2022-2023学年江西省南昌市重点学校八年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省南昌市重点学校八年级（上）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了0分，0分)，【答案】D，【答案】，【答案】27cm等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2022-2023学年江西省南昌市重点学校八年级（上）期中数学试卷注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）山西剪纸是最古老的汉族民间艺术之一剪纸作为一种镂空艺术，在视觉上给人以透空的感觉和艺术享受下列四幅剪纸图案中，是轴对称图形的是(    )A.  B.  C.  D. 在下列长度的四根木棒中，能与，长的两根木棒钉成一个三角形的是(    )A.  B.  C.  D. 如图，在中，，点在的延长线上，，则是(    )
 A.  B.  C.  D. 若一个多边形的内角和是度，则这个多边形的边数为(    )A.  B.  C.  D. 如图，在中，，，和的平分线交于点，过点作分别交、于、，则的周长为(    )
 A.  B.  C.  D. 如图，经过直线外一点作这条直线的垂线，作法如下：
任意取一点，使点和点在的两旁．
以点为圆心，长为半径作弧，交于点和．
分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点．
作直线则直线就是所求作的垂线．根据以上尺规作图过程，若将这些点作为三角形的顶点，其中不一定是等腰三角形的为(    )A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）已知点关于轴的对称点的坐标是，则点的坐标是______ ．如图，点，在上，，，要使≌，需添加一个条件是______只需添加一个条件即可
如图，把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，这是因为手机支架利用了三角形的______性．
 已知等腰三角形的两边长是和，则它的周长是______．如图，在中，，是的角平分线，若，，则的面积是______．
在平面直角坐标系中，中点、、的坐标分别为、、，若要使与全等，则所有符合条件的点的坐标有______． 三、解答题（本大题共11小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
在中，，，求各内角的度数；
如图：，，与交于，，求证：．
本小题分
已知三角形的三个外角的度数比为：：，求它的最大内角的度数．本小题分
如图，中，，是的中点，，求的度数．
本小题分
如图，点在线段上，，垂足为，且，，，垂足分别为、，若，，求的长．
本小题分如图，在所给的网格图中，完成下列各题用直尺画图，否则不给分
画出格点关于直线的对称的；
在上画出点，使最小；
在上画出点，使最大．本小题分
如图，在中，，，的外角的平分线交的延长线于点．
求的度数；
点是延长线上一点，过点作，交的延长线于点求证：．
本小题分
如图所示，______；
如果把图称为二环三角形，它的内角和为；图称为二环四边形，它的内角和为，则二环四边形的内角和为______；二环五边形的内角和为______；二环边形的内角和为______
 本小题分
如图，在中，，，，点从点出发以的速度向点运动，同时点从点出发以的速度向点运动，运动的时间为秒，解决以下问题：
当为何值时，为等边三角形；
当为何值时，为直角三角形．
本小题分
如图，中，，点是的内角平分线的交点，的延长线交于点，于点
若
求的度数
如果，求的度数
设，，求用、表示
本小题分
如果一个多边形的各边都相等，且各内角也都相等，那么这个多边形就叫做正多边形，如图，就是一组正边形，观察每个正多边形中的变化情况，解答下列问题：

将下面的表格补充完整：正多边形的边数的度数______ ______ ______ ______ 根据规律，是否存在一个正边形，使其中的？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由；
根据规律，是否存在一个正边形，使其中的？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．本小题分
探究等边三角形“手拉手”问题．
如图，已如，均为等边三角形，点在线段上，且不与点、点重合，连接，试判断与的位置关系，并说明理由；
如图，已知、均为等边三角形，连接、，若，则______度；
如图，已知点在等边三角形外，点、点位于线段的异侧，连接、若，猜想线段、、三者之间的数量关系，并说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：不是轴对称图形，找不到任何这样的一条直线使一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，不符合题意；
B.是轴对称图形，符合题意；
C.不是轴对称图形，找不到任何这样的一条直线使一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，不符合题意；
D.不是轴对称图形，找不到任何这样的一条直线使一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，不符合题意．
故选：．
根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
考查轴对称图形的概念．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】 【解析】解：设第三根木棒长为，由题意得：，
，
选项符合题意，
故选：．
首先设第三根木棒长为，根据三角形的三边关系定理可得，计算出的取值范围，然后可确定答案．
本题考查了能够组成三角形三边的条件：用两条较短的线段相加，如果大于最长的那条线段就能够组成三角形．
 3.【答案】 【解析】解：，，
，
故选：．
根据三角形外角性质得出，再代入求出答案即可．
本题考查了三角形的外角性质，能熟记三角形的外角性质是解此题的关键，注意：三角形的任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
 4.【答案】 【解析】解：根据边形的内角和公式，得
，
解得．
这个多边形的边数是．
故选：．
边形的内角和是，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
本题考查了多边形的内角和，熟记内角和公式并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
 5.【答案】 【解析】解：平分，
，
，
，
，
，
同理可得：，
的周长



．
故选：．
根据角平分线定义、平行线的性质和可得，，进而求解．
本题考查等腰三角形的判定及性质，解题关键是掌握角平分线的定义，掌握平行线的性质．
 6.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查了尺规作图过直线外一点作这条直线的垂线以及等腰三角形的判定，依据尺规作图，即可得到，，，进而得出，，都是等腰三角形．
【解答】
解：由作图可得，，，不一定相等，故不一定是等腰三角形；
而，，，故，，都是等腰三角形；
故选：．  7.【答案】 【解析】解：点关于轴的对称点的坐标是，则点的坐标是．
故答案为：．
根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可直接得到答案．
此题主要考查了关于轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
 8.【答案】 【解析】解：当时，
在和中
，
≌，
故答案为：答案不唯一
利用全等三角形的判定与性质进而得出当时，≌．
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
 9.【答案】稳定 【解析】解：三角形的支架很牢固，这是利用了三角形的稳定性，
故答案为：稳定．
利用三角形的稳定性的性质直接回答即可．
本题考查了三角形的稳定性，解题的关键是能够了解三角形具有稳定性，属于基础题，难度不大．
 10.【答案】 【解析】解：当三边是，，时，，不符合三角形的三边关系，应舍去；
当三边是，，时，符合三角形的三边关系，此时周长是．
故答案为：．
题目给出等腰三角形有两条边长为和，而没有明确腰是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
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．
 11.【答案】 【解析】解：过点作于，如图所示，

，
，
又，
是的角平分线，，
，
，
．
故答案为：．
先过点作于，再利用角平分线的性质定理得，然后根据三角形面积公式求解．
此题考查角平分线的性质定理，熟练掌握角平分线的性质定理与三角形面积公式是解答此题的关键．
 12.【答案】或或 【解析】解：与有一条公共边，
当点在的下边时，点有两种情况坐标是；坐标为；
当点在的上边时，坐标为；
点的坐标是或或．
故答案为：或或．
因为与有一条公共边，故本题应从点在的上边、点在的下边两种情况入手进行讨论，计算即可得出答案．
本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，分情况进行讨论是解决本题的关键．
 13.【答案】解：在中，，，
，
，
，，
故，，；
证明：，，
，
在和中，
，
≌，
． 【解析】利用三角形的内角和定理与已知条件可得三个内角的度数；
根据直角三角形全等的判定定理，证明≌即可得结论．
此题考查了三角形的内角和定理与直角三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些定理与性质是解答此题的关键．
 14.【答案】解：设三角形三个外角的度数分别为度，度，度．
根据多边形的外角和是度，列方程得：，
解得：，
则最小外角为，
则最大内角为：． 【解析】利用三角形的外角性质列方程计算，再根据三角形内角与外角的关系得到它的最大内角度数．
考查了三角形的外角的性质及三角形的外角和定理的知识，由多边形的外角和是，可求得最大内角的相邻外角是．
 15.【答案】解：在中，，是中点，
是等腰三角形，平分，
，
，
． 【解析】根据等腰三角形的性质和角平分线的定义即可得到结论．
本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
 16.【答案】解：，，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
． 【解析】根据已知条件证明≌，然后利用全等三角形的性质，即可求解．
此题考查了全等三角形的判定与性质、同角的余角相等，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解答此题的关键．
 17.【答案】解：如图，即为所求；

连接交于点，点即为所求；
延长交于点，点即为所求． 【解析】此题主要考查有关轴对称最短路线的问题中的作图步骤，用到的知识点为：两点之间，线段最短．注意作图形变换这类题的关键是找到图形的对应点．
分别作点、、关于直线的对称点、、；顺次连接、、所得的三角形即为所求．
依据轴对称的性质，连接或与直线交于点即可．
根据，即可得到最大值为的长，据此延长交于点，点即为所求．
 18.【答案】解：在中，，，
，
．
是的平分线，
；
，，
．
又，
，
 【解析】先根据直角三角形两锐角互余求出，由邻补角定义得出再根据角平分线定义即可求出；
先根据三角形外角的性质得出，再根据，即可得出．
本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的性质，邻补角定义，角平分线定义．掌握各定义与性质是解题的关键．
 19.【答案】       【解析】解：如图所示，连接，交于点，

，，，
，
；
故答案为：；

如图，连接，交于点，

，，
，
，
，
，
，

二环四边形的内角和为：；
二环三角形的内角和为：，
二环四边形的内角和为：，
二环五边形的内角和为：，
二环边形的内角和为：．
故答案为：，，．
结合题意，根据对顶角和三角形内角和的知识，得，再根据四边形内角和的性质计算，即可得到答案；
连接，交于点，根据三角形内角和和对顶角的知识，得；结合五边形内角和性质，得；结合的结论，根据数字规律的性质分析，即可得到答案．
本题考查了多边形内角和、对顶角、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握三角形内角和、多边形内角和、数字规律的性质，从而完成求解．
 20.【答案】解：根据题意可得，，，
，，
，
，为等边三角形，
，
，
，
当为时，为等边三角形；
当为直角时，，
，
，
；
当为直角时，，
，
，
．
当为或时，为直角三角形． 【解析】根据等边三角形的性质列出方程求出的值；
分两种情况讨论：当为直角时，当为直角时，分别利用度角所对的直角边等于斜边的一半列方程求出的值．
本题考查了含度角的直角三角形的性质，熟练掌握度角的直角三角形的边角关系是解题的关键．
 21.【答案】解：，
，
平分，平分，
，，
，
；
是的三内角平分线的交点，
，，，
，
，
，
，，
，
；
． 【解析】由三角形的内角和得到，根据角平分线的性质得到，，于是得到，即可得到结论；
由是的三内角平分线的交点，得到，，，根据三角形的内角和得到，推出，根据三角形的内角和和角平分线的性质得到，即可得到结果；
根据已知条件得到，再根据角平分线的定义代入即可求解．
本题考查了三角形的内角和，角平分线的性质，熟练掌握三角形的内角和是解题的关键．
 22.【答案】      【解析】解：是正五边形，
．
，
，
同理可得，，
．
同理可得正六边形，
正七边形，
正八边形；
是正边形，
．
，
，
．
故答案为：、、、．

存在正十边形，使其中的．
理由：由得，，
，
解得，．

不存在．理由如下：
由得，，
解得，
为正整数，
不存在一个正边形，使其中的．
根据正多边形内角和公式求出每一个内角，根据等腰三角形的性质求出相应的角的度数，探求形成的规律．
根据得结论列出方程，求出方程的解即可；
根据得结论列出方程，求出方程的解，解不能为分数．
本题考查多边形的内角和与外角和、方程的思想，关键是记住内角和的公式与外角和的特征，还需要懂得挖掘此题隐含着边数为正整数这个条件．探求的规律是解题关键．
 23.【答案】 【解析】解：，
理由如下：、都是等边三角形，
，，，
，即，
在和中，
，
≌，
，
，
；
、都是等边三角形，
，，，
，即，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
故答案为：；
结论：，
理由如下：如图，在线段上取一点，使得，设交于点，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
是等边三角形，
，
，即．
利用定理证明≌，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的判定定理证明结论；
根据题意得到证明，证明≌，得到，进而得到答案；
在线段上取一点，使得，证明≌，得到，，证明是等边三角形，根据等边三角形的性质得到，结合图形计算，得到答案．
本题考查的是等边三角形的性质、三角形全等的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正确作出辅助性是解题的关键．