2025-2026学年浙江省衢州市柯城区兴华中学八年级（上）期中数学试卷

这是一份2025-2026学年浙江省衢州市柯城区兴华中学八年级（上）期中数学试卷，共22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.中国新能源汽车发展迅速，下列各图是国产新能源汽车图标，不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列长度的三条线段，能组成三角形的是( )
A. 3，4，8B. 5，6，10C. 5，5，11D. 5，6，11
3.若a>b，则下列不等式中成立的是( )
A. a−5−b
4.满足下列条件的△ABC，不是直角三角形的是( )
A. ∠A：∠B：∠C=3：4：5B. a：b：c=6：8：10
C. ∠C=∠A+∠BD. b2=c2−a2
5.一个不等式的解表示在数轴上如图所示，则这个不等式可以是( )
A. 2x≥6B. x−32(x−1)；
(2)2+x2≤1+2x3+1，并把解集表示在数轴上.
18.(本小题6分)
如图，在正方形网格中点A，B，C均为格点．按要求作图(保留作图痕迹，不写作法)：
(1)作出△ABC关于直线l的对称图形△A′B′C′；
(2)在直线l上找一点D，使AD+BD最小．
19.(本小题6分)
如图，点E、F在线段BC上，AB//CD，∠A=∠D，BF=CE.求证：△ABE≌△DCF.
20.(本小题6分)
如图，AC⊥BC，AD⊥BD，AD=BC，CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别是E，F，求证：
①△ABC≌△BAD；
②CE=DF.
21.(本小题8分)
勾股定理是人类早期发现并证明的数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一.它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷.
(1)应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点.
如图1.在数轴上找出表示−1的点A，表示1的点B，过点B作直线l垂直于AB，在l上取点C，使BC=1，以点A为圆心，AC为半径作弧，弧与数轴的交点D表示的数为______.
(2)应用场景2：解决实际问题.
如图2，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=1m，将它往前推4m至C处时(即CD=4m)，踏板离地的垂直高度CF=3m，整个过程中它的绳索始终拉直，求秋千绳AC的长.(作CD⊥AE于D)
22.(本小题10分)
如图，等腰△ABC中，AB=AC，点P是边BC上的一个动点(不与B，C重合)，连接AP，在边AB上取一点Q，使得AQ=AP，连接PQ.
(1)若∠C=70∘，∠CAP=20∘，求∠BPQ的度数；
(2)若∠C=60∘，∠CAP=x∘，请用含x的代数式表示∠BPQ的度数；
(3)由(1)(2)的结论，请猜想∠CAP与∠BPQ的数量关系，并证明你的猜想.
23.(本小题10分)
如图①，已知点D在线段AB上，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠EDA=∠ABC=90∘，且M为EC的中点.
(1)若DM的延长线交BC于点N，求证：CN=AD；
(2)判断直线BM与DM的位置关系，并说明理由；
(3)若将△ADE按如图②所示位置放置，使点E在线段CA的延长线上(其它条件不变)，(2)中结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A，C，D选项中的图形都能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
B选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：B.
根据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进行分析即可．
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．
2.【答案】B
【解析】解：
A选项，3+4=710，10−5b−5，故此选项不符合题意；
B、∵a>b，∴a5>b5，故此选项不符合题意；
C、∵a>b，∴a+5>b+5，故此选项符合题意；
D、∵a>b，∴−a−2−1，
2x>−3，
则x>−32；
(2)∵2+x2≤1+2x3+1，
∴3(2+x)≤2(1+2x)+6，
6+3x≤2+4x+6，
3x−4x≤2+6−6，
−x≤2，
则x≥−2，
将解集表示在数轴上如下：
(1)根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
(2)根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
18.【答案】解：(1)如图所示，△A′B′C′即为所求；
(2)如图所示，点D即为所求．
【解析】(1)根据轴对称的性质找出对应点即可求解；
(2)连接A′B交直线l于点D，则点D即为所求．
本题考查了轴对称变换的性质，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键．
19.【答案】证明：∵AB//CD，
∴∠B=∠C，
∵BF=CE，
∴BF−EF=CE−EF，
即BE=CF，
在△ABE和△DCF中，
∠A=∠D∠B=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△DCF(AAS).
【解析】证明：∵AB//CD，
∴∠B=∠C，
∵BF=CE，
∴BF−EF=CE−EF，
即BE=CF，
在△ABE和△DCF中，
∠A=∠D∠B=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△DCF(AAS).
根据AB//CD，可得∠B=∠C，由BF=CE可得BE=CF，易证△ABE≌△DCF(AAS).
本题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法．
20.【答案】证明：①∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠ACB=∠BDA=90∘，
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
AB=BABC=AD，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD(HL)，
②∵Rt△ABC≌Rt△BAD，
∴S△ABC=S△BAD，
∵CE⊥AB于点E，DF⊥AB于点F，
∴12AB⋅CE=12AB⋅DF，
∴CE=DF.
【解析】①先由AC⊥BC，AD⊥BD证明∠ACB=∠BDA=90∘，再根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明Rt△ABC≌Rt△BAD，
②证明S△ABC=S△BAD，即可由12AB⋅CE=12AB⋅DF证明CE=DF.
此题重点考查全等三角形的判定与性质、根据面积等式证明线段相等、垂直的定义等知识与方法，证明Rt△ABC≌Rt△BAD是解题的关键．
21.【答案】 5−1 (2)秋千绳AC的长为5m
【解析】解：(1)在Rt△ABC中，
∵AC= AB2+BC2= 22+12= 5，
∴AD=AC= 5，
∴点D表示的数是 5−1，
故答案为： 5−1；
(2)设秋千绳索AC的长度为x m，
由题意可得AC=AB=xm，
四边形DCFE为矩形，BE=1m，DC=4m，CF=3 m，DE=CF=3m，
∴DB=DE−BE=2m，AD=AB−BD=(x−2)m，
在Rt△ADC中，AD2+DC2=AC2，
即(x−2)2+42=x2，
解得x=5，
即AC的长度为5m，
答：绳索AC的长为5m.
(1)根据勾股定理求出AC，根据实数与数轴解答即可．
(2)设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=(x−2)m，利用勾股定理可得x2=42+(x−2)2，即可得到结论．
本题主要考查了勾股定理的证明，关键是正确理解题意，表示出AD，AC的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
22.【答案】(1)∠BPQ=10∘ (2)∠BPQ=12x∘ (3)∠BPQ=12∠CAP，理由如下：
由题意，设∠CAP=x∘，
∵∠APB是△ACP的一个外角，
∴∠APB=∠C+∠CAP=∠C+x∘.
∴∠APQ=∠APB−∠BPQ=∠C+x∘−∠BPQ.
∵∠AQP是△BPQ的一个外角，
∴∠AQP=∠BPQ+∠B.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C.
∴∠AQP=∠BPQ+∠B=∠BPQ+∠C.
∵AQ=AQ，
∴∠APQ=∠AQP.
∴∠C+x∘−∠BPQ=∠BPQ+∠C.
∴∠BPQ=12x∘=12∠CAP，即∠BPQ=12∠CAP
【解析】解：(1)∵∠APB是△ACP的一个外角，
∴∠APB=∠C+∠CAP=70∘+20∘=90∘.
∴∠APQ=∠APB−∠BPQ=90∘−∠BPQ.
∵∠AQP是△BPQ的一个外角，
∴∠AQP=∠BPQ+∠B.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=70∘.
∴∠AQP=∠BPQ+70∘.
∵AQ=AQ，
∴∠APQ=∠AQP.
∴90∘−∠BPQ=∠BPQ+70∘.
∴∠BPQ=10∘.
(2)∵∠APB是△ACP的一个外角，
∴∠APB=∠C+∠CAP=60∘+x∘.
∴∠APQ=∠APB−∠BPQ=60∘+x∘−∠BPQ.
∵∠AQP是△BPQ的一个外角，
∴∠AQP=∠BPQ+∠B.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=60∘.
∴∠AQP=∠BPQ+60∘.
∵AQ=AQ，
∴∠APQ=∠AQP.
∴60∘+x∘−∠BPQ=∠BPQ+60∘.
∴∠BPQ=12x∘.
(3)∠BPQ=12∠CAP，理由如下：
由题意，设∠CAP=x∘，
∵∠APB是△ACP的一个外角，
∴∠APB=∠C+∠CAP=∠C+x∘.
∴∠APQ=∠APB−∠BPQ=∠C+x∘−∠BPQ.
∵∠AQP是△BPQ的一个外角，
∴∠AQP=∠BPQ+∠B.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C.
∴∠AQP=∠BPQ+∠B=∠BPQ+∠C.
∵AQ=AQ，
∴∠APQ=∠AQP.
∴∠C+x∘−∠BPQ=∠BPQ+∠C.
∴∠BPQ=12x∘=12∠CAP，即∠BPQ=12∠CAP.
(1)依据题意，由∠APB是△ACP的一个外角，则∠APB=∠C+∠CAP=70∘+20∘=90∘，故∠APQ=∠APB−∠BPQ=90∘−∠BPQ，又∠AQP是△BPQ的一个外角，则∠AQP=∠BPQ+∠B，又AB=AC，故∠B=∠C=70∘，可得∠AQP=∠BPQ+70∘，结合AQ=AQ，从而∠APQ=∠AQP，最后可得90∘−∠BPQ=∠BPQ+70∘，进而可以得解；
(2)依据题意，类似(1)，结合∠C=60∘，∠CAP=x∘，从而可以判断得解；
(3)依据题意，结合(1)(2)，设∠CAP=x∘，类似(2)分析判断可以得解．
本题主要考查了三角形内角和定理、列代数式、三角形的外角性质，解题时要熟练掌握并能根据题意列出关系式是关键．
23.【答案】(1)∵AB=BC，AD=DE，∠ABC=∠ADE=90∘，
∴∠EAD=∠AED=45∘，∠BAC=∠BCA=45∘，
∵M为EC的中点，
∴EM=CM，
∵∠EDA=∠ABC=90∘，
∴DE//BC，
∴∠DEM=∠MCB，
在△EMD和△CMN中，
∠DEM=∠NCMEM=CM∠EMD=∠CMN，
∴△EMD≌△CMN(ASA)，
∴CN=DE，
∵AD=DE，
∴CN=AD (2)BM⊥DM，BM=DM，
由(1)得：△EMD≌△CMN，
∴CN=AD，DM=MN，
∵BA=BC，
∴BD=BN，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM=DM;故答案为：BM⊥DM，BM=DM (3)BM⊥DM，BM=DM仍然成立，
如图2，作CN//DE交DM的延长线于N，连接BN，
∴∠E=∠MCN=45∘，
在△EMD与△CMN中，
∠DME=∠NMCEM=CM∠E=∠MCN，
∴△EMD≌△CMN(ASA)，
∴CN=DE=DA，MN=MD，
又∵∠DAB=180∘−∠DAE−∠BAC=90∘，
∠BCN=∠BCM+∠NCM=45∘+45∘=90∘，
∴∠DAB=∠BCN，
在△DBA和△NBC中，
DA=CN∠DAB=∠BCNBA=BC，
∴△DBA≌△NBC(SAS)，
∴∠DBA=∠NBC，DB=BN，
∴∠DBN=∠ABC=90∘，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM=DM
【解析】(1)证明：∵AB=BC，AD=DE，∠ABC=∠ADE=90∘，
∴∠EAD=∠AED=45∘，∠BAC=∠BCA=45∘，
∵M为EC的中点，
∴EM=CM，
∵∠EDA=∠ABC=90∘，
∴DE//BC，
∴∠DEM=∠MCB，
在△EMD和△CMN中，
∠DEM=∠NCMEM=CM∠EMD=∠CMN，
∴△EMD≌△CMN(ASA)，
∴CN=DE，
∵AD=DE，
∴CN=AD；
(2)解：BM⊥DM，BM=DM，
理由如下：由(1)得：△EMD≌△CMN，
∴CN=AD，DM=MN，
∵BA=BC，
∴BD=BN，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM=DM；
故答案为：BM⊥DM，BM=DM；
(3)解：BM⊥DM，BM=DM仍然成立，
理由如下：
如图2，作CN//DE交DM的延长线于N，连接BN，
∴∠E=∠MCN=45∘，
在△EMD与△CMN中，
∠DME=∠NMCEM=CM∠E=∠MCN，
∴△EMD≌△CMN(ASA)，
∴CN=DE=DA，MN=MD，
又∵∠DAB=180∘−∠DAE−∠BAC=90∘，
∠BCN=∠BCM+∠NCM=45∘+45∘=90∘，
∴∠DAB=∠BCN，
在△DBA和△NBC中，
DA=CN∠DAB=∠BCNBA=BC，
∴△DBA≌△NBC(SAS)，
∴∠DBA=∠NBC，DB=BN，
∴∠DBN=∠ABC=90∘，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM=DM.
(1)由∠ABC=∠ADE=90∘可得DE//BC，再根据平行线的性质，推出∠DEM=∠MCB，根据ASA推出△EMD≌△CMN，证出CN=ED，因为AD=DE，即可得到CN=AD；
(2)由(1)可知CN=AD，DM=MN，再由AB=AC，可得BD=BN，从而可得△DBN是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得结论；
(3)作CN//DE交DM的延长线于N，连接BN，根据平行线的性质求出∠E=∠NCM，根据ASA证△DBA≌△NBC，推出△DBN是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得结论．
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定；此题综合性比较强，培养了学生分析问题和解决问题的能力，类比思想的运用．