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湖北省武汉市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春 辽阳期中）若三角形的两边长是2cm和5cm，第三边长的数值是奇数，则这个三角形的周长是（　　）
A．9cm B．12cm C．10cm D．14cm
2．（3分）（2024春 惠山区校级期中）下列运算中，正确的是（　　）
A．x3 x2＝x5 B．x2+x2＝2x4 C．x8÷x4＝x2 D．（2x）3＝6x3
3．（3分）（2022秋 越秀区期中）下列图形具有稳定性的是（　　）
A． B． C． D．．
4．（3分）（2022秋 绥江县期中）下列条件中，能判定两个三角形全等的是（　　）
A．有三个角对应相等
B．有两条边对应相等
C．有两边及一角对应相等
D．有两角及一组等角所对的一边对应相等
5．（3分）（2024春 广平县期末）在一个三角形中，一个外角是其相邻内角的4倍，那么这个外角是（　　）
A．150° B．135° C．120° D．144°
6．（3分）（2021秋 桥西区期末）如图，在△ABC和△ABD中，∠CAB＝∠DAB，点A，B，E在同一条直线上，则添加以下条件，仍然不能判定△ABC≌△ABD的是（　　）
A．∠C＝∠D B．∠CBE＝∠DBE C．BC＝BD D．AC＝AD
7．（3分）（2025春 龙川县校级期末）已知在△ABC中，∠A＝∠B﹣∠C，则△ABC是（　　）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
8．（3分）（2023 镇江）圆锥的侧面展开图是（　　）
A．三角形 B．菱形 C．扇形 D．五边形
9．（3分）（2023秋 沈丘县校级月考）如图，已知△ABC≌△DEC，且∠A＝30°，∠AED＝70°，则∠C的度数是（　　）
A．20° B．30° C．40° D．50°
10．（3分）（2023秋 洪雅县期中）已知a2+a＝1，那么a3+2a2+2023的值是（　　）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋 东西湖区期中）计算：
20220＝　 　 ；
x（x﹣3）＝　 　 ；
a﹣b﹣c＝a﹣　 　 ．
12．（3分）（2024春 杨浦区期中）如图，在三角形ABC中，∠B＝∠C，∠BAD＝20°，∠ADE＝∠AED，则∠CDE＝　 　 ．
13．（3分）（2022春 顺德区校级月考）计算（﹣2）3÷22＝　 　 ．
14．（3分）（2024 贵州）如图，在△ABC中，以点A为圆心，线段AB的长为半径画弧，交BC于点D，连接AD．若AB＝5，则AD的长为 　 　 ．
15．（3分）（2024秋 晋江市期末）如图，在△ABC中，∠C＝2∠CAB，∠CAB和∠ABC的角平分线交于点O，若AB＝14cm，BC＝8.5cm，则点O与点C的距离为　 　 cm．
16．（3分）（2024春 霞浦县期中）如图，在△ABC中，AB边的垂直平分线PQ与△ABC的外角平分线交于点P，过点P作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E．若BC＝8，AC＝4．则CE的长度是 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春 芝罘区期末）计算：
（1）（﹣a a2）（﹣b）2+（﹣2a3b2）2÷（﹣2a3b2）；
（2）．
18．（8分）（2024 松原二模）如图，∠ABC＝∠DBE，∠A＝∠D，AB＝BD，AC与BE交于点M，BC与DE交于点N，求证：AM＝DN．
19．（8分）（2024春 峄城区校级月考）先化简，再求值：（2x+y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）﹣2y（x+y），其中x，y＝22024．
20．（8分）（2024秋 桐柏县月考）如图，在△ABE和△DCF中，B、E、C、F共线，AB∥CD，AB＝CD，BF＝CE，求证：
（1）AE＝DF；
（2）AE∥DF．
21．（8分）（2023春 江岸区期中）如图是一个9×8的网格图，每个小正方形的边长都为单位1，每一个小正方形的顶点叫做格点．图中已画出了线段AB和线段EG，其端点A，B，E，G均在小正方形的顶点上，点P是线段AB上一非格点，请按要求画出图形（过程用虚线，结果为实线）并计算．
（1）画出以AB为边的正方形ABCD；
（2）画一个以EG为一条对角线的菱形EFGH（点F在EG的左侧），且S菱形EFGH＝S正方形ABCD；
（3）在（1）正方形ABCD的边CD上画一点Q，使得CQ＝AP；
（4）在（1）中菱形EFGH的边FG上画一点M，使得经过点M的直线同时将菱形EFGH和正方形ABCD的面积二等分．#ZZ01
22．（10分）（2022秋 闵行区校级期中）阅读下列材料，并解决问题．
材料：两个正整数相除时，不一定都能整除，当不能整除时，就出现了余数．被除数、除数、商和余数之间有如下的关系：被除数＝除数×商+余数（0≤余数＜除数）．类似的，关于x的多项式A（x）除以多项式B（x）时，一定存在一对多项式g（x）、r（x），使得A（x）＝B（x） g（x）+r（x），其中余式r（x）的次数小于除式B（x）的次数．
例如：多项式x2+x+5除以多项式x+2，商为x﹣1，余式数为7，即有x2+x+5＝（x+2）（x﹣1）+7．
又如：多项式x2+5x+6除以多项式x+2，商为x+3，余式数为0，即有x2+5x+6＝（x+2）（x+3），此时，多项式x2+5x+6能被多项式x+2整除．
问题：
（1）多项式x2+2x﹣8除以多项式x﹣2，所得的商为 　 　 ．
（2）多项式x2+7x+8除以多项式x+1，所得的余式数为2，则商为 　 　 ．
（3）多项式2x3+ax2+bx﹣6分别能被x﹣1和x﹣2整除，则多项式2x3+ax2+bx﹣6除以（x﹣1）（x﹣2）的商为 　 　 ．
23．（10分）（2024 南明区校级二模）综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师要求同学们以“折纸中的数学”为主题开展活动．
独立思考：
（1）如图①，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，则∠A与∠1+∠2之间的数量关系为 　 　 ，请说明理由；
深入探究：
（2）如图②，若点A′落在四边形BCDE的边CD下方时，试猜想此时∠A与∠1，∠2之间的数量关系，并说明理由；
结论运用：
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，E，F分别是AB，CD边上的一点，沿EF将四边形ABCD折叠，点A的对应点G恰好落在BC边上，且∠1＝75°，∠2＝15°．
①∠B的度数为 　 　 ；
②若BE＝2，ADAE，求点H到BC的距离．
24．（12分）（2024秋 旌阳区期末）已知，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且a，b满足（a+b）2+|b﹣4|＝0．P是线段AB上一动点，D是x轴负半轴上一点，且PO＝PD．
（1）求∠OAB的度数；
（2）如图1，设AB＝8，若∠OPD＝45°，求点D的坐标；
（3）如图2，过点D作DE⊥AB于点E，设AB＝8，当点P运动时，PE的值是否变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE的值．
湖北省武汉市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春 辽阳期中）若三角形的两边长是2cm和5cm，第三边长的数值是奇数，则这个三角形的周长是（　　）
A．9cm B．12cm C．10cm D．14cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】首先设三角形的第三边长为x cm，再根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边；三角形的两边差小于第三边可得5﹣2＜x＜5+2，然后根据第三边的数值为奇数，确定第三边长的值，再求出周长即可．
【解答】解：设三角形的第三边长为x cm，由题意得：
5﹣2＜x＜5+2，
解得：3＜x＜7，
∵第三边的数值为奇数，
∴x＝5，
∴这个三角形的周长为：2+5+5＝12（cm），
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三边关系定理，确定出第三边长．
2．（3分）（2024春 惠山区校级期中）下列运算中，正确的是（　　）
A．x3 x2＝x5 B．x2+x2＝2x4 C．x8÷x4＝x2 D．（2x）3＝6x3
【考点】同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】A
【分析】根据同底数幂的乘除法、合并同类项、积的乘方法则逐项判断即可得．
【解答】解：A、x3 x2＝x5，此项正确；
B、x2+x2＝2x2，此项错误；
C、x8÷x4＝x4，此项错误；
D、（2x）3＝8x3，此项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了同底数幂的乘除法、合并同类项、幂的乘方与积的乘方，熟练掌握各运算法则是解题关键．
3．（3分）（2022秋 越秀区期中）下列图形具有稳定性的是（　　）
A． B． C． D．．
【考点】三角形的稳定性．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】所有图形里，具有稳定性的是三角形．据此作答即可．
【解答】解：所有图形里，只有三角形具有稳定性．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的稳定性和四边形的不稳定性，属于基础题，比较简单．
4．（3分）（2022秋 绥江县期中）下列条件中，能判定两个三角形全等的是（　　）
A．有三个角对应相等
B．有两条边对应相等
C．有两边及一角对应相等
D．有两角及一组等角所对的一边对应相等
【考点】全等三角形的判定．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】熟练运用判定方法判断．做题时要按判定三角形全等的方法逐个验证．
【解答】解：有三个角对应相等，不能判定全等，A选项错误；
有两条边对应相等，缺少条件不能判定全等，B选项错误；
有两边及一角对应相等不能判定全等，C选项错误；
有两角及一边对应相等可判断全等，符合AAS或ASA，D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、直角三角形还有HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
5．（3分）（2024春 广平县期末）在一个三角形中，一个外角是其相邻内角的4倍，那么这个外角是（　　）
A．150° B．135° C．120° D．144°
【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】D
【分析】根据“一个外角与其相邻的内角互补”列方程求解即可．
【解答】解：设这个内角为x，则与它相邻的外角为4x，由题意得，
x+4x＝180°，
解得x＝36°，
当x＝36°时，4x＝144°，
即这个外角是144°．
故选：D．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握“一个外角与其相邻的内角互补”是正确解答的关键．
6．（3分）（2021秋 桥西区期末）如图，在△ABC和△ABD中，∠CAB＝∠DAB，点A，B，E在同一条直线上，则添加以下条件，仍然不能判定△ABC≌△ABD的是（　　）
A．∠C＝∠D B．∠CBE＝∠DBE C．BC＝BD D．AC＝AD
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】A．用AAS判断△ABC≌△ABD；
B．△ABC≌△ABD（ASA）；
C．不能判断△ABC≌△ABD；
D．用SAS判断△ABC≌△ABD．
【解答】解：添加A用AAS判断△ABC≌△ABD，
添加B，∵∠CBA+∠CBE＝180°，∠ABD+∠EBD＝180°，
∠CBE＝∠DBE
∴∠ABC＝∠ABD
∴△ABC≌△ABD（ASA），
添加C，不能判断△ABC≌△ABD
添加D用SAS判断△ABC≌△ABD，
故选：C．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、掌握这几种方法的熟练应用．
7．（3分）（2025春 龙川县校级期末）已知在△ABC中，∠A＝∠B﹣∠C，则△ABC是（　　）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等腰三角形
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据三角形的内角和是180°，再结合条件列出关于∠B的方程，解方程求出∠B进行判断即可．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠B﹣∠C，
∴∠B﹣∠C+∠B+∠C＝180°，
2∠B＝180°，
∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，解题关键是熟练掌握三角形内角和定理．
8．（3分）（2023 镇江）圆锥的侧面展开图是（　　）
A．三角形 B．菱形 C．扇形 D．五边形
【考点】多边形；几何体的展开图．
【专题】几何图形；几何直观．
【答案】C
【分析】根据圆锥的特征，侧面展开图有一个曲边，据此可以判定．
【解答】解：圆锥的侧面展开图有一边是曲线，排除选项A、B、D，扇形有一条曲线和两条线段．
故选：C．
【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图，有无曲线是判断圆锥展开图的关键．
9．（3分）（2023秋 沈丘县校级月考）如图，已知△ABC≌△DEC，且∠A＝30°，∠AED＝70°，则∠C的度数是（　　）
A．20° B．30° C．40° D．50°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】C
【分析】由△ABC≌△DEC，推出∠A＝∠D＝30°，再求出∠CED＝110°，再根据三角形内角和定理进行求解．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC
∴∠A＝∠D＝30°，
∵∠AED＝70°，
∴∠CED＝180°﹣∠AED＝110°，
∴∠C＝180°﹣∠D﹣∠CED＝40°，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质、三角形内角和定理，解题的关键是掌握全等三角形的性质．
10．（3分）（2023秋 洪雅县期中）已知a2+a＝1，那么a3+2a2+2023的值是（　　）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【考点】因式分解的应用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】D
【分析】根据a2+a＝1，将a3+2a2+2023变形后整体代入可得答案．
【解答】解：∵a2+a＝1，
∴a3+2a2+2023
＝a（a2+a）+a2+2023
＝a+a2+2023
＝1+2023
＝2024；
故选：D．
【点评】本题考查因式分解的应用，解题的关键是整体思想的应用．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2022秋 东西湖区期中）计算：
20220＝　1　 ；
x（x﹣3）＝　x2﹣3x　 ；
a﹣b﹣c＝a﹣　（b+c）　 ．
【考点】单项式乘多项式；零指数幂；整式的加减．
【专题】计算题；整式；运算能力．
【答案】1；x2﹣3x；（b+c）．
【分析】根据零指数幂，单项式乘多项式的法则计算即可．
【解答】解：20220＝1；
x（x﹣3）＝x2﹣3x；
a﹣b﹣c＝a﹣（b+c）．
故答案为：1；x2﹣3x；（b+c）．
【点评】本题考查了零指数幂，单项式乘多项式，熟练掌握运算法则是关键．
12．（3分）（2024春 杨浦区期中）如图，在三角形ABC中，∠B＝∠C，∠BAD＝20°，∠ADE＝∠AED，则∠CDE＝　10°　 ．
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】10°．
【分析】根据三角形外角和定理得出∠EDC+∠C＝∠AED，进而求出∠C+∠EDC＝∠ADE，再利用∠B+∠BAD＝∠ADC，进而利用已知求出即可．
【解答】解：∵∠EDC+∠C＝∠AED，∠ADE＝∠AED，
∴∠C+∠EDC＝∠ADE，
又∵∠B+∠BAD＝∠ADC，∠BAD＝20°，
∴∠B+20°＝∠C+∠EDC+∠EDC，
∵∠B＝∠C．
∴2∠EDC＝20°，
∴∠EDC＝10°．
故答案为：10°．
【点评】此题主要考查了三角形外角和定理以及角之间等量代换，利用外角和定理得出∠C+∠EDC＝∠ADE是解决问题的关键．
13．（3分）（2022春 顺德区校级月考）计算（﹣2）3÷22＝　﹣2　 ．
【考点】同底数幂的除法．
【专题】实数；运算能力．
【答案】﹣2．
【分析】根据同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减计算即可．
【解答】解：（﹣2）3÷22＝﹣23÷22＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了同底数幂除法，解题的关键是熟记法则并灵活运用．同底数幂的除法法则：底数不变，指数相减．am÷an＝a m﹣n（a≠0，m，n是正整数，m＞n）．
14．（3分）（2024 贵州）如图，在△ABC中，以点A为圆心，线段AB的长为半径画弧，交BC于点D，连接AD．若AB＝5，则AD的长为 　5　 ．
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】尺规作图；几何直观．
【答案】5．
【分析】根据作一条线段等于已知线段的作法可得出AD＝AB，即可求解．
【解答】解：由作图可知：AD＝AB，
∵AB＝5，
∴AD＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了尺规作图，掌握作一条线段等于已知线段的方法是解题的关键．
15．（3分）（2024秋 晋江市期末）如图，在△ABC中，∠C＝2∠CAB，∠CAB和∠ABC的角平分线交于点O，若AB＝14cm，BC＝8.5cm，则点O与点C的距离为　5.5　 cm．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】5.5．
【分析】由题易得CO平分∠ACB，进而根据∠ACB＝2∠ACD＝2∠CAB得到∠ACD＝∠CAB，所以AD＝CD，进而再根据角平分线构造全等，在BC上截取BE＝BD，证△OBD≌△OBE（SAS），进而得出CE＝OE＝OD，再求解即可．
【解答】解：如图，连接CO并延长，交AB于点D，
由题可知点O是∠BAC和∠ABC的角平分线的交点，
∴CO平分∠ACB，
即∠ACB＝2∠ACD，∠ACD＝∠BCD，
∵∠ACB＝2∠CAB，
∴∠ACD＝∠CAB，
∴AD＝CD，
在BC上截取BE＝BD，
∵BO平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠OBE，
在△OBD和△OBE中，
，
∴△OBD≌△OBE（SAS），
∴OE＝OD，∠ODB＝∠OEB，
∵∠ODB＝∠ACD+∠CAD＝2∠ACD，∠ACD＝∠BCD，
∴∠OEB＝2∠BCD＝∠BCD+∠COE，
∴∠BCD＝∠COE，
∴OE＝CE＝OD，
设CD＝x cm，则AD＝x cm，
∵AB＝14cm，
∴BD＝（14﹣x）cm＝BE，
∵BC＝8.5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝8.5﹣（14﹣x）＝（x﹣5.5）cm，
∴OE＝OD＝（x﹣5.5）cm，
∴CO＝CD﹣OD＝x﹣（x﹣5.5）＝5.5cm，
故答案为：5.5．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
16．（3分）（2024春 霞浦县期中）如图，在△ABC中，AB边的垂直平分线PQ与△ABC的外角平分线交于点P，过点P作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E．若BC＝8，AC＝4．则CE的长度是 　2　 ．
【考点】角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；运算能力；推理能力．
【答案】2．
【分析】连接AP，BP，通过证明Rt△CDP≌Rt△CEP（HL），得出CD＝CE，再证明Rt△AEP≌Rt△BDP（HL），得出AE＝BD，即可解答．
【解答】解：连接PA、PB，
∵CP是∠BCE的平分线，PD⊥BC，PE⊥AC，
∴PD＝PE，
在Rt△CDP和Rt△CEP中，
，
∴Rt△CDP≌Rt△CEP（HL），
∴CD＝CE，
∵PQ是线段AB的垂直平分线，
∴PA＝PB，
在Rt△AEP和Rt△BDP中，
，
∴Rt△AEP≌Rt△BDP（HL），
∴AE＝BD，
∴CE＝AE﹣AC＝BD﹣AC＝（BC﹣CD）﹣AC＝BC﹣CE﹣AC，
整理得：2CE＝BC﹣AC＝8﹣4＝4，
∴CE＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春 芝罘区期末）计算：
（1）（﹣a a2）（﹣b）2+（﹣2a3b2）2÷（﹣2a3b2）；
（2）．
【考点】整式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方；整式的除法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）﹣3a3b2；
（2）．
【分析】（1）先算乘方，再算乘除，后算加减，即可解答；
（2）先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：（1）（﹣a a2）（﹣b）2+（﹣2a3b2）2÷（﹣2a3b2）
＝﹣a3 b2+4a6b4÷（﹣2a3b2）
＝﹣a3b2+（﹣2a3b2）
＝﹣3a3b2；
（2）
＝（）99×299×21
＝[（）×2]99×21
＝（﹣1）99×21
＝﹣1×21
＝﹣21
．
【点评】本题考查了整式的混合运算，同底数幂的乘法，整式的除法，幂的乘方与积的乘方，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18．（8分）（2024 松原二模）如图，∠ABC＝∠DBE，∠A＝∠D，AB＝BD，AC与BE交于点M，BC与DE交于点N，求证：AM＝DN．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【答案】证明过程见解答．
【分析】证明△ABM≌△DBN（ASA），即可解决问题．
【解答】证明：∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABM＝∠DBN，
在△ABM和△DBN中，
∴△ABM≌△DBN（ASA），
∴AM＝DN．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
19．（8分）（2024春 峄城区校级月考）先化简，再求值：（2x+y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）﹣2y（x+y），其中x，y＝22024．
【考点】整式的混合运算—化简求值；完全平方公式；平方差公式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】2xy，原式＝4．
【分析】先利用平方差公式，完全平方公式，单项式乘多项式的法则进行计算，然后把x，y的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
【解答】解：（2x+y）2﹣（2x+y）（2x﹣y）﹣2y（x+y）
＝4x2+4xy+y2﹣（4x2﹣y2）﹣2xy﹣2y2
＝4x2+4xy+y2﹣4x2+y2﹣2xy﹣2y2
＝2xy，
当x＝（）2 023，y＝22 024时，原式＝2×（）2 023×22 024
＝2×（2）2 023×2
＝2×12 023×2
＝2×1×2
＝4．
【点评】本题考查了整式的混合运算﹣化简求值，平方差公式，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
20．（8分）（2024秋 桐柏县月考）如图，在△ABE和△DCF中，B、E、C、F共线，AB∥CD，AB＝CD，BF＝CE，求证：
（1）AE＝DF；
（2）AE∥DF．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质．
【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）根据平行线性质求出∠B＝∠C，求出BE＝CF，由“SAS”可证△ABE≌△DCF，可得AE＝DF；
（2）由△ABE≌△DCF可得∠AEB＝∠DFC，再根据等角的补角相等得到∠AEC＝∠DFB，即可证明结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
∵BF＝CE，
∴BF﹣EF＝CE﹣EF，
∴BE＝CF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF；
（2）由（1）知：△ABE≌△DCF，
∴∠AEB＝∠DFC，
∴∠AEC＝∠DFB，
∴AE∥DF．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的判定，掌握SAS证明两三角形全等是解题的关键．
21．（8分）（2023春 江岸区期中）如图是一个9×8的网格图，每个小正方形的边长都为单位1，每一个小正方形的顶点叫做格点．图中已画出了线段AB和线段EG，其端点A，B，E，G均在小正方形的顶点上，点P是线段AB上一非格点，请按要求画出图形（过程用虚线，结果为实线）并计算．
（1）画出以AB为边的正方形ABCD；
（2）画一个以EG为一条对角线的菱形EFGH（点F在EG的左侧），且S菱形EFGH＝S正方形ABCD；
（3）在（1）正方形ABCD的边CD上画一点Q，使得CQ＝AP；
（4）在（1）中菱形EFGH的边FG上画一点M，使得经过点M的直线同时将菱形EFGH和正方形ABCD的面积二等分．#ZZ01
【考点】作图—应用与设计作图；中心对称；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】作图题；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析；
（4）见解析．
【分析】（1）在A、B左侧两个单位，上方一个单位找到格点C、D即可；
（2）求出正方形的面积，利用菱形面积是对角线的乘积的一半，求出另一条对角线长即可；
（3）连接正方形对角线，再过交点作直线PQ，交CD于Q即可；
（4）过菱形对角线交点和正方形对角线交点作直线即可．
【解答】解：（1）如图所示，四边形ABCD就是所求作正方形；
（2）由（1）可知正方形ABCD的边长为，
面积为，
∵S菱形EFGH＝S正方形ABCD，EG＝2，
∴FH＝5，
如图，取两个格点连线，与网格线的交点即为F、G；
菱形EFGH为所求；
（3）连接正方形对角线，再过交点作直线PQ，交CD于Q，
此时，CQ＝AP；
（4）过菱形对角线交点和正方形对角线交点作直线，与FG交点就是M；
【点评】本题考查了网格作图，解题关键是熟练运用正方形、菱形、全等三角形的性质进行画图．
22．（10分）（2022秋 闵行区校级期中）阅读下列材料，并解决问题．
材料：两个正整数相除时，不一定都能整除，当不能整除时，就出现了余数．被除数、除数、商和余数之间有如下的关系：被除数＝除数×商+余数（0≤余数＜除数）．类似的，关于x的多项式A（x）除以多项式B（x）时，一定存在一对多项式g（x）、r（x），使得A（x）＝B（x） g（x）+r（x），其中余式r（x）的次数小于除式B（x）的次数．
例如：多项式x2+x+5除以多项式x+2，商为x﹣1，余式数为7，即有x2+x+5＝（x+2）（x﹣1）+7．
又如：多项式x2+5x+6除以多项式x+2，商为x+3，余式数为0，即有x2+5x+6＝（x+2）（x+3），此时，多项式x2+5x+6能被多项式x+2整除．
问题：
（1）多项式x2+2x﹣8除以多项式x﹣2，所得的商为 　x+4　 ．
（2）多项式x2+7x+8除以多项式x+1，所得的余式数为2，则商为 　x+6　 ．
（3）多项式2x3+ax2+bx﹣6分别能被x﹣1和x﹣2整除，则多项式2x3+ax2+bx﹣6除以（x﹣1）（x﹣2）的商为 　2x﹣3　 ．
【考点】因式分解的应用；多项式乘多项式；整式的除法．
【专题】整式；应用意识．
【答案】（1）x+4；（2）x+6；（3）2x﹣3．
【分析】（1）把已知多项式分解因式即可求解；
（2）首先把已知多项式减去余式再分解因式即可求解；
（3）设2x3+ax2+bx﹣6＝（x﹣1）（x﹣2） A，其中A为一次多项式，然后把x＝1和x＝2时，代入等式可以得到关于a、b的方程组，解方程组求出a，b，最后分解因式即可求解．
【解答】解：（1）∵x2+2x﹣8＝（x+4）（x﹣2），
∴多项式x2+2x﹣8除以多项式x﹣2，所得的商为x+4；
（2）∵x2+7x+8﹣2＝x2+7x+6＝（x+1）（x+6），
∴x2+7x+8＝（x+1）（x+6）+2，
∴多项式x2+7x+8除以多项式x+1，所得的余式数为2，则商为x+6；
（3）∵多项式2x3+ax2+bx﹣6分别能被x﹣1和x﹣2整除，
∴设2x3+ax2+bx﹣6＝（x﹣1）（x﹣2） A，其中A为一次多项式，
当x＝1时，2+a+b﹣6＝0，
当x＝2时，16+4a+2b﹣6＝0，
联立解得：，
∴2x3+ax2+bx﹣6
＝2x3﹣9x2+13x﹣6，
＝2x3﹣5x2+3x﹣4x2+10x﹣6，
＝x（2x﹣3）（x﹣1）﹣2（2x﹣3）（x﹣1）
＝（2x﹣3）（x﹣1）（x﹣2），
∴多项式2x3+ax2+bx﹣6除以（x﹣1）（x﹣2）的商为2x﹣3．
故答案为：（1）x+4；（2）x+6；（3）2x﹣3．
【点评】此题主要考查了因式分解的应用，正确读懂题意是解题的关键．
23．（10分）（2024 南明区校级二模）综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师要求同学们以“折纸中的数学”为主题开展活动．
独立思考：
（1）如图①，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，则∠A与∠1+∠2之间的数量关系为 　2∠A＝∠1+∠2　 ，请说明理由；
深入探究：
（2）如图②，若点A′落在四边形BCDE的边CD下方时，试猜想此时∠A与∠1，∠2之间的数量关系，并说明理由；
结论运用：
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，E，F分别是AB，CD边上的一点，沿EF将四边形ABCD折叠，点A的对应点G恰好落在BC边上，且∠1＝75°，∠2＝15°．
①∠B的度数为 　60°　 ；
②若BE＝2，ADAE，求点H到BC的距离．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）2∠A＝∠1+∠2，理由见解析；
（2）2∠A＝∠1﹣∠2，理由见解析；
（3）①60°；
②．
【分析】（1）连接AA′，由折叠的性质得出∠DAE＝∠DA′E．由三角形外角的性质可得出结论；
（2）由三角形外角的性质得出∠1＝∠EFA+∠A，∠EFA＝∠A′+∠2，则可得出结论；
（3）①延长BA交CD的延长线于L，由（2）中结论可知∠1﹣∠2＝2∠L，求出∠L＝30°．则可得出答案；
②过点E作EI⊥BC交BC于点I，过点H作HM⊥BC交BC的延长线于点M，求出BI，EI．求出∠HGM＝45°，得出HMGH，则可得出答案．
【解答】解：（1）2∠A＝∠1+∠2，理由如下：
如图①，连接AA′，
∵将三角形纸片ABC沿DE折叠，点A落在四边形BCDE内点A′的位置，
∴∠DAE＝∠DA′E．
∵∠1＝∠EA′A+∠EAA′，∠2＝∠DA′A+∠DAA′，
∴∠1+∠2＝∠EA′A+∠EAA′+∠DA′A+∠DAA′＝2∠BAC，
即2∠A＝∠1+∠2；
故答案为：2∠A＝∠1+∠2；
（2）2∠A＝∠1﹣∠2，理由如下：
如图②，设EA′与AC交于点F，
∵∠1＝∠EFA+∠A，∠EFA＝∠2+∠A'，
∴∠1＝∠A+∠A′+∠2＝2∠A+∠2，
∴2∠A＝∠1﹣∠2；
（3）①60°；
如图③，延长BA交CD的延长线于L，由（2）中结论可知∠1﹣∠2＝2∠L，
∴2∠L＝75°﹣15°＝60°，
∴∠L＝30°．
∵∠BCD＝90°，
∴∠B＝90°﹣30°＝60°．
故答案为：60°；
②如图，过点E作EI⊥BC交BC于点I，过点H作HM⊥BC交BC的延长线于点M，
∵BE＝2，∠B＝60°，
∴BI，EI．
∵∠EGI＝180°﹣60°﹣75°＝45°，
∴EGEI 2，
∴AE＝EG＝2，
∴ADAE，
∴GH＝AD．
∵∠EGH＝∠BAD＝90°，
∴∠HGM＝45°，
∴HMGH，
即点H到BC的距离为．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，三角形外角的性质，直角三角形的相关性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
24．（12分）（2024秋 旌阳区期末）已知，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且a，b满足（a+b）2+|b﹣4|＝0．P是线段AB上一动点，D是x轴负半轴上一点，且PO＝PD．
（1）求∠OAB的度数；
（2）如图1，设AB＝8，若∠OPD＝45°，求点D的坐标；
（3）如图2，过点D作DE⊥AB于点E，设AB＝8，当点P运动时，PE的值是否变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE的值．
【考点】三角形综合题．
【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）45°；
（2）（﹣88，0）；
（3）4．
【分析】（1）根据非负数的性质分别求出a、b，根据等腰直角三角形的性质求出∠OAB的度数；
（2）证明△POB≌△DPA，得到PA＝OB＝4，DA＝PB，根据坐标与图形性质解答即可根据等腰直角三角形的性质得到∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，证明△POC≌△DPE，根据全等三角形的性质得到OC＝PE，得到答案；
（3）根据等腰直角三角形的性质得到∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，证明△POC≌△DPE，根据全等三角形的性质得到OC＝PE，得到答案．
【解答】解：（1）根据题意得：，
解得，a＝﹣4，b＝4，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°；
（2）∵OP＝PD，
∴∠POD＝∠PDO67.5°，
∴∠APD＝∠PDO﹣∠A＝22.5°，∠BOP＝90°﹣∠POD＝22.5°，
∴∠APD＝∠BOP，
在△POB和△DPA中，
，
∴△POB≌△DPA（SAS），
∴PA＝OB＝4，DA＝PB，
∴DA＝PB＝8﹣4，
∴OD＝OA﹣DA＝4（8﹣4）＝88，
∴点D的坐标为（﹣88，0）；
（3）PE的值不变．
理由如下：取BA的中点C，连接OC，
∵△AOB为等腰直角三角形，AC＝BC，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，
∵PO＝PD，
∴∠POD＝∠PDO，
∵∠POD＝45°+∠POC，∠PDA＝45°+∠DPE，
∴∠POC＝∠DPE，
在△POC和△DPE中，
，
∴△POC≌△DPE（AAS），
∴OC＝PE，
∵AB＝8，
∴OCAB＝4，
∴PE＝4．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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