期中押题检测卷（考试范围：第十一-十三章）（解析版）.doc

姓名： 班级 期中押题检测卷（考试范围：第十一-十三章） 全卷共24题，满分：100分，时间：60分钟 一、单选题（每题3分，共30分） 1．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）下列图案中，是轴对称图形的是（ 　　） A． B．C． D． 【答案】C 【分析】根据轴对称图形的定义：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，对各选项判断即可． 【详解】根据轴对称图形的定义可知A、B、D均不是轴对称图形， 只有C是轴对称图形．故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形的知识，属于基础题，解答本题的关键是找出对称轴从而判段是否是轴对称图形． 2．（2021·深圳市龙岗区百合外国语学校八年级期中）下列叙述正确的是（ ） ①三角形的中线、角平分线都是射线；②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形；③三角形的三条高交于一点；④三角形的三条角平分线交于一点． A．②④ B．①②④ C．③④ D．④ 【答案】A 【分析】分别根据三角形中线、角平分线和高线的定义判断即可． 【详解】解：①三角形的中线、角平分线都是线段，原说法错误； ②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形，说法正确； ③三角形的三条高所在直线交于一点，原说法错误； ④三角形的三条角平分线交于一点，说法正确．故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线、中线和高，熟记定义即可作出正确的判断，属于基础题． 3．（2021·广西八年级期中）如图，△ABC≌△DEF，下列结论不正确的是( ) A．AB=DE B．BE=CF C．BC=EF D．AC=DE 【答案】D 【分析】根据全等三角形的性质即可判断，即两全等三角形对应边相等，对应角相等． 【详解】∵△ABC≌△DEF，∴AB=DE，AC=DF，BC=EF，∴BE=CF，故A，B，C正确．故选D． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质，属于中考常考题型． 4．（2021·浙江八年级期末）多边形每一个内角都等于150°，则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线的条数为（　　） A．6条 B．8条 C．9条 D．12条 【答案】C 【分析】设这个多边形是n边形．由多边形外角和等于360°构建方程求出n即可解决问题． 【详解】解：设这个多边形是n边形．由题意＝180°﹣150°，解得n＝12， ∴则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线的条数为12﹣3＝9条，故选：C． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的对角线等知识，解题的关键是熟练掌握多边形外角和等于360°． 5．（2021·北京市朝阳区人大附中朝阳分校九年级月考）小聪在用直尺和圆规作一个角等于已知角时，具体过程是这样的：已知：∠AOB．求作：∠A′O′B′，使∠A′O′B′＝∠AOB． 作法：（1）如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D； （2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′； （3）以点C'为圆心，CD长为半径画弧，与第（2）步中所画的弧相交于点D′； （4）过点D'画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB． 小聪作法正确的理由是（　　） A．由SSS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB B．由SAS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB C．由ASA可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB D．由“等边对等角”可得∠A′O′B′＝∠AOB 【答案】A 【分析】根据作图过程可知OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′，然后根据全等三角形的判定方法即可解答． 【详解】解：由作图得OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′， 则根据“SSS”可判断△C′O′D′≌△COD．故选：A． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定定理成为解答本题的关键． 6．（2021·重庆巴南·八年级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别是边AB、BC、CA上的点，DE与BF相交于点G，BD＝BC，BE＝CF，若∠A＝40°，则∠DGF的度数为（　　） A．40° B．60° C．70° D．110° 【答案】C 【分析】根据等腰三角形的性质可得∠DBE＝70°，证明△DBE≌△BCF，可得∠BDE＝∠CBF，进而根据∠DGF＝∠DBG+∠BDE＝∠DBG+∠CBF＝∠DBE，即可求得∠DGF的度数． 【详解】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠DBE＝∠C＝（180°﹣40°）＝70°， 在△DBE和△BCF中，，∴△DBE≌△BCF（SAS），∴∠BDE＝∠CBF， ∴∠DGF＝∠DBG+∠BDE＝∠DBG+∠CBF＝∠DBE＝70°，故选：C． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的性质与判定，三角形的外角性质，证明△DBE≌△BCF是解题的关键． 7．（2021·江西·八年级期中）若等腰三角形的顶角为30°，腰长为6，则此等腰三角形的面积为（　　） A．36 B．18 C．9 D．3 【答案】C 【分析】过B作BD⊥AC于D，依据含30°角的直角三角形的性质，即可得到该等腰三角形腰上的高，再根据三角形面积计算公式进行计算即可． 【详解】解：如图所示，过B作BD⊥AC于D， ∵∠A＝30°，AB＝6，∴BD＝AB＝3，∴S△ABC＝AC×BD＝＝9，故选：C． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，作出腰上的高并根据30°角求出高是解题关键． 8．（2021·江苏八年级期末）如图，，，，，垂足分别为A、B．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿射线方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与全等时，a的值为（ ） A．2 B．3 C．2或3 D．2或 【答案】D 【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应的a的值即可． 【详解】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC=PB，AP=BQ， ∵AC=6，AB=14，∴PB=6，AP=AB-AP=14-6=8，∴BQ=8，∴8÷a=8÷2，解得a=2； 当△CAP≌△QBP时，则AC=BQ，AP=BP，． ∵AC=6，AB=14，∴BQ=6，AP=BP=7，∴6÷a=7÷2，解得a=， 由上可得a的值是2或，故选：D． 【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确有两种情况，利用数形结合的思想解答． 9．（2021·北京八年级期中）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是16，腰AC的垂直平分线EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论． 【详解】解：连接AD， ∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC， ∴S△ABC＝BC•AD＝×4×AD＝16，解得AD＝8， ∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A， ∴AD的长为CM+MD的最小值， ∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+BC＝8+×4＝8+2＝10．故选：C． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键． 10．（2021·盐城市初二期中）已知如图，AD∥BC，AB⊥BC，CD⊥DE，CD=ED，AD=2，BC=3，则△ADE的面积为（　　） A．1 B．2 C．5 D．无法确定 【答案】A 【分析】因为知道AD的长，所以只要求出AD边上的高，就可以求出△ADE的面积．过D作BC的垂线交BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F，构造出Rt△EDF≌Rt△CDG，求出GC的长，即为EF的长，然后利用三角形的面积公式解答即可． 【解析】过D作BC的垂线交BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F， ∵∠EDF+∠FDC=90°，∠GDC+∠FDC=90°，∴∠EDF=∠GDC， 于是在Rt△EDF和Rt△CDG中，，∴△DEF≌△DCG， ∴EF=CG=BC﹣BG=BC﹣AD=3﹣2=1， 所以，S△ADE=（AD×EF）÷2=（2×1）÷2=1．故选A． 【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目需要作辅助线构造直角三角形，利用全等三角形和面积公式来解答．对同学们的创造性思维能力要求较高，是一道好题． 二、填空题（每题3分，共24分） 11．（2020·山东沂水初二期末）已知点与点关于直线对称，那么等于______． 【答案】2 【分析】轴对称图形的性质是对称轴垂直平分对应点的连线，且在坐标系内关于x对称，则y相等，所以，． 【解析】点与点关于直线对称∴， 解得，∴故答案为2． 【点睛】本题考察了坐标和轴对称变换，轴对称图形的性质是对称轴垂直平分对应点的连线，此类题是轴对称相关考点中重要的题型之一，掌握对轴对称图形的性质是解决本题的关键． 12．（2020·江苏崇川初一期末）如图，AD是△ABC的角分平线，CE是△ABC的高，∠BAC=60°，∠BCE=50°，点F为边AB上一点，当△BDF为直角三角形时，则∠ADF的度数为____． 【答案】20°或60°． 【分析】分情况讨论：①当∠BFD=90°时，②当∠BDF=90°时，根据角平分线和三角形高线的定义分别求解即可． 【解析】如图所示，当∠BFD=90°时， ∵AD是△ABC的角分平线，∠BAC=60°，∴∠BAD=30°，∴Rt△ADF中，∠ADF=60°； 如图，当∠BDF=90°时，同理可得∠BAD=30° ∵CE是△ABC的高，∠BCE=50°，∴∠BFD=∠BCE=50°，∴∠ADF=∠BFD﹣∠BAD=20°， 综上所述：∠ADF的度数为20°或60°．故答案为：20°或60°． 【点睛】本题考查角平分线和高线的定义，掌握分类讨论的思想是解题的关键． 13．（2021·绵阳市·八年级期中）某等腰三角形一腰上的高与该腰上的中线重合，若该等腰三角形的顶角为n°，则n＝_____． 【答案】60 【分析】由等腰三角形的性质及等边三角形的判定可得出答案． 【详解】解：∵等腰三角形一腰上的高与该腰上的中线重合， ∴腰与底边相等，∴此三角形为等边三角形， ∴等腰三角形的顶角为60°，即n＝60． 故答案为：60． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及等边三角形的判定与性质，熟练掌握几何图形的性质是解题的关键． 14．（2020·浙江八年级期末）如图，用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两螺丝的距离依次为2、3、4、6，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任意两个螺丝间的距离的最大值为 【答案】7 【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可． 【详解】解：已知4条木棍的四边长为2、3、4、6； ①选2+3、4、6作为三角形，则三边长为5、4、6；5-4＜6＜5+4，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为6； ②选3+4、6、2作为三角形，则三边长为2、7、6；6-2＜7＜6+2，能构成三角形，此时两个螺丝间的最大距离为7； ③选4+6、2、3作为三角形，则三边长为10、2、3；2+3＜10，不能构成三角形，此种情况不成立； ④选6+2、3、4作为三角形，则三边长为8、3、4；而3+4＜8，不能构成三角形，此种情况不成立； 综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7． 【点睛】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键． 15．（2021·山东省青岛第二十六中学八年级期中）如图，△ABC的面积为1．第一次操作：分别延长AB，BC，CA至点A1，B1，C1，使A1B＝AB，B1C＝BC，C1A＝CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1＝A1B1，B2C1＝B1C1，C2A1＝C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过多少次操作 ___________ 【答案】4 【分析】先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可． 【详解】解：△ABC与△A1BB1底相等（AB＝A1B），高为1：2（BB1＝2BC），故面积比为1：2， ∵△ABC面积为1，∴S△A1B1B＝2．同理可得，S△C1B1C＝2，S△AA1C＝2， ∴S△A1B1C1＝S△C1B1C+S△AA1C+S△A1B1B+S△ABC＝2+2+2+1＝7； 同理可证S△A2B2C2＝7S△A1B1C1＝49，第三次操作后的面积为7×49＝343，第四次操作后的面积为7×343＝2401． 故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过4次操作．故答案为：4． 【点睛】本题考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形面积的关系，再根据此规律求解即可． 16．（2021·辽宁九年级二模）如图，在中，垂直平分AB，垂足为Q，交BC于点P．按以下步骤作图：以点A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交边AC，AB于点D，E；分别以点D，E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F；作射线AF，射线AF与直线PQ相交于点G，则的度数为__________度． 【答案】56 【分析】根据直角三角形两锐角互余得∠BAC＝68°，由角平分线的定义得∠BAG＝34°，由线段垂直平分线可得△AQG是直角三角形，根据直角三角形两锐角互余即可求出∠AGQ． 【详解】解：∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，∴∠B＋∠BAC＝90°， ∵∠B＝22°，∴∠BAC＝90°−∠B＝90°−22°＝68°， 由作法可知，AG是∠BAC的平分线，∴∠BAG＝∠BAC＝34°， ∵PQ是AB的垂直平分线，∴△AGQ是直角三角形， ∴∠AGQ＋∠BAG＝90°，∴∠AGQ＝90°−∠BAG＝90°−34°＝56°，故答案为：56． 【点睛】此题考查了直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质等知识，熟知角平分线和中垂线的尺规作法是解题的关键． 17．（2021·和平区·天津一中八年级期末）如图，，点M，N分别是边，上的定点，点P，Q分别是边，上的动点，记，，当的值最小时，的大小=__________（度）． 【答案】50 【分析】作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接，交OB于点P，交OA于点Q，连接MP，QN，可知此时最小，此时，再根据三角形外角的性质和平角的定义即可得出结论． 【详解】作M关于OB的对称点，N关于OA的对称点，连接，交OB于点P，交OA于点Q，连接MP，QN，如图所示．根据两点之间，线段最短，可知此时最小，即， ∴， ∵，∴， ∵，，∴ ， ∴ ．故答案为：50． 【点睛】本题考查轴对称-最短问题、三角形内角和，三角形外角的性质等知识，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键，综合性较强． 18．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图所示，在等腰中，，点D为射线上的动点，，且与所在的直线交于点P，若，则_______． 【答案】或2 【分析】分两种情况：（1）当点D位于CB延长线上时，如图：过点E作AP延长线的垂线于点M，可证，，可得，由等腰三角形的性质可得AC=BC，根据线段的和差关系可证的结论；（2）当点D位于CB之间时，如图过点E作AP的垂线于点N，可证，，可得，由等腰三角形的性质可得AC=BC，根据线段的和差关系可证的结论； 【详解】（1）当点D位于CB延长线上时，如图：过点E作AP延长线的垂线于点M， 为等腰直角三角形 在和中 ， 在和中 ，， 设 （2）当点D位于CB之间时，如图：过点E作AP的垂线于点N， 为等腰直角三角形 在和中 ， 在和中 ，，设 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是利用三角形全等和线段的和差得出所求线段之间的关系，同时运用分类讨论的思想． 三、解答题（19-20题每题7分，其他每题8分，共46分） 19．（2021·梁河县第一中学八年级月考）已知边数为n的多边形的一个外角是m°，内角和是x°，外角和是y°．（1）当x＝2y时，求n的值；（2）若x+y+m＝2380，求m的值． 【答案】（1）n＝6．（2）m＝40 【分析】（1）先根据多边形的外角和为360度，求出y，然后得到x，再由多边形内角和公式求解即可；（2）由x＝（n﹣2）×180，多边形的外角和为360度即可得到180n+m＝2380，再由n为正整数，m＜180，可得n为2380÷180的整数部分，m为2380÷180的余数，即可求解． 【详解】解：（1）∵多边形的外角和为360°，∴y＝360， ∵n边形的内角和为（n﹣2）×180°，∴x＝（n﹣2）×180＝180n﹣360， ∵x＝2y，∴180n﹣360＝2×360，∴n＝6． （2）∵x+y+m＝2380，∴180n﹣360+360+m＝2380，即180n+m＝2380， ∵n边形的一个外角是m°，∴m＜180， ∵n为正整数，∴n为2380÷180的整数部分，m为2380÷180的余数， ∵2380÷180＝13⋯⋯40，∴m＝40． 【点睛】本题主要考查了多边形内角和和外角和，解题的关键在于能够熟练掌握多边形内角和公式和外角和是360度． 20．（2021·辽宁抚顺市·八年级期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC和△DEF的顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）画出△ABC向上平移4个单位长度所得到的△A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标； （2）画出△DEF关于x轴对称后所得到的△D1E1F1，并写出点E1，F1的坐标； （3）△A1B1C1和△D1E1F1组成的图形是轴对称图形，请画出它的对称轴． 【答案】（1）图见解析，A1（3，2），B1（4，1）；（2）图见解析，E1（﹣2，﹣3），F1（0，﹣2）；（3）见解析 【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A1，B1，C1的坐标，然后描点即可； （2）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出点D1，E1，F1的坐标，然后描点即可； （3）直线C1F1和C1F1的垂直平分线都是△A1B1C1和△D1E1F1组成的图形的对称轴． 【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，A1（3，2），B1（4，1）； （2）如图，△D1E1F1为所作，E1（﹣2，﹣3），F1（0，﹣2）；（3）如图，直线l和直线l′为所作． 【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了平移变换． 21．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CE平分∠DCB交AB于点E．（1）求证：AC＝AE；（2）若∠AEC＝2∠B，AD＝1，求BD的长． 【答案】（1）证明见详解；（2）3． 【分析】（1）依据∠ACB=90°，CD⊥AB，即可得到∠ACD=∠B，再根据CE平分∠BCD，可得∠BCE=∠DCE，进而得出∠AEC=∠ACE，即可得到结论成立． （2）依据∠ACD=∠BCE=∠DCE，∠ACB=90°，即可得到∠ACD=30°即可解决问题． 【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，CD⊥AB， ∴∠ACD+∠A=∠B+∠A=90°，∴∠ACD=∠B， ∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=∠DCE， ∴∠B+∠BCE=∠ACD+∠DCE，即∠AEC=∠ACE，∴AC＝AE； （2）∵∠AEC=∠B+∠BCE，∠AEC=2∠B，∴∠B=∠BCE， 又∵∠ACD=∠B，∠BCE=∠DCE，∴∠ACD=∠BCE=∠DCE， 又∵∠ACB=90°，∴∠ACD=30°，∠B=30°， ∴Rt△ACD中，AC=2AD=2，∴Rt△ABC中，AB=2AC=4， ∴BD=ABAD=41=3． 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 22．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）在四边形ABCD中，E为BC边中点．已知：如图，若AE平分∠BAD，∠AED＝90°，点F为AD上一点，AF＝AB． 求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD＝AB+CD； 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析 【分析】（1）根据AE平分∠BAD，可以得到∠BAE=∠FAE．然后根据SAS即可得到△ABE≌AFE； （2）根据（1）中的结论，可以得到EB=EF，∠AEB=∠AEF，再根据∠AED=90°，可以得到∠DEC=∠DEF，然后根据点E为BC的中点，即可得到EC=EF，再根据SAS即可得到△ECD≌△EFD，从而可以得到DF=DC，然后即可证明结论成立． 【详解】（1）证明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠FAE， 在△ABE和△AFE中， ，∴△ABE≌△AFE（SAS）； （2）证明：由（1）知，△ABE≌△AFE，∴EB＝EF，∠AEB＝∠AEF， ∵∠BEC＝180°，∠AED＝90°，∴∠AEB+∠DEC＝90°，∠AEF+∠DEF＝90°，∴∠DEC＝∠DEF， ∵点E为BC的中点，∴EB＝EC，∴EF＝EC， 在△ECD和△EFD中， ，∴△ECD≌△EFD（SAS），∴DC＝DF， ∵AD＝AF+DF，AB＝AF，∴AD＝AB+CD． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 23.（2021•南海区期末）阅读下面的材料，并解决问题．（1）已知在△ABC中，∠A＝60°，图1﹣3的△ABC的内角平分线或外角平分线交于点O，请直接求出下列角度的度数． 如图1，∠O＝　 　；如图2，∠O＝　 　；如图3，∠O＝　 　； 如图4，∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O1，O2，连接O1O2，则∠BO2O1＝　 　． （2）如图5，点O是△ABC两条内角平分线的交点，求证：∠O＝90°∠A． （3）如图6，△ABC中，∠ABC的三等分线分别与∠ACB的平分线交于点O1，O2，若∠1＝115°，∠2＝135°，求∠A的度数． 【分析】（1）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是内角平分线或外角平分线，利用角平分