山东省济宁市金乡县2019-2020学年八年级上学期期中数学试卷 (有解析)
山东省济宁市金乡县2019-2020学年八年级上学期期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列四个图标中，是轴对称图形的是()
A. B. C. D.
2.若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为()
A. B. C. D.
3.已知三角形三边长分别为2，x，7，若x为正整数，则这样的三角形个数有()
A. 2个
B. 3个
C. 5个
D. 7个
4.如果点P(?2,b)和点Q(a,?3)关于x轴对称，则a+b的值是()
A. ?1
B. 1
C. ?5
D. 5
5.若三角形三个内角度数的比为1：2：3，则这个三角形的最小角是()
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
6.有以下条件：①一锐角与一边对应相等；②两边对应相等；③两锐角对应相等．其中能判断两
直角三角形全等的是()
A. ①
B. ②
C. ③
D. ①②
7.如图，将长方形ABCD沿AE折叠，已知∠CED′=50°，则∠AED的大小是
()
A. 50°
B. 55°
C. 65°
D. 75°
8.在平面直角坐标系中，O是坐标原点，已知点A的坐标是(2,2)，请你在坐标轴上找出点B，使
△AOB是等腰三角形，则符合条件的点B共有()
A. 6个
B. 7个
C. 8个
D. 9个
9.如图，将一个直角三角形纸片ABC(∠ACB=90°)，沿线段CD折叠，使点B
落在B′处，若∠ACB′=70°，则∠ACD的度数为()
A. 30°
B. 20°
C. 15°
D. 10°
10.如图所示，在四边ABCD中，∠BAD=120°，∠B=∠D=90°，若在BC
和CD上分别找一点M、N，使得△AMN的周长最小，则此时∠AMN+
∠ANM的度数为()
A. 110°
B. 120°
C. 140°
D. 150°
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11.一个n边形过一个顶点有5条对角线，则n=______．
12.如图，直角三角形ABC中∠ACB=90°，CD是高，∠A=30°，AB=4.则BD=
______ ．
13.等腰三角形有一个外角是100°，那么它的顶角的度数为____________．
14.△ABC中，若AB?AC=2cm，BC的垂直平分线交AB于D点，且△ACD的周长为14cm，则
AB=______，AC=______．
15.用同样大小的黑色棋子按如图所示的规律摆放，则第2 017个图共有______ 枚棋子．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分）
16.如图，已知△ABE≌△ACD．
(1)如果BE=6，DE=2，求BC的长；
(2)如果∠BAC=75°，∠BAD=30°，求∠DAE的度数．
17.如图，在平面直角坐标系中．
(1)画出与△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
(2)若图中一个小正方形边长为一个单位长度，请写出下列各点的坐标：A1________；B1________；
C1________；
(3)求△A1B1C1的面积．
18.如图，在△ABC和△DCB中，AC与BD交于点E，且∠A=∠D，AB=DC．
(1)求证：△ABE≌△DCE；
(2)当∠AEB=50°时，求∠EBC的度数．
19.如图，C是路段AB的中点，两人从C同时出发，以相同的速度分别沿
两条直线行走，并同时到达D，E两地，DA⊥AB，EB⊥AB，D，E与
路段AB的距离相等吗？为什么？
20.已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，
AC=BC．
(1)如图1，当A(0,?2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限
时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
21.已知：如图，在△ABC中，BC=BA，BE平分∠CBA交边CA于点E，∠ABC=45°，
CD⊥AB，垂足为D，F为BC中点，BE与DF、DC分别交于点G、H．
(1)求证：BH=CA；
(2)求证：BG2=GE2+EA2．
22.如图1，点M为直线AB上一动点，△PAB，△PMN都是等边三角形，连接BN
(1)求证：AM=BN；
(2)分别写出点M在如图2和图3所示位置时，线段AB、BM、BN三者之间的数量关系(不需证
明)；
(3)如图4，当BM=AB时，证明：MN⊥AB．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
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．根据轴对称图形的概念解答．
解：A.不是轴对称图形，故此选项错误；
B.不是轴对称图形，故此选项错误；
C.不是轴对称图形，故此选项错误；
D.是轴对称图形，故此选项正确．
故选D．
2.答案：C
解析：
考查多边形的内角和与外角和公式，熟练掌握公式是解题的关键.根据正多边形的外角度数求出多边形的边数，根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和．
解：由题意，正多边形的边数为，
其内角和为．
故选C．
3.答案：B
解析：
本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；牢记三角形的三边关系定理是解答的关键．根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；解答即可；
解：由题意可得，2+x>7，x<7+2，
解得，5 所以，x为6、7、8． 故选B． 4.答案：B 解析： 本题主要考查对称中的坐标变化.根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得a、b的值． 解：∵点P(?2,b)与Q(a,?3)关于x轴成轴对称， ∴a=?2，b=3， ∴a+b=1. 故选B． 5.答案：A 解析： 本题考查了三角形的内角和，解答本题的关键是根据三角形的内角和公式求出角的度数． 设这三个内角分别为x，2x，3x，根据三角形的内角和为180°，列方程求出角的度数即可． 解：设这三个内角分别为x，2x，3x， 由题意得，x+2x+3x=180°， 解得：x=30°， 即最小角为30°． 故选：A． 6.答案：D 解析： 此题主要考查学生对直角三角形全等的判定的理解和掌握，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理：AAS、SAS、ASA、SSS；直角三角形的判定定理HL，此题难度不大，是一道基础题．根据全等三角形的判定定理：AAS、SAS、ASA、SSS；直角三角形的判定定理HL对①②③逐个分析，然后即可得出答案． 解：∵①一锐角与一边对应相等， 可利用AAS或ASA判定两直角三角形全等， ②两边对应相等，可利用HL判定两直角三角形全等； ③两锐角对应相等，缺少对应边相等这一条件， 所以不能判定两直角三角形全等． 故选D． 解析：解：由折叠的性质，∠DEA=∠AED′， ∴∠AED=(180°?∠CED′)÷2=65°． 故选C． 由折叠的性质，∠DEA=∠AED′.根据平角的定义求解． 本题利用了：①折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；②平角是180度求解． 8.答案：C 解析：解：分三种情况：当AO=AB时，此时B在以A为圆心、AO为半径的圆与坐标轴的交点处，得B的坐标为(4,0)或(0,4)； 当OA=OB时，B在以O为圆心、OA为半径的圆与坐标轴的交点处， 即B的坐标为(2√2,0)，(?2√2,0)，(0,2√2)，(0,?2√2)； 当BA=BO时，B在AO的中垂线与坐标轴的交点处， 即B的坐标为(2,0)，(0,2)； 故符合条件的点B共有8个． 故选：C． 分三种情况：当AO=AB时，此时B在以A为圆心、AO为半径的圆与坐标轴的交点处；当OA=OB 时，B在以O为圆心、OA为半径的圆与坐标轴的交点处，当BA=BO时，B在AO的中垂线与坐标轴的交点处，进而得出答案． 本题主要考查了等腰三角形的判定以及坐标与图形的性质，利用分类讨论是解题关键． 9.答案：D 解析： 本题考查了翻折变换，折叠的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．由折叠的性质可求解．解：∵∠B?CB=∠ACB+∠ACB′， ?∴∠B?CB=90°+70°=160°， ∵折叠， ∴∠B?CD=∠BCD=∠B?CB=80°， ∴∠ACD=∠ACB?∠BCD=10°。 故选D． 解析： 此题主要考查了平面内最短路线问题求法，以及三角形的外角的性质和垂直平分线的性质等知识的综合应用，根据轴对称的性质，得出M，N的位置是解题的关键． 根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″=60°，进而得出∠AMN+∠ANM=2(∠AA′M+∠A″)即可得出答案． 解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值． ∵∠DAB=120°， ∴∠AA′M+∠A″=180°?120°=60°， ∵∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″， 且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM， ∴∠AMN+∠ANM =∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″ =2(∠AA′M+∠A″) =2×60° =120°， 故选B． 11.答案：8 解析：解：∵一个n边形过一个顶点有5条对角线， ∴n?3=5， 解得n=8． 故答案为：8． 根据从n边形的一个顶点可以作对角线的条数为(n?3)，求出边数即可得解． 本题考查了多边形的对角线的公式，牢记公式是解题的关键． 12.答案：1 解析：解：在Rt△ABC中，AB=4，∠A=30°， AB=2，∠B=90°?∠A=60°， ∴BC=1 2 在Rt△BCD中，BC=2，∠BCD=90°?∠B=30°， BC=1． ∴BD=1 2 在Rt△ABC中，根据∠A的度数和AB的长，可求得BC的值；同理在Rt△BCD中，根据∠BCD的度数和BC的长，可求得BD的值． 此题主要考查的是直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对直角边等于斜边的一半．13.答案：80°或20° 解析：本题主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理，注意分类讨论思想的应用． 解：等腰三角形有一个外角是100°即是已知一个角是80度，这个角可能是顶角，也可能是底角，当是底角时，顶角是180?80?80=20°，因而顶角的度数为80°或20°． 故答案为80°或20°． 14.答案：8cm；6cm 解析： 本题考查的是线段的垂直平分线的性质，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．根据线段的垂直平分线的性质得到DB=DC，根据题意和三角形的周长公式计算即可． 解：∵DE是BC的垂直平分线， ∴DB=DC， 由题意得，AC=AB?2cm， △ACD的周长=AD+DC+AC=AD+BD+AB?2cm=2AB?2cm=14cm，解得，AB=8cm， ∴AC=6cm 故答案为：8cm，6cm． 15.答案：6052 解析： 本题考查了图形的变化类问题，能够根据图形得到通项公式是解决本题的关键．根据图形中点的个数得到有关棋子个数的通项公式，然后代入数值计算即可．解：观察图形知： 第1个图形有3+1=4个棋子， 第2个图形有3×2+1=7个棋子， 第3个图形有3×3+1=10个棋子， 第4个图形有3×4+1=13个棋子， … 第n个图形有3n+1个棋子， 当n=2017时，3×2017+1=6052个， 故答案为6052． 16.答案：解：(1)∵△ABE≌△ACD， ∴BE=CD，∠BAE=∠CAD， 又∵BE=6DE=2， ∴EC=DC?DE=BE?DE=4， ∴BC=BE+EC=10； (2)∠CAD=∠BAC?∠BAD=75°?30°=45°， ∴∠BAE=∠CAD=45°， ∴∠DAE=∠BAE?∠BAD=45°?30°=15°． 解析：(1)根据全等三角形的性质，可得出BE =CD ，根据BE =6，DE =2，得出CE =4，从而得出BC 的长； (2)根据全等三角形的性质可得出∠BAE =∠CAD ，即可得出∠BAD =∠CAE ，计算∠CAD ?∠CAE 即得出答案． 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． 17.答案：解：(1)所作图形如图所示： (2)(?2,2)；(?1,0)；(2,?1)； (3)△A 1B 1C 1的面积=3×4?12×1×2?12×1×3?12×3×4?1×1=5 2． 解析：本题考查了根据轴对称变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出点对应点的坐标，然后顺次连接． (1)分别作出点A 、B 、C 关于x 轴对称的点，然后顺次连接； (2)根据直角坐标系的特点写出各点的坐标； (3)用三角形A 1B 1C 1所在的矩形的面积减去周围三个小三角形和一个小正方形的面积即可求解． 18.答案：(1)证明：∵在△ABE 和△DCE 中 {∠A =∠D ∠AEB =∠DEC AB =DC ∴△ABE≌△DCE(AAS)； (2)解：∵△ABE≌△DCE ， ∴BE =EC ， ∴∠EBC =∠ECB ， ∵∠EBC +∠ECB =∠AEB =50°， ∴∠EBC =25°． 解析：本题考查了三角形外角性质和全等三角形的性质和判定的应用有关知识，解题的关键在于熟练掌握三角形外角性质和全等三角形的性质以及判定． (1)根据全等三角形的判定即可推出△ABE和△DCE全等； (2)根据三角形全等得出EB=EC，推出∠EBC=∠ECB，根据三角形的外角性质得出∠AEB=2∠EBC，代入求出即可． 19.答案：解：D，E与路段AB的距离相等， 理由：∵点C是路段AB的中点， ∴AC=CB， ∵两人从C同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走， ∴DC=EC， ∵DA⊥AB，EB⊥AB， ∴∠A=∠B=90°， 在Rt△ACD和Rt△BCE中， ∵{AC=CB CD=CE， ∴Rt△ACD≌Rt△BCE(HL)， ∴AD=BE． 解析：本题主要考查了全等三角形的判定与性质.首先根据题意可知AC=CB，DC=EC，再根据HL 定理证明Rt△ACD≌Rt△BCE，可得到AD=BE． 20.答案：解：(1)点B的坐标为(3,?1)， 理由：如图1，作BD⊥x轴于D， ∴∠AOC=90°=∠BDC， ∴∠OAC+∠ACO=90°， ∵∠ACB=90°，AC=BC， ∴∠ACO+∠BCD=90°， ∴∠OAC=∠BCD， 在△AOC和△CDB中， {∠OAC=∠BCD ∠AOC=∠CDB=90°AC=BC ， ∴△AOC≌△CDB(AAS)， ∴AO=CD，OC=BD， ∵A(0,?2)，C(1,0)， ∴AO=CD=2，OC=BD=1，∴0D=3， ∵B在第四象限， ∴点B的坐标为(3,?1)； (2)a+m+n=0， 证明：如图2，作BE⊥x轴于E， ∴∠BEC=∠AOC=90°， ∴∠1+∠2=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠1+∠3=90°， ∴∠2=∠3， △CEB和△AOC中， {∠2=∠3 ∠BEC=∠AOC AC=BC ， ∴△CEB≌△AOC(AAS)， ∴AO=CE=a，BE=CO， ∵BE⊥x轴于E， ∴BE//y轴， ∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O， ∴EO=BD=m， ∴BE=?n， ∴a+m=?n， ∴a+m+n=0. 解析：本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、同角的余角相等的性质的知识点，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． (1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点B在第四象限写出点B的坐标即可； (2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解． 21.答案：解：(1)∵BC=BA，BE平分∠CBA， ∴BE⊥CA， ∴∠BEA=90°， 又CD⊥AB，∠ABC=45°， ∴∠BDC=∠CDA=90°， ∴∠BCD=∠ABC=45°，∠BAC+∠DCA=90°，∠BAC+∠ABE=90°，∴DB=DC，∠ABE=∠DCA． ∵在△DBH与△DCA中， ∵{∠DBH=∠DCA BD=CD ∠BDH=∠CDA , ∴△DBH≌△DCA(ASA)， ∴BH=AC； (2)如图，连接CG，AG． ∵AB=BC，BE⊥AC， ∴BE垂直平分AC， ∴AG=CG． 又∵F点是BC的中点，DB=DC， ∴DF垂直平分BC， ∴BG=CG， ∴AG=BG． 在Rt△AGE中，∵AG2=GE2+EA2， ∴BG2=GE2+EA2． 解析：(1)由等腰三角形的性质知∠BEA=90°，根据直角三角形的性质即余角的性质得DB=DC、∠ABE=∠DCA，利用ASA证出△DBH≌△DCA即可； (2)证BE垂直平分AC，则由“垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等”推知AG=CG.易证DF垂直平分BC，则BG=CG，所以依据等量代换证得AG=BG，在Rt△AGE中，由勾股定理即可推出答案． 本题考查了勾股定理，等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，线段的垂直平分线的性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，等腰三角形具有三线合一的性质，主要 考查学生运用定理进行推理的能力． 22.答案：(1)证明：∵△PAB和△PMN是等边三角形， ∴∠BPA=∠MPN=60°，AB=BP=AP，PM=PN=MN，∴∠MPA+∠MPB=∠NPB+∠MPB， ∴∠APM=∠BPN． 在△APM≌△BPN中 {PA=PB ∠APM=∠BPN PM=PN ， ∴△APM≌△BPN(SAS)， ∴AM=BN； (2)解：图2中BN=AB+BM， 图3中BN=BM?AB； (3)证明：∵△PAB和△PMN是等边三角形， ∴∠ABP=∠PMN=60°，AB=PB， ∴∠PBM=120°， 又∵BM=AB=PB， ∴∠BMP=∠BPM=1 2 ×(180°?120°)=30°， ∴∠BMN=∠PMN+∠BMP=90°， ∴MN⊥AB． 解析：本题考查了等边三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键． (1)根据等边三角形的性质就可以得出∠BPA=∠MPN=60°，AB=BP=AP，PM=PN=MN，进而就可以得出△APM≌△PBN，得出结论； (2)由(1)中的方法证得△APM≌△PBN，得出图2中，BN=AB+BM；得出图3中，BN=BM?AB； (3)由等边三角形的性质得出∠ABP=∠PMN=60°，就可以得出∠PBM=120°，求得∠BMP=30°，进而就可以得出∠BMN=90°，得出结论．