02 【人教版】八年级上期中数学试卷（解析版）.docx

第一学期人教版八年级数学期中模拟卷二 （解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(共30分) 1．如图，在中，，．若是的高，与角平分线相交于点，则的度数为（ ） A．130° B．70° C．110° D．100° 【答案】A 【分析】 根据∠BOE＝∠BAO＋∠ABO，求出∠BAO，∠ABO即可，根据补角的定义求得． 【详解】 解：∵∠BAC＝80°，AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠BAC＝40°， ∵BF⊥AC， ∴∠BFA＝90°， ∴∠ABF＝10°， ∴∠BOE＝∠BAO＋∠ABO＝40°＋10°＝50°， ∴＝130°， 故选：A 【点睛】 本题考查三角形内角和定理，三角形的角平分线，高的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识属于中考常考题型． 2．一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（ ） A．10或11 B．11或12或13 C．11或12 D．10或11或12 【答案】D 【分析】 首先求出截角后的多边形边数，然后再根据切去的位置求原来的多边形边数． 【详解】 解：设截角后的多边形边数为n， 则有：（n-2）×180°=1620°， 解得：n=11， 如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加一条边，为12边形； 如图2，从角的一边中间部分，另一边与另一顶点连结点处截取一个角，边数不增也不减，是11边形；； 如图3，从另外两个顶点处切去一个角，边数减少1为10边形 ∴可得原来多边形的边数为10或11或12： 故选D． 【点睛】 本题考查多边形的综合运用，熟练掌握多边形的内角和定理及多边形的剪拼是解题关键． 3．如图，在△ABC中，延长CA至点F，使得AF＝CA，延长AB至点D，使得BD＝2AB，延长BC至点E，使得CE＝3CB，连接EF、FD、DE，若S△DEF＝36，则S△ABC为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】 如图，连接AE，CD，设△ABC的面积为m，利用等高模型的性质，用m表示出各个三角形的面积，可得△DEF的面积为18m，构建方程，可得结论． 【详解】 如图，连接AE，CD，设△ABC的面积为m， BD= 2AB， S△BCD=2S△ABC =2m， S△ACD= S△BCD + S△ABC =3m， AC= AF， S△ADF= S△ACD=3m， EC=3BC， S△ECA==3S△ABC =3m， S△EDC= 3S△BCD =6m， AC= AF， S△AEF= S△EAC= 3m， S△DEF= S△ABC+ S△BCD + S△EDC + S△ECA + S△AEF + S△ADF =m + 2m +6m+3m+3m+3m = 18m = 36， m= 2， △ABC的面积为2， 故选：A． 【点睛】 本题考查三角形的面积，等高模型的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题． 4．如图，D为BAC的外角平分线上一点并且满足BD＝CD，过D作DE⊥AC于E，DF⊥AB交BA的延长线于F，则下列结论：①CDE≌BDF；②CE＝AB+AE；③∠BDC＝∠BAC；④∠ABD＝∠BDE．其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】 根据角平分线的性质和DE⊥AC，DF⊥AB，即可证明CDE≌BDF；再通过证明即可得到CE＝AB+AE；根据CDE≌BDF即可得到∠BDC＝∠BAC； 【详解】 ∵AD平分，，， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，故③正确； 通过已知条件得不出∠ABD＝∠BDE，故④错误； 故正确的是①②③； 故选C． 【点睛】 本题主要考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，准确分析证明是解题的关键． 5．如图，在锐角三角形ABC中，AB＝4，△ABC的面积为10，BD平分∠ABC，若M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为（　　） A．2 B．2.5 C．4 D．5 【答案】D 【分析】 过C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM＋MN的最小值，再根据三角形的面积公式求出CE的长，即为CM＋MN的最小值． 【详解】 解：过C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，如图： ∵BD平分∠ABC，M′E⊥AB于点E，M′N′⊥BC于N′， ∴M′N′＝M′E， ∴CE＝CM′＋M′E＝CM′＋M′N′是CM＋MN最小值，此时M与M′重合，N与N′重合， ∵三角形ABC的面积为10，AB＝4， ∴×4•CE＝10， ∴CE＝5． 即CM＋MN的最小值为5． 故选：D． 【点睛】 本题考查了角平分线的性质和三角形中的最短路径，解题的关键是理解CE的长度即为CM＋MN最小值． 6．如图，使的条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据三角形全等的判定定理，判定一对三角形全等既能用、、、判定定理，也能用判定定理． 【详解】 解：A．三组角对应相等，没有定理，故A错误； B．，没有定理，故B错误； C．由，得，符合，故C正确； D．，没有定理，故D错误． 故选：C． 【点睛】 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：、、、、．从已知开始结合已知条件逐个验证． 7．如图，点在y轴上，点、在轴上，，，与关于轴对称，，点、分别是边、上的动点，则的最小值是（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】 分别作出点、关于、的对称点、，连接分别交、于、，得出为最小，再依据等边三角形性质和判定，轴对称的性质分别求出和，即可求得． 【详解】 解：分别作出点、关于、的对称点、， 连接分别交、于、，如图所示， 则 此时为最小． 由题知为正三角形，、， 连，过作轴于， 由对称性可得： ，， ，， ∴，同理可得， ∴． 故选C． 【点睛】 本题考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，坐标与图形变化，能借助轴对称的性质正确变形将折线的长化成一条线段的长是解题关键． 8．如图入口进入，沿框内问题的正确判断方向，最后到达的是（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】C 【分析】 先画图，通过举反例证明有两边及第三边上的高对应相等的两个三角形全等是假命题，再画图证明一条边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形是真命题，从而可得结论. 【详解】 解：如图， 则与中，满足 上的高为 但是与不全等， 所以：有两边及第三边上的高对应相等的两个三角形全等是假命题， 如图，为上的中线，且 是直角三角形， 所以一条边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形是真命题， 所以最后到达的是丙， 故选： 【点睛】 本题考查的是命题的真假判断，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，熟练的应用以上知识是解题的关键. 9．如图所示，边长为2的等边三角形中，点在边上运动（不与、重合），点在边的延长线上，点在边的延长线上，．点在边上从至的运动过程中，周长变化规律为（ ） A．不变 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 【答案】D 【分析】 先证明△BED≌△CDF，得到△BED周长是BE+BD+AD=CD+BD+AD=BC+AD=2+AD，由此求解即可得到答案． 【详解】 解：∵AD=DE=DF， ∴∠BED=∠BAD，∠DAC=∠DFC， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60° ∴∠BED+∠BDE=∠ABC=60°（三角形外角定理） 即∠BAD+∠BDE=60° 又∵∠BAD+∠DAC=60°， ∴∠BDE=∠DAC， ∴∠BDE=∠DFC， ∵∠DBE=180°-∠ABC，∠FCD=180°-∠ACB ∴∠DBE=∠FCD 在△BED中△CDF中 ∴△BED≌△CDF（AAS）， ∴BE=CD ∵△BED周长是BE+BD+DE，DE=AD ∴△BED周长是BE+BD+AD=CD+BD+AD=BC+AD=2+AD ∴影响△BED周长的是AD， 又∵AD在变化过程中会经历一个由大变小在变大的过程，在AD⊥BC时有最小值 ∴△BED周长变化规律为先变小在变大 ∴故选D． 【点睛】 本题考查了三角形的外角的性质和全等三角形的判定以及三角形周长等相关知识点，能够熟练的运用三角形外角和定理求得证全等所需要的对应角很关键. 10．正方形边长为a，点E、F分别是对角线上的两点，过点E、F分别作、的平行线，如图，则图中阴影部分的面积之和等于（ ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】 根据轴对称图形的性质，解决问题即可． 【详解】 将下方梯形阴影以EF为对称轴翻折，阴影部分可以拼成一块三角形，即， ， 故选：C． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，解题关键是利用轴对称的性质解决问题． 二、填空题(共24分) 11．如图，△ABC的面积为12，AB＝AC，BC＝4，AC的垂直平分线EF分别交AB，AC边于点E，F，若点D为BC边的中点，点P为线段EF上一动点，则△PCD周长的最小值为 ___． 【答案】8 【分析】 连接，由于是等腰三角形，点是边的中点，故，再根据三角形的面积公式求出的长，再根据是线段的垂直平分线可知，点关于直线的对称点为点，故的长为的最小值，由此即可得出结论． 【详解】 解：连接， 是等腰三角形，点是边的中点， ， ， 解得：， 是线段的垂直平分线， 点关于直线的对称点为点， 的长为的最小值， 的周长最短． 故答案为：8． 【点睛】 本题考查了轴对称最短路线问题、等腰三角形的性质，解题的关键是熟知等腰三角形三线合一的性质． 12．规定：在平面直角坐标系中，“把某一图形先沿x轴翻折，再沿y轴翻折”为一次变换．如图，已知正方形，顶点，若正方形经过一次上述变换，则点A变换后的坐标为________；对正方形连续做2021次这样的变换，则点D变换后的坐标为_________． 【答案】 【分析】 根据平面直角坐标系内关于和轴成轴对称点的坐标特征易得解．关于轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变． 【详解】 解：根据平面直角坐标系内关于和轴成轴对称点的坐标特征：关于轴对称点的坐标特点，横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于轴对称点的坐标特点，横坐标互为相反数，纵坐标不变． 点先沿轴翻折，再沿轴翻折后的坐标为； 由于正方形，顶点，，所以， 先沿轴翻折，再沿轴翻折一次后坐标为， 两次后坐标为， 三次后坐标为， 故连续做2021次这样的变化，则点变化后的坐标为． 故答案为：；． 【点睛】 考查了平面直角坐标系中的翻折变换问题，解题的关键是熟悉坐标平面内对称点的坐标特征． 13．如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，设PB=m，PC=n，AB=c，AC=b，则m+n _____ b+c．（填>、≥、<、≤、=、≠）． 【答案】＞ 【分析】 在BA的延长线上取点E，使AE=AC，连接EP，证明△ACP和△AEP全等，推出PE=PC，根据三角形任意两边之和大于第三边即可得到m+n＞b+c． 【详解】 解：在BA的延长线上取点E，使AE=AC，连接EP， ∵AD是∠BAC的外角平分线， ∴∠CAD=∠EAD， 在△ACP和△AEP中，， ∴△ACP≌△AEP（SAS）， ∴PE=PC， 在△PBE中，PB+PE＞AB+AE， ∵PB=m，PC=n，AB=c，AC=b， ∴m+n＞b+c． 故答案为：＞． 【点睛】 本题主要考查了三角形全等的证明，全等三角形的性质，三角形的三边关系，作辅助线构造以m、n、b、c的长度为边的三角形是解题的关键，也是解本题的难点． 14．如图，在△ABC中，CD是它的角平分线，DE⊥AC于点 E．若BC＝6cm，DE＝2cm，则△BCD的面积为_____cm2 【答案】6 【分析】 根据角平分线的性质计算即可； 【详解】 作， ∵CD是角平分线，DE⊥AC， ∴， 又∵BC＝6cm， ∴； 故答案是6． 【点睛】 本题主要考查了角平分线的性质，准确计算是解题的关键． 15．在中，，、分别是边、上的高，直线与交于点，则的度数为______． 【答案】130°或50° 【分析】 分两种情况：①为锐角三角形时，根据高的定义得∠ADB=∠AEC=90°，于是利用四边形内角和为360°可计算出∠EHD，然后根据对顶角相等得到∠BHC的度数；②为钝角三角形时，根据高的定义得∠ABH=40°，于是利用直角三角形两锐角互余得到∠BHC的度数． 【详解】 解：分两种情况：①为锐角三角形时，如图： ∵BD、CE分别是△ABC边AC、AB上的高， ∴∠ADB=∠AEC=90°， 而∠A+∠AEH+∠ADH+∠EHD=360°， ∴∠EHD=180°-50°=130°， ∴∠BHC=130°． ② 为钝角三角形时，如图： ∵BD、CE分别是△ABC边AC、AB上的高， ∴∠ADB=∠AEC=90°， ∵ ∴ ∴ 综上可得的度数为130°或50° 【点睛】 本题考查了三角形内角和定理，四边形的内角和以及三角形高的意义，解答此类题目要注意三角形的内角和是180°这一隐含的条件来解决． 16．如图，D、E分别是△ABC边AB，BC上的点，AD=2BD，BE=CE，若S△ABC=60，则四边形BDFE的面积为_______． 【答案】 【分析】 连接根据等高三角形面积比等于底边长之比，设，用不同的代数式表示，建立一元一次方程求解即可． 【详解】 连接，如图： ， S△ABC=60， ， ， 设 解得 四边形 故答案为： 【点睛】 本题考查了三角形中线的性质，一元一次方程的应用，等高三角形面积比等于底边长之比，设未知数解方程是解题的关键． 17．如图，在中，是的中点，是上一点，连接，于，若，，，则的长为______． 【答案】6 【分析】 延长AC至点F，使得CF＝BC，延长DE至点G，使得EG＝DE，连接BD，BF，BG，先证明，可得，，再通过，，可证得，由可证得，由此可得，进而可证明（AAS），得到，结合可得，最后根据设出相应未知数，列出方程求解即可求得答案． 【详解】 解：如图，延长AC至点F，使得CF＝BC，延长DE至点G，使得EG＝DE，连接BD，BF，BG， ∵是的中点， ∴， 在与中， ∴（SAS）， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在与中， ∴（AAS）， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴设，则， 又∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：6． 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，题目较难，能够正确作出辅助线并熟练运用相关知识是解决本题的关键． 18．如图，△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC垂足为D，BE＝AC，∠EAC＝3∠C，BD＝7，AC﹣2AE＝8，则AE的长为 __． 【答案】11 【分析】 在BC上截取CM＝AE，连接AM，通过论证△AFB≌△BDA和Rt△EFB≌Rt△EFB，为证明△AEM≌△MCA作准备条件，设MC＝AE＝x，用含x的代数式表示AB，AC，进而使用勾股定理建立方程，求解AE的长． 【详解】 解：过点B作BF⊥EA于点F， ∵∠FAO+∠AOF＝∠OBD+∠BOD＝90°， ∵∠AOF＝∠BOD， ∴∠FAO＝∠OBD ∵∠EAC＝3∠C， ∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠C ∴∠EAB＝2∠C ∴∠BAD+∠FAO＝180°﹣2∠C ∵∠ABC＝180°﹣2∠C＝∠ABF+∠OBD， ∴∠ABF+∠OBD＝∠BAD+∠FAO ∴∠ABF＝∠BAD ∵AD⊥BC， ∴∠F＝∠ADB＝90° 在△BFA和△ADB中， ∴△AFB≌△BDA（AAS） ∴BF＝AD 在Rt△EFB和Rt△CDA中， ∴Rt△EFB≌Rt△CDA（HL）． 在BC上截取CM＝AE，连接AM． 在△AEB和△MCA中， ． ∴△AEB≌△MCA（SAS）． ∴AB＝AM． ∵AD⊥BC， ∴AD垂直平分BM． ∴BD＝DM＝7． 设AE＝MC＝x， ∴AC＝8+2x， DC＝7+x， AB＝14+x． 在△ABD和△ADC中，据勾股定理得， AB2﹣BD2＝AC2﹣DC2＝AD2， 即（14+x）2﹣72＝（8+2x）2﹣（7+x）2． 化简得x2﹣5x﹣66＝0， 解得x1＝11，x2＝﹣6（舍去）， ∴AE的长为11． 故答案为：11． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 三、解答题(共46分) 19．(本题9分)在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，点D在直线BC上（不与B、C重合），点E在直线AC上（不与A、C重合），且∠ADE＝∠AED． （1）如图1，若∠ABC＝50°，∠AED＝80°，则∠CDE＝　 　°，此时，＝　 　． （2）若点D在BC边上（点B、C除外）运动（如图1），试探究∠BAD与∠CDE的数量关系，并说明理由； （3）若点D在线段BC的延长线上，点E在线段AC的延长线上（如图2），其余条件不变，请直接写出∠BAD与∠CDE的数量关系：　 　． （4）若点D在线段CB的延长线上（如图3），点E在直线AC上，∠BAD＝26°，其余条件不变，则∠CDE＝　 　（友情提醒：可利用图3画图分析）． 【答案】（1）30，2；（2）∠BAD＝2∠CDE，理由见解析；（3）∠BAD＝2∠CDE；（4）77°或13°． 【分析】 （1）利用三角形内角和定理以及三角形的外角的性质解决问题即可； （2）结论：∠BAD=2∠CDE．设∠B=∠C=x，∠AED=∠ADE=y，则∠BAC=180°-2x，∠CDE=yx，∠DAE=180°-2y，推出∠BAD=∠BAC-∠DAE=2y-2x=2（y-x），由此可得结论． （3）如图②中，结论：∠BAD=2∠CDE．解决方法类似（2）． （4）分两种情形：①当点E在CA的延长线上，设∠ABC=∠C=x，∠AED=∠ADE=y，则∠BAC=180°-2x，∠CDE=180°-（y+x），∠DAE=180°-2y，由题意，∠BAD=180°-∠BAC-∠DAE=2x+2y-180°=22°，推出x+y=101°，可得结论．②如图④中，当点E在AC的延长线上时，同法可求． 【详解】 解：（1）如图①中， ∵∠ABC＝∠ACB＝50°， ∴∠BAC＝180°﹣50°﹣50°＝80°， ∵∠AED＝∠CDE+∠C， ∴∠CDE＝80°﹣50°＝30°， ∵∠ADE＝∠AED＝80°， ∴∠DAE＝180°﹣80°﹣80°＝20°， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝80°﹣20°＝60°， ∴＝2． 故答案为30，2； （2）结论：∠BAD＝2∠CDE． 理由：设∠B＝∠C＝x，∠AED＝∠ADE＝y， 则∠BAC＝180°﹣2x，∠CDE＝y﹣x，∠DAE＝180°﹣2y， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝2y﹣2x＝2（y﹣x）， ∴∠BAD＝2∠CDE； （3）如图②中，结论：∠BAD＝2∠CDE． 理由：设∠B＝∠ACB＝x，∠AED＝∠ADE＝y， 则∠BAC＝180°﹣2x，∠CDE＝180°﹣（y+x），∠DAE＝180°﹣2y， ∴∠BAD＝∠BAC+∠DAE＝360°﹣2（x+y）， ∴∠BAD＝2∠CDE． 故答案为：∠BAD＝2∠CDE； （4）如图③中， 设∠ABC＝∠C＝x，∠AED＝∠ADE＝y， 则∠BAC＝180°﹣2x，∠CDE＝180°﹣（y+x），∠DAE＝180°﹣2y， ∴∠BAD＝180°﹣∠BAC﹣∠DAE＝2x+2y﹣180°＝26°， ∴x+y＝103° ∴∠CDE＝180°﹣103°＝77°． 如图④中，当点E在AC的延长线上时，设∠ABC＝∠ACB＝x，∠AED＝∠ADE＝y， 则∠ADB＝x﹣26°，∠CDE＝y﹣（x﹣26°）， ∵∠ACB＝∠CDE+∠AED， ∴x＝y+y﹣（x﹣26°）， ∴x﹣y＝13°， ∴∠CDE＝x﹣y＝13° 故答案为：77°或13°． 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型． 20．(本题9分)我市某包装生产企业承接了一批上海世博会的礼品盒制作业务，为了确保质量，该企业进行试生产．他们购得规格是的标准板材作为原材料，每张标准板材再按照裁法一或裁法二裁下A型与B型两种板材．如图甲，（单位：） （1）列出方程（组），求出图甲中a与b的值； （2）在试生产阶段，若将30张标准板材用裁法一裁剪，4张标准板材用裁法二裁剪，再将得到的A型与B型板材做侧面和底面，做成图乙的竖式与横式两种礼品盒． ①两种裁法共产生A型板材________张，B型板材_______张； ②已知①中的A型板材和B型板材恰好做成竖式有盖礼品盒x个，横式无盖礼品盒的y个，求x、y的值． 【答案】（1）a=60，b=40；（2）①64，38；②x=7，y=12 【分析】 （1）由图示利用板材的长列出关于a、b的二元一次方程组求解； （2）①根据已知和图示计算出两种裁法共产生A型板材和B型板材的张数； ②根据竖式与横式礼品盒所需要的A、B两种型号板材的张数列出关于x、y的二元一次方程组，然后求解即可． 【详解】 解：（1）由题意得：， 解得：， 答：图甲中与的值分别为：60、40； （2）①由图示裁法一产生型板材为：，裁法二产生型板材为：， 所以两种裁法共产生型板材为（张， 由图示裁法一产生型板材为：，裁法二产生型板材为，， 所以两种裁法共产生型板材为（张， 故答案为：64，38； ②根据题意竖式有盖礼品盒的个，横式无盖礼品盒的个， 则型板材需要个，型板材需要个， 所以， 解得． 【点睛】 本题考查的知识点是二元一次方程组的应用，关键是根据已知先列出二元一次方程组求出a、b的值，根据图示列出算式以及关于x、y的二元一次方程组． 21．(本题9分)如图，数轴上两点A、B对应的数分别是－1，1，点P是线段AB上一动点，给出如下定义：如果在数轴上存在