江西省九江市十校联考2022-2023学年八年级上学期期中数学试卷

这是一份江西省九江市十校联考2022-2023学年八年级上学期期中数学试卷，共15页。

A．限制速度B．禁止同行
C．禁止直行D．禁止掉头
2．（3分）下列图形中具有稳定性的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）一个正多边形的内角和为900°，那么其对角线总条数是（ ）
A．13B．14C．15D．16
4．（3分）如图1，一块三角形的玻璃打碎成四块，现要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，最简单的办法是（ ）
A．只带①去B．带②③去C．只带④去D．带①③去
5．（3分）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（ ）
​
A．10B．9C．D．
6．（3分）如图，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，AD＝BE，CD＝CE，∠ACE＝m°，∠BCD＝n°，AD与BE相交于点P，则∠BPA的度数为（ ）
A．n﹣mB．n﹣2mC．n﹣mD．（n﹣m）
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．（3分）若三角形两边长分别为2，3，且第三边长为奇数，则第三边长为 ．
8．（3分）当m，n是正实数，且满足m+n＝mn时，就称点P（m，）为“美好点”．已知点A（1，8）与点B的坐标满足y＝﹣x+b，且点B是“美好点”，则△OAB的面积为 ．
9．（3分）如图，在△ABC中，∠A＝70°，∠ACD是△ABC的外角．若∠ACD＝130°，则∠B＝ °．
10．（3分）已知△ABC≌△DEF，BC＝EF＝4cm，△ABC的面积为20cm2，则EF边上的高为 ．
11．（3分）点C在∠AOB的平分线上，CM⊥OB，OC＝13，OM＝5，则点C到射线OA的距离为 ．
12．（3分）如图，若CD是△ABC的中线，AB＝10，则AD＝ ．
三．解答题（共11小题）
13．（1）已知：如图①，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，直接写出∠P与∠A的数量关系为 ．
（2）已知：如图②，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系．
14．如图，在△ABC中，AD是角平分线，∠B＝66°，∠C＝54°，求：∠ADB的度数．
15．已知，△ABC是等边三角形，请仅使用无刻度的直尺分别画出图1和图2的对称轴．
（1）若△DEF是等腰三角形，A点是DE的中点，且DE∥BC
（2）若△ADE是等腰三角形，四边形BCGF为等腰梯形．
16．如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．
（1）作△BED的边BD上的高线；
（2）若△ABC的面积为20，BD＝2.5，求△BDE的边BD上的高线长．
17．在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E为AD上一点，连接CE，CE＝AB，ED＝BD．
（1）求证：△ABD≌△CED；
（2）若∠ACE＝22°，则∠B的度数为 ．
18．如图，点B，F，C，E在一条直线上，BF＝CE，AB∥DE，AC∥DF．求证：AB＝DE，AC＝DF．
19．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D是斜边AC上一点，在射线BD上用尺规作一点E，使∠BEC＝∠A（不写作法，保留作图痕迹）．
20．如图．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D是AC上一点，E在BC的延长线上，且AE＝BD，BD的延长线交AE于点F．BD与AE有什么样的位置关系？请说明理由．
21．如图所示，已知△ABC中，∠B＝∠C，AB＝4厘米，BC＝3厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以每秒1厘米的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上以每秒a厘米的速度由点C向点A运动，设运动时间为t（秒）（0≤t≤3）．
（1）用含t的式子表示PC的长度是 ；
（2）若点P，Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
（3）若点P，Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度a为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
22．如图，在△ABC中，AD⊥BC，AE平分∠BAC．
（1）若°，求∠DAE的度数．
（2）证明：．
23．如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P，在直线AE上取点Q使得BQ＝BP
（1）如图1，当点P在点线段AC上时，求证：∠BQA+∠BPA＝180°；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；
（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为 ．
2022-2023学年江西省九江市十校联考八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．【分析】根据轴对称图形定义：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，则这个图形叫轴对称图形．
【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，符合题意．
C、不是轴对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，不合题意；
故选：B．
2．【分析】根据三角形具有稳定性判断即可．
【解答】解：A、图形具有稳定性，符合题意；
B、图形不具有稳定性，不符合题意；
C、图形不具有稳定性，不符合题意；
D、图形不具有稳定性，不符合题意；
故选：A．
3．【分析】根据题意和多边形内角和公式求出多边形的边数，根据多边形的对角线的条数的计算公式计算即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝900°，
解得n＝7，
∴七边形的对角线的总条数为：×7×4＝14，
故选：B．
4．【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【解答】解：第①块和第②③块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第④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④去．
故选：C．
5．【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AC＝3，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：由作法得CD垂直平分AB，
∴CA＝CB，AD＝BD＝AB＝3，CD⊥AB，
∵CD＝AB＝6，
∴AC＝＝＝3，
∵点G为AC的中点，
∴DG＝AG＝CG，
∴△ADG的周长＝AD+AG+DG＝AD+AG+CG＝AD+AC＝3+3．
故选：C．
6．【分析】先证△ACD≌△BCE（SAS），得∠ACD＝∠BCE，再证出∠DCE＝∠ACB，即可得出答案．
【解答】解：在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ACD＝∠BCE，∠A＝∠B，
∴∠ACD﹣∠ACE＝∠BCE﹣∠ACE，
即∠DCE＝∠ACB，
∴∠ACB＝（∠BCD﹣∠ACE）＝（n﹣m）．
如图，AC与BE交于点F，
∵∠AFP＝∠BFC，
∴∠BPA＝∠ACB＝）＝（n﹣m）．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．【分析】能够根据三角形的三边关系“任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边”，求得第三边的取值范围；再根据第三边是奇数，进行求解．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三边应＞5，而＜1．
又第三边是奇数，则第三边应是3．
故答案为：3．
8．【分析】首先根据条件求出点B的坐标，利用割补法求出图形面积．
【解答】解：将点A（1，8）代入y＝﹣x+b，
得b＝9，
则直线解析式为：y＝﹣x+9，
设点B坐标为（x，y），
∵点B满足直线y＝﹣x+9，
∴B（x，﹣x+9），
∵点B是“美好点”，
∴①，
∵m+n＝mn，m，n是正实数，
∴+1＝m ②，
将②代入①得：，
解得x＝5，
∴点B坐标为（5，4），
∴△OAB的面积＝5×8﹣×1×8﹣×4×4﹣×5×4＝18．
答：△OAB的面积为18．
9．【分析】直接利用三角形的外角性质进行求解即可．
【解答】解：∵∠A＝70°，∠ACD是△ABC的外角，∠ACD＝130°，
∴∠B＝∠ACD＝∠A＝60°．
故答案为：60．
10．【分析】过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥EF于N，求出△DEF的面积，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解：过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥EF于N，
∵△ABC≌△DEF，
∴△ABC的面积和△DEF的面积相等，
∵EF＝4cm，△ABC的面积为20cm2，
∴×EF×DN＝20，
∴DN＝10（cm），
∴EF边上的高为10cm，
故答案为：10cm．
11．【分析】过C作CF⊥AO，根据勾股定理可得CM的长，再根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等可得CF＝CM，进而可得答案．
【解答】解：过C作CF⊥AO于F，
∵OC为∠AOB的平分线，CM⊥OB，
∴CM＝CF，
∵OC＝13，OM＝5，
∴CM＝＝12，
∴CF＝12，
故答案为：12．
12．【分析】根据三角形的中线的概念计算即可．
【解答】解：∵CD是△ABC的中线，AB＝10，
∴AD＝AB＝×10＝5，
故答案为：5．
三．解答题（共11小题）
13．【分析】（1）根据角平分线的定义，以及三角形内角和定理可得答案；
（2）根据角平分线的定义可得∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠BCP＝∠DCP＝∠BCD，再根据四边形的内角和可得∠A+∠B＝360°﹣（∠ADC+∠BCD），代入化简即可．
【解答】解：（1）如图①，∠P＝90°+∠A，理由如下：
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠ACP＝∠DCP＝∠ACD，
在△PDC中，由三角形内角和定理得，
∠P＝180°﹣∠CDP﹣∠DCP
＝180°﹣（∠ADC+∠ACD）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠A，
故答案为：∠P＝90°+∠A；
（2）如图②，∠P＝（∠A+∠B），理由如下：
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠BCP＝∠DCP＝∠BCD，
在△PDC中，由三角形内角和定理得，
∠P＝180°﹣∠CDP﹣∠DCP
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD），
而∠ADC+∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠B，
∴∠P＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）．
14．【分析】首先由内角和定理可得∠BAC的值，进而可得∠CAD的大小，再由外角性质可得∠ADB的大小．
【解答】解：∵∠B＝66°，∠C＝54°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴∠ADB＝∠C+∠CAD＝54°+30°＝84°．
15．【分析】（1）根据等腰三角形的性质画图即可；
（2）根据等腰三角形和等腰梯形的性质画出对称轴即可．
【解答】解：如图：
．
16．【分析】（1）根据三角形高的定义作出图形即可．
（2）求出△BDE的面积，可得结论．
【解答】解：（1）如图，线段EH即为所求．
（2）∵AD是△ABC的中线，
∴S△ABD＝S△ADC＝S△ABC＝10，
∵BE是△ABD的中线，
∴AE＝ED，
∴S△BDE＝S△ABE＝S△ABD＝5，
∴×BD×EH＝5，
∵BD＝2.5，
∴EH＝4．
17．【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△CED即可；
（2）由全等三角形的性质，即可得出答案．
【解答】证明：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠CDE＝90°，
在Rt△ADB与Rt△CDE中，
，
∴Rt△ADB≌Rt△CDE（HL）；
（2）∵Rt△ADB≌Rt△CDE，
∴AD＝CD，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴∠ACD＝45°，
∴∠ECD＝∠ACD﹣∠ACE＝45°﹣22°＝23°，
∴∠CED＝90°﹣23°＝67°，
∴∠B＝∠CED＝67°，
故答案为：67°．
18．【分析】证明△ABC≌△DEF（ASA），由全等三角形的性质即可得出结论．
【解答】证明：∵BF＝EC，
∴BC＝EF，
∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B＝∠E，∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，AC＝DF．
19．【分析】先作AC的垂直平分线得到AC的中点O，再作△ABC为外接圆⊙O，则⊙O与射线AD的交点为E，利用圆周角定理可确定E点满足条件．
【解答】解：如图，点E为所作．
20．【分析】先利用“HL”证明△BDC≌△AEC得出∠CBD＝∠CAE，从而得出∠BFE＝90°，即BF⊥AE．
【解答】解：BD⊥AE，理由如下：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD＝90°．
又BC＝AC，BD＝AE，
∴Rt△BDC≌Rt△AEC（HL）．
∴∠CBD＝∠CAE．
又∴∠CAE+∠E＝90°．
∴∠EBF+∠E＝90°．
∴∠BFE＝90°，即BF⊥AE．
∴BD⊥AE．
21．【分析】（1）根据题意、结合图形解答；
（2）分别求出BP、CQ的长，根据全等三角形的判定定理解答；
（3）根据全等三角形的性质求出△BPD与△CQP全等时CQ的长，根据速度公式计算即可．
【解答】解：（1）PC＝（3﹣t）cm．
（2）△CPQ≌△BDP，理由如下：
∵P、Q的运动速度相等，
∴1秒后，CQ＝BP＝1，
CP＝BC﹣BP＝3﹣1＝2，
∵D为AB的中点，
∴BD＝，
∴CP＝BD，
在△CPQ和△BDP中，
，
∴△CPQ≌△BDP（SAS）．
（3）解：由（1）知，PC＝3﹣t，BP＝t，CQ＝at，BD＝2，
∵∠C＝∠B∵△BPD与△CQP全等，
①当△CPQ≌△BDP时，
BP＝CQ，t＝at，
∵t≠0，
∴a＝1与P、Q的运动速度不相等矛盾，故舍去．
②当△CPQ≌△BPD时，
BP＝CP，CQ＝BD，
∴t＝3﹣t，at＝2，
t＝a＝．
即点P、Q的运动速度不相等时，点Q的运动速度a为时，能够使△BPD与△CQP全等．
22．【分析】（1）利用三角形的内角和定理先求出∠BAC、∠BAD，再利用角平分线的性质求出∠BAE，利用角的和差关系求出∠DAE；
（2）根据三角形的内角和定理先用∠B、∠C表示出∠BAC、∠BAD，再利用角平分线的性质，用∠B、∠C表示出∠BAE，最后利用角的和差关系求出∠DAE．
【解答】解：（1）∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝58°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAB＝∠BAC＝29°．
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BAD＝∠ADC﹣∠B＝8°．
∴∠DAE＝∠EAB﹣∠BAD＝21°．
（2）∵AD⊥BC于D，
∴∠ADC＝90°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAC．
∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∴∠EAC＝90°﹣∠B﹣∠C．
∵∠DAC＝90°﹣∠C，
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC
＝90°﹣∠C﹣（90°﹣∠B﹣∠C）
＝（∠B﹣∠C）．
23．【分析】（1）作BD⊥AE于D，根据角平分线的性质得到BD＝BC，证明Rt△DBQ≌Rt△CBP，根据全等三角形的性质得到∠BQA＝∠BPC，证明结论；
（2）作BM⊥AE垂足为M，分别证明△ABM≌△ABC、Rt△DBQ≌Rt△CBP，根据全等三角形的性质解答；
（3）分点P在线段AC上、点P在线段AC的延长线上两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：如图1，作BD⊥AE于D，
∵AB是∠EAF的平分线，BC⊥AF，BD⊥AE，
∴BD＝BC，
在Rt△DBQ和Rt△CBP中，
，
∴Rt△DBQ≌Rt△CBP（HL），
∴∠BQA＝∠BPC，
∵∠BPC+∠BPA＝180°，
∴∠BQA+∠BPA＝180°；
（2）解：AQ﹣AP＝2AC，
理由如下：如图2，作BM⊥AE垂足为M，
∵BC⊥AF，
∴∠BMA＝∠BCA＝90°，
在△ABM和△ABC中，
，
∴△ABM≌△ABC（AAS），
∴∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM＝BC，
在Rt△MBQ和Rt△CBP中，
，
∴Rt△DBQ≌Rt△CBP（HL），
∴QM＝PC，
∴AQ﹣AP＝（AM+QM）﹣（PC﹣AC）＝2AC；
（3）当点P在线段AC上时，如图1，AQ﹣AP＝2PC，
理由如下：∵Rt△DBQ≌Rt△CBP，
∴DQ＝PC，
由（2）可知，AD＝AC，
∴AQ﹣AP＝AD+DQ﹣（AC﹣PC）＝DQ+PC＝2PC；
当点P在线段AC的延长线上时，如图3，AP﹣AQ＝2PC，
理由如下：作BM⊥AE垂足为M，
∵Rt△MBQ≌Rt△CBP，
∴MQ＝PC，
由（2）可知，AM＝AC，
∴AP﹣AQ＝AC+PC﹣（AM﹣MQ）＝MQ+PC＝2PC，
故答案为：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．