湖北省恩施州利川市三校联考2023-2024学年八年级上学期期中数学试卷

这是一份湖北省恩施州利川市三校联考2023-2024学年八年级上学期期中数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列各组线段的长为边，能组成三角形的是（ ）
A．2、3、5B．3、5、10C．5、4、6D．8、4、4
2．（3分）下列图标是节水、节能、低碳和绿色食品的标志，其中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）已知点P（﹣2，3）关于y轴的对称点为Q（a，b），则a+b的值是（ ）
A．1B．﹣1C．5D．﹣5
4．（3分）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，外角∠ACD＝110°，则∠B的大小是（ ）
A．60°B．50°C．40°D．30°
5．（3分）如图，是两个全等三角形，图中的字母表示三角形的边长，则∠1的度数为（ ）
A．52°B．60°C．68°D．128°
6．（3分）如图，若已知AE＝AC，用“SAS”说明△ABC≌△ADE，还需要的一个条件是（ ）
A．BC＝DEB．AB＝ADC．BO＝DOD．EO＝CO
7．（3分）正n边形的一个外角为30°，则n的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
8．（3分）要使得一个多边形具有稳定性，从多边形的一个顶点引出所有的对角线，得到15个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．14B．15C．16D．17
9．（3分）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝30°，∠2＝40°，则∠3的度数为（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
10．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD．若△ADC的周长为10，AB＝7，则△ABC的周长为（ ）
A．7B．14C．17D．20
11．（3分）已知实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（ ）
A．30或39B．30
C．39D．以上答案均不对
12．（3分）如图，AD是△ABC的中线，CE是△ACD的中线，DF是△CDE的中线，若S△DEF＝2，则S△ABC等于（ ）
A．16B．14C．12D．10
二、填空题（每小题3分，共12分。）
13．（3分）如图，H若是△ABC三条高AD，BE，CF的交点，则△BHA中边BH上的高是 ．
14．（3分）如果三角形的两边长分别是3cm和6cm，第三边长是奇数，那么这个三角形的第三边长为 cm．
15．（3分）纸片△ABC中，∠C＝40°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内（如图），若∠1＝20°，则∠2的度数为 ．
16．（3分）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝60，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为3：7，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为 ．
三、解答题：（本大题共有8题，共72分）
17．（8分）已知，如图，点D，B，C在同一条直线上，∠A＝60°，∠C＝50°，∠D＝25°．求∠1的度数．
18．（8分）如图，B处在A处的南偏西45°方向，C处在A处的南偏东15°方向，C处在B处的北偏东80°方向，求∠ACB的度数．
19．（8分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示
（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；（其中A′、B′、C′分别是A、B、C的对应点，不写画法）
（2）直接写出A′B′C′三点的坐标；
（3）求△ABC的面积．
20．（8分）已知：如图，AD、BC相交于点O，AB＝CD，AD＝CB．
求证：∠A＝∠C．
21．（8分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点D是BC的中点．
求证：BE＝CF．
22．（10分）证明：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上．
23．（10分）如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，BE＝CF，AC∥DE，∠A＝∠D．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）若BF＝12，EC＝4，求BC的长．
24．（12分）已知：如图OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，
（1）在图1中，求证：AC＝BD，AC⊥BD；
（2）在图2中，点E是AC中点，点F是BD中点，试探究OE与OF的位置和数量关系，并证明．
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共36分。）
1．（3分）下列各组线段的长为边，能组成三角形的是（ ）
A．2、3、5B．3、5、10C．5、4、6D．8、4、4
【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．
【解答】解：根据三角形的三边关系，
A、2+3＝5，不能组成三角形；
B、3+5＜10，不能组成三角形；
C、5+4＞6，能组成三角形；
D、4+4＝8，不能组成三角形．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．（3分）下列图标是节水、节能、低碳和绿色食品的标志，其中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．（3分）已知点P（﹣2，3）关于y轴的对称点为Q（a，b），则a+b的值是（ ）
A．1B．﹣1C．5D．﹣5
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于y轴的对称点的坐标是（﹣x，y）即求关于y轴的对称点时：纵坐标不变，横坐标变成相反数，根据这一关系，就可以求出a＝﹣（﹣2）＝2，b＝3．
【解答】解：根据两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变，得
a＝﹣（﹣2）＝2，b＝3．
∴a+b＝5
故选：C．
【点评】本题比较容易，考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系．是需要识记的内容．
4．（3分）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，外角∠ACD＝110°，则∠B的大小是（ ）
A．60°B．50°C．40°D．30°
【分析】直接利用三角形的外角性质即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，外角∠ACD＝110°，
∴∠B＝∠ACD﹣∠BAC＝50°．
故选：B．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，解答的关键是熟记三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．
5．（3分）如图，是两个全等三角形，图中的字母表示三角形的边长，则∠1的度数为（ ）
A．52°B．60°C．68°D．128°
【分析】先求出∠2＝52°，再根据全等三角形的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：
根据三角形内角和可得∠2＝180°﹣68°﹣60°＝52°，
∵两个三角形全等，
∴所以∠1＝∠2＝52°，
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
6．（3分）如图，若已知AE＝AC，用“SAS”说明△ABC≌△ADE，还需要的一个条件是（ ）
A．BC＝DEB．AB＝ADC．BO＝DOD．EO＝CO
【分析】根据题目中给出的条件AE＝AC，∠A＝∠A，要用“SAS”还缺少条件是AB＝AD解答即可．
【解答】解：在△ABC与△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是要熟记判定定理：SSS，SAS，AAS，ASA．
7．（3分）正n边形的一个外角为30°，则n的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【分析】利用多边形的外角和为360°，可求出n的值．
【解答】解：根据题意得：30°•n＝360°，
解得：n＝12，
∴n的值为12．
故选：D．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，牢记多边形的外角和等于360°是解题的关键．
8．（3分）要使得一个多边形具有稳定性，从多边形的一个顶点引出所有的对角线，得到15个三角形，则这个多边形的边数为（ ）
A．14B．15C．16D．17
【分析】根据从一个n边形一个顶点出发的对角线可将这个多边形分成（n﹣2）个三角形进行计算即可．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得，n﹣2＝15，
解答n＝17．
故选：D．
【点评】本题考查的是n边形的对角线的知识，从n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可将这个多边形分成（n﹣2）个三角形．
9．（3分）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝30°，∠2＝40°，则∠3的度数为（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【分析】先证出△ABD≌△ACE，根据三角形全等的性质可得∠ABD＝∠2＝40°，再根据三角形的外角性质即可得．
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠2＝40°，
∵∠1＝30°，
∴∠3＝∠ABD+∠1＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的外角性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
10．（3分）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD．若△ADC的周长为10，AB＝7，则△ABC的周长为（ ）
A．7B．14C．17D．20
【分析】首先根据题意可得MN是AB的垂直平分线，即可得AD＝BD，又由△ADC的周长为10，求得AC+BC的长，则可求得△ABC的周长．
【解答】解：∵在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN，交BC于点D，连接AD．
∴MN是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∵△ADC的周长为10，
∴AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC＝10，
∵AB＝7，
∴△ABC的周长为：AC+BC+AB＝10+7＝17．
故选：C．
【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质与作法．题目难度不大，解题时要注意数形结合思想的应用．
11．（3分）已知实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（ ）
A．30或39B．30
C．39D．以上答案均不对
【分析】根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分x是腰长与底边两种情况讨论求解．
【解答】解：根据题意得，x﹣7＝0，y﹣16＝0，
解得x＝7，y＝16，
①x＝7是腰长时，三角形的三边分别为7、7、16，
∵7+7＝14，
∴7、7、16不能组成三角形，
②x＝7是底边时，三角形的三边分别为7、16、16，
能够组成三角形，
周长＝7+16+16＝39；
综上所述，三角形的周长为39．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，非负数的性质，难点在于分情况讨论并利用三角形的三边关系进行判断．
12．（3分）如图，AD是△ABC的中线，CE是△ACD的中线，DF是△CDE的中线，若S△DEF＝2，则S△ABC等于（ ）
A．16B．14C．12D．10
【分析】由于三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．则可先求出S△DEF＝2，再求出S△CAE＝4，然后求出S△ABD＝8，从而得到S△ABC．
【解答】解：∵DF是△CDE的中线，
∴S△DCF＝S△DEF＝2，
∵CE是△ACD的中线，
∴S△CAE＝S△CDE＝4，
∵AD是△ABC的中线，
∴S△ABD＝S△ADC＝4+4＝8，
∴S△ABC＝8+8＝16．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形面积公式：三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
二、填空题（每小题3分，共12分。）
13．（3分）如图，H若是△ABC三条高AD，BE，CF的交点，则△BHA中边BH上的高是 AE ．
【分析】直接利用三角形高线的定义得出答案．
【解答】解：如图所示：∵H是△ABC三条高AD，BE，CF的交点，
∴△BHA中边BH上的高是：AE．
故答案为：AE．
【点评】此题主要考查了三角形的高，正确钝角三角形高线的作法是解题关键．
14．（3分）如果三角形的两边长分别是3cm和6cm，第三边长是奇数，那么这个三角形的第三边长为 5或7 cm．
【分析】三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，由此即可解决问题．
【解答】解：设这个三角形的第三边长为x，
∴6﹣3＜x＜6+3，
∴3＜x＜9，
∵第三边长是奇数，
∴这个三角形的第三边长为5或7．
故答案为：5或7．
【点评】本题考查三角形三边关系，关键是掌握三角形三边关系．
15．（3分）纸片△ABC中，∠C＝40°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内（如图），若∠1＝20°，则∠2的度数为 60° ．
【分析】根据∠C＝40°，再由∠1＝20°可求出∠CED的度数，由三角形内角和定理及平角的性质即可求解．
【解答】解：由折叠可得∠ACED＝∠C′ED，∠CDE＝∠C′DE，
∵∠1＝20°，∠C＝40°，
∴∠CED＝＝80°，
在△CDE中，
∠CDE＝180°﹣∠C﹣∠CED＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∴∠2＝180°﹣2∠CDE＝180°﹣2×60°＝60°，
故答案为60°．
【点评】本题考查折叠问题，掌握折叠的性质，三角形内角和定理及平角的性质是解答此题的关键．
16．（3分）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝60，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为3：7，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为 18或70 ．
【分析】设BE＝3t，则BF＝7t，使△AEG与△BEF全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，列方程解得t，可得AG；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，列方程解得t，可得AG．
【解答】解：设BE＝3t，则BF＝7t，因为∠A＝∠B＝90°，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，
∵BF＝AE，AB＝60，
∴7t＝60﹣3t，
解得：t＝6，
∴AG＝BE＝3t＝3×6＝18；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，
∵BE＝AE，AB＝60，
∴3t＝60﹣3t，
解得：t＝10，
∴AG＝BF＝7t＝7×10＝70，
综上所述，AG＝18或AG＝70．
故答案为：18或70．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，利用分类讨论思想是解答此题的关键．
三、解答题：（本大题共有8题，共72分）
17．（8分）已知，如图，点D，B，C在同一条直线上，∠A＝60°，∠C＝50°，∠D＝25°．求∠1的度数．
【分析】由三角形内角和定理求出∠B的度数，再由三角形的外角性质即可求出∠D的度数．
【解答】解：∵∠A＝60°，∠C＝50°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∵∠B＝∠1+∠D，
∴∠1＝∠B﹣∠D＝70°﹣25°＝45°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、三角形的外角性质；熟练掌握三角形内角和定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
18．（8分）如图，B处在A处的南偏西45°方向，C处在A处的南偏东15°方向，C处在B处的北偏东80°方向，求∠ACB的度数．
【分析】根据方向角的定义，可得∠BAE＝45°，∠CAE＝15°，∠DBC＝80°，然后根据平行线的性质与三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：如图，根据方向角的定义，可得∠BAE＝45°，∠CAE＝15°，∠DBC＝80°．
∵∠BAE＝45°，∠EAC＝15°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝45°+15°＝60°．
∵AE，DB是正南正北方向，
∴BD∥AE，
∵∠DBA＝∠BAE＝45°，
又∵∠DBC＝80°，
∴∠ABC＝80°﹣45°＝35°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣60°﹣35°＝85°．
【点评】本题主要考查了方向角的定义，平行线的性质以及三角形的内角和定理，正确理解定义是解题的关键．
19．（8分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示
（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；（其中A′、B′、C′分别是A、B、C的对应点，不写画法）
（2）直接写出A′B′C′三点的坐标；
（3）求△ABC的面积．
【分析】（1）（2）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A′B′C′三点的坐标，然后描点即可；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个三角形的面积去计算△ABC的面积．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′；
（2）A′（2，3），B′（3，1），C′（﹣1，﹣2）；
（3）△ABC的面积＝4×5﹣×3×4﹣×2×1﹣×5×3＝5.5．
【点评】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．
20．（8分）已知：如图，AD、BC相交于点O，AB＝CD，AD＝CB．
求证：∠A＝∠C．
【分析】根据SSS推出△ABD≌△CDB，根据全等三角形性质推出即可．
【解答】证明：在△ABD和△CDB中，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠A＝∠C．
【点评】本题考查了全等三角形性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL，全等三角形的对应边相等，对应角相等．
21．（8分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点D是BC的中点．
求证：BE＝CF．
【分析】由AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，得DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，而BD＝CD，即可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明Rt△BDE≌Rt△CDF，得BE＝CF．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴BE＝CF．
【点评】此题重点考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明Rt△BDE≌Rt△CDF是解题的关键．
22．（10分）证明：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上．
【分析】先画出图形，写出已知、求证，过P作PD⊥AB于D，推出∠PDA＝∠PDB＝90°，根据HL推出Rt△PDA≌Rt△PDB，根据全等三角形的性质得出AD＝BD，即可得出答案．
【解答】已知：
线段AB外一点P，且PA＝PB，
求证：P在线段AB的垂直平分线上
证明：
过P作PD⊥AB于D，
则∠PDA＝∠PDB＝90°，
∵在Rt△PDA和Rt△PDB中
∴Rt△PDA≌Rt△PDB（HL），
∴AD＝BD，
∵PD⊥AB，
即P在线段AB的垂直平分线上．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线性质的应用，解此题的关键是能画出图形，并能正确作出辅助线，难度适中．
23．（10分）如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，BE＝CF，AC∥DE，∠A＝∠D．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）若BF＝12，EC＝4，求BC的长．
【分析】（1）根据AAS证明△ABC≌△DFE即可；
（2）求出BE的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC∥DE，
∴∠ACB＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，
即BC＝FE，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（AAS）．
（2）解：∵BF＝12，EC＝4，
∴BE+CF＝12﹣4＝8，
∵BE＝CF，
∴BE＝CF＝4，
∴BC＝BE+EC＝4+4＝8．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
24．（12分）已知：如图OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，
（1）在图1中，求证：AC＝BD，AC⊥BD；
（2）在图2中，点E是AC中点，点F是BD中点，试探究OE与OF的位置和数量关系，并证明．
【分析】（1）根据SAS证明△AOC≌△BOD得出AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，即可推出结论；
（2）根据SAS证明△AOC≌△BOD，得出AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，再根据中点的定义得出AE＝BF，再由SAS证明△AOE≌△BOF，得出OE＝OF，∠AOE＝∠BOF，即可推出结论．
【解答】（1）证明：如图，延长AC交BD于点E，交BO于点F，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∵∠AOC+∠COB＝∠BOD+∠COB，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，
又∵∠AFO＝∠BFE（对顶角相等），
∴∠CAO+∠AFO＝∠OBD+∠BFE，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴AC⊥BD；
（2）解：OE＝OF，EO⊥FO，证明如下：
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠AOC＝∠AOB+∠BOC，∠BOD＝∠COD+∠BOC，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，
∵点E，F分别是AC，BD的中点，
∴，，
∴AE＝BF，
在△AOE和△BOF中，
，
∴△AOE≌△BOF（SAS），
∴OE＝OF，∠AOE＝∠BOF，
∵∠AOE+∠BOE＝∠AOB＝90°，
∴∠BOE+∠BOF＝90°，
∴∠EOF＝90°，
∴EO⊥FO，
∴OE＝OF，OE⊥OF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．