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重庆市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40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 娄星区期末）中国传统文化博大精深，源远流长．传统文化之剪纸更是闻名中外，巧妙利用轴对称性质进行剪纸会使得操作更加容易，图案更加美观．下列剪纸图案中，不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（4分）（2024春 荥阳市期末）绝缘梯多用作电力工程的专用登高工具，如图，绝缘梯模型中OA，OB的长度都为1.5m，则A，B两点之间的距离可能是（　　）
A．2.8m B．3.5m C．3.8m D．4.5m
3．（4分）（2024 桐乡市一模）如图，在四边形ABCD中，已知∠BAC＝∠DAC．添一个条件，使△ABC≌△ADC，则不能作为这一条件的是（　　）
A．∠ACB＝∠ACD B．∠B＝∠D C．AB＝AD D．BC＝DC
4．（4分）（2024秋 普兰店区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，点D在BC边上，∠CAE＝40°，则∠ABC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．80°
5．（4分）（2023秋 工业园区校级月考）甲、乙、丙三家分别位于△ABC的三个顶点处，现要建造一个超市，使得三家到超市的距离相等，则超市应建造在（　　）
A．三条中线的交点
B．三条角平分线的交点
C．三条高的交点
D．三边垂直平分线的交点
6．（4分）（2024 南明区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，按以下步骤作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB，AC于点D和点E；②以点B为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点F；③以F为圆心，DE长为半径作弧，在∠ABC内部交前面的弧于点G；④过点G作射线BG交AC于点H．若BC＝6，∠A＝36°，则AH的长为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．（4分）（2023秋 合川区期末）如图，AD⊥BC，AB＝AC，点C在线段AE的垂直平分线上且点B，C，E三点共线，连接CE，若AB＝3，BC＝4，则线段DE的长度为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．（4分）（2024秋 杭州期中）若三角形三个内角度数比为3：4：5，则这个三角形一定是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
9．（4分）（2023秋 清河区校级月考）如图，已知∠AOB＝15°，点M在边OB上，且OM＝4，点N和点P分别是OM和OA上的一个动点，则PM+PN的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（4分）（2024秋 文登区期中）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，△ABC的角平分线BE，CD交于点F，FG平分∠BFC，下列结论错误的是（　　）
A．∠BFC＝120° B．BD＝BG C．△BDF≌△CEF D．BC＝BD+CE
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2023秋 黔东南州期中）李华同学在求点P（a，b）关于y轴对称的点的坐标时，看成了求关于x轴对称的点的坐标，求得结果是（1，2），那么正确的结果应该是 　 　 ．
12．（4分）（2024 兴宁市校级一模）如果一个正n边形的内角和小于外角和，那么n等于 　 　 ．
13．（4分）（2022秋 海淀区期末）如果等腰三角形的两边长分别是2cm和6cm，则该等腰三角形周长是 　 　 cm．
14．（4分）（2023秋 陇西县校级月考）如图，△ABC中，∠B、∠C的平分线相交于点F，过点F作DE∥BC，交AB于点D，交AC于点E，若△ADE的周长为8，且BC＝4，则△ABC的周长为 　 　 ．
15．（4分）（2023秋 海淀区校级期中）如图，已知点O是△ABC内一点，且点O到△ABC三边的距离相等，若∠A＝80°，则∠BOC＝　 　 °．
16．（4分）（2024 河北一模）如图，已知两块正方形草地的面积分别为3，12，则直角三角形的面积S＝　 　 ．
17．（4分）（2024春 温江区校级期中）如图，BD＝BC，BE＝CA，∠DBE＝∠C＝61°，∠BDE＝76°，则∠AFD的度数等于 　 　 ．
18．（4分）（2024秋 闵行区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AC上一点，连接BD，过C作CE⊥BD于E，连接AE．若CE＝4，则△ACE的面积为 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024春 榆阳区月考）政府准备在如图所示的河流上方修建一座桥梁方便河流两岸的人们通行交流，现需测量此段河流的宽度AB（该段河流两岸是平行的），工作人员是这样做的：先在河流的一条岸边E点，选对岸正对的一棵树A为参照点（即AB⊥BC），再沿河岸直走15m有一棵树C，继续前行15m到达D处，从D处沿河岸垂直的方向行走，当到达A树正好被C树遮挡住的E处停止行走，测得DE的长为10m，求河流的宽度AB．
20．（10分）（2024秋 苍梧县期末）如图，已知△ABC的顶点都在正方形网格的格点上．
（1）请画出△ADE，使得△ADE与△ABC关于直线OP对称，点B，C的对应点分别为点D，E；
（2）在（1）的条件下，若正方形网格中的最小正方形的边长为1，试求△ADE的面积．
21．（10分）（2022秋 大观区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC和∠BCD的平分线交于点O．
（1）如果∠A＝130°，∠D＝100°，求∠BOC的度数；
（2）请直接写出∠BOC与∠A+∠D的数量关系．
22．（10分）（2024秋 齐河县校级月考）如图，AB＝CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F分别是垂足，DE＝BF．求证：
（1）AF＝CE；
（2）AD＝CB，且AD∥CB．
23．（10分）（2024 固始县三模）如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（不与点A，B重合），连接AC，BC．
（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出∠ABC的平分线，交半圆O于点D；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下，过点D作半圆的切线，交BC的延长线于点F，作DE⊥AB于点E，连接BD．求证：△BED≌△BFD．
24．（10分）（2025春 成都期中）已知：如图，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，∠C＝∠E．
（1）求证：AC＝AE．
（2）若∠B＝70°，∠E＝30°，求：∠BAC的度数．
25．（10分）如图，在△ABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交AC于点F，BE＝AC，且BF＝9，CF＝6，求AF的长．
26．（10分）（2023秋 香坊区校级期中）在平面直角坐标系中，点O为坐标顶点，点B（﹣6，0），A（0，6）分侧位于x轴和y轴上，连接AB、CA⊥AB交x轴于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）动点P从B出发以2个单位/秒的速度沿x轴向终点C运动，连接AP，将线段AP绕看点A逆时针旋转90°后得到线段AQ，P与Q为对应点，连接PQ，CQ，S为△PCQ的面积，用含t的式子表示S；
（3）在（2）的条件下，连接BQ，过点A作AH⊥BQ于G，交x轴于H，PQ交AC于M，若S△APM：S△AQM＝2：1，求点H的坐标．
重庆市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40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 娄星区期末）中国传统文化博大精深，源远流长．传统文化之剪纸更是闻名中外，巧妙利用轴对称性质进行剪纸会使得操作更加容易，图案更加美观．下列剪纸图案中，不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、C中的剪纸图案都能找到一条或多条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
选项D中的剪纸图案不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，解答本题的关键是掌握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，这条直线叫做对称轴．
2．（4分）（2024春 荥阳市期末）绝缘梯多用作电力工程的专用登高工具，如图，绝缘梯模型中OA，OB的长度都为1.5m，则A，B两点之间的距离可能是（　　）
A．2.8m B．3.5m C．3.8m D．4.5m
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据三角形的三边关系即可得到结论．
【解答】解：∵OA，OB的长度都为1.5m，
∴1.5﹣1.5＜AB＜1.5+1.5，
∴0＜AB＜3，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
3．（4分）（2024 桐乡市一模）如图，在四边形ABCD中，已知∠BAC＝∠DAC．添一个条件，使△ABC≌△ADC，则不能作为这一条件的是（　　）
A．∠ACB＝∠ACD B．∠B＝∠D C．AB＝AD D．BC＝DC
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理判断求解即可．
【解答】解：已知∠BAC＝∠DAC，AC＝AC，
添加∠ACB＝∠ACD，利用ASA得出△ABC≌△ADC，故A不符合题意；
添加∠B＝∠D，利用AAS得出△ABC≌△ADC，故B不符合题意；
添加AB＝AD，利用SAS得出△ABC≌△ADC，故C不符合题意；
添加BC＝DC，不能得出△ABC≌△ADC，故D符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
4．（4分）（2024秋 普兰店区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，点D在BC边上，∠CAE＝40°，则∠ABC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．80°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】三角形；图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据全等三角形的性质得到AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，再证明∠BAD＝∠EAC＝40°，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠B的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
即∠BAD＝∠CAE＝40°，
∵AB＝AD，
∴∠ABC＝∠ADB（180°﹣∠BAD）（180°﹣40°）＝70°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的对应角相等．
5．（4分）（2023秋 工业园区校级月考）甲、乙、丙三家分别位于△ABC的三个顶点处，现要建造一个超市，使得三家到超市的距离相等，则超市应建造在（　　）
A．三条中线的交点
B．三条角平分线的交点
C．三条高的交点
D．三边垂直平分线的交点
【考点】线段垂直平分线的性质；三角形的角平分线、中线和高．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】D
【分析】根据线段垂直平分线的性质即可解答即可．
【解答】解：∵线段的垂直平分线的点到线段的两个端点的距离相等，
∴这三家到核酸检测点距离相等，核酸检测点的建造位置是在△ABC三边的垂直平分线上，
故选：D．
【点评】本题考查了线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解决本题的关键．
6．（4分）（2024 南明区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，按以下步骤作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB，AC于点D和点E；②以点B为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点F；③以F为圆心，DE长为半径作弧，在∠ABC内部交前面的弧于点G；④过点G作射线BG交AC于点H．若BC＝6，∠A＝36°，则AH的长为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】由题目作图知，∠ABH＝∠A＝36°，则AH＝BH，∠BHC＝∠ABH+∠A＝72°，证明△CBH是等腰三角形，进而求解．
【解答】解：由作图痕迹知∠ABH＝∠A，
∴AH＝BH，∠BHC＝∠ABH+∠A＝72°，
在△ABC中，AB＝AC，∠A+∠ABC+∠C＝180°，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°，
∠ABH＝36°，
∴∠BHC＝∠A+∠ABH＝72°，
∴∠BHC＝∠C，
∴BH＝BC，
∴AH＝BH＝BC＝6．
故选：C．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握等腰三角形的性质．
7．（4分）（2023秋 合川区期末）如图，AD⊥BC，AB＝AC，点C在线段AE的垂直平分线上且点B，C，E三点共线，连接CE，若AB＝3，BC＝4，则线段DE的长度为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AD⊥BC，AB＝AC＝3，
∴BD＝CDBC＝2，
∵点C在线段AE的垂直平分线上，
∴CE＝AC＝3，
∴DE＝CD+CE＝2+3＝5，
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
8．（4分）（2024秋 杭州期中）若三角形三个内角度数比为3：4：5，则这个三角形一定是（　　）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不能确定
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】A
【分析】求出三角形中最大的角，即可判断．
【解答】解：这个三角形中最大的角180°＝75°，
∴这个三角形是锐角三角形．
故选：A．
【点评】本题考查三角形的内角和定理和三角形的分类，解题的关键是知道三角形的内角和为180°以及三角形按角分类的方法．
9．（4分）（2023秋 清河区校级月考）如图，已知∠AOB＝15°，点M在边OB上，且OM＝4，点N和点P分别是OM和OA上的一个动点，则PM+PN的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】作M关于OA的对称点M1，过M1作M1N⊥OB交OA于一点P，求出M1N，即为PM+PN的最小值．
【解答】解：如图，
作M关于OA的对称点M1，过M1作M1N⊥OB交OA于一点P，
∵M1是M关于OA的对称点，OM＝4，∠AOB＝15°，
∴∠MOM1＝2∠AOB＝30°，OM1＝OM＝4，PM＝PM1，
∵M1N⊥OB，
∴（PM+PN）最小＝M1N，∠ONM1＝90°，
∴．
∴（PM+PN）最小＝2，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称的性质，垂线段最短及直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
10．（4分）（2024秋 文登区期中）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，△ABC的角平分线BE，CD交于点F，FG平分∠BFC，下列结论错误的是（　　）
A．∠BFC＝120° B．BD＝BG C．△BDF≌△CEF D．BC＝BD+CE
【考点】全等三角形的判定；角平分线的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】根据∠BFC＝180°﹣（∠EBC+∠DCB）可对A进行判断；根据“ASA”证明△BCF≌△BGF，可对A进行判断；根据三角形全等的判定方法中必须有边的参与可对C进行判断；由B可得BD＝BG，同理可得CE＝CG，可对D进行判断．
【解答】解：∵∠A＝60°，BE、CD为三角形ABC的角平分线，
∴∠EBC+∠DCB∠ABC∠ACB（180°﹣∠A）＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣（∠EBC+∠DCB）＝120°，故A正确；
由A得，∠DFB＝60°，∠BFC＝120°，
∵FG平分∠BFC，
∴∠BFG∠BFC＝60°，
在△BDF和△BGF中，
，
∴△BDF≌△BGF（ASA），
∴BD＝BG，故B正确；
在△BDF和△CEF中，
∠BFD＝∠CFE＝60°，但没有相等的边，
∴△BDF和△CEF不一定全等，故C错误；
由B可得BD＝BG，
同理可得△CEF≌△CGF，
∴CE＝CG，
∴BC＝BG+CG＝BD+CE，故D正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2023秋 黔东南州期中）李华同学在求点P（a，b）关于y轴对称的点的坐标时，看成了求关于x轴对称的点的坐标，求得结果是（1，2），那么正确的结果应该是 　（﹣1，﹣2）　 ．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】（﹣1，﹣2）．
【分析】关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，由此可得点P的坐标，再根据关于y轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标相等可得答案．
【解答】解：∵点P（a，b）关于x轴对称的点的坐标为（1，2），
∴点P的坐标为（1，﹣2），
∴点P（1，﹣2）关于y轴对称的点的坐标为（﹣1，﹣2）．
故答案为：（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查关于x轴、y轴对称的点的坐标，熟练掌握关于x轴、y轴对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
12．（4分）（2024 兴宁市校级一模）如果一个正n边形的内角和小于外角和，那么n等于 　3　 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】3．
【分析】根据任意多边形的外角都为360°，结合题意即可求解．
【解答】解：∵任意多边形的外角都为360°，如果一个正n边形的内角和小于外角和，
∴（n﹣2）×180°＜360°，
解得：n＜4，
又∵n≥3且n为正整数，
∴n＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，关键是掌握任意多边形的内角和为360°．
13．（4分）（2022秋 海淀区期末）如果等腰三角形的两边长分别是2cm和6cm，则该等腰三角形周长是 　14　 cm．
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】14．
【分析】题中没有指明哪个是底哪个腰，则应该分两种情况进行分析．
【解答】解：当腰长为2cm时，则三边分别为2cm，2cm，6cm，因为2+2＜6，所以不能构成直角三角形；
当腰长为6cm时，三边长分别为2cm，6cm，6cm，符合三角形三边关系，此时其周长＝2+6+6＝14cm．
故答案为：14．
【点评】本题考查等腰三角形的概念，要注意三角形“两边之和大于第三边”这一定理．掌握分类思想是解题的关键．
14．（4分）（2023秋 陇西县校级月考）如图，△ABC中，∠B、∠C的平分线相交于点F，过点F作DE∥BC，交AB于点D，交AC于点E，若△ADE的周长为8，且BC＝4，则△ABC的周长为 　12　 ．
【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】12．
【分析】根据BF，CF是∠ABC，∠ACB的角平分线，DE∥BC，可证△DBF是等腰三角形，△EFC是等腰三角形，由此可得AD+DF＝AB，AE+EF＝AC，由此即可求解．
【解答】解：∵BF，CF是∠ABC，∠ACB的角平分线，
∴∠DBF＝∠FBC，
∵DE∥BC，
∴∠DFB＝∠FBC，
∴∠DBF＝∠DFB，
∴△DBF是等腰三角形，
∴DB＝DF，
同理可证，△EFC是等腰三角形，
∴EC＝EF，
∵△ADE的周长为AD+DE+AE＝8，
∴AD+（DF+EF）+AE＝（AD+DB）+（AE+EC）＝AB+AC＝8，
∵BC＝4，
∴△ABC的周长为AB+AC+BC＝8+4＝12，
故答案为：12．
【点评】本题主要考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
15．（4分）（2023秋 海淀区校级期中）如图，已知点O是△ABC内一点，且点O到△ABC三边的距离相等，若∠A＝80°，则∠BOC＝　130　 °．
【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】130．
【分析】由题意可知点O为△ABC的三条角平分线的交点，可得，，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，可得∠OBC+∠OCB的度数，再根据三角形内角和定理求出∠BOC的度数即可．
【解答】解：∵点O到△ABC三边距离相等，
∴点O为△ABC的三条角平分线的交点，
∴，，
∵∠A＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，
∴，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝130°，
故答案为：130．
【点评】本题考查了角平分线的有关计算，三角形内角和定理的应用，正确得出点O为△ABC的三条角平分线的交点是解题的关键．
16．（4分）（2024 河北一模）如图，已知两块正方形草地的面积分别为3，12，则直角三角形的面积S＝　3　 ．
【考点】三角形的面积．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】3．
【分析】根据题意求出直角三角形的两直角边，再根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵两块正方形草地的面积分别为3，12，
∴直角三角形的两直角边分别为、，
∴，
故答案为：3．
【点评】本题考查二次根式的应用，解题的关键是掌握二次根式的运算，
17．（4分）（2024春 温江区校级期中）如图，BD＝BC，BE＝CA，∠DBE＝∠C＝61°，∠BDE＝76°，则∠AFD的度数等于 　33°　 ．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】33°．
【分析】根据已知条件证明△BDE≌△BCA，再根据三角形内角和定理和外角性质即可得结论．
【解答】解：在△BDE和△BCA中，
，
∴△BDE≌△BCA（SAS），
∴∠BDE＝∠CBA＝76°，
∴∠C＝62°，
∴∠A＝180°﹣76°﹣61°＝43°，
∴∠AFD＝∠BDE﹣∠A＝76°﹣43°＝33°．
故答案为：33°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
18．（4分）（2024秋 闵行区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AC上一点，连接BD，过C作CE⊥BD于E，连接AE．若CE＝4，则△ACE的面积为 　8　 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的面积．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】8．
【分析】作AG⊥CE交CE的延长线于点G，可证明△ACG≌△CBE，得AG＝CE＝4，则S△ACECE AG＝8，于是得到问题的答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CE⊥BD于E，CE＝4，如图，作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴∠G＝∠BEC＝90°，
∴∠ACG＝∠CBE＝90°﹣∠BCE，
在△ACG和△CBE中，
，
∴△ACG≌△CBE（AAS），
∴AG＝CE＝4，
∴S△ACECE AG4×4＝8，
故答案为：8．
【点评】本题重点考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等腰直角三角形，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024春 榆阳区月考）政府准备在如图所示的河流上方修建一座桥梁方便河流两岸的人们通行交流，现需测量此段河流的宽度AB（该段河流两岸是平行的），工作人员是这样做的：先在河流的一条岸边E点，选对岸正对的一棵树A为参照点（即AB⊥BC），再沿河岸直走15m有一棵树C，继续前行15m到达D处，从D处沿河岸垂直的方向行走，当到达A树正好被C树遮挡住的E处停止行走，测得DE的长为10m，求河流的宽度AB．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】河流的宽度AB的长是10m．
【分析】由ASA可以证明△ABC≌△EDC，根据全等三角形对应边相等即可得到答案．
【解答】解：由题意可知A、C、E三点在同一条直线上，
AB⊥BD，ED⊥BD，BC＝DC＝15米，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（ASA），
∴AB＝ED＝10m，
答：河流的宽度AB的长是10m．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
20．（10分）（2024秋 苍梧县期末）如图，已知△ABC的顶点都在正方形网格的格点上．
（1）请画出△ADE，使得△ADE与△ABC关于直线OP对称，点B，C的对应点分别为点D，E；
（2）在（1）的条件下，若正方形网格中的最小正方形的边长为1，试求△ADE的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A、B、C的对应点A、D、E即可；
（2）利用三角形面积公式求解即可．
【解答】解：（1）如图，△ADE即为所求．
（2）△ADE的面积．
【点评】本题考查作图—轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质．
21．（10分）（2022秋 大观区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC和∠BCD的平分线交于点O．
（1）如果∠A＝130°，∠D＝100°，求∠BOC的度数；
（2）请直接写出∠BOC与∠A+∠D的数量关系．
【考点】多边形内角与外角；角平分线的定义；三角形内角和定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；多边形与平行四边形；几何直观；运算能力．
【答案】（1）115°；
（2）∠BOC（∠A+∠D）．
【分析】（1）利用多边形的内角和及已知条件求得∠ABC+∠BCD的度数，然后利用角平分线定义求得∠OBC+∠OCB的度数，再根据三角形的内角和定理计算即可；
（2）利用多边形的内角和可利用∠A+∠D表示出∠ABC+∠BCD，然后利用角平分线定义表示出∠OBC+∠OCB，再根据三角形的内角和定理计算并整理即可．
【解答】解：（1）四边形ABCD的内角和为（4﹣2）×180°＝360°，
∵∠A＝130°，∠D＝100°，
∴∠ABC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠D）＝360°﹣（130°+100°）＝130°，
∵∠ABC和∠BCD的平分线交于点O，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠BCD，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠BCD）130°＝65°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣65°＝115°；
（2）由（1）得四边形ABCD的内角和为360°，
则∠ABC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠D），
∵∵∠ABC和∠BCD的平分线交于点O，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠BCD，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠BCD）[360°﹣（∠A+∠D）]＝180°（∠A+∠D），
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣[180°（∠A+∠D）]＝180°﹣180°（∠A+∠D）（∠A+∠D）．
【点评】本题考查多边形的内角和，三角形的内角和及角平分线的性质，结合已知条件求得∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠BCD）是解题的关键．
22．（10分）（2024秋 齐河县校级月考）如图，AB＝CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F分别是垂足，DE＝BF．求证：
（1）AF＝CE；
（2）AD＝CB，且AD∥CB．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）先证明Rt△DEC≌Rt△BFA（HL），再根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）先证明△DEA≌△BFC（SAS），根据全等三角形的性质可得AD＝BC，∠DAC＝∠ACB，再根据内错角相等、两直线平行即可证明结论．
【解答】证明：（1）∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC＝∠BFA＝90°，
在Rt△CED和Rt△AFB，
，
∴Rt△CED≌Rt△AFB（HL），
∴AF＝CE．
（2）∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝EC﹣EF，
即AE＝FC，
在△DEA和△BFC中，
，
∴△DEA≌△BFC（SAS），
∴∠DAC＝∠ACB，AD＝CB，
∴AD∥BC．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识点，灵活运用全等三角形的判定方法成为解题的关键．
23．（10分）（2024 固始县三模）如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（不与点A，B重合），连接AC，BC．
（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出∠ABC的平分线，交半圆O于点D；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在（1）的条件下，过点D作半圆的切线，交BC的延长线于点F，作DE⊥AB于点E，连接BD．求证：△BED≌△BFD．
【考点】作图—复杂作图；全等三角形的判定；角平分线的性质；圆周角定理；切线的判定与性质．
【专题】推理能力．
【答案】（1）作图见详解；
（2）证明过程见详解．
【分析】（1）以点B为圆心，以任意长为半径画弧交AB，BC于点M，N；分别以点M，N为圆心，以大于为半径画弧交于点P；连接OP并延长交半圆于点D即可；
（2）根据切线的性质可得OD⊥DF，根据等腰三角形的判定和性质可得OD∥BF，∠DFB＝90°，根据角平分线的性质定理可得DE＝DF，根据全等三角形的判定和性质即可求证．
【解答】（1）解：如图所示，BD即为∠ABC的角平分线；
（2）证明：如图所示，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴OD∥BF，
∵DF是半圆的切线，
∴∠ODF＝90°，
∴∠ODF+∠DFB＝180°，则∠DFB＝90°，
∴DF⊥BD，且DE⊥BA，BD是角平分线，
∴DE＝DF，
在Rt△BDE，Rt△BDF中，
，
∴△BED≌△BFD（HL）．
【点评】本题主要考查尺规作角平分线，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，切线的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握圆的基础知识，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
24．（10分）（2025春 成都期中）已知：如图，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，∠C＝∠E．
（1）求证：AC＝AE．
（2）若∠B＝70°，∠E＝30°，求：∠BAC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；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）∠BAC的度数是80°．
【分析】（1）由∠BAD＝∠CAE，推导出∠BAC＝∠DAE，而∠C＝∠E，AB＝AD，即可根据“AAS”证明△ABC≌△ADE，则AC＝AE；
（2）由全等三角形的性质得∠C＝∠E＝30°，而∠B＝70°，则∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°．
【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS），
∴AC＝AE．
（2）解：由（1）得△ABC≌△ADE，
∴∠C＝∠E，
∵∠B＝70°，∠E＝30°，
∴∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°，
∴∠BAC的度数是80°．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明△ABC≌△ADE是解题的关键．
25．（10分）如图，在△ABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交AC于点F，BE＝AC，且BF＝9，CF＝6，求AF的长．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】延长AD至H，使DH＝DE，证明△BDE≌△CDH，得出CH＝AC，AF＝EF，设AF＝x，表示出AC和BE，列等式计算出x即可解答此题．
【解答】解：如图，延长AD至H，使DH＝DE，
∵AD为中线，
∴BD＝CD，
∵∠EDB＝∠HDC，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴CH＝BE，
∵BE＝AC，
∴CH＝AC，
∴∠H＝∠EAF，
∵△BDE≌△CDH，
∴∠H＝∠AED＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AF＝EF，
设AF＝x，
∴AC＝6+x，BE＝9﹣x，
∵BE＝AC，即6+x＝9﹣x，
∴x，即AF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，倍长中线法的辅助线用法是本题的解题关键．
26．（10分）（2023秋 香坊区校级期中）在平面直角坐标系中，点O为坐标顶点，点B（﹣6，0），A（0，6）分侧位于x轴和y轴上，连接AB、CA⊥AB交x轴于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）动点P从B出发以2个单位/秒的速度沿x轴向终点C运动，连接AP，将线段AP绕看点A逆时针旋转90°后得到线段AQ，P与Q为对应点，连接PQ，CQ，S为△PCQ的面积，用含t的式子表示S；
（3）在（2）的条件下，连接BQ，过点A作AH⊥BQ于G，交x轴于H，PQ交AC于M，若S△APM：S△AQM＝2：1，求点H的坐标．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力；应用意识．
【答案】（1）C（6，0）；
（2）S＝﹣2t2+12t（0＜t＜6）；
（3）H（2，0）．
【分析】（1）由B（﹣6，0），A（0，6），可得∠ABO＝45°，而CA⊥AB，知∠ACB＝45°，故OC＝OA＝6，C（6，0）；
（2）根据题意知BP＝2t，S△ABCBC OA12×6＝36；可得AP2＝OP2+OA2＝4t2﹣24t+72，S△APQAP2＝2t2﹣12t+36，根据线段AP绕看点A逆时针旋转90°后得到线段AQ，可证△BAP≌△CAQ（SAS），故S△BAP＝S△CAQ，即可得S＝S△PCQ＝S四边形APCQ﹣S△APQ＝36﹣（2t2﹣12t+36）＝﹣2t2+12t（0＜t＜6）；
（3）设BQ交y轴于T，过M作MK⊥x轴于K，过G作GW⊥y轴于W，由S△APM：S△AQM＝2：1，可得PM：QM＝2：1，，由（1）（2）△BAP≌△CAQ（SAS），可证△MPK∽△QPC，得，设BP＝CQ＝m，求出直线AC解析式为y＝﹣x+6，得M（6m，m），故，m＝4，即得Q（6，4），直线BQ解析式为yx+2，从而T（0，2），AT＝4，BT＝2，由△AGT∽△BOT，有，AG，又△AGW∽△BTO，有，AW，GW，故G（，），直线AG解析式为y＝﹣3x+6，即得H（2，0）．
【解答】解：（1）∵B（﹣6，0），A（0，6），
∴OB＝OA＝6，
∴∠ABO＝45°，
∵CA⊥AB，
∴∠ACB＝45°，
∴OC＝OA＝6，
∴C（6，0）；
（2）如图：
根据题意知BP＝2t，S△ABCBC OA12×6＝36；
∴OP＝6﹣2t，
∴AP2＝OP2+OA2＝4t2﹣24t+72，
∴S△APQAP2＝2t2﹣12t+36，
∵线段AP绕看点A逆时针旋转90°后得到线段AQ，
∴AP＝AQ，∠PAQ＝90°，
∵CA⊥AB，
∴∠BAC＝90°＝∠PAQ，
∴∠BAP＝∠CAQ，
∵AB＝AC，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴S△BAP＝S△CAQ，
∴S△BAP+S△ACP＝S△CAQ+S△ACP，即S△ABC＝S四边形APCQ，
∴S四边形APCQ＝36，
∴S＝S△PCQ＝S四边形APCQ﹣S△APQ＝36﹣（2t2﹣12t+36）＝﹣2t2+12t（0＜t＜6）；
（3）设BQ交y轴于T，过M作MK⊥x轴于K，过G作GW⊥y轴于W，如图：
∵S△APM：S△AQM＝2：1，
∴PM：QM＝2：1，
∴，
由（1）（2）知△BAP≌△CAQ（SAS），
∴∠ACQ＝∠ABP＝45°，BP＝CQ，
∴∠BCQ＝∠BCA+∠ACQ＝90°，
∴∠MKP＝∠PCK，
∵∠MPK＝∠QPC，
∴△MPK∽△QPC，
∴，
设BP＝CQ＝m，则MKm，OP＝6﹣m，
∴CP＝12﹣m，
由A（0，6），C（6，0）可得直线AC解析式为y＝﹣x+6，
在y＝﹣x+6中，令ym得x＝6m，
∴M（6m，m），
∴OK＝6m，PK＝6﹣m+6m＝12m，
∵，
∴，
解得m＝4，
∴Q（6，4），
由B（﹣6，0），Q（6，4）可得直线BQ解析式为yx+2，
令x＝0得y＝2，
∴T（0，2），
∴OT＝2，AT＝4，BT＝2，
∵∠ATG＝∠BTO，∠AGT＝90°＝∠BOT，
∴△AGT∽△BOT，
∴，即，
∴AG，
∵∠GAW＝∠OBT，∠AWG＝∠BOT，
∴△AGW∽△BTO，
∴，即，
∴AW，GW，
∴OW，
∴G（，），
由A（0，6），G（，）得直线AG解析式为y＝﹣3x+6，
令y＝0得x＝2，
∴H（2，0）．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及动点问题，三角形，四边形面积，相似三角形，全等三角形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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