2023-2024学年黑龙江省佳木斯市抚远市八年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年黑龙江省佳木斯市抚远市八年级（上）期中数学试卷，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．（3分）2017年12月15日，北京2022年冬奥会会徽“冬梦”正式发布．以下是参选的会徽设计的一部分图形，其中是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）如图，点B，D，E，C在同一条直线上，若△ABD≌△ACE，∠AEC＝110°，则∠DAE的度数为（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
4．（3分）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
5．（3分）平面上六个点A，B，C，D，E，F构成如图所示的图形，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F度数是（ ）
A．135°B．180°C．200°D．360°
6．（3分）如图是“一带一路”示意图，若记北京为A地，莫斯科为B地，雅典为C地，分别连接AB、AC、BC，形成了一个三角形．若想建立一个货物中转仓，使其到A、B、C三地的距离相等，则中转仓的位置应选在（ ）
A．三边垂直平分线的交点
B．三边中线的交点
C．三条角平分线的交点
D．三边上高的交点
7．（3分）如图，在△ABC中，AC＝7cm，线段AB的垂直平分线交AC于点N，△BCN的周长是13cm，则BC的长为（ ）
A．6cmB．7cmC．8cmD．13cm
8．（3分）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系始终保持不变．请试着找一找这个规律，你发现的规律是（ ）
A．∠A＝∠1+∠2B．2∠A＝∠1+∠2
C．3∠A＝2∠1+∠2D．3∠A＝2（∠1+∠2）
9．（3分）如图，E为△ABC内一点，BE平分∠ABC，CD⊥BE，垂足为E，交AB于点D，∠A＝∠ACD，CE＝1，BC＝3，则AB的长为（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
10．（3分）剪纸艺术是中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点E的坐标为（2m，﹣n），其关于y轴对称的点F的坐标为（3﹣n，﹣m+1），则（m﹣n）2023的值为（ ）
A．32023B．﹣1C．1D．0
二、填空题（每题3分，满分18分）
11．（3分）等边三角形有 条对称轴．
12．（3分）如图，已知∠ACB＝∠BDA＝90°，请你添加一个条件，使得△ACB≌△BDA．你添加的条件是： ．写出一个符合题意的即可）
13．（3分）已知△ABC≌△DEF，∠A＝30°，∠E＝50°，则∠C＝ ．
14．（3分）如图，点O是△ABC内一点，∠A＝80°，∠1＝20°，∠2＝40°，则∠BOC＝ ．
15．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进2米后向左转36°，再沿直线前进2米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 米．
16．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点C在直线l上．点P从点A出发，沿AC向终点C运动；点Q从点B出发，沿BC向终点C运动．点P和点Q分别以1个单位长度/秒和2个单位长度/秒的速度同时开始运动，到达各自的终点停止运动．在某时刻，连接PQ，若△CPQ为等腰三角形，则点P的运动时间为 秒．
三、解答题（满分72分）
17．（6分）已知a，b，c是△ABC的三边长，a、b满足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，且△ABC的周长为偶数，则边长c的值为多少？
18．（6分）一个多边形的内角和比它的外角和多900°，求这个多边形的边数．
19．（7分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（2，3），B（3，1），C（﹣2，﹣2）．
（1）请在图中作出△ABC关于y轴的轴对称图形△A'B'C'，并直接写出A'，B'，C'的坐标；
（2）求△A'B'C'的面积．
20．（8分）如图，四边形木架ABDC．
（1）加上木条BC后，木架不易变形，其中蕴含的数学道理是 ；
（2）如∠A＝∠D，BC平分∠ABD，求证：AC＝DC．
21．（8分）如图，若一个正方形和一个正六边形有一边重合．
（1）用无刻度的直尺画出这个图形的对称轴；
（2）求∠BAC的度数．
22．（11分）如图①：△ABC中，AC＝BC，延长AC到E，过点E作EF⊥AB交AB的延长线于点F，延长CB到G，过点G作GH⊥AB交AB的延长线于H，且EF＝GH．
（1）求证：△AEF≌△BGH；
（2）如图②，连接EG与FH相交于点D，若AB＝4，求DH的长．
23．（13分）探究与发现：
探究一：我们知道，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．那么，三角形的一个内角与它不相邻的两个外角的和之间存在何种数量关系呢？
已知：如图1，∠FDC与∠ECD分别为△ADC的两个外角，试探究∠A与∠FDC+∠ECD的数量关系．
探究二：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图2，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠P与∠A的数量关系．
探究三：若将△ADC改为任意四边形ABCD呢？
已知：如图3，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系．
24．（13分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、B、C的坐标分别为（0，6）、（﹣8，0）、（﹣3，0），AB＝10，将△ABC沿着射线AC翻折，点B落到y轴上点D处．
（1）求点D的坐标；
（2）动点P以每秒1个单位长度的速度从点B出发沿着线段BO向终点O运动，运动时间为t秒，请用含有t的式子表示△PCA的面积，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，动点M以每秒2个单位长度的速度从点A出发沿着线段AO向终点O运动，动点N以每秒a个单位长度的速度从点O出发沿着x轴正方向运动，P、M、N同时出发；点M停止时，点P、N也停止运动．当△DOP与△MON全等时，求a的值．
2023-2024学年黑龙江省佳木斯市抚远市八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，满分30分）
1．【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念，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．【分析】根据高线的定义即可得出结论．
【解答】解：A、B、C均不是高线．
故选：D．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知三角形高线的定义是解答此题的关键．
3．【分析】先根据全等三角形的性质得到∠ADB＝∠AEC＝110°，再利用邻补角的定义计算出∠ADE＝∠AED＝70°，然后根据三角形内角和计算∠DAE的度数．
【解答】解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝110°，
∴∠ADE＝∠AED＝180°﹣110°＝70°，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝40°．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等．
4．【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△A'O'B'≌△AOB，然后根据全等三角形的性质得到∠A'O'B'＝∠AOB．
【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．
【点评】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．
5．【分析】根据三角形外角性质及四边形内角和求解即可．
【解答】解：如图，
根据三角形的外角性质得，∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠B+∠D，
∵∠1+∠2+∠A+∠F＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故选：D．
【点评】此题考查了多边形的外角，熟记三角形外角性质及四边形内角和是解题的关键．
6．【分析】根据线段的垂直平分线的性质即可判断并得出结论．
【解答】解：∵中转仓到A、B、C三地的距离相等，
∴中转仓的位置应选在△ABC三边的垂直平分线的交点处，
故选：A．
【点评】本题考查线段的垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用线段垂直平分线的性质进行判断．
7．【分析】依据线段垂直平分线的性质，即可得到AN＝BN，进而得出BN+CN＝AC＝7cm，再根据△BCN的周长是13cm，即可得到BC的长．
【解答】解：∵线段AB的垂直平分线交AC于点N，
∴AN＝BN，
∴BN+CN＝AN+CN＝AC＝7（cm），
又∵△BCN的周长是13cm，
∴BC＝13﹣（BN+CN）＝13﹣7＝6（cm），
故选：A．
【点评】此题主要考查线段的垂直平分线的性质，解题的关键是掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
8．【分析】根据四边形的内角和为360°及翻折的性质，就可求出2∠A＝∠1+∠2这一始终保持不变的性质．
【解答】解：2∠A＝∠1+∠2，
理由：∵在四边形ADA′E中，∠A+∠A′+∠ADA′+∠AEA′＝360°，
则2∠A+180°﹣∠2+180°﹣∠1＝360°，
∴可得2∠A＝∠1+∠2．
故选：B．
【点评】本题主要考查四边形的内角和及翻折的性质特点，解决本题的关键是熟记翻折的性质．
9．【分析】根据角平分线的定义得到∠DBE＝∠CBE，根据垂直的定义得到∠CEB＝∠DEB，根据全等三角形的性质得到BD＝BC＝3，CE＝DE＝1，求得CD＝2，根据等腰三角形的性质得到AD＝CD＝2，于是得到结论．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠CBE，
∵CD⊥BE，
∴∠CEB＝∠DEB＝90°，
在△CBE与△DBE中，
，
∴△CBE≌△DBE（ASA），
∴BD＝BC＝3，CE＝DE＝1，
∴CD＝2，
∵∠A＝∠ACD，
∴AD＝CD＝2，
∴AB＝AD+BD＝2+3＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
10．【分析】利用轴对称的性质构建方程组，求出m，n，可得结论．
【解答】解：∵E（2m，﹣n），F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，
∴，
解得，，
∴（m﹣n）2023＝（﹣4+5）2023＝1，
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣对称，二元一次方程组等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
二、填空题（每题3分，满分18分）
11．【分析】轴对称就是一个图形的一部分，沿着一条直线对折，能够和另一部分重合，这样的图形就是轴对称图形，这条直线就是对称轴，依据定义即可求解．
【解答】解：等边三角形有3条对称轴．
故答案为：3．
【点评】正确理解轴对称图形的定义是解决本题的关键，本题是一个基础题．
12．【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：添加的条件是AC＝BD（答案不唯一），理由如下：
∵∠ACB＝∠BDA＝90°，
∴△ACB和△BDA是直角三角形，
在Rt△ACB和Rt△BDA中，
，
∴△ACB≌△BDA（HL），
故答案为：AC＝BD（答案不唯一）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
13．【分析】根据全等三角形的性质求出∠B，根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B＝∠E＝50°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝100°，
故答案为：100°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．
14．【分析】延长BO交AC于点D，由三角形的外角性质可求得∠BDC＝100°，再次利用三角形的外角性质即可求∠BOC的度数．
【解答】解：延长BO交AC于点D，如图，
∵∠BDC是△ABD的外角，∠A＝80°，∠1＝20°，
∴∠BDC＝∠1+∠A＝100°，
∵∠BOC是△CDO的外角，∠2＝40°，
∴∠BOC＝∠BDC+∠2＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，解答的关键是明确三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．
15．【分析】根据多边形的外角和即可确定小明走的边数，边数乘以2即可得出答案．
【解答】解：由图可知小明回到出发点时走了一个正多边形，且每个外角是36°，
由360°÷36＝10可知是正十边形，有10条相等的边，
∴小明一共走了10×2＝20米，
故答案为：20．
【点评】本题主要考查正多边形的外角和定理，关键是要牢记多边形的外角和为360°．
16．【分析】根据全等三角形的判定和性质得出CP＝CQ，进而利用方程解答即可．
【解答】解：过P点作PE⊥l于E，过Q点作QF⊥l于F，
∵△CPQ为等腰三角形，
∴CP＝CQ，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
∵∠EPC+∠PCE＝90°，
∴∠QCF＝∠EPC，
在△PEC与△CFQ中，
，
∴△PEC≌△CFQ（AAS），
∴PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣2t，
解得：t＝2，
故答案为：2．
【点评】此题考查等腰三角形的性质，关键是根据全等三角形的判定和性质得出CP＝CQ解答．
三、解答题（满分72分）
17．【分析】根据非负数的性质列式求出a、b的值，再根据三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出c的取值范围，再根据△ABC的周长为偶数求出c的值．
【解答】解：∵a，b满足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，
∴a﹣7＝0，b﹣2＝0，
解得a＝7，b＝2，
根据三角形的三边关系，得7﹣2＜c＜7+2，即：5＜c＜9，
又∵三角形的周长为偶数，a+b＝9，
∴c＝7．
【点评】本题考查三角形三边关系，非负数的性质：绝对值和偶次方，解题的关键是明确题意，明确三角形三边的关系．
18．【分析】本题首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比360°多900°，由此列出方程即可解出边数．
【解答】解：设边数为n，根据题意，得
（n﹣2）×180°＝360°+900°，
所以（n﹣2）×180°＝1260°，
所以n﹣2＝7，
所以n＝9．
答：这个多边形的边数是9．
【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是已知等量关系列出方程从而解决问题．
19．【分析】（1）根据轴对称的性质作图，即可得A'，B'，C'的坐标．
（2）利用割补法求三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A'B'C'即为所求．
点A'（﹣2，3），B'（﹣3，1），C'（2，﹣2）．
（2）△A'B'C'的面积为5×5﹣﹣﹣＝．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
20．【分析】（1）根据三角形的稳定性解答即可；
（2）由BC平分∠ABD，可得∠ABC＝∠DBC，然后证明△ABC≌△DBC（AAS），再根据全等三角形的性质即可得证．
【解答】（1）解：∵四边形木架ABDC加上木条BC后，
则四边形ABDC由△ABC和△DBC拼接而成，
∵三角形具有稳定性，
∴此时木架不易变形．
故答案为：三角形具有稳定性．
（2）证明：∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBC，
在△ABC和△DBC中，
，
∴△ABC≌△DBC（AAS），
∴AC＝DC．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的稳定性，角平分线的定义．掌握全等三角形的判定是解题的关键．
21．【分析】（1）连接AE，BD交于点M，连接DF，AG交于点N，过点M，N作直线MN即可；
（2）根据多边形的内角和可得∠DAB和∠DAC的度数，再根据周角是360°即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AE，BD交于点M，连接DF，AG交于点N，
∵正方形、正六边形都是轴对称图形，
∴对称轴经过点M和点N，
∴直线MN是这个图形的对称轴．
则直线MN即为所作．
（2）∵正方形EDAB，
∴∠DAB＝90°，
∵正六边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°，
∴正六边形一个内角的度数为：720°÷6＝120°，
∴∠DAC＝120°，
∴∠BAC＝360°﹣∠DAB﹣∠DAC＝360°﹣90°﹣120°＝150°．
∴∠BAC的度数为150°．
【点评】本题考查作图，正多边形的内角和：（n﹣2）×180°（n≥3且n为正整数），角的和差．解题的关键是应用正多边形的性质：正多边形每一个内角都相等，都是轴对称图形，对称轴经过正多边形的中心．
22．【分析】（1）利用AAS即可证明△AEF≌△BGH；
（2）结合（1）证明△EFD≌△GHD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠GBH，
∴∠A＝∠GBH．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠AFE＝∠BHG．
在△ADG和△CDF中，
，
∴△AEF≌△BGH（AAS）．
（2）解：∵△AEF≌△BGH，
∴AF＝BH，
∴AB＝FH＝4．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠EFD＝∠GHD．
在△EFD和△GHD中，
∴△EFD≌△GHD（AAS），
∴．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EFD≌△GHD．
23．【分析】探究一：根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根据三角形内角和定理整理即可得解；
探究二：根据角平分线的定义可得∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究三：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解答】解：探究一：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；
探究二：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD
＝180°﹣（∠ADC+∠ACD）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠A；
探究三：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD）
＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式，此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
24．【分析】（1）根据翻折的性质和坐标特点解答即可；
（2）分0≤t＜5和5＜t≤8两种情况，利用三角形面积公式解答即可；
（3）根据全等三角形的性质得出方程，利用四种情况解答即可．
【解答】解：（1）由翻折可得，AD＝AB＝10，
∵点A（0，6），
∴OA＝6，
∴OD＝AD﹣OA＝4，
∴D（0，﹣4）；
（2）BP＝t，当0≤t＜5时，
∵B（﹣8，0），C（﹣3，0），
∴OB＝8，OC＝3，
∴S△ACO＝×OA×OC＝×6×3＝9，OP＝OB﹣BP＝8﹣t，
∴S△APO＝×OA×OP＝×6×（8﹣t）＝24﹣3t，
∴S△PCA＝S△APO﹣S△ACO＝24﹣3t﹣9＝15﹣3t，
当5＜t≤8时，S△PCA＝S△ACO﹣S△APO＝9﹣（24﹣3t）＝3t﹣15，
综上所述，△PCA的面积是S＝15﹣3t（0≤t＜5）或S＝3t﹣15（5＜t≤8）．
（3）当△DOP≌△MON时，
∵△DOP≌△MON，
∴OP＝ON，OM＝OD，
由题意可知：BP＝t，AM＝2t，ON＝at，OD＝4，
∴OP＝OB﹣BP＝8﹣t，OM＝AO﹣AM＝6﹣2t，
∴6﹣2t＝4，
解得：t＝1，
8﹣t＝at，
解得：a＝7，
∴a的值是7．
【点评】本题是三角形综合题，全等三角形的判定和性质，关键是根据翻折的性质和全等三角形的性质解答．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/11/8 22:30:43；用户：郝元肖；邮箱：19153816626；学号：47361296