综合解析-人教版数学八年级上册期中定向训练试题 B卷（解析卷）

这是一份综合解析-人教版数学八年级上册期中定向训练试题 B卷（解析卷），共21页。试卷主要包含了不一定在三角形内部的线段是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 35分）
一、单选题（5小题，每小题3分，共计15分）
1、当n边形边数增加2条时，其内角和增加（ ）
A．B．C．D．
2、作平分线的作图过程如下：
作法：（1）在和上分别截取、，使．
（2）分别以，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点．
（3）作射线，则就是的平分线．
用下面的三角形全等的判定解释作图原理，最为恰当的是（ ）
A．B．C．D．
3、如图，锐角△ABC的两条高BD、CE相交于点O，且CE＝BD，若∠CBD＝20°，则∠A的度数为（ ）
A．20°B．40°C．60°D．70°
4、不一定在三角形内部的线段是（ ）
A．三角形的角平分线B．三角形的中线
C．三角形的高D．三角形的高和中线
5、如果一个多边形的内角和是外角和的5倍，那么这个多边形的边数是（ ）
A．10B．11C．12D．13
二、多选题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、下列说法正确的是（ ）
A．相等的角是对顶角
B．一个四边形的四个内角中最多可以有三个锐角
C．两条直线被第三条直线所截，内错角相等
D．两直线相交形成的四个角相等，则这两条直线互相垂直
2、一幅美丽的图案，在其顶点处由四个正多边形镶嵌而成，其中三个分别为正三角形、正四边形、正六边形，则另一个不能为（ ）
A．正六边形B．正五边形C．正四边形D．正三角形
3、如图，，，要添加一个条件使．添加的条件可以是（ ）
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A．B．C．D．
4、已知等腰三角形的周长是12，且各边长都为整数，则各边的长可能是（ ）．
A．2，2，8B．5，5，2C．4，4，4D．3，3，5
5、关于多边形，下列说法中正确的是（ ）
A．过七边形一个顶点可以作4条对角线B．边数越多，多边形的外角和越大
C．六边形的内角和等于720°D．多边形的内角中最多有3个锐角
第Ⅱ卷（非选择题 65分）
三、填空题（5小题，每小题5分，共计25分）
1、如图，若△ABC≌△ADE，且∠1＝35°，则∠2＝_____．
2、如图所示，过正五边形的顶点作一条射线与其内角的角平分线相交于点，且，则_____度．
3、如果一个正多边形的一个内角是135°，则这个正多边形是_____．
4、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．
5、如图，点D在线段BC上，AC⊥BC，AB＝8cm，AD＝6cm，AC＝4cm，则在△ABD中，BD边上的高是__cm．
四、解答题（5小题，每小题8分，共计40分）
1、如图，在中，点D为上一点，将沿翻折得到，与相交于点F，若平分，，．
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(1)求证：；
(2)求的度数．
2、如图，A，B，C，D依次在同一条直线上，，BF与EC相交于点M．求证：．
3、如图，在中，D是边上的点，，垂足分别为E，F，且．求证：．
4、如图，在等腰三角形ABC中，∠A=90°，AB=AC=6，D是BC边的中点，点E在线段AB上从B向A运动，同时点F在线段AC上从点A向C运动，速度都是1个单位/秒，时间是t秒(0＜t＜6)，连接DE、DF、EF．
（1）请判断△EDF形状，并证明你的结论．
（2）以A、E、D、F四点组成的四边形面积是否发生变化？若不变，求出这个值；若变化，用含t的式子表示．
5、如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
根据n边形的内角和定理即可求解．
【详解】
解：原来的多边形的边数是n，则新的多边形的边数是n＋2．
（n＋2−2）•180−（n−2）•180＝360°．
故选：B．
【考点】
本题主要考查了多边形的内角和定理，多边形的边数每增加一条，内角和就增加180度．
2、A
【解析】
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【分析】
根据作图过程可得OD=OE，CE=CD，根据OC为公共边，利用SSS即可证明△OCE≌△OCD，即可得答案．
【详解】
∵分别以，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；
∴CE=CD，
在△OCE和△OCD中，，
∴△OCE≌△OCD（SSS），
故选：A．
【考点】
本题考查全等三角形的判定，正确找出相等的线段并熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
3、B
【解析】
【分析】
由BD、CE是高，可得∠BDC=∠CEB=90°，可求∠BCD＝70°，可证Rt△BEC≌Rt△CDB（HL），得出∠BCD＝∠CBE＝70°即可．
【详解】
解：∵BD、CE是高，∠CBD＝20°，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∴∠BCD＝180°﹣90°﹣20°＝70°，
在Rt△BEC和Rt△CDB中，
，
∴Rt△BEC≌Rt△CDB（HL），
∴∠BCD＝∠CBE＝70°，
∴∠A＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
故选：B．
【考点】
本题考查三角形高的定义，三角形全等判定与性质，三角形内角和公式，掌握三角形高的定义，三角形全等判定与性质，三角形内角和公式是解题关键．
4、C
【解析】
【分析】
根据三角形的高、中线、角平分线的性质解答．
【详解】
解：因为在三角形中，
它的中线、角平分线一定在三角形的内部，
而钝角三角形的两条高在三角形的外部．
故选：C．
【考点】
本题考查了三角形的高、中线、角平分线．熟悉各个性质是解题的关键．
5、C
【解析】
【分析】
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设多边形的边数为n，根据多边形外角和与内角和列式计算即可；
【详解】
解：设多边形的边数为n，
根据题意可得：，
化简得：，
解得：；
故选：C．
【考点】
本题主要考查了多边形的内角和与外角和，结合一元一次方程求解是解题的关键．
二、多选题
1、BD
【解析】
【分析】
根据对顶角的概念、四边形的性质、平行线的性质以及垂直的概念进行判断．
【详解】
解：A.相等的角不一定是对顶角，而对顶角必定相等，故选项说法错误，不符合题意；
B. 一个四边形的四个内角中最多可以有三个锐角，若有四个内角为锐角，则内角和小于360°，故选项说法正确，符合题意；
C.两条平行直线被第三条直线所截，内错角相等，故选项说法错误，不符合题意；
D.两直线相交形成的四个角相等，则这四个角都是90°，即这两条直线互相垂直，故选项说法正确，符合题意；
故选：BD．
【考点】
本题主要考查了对顶角的概念、四边形的性质、平行线的性质以及垂直的概念，解题时注意：当两条直线相交所成的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线互相垂直，其中一条直线叫做另一条直线的垂线．一个四边形的四个内角中最多可以有三个锐角，若有四个内角为锐角，则内角和小于360°．
2、ABD
【解析】
【分析】
平面镶嵌要求多边形在同一个顶点处的所有角的和为 根据平面镶嵌的要求逐一求解各选项涉及的多边形在一个顶点处的所有的角之和，从而可得答案.
【详解】
解： 一幅美丽的图案，在其顶点处由四个正多边形镶嵌而成，
其中三个分别为正三角形、正四边形、正六边形，
在顶点处的四个角的和为：
而正三角形、正四边形、正六边形的每一个内角依次为：
当第四个多边形为正六边形时， 故符合题意；
当第四个多边形为正五边形时， 故符合题意；
当第四个多边形为正四边形时， 故不符合题意；
当第四个多边形为正三角形时， 故符合题意；
故选：
【考点】
本题考查的是平面镶嵌，熟悉平面镶嵌时，围绕在一个顶点处的所有的角组成一个周角是解题的关键.
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3、BD
【解析】
【分析】
已知一边和一角对应相等，再添加任意对对应角相等，或已知角的另一边相等就可以由AAS、ASA或SAS判定两个三角形全等．
【详解】
解：选项A中与不是对应角，不能与已知构成AAS或ASA的判定，无法判定三角形全等，故选项A不合题意；
选项B中是对应角，结合已知可以由AAS判定，故选项B符合题意；
选项C中是对应边，但不是两边及其夹角相等，无法判定，故选项C不合题意；
选项B中由已知可得，是对应角，结合已知可以由ASA判定，故选项D符合题意；
故选BD．
【考点】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、、．注意：、不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
4、BC
【解析】
【分析】
根据三角形三边之间的关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．结合题目条件“周长为12”，可得出正确答案．
【详解】
A.2+2<8，不能组成三角形，排除．
B.5+5>2，5-5<2；且5+5+2=12；满足题意．
C.4+4>4，4-4<4；且4+4+4=12；满足题意．
D.3+3>5，3-3<5；但3+3+5≠12；排除．
故选：BC．
【考点】
本题主要考查了能够组成三角形三边之间的关系：两边之和大于大三边，两边之差小于第三边；注意结合题目条件“周长为12”．
5、ACD
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和、外角和，多边形的内角线，即可解答．
【详解】
解：A、过七边形一个顶点可以作4条对角线，选项正确，符合题意；
B、多边形的外角和是固定不变的，选项错误，不符合题意；
C、六边形的内角和等于720°，选项正确，符合题意；
D、多边形的内角中最多有3个锐角，选项正确，符合题意；
故选：ACD
【考点】
本题考查了多边形，解决本题的关键是熟记多边形的有关性质．
三、填空题
1、35°．
【解析】
【分析】
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根据全等的性质可得：∠EAD＝∠CAB，再根据等式的基本性质可得∠1＝∠2＝35°.
【详解】
解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠EAD＝∠CAB，
∴∠EAD－∠CAD＝∠CAB－∠CAD，
∴∠2＝∠1＝35°．
故答案为35°．
【考点】
此题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解决此题的关键.
2、66
【解析】
【分析】
首先根据正五边形的性质得到度，然后根据角平分线的定义得到度，再利用三角形内角和定理得到的度数．
【详解】
解：∵五边形为正五边形，
∴度，
∵是的角平分线，
∴度，
∵，
∴．
故答案为66．
【考点】
本题考查了多边形内角与外角，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．
3、正八边形
【解析】
【分析】
根据正多边形的外角和为即可求出正多边形的边数．
【详解】
解：∵正多边形的一个内角是135°，
∴它的每一个外角为45°．
又因为多边形的外角和恒为360°，
360°÷45°＝8，
即该正多边形为正八边形．
故答案为：正八边形．
【考点】
本题主要考查正多边形的外角和，掌握正多边形的外角和是解决问题的关键．
4、2或
【解析】
【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，
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∴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．
【考点】
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．
5、4cm
【解析】
【分析】
从三角形的一个顶点向它对边所作的垂线段（顶点至对边垂足间的线段）,叫做三角形的高．这条边叫做底．
【详解】
因为AC⊥BC，
所以三角形ABD中，BD边上的高是：AC=4cm
故答案为：4cm
【考点】
考核知识点：三角形的高．理解三角形的高的定义是关键．
四、解答题
1、 (1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）利用三角形内角和定理求出，再利用折叠和角平分线的性质证明，即可证明；
（2）利用三角形内角和定理求出，再利用对顶角相等证明，再利用三角形内角和定理即可求出．
(1)
证明：∵，，
∴,
∵AE平分，
∴，
∵，
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∴，
∴，
∴，
(2)
解：，
∴，
∵，且，
∴．
【考点】
本题考查三角形内角和定理，折叠的性质，角平分线的性质，对顶角相等，（1）的关键是求出，证明；（2）的关键是求出．
2、见解析
【解析】
【分析】
由AB=CD，得AC=BD，再利用SAS证明△AEC≌△DFB，即可得结论．
【详解】
证明：，
，
．
在和中，
，
．
【考点】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3、见解析
【解析】
【分析】
由得出，由SAS证明，得出对应角相等即可．
【详解】
证明：∵，
∴．
在和中，
∴，
∴．
【考点】
本小题考查垂线的性质、全等三角形的判定与性质、等基础知识，考查推理能力、空间观念与几何直观．
4、（1）△EDF为等腰直角三角形，证明见解析；（2）四边形AEDF面积不变，9．
【解析】
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【分析】
（1）连接AD，利用等腰直角三角形的性质根据SAS证明△BDE≌△ADF，即可得到结论；
（2）根据（1）得到S△BDE=S△ADF，推出S四边形AEDF=S△ADF+S△ADE=S△ABD=S△ABC，根据公式计算即可得到答案.
【详解】
解：（1）△EDF为等腰直角三角形，
理由如下：连接AD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，点D是BC中点，
∴AD=BD=CD=BC，AD平分∠BAC，
∴∠B=∠C=∠BAD=∠CAD=45°，
∵点E、F速度都是1个单位秒，时间是t秒，
∴BE=AF，
又∵∠B=∠DAF=45°，AD=BD，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴DE=DF，∠BDE=∠ADF．
∵∠BDE+∠ADE=90°，
∴∠ADF+∠ADE=90°，
∴∠EDF=90°，
∴△EDF为等腰直角三角形；
（2）四边形AEDF面积不变，
理由：∵由（1）可知，△BDE≌△ADF，
∴S△BDE=S△ADF，
∴S四边形AEDF=S△ADF+S△ADE=S△ABD=S△ABC，
∴S四边形AEDF=××AC×AB=9.
【考点】
此题考查等腰直角三角形的性质，等腰三角形三线合一的性质，全等三角形的判定及性质.
5、（1）全等，理由详见解析；（2）5
【解析】
【分析】
（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
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（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【考点】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．