2023-2024学年河北省廊坊十中八年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省廊坊十中八年级（上）期中数学试卷（含解析），共18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.下列图形中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列各组长度的三条线段能组成三角形的是( )
A. 2cm，3cm，5cmB. 2cm，2cm，4cm
C. 4cm，5cm，7cmD. 5cm，6cm，12cm
3.下列图形中，不是运用三角形稳定性的是( )
A. 自行车三角架B. 活动挂架
C. 屋顶钢架D. 挂衣架
4.下列多边形中，内角和小于外角和的是( )
A. B. C. D.
5.如图，已知O为线段PN，MQ的中点，PQ=25m，则M，N两点间的距离为( )
A. 24m
B. 25m
C. 26m
D. 28m
6.等腰三角形周长为15cm，其中一边长为3cm，则该三角形的底边长为( )
A. 3cmB. 6cmC. 9cmD. 3cm或9cm
7.下列与如图三角形全等的是( )
A. ①②B. ②③C. ①③D. 只有①
8.具备下列条件的△ABC，不是直角三角形的是( )
A. ∠A：∠B：∠C=1：2：3B. ∠A+∠B=∠C
C. ∠A=∠B=3∠CD. ∠A=12∠B=13∠C
9.用直尺和圆规作一个角等于已知角，如图，能得出∠A′O′B′=∠AOB的依据是( )
A. SASB. ASAC. AASD. SSS
10.如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是( )
A. AD=DC
B. ∠BAD=∠CAE
C. AB=AE
D. ∠ABC=∠AED
11.如图，∠A=28°，∠B′=82°，△ABC与△A′B′C′关于直线D对称，则∠C的度数为( )
A. 60°
B. 70°
C. 80°
D. 90°
12.如图，已知点A、D、C、F在同一条直线上，AB=DE，AC=DF，要使△ABC≌△DEF，还需要添加一个条件是( )
A. ∠BCA=∠FB. ∠B=∠EC. BC/​/EFD. ∠A=∠EDF
13.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的角平分线，若BC=9，BD=5，则点D到AB的距离为( )
A. 9
B. 6
C. 5
D. 4
14.如图，嘉琪从点O出发，前进10m后向右转36°，再前进10m后又向右转36°，…，如此一直走下去，他第一次回到出发点O时，走的路程一共为( )
A. 90m
B. 100m
C. 120m
D. 150m
15.如图，AM垂直∠ABC的平分线BM于点M，D为BC中点，连接MD，若△ABC的面积为4，则△BMD的面积为( )
A. 1
B. 2
C. 2.5
D. 3
16.如图，直线l1、l2、l3，表示三条相互交叉的公路，交叉口分别为A、B、C，形成一个△ABC，现要在三条公路形成的三角区域内建一座加油站，要求到A、B、C三个交叉口的距离相等，则加油站应建在( )
A. △ABC的三条高的交点处
B. △ABC的三条角平分线的交点处
C. △ABC的三条中线的交点处
D. △ABC的三条边的垂直平分线的交点处
二、填空题：本题共3小题，共10分。
17.若△ABC≌△A′B′C′，且∠C=50°，∠BAC−∠A′B′C′=10°，则∠BAC= ______．
18.若点P(m,n)关于x轴的对称点是P1，点P1关于y轴的对称点是P2，且点P2的坐标为(3,4)，则m= ______，n= ______．
19.如图，AB=14，CA⊥AB于点A，DB⊥AB于点B，且AC=6，DB=8，点P是线段AB上一动点．
(1)当AP= ______时，CP⊥DP；
(2)点P从点A以每分钟73个单位长度的速度向点B运动，点Q从点B以每分钟2个单位长度的速度向点D运动，P、Q两点同时C出发，运动______分钟后，△APC与△BPQ全等．
三、解答题：本题共7小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题9分)
已知△ABC的三边分别为a，b，c，且a=4，b=6．
(1)求c的取值范围；
(2)若c的长为小于8的偶数，求△ABC的周长．
21.(本小题9分)
已知n边形内角和Y=(n−2)×180°．
(1)当Y=720°时，求边数n；
(2)小嘉说，Y能取800°，小嘉的说法对吗？若对，求出边数n；若不对，请说明理由．
22.(本小题9分)
如图，在△ABC中，∠BAC为钝角，AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线．
(1)画出△ABC边AB上的高CF；
(2)若∠B=32°，∠C=52°，求∠EAD的度数；
(3)若AD=4，BC=9，AB=7，求高CF的长．
23.(本小题10分)
两个全等的直角三角尺ABC和DEF(∠ACB=∠DFE=90°)按如图摆放，B，F，C，D在同一条直线上．
(1)求证：AB⊥ED；
(2)若BP=BC，请找出图中与此条件相关的一对全等三角形，并给予证明．
24.(本小题10分)
如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，A(1,−4)，B(5,−3)，C(4,−1)．
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1(其中A1，B1，C1是A，B，C的对应点，不写画法)；
(2)写出A1，B1，C1的坐标；
(3)求出△A1B1C1的面积．
25.(本小题12分)
如图，已知△ABF≌△CDE．
(1)若∠B=35°，∠DCF=40°，求∠EFC的度数；
(2)求证：AE=CF．
26.(本小题13分)
如图，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点P，小琪在写作业时，发现如下规律：
①当∠A=50°时，∠P=115°；
②当∠A=60°时，∠P=120°；
③当∠A=70°时，∠P=125°．
(1)根据上述规律，若∠A=90°，则∠P= ______；
(2)请你用数学表达式归纳出∠P与∠A的关系：______；
(3)请证明你的结论．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、图形不是轴对称图形，不符合题意；
B、图形是轴对称图形，正确，符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不符合题意；
D、图形不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形的定义解答即可．
本题主要考查了轴对称图形，熟知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，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：根据三角形的三边关系，
A、3+2=5，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
B、2+2=4，不能够组成三角形，故该选项不符合题意；
C、4+5=9>7，能组成三角形，故该选项符合题意；
D、5+6=11<12，不能组成三角形，故该选项不符合题意．
故选：C．
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．
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．
3.【答案】B
【解析】解：伸缩的拉闸门是利用了四边形的不稳定性，A、C、D都是利用了三角形的稳定性，
故选：B．
利用三角形的稳定性进行解答．
本题考查了三角形的稳定性在实际生活中的应用问题，关键是分析能否在同一平面内组成三角形．
4.【答案】A
【解析】解：A.∵三角形的内角和为180°，外角和为360°，180°<360°，故此选项符合题意；
B.∵正方形的内角和与外角和都为360°，故此选项不符合题意；
C.∵长方形的内角和与外角和都为360°，故此选项不符合题意；
D.∵五边形的内角和为(5−2)×180°=540°，外角和为360°，540°>360°，故此选项不符合题意；
故选：A．
A.求出三角形的内角和与外角和，进行判断；
B.求出正方形的内角和与外角和，进行判断；
C.求出长方形的内角和与外角和，进行判断；
D.求出五边形内角和与外角和，进行判断．
本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握多边形的内角和和外角和．
5.【答案】B
【解析】解：∵O分别是线段MQ和PN的中点，
∴PO=NO，QO=MO，
在△PQO和△NMO中，
PO=NO ∠POQ=∠NOM QO=MO ，
∴△PQO≌△NMO(SAS)，
∴PQ=NM=25(m)，
故选：B．
利用SAS证明△PQO≌△NMO，根据全等三角形的性质即可得解．
本题考查了全等三角形的应用，解题的关键是利用SAS证明△PQO≌△NMO．
6.【答案】A
【解析】解：由题意知，应分两种情况：
(1)当腰长为3cm时，则另一腰也为3cm，
底边为15−2×3=9cm，
边长分别为3cm，3cm，9cm，不能构成三角形；
(2)当底边长为3cm时，腰的长=(15−3)÷2=6cm，
∴边长为6cm，6cm，3cm，能构成三角形．
故选：A．
由于长为3cm的边可能为腰，也可能为底边，故应分两种情况讨论．
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：根据图中数据，利用“SAS”可判断①与已知三角形全等．
故选：D．
根据全等三角形的判定方法对各三角形进行判断．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
8.【答案】C
【解析】解：设∠A=x，∠B=2x，∠C=3x，x+2x+3x=180°，解得x=30°，3x=90°是直角三角形，
故不符合题意；
B、由∠A+∠B=∠C及∠A+∠B+∠C=180°可得∠C=90°，是直角三角形，
故不符合题意；
C、由∠A=∠B=3∠C及∠A+∠B+∠C=180°可得∠A=∠B=540°7,∠C=180°7，不是直角三角形，故符合题意；
D、由∠A：∠B：∠C=1：2：3及∠A+∠B+∠C=180°可得∠C=90°，∠A=30°，∠B=60°，是直角三角形，
故不符合题意；
故选：C．
根据三角形内角和以及直角三角形的定义可进行求解．
本题主要考查三角形内角和，熟练掌握三角形内角和是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】【分析】
利用基本作图得到OC=OD=O′C′=O′D′，CD=C′D′，则根据“SSS”可判断△C′O′D′≌△COD(SSS)，然后根据全等三角形的性质得到∠A′O′B′=∠AOB．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质．
【解答】
解：由作图痕迹得OC=OD=O′C′=O′D′，CD=C′D′，
所以△C′O′D′≌△COD(SSS)，
所以∠A′O′B′=∠AOB．
故选：D．
10.【答案】B
【解析】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AD=AB，故A、C选项错误，不符合题意；
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，即∠BAD=∠CAE，故B选项正确，符合题意．
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ABC=∠ADE，故D选项错误，不符合题意．
故选：B．
根据全等三角形的性质，逐项判断即可求解．
本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的对应角相等，对应边相等是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∠A=28°，∠B′=82°，
∴△ABC≌△A′B′C′，
∴∠B=∠B′=82°，
∵∠A=28°，
∴∠C=180°−∠A−∠B=180°−82°−28°=70°．
故选：B．
根据轴对称的性质以及三角形的内角和定理解决问题即可．
本题考查轴对称，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
12.【答案】D
【解析】解：∵AB=DE，AC=DF，
∴要判断△ABC≌△DEF，需要条件BC=EF或∠A=∠EDF．
故选：D．
根据SAS判定即可．
本题考查全等三角形的判定，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
13.【答案】D
【解析】解：过D作DE⊥AB，
∵BC=9，BD=5，
∴CD=4，
∵AD是∠BAC的角平分线，∠C=90°，
∴DE=CD=4，
故选：D．
根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点D到AB的距离DE长为等于CD的长，进行解答即可．
本题主要考查了角平分线的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等．
14.【答案】B
【解析】解：按照题意，可知嘉琪走一圈回到O点，他走过的轨迹为一正多边，设此多边形为正n边形，
∵此正n边形的一个外角为36°，
∴36°×n=360°，
∴n=10．
即他走过的正多边形为正10边形．
∵正多边形的边长为10米，
∴正多边形的周长为10×10=100(米)．
即他第一次回到出发点时一共走了100米．
故选：B．
根据路线可得出嘉琪最终的路线是一个外角为36°的多边形，要求出一共走了多少就要求出嘉琪一共转向多少次；转向的次数乘以每次转向前走的路程即可得出答案．
本题主要考查多边形的外角和为360°，掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
15.【答案】A
【解析】解：延长AM交BC于N，
在△AMB和△NMB中，
∠ABM=∠NBMBM=BM∠AMB=∠NMB=90°，
∴△AMB≌△NMB(ASA)，
∴AM=NM，
∴S△AMB=S△NMB，S△AMC=S△NMC，
∴S△BMC=12S△ABC=2，
∵D为BC中点，
∴S△BMD=12S△BMC=1，
故选：A．
延长AM交BC于N，证明△AMB≌△NMB，根据全等三角形的性质得到AM=NM，根据三角形的面积公式计算即可．
本题考查的是三角形全等的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的面积公式，熟记三角形全等的判定定理是解题的关键．
16.【答案】D
【解析】解：由线段垂直平分线的性质得到：加油站应建在△ABC的三条边的垂直平分线的交点处．
故选：D．
垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，由此即可判断．
本题考查线段垂直平分线的性质，关键是掌握线段垂直平分线的性质．
17.【答案】70°
【解析】解：∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠B=∠B′，
∵∠A−∠B′=10°，
∴∠A−∠B=10°，
∵∠C=50°，
∴∠A+∠B=180°−∠C=130°，
则∠A−∠B=10∘∠A+∠B=130∘，
解得：∠A=70∘∠B=60∘，
∴∠BAC=70°，
故答案为：70°．
根据全等三角形的性质得到∠B=∠B′，根据三角形内角和定理得到∠A+∠B=130°，根据题意列出方程组，解方程组得到答案．
本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，熟记全等三角形的对应角相等是解题的关键．
18.【答案】−3 −4
【解析】解：∵点P(m,n)关于x轴的对称点是P1，
∴P1(m,−n)，
∵点P1关于y轴的对称点是P2，
∴P2(−m,−n)，
∵点P2的坐标为(3,4)，
∴m=−3，n=−4，
故答案为：−3，−4．
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；关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可直接得到答案．
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，熟知关于x，y轴对称的点的坐标特点是解题的关键．
19.【答案】6或8 247或3
【解析】解：(1)当AP=6或8时，CP⊥DP，理由如下：
∵CP⊥DP，
∴∠APC+∠BPD=90°，
∵CA⊥AB于点A，
∴∠C+∠APC=90°，
∴∠C=∠BPD，
又∠A=∠B=90°，
∴△APC∽BDP，
∴ACBP=APBD，
∵AB=14，
∴AP+BP=14，
∴614−AP=AP8，
∴AP=6或8，
故答案为：6或8；
(2)设t分钟后，△APC与△BPQ全等，
由题意得，AP=73t，BQ=2t，
∴BP=AB−AP=14−73t，
当△CAP≌△PBQ时，AP=BQ，AC=BP，
∴73t=2t，6=14−73t，
∴t=0(舍去)或t=247，
当△APC与△BPQ时，AP=BP，AC=BQ，
∴73t=14−73t，6=2t，
∴t=3，
综上，运动247或3分钟后，△APC与△BPQ全等，
故答案为：247或3．
(1)根据相似三角形的判定与性质求解即可；
(2)设t分钟后，△APC与△BPQ全等，由题意得，AP=73t，BQ=2t，BP=14−73t，分两种情况求解即可．
此题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)因为a=4，b=6，
所以2(2)若c的长为小于8的偶数，
所以c=4或x=6．
当c=4时，△ABC的周长=4+4+6=14；
当c=6时，△ABC的周长=6+4+6=16．
综上所述，△ABC的周长为14或16．
【解析】(1)利用三角形三边关系进而得出c的取值范围，进而得出答案；
(2)根据偶数的定义，以及c的取值范围即可求解；
此题主要考查了三角形三边关系，得出c的取值范围是解题关键．
21.【答案】解：(1)720°=(n−2)×180°，
n−2=4，
n=6；
(2)小明的说法不对．
理由：∵当Y取800°时，800°=(n−2)×180°，
解得：n=599，
∴n应为整数，
∴Y不能取820°，
故小明的说法不对．
【解析】(1)将θ=720°代入内角和公式，直接计算即可；
(2)将θ=820°代入内角和公式，求出n的值，若n的值为整数，则可以取820°，若n的值为分数，则不可以取820°．
本题主要考查多边形的内角和，解决此类问题的关键是熟记多边形的内角和公式，对于第(2)小题的题目，只要求出n的值，根据n是否是整数，即可判断能否取该度数．
22.【答案】解：(1)如图：

CF即为所求；
(2)∵∠B=32°，∠C=52°，
∴∠BAC=96°，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=12∠BAC=48°，
∵∠B=32°，∠ADB=90°，
∴∠BAD=90°−∠B=58°，
∴∠EAD=∠BAD−∠BAE=10°，
∴∠EAD的度数为10°；
(3)∵2S△ABC=BC⋅AD=AB⋅CF，
∴CF=BC⋅ADAB=9×47=367；
∴高CF的长为367．
【解析】(1)过C作AB的垂线，垂足为F，CF即为所求；
(2))由∠B=32°，∠C=52°，得∠BAC=96°，可知∠BAE=12∠BAC=48°，求出∠BAD=90°−∠B=58°，故∠EAD=∠BAD−∠BAE=10°；
(3)用等面积法可得高CF的长为367．
本题考查作图−基本作图，涉及三角形的内角和定理及应用，解题的关键是掌握三角形相关的概念，能用等面积法解决问题．
23.【答案】(1)证明：由题意得，∠A+∠B=90°，∠A=∠D，
∴∠B+∠D=90°，
∴∠BPD=90°，
∴AB⊥DE．
(2)∵AB⊥DE，AC⊥BD，
∴∠BPD=∠ACB=90°，
∴在△ABC和△DBP，
∠A=∠D∠ACB=∠DPBBC=BP，
∴△ABC≌△DBP(AAS)．
【解析】(1)由∠A+∠B=90°，∠A=∠D，可得∠B+∠D=90°，从而可得结论；
(2)确定△ABC，△DBP，再证明∠BPD=∠ACB=90°，结合已知条件可得结论．
本题考查的是三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质；掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．
24.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所画的三角形；

(2)由轴对称的性质可得：A1(−1,−4)，B1(−5,−3)，C1(−4,−1)．
(3)S△A1B1C1=3×4−12×1×2−12×3×3−12×1×4=12−1−4.5−2=4.5．
【解析】(1)分别确定A，B，C关于y轴的对称点A1，B1，C1，再顺次连接即可；
(2)根据轴对称的性质结合点在坐标系内的位置可得其坐标；
(3)利用长方形的面积减去三个三角形的面积即可．
本题考查的是坐标与图形，画轴对称图形，求解网格三角形的面积，熟记轴对称的性质是解本题的关键．
25.【答案】解：(1)∵△ABF≌△CDE，∠B=35°，
∴∠B=∠D=35°，
∵∠DCF=40°，
∴∠EFC=∠D+∠DCF=35°+40°=75°；
(2)∵△ABF≌△CDE，
∴∠B=∠D，AB=CD，BF=DE，
∴BF−EF=DE−EF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△CDF，
∴AE=CF．
【解析】(1)由全等三角形的性质可得∠B=∠D=35°，再结合三角形的外角的性质可得答案；
(2)由全等三角形的性质证明∠B=∠D，AB=CD，BF=DE，可得BE=DF，再证明△ABE≌△CDF，从而可得结论．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．
26.【答案】135° ∠P=90°+12∠A
【解析】解：(1)在△ABC中，∠A=90°，
∠ABC+∠ACB=90°，
∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点P，
∴∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB=12(∠ABC+∠ACB)=12×90°=45°，
∴∠P=180°−(∠PBC+∠PCB)=180°−45°=135°，
故答案为：135°；
(2)数学表达式归纳出∠P与∠A的关系为∠P=90°+12∠A，
故答案为：∠P=90°+12∠A；
(3)证明：在△ABC中，
∠ABC+∠ACB=180°−∠A，
∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点P，
∴∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，
∴∠PBC+∠PCB=12(∠ABC+∠ACB)=12×(180°−∠A)=90°−12∠A，
∴∠P=180°−(∠PBC+∠PCB)=180°−(90°−12∠A)=90°+12∠A．
(1)利用角平分线的定义得到∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，然后利用三角形的内角和定理求出∠P即可；
(2)根据所给数据归纳出∠P与∠A的关系即可；
(3)利用角平分线的定义得到∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，然后利用三角形的内角和定理求出∠P即可证明结论．
本题主要考查角平分线的定义，三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．