精品解析：山东省德州市庆云县乡镇中学联考2020-2021学年八年级上学期期中数学试题（解析版）

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1. 在“回收”、“节水”、“绿色食品”、“低碳”四个标志图案中．轴对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义即可进行判断.
【详解】解：A、不是轴对称图形，本选项错误；
B、不是轴对称图形，本选项错误；
C、是轴对称图形，本选项正确；
D、不是轴对称图形，本选项错误.
故选C.
【】本题考查了轴对称图形识别，熟知轴对称图形的定义是正确判断的关键.
2. 如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，如果AD平分∠BAC，那么∠ADB的度数是（ ）
A. 35°B. 70°C. 85°D. 95°
【答案】C
【解析】
【分析】先据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，再据角平分线定义求得∠BAD的度数，最后求得∠ADB度数．
【详解】在△ABC中：
∵∠B+∠C+∠BAC=180°，∠B＝60°，∠C＝50°
∴∠BAC=；
又∵AD平分∠BAC
∴
在△BAD中：
∵∠B+∠ADC+∠BAD=180°
∴∠ADB=．
故选：C．
【】本题考查三角形内角和定理、角平分线意义．灵活运用三角形内角和定理、角平分线意义进行角的计算是解题关键．
3. 如图，已知∠ACB＝∠DBC，添加以下条件，不能判定△ABC≌△DCB的是（ ）
A. ∠ABC＝∠DCBB. ∠ABD＝∠DCA
C. AC＝DBD. AB＝DC
【答案】D
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定定理 逐个判断即可．
【详解】A、∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB（ASA），故本选项不符合题意；
B、∵∠ABD＝∠DCA，∠DBC＝∠ACB，
∴∠ABD+∠DBC＝∠ACD+∠ACB，
即∠ABC＝∠DCB，
∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB（ASA），故本选项不符合题意；
C、∵在△ABC和△DCB中
∴△ABC≌△DCB（SAS），故本选项不符合题意；
D、根据∠ACB＝∠DBC，BC＝BC，AB＝DC不能推出△ABC≌△DCB，故本选项符合题意；
故选：D．
【】本题考查了全等三角形的判定定理，能灵活运用全等三角形的判定定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
4. 如图是屋架设计图的一部分，其中∠A=30°，点D是斜梁AB的中点，BC、DE垂直于横梁AC，AB=16m，则DE的长为（ ）．
A. 8 mB. 4 mC. 2 mD. 6 m
【答案】B
【解析】
【分析】先根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BC的长度，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半进行求解．
【详解】解：∵∠A=30°，AB=16m，∠ACB=90°，
∴BC=AB=×16=8m，
∵BC、DE垂直于横梁AC，
∴BC//DE，
∵点D是斜梁AB的中点，
∴AE=CE
∴DE=BC=×8=4m．
故选B．
5. 如果点P（2，b）和点Q（a，﹣3）关于x轴对称，则a+b的值是（ ）
A. ﹣1B. 1C. ﹣5D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用关于x轴对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【详解】解：∵点P（2，b）和点Q（a，﹣3）关于x轴对称，
∴a＝2，b＝3，则a+b的值是5．
故选：D．
【】本题考查轴对称相关，熟练掌握轴对称的相关性质是解题关键.
6. 如图,在Rt△ABC 中,∠C=90°,在AC和AB 上分别截取AE、AD,使 AE=AD分别以点D、E 为圆心,大于立DE 长为半径作弧,两弧在∠BAC 内交于点F,作射线AF交边BC 于点G,若 CG=4,AB=10,则△ABG 的面积为（ ）
A. 12B. 20C. 30D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线性质得△ABG 的面积为：
【详解】
作GH⊥AB,由已知可得AF是∠BAC的平分线，
因为∠C=90°
所以GH=CG=4,
所以△ABG 的面积为：
故选B
【】考核知识点：角平分线的性质.
7. 等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为，则顶角的度数为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分等腰三角形为锐角三角形和钝角三角形两种情况，然后分别根据直角三角形两锐角互余即可得．
【详解】依题意，分以下两种情况：
（1）如图1，等腰为锐角三角形，顶角为，
（2）如图2，等腰为钝角三角形，顶角为，
综上，顶角的度数为或
故选：D．
【】本题考查了等腰三角形的定义、直角三角形两锐角互余等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．
8. 如图，在3×3的网格中，与ABC成轴对称，顶点在格点上，且位置不同的三角形有（ ）
A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个
【答案】D
【解析】
【分析】认真读题，观察图形，根据图形特点先确定对称轴，再根据对称轴找出相应的三角形．
【详解】解：如图：与△ABC成轴对称的三角形有：
故选C．
【】在本题中先找对称轴是关键，找好了对称轴，对称图形就利用轴对称的性质画．
9. 如图，△ABC中，AB=5，AC=8，BD、CD分别平分∠ABC，∠ACB，过点D作直线平行于BC，分别交AB、AC于E、F，则△AEF的周长为 ( )
A. 12B. 13C. 14D. 18
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：∵EF∥BC，∴∠EDB=∠DBC，∠FDC=∠DCB，∵△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D，∴∠EBD=∠DBC，∠FCD=∠DCB，∴∠EDB=∠EBD，∠FDC=∠FCD，∴ED=EB，FD=FC，∵AB=5，AC=8，∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+ED+FD+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=5+8=13．故选B．
考点：1．等腰三角形的判定与性质；2．平行线的性质．
10. 如图，m∥n，点B，C是直线n上两点，点A是直线m上一点，在直线m上另找一点D，使得以点D，B，C为顶点的三角形和△ABC全等，这样的点D （ ）
A. 不存在B. 有1个
C. 有3个D. 有无数个
【答案】B
【解析】
【详解】：以B为圆心以AB为半径画弧，只一个交点即A点，以B为圆心以AC为半径画弧，只一个交点，也就是只能作一个三角形与△ABC全等；
故选B．
11. 观察下列图形，则第个图形中三角形的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，第1个图形中三角形的个数为：4个；第2个图形中三角形的个数为：8个；第3个图形中三角形的个数为：12个，进而分析规律解答即可．
【详解】第1个图形中三角形的个数为：4×1＝4（个）；
第2个图形中三角形的个数为：4＋4＝4×2＝8（个）；
第3个图形中三角形的个数为：4＋4＋4＝4×3＝12（个）
……
第n个图形中三角形的个数为：4n（个）．
故选：D．
【】主要考查了学生通过特例分析从而归纳总结出一般结论的能力．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．
12. 如图，在□ABCD中，分别以AB、AD为边向外作等边△ABE、△ADF，延长CB交AE于点G，点G在点A、E之间，连结CE、EF，则以下结论中不正确的是（ ）
A. △CDF≌△EBCB. ∠ECF＝60°C. △ECF是等边三角形D. CG⊥AE
【答案】D
【解析】
【分析】A、根据平行四边形的对角相等，等边三角形的每一个角都是60°表示出∠CDF＝∠EBC，平行四边形的对边相等，等边三角形的三条边都相等可得CD＝EB，DE＝BC，然后利用“边角边”可证明△CDF和△EBC全等；
B、C：先表示出∠EAF，可得∠CDF＝∠EAF，同理可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，求出△CDF和△EAF全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝CF＝EF，判定△ECF是等边三角形，即可判断B、C选项；
D、根据等边三角形的性质，只有∠ABC＝150°时，CG⊥AE．
【详解】A、∵△ABE、△ADF等边三角形，
∴FD＝AD，BE＝AB，∠ADF＝∠ABE＝60°
在▱ABCD中，AD＝BC，AB＝DC，∠ADC＝∠ABC，
∴FD＝BC，BE＝DC，
∵∠ADC＝∠ABC，∠ADF＝∠ABE，
∴∠CDF＝∠EBC，
∴△CDF≌△EBC（SAS），故A正确；
B、C：∵∠EAF＝∠FAD＋∠EAB＋∠BAD＝60°＋60°＋（180°−∠CDA）＝300°−∠CDA，
∠FDC＝360°−∠FDA−∠ADC＝300°−∠CDA，
∴∠CDF＝∠EAF，
同理可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，
∵BC＝AD＝AF，BE＝AE，
∴△EAF≌△EBC（SAS），
∴∠AEF＝∠BEC，
∵∠AEF＋∠FEB＝∠BEC＋∠FEB＝∠AEB＝60°，
∴∠FEC＝60°，
∵CF＝CE，
∴△ECF是等边三角形，
故B、C选项正确；
在等边三角形ABE中，
∵等边三角形顶角平分线、底边上的中线、高和垂直平分线是同一条线段，
∴如果CG⊥AE，则G是AE的中点，∠ABG＝30°，∠ABC＝150°，题目缺少这个条件，CG⊥AE不能求证，故D错误；
故选：D．
【】本题考查了全等三角形的判定、等边三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，综合性强．考查学生综合运用数学知识的能力．
二．填空题（每题4分，共24分）
13. 如图，已知∠B＝30°，则∠A+∠D+∠C+∠G＝__°．
【答案】210
【解析】
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠BEF+∠BFE的度数，根据补角的定义得出∠DEF+∠GFE的度数，再由三角形外角的性质即可得出结论．
【详解】解：∵∠B=30°，
∴∠BEF+∠BFE=180°-30°=150°，
∴∠DEF+∠GFE=360°-150°=210°．
∵∠DEF=∠A+∠D，∠GFE=∠C+∠G，
∴∠A+∠D+∠C+∠G=∠DEF+∠GFE=210°，
故答案为：210．
【】本题考查了三角形的外角性质和三角形的内角和的相关知识，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
14. 一个多边形的每一个外角都等于30°，则这个多边形的边数是__．
【答案】12
【解析】
【分析】多边形的外角和为360°，而多边形的每一个外角都等于30°，由此做除法得出多边形的边数．
【详解】∵360°÷30°=12，
∴这个多边形为十二边形，
故答案为：12．
【】本题考查了多边形的内角与外角．关键是明确多边形的外角和为360°．
15. 如图是由6个边长相等的正方形组合成的图形，∠1+∠2+∠3＝___．
【答案】135°
【解析】
【分析】观察图形可知∠2是直角的一半，AC=BE，∠ACB=∠E，BC=DE，可证明△ABC≌△BDE，得到∠1=∠DBE，可知∠1与∠3互余，利用这些关系可解此题．
【详解】解：观察图形可知：
AC=BE，∠ACB=∠E，BC=DE，
∴△ABC≌△BDE，
∴∠1=∠DBE，
又∵∠DBE+∠3=90°，
∴∠1+∠3=90°．
∵∠2=45°，
∴∠1+∠2+∠3=90°+45°=135°．
故答案为：135°．
【】此题综合考查全等三角形的判定和性质，要注意∠1与∠3互余，∠2是直角的一半，特别是观察图形的能力．
16. 课间，顽皮的小刚拿着老师的等腰直角三角板放在黑板上画好了的平面直角坐标系内(如图)，已知直角顶点H的坐标为(0，1)，另一个顶点G的坐标为(4，4)，则点K的坐标为___________
【答案】（3，-3）
【解析】
【分析】根据余角的性质，可得∠GHP=∠HKQ，根据全等三角形的判定与性质，可得KQ，HQ，根据线段的和差，可得OQ，可得答案．
【详解】解：作GP⊥y轴，KQ⊥y轴，如图，
∴∠GPH=∠KQH=90°．
∵GH=KH，∠GHK=90°，
∴∠GHP+∠KHQ=90°．
又∠HKQ+∠KHQ=90°，
∴∠GHP=∠HKQ．
在△GPH和△HQK中，
∵∠GPH=∠HQK，∠GHP=∠HKQ，GH=KH，
Rt△GPH≌Rt△KHQ（AAS），
KQ=PH=4﹣1=3；HQ=GP=4．
∵QO=QH﹣HO=4﹣1=3，
∴K（3，﹣3），
故答案为（3，﹣3）．
：本题考查了全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定与性质得出KQ，HQ是解题关键．
17. 如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，S△ABC＝12，AD是△ABC的中线，F是AD上的动点，E是AC边上的动点，则CF+EF的最小值为__．
【答案】
【解析】
【分析】作BM⊥AC于M，交AD于F，根据三线合一得出AD⊥BC，根据三角形面积公式求出BM，根据对称性质求出BF=CF，根据垂线段最短得出CF+EF≥BM，即可得出答案．
【详解】解：作BM⊥AC于M，交AD于F，
∵AB=AC， AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，
∴B、C关于AD对称，
∴BF=CF，
根据垂线段最短得出：CF+EF=BF+EF≥BF+FM=BM，
即CF+EF≥BM，
∵，S△ABC＝12，AB＝AC＝5，
∴
∴
即CF+EF的最小值是
故答案为：
【】本题考查了轴对称-最短路线问题，以及等腰三角形的性质，解决本题的关键是画出符合条件的图形，是中考常考题型．
18. 如图，在第一个△A1BC中，∠B＝30°，A1B＝CB，在边A1B上任取一D，延长CA2到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D，在边A2B上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E，得到第三个△A2A3E，…按此做法继续下去，第n个等腰三角形的底角的度数是_____度．
【答案】
【解析】
【分析】先根据∠B＝30°，AB＝A1B求出∠BA1C的度数，在由A1A2＝A1D根据内角和外角的关系求出∠DA2A1的度数，同理求出∠EA3A2＝，∠FA4A3＝,即可得到第n个等腰三角形的底角的度数＝．
【详解】∵在△ABA1中，∠B＝30°，AB＝A1B，
∴∠BA1C＝＝75°，
∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1＝∠BA1C＝×75°＝37.5°；
同理可得，
∠EA3A2＝，∠FA4A3＝,
∴第n个等腰三角形的底角的度数＝．
故答案为．
【】此题考查等腰三角形的性质，利用等边对等角求出等腰三角形底角的度数.
三．简答题
19. 如图所示，在△ABC中，D是BC边上一点∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝69°，求∠DAC的度数．
【答案】32°
【解析】
【分析】设∠1=∠2=x，根据三角形外角的性质可得∠4=∠3=2x，在△ABC中，根据三角形的内角和定理可得方程2x+x+69°=180°，解方程求得x的值，即可求得∠4、∠3的度数，在△ADC中，根据三角形的内角和定理求得∠DAC的度数即可.
【详解】设∠1=∠2=x
∴∠4=∠3=∠1+∠2=2x，
在△ABC中，∠4+∠2+∠BAC=180°，
∴2x+x+69°=180°
解得x=37.
即∠1=∠2=37°，∠4=∠3=37°×2=74°.
在△ADC中，∠4+∠3+∠DAC=180°
∴∠DAC=180º-∠4-∠3=180°-74°-74°=32º.
【】本题考查了三角形的内角和定理及三角形外角的性质，熟知三角形的内角和定理及三角形外角的性质是解题的关键.
20. 如图所示，在中，，AD、CE分别平分.求证：
【答案】见解析
【解析】
【分析】在AC上取AF=AE，连接OF，即可证得△AEO≌△AFO，得∠AOE=∠AOF；再证得∠COF=∠COD，则根据全等三角形的判定方法ASA即可证△FOC≌△DOC，可得DC=FC，即可得结论．
【详解】证明：在AC上取AF=AE，连接OF，
∵AD平分∠BAC、
∴∠EAO=∠FAO，
在△AEO与△AFO中，
∴△AEO≌△AFO（SAS），
∴∠AOE=∠AOF；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠ECA+∠DAC=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°
则∠AOC=180°-∠ECA-∠DAC=120°；
∴∠AOC=∠DOE=120°，∠AOE=∠COD=∠AOF=60°，
则∠COF=60°，
∴∠COD=∠COF，
∴在△FOC与△DOC中，
，
∴△FOC≌△DOC（ASA），
∴DC=FC，
∵AC=AF+FC，
∴AC=AE+CD．
【】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
21. 作图题：(5′+5′+5′，共15分)
（1）如图，已知∠AOB及点C、D两点，请利用直尺和圆规作一点P，使得点P到射线OA、OB的距离相等，且P点到点C、D的距离也相等．
（2）利用方格纸画出△ABC关于直线的对称图形△A′B′C′．
（3）如图，已知在△ABC中，AB="AC" ，AD是BC边上的高，P是AB边上的一点，试在高AD上找一点E，使得△PEB的周长最短．
【答案】详见解析
【解析】
【详解】试题分析：（1）如图所示：点E即为所求．
（2）如图，△A′B′C′即为所求.
（3）如图，点E即为所求.
考点: 作图—复杂作图
22. 如图，点A、C、D、B在同一条直线上，且
（1）求证：
（2）若，求的度数.
【答案】（1）证明见详解；（2）130°
【解析】
【分析】（1）由，得AD=BC，根据AAS可证明；
（2）根据全等三角形的性质和三角形的外角的性质，即可得到答案.
【详解】（1）∵点A、C、D、B在同一条直线上，，
∴AC+CD=BD+CD，即AD=BC，
在与中，
∵
∴(AAS)
（2）∵，
∴
∴.
【】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，熟练掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键.
23. 在等边三角形ABC中，点P在△ABC内，点Q在△ABC外，且∠ABP=∠ACQ，BP=CQ．
（1）求证：△ABP≌△ACQ；
（2）请判断△APQ是什么形状的三角形？试说明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；(2) △APQ是等边三角形．
【解析】
【分析】(1)根据等边三角形的性质可得AB＝AC，再根据SAS证明△ABP≌△ACQ;
(2)根据全等三角形的性质得到AP＝AQ ，再证∠PAQ ＝ 60°，从而得出△APQ是等边三角形.
【详解】证明：（1）∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60°，
在△ABP和△ACQ中， ∴△ABP≌△ACQ(SAS)，
（2）∵△ABP≌△ACQ， ∴∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，
∵∠BAP+∠CAP=60°， ∴∠PAQ=∠CAQ+∠CAP=60°，
∴△APQ是等边三角形.
【】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了正三角形的判定，本题中求证，△ABP≌△ACQ是解题的关键.
24. 如图，已知△ABC是边长为3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1 cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），
则（1）BP cm，BQ cm．（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
【答案】（1）3-t，t；（2）当t=1s或t=2s时，△PBQ是直角三角形.
【解析】
【分析】（1）根据路程=速度×时间即可求得；
（2）根据等边三角形的性质可以知道这个直角三角形∠B=60°，所以就可以表示出BQ与PB的关系，要分情况进行讨论：①∠BPQ=90°；②∠PQB=90°．然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．
【详解】（1）根据题意：AP=tcm，BQ=tcm
△ABC中，AB=BC=3cm，∠B=60°，
∴BP=（3-t ）cm，
故答案为：3-t，t；
（2）若△PBQ是直角三角形，BP=3-t，BQ=t，∵∠B=60°，
∴∠BQP=90°或∠BPQ=90°
当∠BQP=90°时，BQ=BP
即t=2（3-t ），
t=1 （秒）
当∠BPQ=90°时，BP=BQ
3-t=2t，
t=2 （秒）
答：当t=1秒或t=2秒时，△PBQ直角三角形
25. 如图1，OA=2，OB=4，以A点为顶点，AB为腰在第三象限作等腰直角△ABC.
（1）求C点的坐标.
（2）如图2，OA=2,P为y轴负半轴上的一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰直角△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP－DE的值.
（3）如图3，点F坐标为（－4，－4），点G（0，m）在y轴负半轴，点H（n，0）在x轴的正半轴，且FH⊥FG，求m+n的值.
【答案】答案见解析.
【解析】
【分析】（1）作CD⊥AD，易证∠ACD=∠OAB，即可求证△ACD≌△BAO，可得AD=OB，CD=OA即可解题；
（2）作DF⊥OP，易证∠APO=∠PDF，即可证明△AOP≌△PFD，可得AO=PF，DE=OF，即可解题；
（3）作FD⊥HD，FE⊥OG，易证∠EFG=∠DFH，即可证明△EFG≌△DFH，可得EG=DH，即-m-4=n+4，即可解题．
【详解】解：如图，
（1）过点C作CD⊥AD，
∵∠CAD+∠ACD=90°，∠CAD+∠OAB=90°，
∴∠ACD=∠OAB，
在△ACD和△BAO中，

∴△ACD≌△BAO，（AAS）
∴AD=OB，CD=OA，
∴点C坐标为（-6，-2）；
(2)作DF⊥OP，
∵∠APO+∠DPF=90°，∠PDF+∠DPF=90°，
∴∠APO=∠PDF，
△AOP和△PFD中，
∴△AOP≌△PFD，（AAS）
∴AO=PF，DE=OF，
∴OP-DE=OP-OF=FP=AO=2；
(3)作FD⊥HD，FE⊥OG，则FE=FD=4，
∵∠EFG+∠OFE=90°，∠OFE+∠DFH=90°，
∴∠EFG=∠DFH，
在△EFG和△DFH中， ，
∴△EFG≌△DFH，（ASA）
∴EG=DH，即-m-4=n+4，
∴m+n=-8．
【】本题考查了全等三角形判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ACD≌△BAO，△AOP≌△PFD，△EFG≌△DFH是解题的关键．