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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）（2023 齐齐哈尔模拟）王老师给全班同学留了一个特色寒假作业，画一张有关兔子的图画，以下四个图形是开学后收上来的图画中的一部分，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024春 甘井子区期末）下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．3，3，7 B．3，5，7 C．3，5，10 D．3，7，10
3．（3分）（2025春 兴宁区校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，DE⊥AB，DF⊥AC垂足分别为点E、F，若AB＝6cm，AC＝4cm，则是（　　）
A． B． C． D．
4．（3分）（2024秋 陇县期末）如图，小明不小心打碎了一块直角三角形的玻璃，正当他为此发愁时，小华说他可以只带一块碎片就可以去玻璃店配出完全一样的玻璃，小华带的是几号玻璃，依据是什么？（　　）
A．①，SAS B．③，SSA C．②，HL D．③，ASA
5．（3分）点P（a，b）关于x轴的对称点为P′（1，﹣6），则a，b的值分别为（　　）
A．1，6 B．﹣1，﹣6 C．﹣1，6 D．1，﹣6
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）（2023 盘龙区开学）彩云和小南做摸球游戏，每次任意摸一个球，然后放回摇匀，每人摸10次．彩云摸到白球得1分，小南摸到黄球得1分，摸到其他颜色的球二人均不得分，你认为从（　　）口袋里摸球是公平的．
A． B．
C． D．
8．（3分）（2024春 襄都区月考）如图1，2，3，∠A＝60°，∠1＝∠2，∠3＝∠4，则∠M+∠N+∠P的度数为（　　）
A．150° B．180° C．210° D．220°
9．（3分）（2023秋 乌鲁木齐期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，E在AC上且DE＝BD．若S△ABD＝10，S△ADE＝6，求S△CDE＝（　　）
A．8 B．5 C．3 D．2
10．（3分）（2019秋 郧阳区期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，点O是AB的中点，且AB，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处旋转，并始终保持两边分别与AC、BC相交，交点为D、E，则CD+CE＝（　　）
A．4 B．2 C．8 D．4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024春 青秀区校级期末）第四套人民币一角硬币，又叫“菊花一角硬币”，如图所示，仔细观察我们会发现，该硬币为外圆内正九边形边缘异形币，请同学们根据所学的知识，计算该正九边形的内角和为 　 　 ．
12．（3分）（2025春 清流县期中）在等腰△ABC中，顶角∠A＝130°，则底角的度数为 　 　 °．
13．（3分）（2024秋 龙岗区校级月考）如图，已知线段AB＝6，分别以点A，B为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交AB于点D，在直线EF上取一点C使CD＝AB，连接AC、BC，点G为AC的中点，连接DG，则△ADG的周长是　 　 ．
14．（3分）（2025春 船营区校级期末）如图，△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，∠A＝70°，则∠BEC＝　 　 ．
15．（3分）（2025春 历下区期中）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，AB＝2，BC＝4，△ABE的面积是3，则△ABC的面积为 　 　 ．
16．（3分）（2022春 胶州市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D是边BC的中点，直线MN是AB的垂直平分线，点E是MN上的一个动点，则△BDE周长的最小值是 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）一个等腰三角形的三边长分别为7，2x+3，3x﹣2．这样的三角形有几个？它们的边长分别是多少？
18．（8分）（2025春 历城区校级月考）如图，AB＝CD，AF＝CE，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AB∥CD．
19．（8分）（2022秋 陇西县校级月考）如图，△ABC≌△A′B′C′，AD、A′D′分别是△ABC和△A′B′C′的角平分线．
（1）求证：AD＝A′D′；
（2）把第（1）小题中的结论用文字叙述出来：　 　 ．
20．（8分）（2022秋 青秀区校级月考）如图，已知∠1＝∠B，BE＝CD，BF＝CA．
（1）求证：∠D＝∠2；
（2）若EF∥AC，AC平分∠BCD，求证：AD＝CD．
21．（8分）（2024秋 黄陂区期末）在如图所示7×6的小正方形网格中，每个小正方形的顶点叫格点，请仅用无刻度直尺在给定网格中画出下列图形，并保留作图痕迹．
（1）如图1，在格点上画点D，使AD∥BC，再在直线AD上找点P，使∠CBP＝45°；
（2）如图2，先画△ABC的高AE，再作点E关于AB的对称点G．
22．（10分）（2024秋 海门区校级期中）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线．
（1）请按下列要求补全图形：
①在AD的延长线上找一点E，使∠CBE＝∠ACB；
②作AF⊥BE，垂足为F．
（2）若△ABC是等边三角形，请写出BF与BE的数量关系，并证明你的结论．
23．（10分）（2024秋 仓山区校级期末）定义：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的内半角．如图①所示，若，则∠COD是∠AOB的内半角．
（1）如图①所示，已知∠AOB＝70°，∠AOC＝15°，∠COD是∠AOB的内半角，则∠BOD＝　 　 ．
（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，当旋转的角度α为何值时，∠COB是∠AOD的内半角？
（3）已知∠AOB＝30°，把一块含有30°角的三角板如图③叠放，记为初始位置，将三角板绕顶点O以3°/秒的速度按顺时针方向旋转，如图④，问：在旋转一周的过程中，且射线OD始终在∠AOB的外部，射线OA，OB，OC，OD能否构成内半角？若能，请直接写出旋转的时间；若不能，请说明理由．
24．（12分）（2025 天津模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是直角三角形，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，A（4，0），点B在y轴正半轴，等边△OCD的顶点D（﹣5，0），点C在第二象限，过点C作x轴平行线交AB于点E，交y轴于点F．
（Ⅰ）如图①，求点C的坐标；
（Ⅱ）将△OCD沿x轴向右平移，得到△O'C'D'，点O，C，D的对应点分别为O′C′，D'．设OO'＝t，△O'C'D'与△OAB重叠部分的面积为S．
①如图②，点D'与点A重合时停止运动．△O'C'D'与△OAB重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
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）（2023 齐齐哈尔模拟）王老师给全班同学留了一个特色寒假作业，画一张有关兔子的图画，以下四个图形是开学后收上来的图画中的一部分，其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：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，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；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．（3分）（2024春 甘井子区期末）下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．3，3，7 B．3，5，7 C．3，5，10 D．3，7，10
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形，由此即可判断．
【解答】解：A、3+3＜7，不能组成三角形，故A不符合题意；
B、3+5＞7，能组成三角形，故B符合题意；
C、3+5＜10，不能组成三角形，故C不符合题意；
D、3+7＝10，不能组成三角形，故D不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查三角形的三边关系，关键是掌握三角形的三边关系定理．
3．（3分）（2025春 兴宁区校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，DE⊥AB，DF⊥AC垂足分别为点E、F，若AB＝6cm，AC＝4cm，则是（　　）
A． B． C． D．
【考点】三角形的角平分线、中线和高．
【专题】三角形；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】在△ABC中，因为AD是中线，所以△ABD和△ADC的面积相等；利用等面积法，即可求解．
【解答】解：在三角形ABC中，AD是中线，
∴BD＝CD，
∴S△ABD＝S△ADC．
∵DE⊥AB，DF⊥AC垂足分别为点E、F，AC＝4cm，AB＝6cm，
∴AB DEAC DF，
∴6DE4DF，
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形的角平分线、中线和高，理解等面积法和掌握三角形中线的知识点是解题的关键．
4．（3分）（2024秋 陇县期末）如图，小明不小心打碎了一块直角三角形的玻璃，正当他为此发愁时，小华说他可以只带一块碎片就可以去玻璃店配出完全一样的玻璃，小华带的是几号玻璃，依据是什么？（　　）
A．①，SAS B．③，SSA C．②，HL D．③，ASA
【考点】全等三角形的应用．
【专题】图形的全等；应用意识．
【答案】D
【分析】利用三角形全等的判定定理“两角及其夹边对应相等的两个三角形全等”，即可确定．
【解答】解：第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据“ASA”来配一块一样的玻璃．应带③去；其他两块不符合要求，
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，解答本题的关键是熟练运用全等三角形解决实际问题．
5．（3分）点P（a，b）关于x轴的对称点为P′（1，﹣6），则a，b的值分别为（　　）
A．1，6 B．﹣1，﹣6 C．﹣1，6 D．1，﹣6
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】A
【分析】利用关于x轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：点P（a，b）关于x轴的对称点为P′（1，﹣6），则a，b的值分别为1，6．
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，正确把握横纵坐标关系是解题关键．
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）（2023 盘龙区开学）彩云和小南做摸球游戏，每次任意摸一个球，然后放回摇匀，每人摸10次．彩云摸到白球得1分，小南摸到黄球得1分，摸到其他颜色的球二人均不得分，你认为从（　　）口袋里摸球是公平的．
A． B．
C． D．
【考点】游戏公平性．
【专题】概率及其应用；数据分析观念．
【答案】A
【分析】当口袋中白球，黄球个数相等时，两人摸球是公平，据此观察各选项可得答案．
【解答】解：根据游戏规则，当口袋中白球，黄球个数相等时，两人摸球是公平，
观察各选项可知，选项A中白球，黄球个数相等，故从选项A的口袋中摸球，游戏是公平的，符合题意；
其它选项的口袋中，白球，黄球个数都不相等，都不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查游戏的公平性，解题的关键是掌握游戏公平的意义．
8．（3分）（2024春 襄都区月考）如图1，2，3，∠A＝60°，∠1＝∠2，∠3＝∠4，则∠M+∠N+∠P的度数为（　　）
A．150° B．180° C．210° D．220°
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理；三角形的外角性质．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】C
【分析】图1：根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，继而得出∠2+∠4的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠M的度数；图2：利用三角形的外角性质并结合∠1＝∠2，∠3＝∠4，得出2∠4＝2∠2+∠A及∠N+∠2＝∠4，即可求出∠N的度数；图3：利用三角形外角的性质并结合∠1＝∠2，∠3＝∠4，得出∠2+∠3的度数，根据三角形内角和定理即可求出∠P的度数，即可求出结论．
【解答】解：图1：
∵在△ABC中，∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°，
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴，，
∴，
∴∠M＝180°﹣（∠2+∠4）＝180°﹣60°＝120°；
图2：
∵∠ACD是△ABC的外角，∠A＝60°，
∴∠ACD＝∠A+∠ABC，
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴2∠4＝2∠2+∠A，
∵∠NCD是△NBC的外角，
∴∠4＝∠NCD＝∠N+∠2，
∴；
图3：
∵∠DBC是△ABC的外角，∠ECB是△ABC的外角，∠A＝60°，
∴∠DBC＝∠A+∠ACB，∠ECB＝∠A+∠ABC，
∴∠DBC+∠ECB＝∠A+∠ACB+∠A+∠ABC
＝∠A+（∠ACB+∠A+∠ABC）
＝60°+180°
＝240°，
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴，，
∴，
∴∠P＝180°﹣（∠2+∠3）＝180°﹣120°＝60°，
∴∠M+∠N+∠P＝120°+30°+60°＝210°．
故选：C．
【点评】本题考查三角形内角和定理以及三角形的外角性质，利用三角形内角和定理及三角形的外角性质求出∠M，∠N，∠P的度数是解题的关键．
9．（3分）（2023秋 乌鲁木齐期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，E在AC上且DE＝BD．若S△ABD＝10，S△ADE＝6，求S△CDE＝（　　）
A．8 B．5 C．3 D．2
【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；图形的全等；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，由角平分线的性质得DC＝DF，再证Rt△ACD≌Rt△AFD（HL），则S△ACD＝S△AFD，同理Rt△CDE≌Rt△FDB（HL），得S△CDE＝S△FDB，然后由三角形面积关系即可得出结论．
【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于点F，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，
∴DC＝DF，
在Rt△ACD和Rt△AFD中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AFD（HL），
∴S△ACD＝S△AFD，
在Rt△CDE和Rt△FDB中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△FDB（HL），
∴S△CDE＝S△FDB，
∴S△ABD＝S△AFD+S△FDB＝S△ACD+S△CDE＝S△ADE+S△CDE+S△CDE，
即10＝6+2S△CDE，
∴S△CDE＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．
10．（3分）（2019秋 郧阳区期中）如图，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，点O是AB的中点，且AB，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处旋转，并始终保持两边分别与AC、BC相交，交点为D、E，则CD+CE＝（　　）
A．4 B．2 C．8 D．4
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【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；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OC构建全等三角形，证明△ODC≌△OEB，得DC＝BE；把CD+CE转化到同一条线段上，即求BC的长；通过等腰直角△ABC中斜边AB的长就可以求出BC＝4，则CD+CE＝BC＝4．
【解答】解：连接OC，
在Rt△ABC中，AC＝BC，AB＝4，AC2+BC2＝AB2，
∴2BC2＝（4）2，∠B＝45°，
∴BC＝4，
∵点O是AB的中点，
∴OCAB＝OB，OC⊥AB，∠ACO＝45°，
∴∠COB＝90°，
∵∠DOC+∠COE＝90°，∠COE+∠EOB＝90°，
∴∠DOC＝∠EOB，∠ACO＝∠B，
∴△ODC≌△OEB（ASA），
∴DC＝BE，
∴CD+CE＝BE+CE＝BC＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形和等腰直角三角形的性质和判定，对于求线段的和或差时，想办法把线段利用相等关系放到同一条线段中去，再计算和或差；本题是利用三角形全等将CD转化为BE，使问题得以解决．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024春 青秀区校级期末）第四套人民币一角硬币，又叫“菊花一角硬币”，如图所示，仔细观察我们会发现，该硬币为外圆内正九边形边缘异形币，请同学们根据所学的知识，计算该正九边形的内角和为 　1260°　 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】1260°．
【分析】根据多边形内角和的计算方法进行计算即可．
【解答】解：正九边形的内角和为（9﹣2）×180°＝1260°．
故答案为：1260°．
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和的计算方法是正确解答的关键．
12．（3分）（2025春 清流县期中）在等腰△ABC中，顶角∠A＝130°，则底角的度数为 　25　 °．
【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】25．
【分析】根据等腰三角形性质得∠B＝∠C，再根据∠B+∠C+∠A＝180°及∠A＝130°得∠B＝25°，由此即可得出答案．
【解答】解：在等腰△ABC中，顶角∠A＝130°，
∴∠B＝∠C，
又∴∠B+∠C+∠A＝180°，
∴2∠B+130°＝180°，
∴∠B＝25°，
∴等腰△ABC底角的度数为25°．
故答案为：25．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．
13．（3分）（2024秋 龙岗区校级月考）如图，已知线段AB＝6，分别以点A，B为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交AB于点D，在直线EF上取一点C使CD＝AB，连接AC、BC，点G为AC的中点，连接DG，则△ADG的周长是　33　 ．
【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．
【专题】尺规作图；几何直观；推理能力．
【答案】．
【分析】利用基本作图得到CD垂直平分AB，则根据线段垂直平分线的性质得到CA＝CB，AD＝BD＝3，CD⊥AB，再利用勾股定理计算出，接着根据斜边上的中线性质得到DG＝AG＝CG，然后利用等线段代换得到△ADG的周长＝AD+AC．
【解答】解：由题意知CD垂直平分AB，
则，
∵CD＝AB＝6，
∴AC3，
∵点G为AC的中点，
∴DG＝AG＝CG，
∴△ADG的周长．
故答案为：．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，线段垂直平分线的性质和直角三角形斜边上的中线性质．
14．（3分）（2025春 船营区校级期末）如图，△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，∠A＝70°，则∠BEC＝　125°　 ．
【考点】三角形内角和定理；角平分线的定义．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】125°．
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝110°，再根据角平分线的定义求出∠EBC+∠ECB55°，最后在△EBC中根据三角形内角和定理即可求出∠BEC的度数．
【解答】解：∵△ABC中，∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣70°＝110°，
∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠EBC，∠ECB，
∴∠EBC+∠ECB（∠ABC+∠ACB）＝55°，
在△EBC中，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°﹣55°＝125°，
故答案为：125°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
15．（3分）（2025春 历下区期中）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，AB＝2，BC＝4，△ABE的面积是3，则△ABC的面积为 　12　 ．
【考点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【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】12．
【分析】延长AE交BC于点F，利用三线合一得到AB＝BF＝2，利用中线均分面积即可得到△ABC的面积．
【解答】解：如图，延长AE交BC于点F，
∵BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，
∴AB＝BF＝2，
∴CF＝4﹣2＝2，
∴F是BC的中点，
∵△ABE的面积是3，
∴△ABF的面积为6，
∴△ABC的面积为12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了角平分线的定义及等腰三角形的判定及性质，熟练掌握以上知识点是关键．
16．（3分）（2022春 胶州市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D是边BC的中点，直线MN是AB的垂直平分线，点E是MN上的一个动点，则△BDE周长的最小值是 　14　 ．
【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；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】14．
【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据勾股定理求出AD的长，再根据MN是线段AB的垂直平分线可知，点B关于直线NM的对称点为点A，故AD的长为BE+ED的最小值，由此即可得出结论．
【解答】解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴BD＝CD＝6，AD⊥BC，
∵AB＝AC＝10，
∴AD＝8，
∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴点B关于直线MN的对称点为点A，
∴AD的长为BE+ED的最小值，
∴△BDE的周长最短＝（BE+ED）最小+BD＝ADBC＝812＝8+6＝14．
故答案为14．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）一个等腰三角形的三边长分别为7，2x+3，3x﹣2．这样的三角形有几个？它们的边长分别是多少？
【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】这样的三角形有3个，它们的边长分别是7，7，4；7，7，9；13，13，7．
【分析】分三种情况，由等腰三角形的两边相等，即可求解．
【解答】解：若7＝2x+3，
∴x＝2，
∴3x﹣2＝4，
∴等腰三角形的边长为7，7，4；
若7＝3x﹣2，
∴x＝3，
∴2x+3＝9，
∴等腰三角形的边长为7，7，9；
若2x+3＝3x﹣2，
∴x＝5，
∴2x+3＝3x﹣2＝13，
∴等腰三角形的边长为13，13，7；
上述情况的三组数据都满足三角形三边关系定理，
∴这样的三角形有3个，它们的边长分别是7，7，4；7，7，9；13，13，7．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形三边关系定理，关键是要分情况讨论．
18．（8分）（2025春 历城区校级月考）如图，AB＝CD，AF＝CE，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AB∥CD．
【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】根据等式的性质得出AE＝CF，进而利用HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF得∠A＝∠C，根据平行线的判定即可解决问题．
【解答】证明：∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
∴AE＝CF，
在Rt△ABE与Rt△CDF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），
∴∠A＝∠C，
∴AB∥CD．
【点评】此题考查全等三角形的判定，关键是利用HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF解答．
19．（8分）（2022秋 陇西县校级月考）如图，△ABC≌△A′B′C′，AD、A′D′分别是△ABC和△A′B′C′的角平分线．
（1）求证：AD＝A′D′；
（2）把第（1）小题中的结论用文字叙述出来：　全等三角形对应角的角平分线相等　 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的定义．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）全等三角形对应角的角平分线相等．
【分析】（1）先由△ABC≌△A′B′C′得出对应的∠BAC＝∠B′A′C′，再根据角平分线的定义可得出∠BAD＝∠B′A′D′，再全等三角形的对应边与角相等AB＝A′B′，∠B＝∠B′，可证△ABD≌△A′B′C′，于是可得AD＝A′D′．
（2）根据条件：“全等三角形、对应角的平分线”，结论是：“相等”，描述即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC≌△A′B′C′，
∴AB＝A′B′，∠B＝∠B′，∠BAC＝∠B′A′C′，
∵AD、A′D′分别是△ABC和△A′B′C′的角平分线，
∴，
又AB＝A′B′，∠B＝∠B′
∴△ABD≌△A′B′C′（ASA），
所以AD＝A′D′；
（2）解：根据（1）的推导过程可以描述为：全等三角形对应角的角平分线相等，
故答案为：全等三角形对应角的角平分线相等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质与角平分线的定义，解题的关键是熟知全等三角形的判定和性质．
20．（8分）（2022秋 青秀区校级月考）如图，已知∠1＝∠B，BE＝CD，BF＝CA．
（1）求证：∠D＝∠2；
（2）若EF∥AC，AC平分∠BCD，求证：AD＝CD．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解答；
（2）见解答．
【分析】（1）根据SAS证明△BEF≌△CDA即可得出结论；
（2）由（1）可得∠EFB＝∠CAD，因为EF∥AC，则∠EFB＝∠BCA，所以∠BCA＝∠DAC，又因为AC平分∠BCD，所以∠1＝∠ACB，所以∠1＝∠DAC，则AD＝CD．
【解答】证明：（1）在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠D＝∠2；
（2）由（1）可得∠EFB＝∠CAD，
∵EF∥AC，
∴∠EFB＝∠BCA，
∴∠BCA＝∠DAC，
又∵AC平分∠BCD
∴∠1＝∠ACB
∴∠1＝∠DAC，
∴AD＝CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21．（8分）（2024秋 黄陂区期末）在如图所示7×6的小正方形网格中，每个小正方形的顶点叫格点，请仅用无刻度直尺在给定网格中画出下列图形，并保留作图痕迹．
（1）如图1，在格点上画点D，使AD∥BC，再在直线AD上找点P，使∠CBP＝45°；
（2）如图2，先画△ABC的高AE，再作点E关于AB的对称点G．
【考点】作图﹣轴对称变换；平行线的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）见解答．
（2）见解答．
【分析】（1）根据平行线的判定与性质画出直线AD即可；取格点Q，使CQ＝BC且CQ⊥BC，连接BQ，交直线AD于点P，则点P即为所求．
（2）根据三角形的高的定义画出AE即可；取格点M关于AB的对称点N，取点C关于AB的对称点K，连接AN，BK，相交于点G，则点G即为所求．
【解答】解：（1）如图1，直线AD即为所求．
取格点Q，使CQ＝BC且CQ⊥BC，连接BQ，交直线AD于点P，
则点P即为所求．
（2）如图2，AE即为所求．
取格点M关于AB的对称点N，取点C关于AB的对称点K，连接AN，BK，相交于点G，
则点G即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、平行线的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（10分）（2024秋 海门区校级期中）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线．
（1）请按下列要求补全图形：
①在AD的延长线上找一点E，使∠CBE＝∠ACB；
②作AF⊥BE，垂足为F．
（2）若△ABC是等边三角形，请写出BF与BE的数量关系，并证明你的结论．
【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）①作图见解答过程；
②作图见解答过程；
（2）BE＝2BF．
【分析】（1）①根据题意BE∥AC即可．
②根据题意作图即可．
（2）根据△ABC是等边三角形，AD是△ABC的角平分线，得出∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，AD⊥BC，∠BAD＝∠DAC＝30°，证明∠BAE＝∠E＝30°，∠ABF＝60°，得出AB＝BE，AB＝2BF，即可证明．
【解答】解：（1）①根据题意作∠CBE＝∠ACB，如图1即为所求；
②延长BE，作AF⊥BE，如图1即为所求；
（2）BE＝2BF；
证明：∵△ABC是等边三角形，AD是△ABC的角平分线，如图2，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，AD⊥BC，∠BAD＝∠DAC＝30°，
∵∠CBE＝∠ACB，
∴∠CBE＝∠ACB＝60°，
∴∠ABE＝120°，
∴∠BAE＝∠E＝30°，∠ABF＝60°，
∴AB＝BE，
∵AF⊥BE，
∴∠BAF＝30°，
∴AB＝2BF，
∴BE＝2BF．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握等边三角形的性质．
23．（10分）（2024秋 仓山区校级期末）定义：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的内半角．如图①所示，若，则∠COD是∠AOB的内半角．
（1）如图①所示，已知∠AOB＝70°，∠AOC＝15°，∠COD是∠AOB的内半角，则∠BOD＝　20°　 ．
（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，当旋转的角度α为何值时，∠COB是∠AOD的内半角？
（3）已知∠AOB＝30°，把一块含有30°角的三角板如图③叠放，记为初始位置，将三角板绕顶点O以3°/秒的速度按顺时针方向旋转，如图④，问：在旋转一周的过程中，且射线OD始终在∠AOB的外部，射线OA，OB，OC，OD能否构成内半角？若能，请直接写出旋转的时间；若不能，请说明理由．
【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）20°；
（2）当旋转的角度α为20°时，∠COB是∠AOD的内半角，理由见解析；
（3）在旋转一周的过程中，射线OA，OB，OC，OD能构成内半角；旋转时间为秒；30秒；90秒．
【分析】（1）由内半角的定义得，再由∠BOD＝∠AOB﹣∠AOC﹣∠COD即可求解；
（2）由旋转得：∠AOC＝∠BOD＝α，由角的和差得∠BOC＝60﹣α，∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝63°+α，再由内半角的定义得，即可求解；
（3）分三种情况讨论，利用内半角的含义，建立一元一次方程，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠AOB＝70°，∠COD是∠AOB的内半角，
∴，
∵∠AOC＝15°，
∴∠BOD＝∠AOB﹣∠AOC﹣∠COD，
＝70°﹣15°﹣35°
＝20°；
故答案为：20°；
（2）已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，
∴∠AOC＝∠BOD＝α，
∴∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，
∵∠AOB＝60°
∴∠BOC＝60﹣α，
∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝63°+α，
∵∠COB是∠AOD的内半角，
∴，
∴，
解得：α＝20°，
故当旋转的角度α为20°时，∠COB是∠AOD的内半角；
（3）在旋转一周的过程中，射线OA，OB，OC，OD能构成内半角；旋转时间为秒；30秒；90秒；理由如下；
设按顺时针方向旋转一个角度α，旋转的时间为t，
如图③：∵∠BOC是∠AOD的内半角，∠AOC＝∠BOD＝α，
∴∠AOD＝30°+α，
∴，
解得：α＝90°，
∴；
如图④，∵∠BOC是∠AOD的内半角，∠AOC＝∠BOD＝α，
∴∠AOD＝30°+α，
∴，
解得：α＝90°，
∴，
如图⑤，∠AOD是∠BOC的内半角，∠AOC＝∠BOD＝（360﹣α）°，
∴∠BOC＝360°+30°﹣α，
∴，
解得：α＝270°，
∴，
故在旋转一周的过程中，射线OA，OB，OC，OD能构成内半角；旋转时间为秒；30秒；90秒．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了新定义，旋转的性质，角的和差，一元一次方程的应用，理解新定义，能根据旋转的过程确定时间范围，进行分类讨论是解题的关键．
24．（12分）（2025 天津模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是直角三角形，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，A（4，0），点B在y轴正半轴，等边△OCD的顶点D（﹣5，0），点C在第二象限，过点C作x轴平行线交AB于点E，交y轴于点F．
（Ⅰ）如图①，求点C的坐标；
（Ⅱ）将△OCD沿x轴向右平移，得到△O'C'D'，点O，C，D的对应点分别为O′C′，D'．设OO'＝t，△O'C'D'与△OAB重叠部分的面积为S．
①如图②，点D'与点A重合时停止运动．△O'C'D'与△OAB重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）①（4＜t＜5）；理由见解答过程；
②；理由见解答过程．
【分析】（Ⅰ）根据等边三角形得到OD＝CD＝OC＝5，∠COD＝60°，结合CE∥AD得到∠CFO＝∠AOB＝90°，根据三角函数求出OF，CF，即可得到答案；
（2）①当时，过C'作C'N⊥O'D'，根据由平移知，△O′C′D′是等边三角形，得∠C'D'O'＝60°，O'D'＝OD＝5，在 Rt△OD'M中，根据求出OM，即可得到S△O'C'D'，再求出S△OD'M即可得到答案；当4＜t＜5时，过G作GH⊥O'D'，求出S△GD'A、S△OD'M即可得到答案；②根据二次函数的性质进行求解即可得到答案．
【解答】解：（Ⅰ）由点D（﹣5，0），得OD＝5，
∵△OCD是等边三角形，
∴OD＝CD＝OC＝5，∠COD＝60°，
∵∠BOD＝90°，
∴∠COF＝90°﹣∠COD＝30°，
∵CE∥AD，
∴∠CFO＝∠AOB＝90°，
在 Rt△CFO中，，，
∴，，
∴；
（Ⅱ）①（4＜t＜5）；理由如下：
如图②，当时，过C'作C'N⊥O'D'，
∵将△OCD沿x轴向右平移，得到△O'C'D'，
∴△O′C′D′是等边三角形，得∠C'D'O'＝60°，O'D'＝OD＝5，
∴OD'＝O'D'﹣OO'＝5﹣t，
在 Rt△OD'M中，，
∴，
∴，
∵C'E∥AD，C'N⊥O'D'，FO⊥O'D'，
∴，
∴，
∴，
即．其中t的取值范围是；
如图③，当4＜t＜5时，过G作GH⊥O'D'，
由点A（4，0），得OA＝4，
∴AD'＝OD'+OA＝5﹣t+4＝9﹣t．
∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，
∴∠BAO＝60°，
∴∠D'GA＝180°﹣∠GD'O﹣∠BAO＝60°，
∴△GD'A是等边三角形，
∴D'A＝GD'＝GA＝9﹣t，
在 Rt△GHD'中，，
∴，
∴，
∴，
即（4＜t＜5）；
②S的取值范围为．理由如下：
如图④，当时，
∵△O′C′D′是等边三角形，
∴，
此时，
此时当时最小，，
当时最大，；
当时，
∴当t＝4时取最大，，当时最小，，
当4＜t＜5时，，
∴当t＝4时最大，，当t＝5最小，，
当5＜t≤7时，如图⑤，
，
同理可得HD'＝AD'＝4+5﹣t＝9﹣t，，
∴，
∴，
∴当t＝7时最小，，当t＝5时最大，，
综上所述：S的取值范围为．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是根据题意找到动点面积变化的节点分类讨论，再根据二次函数的性质直接求解．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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