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湖南省长沙市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）（2022秋 高安市期中）中国的剪纸蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了人民群众的社会认知、道德观念、生活理想和审美情趣，实验学校的学生利用活动课学习剪纸，以下学生剪纸作品中，属于轴对称图形是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）（2024春 南岗区校级月考）在下列长度的四根木棒中，能与3cm、7cm长的两根木棒钉成一个三角形的是（　　）
A．3cm B．4cm C．9cm D．12cm
3．（3分）（2024秋 旌阳区校级月考）下列事例应用了三角形稳定性的有（　　）
①人们通常会在栅栏门上斜着钉上一根木条；
②新植的树木，常用一些粗木与之成角度的支撑起来防止倒斜；
③四边形模具；
④桥梁使用的三角架建筑结构．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（3分）（2025 涟水县二模）下列计算正确的是（　　）
A．a3×a2＝a6 B．x4÷x4＝1 C．a3+a3＝a6 D．（x2）4＝x6
5．（3分）（2024春 福州期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等判定方法是（　　）
A．SSS B．SAS C．ASA D．SSA
6．（3分）（2024春 江西校级月考）如图，AB∥EF，∠C＝90°，若∠α＝30°，∠γ＝40°，则∠β＝（　　）
A．90° B．100° C．110° D．120°
7．（3分）（2025春 包河区校级期中）多边形的内角和可能为（　　）
A．170° B．540° C．1070° D．1200°
8．（3分）（2024秋 兰山区校级月考）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为30，BD＝5，则△BDE中BD边上的高是（　　）
A．3 B．6 C．12 D．1.5
9．（3分）（2025 江阳区校级模拟）如图，在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝30°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠BAD的度数为（　　）
A．70° B．60° C．50° D．40°
10．（3分）（2024秋 河北区校级期末）如图，AD、CF分别是△ABC的高和角平分线，AD与CF相交于G，AE平分∠CAD交BC于E，交CF于M，连接BM交AD于H，且BM⊥AE．有下列结论：①∠CMA＝120°；②△ABC是等边三角形；③BC＝BH+2MH；④其中，正确的结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋 商南县期中）在平面直角坐标系中，若点P（3，a）和点Q（b，﹣2）关于y轴对称，则a+b的值为 　 　 ．
12．（3分）（2024 郧阳区校级开学）已知三角形的三边长分别为2、x、10，若x为正整数，则这样的三角形个数为 　 　 ．
13．（3分）（2024春 镇平县月考）已知一个等腰三角形的两条边长分别为2和8，则此等腰三角形的周长为 　 　 ．
14．（3分）（2022秋 渠县校级月考）如图，AD是△ABC的外角∠CAE的角平分线，若AD∥BC，∠B＝70°，则∠BAC的度数是 　 　 ．
15．（3分）（2024春 九江期末）如图，AB⊥BC，BP平分∠ABC，∠PED＝55°，∠DEF＝60°，将∠DEF以每秒10°的速度绕着点E顺时针旋转，旋转到ED边落到射线EB上停止，若∠DEF的边与AB或BC平行时，则旋转的时间可以是 　 　 秒．
16．（3分）（2023 西安校级开学）如图，∠A＝∠C＝90°，且AB＝AC＝4，D，E分别为射线AC和射线CF上两动点，且AD＝CE，则（BD+BE）2的最小值为 　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．（8分）（2024秋 南岗区校级月考）（1）计算：x2 x4+（x3）2；
（2）计算：（a3）3 （a4）3．
18．（8分）（2022秋 汉川市期中）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多30°．
（1）求这个多边形是几边形？并求出这个多边形的内角和．
（2）求这个多边形的对角线的条数．
19．（8分）（2023秋 洞头区校级月考）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，在图中画出符合下列条件的一个图形．
（1）在图1中间一个与△ABC全等且有一条公共边BC的格点三角形；
（2）在图2中画一个以DE为腰长的等腰△DEF，使它的顶点都在格点上．
20．（8分）如图，在多边形ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF＝BC，∠CBF＝2∠DBE，∠ABF＝∠CBD．
（1）求证：AB＝DB；
（2）若DE＝4，BF＝3，求△BDE的面积．
21．（8分）（2024秋 市中区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′，其中点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′；
（2）请直接写出点A′B的长度为 　 　 ；
（3）求△ABC的面积．
22．（8分）（2025春 鼓楼区校级期末）如图，点E在∠BAC的平分线上，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥CD于点G，且EF＝EG．
（1）求证：CE是∠ACD的平分线；
（2）求证：AC＝AF+CG．
23．（8分）（2022秋 涟源市月考）如图，一条船上午8时从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北方向航行，上午10时到达海岛B处，分别从A，B处望灯塔C，测得∠NAC＝30°，∠NBC＝60°．
（1）求海岛B到灯塔C的距离；
（2）若这条船到达海岛B处后，继续向正北方向航行，问小船航行到什么位置时，小船与灯塔C的距离最短？请作出图示并请说明理由．
24．（8分）（2022秋 青川县期末）如图，△ABC中，ABBC，点D为AB的中点，且CD⊥AB．点P在线段BC上以acm/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以bcm/秒的速度由C点向A点运动，连结PD，DQ．
（1）求证：∠A＝∠B；
（2）在点P、Q运动过程中，当△PBD≌△DAQ时，求的值；
（3）设△ADQ的面积为S1，△BPD的面积为S2，在点P、Q运动过程中，当点C、D关于直线PQ对称时，求的值．
25．（8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．
湖南省长沙市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）（2022秋 高安市期中）中国的剪纸蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了人民群众的社会认知、道德观念、生活理想和审美情趣，实验学校的学生利用活动课学习剪纸，以下学生剪纸作品中，属于轴对称图形是（　　）
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】D
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．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．
【解答】解：选项A，B，C都不能找到这样的一条直线，使这些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；
选项D能找到这样的一条直线，使这个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：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，判断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 南岗区校级月考）在下列长度的四根木棒中，能与3cm、7cm长的两根木棒钉成一个三角形的是（　　）
A．3cm B．4cm C．9cm D．12cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系解答即可．
【解答】解：设钉成一个三角形的第三边长为x cm，
∵三角形的两边为3cm、7cm，
∴第三边长的取值范围为7﹣3＜x＜7+3，即4＜x＜10，
只有C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟知三角形两边之和大于第三边；三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
3．（3分）（2024秋 旌阳区校级月考）下列事例应用了三角形稳定性的有（　　）
①人们通常会在栅栏门上斜着钉上一根木条；
②新植的树木，常用一些粗木与之成角度的支撑起来防止倒斜；
③四边形模具；
④桥梁使用的三角架建筑结构．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】三角形的稳定性．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】只要三角形的三边确定，则三角形的大小唯一确定，即三角形的稳定性．
【解答】解：①利用了三角形的稳定性，符合题意；
②利用了三角形的稳定性，符合题意；
③四边形不稳定，故没有应用三角形的稳定性，不符合题意；
④利用了三角形的稳定性，符合题意；
故应用三角形稳定性的有3个，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的特性：稳定性，熟练掌握该知识点是关键．
4．（3分）（2025 涟水县二模）下列计算正确的是（　　）
A．a3×a2＝a6 B．x4÷x4＝1 C．a3+a3＝a6 D．（x2）4＝x6
【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】B
【分析】A、根据同底数幂乘法的运算法则判断即可；
B、根据同底数幂除法的运算法则判断即可；
C、根据合并同类项法则计算判断即可；
D、根据积的乘方与幂的乘方的运算法则判断即可．
【解答】解：A、原式＝a5，不合题意；
B、原式＝1，符合题意；
C、原式＝2a3，不合题意；
D、原式＝x8，不合题意；
故选：B．
【点评】此题考查的是同底数幂乘法、除法的运算、合并同类项法则、积的乘方与幂的乘方的运算，掌握其运算法则是解决此题的关键．
5．（3分）（2024春 福州期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等判定方法是（　　）
A．SSS B．SAS C．ASA D．SSA
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】A
【分析】已知两三角形三边分别相等，可考虑SSS证明三角形全等，从而证明角相等．
【解答】解：做法中用到的三角形全等的判定方法是SSS．
证明如下：
由题意得，PN＝PM，
在△ONP和△OMP中，
，
∴△ONP≌△OMP（SSS），
∴∠NOP＝∠MOP，
∴OP为∠AOB的平分线．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形在实际生活中的应用．对于难以确定角平分线的情况，利用全等三角形中对应角相等，从而轻松确定角平分线．
6．（3分）（2024春 江西校级月考）如图，AB∥EF，∠C＝90°，若∠α＝30°，∠γ＝40°，则∠β＝（　　）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【考点】平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】B
【分析】首先构造辅助线，再利用三角形的外角的性质以及平行线的性质建立角之间的关系即可得解，解题的关键是通过作辅助线，构造了三角形以及由平行线构成的内错角．
【解答】解：如图，延长DC交AB于点G，延长CD交EF于点H，
在Rt△MGC中，∠1＝90°﹣α，
在△NHD中，∠2＝β γ，
∵AB∥EF，
∴∠1＝∠2，
∴90°﹣α＝β﹣γ，
∵∠α＝30°，∠γ＝40°
∴90°﹣30°＝β﹣40°，
∴∠β＝100°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，关键是平行线性质定理的应用．
7．（3分）（2025春 包河区校级期中）多边形的内角和可能为（　　）
A．170° B．540° C．1070° D．1200°
【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】B
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2） 180°（n≥3且n是整数），所以多边形的内角能被180°整除，由此即可求出答案．
【解答】解：∵多边形的内角公式为（n﹣2） 180°（n≥3且n是整数），
∴多边形的内角能被180整除，
∵在这四个选项中只有540°是180°的整数倍，
∴选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，牢记定理是解答本题的关键，难度不大．
8．（3分）（2024秋 兰山区校级月考）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为30，BD＝5，则△BDE中BD边上的高是（　　）
A．3 B．6 C．12 D．1.5
【考点】三角形的角平分线、中线和高．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】A
【分析】利用三角形中线性质和同底等高面积相等，有，过点E作EF⊥BC，利用面积公式即可求得答案．
【解答】解：过点E作EF⊥BC交BC于点F，如图，
由题意可知：，，
∴，
∵△ABC的面积为30，BD＝5，
∴，
解得EF＝3，
故△BDE中BD边上的高为3．
故选：A．
【点评】本题主要考查三角形中线的性质，关键是三角形中线性质定理的应用．
9．（3分）（2025 江阳区校级模拟）如图，在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝30°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠BAD的度数为（　　）
A．70° B．60° C．50° D．40°
【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．
【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】C
【分析】先由三角形内角和为180度求出∠BAC＝80°，由作图方法可知MN垂直平分AC，则AD＝CD，可得∠DAC＝∠C＝30°，则∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝50°．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝70°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠C﹣∠B＝80°，
由作图方法可知MN垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∴∠DAC＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝50°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了作图﹣基本作图，三角形内角和定理，等边对等角，线段垂直平分线的性质和尺规作图，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
10．（3分）（2024秋 河北区校级期末）如图，AD、CF分别是△ABC的高和角平分线，AD与CF相交于G，AE平分∠CAD交BC于E，交CF于M，连接BM交AD于H，且BM⊥AE．有下列结论：①∠CMA＝120°；②△ABC是等边三角形；③BC＝BH+2MH；④其中，正确的结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；角平分线的定义；三角形内角和定理．
【专题】图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】根据AD是△ABC的高，∠DAC+∠DCA＝90°，结合CF是△ABC的角平分线，AE平分∠CAD，得到∠MAC+∠MCA∠DAC∠DCA＝45°，即可得到∠AMC＝135°，判断①；证明△CMA≌△CMB（AAS），判断②；延长BM交AC于点N，证明△AMH≌△AMN（ASA），得到BH+2MH＝BH+MH+MN＝BN判定③；证明△AMH≌△BME（ASA），根据全等三角形的性质，结合中线平分面积判断④即可．
【解答】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠DCA＝90°，
∵CF是△ABC的角平分线，AE平分∠CAD，
∴∠MAC∠DAC，∠MCA∠DCA，
∴∠MAC+∠MCA∠DAC∠DCA＝45°，
∴∠AMC＝180°﹣（∠MAC+∠MCA）＝135°，
故①错误；
∵AD是△ABC的高，BM⊥AE，
∴∠ADC＝∠AMB＝90°，
∵∠AHM＝∠BHD，
∴∠CBM＝∠HAM，
∵AE平分∠CAD，CF是△ABC的角平分线，
∴∠CAM＝∠HAM，∠ACM＝∠BCM，
∴∠CAM＝∠CBM，
又∵CM＝CM，
在△CMA和△CMB中，
，
∴△CMA≌△CMB（AAS），
∴MA＝MB，AC＝BC，
∴△ABC为等腰三角形，
条件不足，无法得到△ABC为等边三角形，
故②错误；
延长BM交AC于点N，如图，
在△AMH和△AMN中，
，
∴△AMH≌△AMN（ASA），
∴MH＝MN，
∴BH+2MH＝BH+MH+MN＝BN，
∵∠BNC＝90°+∠MAN，
∴∠BNC＞∠BCN，
∴BC＞BN，
∴BM+MH＝BM+MN＝BN＜BC，
故③错误；
在△AMH和△BME中，
，
∴△AMH≌△BME（ASA），
∴S△AMH＝S△BME，
∵AC＝BC，CF平分∠ACB，
∴F为AB的中点，
∴S△BCFS△ABC，S△AMF＝S△BMF，
∴S△AHM+S△AFM+S△CEM＝S△BEM+S△FMB+S△CEM＝S△BCFS△ABC，
故④正确；
故选：A．
【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形内角和定理的应用，角的平分线的定义，同一三角形中，大角对大边，直角三角形的特征量，熟练掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形的特征量，三角形内角和定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋 商南县期中）在平面直角坐标系中，若点P（3，a）和点Q（b，﹣2）关于y轴对称，则a+b的值为 　﹣5　 ．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；符号意识．
【答案】﹣5．
【分析】根据关于y轴对称的点的坐标特点解答即可．
【解答】解：由点P（3，a）和点Q（b，﹣2）关于y轴对称，可得：a＝﹣2，b＝﹣3，
∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】本题主要考查的是关于y轴对称的点的坐标特点，熟知关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变是解题的关键．
12．（3分）（2024 郧阳区校级开学）已知三角形的三边长分别为2、x、10，若x为正整数，则这样的三角形个数为 　3　 ．
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】3．
【分析】三角形两边之和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，由此得到8＜x＜12，得到x的值是9、10、11，即可得到答案．
【解答】解：由三角形三边关系定理得到：10﹣2＜x＜10+2，
∴8＜x＜12，
∵x为正整数，
∴x的值是9、10、11，
∴这样的三角形个数为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查三角形三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理．
13．（3分）（2024春 镇平县月考）已知一个等腰三角形的两条边长分别为2和8，则此等腰三角形的周长为 　18　 ．
【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】18．
【分析】将8和2分别作为腰分类讨论，然后根据三角形三边关系判定是否构成三角形即可得到答案．
【解答】解：当8为腰时，三边为：8，8，2，根据三角形三边关系8+2＞8，可以构成三角形，则周长为8+8+2＝18，
当2为腰时，三边为：8，2，2，故不能构成三角形．
∴等腰三角形的周长为8+8+2＝18，
故答案为：18．
【点评】本题考查了等腰三角形的定义和三角形三边关系，熟练掌握等腰三角形的定义及三边关系是解题的关键V
14．（3分）（2022秋 渠县校级月考）如图，AD是△ABC的外角∠CAE的角平分线，若AD∥BC，∠B＝70°，则∠BAC的度数是 　40°　 ．
【考点】三角形的外角性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】40°．
【分析】根据平行线的性质得出∠EAD＝∠B＝70°，根据角平分线定义得出∠EAD＝∠DAC＝70°，求出∠C即可求出∠BAC．
【解答】解：∵AD∥BC，∠B＝70°，
∴∠EAD＝∠B＝70°，
∵AD是∠CAE的角平分线，
∴∠EAD＝∠DAC＝70°，
∴∠C＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能求出∠B的度数是解此题的关键．
15．（3分）（2024春 九江期末）如图，AB⊥BC，BP平分∠ABC，∠PED＝55°，∠DEF＝60°，将∠DEF以每秒10°的速度绕着点E顺时针旋转，旋转到ED边落到射线EB上停止，若∠DEF的边与AB或BC平行时，则旋转的时间可以是 　2或8或11　 秒．
【考点】平行线的性质．
【专题】分类讨论；线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【答案】2或8或11
【分析】根据题意，可分DE∥BC，EF∥AB，DE∥AB，EF∥BC四种情况讨论，再利用平行线的性质说明DE∥BC不可能存在，将剩余三种情况分别画出对应图形，结合图形即可求解．
【解答】解：∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBP＝45°，
∵∠PED＝55°，DEF＝60°，
∴∠BED＝125°，∠BEF＝65°，
若DE∥BC，则∠BED＝135°，
而∠DEF以每秒10°的速度绕着点E顺时针旋转，旋转到ED边落到射线EB上停止，显然在旋转过程中∠BED越来越小，
∴DE不可能平行BC．
当EF1∥AB时，如图，EF1 交BF于点G，
则∠BGE＝90°，
∴∠BEG＝45°，
∴旋转的角度为∠FEF1＝∠BEF﹣∠BEG＝65°﹣45°＝20°，
∴旋转的时间为2（秒）；
当D2E∥AB时，如图，D2E交BC于点H，
则∠BHE＝90°
∴∠BEH＝45°，
∠D2EF＝∠BEF﹣∠BEH＝20°，
∴旋转的角度为∠DED2＝∠DEF+∠D2EF＝20°+60°＝80°，
∴旋转的时间为8（秒）；
当EF3∥BC时，如图，EF3交AB于点M，
则∠BME＝90°，
∴∠BEM＝45°，
∴旋转的角度为∠FEF3＝∠BEF+BEM＝65°+45°＝110°，
∴旋转的时间为11（秒）．
综上，旋转的时间可以是2或8或11秒．
故答案为：2或8或11．
【点评】本题主要考查角平分线的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理、旋转的性质，解题关键是学会利用数形结合和分类讨论思想解决问题．
16．（3分）（2023 西安校级开学）如图，∠A＝∠C＝90°，且AB＝AC＝4，D，E分别为射线AC和射线CF上两动点，且AD＝CE，则（BD+BE）2的最小值为 　80　 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；非负数的性质：偶次方；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力；模型思想；应用意识．
【答案】80．
【分析】利用全等和轴对称，把线段和的平方最小转化成两点间的线段的长的平方即可解决问题．
【解答】解：连结AE，延长AC到A′，使CA′＝CA，连接EA′，BA′，
∵∠FC＝90°，
∴FC是AA′的垂直平分线，
∴AE＝A′E，
在△AEC和△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴BD＝AE，
∴BD+BE＝A′E+BE≥A′B，
即（BD+BE）2的最小值就是A′B2的最小值，
∵AB＝AC＝4，
∴AA′＝8，
在Rt△A′BA中，
由勾股定理，得A′B2＝AB2+AA′2＝42+82＝80．
【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，构建出全等进行线段的转化，以及将军饮马模型是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．（8分）（2024秋 南岗区校级月考）（1）计算：x2 x4+（x3）2；
（2）计算：（a3）3 （a4）3．
【考点】幂的乘方与积的乘方；同底数幂的乘法．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（1）2x6；（2）a21．
【分析】（1）先进行同底数幂的乘法和幂的乘方运算，再合并同类项即可；
（2）先进行幂的乘方的运算，再进行同底数幂的乘法运算即可．
【解答】解：（1）x2 x4+（x3）2
＝x6+x6
＝2x6；
（2）（a3）3 （a4）3
＝a9 a12
＝a21．
【点评】本题考查幂的运算，掌握幂的运算法则是解题的关键．
18．（8分）（2022秋 汉川市期中）已知一个多边形的每一个内角都比它相邻的外角的4倍多30°．
（1）求这个多边形是几边形？并求出这个多边形的内角和．
（2）求这个多边形的对角线的条数．
【考点】多边形内角与外角；多边形的对角线．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）首先外角为x°，则内角为（4x+30）°，根据内角与相邻的外角是互补关系可得x+4x+30＝180，解方程可得x的值，再利用外角和360°÷外角的度数可得边数；
（2）利用公式解答即可．
【解答】解：（1）设外角为x°，
由题意得：x+4x+30＝180，
解得：x＝30，
360°÷30°＝12，
∴（12﹣2）×180＝1800°，
∴这个多边形的内角和是1800°，是十二边形；
（2）n＝12时，
对角线的条数为：54．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，此题要结合多边形的内角和公式寻求等量关系，构建方程求解即可．
19．（8分）（2023秋 洞头区校级月考）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，在图中画出符合下列条件的一个图形．
（1）在图1中间一个与△ABC全等且有一条公共边BC的格点三角形；
（2）在图2中画一个以DE为腰长的等腰△DEF，使它的顶点都在格点上．
【考点】作图—应用与设计作图；全等三角形的判定与性质．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）利用翻折，轴对称，旋转的方法作出全等三角形即可；
（2）根据等腰三角形的性质作出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，△A′BC即为所求（答案不唯一见图中虚线）；
（2）如图2所示，△DEF即为所求（答案不唯一）．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，全等三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，正确画出图形．
20．（8分）如图，在多边形ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF＝BC，∠CBF＝2∠DBE，∠ABF＝∠CBD．
（1）求证：AB＝DB；
（2）若DE＝4，BF＝3，求△BDE的面积．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；三角形；图形的全等；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）答案见解答过程；
（2）6．
【分析】（1）根据BC⊥CD，BF⊥AE得∠AFB＝∠C＝90°，据此可依据“AAS”判定△BFA和△BCD全等，然后根据全等三角形的性质可得出结论；
（2）先根据∠CBF＝2∠DBE得∠CBD+∠EFB＝∠DBE，再根据∠ABF＝∠CBD可得∠ABE＝∠DBE，结合（1）的结论可依据“SAS”判定△ABE和△DBE全等，根据全等三角形的性质得S△ABE＝S△DBE，AE＝DE＝4，由此可得S△ABEAE BF＝6，进而可得△DBE的面积．
【解答】（1）证明：∵BC⊥CD，BF⊥AE，
∴∠AFB＝∠C＝90°，
在△BFA和△BCD中，
∠AFB＝∠C＝90°，∠ABF＝∠CBD，BF＝BC，
∴△BFA≌△BCD（AAS），
∴AB＝BD，
（2）解：∵∠CBF＝2∠DBE，
∴∠CBD+∠DBF+∠EFB＝2∠DBE，
即∠CBD+∠EFB＝∠DBE，
∵∠ABF＝∠CBD，
∴∠ABF+∠EFB＝∠DBE，
即∠ABE＝∠DBE，
在△ABE和△DBE中，
AB＝BD，∠ABE＝∠DBE，BE＝BE，
∴△ABE≌△DBE（SAS），
∴S△ABE＝S△DBE，AE＝DE，
∵DE＝4，BF＝3，
∴AE＝DE＝4，
∴S△ABEAE BF4×3＝6，
∴S△DBE＝6．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等、对应角相等、面积相等是解决问题的关键．
21．（8分）（2024秋 市中区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′，其中点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′；
（2）请直接写出点A′B的长度为 　　 ；
（3）求△ABC的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【答案】（1）见解答．
（2）．
（3）．
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）利用勾股定理计算即可．
（3）利用割补法求三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求．
（2）由勾股定理得，A'B．
故答案为：．
（3）△ABC的面积为．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积、勾股定理，熟练掌握轴对称的性质、勾股定理是解答本题的关键．
22．（8分）（2025春 鼓楼区校级期末）如图，点E在∠BAC的平分线上，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥CD于点G，且EF＝EG．
（1）求证：CE是∠ACD的平分线；
（2）求证：AC＝AF+CG．
【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；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）过点E作EM⊥AC于点M，根据角平分线性质得EF＝EM＝EG，由此得点E在∠ACD的平分线上，进而即可得出结论；
（2）依据“HL”判定Rt△EAF和Rt△EAM全等得AF＝AM，同理证明Rt△ECG和Rt△EGM全等得CG＝CM，由此即可得出结论．
【解答】证明：（1）过点E作EM⊥AC于点M，如图所示：
∵点E在∠BAC的平分线上，EF⊥AB，
∴EF＝EM，
∵EF＝EG，
∴EM＝EG，
∵EM⊥AC，EG⊥CD，
∴点E在∠ACD的平分线上，
∴CE是∠ACD的平分线；
（2）在Rt△EAF和Rt△EAM中，
，
∴Rt△EAF≌Rt△EAM（HL），
∴AF＝AM，
同理证明：Rt△ECG≌Rt△EGM（HL），
∴CG＝CM，
∴AC＝AM+CM＝AF+CG．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，角平分线的性质是解决问题的关键．
23．（8分）（2022秋 涟源市月考）如图，一条船上午8时从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北方向航行，上午10时到达海岛B处，分别从A，B处望灯塔C，测得∠NAC＝30°，∠NBC＝60°．
（1）求海岛B到灯塔C的距离；
（2）若这条船到达海岛B处后，继续向正北方向航行，问小船航行到什么位置时，小船与灯塔C的距离最短？请作出图示并请说明理由．
【考点】方向角．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】（1）从海岛B到灯塔C的距离为30海里；
（2）详见解析，点到直线的距离，垂线段最短．
【分析】（1）先求出AB＝15×2＝30海里，再证明∠ACB＝∠NAC，即可求解；
（2）根据垂线段最短即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：AB＝15×2＝30（海里）．
∵∠NBC＝60°，∠NAC＝30°，
∴∠ACB＝∠NBC﹣∠NAC＝30°．
∴∠ACB＝∠NAC．
∴AB＝BC＝30（海里）．
∴海岛B到灯塔C的距离为30海里．
（2）如图，过点C作CP⊥AB于点P．
则小船航行到点P时，小船与灯塔C的距离最短．
理由：点到直线的距离，垂线段最短．
【点评】本题考查了方位角问题，涉及到了等角对等边，垂线段最短等知识，解题关键是对概念的理解与正确求解．
24．（8分）（2022秋 青川县期末）如图，△ABC中，ABBC，点D为AB的中点，且CD⊥AB．点P在线段BC上以acm/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以bcm/秒的速度由C点向A点运动，连结PD，DQ．
（1）求证：∠A＝∠B；
（2）在点P、Q运动过程中，当△PBD≌△DAQ时，求的值；
（3）设△ADQ的面积为S1，△BPD的面积为S2，在点P、Q运动过程中，当点C、D关于直线PQ对称时，求的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）1．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）设BP＝at cm，CQ＝bt cm，AB＝4x，BC＝5x，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）根据点C、D关于直线PQ对称，得到PQ垂直平分CD，求得CQ＝DQ，根据直角三角形的性质得到AQ＝DQ，求得AQ＝CQ，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵点D为AB的中点，CD⊥AB，
∴AC＝BC，
∴∠A＝∠B；
（2）解：设BP＝at cm，CQ＝bt cm，AB＝4x，BC＝5x，
∵AC＝BC，点D为AB的中点，
∴AQ＝5x﹣bt，AD＝BD＝2x，
∵△PBD≌△DAQ，
∴BP＝AD，BD＝AQ，
∴，
解得3at＝2bt，
∴；
（3）解：∵点C、D关于直线PQ对称，
∴PQ垂直平分CD，
∴CQ＝DQ，
∴∠QDC＝∠QCD，
∵AC＝BC，AD＝BD，
∴CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴∠A+∠ACD＝∠ADQ+∠CDQ＝90°，
∴∠A＝∠ADQ，
∴AQ＝DQ，
∴AQ＝CQ，
∴S1S△ACDS△ACB，
同理S2S△ABC，
∴1．
【点评】本题考查了几何变换综合题，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，线段垂直平分线的性质，正确地理解题意是解题的关键．
25．（8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．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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