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山东省济南市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）（2020秋 仙居县期末）画△ABC中BC边上的高，下列各图中画得正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2024秋 玉泉区期中）如图，∠AOB＝30°，E在∠AOB的平分线上，EC⊥OB，垂足为C，点F在OA上，若∠AFE＝30°，EC＝4，则△OFE的面积是（　　）
A．4 B．8 C．16 D．18
4．（3分）（2025 新城区校级模拟）已知△ABC，由尺规作图痕迹可知△ABC≌△ABD，全等的理由为（　　）
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
5．（3分）（2024春 宽城县期末）如图，从△ABC的纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE，∠1+∠2＝230°，则∠C的大小是（　　）
A．230° B．130° C．50° D．70°
6．（3分）（2023春 甘州区校级期末）如图所示四种沿AB折叠的方法中，不一定能判定纸带两条边线a，b互相平行的是（　　）
A．如图，展开后，测得∠1＝∠2
B．如图，展开后，测得∠1＝∠2，且∠3＝∠4
C．如图，测得∠1＝∠2
D．如图，展开后，再沿CD折叠，两条折痕的交点为O，测得OA＝OB，OC＝OD
7．（3分）（2021秋 金坛区期中）如图，AC平分∠DCB，CB＝CD，DA的延长线交BC于点E．若∠EAC＝50°，则∠BAC的度数是（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
8．（3分）（2023秋 衡东县校级期中）如图，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中点，将一块锐角为45°的直角三角板ADE如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、BC．以下四个结论：①△ABE≌△DCE；②BE＝EC；③BE⊥EC；④S△AEC＝S△AEB．其中结论正确的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（3分）（2025春 中原区期末）如图，在△ABC中，AD，BE分别为BC，AC边上的高，AD，BE相交于点F，AD＝BD，连接CF，则下列结论：①BF＝AC；②若BF＝2EC，则△FDC周长等于AB的长；③CF⊥AB；④∠FCD＝∠DAC．其中正确的有（　　）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
10．（3分）（2024秋 云州区期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE平分∠ABC，交AD于点E，AB＝6，DE＝2，则△ABE的面积为（　　）
A．12 B．7 C．6 D．4
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 广水市期中）如图，小明从A点出发，向前走30m后向右转36°，继续向前走30m，再向右转36°，他回到A点时共走了 　 　 米．
12．（3分）（2022春 芝罘区期中）如图，四边形ABCD中，∠C＝155°，∠D＝80°，∠ABC的平分线BE交AD于点E，过点E作EF∥BC．若∠AFE＝50°，则∠AEF的度数为 　 　 ．
13．（3分）在△ABC中，AB＝5，AC＝3，AD为BC边的中线，则AD的长x的取值范围 　 　 ．
14．（3分）（2024秋 阜宁县校级月考）如图，∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积 　 　 ．
15．（3分）（2024春 沈河区期末）如图，△ACB≌△ADE，∠ACB＝∠ADE＝90°，CD延长线与BE相交于点H，CD＝DH，∠EBC＝130°，∠DEB＝15°，则∠CHB的大小为 　 　 ．
16．（3分）（2023秋 凤翔区期末）如图，在△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和外角∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1，∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2，…，∠A2023BC和∠A2023CD的平分线交于点A2024，则∠A2024＝　 　 ．
三．解答题（共7小题，满分72分）
17．（9分）（2024秋 嘉鱼县期中）如图，∠A+∠B+∠D+∠E＝280°，则∠C的度数为 　 　 ．
18．（9分）（2023秋 中原区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣4，1），C（﹣1，2）．
（1）在图中画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；
（2）请直接写出△ABC的面积 　 　 ；
（3）在y轴上画出点Q，使QA+QC最小．（保留画图的痕迹）
19．（10分）（2024秋 永善县期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上．
（1）若∠ADE＝∠B，求证：BD＝CE；
（2）若BD＝CE，∠BAC＝70°，求∠ADE的度数．
20．（8分）（2025 朝阳区校级模拟）数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的．
【问题原型】已知x为正实数，求的最小值．
【问题探究】通过分析，小明想到了利用下面的构造解决此问题：如图1，AB＝4，AC＝1，BD＝2，AC⊥AB，BD⊥AB，点E是线段AB上的动点，且不与端点重合，连结CE，DE，设AE＝x，则BE＝4﹣x．
①用含x的代数式表示CE＝ 　 　 ，则可用图中线段 　 　 表示；
②据此写出的最小值是 　 　 ；
③请结合上述探究过程，在图1已知条件的基础上，用圆规和无刻度的直尺，在图2中作出线段EF，使得，并结合作图求出的最小值．（保留作图过程）
【问题解决】已知x为正实数，则的最小值为 　 　 ．
21．（12分）（2023秋 大兴区期末）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D在BC边上，点C关于直线AB的对称点为C′，连接C′B，点P是线段C′B上的一点，连接AP，PD，延长AB到点E，使BE＝BD，连接PE．求证：PD＝PE．
22．（12分）（2024秋 小店区校级月考）问题情境：
如图①所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样的图形叫做“规形图”．
探究发现：
（1）观察“规形图”，试探究∠D与∠BAC，∠B，∠C之间的数量关系，并说明理由；
解决问题：
（2）请你利用以上结论，解决下列问题：
（i）如图②，把一块三角尺DEF放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边DE，DF恰好经过点B，C，若∠A＝40°，则∠ABD+∠ACD＝　 　 °；
（ii）如图③，BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，若∠A＝40°，∠P＝130°，∠D的度数 　 　 ．
23．（12分）（2024 绿园区一模）【探究】如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，连结CD．若CD＝8，则AB＝　 　 ；
【应用】如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E、F分别是AB、AC边的中点，若AB＝8，AC＝6，求△DEF的周长；
【拓展】如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAD＝45°，连结AC、BD．M是AC的中点，连结BM、DM．若△BMD的面积为32，则AC的长为 　 　 ．
山东省济南市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）（2020秋 仙居县期末）画△ABC中BC边上的高，下列各图中画得正确的是（　　）
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．
【答案】C
【分析】根据三角形的高的概念判断即可．
【解答】解：A、CD不是BC边上的高，不符合题意；
B、CD不是BC边上的高，不符合题意；
C、AD是BC边上的高，符合题意；
D、BD不是BC边上的高，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的高，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
3．（3分）（2024秋 玉泉区期中）如图，∠AOB＝30°，E在∠AOB的平分线上，EC⊥OB，垂足为C，点F在OA上，若∠AFE＝30°，EC＝4，则△OFE的面积是（　　）
A．4 B．8 C．16 D．18
【考点】角平分线的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】过点E作ED⊥OA与于D，根据角平分线的性质得到ED＝EC＝4，根据含30度角的直角三角形的性质求出EF，根据平行线的性质、角平分线的定义得到OF＝EF＝8，再根据三角形面积公式计算即可．
【解答】解：如图，过点E作ED⊥OA与于D，
∵OE平分∠AOB，EC⊥OB，ED⊥OA，
∴ED＝EC＝4，
∵∠AFE＝30°，
∴EF＝2ED＝8，
∵∠AFE＝∠AOB＝30°，
∴EF∥OB，
∴∠OEF＝∠BOE，
∵OE平分∠AOB，
∴∠AOE＝∠BOE，
∴∠OEF＝∠AOE，
∴OF＝EF＝8，
∴△OFE的面积为：8×4＝16，
故选：C．
【点评】本题考查的是角平分线的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟记角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
4．（3分）（2025 新城区校级模拟）已知△ABC，由尺规作图痕迹可知△ABC≌△ABD，全等的理由为（　　）
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
【考点】作图—复杂作图；全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；尺规作图；几何直观；应用意识．
【答案】D
【分析】由作图痕迹可知，∠CAB＝∠DAB，∠ABC＝∠ABD，结合全等三角形的判定可得答案．
【解答】解：由作图痕迹可知，∠CAB＝∠DAB，∠ABC＝∠ABD，
在△ABC和△ABD中，
，
∴△ABC≌△ABD（ASA）．
∴全等的理由为ASA．
故选：D．
【点评】本题考查作图—复杂作图、全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解答本题的关键．
5．（3分）（2024春 宽城县期末）如图，从△ABC的纸片中剪去△CDE，得到四边形ABDE，∠1+∠2＝230°，则∠C的大小是（　　）
A．230° B．130° C．50° D．70°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】根据多边形的内角与外角以及三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：∵∠1＝∠C+∠CDE，∠2＝∠C+∠CED，
∴∠1+∠2＝∠C+∠CDE+∠C+∠CED＝230°，
∵∠C+∠CDE+∠CED＝180°，
∴∠C＝230°﹣180°＝50°．
故选：C．
【点评】本题考查多项式的外角与内角，掌握三角形内角和定理是正确解答的关键．
6．（3分）（2023春 甘州区校级期末）如图所示四种沿AB折叠的方法中，不一定能判定纸带两条边线a，b互相平行的是（　　）
A．如图，展开后，测得∠1＝∠2
B．如图，展开后，测得∠1＝∠2，且∠3＝∠4
C．如图，测得∠1＝∠2
D．如图，展开后，再沿CD折叠，两条折痕的交点为O，测得OA＝OB，OC＝OD
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】C
【分析】根据平行线的判定定理，进行分析，即可解答．
【解答】解：A、∠1＝∠2，根据内错角相等，两直线平行进行判定，故正确；
B、∵∠1＝∠2且∠3＝∠4，由图可知∠1+∠2＝180°，∠3+∠4＝180°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，
∴a∥b（内错角相等，两直线平行），
故正确；
C、测得∠1＝∠2，
∵∠1与∠2既不是内错角也不是同位角，
∴不一定能判定两直线平行，故错误；
D、在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠CAO＝∠DBO，
∴a∥b（内错角相等，两直线平行），
故正确．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的判定，解决本题的关键是熟记平行线的判定定理．
7．（3分）（2021秋 金坛区期中）如图，AC平分∠DCB，CB＝CD，DA的延长线交BC于点E．若∠EAC＝50°，则∠BAC的度数是（　　）
A．110° B．120° C．130° D．140°
【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；推理能力．
【答案】C
【分析】根据角平分线定义得∠BCA＝∠DCA，进而可依据“SAS”判定△BCA和△DCA全等，则∠B＝∠D，再根据∠D+∠DCA＝∠EAC＝50°，得∠B+∠BCA＝50°，由此可得∠BAC的度数．
【解答】解：∵AC平分∠DCB，
∴∠BCA＝∠DCA，
在△BCA和△DCA中，
，
∴△BCA≌△DCA（SAS），
∴∠B＝∠D，
∵∠EAC是△ACD的外角，且∠EAC＝50°，
∴∠D+∠DCA＝∠EAC＝50°，
∴∠B+∠BCA＝50°，
在△ABC中，∠BAC＝180°﹣（∠B+∠BCA）＝130°．
故选：C．
【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和性质是解决问题的关键．
8．（3分）（2023秋 衡东县校级期中）如图，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中点，将一块锐角为45°的直角三角板ADE如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、BC．以下四个结论：①△ABE≌△DCE；②BE＝EC；③BE⊥EC；④S△AEC＝S△AEB．其中结论正确的个数是（　　）
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；三角形的面积．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】①根据等腰直角三角形的性质得AE＝DE，∠EAD＝∠EDA＝45°，则∠BAD＝∠EDC＝135°，再根据点D是AC的中点，AC＝2AB得AB＝DC，据此可依据“SAS”判定△ABE和△DCE全等，由此可对结论①进行判断；
②根据△ABE和△DCE全等得BE＝EC，由此可对结论②进行判断；
③根据△ABE和△DCE全等得∠BEA＝∠CED，再根据∠AED＝90°得∠BAE+∠BDE＝90°，则∠BEC＝∠CED+∠BDE＝90°，由此可对结论③进行判断；
④根据△ABE和△DCE全等得S△AEB＝S△DCE，再根据S△AEC＝S△ADE+S△DCE得S△AEC＞S△DCE，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①依题意得△AED是等腰直角三角形，∠AED＝90°，
∴AE＝DE，∠EAD＝∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝180°﹣∠EDA＝135°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠EAD＝135°，
∴∠BAD＝∠EDC＝135°，
∵点D是AC的中点，
∴DC＝DAAC，
又∵AC＝2AB，
∴ABAC，
∴AB＝DC，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
故结论①正确；
②∵△ABE≌△DCE，
∴BE＝EC，
故结论②正确；
③∵△ABE≌△DCE，
∴∠BEA＝∠CED，
∵∠AED＝90°，
∴∠BAE+∠BDE＝90°，
∴∠CED+∠BDE＝90°，
即∠BEC＝∠CED+∠BDE＝90°，
∴BE⊥CE，
故结论③正确；
④∵△ABE≌△DCE，
∴S△AEB＝S△DCE，
∵S△AEC＝S△ADE+S△DCE，
∴S△AEC＞S△DCE，
∴S△AEC＞S△AEB，
故结论④不正确，
综上所述：正确的结论是①②③，共3个．
故选：C．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
9．（3分）（2025春 中原区期末）如图，在△ABC中，AD，BE分别为BC，AC边上的高，AD，BE相交于点F，AD＝BD，连接CF，则下列结论：①BF＝AC；②若BF＝2EC，则△FDC周长等于AB的长；③CF⊥AB；④∠FCD＝∠DAC．其中正确的有（　　）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
【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；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】①先证明∠DBF＝∠DAC，进而依据“ASA”判定△DBF和△DAC全等得BF＝AC，由此可对结论①进行判断；
②根据BF＝2EC，BF＝AC得AE＝EC，进而得BE是线段AC的垂直平分线，则AB＝CB，AF＝CF，由此得DF+CF＝DF+AF＝AD＝BD，继而得△FDC周长为DF+CF+CD＝BD+CD＝CB＝AB，由此可对结论②进行判断；
③设CF的延长线交AB于点H，证明△DBA和△BCH是等腰直角三角形得∠ABD＝∠BAD＝45°，∠FCD＝45°，由此得△BCH是等腰直角三角形，则∠BHC＝90°，据此即可对结论③进行判断；
④假设∠FCD＝∠DAC，根据∠FCD＝45°得∠DAC＝45°，再根据∠BAD＝45°得∠BAC＝90°，进而得△ABC是直角三角形，这与△ABC是任意三角形相矛盾，由此得假设∠FCD＝∠DAC是错误的，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵在△ABC中，AD，BE分别为BC，AC边上的高，
∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEA＝90°，
在Rt△BDF中，∠DBF+∠DFB＝90°，
在Rt△AEF中，∠DAC+∠AFE＝90°，
又∵∠DFB＝∠AFE，
∴∠DBF＝∠DAC，
在△DBF和△DAC中，
，
∴△DBF≌△DAC（ASA），
∴BF＝AC，
故结论①正确；
②∵BF＝2EC，BF＝AC，
∴AC＝2EC，
∴AE+EC＝2EC，
∴AE＝EC，
∵∠BEA＝90°，
∴BE是线段AC的垂直平分线，
∴AB＝CB，AF＝CF，
∴DF+CF＝DF+AF＝AD，
∵AD＝BD，
∴DF+CF＝BD，
∴△FDC周长为：DF+CF+CD＝BD+CD＝CB＝AB，
故结论②正确；
③设CF的延长线交AB于点H，如图所示：
∵∠BDF＝90°，AD＝BD，
∴△DBA是等腰直角三角形，
∴∠ABD＝∠BAD＝45°，
∴△DBF≌△DAC，
∴DF＝DC，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠FCD＝45°，
∴∠ABD＝∠FCD＝45°，
∴△BCH是等腰直角三角形，
∴∠BHC＝90°，
∴CF⊥AB，
故结论③正确；
④假设∠FCD＝∠DAC，
∵∠FCD＝45°，
∴∠DAC＝45°，
又∵∠BAD＝45°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝90°，
∴△ABC是直角三角形，这与△ABC是任意三角形相矛盾，
∴假设∠FCD＝∠DAC是错误的，
故结论④不正确，
综上所述：正确的结论是①②③．
故选：B．
【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和性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
10．（3分）（2024秋 云州区期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE平分∠ABC，交AD于点E，AB＝6，DE＝2，则△ABE的面积为（　　）
A．12 B．7 C．6 D．4
【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】C
【分析】作EF⊥AB于F，根据角平分线的性质得到EF＝DE＝2，根据三角形面积公式计算即可．
【解答】解：如图，作EF⊥AB于F，
由条件可知EF＝DE＝2，
∴△ABE的面积，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质，掌握角平分线的性质是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 广水市期中）如图，小明从A点出发，向前走30m后向右转36°，继续向前走30m，再向右转36°，他回到A点时共走了 　300　 米．
【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】300．
【分析】根据多边形的外角和等于360°求出所走过的边数，然后根据多边形的周长列式计算即可得解．
【解答】解：360°÷36°＝10，
所以，他走回到A点时共走了：30×10＝300（米）．
故答案为：300．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，读懂题目信息，求出所走过的边数是解题的关键．
12．（3分）（2022春 芝罘区期中）如图，四边形ABCD中，∠C＝155°，∠D＝80°，∠ABC的平分线BE交AD于点E，过点E作EF∥BC．若∠AFE＝50°，则∠AEF的度数为 　55°　 ．
【考点】多边形内角与外角；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力．
【答案】55°．
【分析】根据平行线的性质得到∠ABC的度数，再根据四边形内角和是360°得到∠A的度数，进一步根据三角形的内角和定理进行求解．
【解答】解：∵EF∥BC，∠AFE＝50°，
∴∠ABC＝∠AFE＝50°，
∵在四边形ABCD中，∠C＝155°，∠D＝80°，
∴∠A＝360°﹣（∠ABC+∠C+∠D）＝360°﹣（50°+155°+80°）＝75°，
∴在△AEF中∠AEF＝180°﹣（∠A+∠AFE）＝180°﹣（75°+50°）＝55°，
故答案为：55°．
【点评】本题考查四边形的内角和，三角形的内角和，平行线的性质．解题关键是结合图形，综合运用四边形的内角和以及三角形的内角和、平行线的性质进行角的转化和角的计算．
13．（3分）在△ABC中，AB＝5，AC＝3，AD为BC边的中线，则AD的长x的取值范围 　1＜x＜4　 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；三角形三边关系．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】1＜x＜4．
【分析】如图，延长AD到E，使，证明△BDE≌△CDA（SAS），则BE＝AC＝3，根据5﹣3＜2x＜5+3，计算求解即可．
【解答】解：如图，延长AD到E，使，
∵AD为BC边的中线，
∴BD＝CD，
∵DE＝AD，∠BDE＝∠CDA，BD＝CD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝3，
∵5﹣3＜2x＜5+3，
∴1＜x＜4，
故答案为：1＜x＜4．
【点评】本题考查了中线，全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
14．（3分）（2024秋 阜宁县校级月考）如图，∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积 　8　 ．
【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】8．
【分析】过点D作DE⊥BA交BA的延长线于E，证△ABC和△DEA全等得AB＝DE＝4，再根据三角形的面积公式即可求出△BAD的面积．
【解答】解：过点D作DE⊥BA交BA的延长线于E，如图所示：
∵∠ABC＝∠CAD＝90°，
∴∠ABC＝∠DEA＝90°，∠1+∠2＝90°，∠C+∠2＝90°，
∴∠C＝∠1，
在△ABC和△DEA中，
，
∴△ABC≌△DEA（AAS），
∴AB＝DE＝4，
∴S△BADAB DE4×4＝8．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造全等三角形是解决问题的难点．
15．（3分）（2024春 沈河区期末）如图，△ACB≌△ADE，∠ACB＝∠ADE＝90°，CD延长线与BE相交于点H，CD＝DH，∠EBC＝130°，∠DEB＝15°，则∠CHB的大小为 　32.5°　 ．
【考点】全等三角形的性质；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；推理能力．
【答案】32.5°．
【分析】由全等三角形的性质得AC＝AD，根据等腰三角形的性质得∠ACD＝∠ADC，由等角的余角相等得∠BCH＝∠EDH，根据三角形外角的性质可得∠EDH＝∠BHC﹣∠DEB＝∠BHC﹣15°，根据三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解：∵△ACB≌△ADE，
∴AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACB＝∠ADE＝90°，
∴∠ACD+∠BCH＝∠ADC+∠EDH＝90°，
∴∠BCH＝∠EDH，
∵∠EDH＝∠BHC﹣∠DEB＝∠BHC﹣15°，
∴∠BHC+∠BCH+∠EBC＝∠BHC+∠BHC﹣15°+∠130°＝180°，
∴∠BHC＝32.5°．
故答案为：32.5°．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质．掌握全等三角形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
16．（3分）（2023秋 凤翔区期末）如图，在△ABC中，∠A＝m°，∠ABC和外角∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1，∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2，…，∠A2023BC和∠A2023CD的平分线交于点A2024，则∠A2024＝　．　 ．
【考点】三角形的外角性质；规律型：图形的变化类；三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】．
【分析】根据角平分线的性质可得∠A1CD∠ACD，∠A1BD∠ABC，再根据外角的性质可得∠A1∠A，找出规律即可求出∠A2024．
【解答】解：∵BA1平分∠ABC，A1C平分∠ACD，
∴∠A1CD∠ACD，∠A1BD∠ABC，
∴∠A1＝∠A1CD﹣∠A1BD∠ACD∠∠ABC∠A，
同理可得∠A2∠A1∠A，
∴∠A2024∠A，
∵∠A＝m°，
∴∠A2024°，
故答案为：．
【点评】本题考查了角平分线的性质与规律的综合，涉及三角形外角性质，找出∠A1和∠A之间的规律是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分72分）
17．（9分）（2024秋 嘉鱼县期中）如图，∠A+∠B+∠D+∠E＝280°，则∠C的度数为 　100°　 ．
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】100°．
【分析】连接BD，根据四边形的内角和和已知条件得出∠CBD+∠BDC的度数，进而得出答案．
【解答】解：连接BD，
∵四边形的内角和为360°，
∴∠A+∠ABD+∠BDE+∠E＝360°，
∵∠A+∠ABC+∠CDE+∠E＝280°，
∴∠CBD+∠BDC＝360°﹣280°＝80°，
∴∠C＝180°﹣（∠CBD+∠BDC）＝180°﹣80°＝100°．
【点评】本题主要考查多边形内角与外角，三角形的内角和定理，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（9分）（2023秋 中原区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣4，1），C（﹣1，2）．
（1）在图中画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；
（2）请直接写出△ABC的面积 　4　 ；
（3）在y轴上画出点Q，使QA+QC最小．（保留画图的痕迹）
【考点】作图﹣轴对称变换；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）作图见解答过程；
（2）4；
（3）作图见解答过程．
【分析】（1）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解；
（2）利用割补法结合三角形的面积计算公式解答即可；
（3）作点C关于y轴的对称点C'，连接C'A交y轴于点Q，则点Q即为所求．
【解答】解：（1）如图1所示，△A1B1C1即为所求；
（2）S△ABC＝3×31×31×32×2＝4；
故答案为：4；
（3）如图2所示，点Q即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
19．（10分）（2024秋 永善县期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上．
（1）若∠ADE＝∠B，求证：BD＝CE；
（2）若BD＝CE，∠BAC＝70°，求∠ADE的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质；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】（1）∵∠ADE+∠ADB+CDE＝180°，∠BAD+∠B+∠ADB＝180°，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
在△BAD和△CDE中，
，
∴△BAD≌△CDE（ASA），
∴BD＝CE；
（2）55°．
【分析】（1）由∠ADE＝∠B可得∠BAD＝∠CDE，再证明△ABD≌△DCE即可解答；
（2）先证明△ABD≌△DCE，得出∠CDE＝∠BAD，即可求出∠ADB+∠CDE的值，进而可求出∠ADE的度数．
【解答】（1）证明：∵∠ADE+∠ADB+CDE＝180°，∠BAD+∠B+∠ADB＝180°，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
在△BAD和△CDE中，
，
∴△BAD≌△CDE（ASA），
∴BD＝CE；
（2）解：∵∠BAC＝70°，
∴，
在△BAD和△CDE中，
，
∴△BAD≌△CDE（SAS），
∴∠BAD＝∠CDE，
∴∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝∠B＝55°．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
20．（8分）（2025 朝阳区校级模拟）数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的．
【问题原型】已知x为正实数，求的最小值．
【问题探究】通过分析，小明想到了利用下面的构造解决此问题：如图1，AB＝4，AC＝1，BD＝2，AC⊥AB，BD⊥AB，点E是线段AB上的动点，且不与端点重合，连结CE，DE，设AE＝x，则BE＝4﹣x．
①用含x的代数式表示CE＝ 　　 ，则可用图中线段 　DE　 表示；
②据此写出的最小值是 　5　 ；
③请结合上述探究过程，在图1已知条件的基础上，用圆规和无刻度的直尺，在图2中作出线段EF，使得，并结合作图求出的最小值．（保留作图过程）
【问题解决】已知x为正实数，则的最小值为 　2　 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【问题探究】①；DE：
②5；
③
；
【问题解决】．
【分析】【问题探究】①根据勾股定理解答即可；
②利用三角形三边的关系得到CE+DE≥CD（当且仅当C、E、D共线时取等号），作DH⊥CA交CA的延长线于H，易得四边形ABDH为长方形，利用勾股定理计算出CD＝5，从而得到结论；
③作BD⊥AB，作∠ABD的平分线BM，过点E作EF⊥BM于点F，则△EBF是等腰直角三角形，设AE＝x，则BE＝4﹣x，，延长CA交BM于点H，过点C作CN⊥BM于点N，则可得△AHB是等腰直角三角形，△CNH是等腰直角三角形，CH＝1+4＝5，可得，由CE+EF≥CN，当C、E、F在同一条直线时，CE+EF的值最小，为CN，即CE+EF的最小值；
【问题解决】作，AC＝2，AC⊥AB，在AB上取一点E，使AE＝x，则，作∠ABD＝30°，过点E作EF⊥BD于点F，根据题意求出CE，延长CA交BD于点H，过点C作CD⊥BD于点D，求出CD即可解答．
【解答】解：【问题探究】①在Rt△ACE中，；
∵AB＝4，AE＝x，
∴BE＝4﹣x，
又∵BD＝2，
在Rt△BDE中，，
故答案为：；DE；
②如图，连接CD，
由①得，
而CE+DE≥CD（当且仅当C、E、D共线时取等号），
作DH⊥CA交CA的延长线于H，
∵AC⊥AB，BD⊥AB，
则四边形ABDH为长方形，
∴AH＝BD＝2，DH＝AB＝4，，
∵CE+DE的最小值为5，
即的最小值是5；
故答案为：5；
③作BD⊥AB，作∠ABD的平分线BM，过点E作EF⊥BM于点F，则△EBF是等腰直角三角形，如图，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，，
延长CA交BM于点H，过点C作CN⊥BM于点N，
∵∠ABH＝45°，∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝45°，
∴△AHB是等腰直角三角形，
∴AH＝AB＝4，
∴CH＝CA+AH＝1+4＝5，
又∵∠CNH＝90°，∠AHB＝45°，
∴∠HCN＝45°，
∴△CNH是等腰直角三角形，
∴CN＝HN，
∴CN2+HN2＝CH2，
∴，
又∵CE+EF≥CN，
当C、E、F在同一条直线时，CE+EF的值最小，为CN，
即的最小值为；
【问题解决】如图，作，AC＝2，AC⊥AB，在AB上取一点E，使AE＝x，则，作∠ABD＝30°，过点E作EF⊥BD于点F，
则，
在Rt△ACE中，，
延长CA交BD于点H，过点C作CD⊥BD于点D，
∵∠ABH＝30°，∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝60°，BH＝2AH，
∴BH2﹣AH2＝AB2，
∴4AH2﹣AH2＝12，
∴AH＝2，
∴CH＝AC+AH＝2+2＝4，
∵∠CDH＝90°，∠AHB＝60°，
∴∠HCD＝30°，
∴HDCH＝2，
∴CD2，
又∵CE+EF≥CD，
当C、E、F在同一条直线时，CE+EF的值最小，为CD，
即的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查三角形的综合应用，主要考查勾股定理，三角形三边关系，等腰直角三角形，矩形的判定与性质，正确作辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
21．（12分）（2023秋 大兴区期末）已知：如图，△ABC是等边三角形，点D在BC边上，点C关于直线AB的对称点为C′，连接C′B，点P是线段C′B上的一点，连接AP，PD，延长AB到点E，使BE＝BD，连接PE．求证：PD＝PE．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；轴对称的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】证明见解答过程．
【分析】根据等边三角形的性质及轴对称的性质得到∠ABC＝60°，AC′＝AC，∠C′AB＝∠CAB，利用SAS证明△ABC′≌△ABC，根据全等三角形的性质得出∠ABC′＝∠ABC＝60°，根据邻补角定义及角的和差求出∠PBD＝∠PBE＝120°，利用SAS证明△PBD≌△PBE，根据全等三角形的性质即可得解．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵点C关于直线AB的对称点为C′，
∴AC′＝AC，∠C′AB＝∠CAB，
在△ABC′和△ABC中，
，
∴△ABC′≌△ABC（SAS），
∴∠ABC′＝∠ABC＝60°，
∴∠PBD＝∠ABC′+∠ABC＝120°，∠PBE＝180°﹣∠ABC′＝120°，
∴∠PBD＝∠PBE，
在△PBD和△PBE中，
，
∴△PBD≌△PBE（SAS），
∴PD＝PE．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识，熟记全等三角形的判定与性质、轴对称的性质是解题的关键．
22．（12分）（2024秋 小店区校级月考）问题情境：
如图①所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不妨把这样的图形叫做“规形图”．
探究发现：
（1）观察“规形图”，试探究∠D与∠BAC，∠B，∠C之间的数量关系，并说明理由；
解决问题：
（2）请你利用以上结论，解决下列问题：
（i）如图②，把一块三角尺DEF放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边DE，DF恰好经过点B，C，若∠A＝40°，则∠ABD+∠ACD＝　50　 °；
（ii）如图③，BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，若∠A＝40°，∠P＝130°，∠D的度数 　85°　 ．
【考点】三角形内角和定理；三角形的外角性质．
【专题】三角形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）∠BDC＝∠A+∠B+∠C，理由见解析；
（2）（i）50；
（ii）85°．
【分析】（1）连接AD并延长至点F，根据三角形外角性质即可得到∠BDC与∠A，∠B，∠C之间的数量关系；
（2）（i）由（1）可得，∠BDC＝∠ABD+∠ACD+∠A，再根据∠A＝40°，∠D＝90°，即可得出∠ABD+∠ACD的度数；
（ii）根据（1），可得∠BPC＝∠BAC+∠ABP+∠ACP，∠BDC＝∠BAC+∠ABD+∠ACD，再根据BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，即可得出∠BDC的度数．
【解答】解：（1）如图①，连接AD并延长至点F，
根据外角的性质，可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，
∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）（i）由（1）可得，∠BDC＝∠ABD+∠ACD+∠A；
又∵∠A＝40°，∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50；
（ii）由（1），可得∠BPC＝∠BAC+∠ABP+∠ACP，
∠BDC＝∠BAC+∠ABD+∠ACD，
∴∠ABP+∠ACP＝∠BPC﹣∠BAC＝130°﹣40°＝90°，
又∵BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，
∴，
∴∠BDC＝45°+40°＝85°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，三角形的外角性质，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
23．（12分）（2024 绿园区一模）【探究】如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，连结CD．若CD＝8，则AB＝　16　 ；
【应用】如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E、F分别是AB、AC边的中点，若AB＝8，AC＝6，求△DEF的周长；
【拓展】如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAD＝45°，连结AC、BD．M是AC的中点，连结BM、DM．若△BMD的面积为32，则AC的长为 　16　 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）16．
（2）12；
（3）16．
【分析】（1）根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半解答即可；
（2）根据勾股定理求出BC，根据直角三角形斜边上的中线性质求出DE和DF，根据三角形的中位线性质求出EF，再求出答案即可；
（3）由直角三角形斜边行中线的性质可BM＝AM＝DM，再利用等腰三角形的性质及三角形外角的性质求得∠BMD＝90°，由直角三角形的面积公式求出BM，即可得到AC的值．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，CD＝8，
∴CDAB，
∴AB＝2CD＝2×8＝16．
故答案为：16．
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得BC10，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵E、F分别是AB、AC边的中点，AB＝8，AC＝6，BC＝10，
∴DEAB＝4，DFAC＝3，EFBC＝5，
∴△DEF的周长＝EF+DE+DF＝5+4+3＝12；
（3）∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BM＝DMAC，
∴BM＝AM＝DM，
∴∠BAM＝∠ABM，∠DAM＝∠ADM，
∵∠BMC＝∠BAM+∠ABM，∠DMC＝∠DAM+∠ADM，∠BAD＝45°，
∴∠BMD＝2∠BAD＝90°，
∴S△BMDBM DMBM2＝32，
∵BM＞0，
∴BM＝8，
∴AC＝2BM＝16．
故答案为：16．
【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形的面积，求出BM＝AM＝DM及∠BMD＝90°是解题的关键．
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