．【分析】依题意得△ABC≌△BED，则BD＝AC＝7，然后再根据CD＝BD﹣BC即可得出答案．【解答】解：如图所示：依题意得：△ABC≌△BED，∴BD＝AC＝7，又∵BC＝5，∴CD＝BD﹣BC＝7﹣5＝2，故答案为：2．【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，准确识图，理解全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．三．解答题（共5小题）11．（2024秋•科左中旗期中）如图，△ADC≌△AFB，∠DAB＝20°，DA∥BF，DC、BF交于E，∠FEC＝110°．（1）求∠FAC的度数；（2）AF平行于DC吗？说明理由；（3）求∠BAC的度数．【考点】全等三角形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由全等三角形的性质可知∠DAC＝∠FAB，然后证明∠DAB＝∠FAC即可；（2）由DA∥BF可知∠DAF+∠F＝180°，由全等三角形的性质可知：∠D＝∠F，从而可得到∠DAF+∠D＝180°；（3）由AF∥DC，可知∠F＝∠FEC＝110°，然后由DA∥BF可求得∠DAF＝70°，从而可求得∠BAC的度数．【解答】解：（1）∵△ADC≌△AFB，∴∠DAC＝∠FAB．∴∠DAC﹣∠BAC＝∠FAB﹣∠BAC．∴∠FAC＝∠DAB＝20°；（2）∵DA∥BF，∴∠DAF+∠F＝180°．∵△ADC≌△AFB，∴∠D＝∠F．∴∠DAF+∠D＝180°．∴AF∥DC．（3）∵AF∥DC，∴∠F＝∠FEC＝110°．∵AD∥BF，∴∠DAF+∠F＝180°．∴∠DAF＝180°﹣110°＝70°．∠BAC＝∠DAF﹣∠FAC﹣∠DAB＝70°﹣20°﹣20°＝30°．【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质、平行线的性质和判定，掌握全等三角形的性质是解题的关键．12．（2024秋•余庆县期中）（1）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．（2）如图，△ABC≌△DEF，点B、F、C、E在同一条直线上，若BE＝10，FC＝2，求BF的长．【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】（1）8；（2）4．【分析】（1）设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和为（n﹣2）•180°，多边形的外角和为360°，列出方程，解方程即可．（2）根据全等三角形的性质得出BC＝EF，求出BF＝EC，再求出答案即可．【解答】解：（1）设这个多边形的边数为n，∵n边形的内角和为（n﹣2）•180°，多边形的外角和为360°，∴（n﹣2）•180°＝360°×3，解得：n＝8，∴这个多边形的边数为8．（2）∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BC﹣FC＝EF﹣FC，即BF＝EC．∵BE＝10，FC＝2，∴BF+CE＝BE﹣FC＝10﹣2＝8，∴BF＝EC＝4．【点评】本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．13．（2024•工业园区校级二模）如图，已知△ABC≌△DEB，点E在AB上，AC与BD交于点F，AB＝6，BC＝3，∠C＝55°，∠D＝25°．（1）求AE的长度；（2）求∠AED的度数．【考点】全等三角形的性质．【答案】（1）AE＝3；（2）∠AED＝80°．【分析】（1）根据全等三角形的性质解答即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．【解答】解：（1）∵△ABC≌△DEB，∴BE＝BC＝3，∴AE＝AB﹣BE＝6﹣3＝3；（2）∵△ABC≌△DEB，∴∠A＝∠D＝25°，∠DBE＝∠C＝55°，∴∠AED＝∠DBE+∠D＝55°+25°＝80°．【点评】此题考查全等三角形的性质，关键是根据全等三角形的对应角和对应边相等分析．14．（2024秋•凉州区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，AF⊥CD，∠CAF＝25°，求∠BCE的值．【考点】全等三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】∠BCE＝65°．【分析】由根据直角三角形的性质得出∠ACD＝90°﹣25°＝65°，再由△ABC≌△DEC可得∠ACB＝∠DCE，推出∠ACD＝∠BCE＝65°，即可求解．【解答】解：∵AF⊥CD，∴∠AFC＝90°，∴∠ACD+∠CAF＝90°，又∵∠CAF＝25°，∴∠ACD＝65°，∵△ABC≌△DEC，∴∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，即∠BCE＝∠ACD＝65°．【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的性质．15．（2024秋•东城区校级期中）如图1，△ABC与△DBC全等，且∠ACB＝∠DBC＝90°，BC＝6，AC＝4．如图2，将△DBC沿射线BC方向平移得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．（1）求证：BD1＝AC1且BD1∥AC1；（2）△DBC沿射线BC方向平移的距离等于6时，点A与点D1之间的距离最小．【考点】全等三角形的性质；平移的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）6．【分析】（1）根据全等三角形的性质，平移的性质证明△BB1D1≌C1C