2024-2025學年八年級數(shù)學上學期期中模擬考01（人教版）滿分140分時間120分鐘學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題（每題3分，共30分）1．（2024·廣西南寧三中初二開學考試）已知等腰三角形的兩邊長分別為5和6，則這個等腰三角形的周長為（）A．11 B．16 C．17 D．16或17【答案】D【解析】試題分析：由等腰三角形的兩邊長分別是5和6，可以分狀況探討其邊長為5，5，6或者5，6，6，均滿意三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊的條件，所以此等腰三角形的周長為5+5+6=16或5+6+6=17.故選項D正確.考點：三角形三邊關(guān)系；分狀況探討的數(shù)學思想2．（2024·湖北初二期中）如圖，平分,,,于,,則∠ACP=（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】如圖，作PT⊥AN于T．由Rt△PTC≌Rt△PDB（HL），推出∠PCT=∠PBD，只要求出∠PBD即可解決問題；【詳解】解：如圖，作PT⊥AN于T．

∵PA平分∠MAN，PT⊥AN，PD⊥AM，

∴PT=PD，∠PTC=∠PDB=90°，

∵PC=PB，

∴Rt△PTC≌Rt△PDB（HL），

∴∠PCT=∠PBD，

∵∠PBD=90°-50°=40°，

∴∠PCT=40°，

∴∠ACP=180°-40°=140°，

故選：C．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等學問，解題的關(guān)鍵是敏捷運用所學學問解決問題，屬于中考常考題型．3．（2024·山東初一期末）如圖，在中，DE是AC的垂直平分線，且分別交BC，AC于D、E兩點，，，則的度數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到DA=DC，依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠DAC=∠C，依據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BDA的度數(shù)，計算出結(jié)果．【詳解】解：∵DE是AC的垂直平分線，

∴DA=DC，

∴∠DAC=∠C，

∵∠B=60°，∠BAD=70°，

∴∠BDA=50°，

∴∠DAC=∠BDA=25°，

∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=70°+25°=95°

故選D．【點睛】本題考查的是線段垂直平分線的性質(zhì)的學問，駕馭線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等是解題的關(guān)鍵．4．（2024·四川初一期中）如圖，CD∥AB，OE平分∠AOD，OF⊥OE，OG⊥CD，∠CDO＝50°，則下列結(jié)論：①OG⊥AB；②OF平分∠BOD；③∠AOE＝65°；④∠GOE＝∠DOF，其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）A．1個 B．2個C．3個 D．4個【答案】D【解析】【分析】由平行線的性質(zhì)結(jié)合角平分線的定義，再結(jié)合垂直的定義，可分別求得∠AOE、∠GOE、∠DOF、∠BOD，可判定結(jié)論，得出正確答案．由CD∥AB，依據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等，即可求得∠BOD的度數(shù)，∠AOE的度數(shù)；又由OF⊥OE，即可求得∠BOF的度數(shù)，得到OF平分∠BOD；又由OG⊥CD，即可求得∠GOE與∠DOF的度數(shù)．【詳解】解：

∵AB∥CD，OG⊥CD，

∴OG⊥AB；故①正確；

∵AB∥CD，

∴∠BOD=∠CDO=50°，

∴∠AOD=180°-50°=130°，

又OE平分∠AOD，

∴∠AOE=∠AOD=65°，

故③正確；∵OG⊥CD，

∴∠GOA=∠DGO=90°，

∴∠GOD=40°，∠GOE=90°-∠AOE=25°，

∴∠EOG+∠GOD=65°，

又OE⊥OF，∴∠FOE=90°

∴∠DOF=25°，

∴∠BOF=∠DOF，

∴OF平分∠BOD，∠GOE=∠DOF，故②④正確；

∴正確的結(jié)論有4個，

故選：D．【點睛】此題考查了平行線的性質(zhì)、垂線的定義以及角平分線的定義．此題難度適中，留意駕馭數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．5．（2024·南寧市第八中學初三）如圖，AB為的直徑，BC為的切線，弦AD∥OC，直線CD交的BA延長線于點E，連接BD．下列結(jié)論：①CD是的切線；②；③；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【解析】【分析】由切線的性質(zhì)得，首先連接，易證得，然后由全等三角形的對應(yīng)角相等，求得，即可證得直線是的切線，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，依據(jù)線段垂直平分線的判定定理得到即，故②正確；依據(jù)余角的性質(zhì)得到，等量代換得到，依據(jù)相像三角形的判定定理得到，故③正確；依據(jù)相像三角形的性質(zhì)得到，于是得到，故④正確．【詳解】解：連結(jié)．為的直徑，為的切線，，，，．又，，．在和中，，，．又點在上，是的切線；故①正確，，，，垂直平分，即，故②正確；為的直徑，為的切線，，，，，，，，，故③正確；，，，，，，故④正確；故選：A．【點睛】本題主要考查了切線的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)以及相像三角形的判定與性質(zhì)，留意駕馭協(xié)助線的作法，留意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解答此題的關(guān)鍵．6．在△ABC中,∠A、∠B的外角分別是120°、150°,則∠C=()A．120°B．150°C．60°D．90°【答案】D【解析】【分析】已知∠A、∠B的外角分別是120°、150°，即可求得∠A=60°，∠B=30°，再由三角形的內(nèi)角和定理求∠C的度數(shù)即可.【詳解】∵∠A、∠B的外角分別是120°、150°，∴∠A=60°，∠B=30°，∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-60°-30°=90°.故選D.【點睛】本題考查了三角形的外角與三角形的內(nèi)角和定理，求得∠A=60°、∠B=30°是解決本題的關(guān)鍵.7．（2024·全國初一課時練習）等腰三角形、直角三角形、等邊三角形、銳角三角形、鈍角三角形和等腰直角三角形中，肯定是軸對稱圖形的有（）A．3個B．4個C．5個D．2個【答案】A【解析】等腰三角形、等邊三角形、等腰直角三角形都是軸對稱圖形，是軸對稱圖形的有3個.故選：A.8．（2024·重慶初二期末）已知∠AOB=30°，點P在∠AOB內(nèi)部，P1與P關(guān)于OB對稱，P2與P關(guān)于OA對稱，則P1，O，P2三點構(gòu)成的三角形是（）A．直角三角形 B．鈍角三角形 C．等邊三角形 D．等腰三角形【答案】C【解析】【分析】依據(jù)題意，作出相應(yīng)的圖形，然后對相應(yīng)的角進行標記；本題先證明P1，O，P2三點構(gòu)成的三角形中，然后證邊，得到P1，O，P2三點構(gòu)成的三角形為等腰三角形，又因為該等腰三角形有一個角為，故得證P1，O，P2三點構(gòu)成的三角形是等邊三角形?！驹斀狻咳鐖D所示，依據(jù)題意，作出相應(yīng)的圖形，可知：∵P和點關(guān)于OB對稱，p和關(guān)于OA對稱∴可得,（垂線段的性質(zhì)）∴為等腰三角形∵∴等腰為等邊三角形.故本題選C.【點睛】本題主要考查垂線段的性質(zhì)和定理，以及等邊三角形的證明方法（有一個角為的等腰三角形為等邊三角形）.9．（2024·全國初三單元測試）若點，關(guān)于原點對稱，則，兩點的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依據(jù)關(guān)于原點對稱點的性質(zhì)得出m，n的值，進而求出P，Q兩點的距離．【詳解】∵點P(1,?n),Q(m,3)關(guān)于原點對稱，∴m=?1，n=3，故點P(1,?3),Q(?1,3)則P，Q兩點的距離為：=2.故答案選：D.【點睛】本題考查了關(guān)于原點對稱點的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是嫻熟的駕馭關(guān)于原點對稱點的性質(zhì).10．（2024·四川初二期中）若一個正n邊形的一個外角為45°，則n等于（）A．6B．8C．10D．12【答案】B【解析】試題分析：依據(jù)多邊形的外角和是360°，正多邊形的每個外角都等=45°，即可求得多邊形得到邊數(shù)360÷45=8，所以是八邊形．故選B．考點：多邊形內(nèi)角與外角二、填空題（每題3分，共30分）11．（2024·湖北初二期中）如圖，已知的六個元素，則下列甲、乙、丙三個三角形中和全等的圖形是______.【答案】乙丙.【解析】【分析】甲不符合三角形全等的推斷方法，乙可運用SAS判定全等，丙可運用AAS證明兩個三角形全等．【詳解】由圖形可知，甲有一邊一角，不能推斷兩三角形全等，乙有兩邊及其夾角，能推斷兩三角形全等，丙得出兩角及其一角對邊，能推斷兩三角形全等，依據(jù)全等三角形的判定得，乙丙正確.故答案為：乙丙.【點睛】此題考查三角形全等的判定方法，解題關(guān)鍵在于駕馭判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．12．（2024·河南初二月考）如圖，AB∥CD，AE=AF，CE交AB于點F，∠C=110°，則∠A=°．【答案】40【解析】依據(jù)平行線的性質(zhì)得∠C=∠EFB=110°，再利用鄰補角的定義得∠AFE=180°﹣110°=70°，由AE=AF，依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠E=∠AFE=70°，然后依據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算∠A．解：∵AB∥CD，∴∠C=∠EFB=110°，∴∠AFE=180°﹣110°=70°，∵AE=AF，∴∠E=∠AFE=70°，∴∠A=180°﹣∠E﹣∠AFE=40°．故答案為40．13．（2024·鎮(zhèn)江市外國語學校初二月考）（1）假如，，，那么_______．（2）如圖，，請依據(jù)圖中供應(yīng)的信息，寫出_______．【答案】60°20【解析】【分析】（1）由，依據(jù)對應(yīng)角相等即可得出；（2）由，依據(jù)對應(yīng)邊相等即可得出；【詳解】（1）∵∴=60°；（2）∵∴=20故答案為：（1）60°；（2）20．【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)，找到對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等是解題的關(guān)鍵．14．一個多邊形每個內(nèi)角的大小都是其相鄰外角大小的2倍，則這個多邊形的邊數(shù)是_____________．【答案】6【解析】【分析】【詳解】【考點】多邊形的外角和公式、多邊形的一個內(nèi)角與其相鄰外角的關(guān)系．【分析】先依據(jù)多邊形的一個內(nèi)角與其相鄰外角互補以及一個多邊形每個內(nèi)角的大小都是其相鄰外角大小的2倍，求出多邊形的每一個外角都等于．再依據(jù)多邊形的外角和等于360°，可以求出多邊形的邊數(shù)是．【解答】解：∵多邊形的一個內(nèi)角與其相鄰外角互補以及一個多邊形每個內(nèi)角的大小都是其相鄰外角大小的2倍，∴多邊形的每一個外角都等于，多邊形的外角和等于360°，這個多邊形的邊數(shù)是故答案為：6．15.（2024·杭州啟正中學初二月考）△ABC中，D為BC邊上的一點，BD：BC＝2：3，△ABC的面積為12，則△ABD的面積是_______．【答案】8【解析】試題分析：∵BD：BC=2：3，△ABC的面積為12，∴△ABD的面積=12×=8．故答案為：8．考點：三角形的面積16．在中，，則BC邊上的中線AD的取值范圍___________.【答案】1＜AD＜5．【解析】【分析】延長AD至點E，使得DE=AD，可證△ABD≌△CDE，可得AB=CE，AD=DE，在△ACE中，依據(jù)三角形三邊關(guān)系即可求得AE的取值范圍，即可解題．【詳解】解：延長AD至點E，使得DE=AD，∵在△ABD和△CDE中，，∴△ABD≌△CDE（SAS），∴AB=CE，AD=DE∵△ACE中，AC-AB＜AE＜AC+AB，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．【點睛】本題考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△ABD≌△CDE是解題的關(guān)鍵．17．如圖，在△ABC中，DE、FG分別是邊AB、AC的垂直平分線，則∠B______∠1，∠C______∠2；若∠BAC=126°，則∠EAG=______度.【答案】==72°【解析】【分析】先依據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，得出AE=BE，AG=CG，故∠1=∠B，∠2=∠C，由三角形內(nèi)角和定理可知，∠B+∠C+∠BAC=∠B+∠C+126°=180°，故∠B+∠C=54°，由于∠1+∠2+∠B+∠C+∠EAG=180°，即2（∠B+∠C）+∠EAG=180°，再把∠B+∠C=54°代入即可求解．【詳解】解：∵DE、FG分別是邊AB、AC的垂直平分線，∴AE=BE，AG=CG，∴∠1=∠B，∠2=∠C，∵∠B+∠C+∠BAC=∠B+∠C+126°=180°，∴∠B+∠C=180°-126°=54°，∵∠1+∠2+∠B+∠C+∠EAG=180°，即2（∠B+∠C）+∠EAG=180°，∴∠EAG=180°-2×54°=72°．故答案為72°．【點睛】本題主要考查線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟記學問點是解題的關(guān)鍵．18．如圖，AD是的中線，，、E、F分別是垂足，已知，則DE與DF長度之比為________.【答案】2【解析】【分析】依據(jù)三角形中線的性質(zhì)可得，然后利用三角形面積公式分別表示出兩個三角形的面積，結(jié)合可求出DE與DF長度之比.【詳解】解：∵AD是的中線，∴，∵，，∴，∵，∴，∴DE與DF長度之比為2，故答案為2.【點睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，熟知三角形的中線將三角形分成面積相等的兩部分是解題關(guān)鍵.19．（2024·江蘇初二期中）如圖，在△ABC中，∠C=26°，∠ABC的平分線BD交AC于點D，假如DE垂直平分BC，那么∠A=_____°．【答案】102°【解析】【分析】由垂直平分線的性質(zhì)可得∠C=∠DBC=26°，由BD平分∠ABC可得∠DBC=∠ABD=26°，最終在三角形ABC中利用內(nèi)角和180°可求出∠A.【詳解】∵DE垂直平分BC，∴DB=DC，∴∠C=∠DBC=26°又∵BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD=26°，∴∠C=∠DBC=∠ABD=26°在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C=180°，∴∠A=180°-3∠C=102°.故答案為102.【點睛】本題考查垂直平分線和角平分線的性質(zhì)，嫻熟駕馭性質(zhì)得出角度關(guān)系是解題的關(guān)鍵.20．（2024·江西初二期末）如圖，是等邊三角形，點是邊的中點，點在直線上，若是軸對稱圖形，則的度數(shù)為__________【答案】15°或30°或75°或120°【解析】【分析】當△PAD是等腰三角形時，是軸對稱圖形．分四種情形分別求解即可．【詳解】如圖，當△PAD是等腰三角形時，是軸對稱圖形．∵AD是等邊三角形BC邊長的高，∴∠BAD=∠CAD=30°,當AP＝AD時，∠P1AD=∠P1AB+∠BAD=120°+30°=150°∴∠AP1D＝==15°，∠AP3D＝==75°．當PA＝PD時，可得∠AP2D＝==120°．當DA＝DP時，可得∠AP4D＝∠P4AD=30°，綜上所述，滿意條件的∠APD的值為120°或75°或30°或15°．故答案為15°或30°或75°或120°．【點睛】此題主要考查等腰三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是依據(jù)題意分狀況探討.三、解答題（共80分）21．（2024·陜西初三）如圖，△ABC中AB＝AC，AD是∠BAC的平分線，過B作BE∥AC交AD延長線于點E．求證：AC＝BE．【答案】證明見解析【解析】【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得BD=CD，再平行線的性質(zhì)得∠C=∠DBE，最終證明△ADC≌△EDB便可得結(jié)論．【詳解】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分線，∴BD＝CD，又∵BE∥AC，∴∠C＝∠DBE，在△ADC和△EDB中，∴△ADC≌△EDB（ASA），∴AC＝BE．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵在證明三角形全等．22．（2024·重慶市試驗學校初二期中）如圖，△ABC中，AB＝AC，點D為△ABC外一點，DC與AB交于點O，且∠BDC＝∠BAC．（1）求證：∠ABD＝∠ACD；（2）過點A作AM⊥CD于M，求證：BD+DM＝CM．【答案】見解析【解析】【分析】（1）由三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論；（2）在CM上截取CE＝BD，連接AE，由SAS證明△ABD≌△ACE得出AD＝AE，由等腰三角形的性質(zhì)得出DM＝EM，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵∠BDC＝∠BAC，∠BOD＝∠AOC，∴∠ABD＝∠ACD；（2）證明：在CM上截取CE＝BD，連接AE，如圖所示：在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∵AM⊥CD，∴DM＝EM，∴BD+DM＝CE+EM＝CM．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等學問；嫻熟駕馭等腰三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．23．（2024·山東初一期末）如圖，已知A、E、F、C在一條直線上，BE∥DF，BE＝DF，AF＝CE．(1)圖中有幾對全等三角形？(2)推斷AD與BC的位置關(guān)系，請說明理由．【答案】(1)圖中3對全等三角形；(2)結(jié)論：AD∥BC，理由見解析.【解析】【分析】（1）依據(jù)全等三角形的判定方法即可得出；（2）證明△ABE≌△CDF，得出四邊形ABCD是平行四邊形，即可得出平行關(guān)系.【詳解】(1)圖中全等三角形有△ABE≌△CDF，△BAC≌△DCA，△BCE≌△ADF．(2)結(jié)論：AD∥BC．理由：∵BE∥DF，∴∠BEC＝∠AFD，∴∠AEB＝∠DFC，∵AF＝CE，∴AE＝CF，∵BE＝DF，∴△ABE≌△CDF，∴AB＝CD，∠BAE＝∠DCF，∴AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知全等三角形的判定方法.24．（2024·河北初二期中）如圖1，AB=12，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=8。點P在線段AB上以每秒2個單位的速度由點A向點B運動，同時，點Q在線段BD上由B點向點D運動。它們的運動時間為t(s).

（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，當t=2時，△ACP與△BPQ是否全等，請說明理由，并推斷此時線段PC和線段PQ的位置關(guān)系；（2）如圖2，將圖1中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改為“∠CAB=∠DBA=60°”，其他條件不變。設(shè)點Q的運動速度為每秒x個單位，是否存在實數(shù)x，使得△ACP與△BPQ全等？若存在，求出相應(yīng)的x,t的值；若不存在，請說明理由?！敬鸢浮浚?）△ACP與△BPQ全等，PC⊥PQ，理由見解析；（2）存在實數(shù)x，使得△ACP與△BPQ全等，，【解析】【分析】（1）利用HL證得Rt△PAC≌Rt△QBP，得出∠APC=∠PQB，進一步得出∠PQB+∠QPB=∠APC+∠QPB=90°，得出結(jié)論即可；（2）由△ACP≌△BQP，分兩種狀況：①AC=BQ，AP=BP，②AC=BQ，AP=BP，建立方程組求得答案即可．【詳解】（1）解：△ACP與△BPQ全等，PC⊥PQ，理由如下：當t=2時，AP=BQ=2×2=4，BP=AB-AP=12-4=8=AC，∵AC⊥AB，BD⊥AB，

∴∠PAB=∠PBQ=90°，在Rt△PAC和Rt△QBP中，，∴Rt△PAC≌Rt△QBP，∴∠APC=∠PQB，∵∠PQB+∠QPB=90°，∴∠APC+∠QPB=90°，即PC⊥PQ.（2）解：存在實數(shù)x，使得△ACP與△BPQ全等，理由如下：若△ACP≌△BQP，則AC=BQ，AP=BP，即,解得；若△ACP≌△BPQ，則AC=BP，AP=BO，即,解得.【點睛】此題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于駕馭判定定理.25．（2024·重慶初二期末）已知中，，，點、分別是軸和軸上的一動點．(1)如圖，若點的橫坐標為，求點的坐標；(2)如圖，交軸于，平分，若點的縱坐標為，，求點的坐標.(3)如圖，分別以、為直角邊在第三、四象限作等腰直角和等腰直角，交軸于，若，求.【答案】（1）B（0，-4）；（2）D（，0）；（3）12.【解析】【分析】（1）作CM⊥y軸于M，則CM=4，求出∠ABC=∠AOB=90°，∠CBM=∠BAO，證△BCM≌△ABO，即可得出結(jié)論；（2）作CM⊥y軸于M，利用AAS得到△CMB≌△BOA，得到B和C兩點的坐標，然后求BC的解析式，與x軸的交點就是點D，即可求出點D坐標；（3）作EN⊥y軸于N，求出∠NBE=∠BAO，證△ABO≌△BEN，推出S△ABO=S△BEN，OB=NE=BF，證△BFM≌△NEM，推出BM=NM，依據(jù)三角形面積公式得出S△NEM=S△BEM=S△BEN=S△ABO，即可得出答案．【詳解】解：（1）如圖，作CM⊥y軸于M，則CM=4，∵∠ABC=∠AOB=90°，∴∠CBM+∠ABO=90°，∠ABO+∠BAO=90°，∴∠CBM=∠BAO，在△BCM和△ABO中，∴△BCM≌△ABO（AAS），∴OB=CM=4，∴B（0，-4）；（2）如圖，作CM⊥y軸于M，∵∠CBO+∠OBA=∠CBA=90°，∠OBA+∠BAO=90°，∴∠CBM=∠BAO，在△CMB和△BOA中，∴△CMB≌△BOA（AAS），∴CM=BO，AO=BM，∵點C的縱坐標為，A（，0），∴MO=，OA=BM=，∴CM=BO=BM-MO=2，∴C（-2，），B（0，-2），設(shè)BC的解析式為y=kx+b，則，解得：∴當y=0時，代入，故點D的坐標為（，0）；（3）如圖，作EN⊥y軸于N，∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°，∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°，∴∠NBE=∠BAO，在△ABO和△BEN中，∴△ABO≌△BEN（AAS），∴S△ABO=S△BEN，OB=NE=BF，∵∠OBF=∠FBM=∠BNE=90°，∴在△BFM