学年人教版数学八年级上册期中测试含答案.docx
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学年人教版数学八年级上册期中测试含答案
2020-2021学年人教版八年级上册期中测试
一.选择题(满分30分,每小题3分)
1.在“回收”、“节水”、“绿色食品”、“低碳”四个标志图案中.轴对称图形是( )
A.
B.
C.
D.
2.下列图形中具有稳定性的是( )
A.正方形B.长方形C.等腰三角形D.平行四边形
3.下列各线段中,能与长为4,6的两线段组成三角形的是( )
A.2B.8C.10D.12
4.如图,在△ABC中,∠B=60°,∠C=50°,如果AD平分∠BAC,那么∠ADB的度数是( )
A.35°B.70°C.85°D.95°
5.如图,已知∠ACB=∠DBC,添加以下条件,不能判定△ABC≌△DCB的是( )
A.∠ABC=∠DCBB.∠ABD=∠DCAC.AC=DBD.AB=DC
6.如图,聪聪书上的三角形被墨迹污染了一部分,他根据所学知识很快就画了一个与书本上完全一样的三角形,那么聪聪画图的依据是( )
A.SSSB.SASC.ASAD.AAS
7.如果点P(﹣2,b)和点Q(a,﹣3)关于x轴对称,则a+b的值是( )
A.﹣1B.1C.﹣5D.5
8.如图,△ABC中,AB=5,AC=8,BD,CD分别平分∠ABC,∠ACB,过点D作直线平行于BC,交AB,AC于E,F,则△AEF的周长为( )
A.12B.13C.14D.18
9.小明同学在学习了全等三角形的相关知识后发现,只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线.
如图:
一把直尺压住射线OB,另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P,小明说:
“射线OP就是∠BOA的角平分线.”他这样做的依据是( )
A.角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上
B.角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C.三角形三条角平分线的交点到三条边的距离相等
D.以上均不正确
10.某平原有一条很直的小河和两个村庄,要在此小河边的某处修建一个水泵站向这两个村庄供水.某同学用直线(虛线)l表示小河,P,Q两点表示村庄,线段(实线)表示铺设的管道,画出了如下四个示意图,则所需管道最短的是( )
A.
B.
C.
D.
二.填空题(满分18分,每小题3分)
11.如图,已知∠B=30°,则∠A+∠D+∠C+∠G= °.
12.已知点P(3,a)关于y轴的对称点为Q(b,2),则ab= .
13.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAD=∠CAD,BD=5cm,则BC= cm.
14.课间,顽皮的小刚拿着老师的等腰直角三角板放在黑板上画好了的平面直角坐标系内(如图),已知直角顶点H的坐标为(0,1),另一个顶点G的坐标为(4,4),则点K的坐标为 .
15.如图,在第1个△A1BC中,∠B=30°,A1B=CB;在边A1B上任取一点D,延长CA1到A2,使A1A2=A1D,得到第2个△A1A2D;在边A2D上任取一点E,延长A1A2到A3,使A2A3=A2E,得到第3个△A2A3E,…按此做法继续下去,则第n个三角形中以An为顶点的底角度数是 .
16.如图,等腰△ABC的底边BC的长为2cm,面积是6cm2,腰AB的垂直平分线EF交AB于点E,交AC于点F.若D为BC边上的中点,M为线段EF上一动点,则△BDM的周长最短为 .
三.解答题(共8小题,满分72分)
17.(8分)在△ABC中,已知∠A=
∠B=
∠C,按角判断△ABC的形状.
18.(8分)如图,点A,B,C,D在同一条直线上,CE∥DF,EC=BD,AC=FD,求证:
AE=FB.
19.(8分)用一条长为18cm的细绳围成一个等腰三角形.
(1)如果腰长是底边长的2倍,求三角形各边的长.
(2)能围成有一边的长是4cm的等腰三角形吗?
若能,求出其他两边的长;若不能,请说明理由.
20.(8分)△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示,其中每个小正方形的边长为1个单位长度.
(1)△ABC关于y轴对称图形为△A1B1C1,画出△A1B1C1的图形.
(2)求△ABC的面积.
21.(8分)在等边三角形ABC中,点P在△ABC内,点Q在△ABC外,且∠ABP=∠ACQ,BP=CQ.
(1)求证:
△ABP≌△CAQ;
(2)请判断△APQ是什么形状的三角形?
试说明你的结论.
22.(10分)综合与实践:
操作发现:
如图,已知△ABC和△ADE均为等腰三角形,AB=AC,AD=AE,将这两个三角形放置在一起,使点B,D,E在同一直线上,连接CE.
(1)如图1,若∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=55°,求证:
△BAD≌△CAE;
(2)在
(1)的条件下,求∠BEC的度数;
拓广探索:
(3)如图2,若∠CAB=∠EAD=120°,BD=4,CF为△BCE中BE边上的高,请直接写出EF的长度.
23.(10分)【阅读材料】小明同学发现这样一个规律:
两个顶角相等的等腰三角形,
如果具有公共的项角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形,小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.如图1,在“手拉手”图形中,小明发现若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则△ABD≌△ACE.
【材料理解】
(1)在图1中证明小明的发现.
【深入探究】
(2)如图2,△ABC和△AED是等边三角形,连接BD,EC交于点O,连接AO,下列结论:
①BD=EC;②∠BOC=60°;③∠AOE=60°;④EO=CO,其中正确的有 .(将所有正确的序号填在横线上).
【延伸应用】(3)如图3,AB=BC,∠ABC=∠BDC=60°,试探究∠A与∠C的数量关系.
24.(12分)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D为BC的中点,将线段AD绕点D顺时针旋转90°,得到线段DE,连接CE,过点D作CE的垂线,与CE交于点F,与线段AB交于点G.
(1)依题意补全图形;
(2)设∠ABC=α,求∠CDF的度数(用含α的代数式表示);
(3)探究DG,DF和CE之间的等量关系,并给出证明.
参考答案
一.选择题
1.解:
A、不是轴对称图形,故此选项不合题意;
B、不是轴对称图形,故此选项不合题意;
C、是轴对称图形,故此选项符合题意;
D、不是轴对称图形,故此选项不合题意.
故选:
C.
2.解:
正方形,长方形,等腰三角形,平行四边形中只有等腰三角形具有稳定性.
故选:
C.
3.解:
设组成三角形的第三边长为x,由题意得:
6﹣4<x<6+4,
即:
2<x<10,
故选:
B.
4.解:
∵在△ABC中,∠B=60°,∠C=50°,
∴∠BAC=180°﹣60°﹣50°=70°.
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD=
∠BAC=35°.
∵在△ABD中,∠BDA=180°﹣∠B﹣∠BAD.
∴∠BDA=180°﹣60°﹣35°=85°
故选:
C.
5.解:
A、∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB(ASA),故本选项不符合题意;
B、∵∠ABD=∠DCA,∠DBC=∠ACB,
∴∠ABD+∠DBC=∠ACD+∠ACB,
即∠ABC=∠DCB,
∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB(ASA),故本选项不符合题意;
C、∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB(SAS),故本选项不符合题意;
D、根据∠ACB=∠DBC,BC=BC,AB=DC不能推出△ABC≌△DCB,故本选项符合题意;
故选:
D.
6.解:
根据题意,三角形的两角和它们的夹边是完整的,所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形.
故选:
C.
7.解:
∵点P(﹣2,b)和点Q(a,﹣3)关于x轴对称,
又∵关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数,
∴a=﹣2,b=3.
∴a+b=1,故选B.
8.解:
∵EF∥BC,
∴∠EDB=∠DBC,∠FDC=∠DCB,
∵△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D,
∴∠EBD=∠DBC,∠FCD=∠DCB,
∴∠EDB=∠EBD,∠FDC=∠FCD,
∴ED=EB,FD=FC,
∵AB=5,AC=8,
∴△AEF的周长为:
AE+EF+AF=AE+ED+FD+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=5+8=13.
故选:
B.
9.解:
(1)如图所示:
过两把直尺的交点P作PE⊥AO,PF⊥BO,
∵两把完全相同的长方形直尺,
∴PE=PF,
∴OP平分∠AOB(角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上),
故选:
A.
10.解:
作点P关于直线l的对称点C,连接QC交直线l于M.
根据两点之间,线段最短,可知选项C铺设的管道最短.
故选:
C.
二.填空题
11.解:
∵∠B=30°,
∴∠BEF+∠BFE=180°﹣30°=150°,
∴∠DEF+∠GFE=360°﹣150°=210°.
∵∠DEF=∠A+∠D,∠GFE=∠C+∠G,
∴∠A+∠D+∠C+∠G=∠DEF+∠GFE=210°,
故答案为:
210.
12.解:
∵点P(3,a)关于y轴的对称点为Q(b,2),
∴a=2,b=﹣3,
∴ab=﹣6,
故答案为:
﹣6.
13.解:
∵AB=AC,∠BAD=∠CAD,
∴BC=2BD=2CD,
∵BD=5cm,
∴BC=2BD=10cm,
故答案为10.
14.解:
作GP⊥y轴,KQ⊥y轴,如图
,
∴∠GPH=∠KQH=90°
∵GH=KH,∠GHK=90°,
∴∠GHP+∠KHQ=90°.
又∠HKQ+∠KHQ=90°
∴∠GHP=∠HKQ.
在△GPH和△HQK中,
Rt△GPH≌Rt△KHQ(AAS),
KQ=PH=4﹣1=3;HQ=GP=4.
∵QO=QH﹣HO=4﹣1=3,
∴K(3,﹣3),
故答案为:
(3,﹣
3).
15.解:
∵在△CBA1中,∠B=30°,A1B=CB,
∴∠BA1C=
=75°,
∵A1A2=A1D,∠BA1C是△A1A2D的外角,
∴∠DA2A1=
∠BA1C=
×75°;
同理可得∠EA3A2=(
)2×75°,∠FA4A3=(
)3×75°,
∴第n个三角形中以An为顶点的内角度数是(
)n﹣1×75°.
故答案为:
(
)n﹣1×75°.
16.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=
×2×AD=6,解得AD=6cm,
∵EF是线段AB的垂直平分线,
∴点B关于直线EF的对称点为点A,
∴AD的长为BM+MD的最小值,
∴△BDM的周长最短=(BM+MD)+BD=AD+
BC=6+
×2=6+1=7cm.
故答案为7cm.
三.解答题
17.解:
∵∠A=
∠B=
∠C,
∴∠B=3∠A,∠C=5∠A,
∵∠A+∠B+∠C=180°,
∴∠A+3∠A+5∠A=180°,
∴∠A=20°,∠B=60°,∠C=100°,
∴△ABC是钝角三角形.
18.证明:
∵CE∥DF
∴∠ECA=∠FDB,
在△ECA和△FDB中
,
∴△ECA≌△BDF,
∴AE=FB.
19.解:
(1)设底边长为xcm,则腰长为2xcm.
依题意,得2x+2x+x=18,
解得x=
.
∴2x=
.
∴三角形三边的长为
cm、
cm、
cm.
(2)若腰长为4cm,则底边长为18﹣4﹣4=10cm.
而4+4<10,所以不能围成腰长为4cm的等腰三角形.
若底边长为4cm,则腰长为
(18﹣4)=7cm.
此时能围成等腰三角形,三边长分别为4cm、7cm、7cm.
20.解:
如图所示,
(1)△A1B1C1即为所求;
(2)△ABC的面积为:
2×3﹣
2×2﹣
1×1﹣
1×3=2;
21.证明:
(1)∵△ABC为等边三角形,
∴AB=AC,∠BAC=60°,
在△ABP和△ACQ中,
,
∴△ABP≌△ACQ(SAS),
(2)∵△ABP≌△ACQ,
∴∠BAP=∠CAQ,AP=AQ,
∵∠BAP+∠CAP=60°,
∴∠PAQ=∠CAQ+∠CAP=60°,
∴△APQ是等边三角形.
22.
(1)证明:
如图1中,
∵∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED,
∴∠EAD=∠CAB,
∴∠EAC=∠DAB,
∵AE=AD,AC=AB,
∴△BAD≌△CAE(SAS).
(2)解:
如图1中,设AC交BE于O.
∵∠ABC=∠ACB=55°,
∴∠BAC=180°﹣110°=70°,
∵△BAD≌△CAE,
∴∠ABO=∠ECO,
∵∠EOC=∠AOB,
∴∠CEO=∠BAO=70°,
即∠BEC=70°.
(3)解:
如图2中,
∵∠CAB=∠EAD=120°,
∴∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC,AD=AE,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠BAD=∠ACE,BD=EC=4,
同法可证∠BEC=∠BAC=120°,
∴∠FEC=60°,
∵CF⊥EF,
∴∠F=90°,
∴∠FCE=30°,
∴EF=
EC=2.
23.
(1)证明:
∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△ABD≌△ACE;
(2)如图2,∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△ABD≌△ACE,
∴BD=CE,①正确,∠ADB=∠AEC,
记AD与CE的交点为G,
∵∠AGE=∠DGO,
∴180°﹣∠ADB﹣∠DGO=180°﹣∠AEC﹣∠AGE,
∴∠DOE=∠DAE=60°,
∴∠BOC=60°,②正确,
在OB上取一点F,使OF=OC,连接CF,
∴△OCF是等边三角形,
∴CF=OC,∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB,
∴∠BCF=∠ACO,
∵AB=AC,
∴△BCF≌△ACO(SAS),
∴∠AOC=∠BFC=180°﹣∠OFC=120°,
∴∠AOE=180°﹣∠AOC=60°,③正确,
连接AF,要使OC=OE,则有OC=
CE,
∵BD=CE,
∴CF=OF=
BD,
∴OF=BF+OD,
∴BF<CF,
∴∠OBC>∠BCF,
∵∠OBC+∠BCF=∠OFC=60°,
∴∠OBC>30°,而没办法判断∠OBC大于30度,
所以,④不一定正确,
即:
正确的有①②③,
故答案为①②③;
(3)如图3,
延长DC至P,使DP=DB,
∵∠BDC=60°,
∴△BDP是等边三角形,
∴BD=BP,∠DBP=60°,
∵∠BAC=60°=∠DBP,
∴∠ABD=∠CBP,
∵AB=CB,
∴△ABD≌△CBP(SAS),
∴∠BCP=∠A,
∵∠BCD+∠BCP=180°,
∴∠A+∠BCD=180°.
24.解:
(1)图形如图所示.
(2)∵∠BAC=90°,BD=CD,
∴AD=DB=DC,
∴DBA=∠DAB=α,
∴∠ADC=∠DBA+∠DAB=2α,
∵DA⊥DC,
∴∠ADE=90°,
∴∠CDE=90°﹣2α,
∵DE=DA=DC,DF⊥EC,
∴∠CDF=∠EDF=
∠CDF=45°﹣α.
(3)结论:
2(DF﹣DG)=EC.
理由:
如图,作BH⊥FG交FG于H.
∵∠H=90°,
∴∠DBH+∠BDH=90°,
∵∠BDH=45°﹣α,
∴∠DBH=45°+α,
∵∠ABC=α,
∴∠HBG=45°,
∴∠HBG=∠BGH=45°,
∴BH=HG,
∵∠H=∠DFC=90°,BD=DC,∠BDH=∠CDF,
∴△BDH≌△CDF(ASA),
∴CF=BH,DF=DH,
∵DC=DE,DF⊥EC,
∴CF=EF,EC=2CF,
∴DF﹣DG=DH﹣DG=HG=BH=CF,
∴2(DF﹣DG)=EC.
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