辽宁省营口市盖州市2022-2023学年八年级上学期期中数学试题（原卷版+解析版）

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1. 空调安装在墙上时，一般用如图的方法固定，该方法应用的几何原理是（ ）
A. 两点确定一条直线B. 两点之间线段最短
C. 三角形的稳定性D. 垂线段最短
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的稳定性，钉在墙上的方法是构造三角形支架，因而应用了三角形的稳定性．
【详解】解：空调安装在墙上时，一般用如图的方法固定，该方法应用的几何原理是三角形的稳定性，
故选；C．
2. 第24届冬奥会于2022年2月20日在世界首个“双奥之城”—北京圆满落下帷幕．下面是从历届冬奥会的会徽中选取的部分图形，其中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形，据此判断即可．
【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁部分不能完全重合，
故不是轴对称图形，不符合题意；
B、沿一条直线折叠，直线两旁部分不能完全重合，
故不是轴对称图形，不符合题意；
C、沿一条直线折叠，直线两旁部分能完全重合，
故是轴对称图形，符合题意；
D、沿一条直线折叠，直线两旁部分不能完全重合，
故不是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的识别，熟记轴对称图形的定义是解本题的关键．
3. 已知一个多边形的每一个外角都相等，一个内角与一个外角的度数之比是，这个多边形的边数是（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】设这个多边形的外角为x°，则内角为4x°，根据多边形的相邻的内角与外角互补可得方程x+4x=180，解可得外角的度数，再用外角和除以外角度数即可得到边数．
【详解】设这个多边形的外角为x°，则内角为4x°，
由题意得：x+4x=180，
解得x=36，
这个多边形的边数：360°÷36°=10，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握多边形的相邻的内角与外角互补．
4. 在和中，，，补充条件后，仍不一定能保证，这个补充条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，全等三角形的判定可用两边夹一角，两角夹一边，三边相等等进行判定，做题时要按判定全等的方法逐个验证．
【详解】A中两边夹一角，满足条件，A选项不符合题意；
B中两角夹一边，也可证全等，B选项不符合题意；
C中并不是两条边的夹角，C选项符合题意；
D中两角及其中一角的对边对应相等，所以D选项不符合题意，
故选：C．
5. 如图，点A、O、C在一条直线上，已知长为的长不可能为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质，三角形的三边关系，根据全等三角形的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】∵，
，，
长为，
∴，
，
，
故选：D．
6. 如图，，，分别是三边延长线上的点，，则的度数为（ ）
A. 73°B. 63°C. 83°D. 93°
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形外角性质，，，利用三角形内角和定理和条件即可求解．
【详解】解：，，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理、三角形外角的性质是解决问题的关键．
7. 如图，是的中线，已知的周长为25cm，比长7cm，则的周长（ ）
A. 18cmB. 22cmC. 19cmD. 31cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形中线的定义可得，进而根据和的周长的差就是、的差，然后计算即可．
【详解】∵是的中线，
∴，
∴和的周长的差＝.
∵的周长为，比长，
∴的周长为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线的定义，把三角形的周长的差转化为已知两边和长度的差是解题的关键．
8. 如图，是的角平分线，，垂足为．若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形的内角和，全等三角形的判定和性质，三角形的外角的性质，根据角平分线的定义和垂直的定义得到，，推出，根据等腰三角形的性质得到，求得，得到，根据三角形的外角的性质即可得到结论．
【详解】，，
，
是的角平分线，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故选：C．
9. 如图，将正方形放在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作AD⊥轴于D，作CE⊥x轴于E，则∠ADO=∠BED=，得出∠1+∠2=，由正方形的性质得出AB=AO，∠2+∠3=90°，证出∠3=∠1，由AAS证明△BAE≌△AOD，BE=AD=4，AE=OD=3，即可得出结果．
【详解】解：作AD⊥轴于D，作BE⊥AD轴于E，如图所示：
则∠ADO=∠BED=，
∴∠1+∠2=，
∵点A的坐标为（3,4），
∴OD=3，AD=4，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠BAO=90°，AB=AO，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠1，
∴△BAE≌△AOD（AAS），
∴BE=AD=4，AE=OD=3，
∴点B的坐标为（-1，7），
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
10. 如图，已知、的角平分线相交于点P，，，垂足分别为M、N．现有四个结论：
①平分；②；③；④．
其中结论正确的是（ ）．（填写结论的编号）
A. ①②④B. ①④C. ①②③D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】①过点P做，根据平分，可以得到，再证明即可得出结论；②根据和都是角平分线，结合三角形内角和定理，即可得到，再根据三角形外角性质，可以得到，即可得到结论；③由①可得，，故，根据，所以，代入得，即可得出结论；④由①可得，故，即可得出结论．
【详解】解：①过点P作，如图，
∵是的平分线，，
∴．
∵是 的平分线，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，故①正确；
②∵和分别是和的角平分线，
∴，．
∵，，
∴．
∵，
∴，故②正确；
③由①可得，同理又易证，
∴，
∵，四边形内角和为，
∴，
∴，故③正确；
④由①和③可得，，
∴，．
∵，
∴，故④错误；
综上可知正确的有：①②③．
故选C．
【点睛】本题考查角平分线的定义和性质定理，三角形内角和定理，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质等知识．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
二、填空题（每题3分，共24分）
11. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【详解】解：设边数为n，由题意得，
180（n－2）=3603，
解得n=8．
所以这个多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
12. 点关于轴的对称点坐标是______； 点到轴的距离是：______．
【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】点关于轴的对称点坐标的特点是横坐标为原来的相反数，纵坐标不变，点到轴的距离是，点到轴的距离是，由此即可求解．
【详解】解：点关于轴的对称点坐标是，到轴的距离是，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查点关于轴的对称，点到轴的距离，理解并掌握以上知识是解题的关键．
13. 在ABC中，∠A﹣∠B＝30°，∠C＝4∠B．则∠B的度数是______．
【答案】25°
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理及已知，可得关于∠B方程，解方程即可求得∠B的度数．
【详解】解：∵∠A+∠B+∠C=180°，∠C＝4∠B ，
∴∠A+5∠B =180°，
∵∠A﹣∠B＝30°，
∴∠A=∠B+30°，
∴∠B+30°+5∠B=180°，
解得：∠B=25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，解一元一次方程方程，关键是掌握三角形内角和定理，应用方程思想求解．
14. 如图，在△ABC中，∠A＝50°，BE平分∠ABC，CE平分外角∠ACD，则∠E的度数为________．

【答案】25°
【解析】
【分析】根据角平分线定义得出∠ABC＝2∠EBC，∠ACD＝2∠DCE，根据三角形外角性质得出2∠E＋∠ABC＝∠A＋∠ABC，求出∠A＝2∠E，即可求出答案．
【详解】解：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠ABC＝2∠EBC，∠ACD＝2∠DCE，
∵∠ACD＝2∠DCE＝∠A＋∠ABC，∠DCE＝∠E＋∠EBC，
∴2∠DCE＝2∠E＋2∠EBC，
∴2∠E＋∠ABC＝∠A＋∠ABC，
∴∠A＝2∠E，
∵∠A＝50°，
∴∠E＝25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查的是三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．
15. 已知中，，，过点A作的高，则____________．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查锐角三角形和钝角三角形高的画法，尤其注意钝角三角形在钝角的两条边用虚线作延长线，过顶点作垂直高线，根据已知三角形内角度数，结合正确画出三角形高是本题的解题关键．根据题意画出，分别讨论三角形为锐角和钝角三角形时的角，根据，可得答案．
【详解】解：∵中，，，
如图1，当是锐角三角形时，
；
如图2，当是钝角三角形时，
，
故答案为：或．
16. 如图，已知△ABC的面积是26，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD=2，则△ABC的周长是_____．
【答案】26
【解析】
【分析】过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据角平分线性质求出OE=OD=OF=2，根据△ABC的面积等于△ACO的面积、△BCO的面积、△ABO的面积的和，即可作答．
【详解】过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，
∵OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，
∴OE=OD，OD=OF，
即OE=OF=OD=2，
∴△ABC的面积=S△AOB+S△AOC+S△OBC=26，
∴×AB×OE+×AC×OF+×BC×OD=26，
∴×2×（AB+AC+BC）=26，
∴AB+AC+BC=26，
故答案为26．
【点睛】本题考查了角平分线性质，三角形的面积，解题的关键是掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
17. 如图，在△ABC中，AB的垂直平分线EF交BC于点E，交AB于点F，D为线段CE的中点，BE＝AC．∠BAC＝75°，则∠B的度数为_______．
【答案】35°
【解析】
【分析】连接，根据垂直平分线的性质，等腰三角形的性质可得，，根据三角形的内角和定理，外角性质建立二元次一次方程组，解方程组求解即可
【详解】解：如图，连接
AB的垂直平分线EF交BC于点E，
BE＝AC．
又D为线段CE的中点
,
设，
则
∠BAC＝75°，
①
②
联立①②，解得
即∠B的度数为
故答案为：
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，三线合一，三角形外角性质，三角形内角和定理，解二元一次方程组，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
18. 如图，中，，点D为边上一点，将沿直线折叠后，若，则的度数为 _________．
【答案】##110度
【解析】
【分析】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理等知识，根据三角形内角和定理求出，由折叠得到，，再根据平行线的性质得到，求出，根据三角形内角和定理即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（共66分）
19. 如图，网格中的与为轴对称图形．
（1）利用网格线作出与的对称轴l；
（2）如果每一个小正方形的边长为1，请直接写出的面积= ．
（3）顶点在格点，找出以为一边且与全等（不与重合）的三角形 个．
【答案】（1）见解析 （2）3
（3）1
【解析】
【分析】本题考查三角形的综合应用，熟练掌握轴对称图形的意义与性质、拆分法求面积的方法、利用判定三角形全等的方法是解题关键．
（1）连接，作出的垂直平分线即可；
（2）利用“割补法 ”即可求得的面积；
（3）分别作出以为公共边，且与其它两边、对应相等的三角形即可．
【小问1详解】
解：如图，连接，作出的垂直平分线l；
根据轴对称图形的性质可知，l即是与的对称轴；
【小问2详解】
的面积；
故答案为：3；
【小问3详解】
如图，以为一边且与全等（不与重合）的三角形共有3个．
故答案为：3．
20. 如图，中，，平分，于E．
（1）若，求的度数；
（2）求证：直线是线段的垂直平分线．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】本题考查了线段垂直平分线的判定，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握相关的知识
（1）根据角平分线的定义求的度数，利用垂线和三角形内角和定理求解即可；
（2）利用角平分线和垂线的性质准备条件，根据证明，利用全等三角形的性质，结合线段垂直平分线的判定即可证明．
小问1详解】
解：∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，平分线段，
即直线是线段的垂直平分线．
21. 如图，在中，为上一点，为中点，连接并延长至点，使得，连接．
（1）求证：；
（2）若，连接，平分，平分，求的度数．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行线的性质和判定、三角形内角和定理等知识点；
（1）求出，根据全等三角形的性质得出，根据平行线的判定得出即可；
（2）根据（1）求出，根据三角形内角和定理求出即可．
【小问1详解】
为中点，
，
在和中，
，
，
，
∴；
小问2详解】
平分，
，
，
，
，，
，
．
22. 如图，是的中线，分别过点C、B作及其延长线的垂线，垂足分别为F、E．

（1）求证：；
（2）若的面积为8，的面积为6，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）20
【解析】
【分析】(1)根据证明即可；
(2)由中线得，再由全等三角形的性质即可求出面积．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵是的中线，
∴，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，利用三角形的中线求三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
23. 感知：如图1，平分，．
探究：如图2，平分，．，求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】本题考查角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，过点D作于E，交的延长线于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等，可得，通过导角证明，进而得出，即可证明．
【详解】证明：如图，过点D作于E，交的延长线于F，
∵平分，，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
24. 如图1，在平面直角坐标系中，AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，点C(0，4)，A(4，4)，过C点作∠ECF分别交线段AB、OB于E、F两点.
（1）若OF+BE=AB，求证：CF=CE.
（2）如图2，∠ECF=45°， S△ECF=6，求S△BEF的值.
【答案】（1）见解析；（2）S△BEF的值为4.
【解析】
【分析】（1）根据条件证出四边形ABOC是正方形，然后证明△COF≌△CAE即可；
（2）在x轴上截取OG=AE，连接CG，证明△COG≌△CAE，进而证出△GCF≌△ECF，根据全等三角形的面积相等得出S△COF+S△ACE =6，然后利用S△BEF=S四边形ABOC-（S△COF+S△ACE+S△ECF）计算即可．
【详解】（1）证明：∵AB⊥x轴，AC⊥y轴，A（4，4），
∴AB=AC=OC=OB，∠ACO=∠COB=∠ABO=90°，
又∵四边形的内角和是360°，
∴∠A=90°，
∵OF+BE=AB=BE+AE，
∴AE=OF，
∴在△COF和△CAE中，
，
∴△COF≌△CAE（SAS），
∴CF=CE；
（2）在x轴上截取OG=AE，连接CG，
在△COG和△CAE中，
，
∴△COG≌△CAE（SAS），
∴CG=CE，∠GCO=∠ACE，
∵∠ECF=45°，
∴∠ACE+∠FCO=∠ACO-∠ECF=45°，
∴∠GCF=∠GCO+∠FCO=∠ACE+∠FCO=45°，
∴∠GCF=∠ECF，
在△GCF和△ECF中，
，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴S△GCF=S△ECF=6，
∵S△COG=S△ACE，
∴S△COF+S△ACE= S△COF +S△COG=S△GCF=6，
∵S四边形ABOC=16，
∴S△BEF=S四边形ABOC-（S△COF+S△ACE+S△ECF）=4．
【点睛】本题是一道全等三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定方法，正确的寻找出全等的条件是解决此类问题的关键．
25. 如图所示，在中，，，，为的中点，点在线段上由点出发向点运动，同时点在线段上由点出发向点运动，设运动时间为．
（1）若点与点的速度都是，则经过多长时间与全等？请说明理由．
（2）若点的速度比点的速度慢，则经过多长时间与全等？请求出此时两点的速度．
（3）若点、点分别以（2）中的速度同时从点，出发，都按逆时针方向沿三边运动，则经过多长时间点与点第一次相遇？相遇点在的哪条边上？请求出相遇点到点B的距离．
【答案】（1）2s，理由见解答过程
（2）经过1s，点P的速度是9，则点Q的速度是12时，与全等
（3）经过16s点P与点Q第一次相遇，在BC边上相遇，相遇点到点B的距离为12
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质以及一元一次方程的应用；
（1）根据等腰三角形的性质可得出，由点、同速同时出发可得出，结合全等三角形的判定定理可得出当时与全等，进而即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）设点的速度为，则点的速度为，由、结合全等三角形的性质可得出、，进而即可得出关于、的方程组，解之即可得出结论；
（3）根据路程速度时间结合点、相遇，即可得出关于的一元一次方程，解之可求出值，由点的路程点的速度运动时间可求出点的路程，再结合、、的长度，即可找出点、第一次相遇时的位置，此题得解．
【小问1详解】
点与点的速度都是，
，
，，，
要使与全等，则需，
即，
，
即经过的时间与全等；
小问2详解】
设点的速度是，则点的速度是，
，，
，
，要使与全等，则需，，
，
解得：，
经过，点的速度是，则点的速度是时，与全等；
【小问3详解】
设经过点与点第一次相遇，
则，
，
的路程，
，
经过点与点第一次相遇，在边上相遇，相遇点到点的距离为．