还剩40页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套青岛版初中八年级数学上册素养基础测试卷课件
成套系列资料，整套一键下载
青岛版初中八年级数学上册第5章素养提优测试卷课件
展开
这是一份青岛版初中八年级数学上册第5章素养提优测试卷课件，共48页。
(时间：90分钟 满分：120分)第5章 素养提优测试卷一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分.每小题只有一个选项是符合题意的)1. (2024山东聊城茌平期末,6,★☆☆)如图,AC=BC,AE=CD,AE⊥CE于点E,BD⊥ CD于点D,若AE=7,BD=2,则DE的长是 ( ) A. 2 B. 5 C. 7 D. 9B解析 B 因为AE⊥CE于点E,BD⊥CD于点D,所以∠AEC=∠D=90°.在Rt△AEC与Rt△CDB中, 所以Rt△AEC≌Rt△CDB(HL),所以CE=BD=2,CD=AE=7,所以DE=CD-CE=7-2=5,故选B.2. (2024山东菏泽单县期末,7,★★☆)如图,已知∠BOP与OP上的点C,点A,小明 同学进行如下操作:①以点O为圆心,OC长为半径画弧,交OB于点D,连接CD;②以 点A为圆心,OC长为半径画弧,交OA于点M;③以点M为圆心,CD长为半径画弧,交 第②步中所画的弧于点E,连接ME.下列结论不能由上述操作得出的是 ( ) A. ∠ODC=∠AEM B. OB∥AEC. ∠AME=2∠AOD D. CD∥MEC解析 C 在△OCD和△AME中, ∴△OCD≌△AME(SSS),∴∠DCO=∠EMA,∠O=∠OAE,∠ODC=∠AEM,∴OB∥AE,由∠EMA=∠DCO易推得CD ∥ME,选项A、B、D都可得到,根据题中条件,无法得出∠AME=2∠AOD.故选C.3. (2024山东聊城东阿期末,7,★★☆)如图,将△ABC沿BC翻折,使点A落在点A' 处,过点B作BD∥AC交A'C于点D,若∠A'BC=30°,∠BDC=140°,则∠A的度数为 ( ) A. 130° B. 125° C. 120° D. 115°A解析 A 因为将△ABC沿BC翻折,使点A落在点A'处,∠A'BC=30°,所以∠ABC= ∠A'BC=30°,∠ACB=∠A'CB.因为BD∥AC,所以∠ACD+∠BDC=180°.因为∠BDC=140°,所以∠ACD=40°,所 以∠ACB=∠A'CB=20°,所以∠A=180°-∠ABC-∠ACB=180°-30°-20°=130°.4. (2023浙江台州中考,9,★★☆)如图,锐角三角形ABC中,AB=AC,点D,E分别在 边AB,AC上,连接BE,CD.下列命题中,是假命题的是 ( ) A. 若CD=BE,则∠DCB=∠EBCB. 若∠DCB=∠EBC,则CD=BEC. 若BD=CE,则∠DCB=∠EBCD. 若∠DCB=∠EBC,则BD=CEA解析 A 因为AB=AC,所以∠ABC=∠ACB,若∠DCB=∠EBC,根据“ASA”可 证明△DCB≌△EBC,所以CD=BE,BD=CE,选项B,D是真命题;若BD=CE,根据 “SAS”可证明△DCB≌△EBC,所以∠DCB=∠EBC,选项C是真命题;若CD= BE,无法证明∠DCB=∠EBC,选项A是假命题.故选A.5. (2024广东广州华南师大附中期中,4,★★☆)如图,在△ABC中,BO,CO分别平 分∠ABC,∠ACB,CE为∠ACD的平分线,BO的延长线交CE于点E,记∠BAC=∠1, ∠BEC=∠2,则以下结论①∠1=2∠2;②∠BOC=3∠2;③∠BOC=90°+∠1;④∠BOC=90°+∠2中,正确的是 ( ) A. ①②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②④C解析 C 因为CE为∠ACD的平分线,BE平分∠ABC,所以∠DCE= ∠ACD,∠DBE= ∠ABC.又因为∠DCE是△BCE的外角,所以∠2=∠DCE-∠DBE= (∠ACD-∠ABC)= ∠1,所以∠1=2∠2,①正确.因为BO,CO分别平分∠ABC,∠ACB,所以∠OBC= ∠ABC,∠OCB= ∠ACB,所以∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°- (∠ABC+∠ACB)=180°- (180°-∠1)=90°+ ∠1,所以∠BOC=90°+ ∠1=90°+∠2,②③错误,④正确.故选C.6. (2024广东实验中学期中,10,★★☆)如图,在△ABC中,AC=BC,∠C=90°,AD平 分∠BAC,DE⊥AB于点E,有下列结论:①DA平分∠CDE;②∠BAC=∠BDE;③DE 平分∠ADB;④CD+AC=AB.其中正确的有 ( ) A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个C解析 C 因为∠C=90°,AD平分∠BAC,DE⊥AB,所以DC=DE.在Rt△DCA和Rt△DEA中, 所以Rt△DCA≌Rt△DEA(HL),所以∠ADE=∠ADC,所以DA平分∠CDE,①正确.因为∠BED=∠C=90°,所以∠CAB+∠B=∠B+∠BDE=90°,所以∠BAC=∠BDE,②正确.由题易知∠B=∠BDE=45°,所以∠CDE=135°,所以∠ADE=∠ADC=67.5°,所以∠BDE≠∠ADE,所以DE不平分∠ADB,③不正确.因为 ∠B=∠BDE=45°,所以DE=BE.因为Rt△DCA≌Rt△DEA,所以AC=AE,因为AB= AE+BE,DE=CD=BE,所以CD+AC=BE+AE=AB,④正确.故选C.7. (2024山东滨州滨城期中,9,★★☆)如图,在平面直角坐标系中,点A在x轴的负 半轴上,点B在第三象限,△ABO是等边三角形,点E在线段OA上,且AE=2,点F是线 段AB上的动点,点P是y轴负半轴上的动点,当EP+FP的值最小时,AF=7,则点A的 坐标是 ( ) A. (-7,0) B. (-8,0) C. (-9,0) D. (-10,0)B解析 B 如图,作点E关于y轴的对称点E',过点E'作E'F⊥AB,垂足为点F,交y轴 于点P,此时EP+FP=E'P+FP=E'F,根据“垂线段最短”可知,此时EP+FP的值最 小.因为△ABO是等边三角形,所以∠A=60°.因为E'F⊥AB,所以∠AFE'=90°,所以 ∠AE'F=30°,所以AE'=2AF=2×7=14.因为AE=2,所以OE= =6,所以OA=8,所以点A的坐标为(-8,0),故选B. 8. (★★☆)甲、乙、丙三个学生分别在A、B、C三所大学的数学、物理、化学 中的一个专业学习,若已知:①甲不在A校学习;②乙不在B校学习;③在B校学习的 是数学专业;④在A校学习的不是化学专业;⑤乙不是物理专业,则 ( )A. 甲在B校学习,丙在A校学习B. 甲在B校学习,丙在C校学习C. 甲在C校学习,丙在B校学习D. 甲在C校学习,丙在A校学习A解析 A 由在B校学习的是数学专业,在A校学习的不是化学专业,可知在A校 学习的是物理专业,在C校学习的是化学专业,因为乙不在B校学习,乙不是物理 专业,所以乙在C校学习,因为甲不在A校学习,所以甲在B校学习,故丙在A校学习.9. (2024北京师大附属实验中学期中,9,★★☆)如图,在等边△ABC和等边△ECD 中,B,C,D三点共线,AC与BE,AD与BE,AD与CE分别交于点F,H,G,下列四个结论: ①AD=BE;②HC平分∠BHD;③FG∥BD;④EH+CH=DH.其中正确的结论是 ( ) A. ①② B. ①③④C. ①②④ D. ①②③④D解析 D 因为△ABC是等边三角形,所以AC=BC,∠ACB=60°.因为△CDE是等 边三角形,所以CD=CE,∠DCE=60°.因为B,C,D三点共线,所以∠ACD=∠DCE+∠ACE=60°+∠ACE,∠BCE=∠ACB+∠ACE=60°+∠ACE,即∠ACD=∠BCE.在△ACD与△BCE中, 所以△ACD≌△BCE(SAS),所以AD=BE,①正确.过点C作CN⊥AD于点N,CM⊥BE于点M,如图1所示,因为△ACD≌△BCE,所 以S△ACD=S△BCE,即 AD·CN= BE·CM,所以CM=CN,所以HC平分∠BHD,②正确.因为∠ACB=∠DCE=60°,B,C,D三点共线,所以∠FCE=180°-∠ACB-∠DCE=60°,所以∠DCE=∠ECF.因为△ACD≌△BCE,所以∠CDH=∠CEF,因为CD=CE,所以 △CDG≌△CEF(ASA),所以CG=CF,所以△CGF为等边三角形,所以∠CFG=60°, 所以∠ACB=∠CFG,所以FG∥BD,③正确.如图2所示,在AD上截取DI=EH,因为CD=CE,∠CDI=∠CEH,所以△CDI≌△CEH(SAS),所以CI=CH,∠DCI=∠ECH, 所以∠HCI=∠ECH+∠ECI=∠DCI+∠ECI=∠DCE=60°,所以△HCI为等边三角 形,所以HI=CH,所以DH=DI+HI=EH+CH,④正确.综上所述,正确的有①②③④, 故选D. 10. (2024北京一零一中学期中,10,★★★)如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°, AD平分∠BAC,BE平分∠ABC,且AD,BE交于点O,延长AC至点P,使CP=CD,连接 BP,OP.延长AD交BP于点F.下列结论:①BP=AD;②BF=CP;③AC+CD=AB;④PO ⊥BE;⑤BP=2PF.其中正确的是 ( ) A. ①③⑤ B. ①②③④C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤C解析 C ①因为∠ACB=90°,所以∠ACD=∠BCP=90°.在△ADC与△BPC中, 所以△ADC≌△BPC(SAS),所以BP=AD,①正确.因为BC=AC,∠ACB=90°,所以∠CAB=∠ABC=45°.因为AD平分∠BAC,BE平分∠ABC,所以∠BAD=∠DAC=22.5°,∠ABE=∠CBE=22.5°.因为Rt△ADC≌Rt△BPC,所以∠PBC=∠DAC=22.5°.在Rt△BPC中,∠BPC=90°-∠PBC=67.5°,因为∠ABP=∠PBC+∠ABC=67.5°,所以∠ABP=∠BPC,所以AP=AB,所以AC+CP=AB,因为CP=CD,所以AC+CD=AB,③正确.由③可知,△ABP是等腰三角形,因为AF平分∠BAC,AB=AP,所以BP=2PF,⑤正确.在Rt△BCP中,若BF=CP,则∠PBC=30°,与上面的∠PBC=22.5°相矛盾,所以BF≠CP,②错误.因为△ABP是等腰三角形,AF平分∠BAC,所以AF垂直平分BP,所以BO=OP,所以∠BPO=∠PBO=∠PBC+∠CBE=22.5°+22.5°= 45°,所以∠BOP=90°,即PO⊥BE,④正确.综上,结论①③④⑤正确,故选C.二、填空题(共6个小题,每小题4分,共24分)11. (情境题 中华优秀传统文化)(2023湖南株洲中考,17,★☆☆)《周礼·考工 记》中记载:“……半矩谓之宣(xuān),一宣有半谓之欘(zhú)……”意思是: “……直角的一半的角叫做宣,一宣半的角叫做欘……”即:1宣= 矩,1欘=1 宣(其中,1矩=90°).问题:图①为中国古代一种强弩图,图②为这种强弩图的部分组件的示意图,若∠A=1矩,∠B=1欘,则∠C= 度. 22.5答案 22.5解析 因为1宣= 矩,1欘=1 宣,1矩=90°,∠A=1矩,∠B=1欘,所以∠A=90°,∠B=1 × ×90°=67.5°,所以∠C=180°-∠A-∠B=180°-90°-67.5°=22.5°.12.(★★☆)如图,等边三角形纸片ABC的边长为6,E,F是边BC的三等分点.分别过 点E,F沿着平行于BA,CA的方向各剪一刀,则剪下的△DEF的周长是 . 6答案 6解析 因为等边三角形纸片ABC的边长为6,E,F是边BC的三等分点,所以EF=2.因为△ABC是等边三角形,所以∠B=∠C=60°,又因为DE∥AB,DF∥AC,所以∠DEF=∠B=60°,∠DFE=∠C=60°,所以△DEF是等边三角形,所以剪下的△DEF的周长是2×3=6.13. (2024湖南长沙雅礼教育集团期中,15,★★☆)如图,等边三角形ABC的三个顶 点都在坐标轴上,A(-3,0),过点B作BD⊥AB,交x轴于点D,则点D的坐标为 . (9,0)答案 (9,0)解析 因为A(-3,0),所以OA=3.因为△ABC是等边三角形,OB⊥AC,所以AC=2OA =6,∠ACB=∠BAC=60°,所以AB=AC=6.因为BD⊥AB,所以∠ABD=90°,所以∠ ADB=90°-∠BAD=30°,所以AD=2AB=12,所以OD=AD-OA=9,所以点D的坐标为(9,0).14. (2024福建厦门期中,16,★★☆)如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点C (0,2),点Q在x轴的负半轴上,S△CQA=6,分别以AC、CQ为腰,点C为直角顶点在第 一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM,连接MN交y轴于P点,则OP的长 为 . 5答案 5解析 如图,过N作NH∥CM,交y轴于H,则∠CNH+∠MCN=180°.因为△CAN和△ QCM是等腰直角三角形,所以∠MCQ+∠ACN=180°,所以∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°,所以∠CNH=∠ACQ.因为∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO,所以 ∠HCN=∠QAC.在△HCN和△QAC中, 所以△HCN≌△QAC(ASA),所以CH=AQ,HN=QC.因为QC=MC,所以HN=CM.因为点C(0,2),S△CQA=6,所 以 ×AQ×CO=6,即 ×AQ×2=6,解得AQ=6,所以CH=6.因为NH∥CM,所以∠PNH=∠PMC.在△PNH和△PMC中, 所以△PNH≌△PMC(AAS),所以CP=PH= CH=3.又因为CO=2,所以OP=CP+OC=3+2=5. 15. (2024北京海淀期中,18,★★☆)如图,在等腰△ABC中,∠A=90°,BD平分∠ABC,BE平分∠DBC,M、N分别为射线BE、BC上的动点,若BD=10,则CM+MN的 最小值为 . 5答案 5解析 如图,过点C作CF⊥BD,交BD的延长线于点F,交BE的延长线于点M,过点 M作MN⊥BC于N.因为BE平分∠DBC,所以MF=MN,所以CM+MN=CM+MF=CF, 此时CM+MN的值最小,为CF的长.延长BA,CF交于点G,因为∠BAC=∠DFC=90°, ∠ADB=∠FDC,所以∠ABD=∠FCD.在△ABD和△ACG中, 所以△ABD≌△ACG(ASA),所以BD=CG.在△GBF和△CBF中, 所以△GBF≌△CBF(ASA),所以GF=CF= CG= BD=5,所以CM+MN的最小值为5.16. (2024湖南长沙雅礼教育集团期中,16,★★☆)如图所示,在等腰△ABC中,AB= AC,∠B=50°,D为BC的中点,点E在AB上,∠AED=70°,若点P是等腰△ABC的腰AC 上的一点,则当△EDP为等腰三角形时,∠EDP的度数是 . 140°或100°或70°答案 140°或100°或70°解析 因为AB=AC,所以∠C=∠B=50°.因为∠AED=∠B+∠EDB=70°,所以∠EDB=∠AED-∠B=20°.当△DEP是以DE为腰的等腰三角形时,分情况讨论:①当点P在P1位置时,如图,因为AB=AC,D为BC的中点,所以∠BAD=∠CAD.过D作DG⊥AB于G,DH⊥AC于H,所以DG=DH.在Rt△DEG与Rt△DP1H中, 所以Rt△DEG≌Rt△DP1H(HL),所以∠AP1D=∠AED=70°.因为∠BAC=180°-50°-50°=80°,所以∠EDP1=360°-70°-70°-80°=140°.②当点P在P2位置时,同理证得Rt△DEG≌Rt△DP2H(HL),所以∠EDG=∠P2DH,所以∠EDP2=∠GDH=180°-80°=100°.当 点P与点A重合时,因为∠BAC=80°,所以∠EAD=40°,所以∠EDA=180°-70°-40°=70°=∠AED,∴△EDP是以DE为底边的等腰三角形,此时∠EDP=70°.综上,∠EDP的度数为140°或100°或70°.三、解答题(共6个题,共66分)17. (2024山东菏泽成武期末,20,★★☆)(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.已知:如图,线段AB外有一点P,且PA=PB.求证:P在线段AB的垂直平分线上. 证明 如图,过P作PD⊥AB于D,则∠PDA=∠PDB=90°.在Rt△PDA和Rt△PDB中, 所以Rt△PDA≌Rt△PDB(HL),所以AD=BD,所以PD垂直平分AB,所以P在线段AB的垂直平分线上. 18. (★★☆)(10分)如图,在△ABC中,AD⊥BC于D,G是BA延长线上一点,AH平分 ∠GAC,且AH∥BC,E是AC上一点,连接BE并延长交AH于点F.(对应目标编号M8 105004)(1)求证:AB=AC.(2)猜想并证明:当E在AC何处时,AF=2BD. 解析 (1)证明:因为AH平分∠GAC,所以∠GAF=∠FAC,因为AH∥BC,所以∠GAF=∠ABC,∠FAC=∠C,所以∠ABC=∠C,所以AB=AC.(2)猜想:当E为AC中点时,AF=2BD.证明:因为AB=AC,AD⊥BC,所以BD=DC,因为AF∥BC,所以∠FAE=∠C,因为∠AEF=∠CEB,AE=EC,所以△AEF≌△CEB(ASA),所以AF=BC=2BD.19. (2024北京海淀外国语实验学校期中,23,★★☆)(10分)如图,在△ABC与△DBC中,∠ACB=∠DBC=90°,E是BC的中点,EF⊥AB,AB=DE.(1)求证:BC=DB.(2)若BD=8 cm,求AC的长. 解析 (1)证明:因为DE⊥AB,所以∠BFE=90°,所以∠ABC+∠DEB=90°.因为∠ACB=90°,所以∠ABC+∠A=90°,所以∠A=∠DEB.在△ABC和△EDB中, 所以△ABC≌△EDB(AAS),所以BD=BC.(2)由(1)得△ABC≌△EDB,所以AC=BE.因为E是BC的中点,BD=8 cm,BC=DB,所以BE= BC= BD=4 cm,所以AC=BE=4 cm.20. (2024山东济宁金乡期中,19,★★☆)(10分)如图,Rt△ACB中,∠ACB=90°,∠A =30°,∠ABC的平分线BE交AC于点E.点D为AB上一点,且AD=AC,CD,BE交于 点M.(1)求∠DMB的度数.(2)若CH⊥BE于点H,AB=16,求MH的长. 解析 (1)因为∠ACB=90°,∠A=30°,所以∠ABC=60°,因为BE是∠ABC的平分线,所以∠ABE=∠CBE=30°.因为∠A=30°,AC=AD,所以∠ACD=∠ADC= ×(180°-30°)=75°,所以∠DMB=∠ADC-∠ABE=45°.(2)因为∠ACB=90°,∠A=30°,所以AB=2BC.因为CH⊥BE,∠CBE=30°,所以BC=2CH,所以AB=4CH.因为∠CMH=∠DMB=45°,所以∠HCM=90°-∠CMH=45°,所以∠CMH=∠HCM,所以CH=MH,所以AB=4MH.因为AB=16,所以MH= AB=4.21. (2024山东潍坊潍城期末,18,★★☆)(12分)如图,△ABC是等腰三角形,AB= AC,点D在边BC上运动(与B,C不重合),点E,F分别在边AB,AC上,且始终有DB=DE, DC=DF,连接BF,CE,设BF与CE交于点G.(1)求证:BF=CE.(2)若∠BAC=50°,在点D的运动过程中,∠EGF的大小是不是定值?如果是定值,请 求出∠EGF的度数;如果不是定值,请说明理由. 解析 (1)证明:因为AB=AC,所以设∠ABC=∠ACB=α.因为DB=DE,DC=DF,所以∠DEB=∠ABC=α,∠DFC=∠ACB=α,所以∠BDE=180°-(∠DEB+∠ABC)=180°-2α,∠CDF=180°-(∠DFC+∠ACB)=180°-2α,所以∠BDE=∠CDF,所以∠BDE+∠EDF=∠CDF+∠EDF,即∠BDF=∠EDC.在△BDF和△EDC中, 所以△BDF≌△EDC(SAS),所以BF=CE.(2)∠EGF的大小为定值.设∠DBF=β,∠DCE=θ,由(1)可知△BDF≌△EDC,所以∠DEC=∠DBF=β,∠DFB=∠DCE=θ.因为AB=AC,∠BAC=50°,所以∠ABC=∠ACB= ×(180°-∠BAC)= ×(180°-50°)=65°,即∠ABC=∠ACB=α=65°.由(1)可知∠BDE=180°-2α=50°,∠CDF=180°-2α=50°,所以∠EDF=180°-∠BDE-∠CDF=80°,所以∠BDF=∠BDE+∠EDF=50°+80°=130°,所以∠DBF+∠DFB=180°-∠BDF=50°,即β+θ=50°,所以∠BGC=180°-∠DBF-∠DCE=180°-(β+θ)=130°,所以∠EGF=∠BGC=130°.22. (2024广西南宁三中期中,26,★★☆)(14分)如图,在平面直角坐标系中,△AOP 为等边三角形,A点坐标为(0,1),点B为y轴上位于A点上方的一个动点,以BP为边 在BP的右侧作等边△PBC,连接CA并延长,交x轴于点E.(1)求证:OB=AC.(2)当点B运动时,AE的长度是否发生变化?请说明理由.(3)在y轴上是否存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形?若存在,请求出点Q的坐标; 若不存在,请说明理由. 解析 (1)证明:因为△BPC和△AOP是等边三角形,所以OP=AP,BP=PC,∠APO=∠CPB=60°,所以∠APO+∠APB=∠BPC+∠APB,即∠OPB=∠APC.在△PBO和△PCA中, 所以△PBO≌△PCA(SAS),所以OB=AC.(2)当B点运动时,AE的长度不发生变化.理由:由(1)得△PBO≌△PCA,所以∠PAC=∠POB=60°,所以∠BAC=60°,因为∠EAO=∠BAC=60°,∠AOE=90°,所以∠AEO=30°,所以AE=2AO=2,即当B点运动时,AE的长度不发生变化.(3)存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形.易知AE=2AO=2,当AQ=AE=2时,△AEQ为等腰三角形.若点Q在y轴的正半轴上, 则OQ=AQ+AO=3,所以Q(0,3);若点Q在y轴的负半轴上,则OQ=AQ-AO=1,所以Q (0,-1).当EQ=AE=2时,△AEQ为等腰三角形,x轴是AQ的垂直平分线,所以OQ=AO=1,所 以Q(0,-1).综上所述,在y轴上存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形,点Q的坐标为(0,3),(0,-1).
(时间：90分钟 满分：120分)第5章 素养提优测试卷一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分.每小题只有一个选项是符合题意的)1. (2024山东聊城茌平期末,6,★☆☆)如图,AC=BC,AE=CD,AE⊥CE于点E,BD⊥ CD于点D,若AE=7,BD=2,则DE的长是 ( ) A. 2 B. 5 C. 7 D. 9B解析 B 因为AE⊥CE于点E,BD⊥CD于点D,所以∠AEC=∠D=90°.在Rt△AEC与Rt△CDB中, 所以Rt△AEC≌Rt△CDB(HL),所以CE=BD=2,CD=AE=7,所以DE=CD-CE=7-2=5,故选B.2. (2024山东菏泽单县期末,7,★★☆)如图,已知∠BOP与OP上的点C,点A,小明 同学进行如下操作:①以点O为圆心,OC长为半径画弧,交OB于点D,连接CD;②以 点A为圆心,OC长为半径画弧,交OA于点M;③以点M为圆心,CD长为半径画弧,交 第②步中所画的弧于点E,连接ME.下列结论不能由上述操作得出的是 ( ) A. ∠ODC=∠AEM B. OB∥AEC. ∠AME=2∠AOD D. CD∥MEC解析 C 在△OCD和△AME中, ∴△OCD≌△AME(SSS),∴∠DCO=∠EMA,∠O=∠OAE,∠ODC=∠AEM,∴OB∥AE,由∠EMA=∠DCO易推得CD ∥ME,选项A、B、D都可得到,根据题中条件,无法得出∠AME=2∠AOD.故选C.3. (2024山东聊城东阿期末,7,★★☆)如图,将△ABC沿BC翻折,使点A落在点A' 处,过点B作BD∥AC交A'C于点D,若∠A'BC=30°,∠BDC=140°,则∠A的度数为 ( ) A. 130° B. 125° C. 120° D. 115°A解析 A 因为将△ABC沿BC翻折,使点A落在点A'处,∠A'BC=30°,所以∠ABC= ∠A'BC=30°,∠ACB=∠A'CB.因为BD∥AC,所以∠ACD+∠BDC=180°.因为∠BDC=140°,所以∠ACD=40°,所 以∠ACB=∠A'CB=20°,所以∠A=180°-∠ABC-∠ACB=180°-30°-20°=130°.4. (2023浙江台州中考,9,★★☆)如图,锐角三角形ABC中,AB=AC,点D,E分别在 边AB,AC上,连接BE,CD.下列命题中,是假命题的是 ( ) A. 若CD=BE,则∠DCB=∠EBCB. 若∠DCB=∠EBC,则CD=BEC. 若BD=CE,则∠DCB=∠EBCD. 若∠DCB=∠EBC,则BD=CEA解析 A 因为AB=AC,所以∠ABC=∠ACB,若∠DCB=∠EBC,根据“ASA”可 证明△DCB≌△EBC,所以CD=BE,BD=CE,选项B,D是真命题;若BD=CE,根据 “SAS”可证明△DCB≌△EBC,所以∠DCB=∠EBC,选项C是真命题;若CD= BE,无法证明∠DCB=∠EBC,选项A是假命题.故选A.5. (2024广东广州华南师大附中期中,4,★★☆)如图,在△ABC中,BO,CO分别平 分∠ABC,∠ACB,CE为∠ACD的平分线,BO的延长线交CE于点E,记∠BAC=∠1, ∠BEC=∠2,则以下结论①∠1=2∠2;②∠BOC=3∠2;③∠BOC=90°+∠1;④∠BOC=90°+∠2中,正确的是 ( ) A. ①②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②④C解析 C 因为CE为∠ACD的平分线,BE平分∠ABC,所以∠DCE= ∠ACD,∠DBE= ∠ABC.又因为∠DCE是△BCE的外角,所以∠2=∠DCE-∠DBE= (∠ACD-∠ABC)= ∠1,所以∠1=2∠2,①正确.因为BO,CO分别平分∠ABC,∠ACB,所以∠OBC= ∠ABC,∠OCB= ∠ACB,所以∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=180°- (∠ABC+∠ACB)=180°- (180°-∠1)=90°+ ∠1,所以∠BOC=90°+ ∠1=90°+∠2,②③错误,④正确.故选C.6. (2024广东实验中学期中,10,★★☆)如图,在△ABC中,AC=BC,∠C=90°,AD平 分∠BAC,DE⊥AB于点E,有下列结论:①DA平分∠CDE;②∠BAC=∠BDE;③DE 平分∠ADB;④CD+AC=AB.其中正确的有 ( ) A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个C解析 C 因为∠C=90°,AD平分∠BAC,DE⊥AB,所以DC=DE.在Rt△DCA和Rt△DEA中, 所以Rt△DCA≌Rt△DEA(HL),所以∠ADE=∠ADC,所以DA平分∠CDE,①正确.因为∠BED=∠C=90°,所以∠CAB+∠B=∠B+∠BDE=90°,所以∠BAC=∠BDE,②正确.由题易知∠B=∠BDE=45°,所以∠CDE=135°,所以∠ADE=∠ADC=67.5°,所以∠BDE≠∠ADE,所以DE不平分∠ADB,③不正确.因为 ∠B=∠BDE=45°,所以DE=BE.因为Rt△DCA≌Rt△DEA,所以AC=AE,因为AB= AE+BE,DE=CD=BE,所以CD+AC=BE+AE=AB,④正确.故选C.7. (2024山东滨州滨城期中,9,★★☆)如图,在平面直角坐标系中,点A在x轴的负 半轴上,点B在第三象限,△ABO是等边三角形,点E在线段OA上,且AE=2,点F是线 段AB上的动点,点P是y轴负半轴上的动点,当EP+FP的值最小时,AF=7,则点A的 坐标是 ( ) A. (-7,0) B. (-8,0) C. (-9,0) D. (-10,0)B解析 B 如图,作点E关于y轴的对称点E',过点E'作E'F⊥AB,垂足为点F,交y轴 于点P,此时EP+FP=E'P+FP=E'F,根据“垂线段最短”可知,此时EP+FP的值最 小.因为△ABO是等边三角形,所以∠A=60°.因为E'F⊥AB,所以∠AFE'=90°,所以 ∠AE'F=30°,所以AE'=2AF=2×7=14.因为AE=2,所以OE= =6,所以OA=8,所以点A的坐标为(-8,0),故选B. 8. (★★☆)甲、乙、丙三个学生分别在A、B、C三所大学的数学、物理、化学 中的一个专业学习,若已知:①甲不在A校学习;②乙不在B校学习;③在B校学习的 是数学专业;④在A校学习的不是化学专业;⑤乙不是物理专业,则 ( )A. 甲在B校学习,丙在A校学习B. 甲在B校学习,丙在C校学习C. 甲在C校学习,丙在B校学习D. 甲在C校学习,丙在A校学习A解析 A 由在B校学习的是数学专业,在A校学习的不是化学专业,可知在A校 学习的是物理专业,在C校学习的是化学专业,因为乙不在B校学习,乙不是物理 专业,所以乙在C校学习,因为甲不在A校学习,所以甲在B校学习,故丙在A校学习.9. (2024北京师大附属实验中学期中,9,★★☆)如图,在等边△ABC和等边△ECD 中,B,C,D三点共线,AC与BE,AD与BE,AD与CE分别交于点F,H,G,下列四个结论: ①AD=BE;②HC平分∠BHD;③FG∥BD;④EH+CH=DH.其中正确的结论是 ( ) A. ①② B. ①③④C. ①②④ D. ①②③④D解析 D 因为△ABC是等边三角形,所以AC=BC,∠ACB=60°.因为△CDE是等 边三角形,所以CD=CE,∠DCE=60°.因为B,C,D三点共线,所以∠ACD=∠DCE+∠ACE=60°+∠ACE,∠BCE=∠ACB+∠ACE=60°+∠ACE,即∠ACD=∠BCE.在△ACD与△BCE中, 所以△ACD≌△BCE(SAS),所以AD=BE,①正确.过点C作CN⊥AD于点N,CM⊥BE于点M,如图1所示,因为△ACD≌△BCE,所 以S△ACD=S△BCE,即 AD·CN= BE·CM,所以CM=CN,所以HC平分∠BHD,②正确.因为∠ACB=∠DCE=60°,B,C,D三点共线,所以∠FCE=180°-∠ACB-∠DCE=60°,所以∠DCE=∠ECF.因为△ACD≌△BCE,所以∠CDH=∠CEF,因为CD=CE,所以 △CDG≌△CEF(ASA),所以CG=CF,所以△CGF为等边三角形,所以∠CFG=60°, 所以∠ACB=∠CFG,所以FG∥BD,③正确.如图2所示,在AD上截取DI=EH,因为CD=CE,∠CDI=∠CEH,所以△CDI≌△CEH(SAS),所以CI=CH,∠DCI=∠ECH, 所以∠HCI=∠ECH+∠ECI=∠DCI+∠ECI=∠DCE=60°,所以△HCI为等边三角 形,所以HI=CH,所以DH=DI+HI=EH+CH,④正确.综上所述,正确的有①②③④, 故选D. 10. (2024北京一零一中学期中,10,★★★)如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°, AD平分∠BAC,BE平分∠ABC,且AD,BE交于点O,延长AC至点P,使CP=CD,连接 BP,OP.延长AD交BP于点F.下列结论:①BP=AD;②BF=CP;③AC+CD=AB;④PO ⊥BE;⑤BP=2PF.其中正确的是 ( ) A. ①③⑤ B. ①②③④C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤C解析 C ①因为∠ACB=90°,所以∠ACD=∠BCP=90°.在△ADC与△BPC中, 所以△ADC≌△BPC(SAS),所以BP=AD,①正确.因为BC=AC,∠ACB=90°,所以∠CAB=∠ABC=45°.因为AD平分∠BAC,BE平分∠ABC,所以∠BAD=∠DAC=22.5°,∠ABE=∠CBE=22.5°.因为Rt△ADC≌Rt△BPC,所以∠PBC=∠DAC=22.5°.在Rt△BPC中,∠BPC=90°-∠PBC=67.5°,因为∠ABP=∠PBC+∠ABC=67.5°,所以∠ABP=∠BPC,所以AP=AB,所以AC+CP=AB,因为CP=CD,所以AC+CD=AB,③正确.由③可知,△ABP是等腰三角形,因为AF平分∠BAC,AB=AP,所以BP=2PF,⑤正确.在Rt△BCP中,若BF=CP,则∠PBC=30°,与上面的∠PBC=22.5°相矛盾,所以BF≠CP,②错误.因为△ABP是等腰三角形,AF平分∠BAC,所以AF垂直平分BP,所以BO=OP,所以∠BPO=∠PBO=∠PBC+∠CBE=22.5°+22.5°= 45°,所以∠BOP=90°,即PO⊥BE,④正确.综上,结论①③④⑤正确,故选C.二、填空题(共6个小题,每小题4分,共24分)11. (情境题 中华优秀传统文化)(2023湖南株洲中考,17,★☆☆)《周礼·考工 记》中记载:“……半矩谓之宣(xuān),一宣有半谓之欘(zhú)……”意思是: “……直角的一半的角叫做宣,一宣半的角叫做欘……”即:1宣= 矩,1欘=1 宣(其中,1矩=90°).问题:图①为中国古代一种强弩图,图②为这种强弩图的部分组件的示意图,若∠A=1矩,∠B=1欘,则∠C= 度. 22.5答案 22.5解析 因为1宣= 矩,1欘=1 宣,1矩=90°,∠A=1矩,∠B=1欘,所以∠A=90°,∠B=1 × ×90°=67.5°,所以∠C=180°-∠A-∠B=180°-90°-67.5°=22.5°.12.(★★☆)如图,等边三角形纸片ABC的边长为6,E,F是边BC的三等分点.分别过 点E,F沿着平行于BA,CA的方向各剪一刀,则剪下的△DEF的周长是 . 6答案 6解析 因为等边三角形纸片ABC的边长为6,E,F是边BC的三等分点,所以EF=2.因为△ABC是等边三角形,所以∠B=∠C=60°,又因为DE∥AB,DF∥AC,所以∠DEF=∠B=60°,∠DFE=∠C=60°,所以△DEF是等边三角形,所以剪下的△DEF的周长是2×3=6.13. (2024湖南长沙雅礼教育集团期中,15,★★☆)如图,等边三角形ABC的三个顶 点都在坐标轴上,A(-3,0),过点B作BD⊥AB,交x轴于点D,则点D的坐标为 . (9,0)答案 (9,0)解析 因为A(-3,0),所以OA=3.因为△ABC是等边三角形,OB⊥AC,所以AC=2OA =6,∠ACB=∠BAC=60°,所以AB=AC=6.因为BD⊥AB,所以∠ABD=90°,所以∠ ADB=90°-∠BAD=30°,所以AD=2AB=12,所以OD=AD-OA=9,所以点D的坐标为(9,0).14. (2024福建厦门期中,16,★★☆)如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点C (0,2),点Q在x轴的负半轴上,S△CQA=6,分别以AC、CQ为腰,点C为直角顶点在第 一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM,连接MN交y轴于P点,则OP的长 为 . 5答案 5解析 如图,过N作NH∥CM,交y轴于H,则∠CNH+∠MCN=180°.因为△CAN和△ QCM是等腰直角三角形,所以∠MCQ+∠ACN=180°,所以∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°,所以∠CNH=∠ACQ.因为∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO,所以 ∠HCN=∠QAC.在△HCN和△QAC中, 所以△HCN≌△QAC(ASA),所以CH=AQ,HN=QC.因为QC=MC,所以HN=CM.因为点C(0,2),S△CQA=6,所 以 ×AQ×CO=6,即 ×AQ×2=6,解得AQ=6,所以CH=6.因为NH∥CM,所以∠PNH=∠PMC.在△PNH和△PMC中, 所以△PNH≌△PMC(AAS),所以CP=PH= CH=3.又因为CO=2,所以OP=CP+OC=3+2=5. 15. (2024北京海淀期中,18,★★☆)如图,在等腰△ABC中,∠A=90°,BD平分∠ABC,BE平分∠DBC,M、N分别为射线BE、BC上的动点,若BD=10,则CM+MN的 最小值为 . 5答案 5解析 如图,过点C作CF⊥BD,交BD的延长线于点F,交BE的延长线于点M,过点 M作MN⊥BC于N.因为BE平分∠DBC,所以MF=MN,所以CM+MN=CM+MF=CF, 此时CM+MN的值最小,为CF的长.延长BA,CF交于点G,因为∠BAC=∠DFC=90°, ∠ADB=∠FDC,所以∠ABD=∠FCD.在△ABD和△ACG中, 所以△ABD≌△ACG(ASA),所以BD=CG.在△GBF和△CBF中, 所以△GBF≌△CBF(ASA),所以GF=CF= CG= BD=5,所以CM+MN的最小值为5.16. (2024湖南长沙雅礼教育集团期中,16,★★☆)如图所示,在等腰△ABC中,AB= AC,∠B=50°,D为BC的中点,点E在AB上,∠AED=70°,若点P是等腰△ABC的腰AC 上的一点,则当△EDP为等腰三角形时,∠EDP的度数是 . 140°或100°或70°答案 140°或100°或70°解析 因为AB=AC,所以∠C=∠B=50°.因为∠AED=∠B+∠EDB=70°,所以∠EDB=∠AED-∠B=20°.当△DEP是以DE为腰的等腰三角形时,分情况讨论:①当点P在P1位置时,如图,因为AB=AC,D为BC的中点,所以∠BAD=∠CAD.过D作DG⊥AB于G,DH⊥AC于H,所以DG=DH.在Rt△DEG与Rt△DP1H中, 所以Rt△DEG≌Rt△DP1H(HL),所以∠AP1D=∠AED=70°.因为∠BAC=180°-50°-50°=80°,所以∠EDP1=360°-70°-70°-80°=140°.②当点P在P2位置时,同理证得Rt△DEG≌Rt△DP2H(HL),所以∠EDG=∠P2DH,所以∠EDP2=∠GDH=180°-80°=100°.当 点P与点A重合时,因为∠BAC=80°,所以∠EAD=40°,所以∠EDA=180°-70°-40°=70°=∠AED,∴△EDP是以DE为底边的等腰三角形,此时∠EDP=70°.综上,∠EDP的度数为140°或100°或70°.三、解答题(共6个题,共66分)17. (2024山东菏泽成武期末,20,★★☆)(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.已知:如图,线段AB外有一点P,且PA=PB.求证:P在线段AB的垂直平分线上. 证明 如图,过P作PD⊥AB于D,则∠PDA=∠PDB=90°.在Rt△PDA和Rt△PDB中, 所以Rt△PDA≌Rt△PDB(HL),所以AD=BD,所以PD垂直平分AB,所以P在线段AB的垂直平分线上. 18. (★★☆)(10分)如图,在△ABC中,AD⊥BC于D,G是BA延长线上一点,AH平分 ∠GAC,且AH∥BC,E是AC上一点,连接BE并延长交AH于点F.(对应目标编号M8 105004)(1)求证:AB=AC.(2)猜想并证明:当E在AC何处时,AF=2BD. 解析 (1)证明:因为AH平分∠GAC,所以∠GAF=∠FAC,因为AH∥BC,所以∠GAF=∠ABC,∠FAC=∠C,所以∠ABC=∠C,所以AB=AC.(2)猜想:当E为AC中点时,AF=2BD.证明:因为AB=AC,AD⊥BC,所以BD=DC,因为AF∥BC,所以∠FAE=∠C,因为∠AEF=∠CEB,AE=EC,所以△AEF≌△CEB(ASA),所以AF=BC=2BD.19. (2024北京海淀外国语实验学校期中,23,★★☆)(10分)如图,在△ABC与△DBC中,∠ACB=∠DBC=90°,E是BC的中点,EF⊥AB,AB=DE.(1)求证:BC=DB.(2)若BD=8 cm,求AC的长. 解析 (1)证明:因为DE⊥AB,所以∠BFE=90°,所以∠ABC+∠DEB=90°.因为∠ACB=90°,所以∠ABC+∠A=90°,所以∠A=∠DEB.在△ABC和△EDB中, 所以△ABC≌△EDB(AAS),所以BD=BC.(2)由(1)得△ABC≌△EDB,所以AC=BE.因为E是BC的中点,BD=8 cm,BC=DB,所以BE= BC= BD=4 cm,所以AC=BE=4 cm.20. (2024山东济宁金乡期中,19,★★☆)(10分)如图,Rt△ACB中,∠ACB=90°,∠A =30°,∠ABC的平分线BE交AC于点E.点D为AB上一点,且AD=AC,CD,BE交于 点M.(1)求∠DMB的度数.(2)若CH⊥BE于点H,AB=16,求MH的长. 解析 (1)因为∠ACB=90°,∠A=30°,所以∠ABC=60°,因为BE是∠ABC的平分线,所以∠ABE=∠CBE=30°.因为∠A=30°,AC=AD,所以∠ACD=∠ADC= ×(180°-30°)=75°,所以∠DMB=∠ADC-∠ABE=45°.(2)因为∠ACB=90°,∠A=30°,所以AB=2BC.因为CH⊥BE,∠CBE=30°,所以BC=2CH,所以AB=4CH.因为∠CMH=∠DMB=45°,所以∠HCM=90°-∠CMH=45°,所以∠CMH=∠HCM,所以CH=MH,所以AB=4MH.因为AB=16,所以MH= AB=4.21. (2024山东潍坊潍城期末,18,★★☆)(12分)如图,△ABC是等腰三角形,AB= AC,点D在边BC上运动(与B,C不重合),点E,F分别在边AB,AC上,且始终有DB=DE, DC=DF,连接BF,CE,设BF与CE交于点G.(1)求证:BF=CE.(2)若∠BAC=50°,在点D的运动过程中,∠EGF的大小是不是定值?如果是定值,请 求出∠EGF的度数;如果不是定值,请说明理由. 解析 (1)证明:因为AB=AC,所以设∠ABC=∠ACB=α.因为DB=DE,DC=DF,所以∠DEB=∠ABC=α,∠DFC=∠ACB=α,所以∠BDE=180°-(∠DEB+∠ABC)=180°-2α,∠CDF=180°-(∠DFC+∠ACB)=180°-2α,所以∠BDE=∠CDF,所以∠BDE+∠EDF=∠CDF+∠EDF,即∠BDF=∠EDC.在△BDF和△EDC中, 所以△BDF≌△EDC(SAS),所以BF=CE.(2)∠EGF的大小为定值.设∠DBF=β,∠DCE=θ,由(1)可知△BDF≌△EDC,所以∠DEC=∠DBF=β,∠DFB=∠DCE=θ.因为AB=AC,∠BAC=50°,所以∠ABC=∠ACB= ×(180°-∠BAC)= ×(180°-50°)=65°,即∠ABC=∠ACB=α=65°.由(1)可知∠BDE=180°-2α=50°,∠CDF=180°-2α=50°,所以∠EDF=180°-∠BDE-∠CDF=80°,所以∠BDF=∠BDE+∠EDF=50°+80°=130°,所以∠DBF+∠DFB=180°-∠BDF=50°,即β+θ=50°,所以∠BGC=180°-∠DBF-∠DCE=180°-(β+θ)=130°,所以∠EGF=∠BGC=130°.22. (2024广西南宁三中期中,26,★★☆)(14分)如图,在平面直角坐标系中,△AOP 为等边三角形,A点坐标为(0,1),点B为y轴上位于A点上方的一个动点,以BP为边 在BP的右侧作等边△PBC,连接CA并延长,交x轴于点E.(1)求证:OB=AC.(2)当点B运动时,AE的长度是否发生变化?请说明理由.(3)在y轴上是否存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形?若存在,请求出点Q的坐标; 若不存在,请说明理由. 解析 (1)证明:因为△BPC和△AOP是等边三角形,所以OP=AP,BP=PC,∠APO=∠CPB=60°,所以∠APO+∠APB=∠BPC+∠APB,即∠OPB=∠APC.在△PBO和△PCA中, 所以△PBO≌△PCA(SAS),所以OB=AC.(2)当B点运动时,AE的长度不发生变化.理由:由(1)得△PBO≌△PCA,所以∠PAC=∠POB=60°,所以∠BAC=60°,因为∠EAO=∠BAC=60°,∠AOE=90°,所以∠AEO=30°,所以AE=2AO=2,即当B点运动时,AE的长度不发生变化.(3)存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形.易知AE=2AO=2,当AQ=AE=2时,△AEQ为等腰三角形.若点Q在y轴的正半轴上, 则OQ=AQ+AO=3,所以Q(0,3);若点Q在y轴的负半轴上,则OQ=AQ-AO=1,所以Q (0,-1).当EQ=AE=2时,△AEQ为等腰三角形,x轴是AQ的垂直平分线,所以OQ=AO=1,所 以Q(0,-1).综上所述,在y轴上存在点Q,使得△AEQ为等腰三角形,点Q的坐标为(0,3),(0,-1).
相关资料
更多
