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浙江省杭州市2025-2026学年八年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 兴隆台区期末）下列交通标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）（2024春 秦淮区期末）三角形的两边长分别为4cm和8cm，则该三角形的第三条边的长度可能是（　　）
A．4cm B．8cm C．12cm D．14cm
3．（3分）（2024春 东海县期末）若a＞b，则下列不等式变形中，正确的是（　　）
A．a﹣1＜b﹣1 B．4a＞4b C． D．a2x＞b2y
4．（3分）（2023秋 砚山县月考）根据下列表述，能确定位置的是（　　）
A．东经120°，北纬35° B．七都广场南边
C．南偏东 D．谷乐影城6排
5．（3分）（2021秋 横县期中）已知△ABC≌△DEF，∠A＝80°，∠B＝50°，则∠E的度数为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．80°
6．（3分）（2024春 泊头市期末）下列图形中，可以求出α度数的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）（2022秋 黄浦区期中）下面命题中，错误的是（　　）
A．0
B．
C．如果，那么
D．如果（k≠0），那么
8．（3分）（2024春 长清区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AD，作∠ADE＝∠B，DE交线段AC于点E，下列结论：①∠DEC＝∠BDA；
②当BD＝CE时，AE＝4
③当△ADE为等腰三角形时，∠BDA＝2∠B或
④当点D为BC的中点时，DE＝4.8．其中正确的结论有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（3分）（2025春 郏县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，△ABC的面积为18，AB的垂直平分线EF交F，若D为BC边的中点，M是线段EF上一动点，则△BDM周长的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．9 D．10
10．（3分）（2022秋 丹徒区期末）如图，△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，作BD垂直AD于D，△ABC的面积为8，则△ACD的面积为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）如图，围棋盘的左下角呈现的是一局围棋比赛中的几手棋．为记录棋谱方便，横线用英文字母表示，纵线用数字表示，这样，黑棋①的位置可记为（C，4），白棋②的位置可记为（E，3），则黑棋⑨的位置应记为 　 　 ．
12．（3分）（2023春 扶沟县期末）请写出适合不等式2x+y＞3的一组整数解　 　 ．
13．（3分）如图，依据尺规作图的痕迹，计算∠α＝　 　 ．
14．（3分）（2022秋 扎鲁特旗校级期中）如图所示，在△ABC中，AD是BC边上的中线，若△ABC的面积是48，则△ABD的面积是 　 　 ．
15．（3分）（2025春 九龙坡区校级期中）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠（折线EF交AD于点E，交BC于点F），点A、B分别落在A'、B'处，延长EA′交线段DC于点G，将长方形纸片沿EG折叠，点D落在D′处．若∠FED'＝33°，则∠EGC＝ 　 　 ．
16．（3分）如图，在一款游戏中，人物到达一个高为10米的高台A，利用旗杆顶部O的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B处，人物在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN＝ 　 　 米．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春 绿园区期末）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
18．（8分）（2024春 酉阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上．
（1）若把△ABC先向右平移7个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A1B1C1，画出平移后的图形，并写出A1，B1，C1的坐标；
（2）求△ABC的面积．
19．（8分）（2023秋 辛集市期末）如图，E在AB上，∠A＝∠B，AD＝BE，AE＝BC，F是CD的中点．
（1）求证：EF⊥CD；
（2）∠CEA＝80°，∠B＝60°，求∠ECD的度数．
20．（8分）（2023 商洛一模）已知点A（2a，3a+1）是平面直角坐标系中的点．
（1）若点A在第二象限的角平分线上，求a的值；
（2）若点A在第三象限，且到两坐标轴的距离和为9，请确定点A的坐标．
21．（8分）（2024秋 南昌期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形；
（2）若∠F＝30°，BD＝2，EC＝3，求AC的长．
22．（10分）（2023春 霍州市期中）每年的6月5日为世界环保日，为了提倡低碳环保，某公司决定购买10台节省能源的新设备，现有甲、乙两种型号的设备可供选购，经调查：购买3台甲型设备比购买2台乙型设备多花16万元，购买2台甲型设备比购买3台乙型设备少花6万元．
（1）求甲、乙两种型号设备的价格；
（2）该公司经预算决定购买节省能源的新设备的资金不超过110万元，你认为该公司有哪几种购买方案．
23．（10分）（2023秋 柯桥区期末）如图①，射线OC在∠AOB内部，图中共有三个角：∠AOB，∠AOC，∠BOC，若其中有一个角的角度是另一个角的两倍，则称射线OC为∠AOB的“倍分线”．
（1）若射线OC是∠AOB的角平分线，则射线OC 　 　 （填“是”或“不是”）∠AOB的“倍分线”；
（2）如图②，若∠AOB＝90°，射线OC为∠AOB的“倍分线”，求∠AOC；
（3）若∠AOB＝90°，射线OM从射线OB的位置开始，绕点O逆时针以每秒9°的速度向射线OA运动，当射线OM到达射线OA时停止运动，运动的时间为t秒，同时射线ON从射线OA的位置开始以每秒6°的速度向射线OB运动，如图③所示，并与射线OM同时停止，则当经过多少秒时，射线OM是∠BON的“倍分线”．
24．（12分）（2024春 吉水县期末）（1）阅读理解
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．在如图①所示的“手拉手”图形中，小白发现：若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则△ABD≌△ACE，请证明他的发现；
（2）问题解决：如图②，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．
①试探索线段CD，BD，DE之间满足的等量关系，并证明；
②若AB＝AC＝3，线段DE与线段AC交于点F，连接CE，当△ABD≌△DCF时，求线段CE的长．
浙江省杭州市2025-2026学年八年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 兴隆台区期末）下列交通标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A．选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
B．选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
C．选项图形是轴对称图形，符合题意；
D．选项图形不是轴对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了轴对称图形的定义，掌握轴对称图形的定义是关键．
2．（3分）（2024春 秦淮区期末）三角形的两边长分别为4cm和8cm，则该三角形的第三条边的长度可能是（　　）
A．4cm B．8cm C．12cm D．14cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系可得第三边的范围，再根据第三边的范围确定答案．
【解答】解：设第三边长为x cm，有三角形的三边关系可得：
8﹣4＜x＜8+4，
即4＜x＜12，
观察选项，只有选项B符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
3．（3分）（2024春 东海县期末）若a＞b，则下列不等式变形中，正确的是（　　）
A．a﹣1＜b﹣1 B．4a＞4b C． D．a2x＞b2y
【考点】不等式的性质．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据不等式的性质进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵a＞b，
∴a﹣1＞b﹣1，
故A不符合题意；
B、∵a＞b，
∴4a＞4b，
故B符合题意；
C、∵a＞b，
∴，
故C不符合题意；
D、∵a＞b，
∴a2x与b2y无法比较，
故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
4．（3分）（2023秋 砚山县月考）根据下列表述，能确定位置的是（　　）
A．东经120°，北纬35° B．七都广场南边
C．南偏东 D．谷乐影城6排
【考点】坐标确定位置．
【专题】平面直角坐标系；几何直观．
【答案】A
【分析】依据题意，根据坐标的定义，确定位置需要两个数据对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、东经120°，北纬35°，能确定具体位置，符合题意；
B、七都广场南边，不能确定具体位置，不符合题意；
C、南偏东，不能确定具体位置，不符合题意；
D、谷乐影城6排，不能确定具体位置，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标确定位置，理解确定坐标的两个数是解题的关键．
5．（3分）（2021秋 横县期中）已知△ABC≌△DEF，∠A＝80°，∠B＝50°，则∠E的度数为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．80°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】由全等三角形的性质可得∠E＝∠B＝50°．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∠B＝50°，
∴∠E＝∠B＝50°，
故选：C．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质，解答的关键是熟记全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等．
6．（3分）（2024春 泊头市期末）下列图形中，可以求出α度数的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】三角形内角和定理；三角形的外角性质．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】A
【分析】＝利用三角形的内角和定理，三角形的外角性质对各选项进行分析即可．
【解答】解：A、已知三角形的三个内角的度数都为α，可求得α的度数为60°，故A符合题意；
B、另一锐角的度数不知道，不能求得α的度数，故B不符合题意；
C、与α不相邻的内角只知道一个的度数，不能求得α的度数，故C不符合题意；
D、另一锐角的度数不知道，不能求得α的度数，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
7．（3分）（2022秋 黄浦区期中）下面命题中，错误的是（　　）
A．0
B．
C．如果，那么
D．如果（k≠0），那么
【考点】命题与定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；应用意识．
【答案】A
【分析】根据平面向量的性质，平行向量的性质一一判断即可．
【解答】解：A、0，错误，应该是，本选项符合题意；
B、，正确，本选项不符合题意；
C、如果，那么||＝||，正确，本选项不符合题意；
D、如果k （k≠0），那么∥，正确，本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查命题与定理，平面向量等知识，解题的关键是掌握平面向量的性质，属于中考常考题型．
8．（3分）（2024春 长清区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AD，作∠ADE＝∠B，DE交线段AC于点E，下列结论：①∠DEC＝∠BDA；
②当BD＝CE时，AE＝4
③当△ADE为等腰三角形时，∠BDA＝2∠B或
④当点D为BC的中点时，DE＝4.8．其中正确的结论有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】①根据等腰三角形性质得∠B＝∠C，在根据∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠EDC，∠ADE＝∠B得∠BAD＝∠EDC，进而得∠BAD+∠B＝∠EDC+∠C，据此可对结论结论①进行判断；
②证明△BAD和△EDC全等得CD＝AB＝10，BD＝CE，则BD＝BC﹣CD＝6，进而BD＝CE＝6，由此可求出AE＝AC﹣CE＝4，据此可对结论结论②进行判断；
③根据∠ADE＝∠B＝∠C，∠AED＞∠C得∠AED＞∠ADE，因此当△ADE为等腰三角形时有以下两种情况：（ⅰ）当AE＝DE时，则∠EAD＝∠ADE＝∠B，进而得∠DEC＝∠EAD+∠ADE＝2∠B，再由结论①正确得∠BDA＝∠DEC＝2∠B，（ⅱ）当AD＝ED时，则∠DEA＝∠DAE（180°﹣∠ADE）＝90°∠B，进而得∠DEC＝180°﹣∠DEA＝90°∠B，再由结论①正确得∠BDA＝∠DEC＝90°∠B，据此可对结论结论③进行判断；
④当点D为BC的中点时，则AD⊥BC，BD＝CD＝1/2BC＝8，∠DEC＝∠BDA＝90°，由勾股定理求出AD＝6，再由三角形的面积公式求出DE，即可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠EDC，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠EDC，
∴∠BAD+∠B＝∠EDC+∠C，
∵∠BAD+∠B+∠BDA＝180°，∠EDC+∠C+∠DEC＝180°，
∴∠DEC＝∠BDA，
故结论①正确；
②由①可知：∠B＝∠C，∠BAD＝∠EDC，
在△BAD和△EDC中，
，
∴△BAD≌△EDC（AAS），
∴CD＝AB＝10，BD＝CE，
∴BD＝BC﹣CD＝16﹣10＝6，
∴BD＝CE＝6，
∴AE＝AC﹣CE＝10﹣6＝4，
故结论②正确；
③∵∠ADE＝∠B＝∠C，∠AED＞∠C，
∴∠AED＞∠ADE，
∴AD＞AE，
∴当△ADE为等腰三角形时，有以下两种情况：
（ⅰ）当AE＝DE时，如图1所示：
则∠EAD＝∠ADE＝∠B，
∴∠DEC＝∠EAD+∠ADE＝2∠B，
由结论①正确得：∠DEC＝∠BDA，
∴∠BDA＝2∠B，
（ⅱ）当AD＝ED时，如图2所示：
则∠DEA＝∠DAE（180°﹣∠ADE）（180°﹣∠B）＝90°∠B，
∴∠DEC＝180°﹣∠DEA＝180°﹣（90°∠B）＝90°∠B，
∴∠BDA＝90°∠B，
综上所述：当△ADE为等腰三角形时，∠BDA＝2∠B或90°∠B，
故结论③正确；
④当点D为BC的中点时，如图3所示：
∵在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，
∴AD⊥BC，BD＝CDBC＝8，
∴∠DEC＝∠BDA＝90°，
即DE⊥AC，
在Rt△ACD中，AC＝10，CD＝8，
由勾股定理得：AD6，
由三角形的面积公式得：S△ACDAC DE2AD CD，
∴DE4.8，
故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①②③④，共4个．
故选：D．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键．
9．（3分）（2025春 郏县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，△ABC的面积为18，AB的垂直平分线EF交F，若D为BC边的中点，M是线段EF上一动点，则△BDM周长的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．9 D．10
【考点】轴对称﹣最短路线问题；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由AB＝AC，D为BC中点，得AD⊥BC．根据 18，BC＝6，算出AD＝6．因为EF是AB垂直平分线，所以MA＝ MB，△BDM周长＝BD+DM+MB ＝BD+DM+MA．当A、M、D三点共线时，DM+MA最小，值为AD．又所以△BDM周长最小值为BD+AD＝3+6＝9．
【解答】解：∵AB＝AC，D为BC边的中点，
∴AD⊥BC．
∵BC＝6，△ABC的面积为18，
则 BC×AD．
∴18 ，
∴18＝3×AD．
∴AD＝6．
∵EF是AB的垂直平分线，
∴MA＝MB．
∴△BDM的周长C△BDM＝BD+DM+MB＝BD+DM+MA．
当A、M、D三点共线时，DM+MA 取得最小值，这个最小值就是AD的长度．
又∵D为BC中点，BC＝6，
∴．
∴△BDM周长的最小值为BD+AD＝3+6＝9．
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质以及三角形面积公式的应用．解题的关键在于利用垂直平分线的性质将△BDM的周长进行转化，然后通过三角形面积求出相关线段长度，进而求得周长的最小值．
10．（3分）（2022秋 丹徒区期末）如图，△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，作BD垂直AD于D，△ABC的面积为8，则△ACD的面积为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】如图所示，延长BD交AC于E，利用ASA证明△ADB≌△ADE，得到BD＝DE，进而推出S△ADB＝S△ADE，S△EDC＝S△BDC，即可得到．
【解答】解：如图所示，延长BD交AC于E，
∵AD为∠BAC的角平分线，AD⊥BD，
∴∠BAD＝∠EAD，∠ADB＝∠ADE＝90°，
又∵AD＝AD，
∴△ADB≌△ADE（ASA），
∴BD＝DE，
∴S△ADB＝S△ADE，S△EDC＝S△BDC，
∵S△ABC＝S△ADB+S△ADE+S△EDC+S△BDC，
∴，即，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）如图，围棋盘的左下角呈现的是一局围棋比赛中的几手棋．为记录棋谱方便，横线用英文字母表示，纵线用数字表示，这样，黑棋①的位置可记为（C，4），白棋②的位置可记为（E，3），则黑棋⑨的位置应记为 　（D，6）　 ．
【考点】坐标确定位置．
【专题】平面直角坐标系；应用意识．
【答案】（D，6）．
【分析】直接利用已知点坐标横纵坐标的意义得出答案．
【解答】解：∵黑棋①的位置可记为（C，4），白棋②的位置可记为（E，3），
∴黑棋⑨的位置应记为（D，6）．
故答案为：（D，6）．
【点评】此题主要考查了坐标确定位置，正确理解横纵坐标的意义是解题关键．
12．（3分）（2023春 扶沟县期末）请写出适合不等式2x+y＞3的一组整数解　（答案不唯一）　 ．
【考点】一元一次不等式的整数解．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】（不唯一）．
【分析】根据不等式的整数解的含义可得其中的一组整数解为．
【解答】解：根据不等式的整数解的含义可知：是不等式的一个整数解，
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是不等式的整数解，熟练掌握该知识点是关键．
13．（3分）如图，依据尺规作图的痕迹，计算∠α＝　59°　 ．
【考点】作图—基本作图．
【专题】矩形 菱形 正方形；尺规作图；几何直观．
【答案】59°．
【分析】由作图痕迹可知，所作为线段AC的垂直平分线以及∠DAC的平分线，由图可知，四边形ABCD为矩形，进而可得∠ACB＝∠DAC＝62°，再结合角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：由作图痕迹可知，所作为线段AC的垂直平分线以及∠DAC的平分线，
设线段AC的垂直平分线交AC于点E，与∠DAC的平分线交于点F，
则∠AEF＝90°，
由图可知，四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC＝62°，
∴∠FAE＝31°，
∴∠α＝∠AFE＝180°﹣90°﹣31°＝59°．
故答案为：59°．
【点评】本题考查作图—基本作图、角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，熟练掌握角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质是解答本题的关键．
14．（3分）（2022秋 扎鲁特旗校级期中）如图所示，在△ABC中，AD是BC边上的中线，若△ABC的面积是48，则△ABD的面积是 　24　 ．
【考点】三角形的面积；三角形的角平分线、中线和高．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；运算能力．
【答案】24．
【分析】根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分，即可解答．
【解答】解：∵AD是BC边上的中线，
∴，
∵△ABC的面积是48，
∴，
故答案为：24．
【点评】本题主要考查了三角形的角平分线、中线和高，三角形的面积，掌握三角形的中线，将三角形分成面积相等的两部分是解答本题的关键．
15．（3分）（2025春 九龙坡区校级期中）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠（折线EF交AD于点E，交BC于点F），点A、B分别落在A'、B'处，延长EA′交线段DC于点G，将长方形纸片沿EG折叠，点D落在D′处．若∠FED'＝33°，则∠EGC＝ 　128°　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】128°．
【分析】由折叠的性质可得∠AEF＝∠GEF，∠DEG＝∠D′EG，设∠DEG＝∠D′EG＝x，则∠AEF＝∠GEF＝33°+x，由平角的性质可求x＝38°，由三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：由折叠可得∠AEF＝∠GEF，∠DEG＝∠D′EG，
设∠DEG＝∠D′EG＝x，
∵∠FED'＝33°，
∴∠AEF＝∠GEF＝33°+x，
∴33°+x+33°+x+x＝180°，
∴x＝38°，
∵长方形纸片ABCD，
∴∠D＝90°，
∴∠EGC＝∠D+∠DEG＝90°+38°＝128°．
故答案为：128°．
【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．
16．（3分）如图，在一款游戏中，人物到达一个高为10米的高台A，利用旗杆顶部O的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B处，人物在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN＝ 　2　 米．
【考点】勾股定理的应用；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】2．
【分析】首先得出△AOE≌△OBF（AAS），进而得出CD的长，进而求出OM，MN的长即可．
【解答】解：作AE⊥OM，BF⊥OM，
∵∠AOE+∠BOF＝∠BOF+∠OBF＝90°
∴∠AOE＝∠OBF
在△AOE和△OBF中，
，
∴△AOE≌△OBF（AAS），
∴OE＝BF，AE＝OF
即OE+OF＝AE+BF＝CD＝17（m）
∵EF＝EM﹣FM＝AC﹣BD＝10﹣3＝7（m），
∴CD＝CM+DM＝AE+BF＝OF+OF＝2OE+OF
∴2EO+EF＝17，
则2×EO＝10，
所以OE＝5m，OF＝12m，
所以OM＝OF+FM＝15m
又因为由勾股定理得ON＝OA＝13，
所以MN＝15﹣13＝2（m）．
答：人物在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN为2米．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用以及全等三角形的应用，正确得出△AOE≌△OBF是解题关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春 绿园区期末）解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【考点】解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】﹣2＜x≤3，图见解析．
【分析】先求出每一个不等式的解集，进而求出不等式组的解集，再在数轴上进行表示即可．
【解答】解：，
由①得：x＞﹣2；
由②得：x≤3；
∴不等式组的解集为：﹣2＜x≤3；
数轴表示解集如图：
【点评】本题考查求不等式组的解集，并用数轴表示解集，解题的关键是掌握不等式组的解法．
18．（8分）（2024春 酉阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上．
（1）若把△ABC先向右平移7个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A1B1C1，画出平移后的图形，并写出A1，B1，C1的坐标；
（2）求△ABC的面积．
【考点】作图﹣平移变换；三角形的面积．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）见解答；
（2）4．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1，然后连线即可；
（2）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）三角形A1B1C1 如图所示，A1（3，1），B1（2，﹣1），C1（5，﹣3）；
（2）三角形ABC的面积＝4×34．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，学会用割补法求三角形面积．
19．（8分）（2023秋 辛集市期末）如图，E在AB上，∠A＝∠B，AD＝BE，AE＝BC，F是CD的中点．
（1）求证：EF⊥CD；
（2）∠CEA＝80°，∠B＝60°，求∠ECD的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）∠ECD的度数是40°．
【分析】（1）由AD＝BE、∠A＝∠B，AE＝BC，根据全等三角形的判定定理“SSS”证明△AED≌△BCE，得DE＝EC，即可根据等腰三角形的“三线合一”证明EF⊥CD；
（2）由CEA＝80°，∠B＝60°，得∠BCE＝∠CEA﹣∠B＝20°，则∠AED＝∠BCE＝20°，∠CED＝100°，根据“等边对等角”及三角形的内角和定理得∠ECD＝∠EDC40°．
【解答】（1）证明：在△AED和△BCE中，
，
∴△AED≌△BCE（SAS），
∴DE＝EC，
∵F是CD的中点，
∴EF⊥CD．
（2）解：∵∠CEA＝80°，∠B＝60°，
∴∠BCE＝∠CEA﹣∠B＝80°﹣60°＝20°，
∵△AED≌△BCE，
∴∠AED＝∠BCE＝20，
∴∠CED＝∠CEA+∠AED＝80°+20°＝100°，
∵DE＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC40°，
∴∠ECD的度数是40°．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理及其推论等知识，证明△AED≌△BCE是解题的关键．
20．（8分）（2023 商洛一模）已知点A（2a，3a+1）是平面直角坐标系中的点．
（1）若点A在第二象限的角平分线上，求a的值；
（2）若点A在第三象限，且到两坐标轴的距离和为9，请确定点A的坐标．
【考点】点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；运算能力．
【答案】（1）a；
（2）A（﹣4，﹣5）．
【分析】（1）根据第二象限的角平分线上的点横、纵坐标互为相反数可得2a+3a+1＝0，然后进行计算即可解答；
（2）根据第三象限点的坐标特征为（﹣，﹣），然后列出方程进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵点A在第二象限的角平分线上，
∴2a+3a+1＝0，
∴a；
（2）∵点A在第三象限，且到两坐标轴的距离和为9，
∴﹣2a+[﹣（3a+1）]＝9，
∴﹣2a﹣（3a+1）＝9，
∴﹣2a﹣3a﹣1＝9，
∴a＝﹣2，
∴A（﹣4，﹣5）．
【点评】本题考查了点的坐标，熟练掌握平面直角坐标系中点的坐标特征是解题的关键．
21．（8分）（2024秋 南昌期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形；
（2）若∠F＝30°，BD＝2，EC＝3，求AC的长．
【考点】等腰三角形的判定与性质；直角三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【分析】（1）由AB＝AC，可知∠B＝∠C，再由DE⊥BC，可知∠F+∠C＝90°，∠BDE+∠B＝90，然后余角的性质可推出∠F＝∠BDE，再根据对顶角相等进行等量代换即可推出∠F＝∠FDA，于是得到结论；
（2）根据直角三角形30度所对的边是斜边的一半，得到BE，再由AB＝AC可证明△ABC是等边三角形，最后可得答案．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵FE⊥BC，
∴∠F+∠C＝90°，∠BDE+∠B＝90°，
∴∠F＝∠BDE，
而∠BDE＝∠FDA，
∴∠F＝∠FDA，
∴AF＝AD，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）解：∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵∠F＝30°，BD＝2
∴BEBD2＝1，∠C＝90°﹣∠F＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝BE+EC＝1+3＝4．
所以AC的长为4．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定与性质、直角三角形的特征．
22．（10分）（2023春 霍州市期中）每年的6月5日为世界环保日，为了提倡低碳环保，某公司决定购买10台节省能源的新设备，现有甲、乙两种型号的设备可供选购，经调查：购买3台甲型设备比购买2台乙型设备多花16万元，购买2台甲型设备比购买3台乙型设备少花6万元．
（1）求甲、乙两种型号设备的价格；
（2）该公司经预算决定购买节省能源的新设备的资金不超过110万元，你认为该公司有哪几种购买方案．
【考点】一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用；二元一次方程组的应用．
【专题】方案型；一次方程（组）及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】（1）甲设备每台12万元，乙设备每台10万元；（2）①甲买3台，乙买7台；②甲买4台，乙买6台；③甲买5台，乙买5台④甲买1台，乙买9台；⑤甲买2台，乙买8台，⑥乙买10台．
【分析】（1）设未知数，列二元一次方程组可以求解；
（2）设购买甲设备a台，根据购买甲型设备不少于3台，和购买甲、乙两种新设备的资金不超过110万元，列出不等式组，根据不等式组的整数解得出购买方案．
【解答】解：（1）设甲设备每台x万元，乙设备每台y万元，由题意得：
，
解得：，
答：甲设备每台12万元，乙设备每台10万元．
（2）设购买甲设备a台，则购买乙设备（10﹣a）台，由题意得：
12a+10（10﹣a）≤110，
解得：a≤5，
又∵a为整数，
∴a＝1，或a＝2，或a＝3，或a＝4，或a＝5，或a＝0，
因此有三种购买方案：①甲买3台，乙买7台；②甲买4台，乙买6台；③甲买5台，乙买5台④甲买1台，乙买9台；⑤甲买2台，乙买8台，⑥乙买10台．
【点评】考查一元一次不等式组和二元一次方程组的应用，分析题目中数量关系是列不等式组和方程组的关键，通过方程组确定价格，通过不等式组的整数解确定购买方案．
23．（10分）（2023秋 柯桥区期末）如图①，射线OC在∠AOB内部，图中共有三个角：∠AOB，∠AOC，∠BOC，若其中有一个角的角度是另一个角的两倍，则称射线OC为∠AOB的“倍分线”．
（1）若射线OC是∠AOB的角平分线，则射线OC 　是　 （填“是”或“不是”）∠AOB的“倍分线”；
（2）如图②，若∠AOB＝90°，射线OC为∠AOB的“倍分线”，求∠AOC；
（3）若∠AOB＝90°，射线OM从射线OB的位置开始，绕点O逆时针以每秒9°的速度向射线OA运动，当射线OM到达射线OA时停止运动，运动的时间为t秒，同时射线ON从射线OA的位置开始以每秒6°的速度向射线OB运动，如图③所示，并与射线OM同时停止，则当经过多少秒时，射线OM是∠BON的“倍分线”．
【考点】角的计算；角的概念；角平分线的定义．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【答案】（1）是；
（2）45°或30°或60°；
（3）或或秒．
【分析】（1）根据“倍分线”的定义分析即可；
（2）分三种情况讨论：当∠AOB＝2∠AOC时；当∠BOC＝2∠AOC时；∠AOC＝2∠BOC时，利用“倍分线”的定义分别求解即可；
（3）由题意可知，∠BOM＝9°t，∠AON＝6°t，∠BON＝90°﹣6°t，分三种情况讨论：当∠MON＝2∠BOM时；当∠BON＝2∠BOM时；当∠BOM＝2∠MON时，利用“倍分线”的定义分别求解即可．
【解答】解：（1）∵射线OC是∠AOB的角平分线，
∴∠AOB＝2∠AOC＝2∠BOC，
∴射线OC为∠AOB的“倍分线”，
故答案为：是；
（2）①如图1，当∠AOB＝2∠AOC时，；
②如图2，当∠BOC＝2∠AOC时，
∵∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝3∠AOC＝90°，
∴∠AOC＝30°；
③如图3，∠AOC＝2∠BOC时，
∵∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝3∠BOC＝90°，
∴∠BOC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
综上可知，∠AOC的度数为45°或30°或60°；
（3）由题意可知，∠BOM＝9°t，∠AON＝6°t，∠BON＝90°﹣6°t，
①当∠MON＝2∠BOM时，此时∠MON＝∠BON﹣∠BOM＝90°﹣6°t﹣9°t＝90°﹣15°t，
则90°﹣15°t＝2×9°t，
解得：；
②当∠BON＝2∠BOM时，
则90°﹣6°t＝2×9°t，
解得：，
③当∠BOM＝2∠MON时，此时∠MON＝∠BON﹣∠BOM＝90°﹣6°t﹣9°t＝90°﹣15°t，
则9°t＝2（90°﹣15°t），
解得：；
综上可知，当经过或或秒时，射线OM是∠BON的“倍分线”．
【点评】本题考查了角度的计算，一元一次方程的应用，正确理解“倍分线”的定义，找出角度之间的数量关系是解题关键，注意分类讨论．
24．（12分）（2024春 吉水县期末）（1）阅读理解
由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．在如图①所示的“手拉手”图形中，小白发现：若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则△ABD≌△ACE，请证明他的发现；
（2）问题解决：如图②，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．
①试探索线段CD，BD，DE之间满足的等量关系，并证明；
②若AB＝AC＝3，线段DE与线段AC交于点F，连接CE，当△ABD≌△DCF时，求线段CE的长．
【考点】三角形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①BD2+CD2＝DE2；
②．
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，再根据SAS证明即可得出结论；
（2）①结论：BD2+CD2＝DE2．由△BAD≌△CAE，推出BD＝CE，∠ACE＝∠B，可得∠DCE＝90°，利用勾股定理即可解决问题；
②由勾股定理可知，再根据△ABD≌△DCF，得BD＝CF＝CE，AB＝CD＝3，可知，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：①结论：BD2+CD2＝DE2．理由如下：
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2．
又∵BD＝CE，
∴BD2+CD2＝DE2．
②∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝3，
∴，
∵△ABD≌△DCF，
∴BD＝CF＝CE，AB＝CD＝3，
则，
∴．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，会运用全等三角形解决问题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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