2022-2023学年人教版八年级上册数学期中复习试卷（有答案）

这是一份2022-2023学年人教版八年级上册数学期中复习试卷（有答案），共18页。试卷主要包含了我们知道等内容，欢迎下载使用。
1．下面四个手机APP图标中，可看作轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．现有两根木棒，它们的长度分别为2cm和3cm，若不改变木棒的长度，要钉成一个三角形木架，则应在下列四根木棒中选取（ ）
A．1cm的木棒B．3cm的木棒C．5cm的木棒D．7cm
3．甲、乙、丙、丁四名同学在讨论数学问题时作了如下发言：
甲：因为三角形中最多有一个钝角，因此三角形的外角之中最多只有一个锐角；
乙：在求n个角都相等的n边形的一个内角的度数时，可用结论：180°﹣×360°；
丙：多边形的内角和总比外角和大；
丁：n边形的边数每增加一条，对角线就增加n条．
四位同学的说法正确的是（ ）
A．甲、丙B．乙、丁C．甲、乙D．乙、丙
4．如图，折叠直角三角形纸片的直角，使点C落在AB上的点E处．已知BC＝12，∠B＝30°，则DE的长是（ ）
A．6B．4C．3D．2
5．如图，l1∥l2，l3⊥l4，∠1＝42°，那么∠2的度数为（ ）
A．48°B．42°C．38°D．21°
6．我们知道：n边形的内角和等于（n﹣2）•180°．如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则它是（ ）
A．七边形B．八边形C．九边形D．十边形
7．如图，在△ABC中，点D是BC边上的一点，E，F分别是AD，BE的中点，连接CE，CF，若S△CEF＝5，则△ABC的面积为（ ）
A．15B．20C．25D．30
8．如图，△ABC≌△ADE，∠B＝100°，∠BAC＝30°，那么∠AED＝（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
9．如图，AC与BD相交于点O，∠D＝∠C，添加下列哪个条件后，仍不能使△ADO≌△BCO的是（ ）
A．AC＝BDB．∠ABD＝∠BACC．AD＝BCD．OD＝OC
10．如图，AO＝BO，CO＝DO，AD与BC交于E，∠O＝40°，∠B＝25°，则∠BED的度数是（ ）
A．90°B．60°C．75°D．85°
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．要画出∠AOB的平分线，分别在OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF，连接CF，DE，交于P点，那么∠AOB的平分线就是射线OP，要说明这个结论成立，可先说明△EOD≌△ ，理由是 ，得到∠OED＝∠ ，再说明△PEC≌△ ，理由是 ，得到PE＝PF；最后说明△EOP≌△ ，理由是 ，从而说明了∠AOP＝∠BOP，即OP平分∠AOB．
12．如图，AD是△ABC中BC边上的中线，若AD＝5，AC＝8，则AB的取值范围是 ．
13．如图，在四边形ABCD中，∠A+∠C＝180°，E、F分别在BC、CD上，且AB＝BE，AD＝DF，M为EF的中点，DM＝3，BM＝4，则五边形ABEFD的面积是 ．
14．线段AB和线段A′B′关于直线L成轴对称，那么线段AB和A′B′的长度关系是 ．
15．如图，在△ABC与△ADE中，点E在BC上，AC＝AE，且EA平分∠CED，请你添加1个条件使△ABC≌△ADE，你添加的条件是： ．
16．已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC＝DC．则∠ADC+∠B＝ °．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．（8分）如图，在△ABC中，点A（﹣3，1），B（﹣1，0）．
（1）根据上述信息在图中画平面直角坐标系，并求出△ABC的面积；
（2）在平面直角坐标系中，作出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1．
18．（6分）如图，△ABC中，∠A＝40°，∠B＝72°，CE平分∠ACB，CD⊥AB于D，DF⊥CE交CE于F，求∠CDF的度数．
19．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，点D在线段AB上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于点E．
（1）若∠BDA＝115°，则∠BAD＝ °，∠DEC＝ °；
（2）若DC＝AB，求证：△ABD≌△DCE；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．
20．（8分）如图，六边形ABCDEF的每个内角都相等，连接AD，若∠DAB＝60°，
（1）求∠ADC的度数；
（2）AB与DE平行吗？请说明理由；
（3）写出图中与BC平行的线段，并说明理由．
21．（8分）如图所示，∠B＝∠C，点D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC．求证：AD平分∠BAC．
22．（8分）如图1，在△CAB和△CDE中，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，连接AD、BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）如图2，当α＝90°时，取AD、BE的中点P、Q，连接CP、CQ、PQ，判断△CPQ的形状，并加以证明．
23．（8分）四边形ABCD中，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，∠ADC+∠EBC＝180°
求证：2AE＝AB+AD．
24．（9分）已知：如图AB，CD相交于点O，AC＝BD，∠C＝∠B＝90°，求证：∠CAD＝∠BDA．
25．（11分）如图1所示，在边长为6cm的等边△ABC中，动点P以1cm/s的速度从点A出发，沿线段AB向点B运动．设点P的运动时间为t（s），t＞0．
（1）当t＝ 时，△PAC是直角三角形；
（2）如图2，若另一动点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，且动点P，Q均以1cm/s的速度同时出发．那么当t取何值时，△PAQ是直角三角形？请说明理由；
（3）如图3，若另一动点Q从点C出发，沿射线BC方向运动，且动点P，Q均以1cm/s的速度同时出发，当点P到达终点B时，点Q也随之停止运动，连接PQ交AC于点D，过点P作PE⊥AC于E．试问线段DE的长度是否变化？若变化，请说明如何变化；若不变，请求出DE的长度．
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．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．解：根据三角形的三边关系，得
第三边应大于两边之差，即3﹣2＝1；而小于两边之和，即3+2＝5，
即1＜第三边＜5，
下列答案中，只有B符合条件．
故选：B．
3．解：甲：根据内角和相邻的外角的和是180°，即可得到甲正确；
乙：每个外角的度数是（）°，则每个内角的度数是：180°﹣×360°，故乙正确；
丙：三角形的内角和小于外角和，四边形的内角和等于外角和，则丙错误；
丁：n边形的对角线的条数是：，则（n+1）边形的对角线条数是：＝，而﹣＝n﹣1，即n边形的边数每增加一条，对角线就增加（n﹣1）条，故丁错误．
故选：C．
4．解：由题意可得，AD平分∠BAC，∠C＝∠AED＝90°
∴DE＝DC
又∠B＝30°
∴DE＝BD
又BC＝12
则3DE＝12
∴DE＝4．
故选：B．
5．解：如图，∵l1∥l2，∠1＝42°，
∴∠3＝∠1＝42°，
∵l3⊥l4，
∴∠2＝90°﹣∠3＝48°．
故选：A．
6．解：∵多边形的外角和等于360度，
∴多边形的内角和＝360°×3＝1080°，
则1080°＝（n﹣2）•180°，
解得：n＝8．
故选：B．
7．解：根据等底同高的三角形面积相等，可得
∵F是BE的中点，
S△CFE＝S△CFB＝5，
∴S△CEB＝S△CEF+S△CBF＝10，
∵E是AD的中点，
∴S△AEB＝S△DBE，S△AEC＝S△DEC，
∵S△CEB＝S△BDE+S△CDE
∴S△BDE+S△CDE＝10
∴S△AEB+S△AEC＝10
∴S△ABC＝S△BDE+S△CDE+S△AEB+S△AEC＝20
故选：B．
8．解：∵∠B＝100°，∠BAC＝30°，
∴∠C＝180°﹣100°﹣30°＝50°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠C＝∠E＝50°．
故选：C．
9．解：添加AC＝BD，不能证明△ADO≌△BCO；
添加∠ABD＝∠BAC，得OA＝OB，根据AAS，可证明△ADO≌△BCO；
添加AD＝BC，根据AAS，可证明△ADO≌△BCO；
添加OD＝OC，根据ASA，可证明△ADO≌△BCO；
故选：A．
10．解：∵OA＝OB，∠O＝∠O，OD＝OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠A＝∠B＝25°，
∴∠BDE＝∠A+∠O＝65°，
∴∠BED＝180°﹣65°﹣25°＝90°，
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．解：作法：
（1）分别在OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF，连接CF，DE，交于P点，
（2）连接OP即可，
∵OE＝OF，∠EOF＝∠EOF，OC＝OD，
∴△EOD≌△FOC，∠OED＝∠OFC，
在△PEC与△PFD中，∵∠OED＝∠OFC，∠CPE＝∠DPF，CE＝DF，
∴△PEC≌△PFD，
故PE＝PF，
在△EOP与△FOP中，OE＝OF，PE＝PF，OP＝OP，
故△EOP≌△FOP，
故∠AOP＝∠BOP，
即OP平分∠AOB．
12．解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．
∵BD＝CD，∠ADB＝∠EDC，AD＝DE，
∴△ABD≌△ECD，
∴CE＝AB．
在△ACE中，AE＝10，AC＝8，
∴2＜EC＜18．
∴2＜AB＜18，
故答案为2＜AB＜18．
13．解：延长BM至G，使MG＝BM＝4，连接FG、DG，如图所示：
∵M为EF中点，
∴ME＝MF，
在△BME和△GMF中，
，
∴△BME≌△GMF（SAS），
∴FG＝BE，∠MBE＝∠MGF，S△BEM＝S△GFM，
∴FG∥BE，
∴∠C＝∠GFC，
∵∠A+∠C＝180°，∠DFG+∠GFC＝180°，
∴∠A＝∠DFG，
∵AB＝BE，
∴AB＝FG，
在△DAB和△DFG中，
，
∴△DAB≌△DFG（SAS），
∴DB＝DG，S△DAB＝S△DFG，
∵MG＝BM，
∴DM⊥BM，
∴五边形ABEFD的面积＝△DBG的面积＝×BG×DM＝×8×3＝12，
故答案为：12．
14．解：若线段AB和线段A′B′关于直线L成轴对称，那么线段AB和A′B′的长度相等．
15．解：添加∠B＝∠D或BC＝DE或∠BAC＝∠DAE或∠BAD＝∠EAC（答案不唯一），
∵EA平分∠CED，
∴∠AED＝∠AEC，
∵AC＝AE，
∴∠C＝∠AEC，
∴∠AED＝∠C，
当∠B＝∠D时，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS），
故答案为：∠B＝∠D（答案不唯一）．
16．证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，
在Rt△CFD和Rt△CEB中，
，
∴Rt△CFD≌Rt△CEB（HL），
∴∠FDC＝∠B，
∵∠ADC+∠FDC＝180°，
∴∠ADC+∠B＝180°，
故答案为180．
三．解答题（共9小题，满分72分，每小题8分）
17．解：（1）如图所示，△ABC的面积＝2×3﹣×2×2﹣×1×2＝3；
（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．
18．解：∵∠A＝40°，∠B＝72°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣72°＝68°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝34°，
∴∠CED＝∠A+∠ACE＝74°，
∴∠CDE＝90°，DF⊥CE，
∴∠CDF+∠ECD＝∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠CDF＝74°．
19．（1）解：∵∠BDA＝115°，∠B＝40°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠BDA＝180°﹣40°﹣115°＝25°；
∵AB＝AC，∠B＝40°，
∴∠C＝40°．
∵∠BDA+∠ADE+∠EDC＝180°，∠ADE＝40°，∠BDA＝115°，
∴∠EDC＝180°﹣115°﹣40°＝25°．
∵∠EDC+∠C+∠DEC＝180°，
∴∠DEC＝180°﹣25°﹣40°＝115°．
故答案为：25，115．
（2）证明：∵∠EDC+∠EDA+∠ADB＝180°，∠DAB+∠B+∠ADB＝180°，∠B＝∠EDA＝40°，
∴∠EDC＝∠DAB．
∵∠B＝∠C，DC＝AB，
∴△ABD≌△DCE（ASA）；
（3）解：∠BDA＝80° 或∠BDA＝110°．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝40°，
①当AD＝AE时，∠ADE＝∠AED＝40°，
∵∠AED＞∠C，
∴此时不符合；
②当DA＝DE时，即∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣40°）＝70°，
∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠BAD＝100°﹣70°＝30°；
∴∠BDA＝180°﹣30°﹣40°＝110°；
③当EA＝ED时，∠ADE＝∠DAE＝40°，
∴∠BAD＝100°﹣40°＝60°，
∴∠BDA＝180°﹣60°﹣40°＝80°；
∴当∠BDA＝110°或80°时，△ADE是等腰三角形．
20．解：（1）∵六边形ABCDEF的每个内角的度数是120°
∴∠ADC＝360°﹣120°﹣120°﹣60°＝60°．
（2）∵∠ADE＝120°﹣∠ADC＝60°
∴∠BAD＝∠ADE＝60°
∴AB∥DE．
（3）与BC平行的线段有AD，EF．
证明：∵∠B+∠BAD＝180°，
∴BC∥AD．
∵∠ADE+∠E＝180°，
∴AD∥EF．
∴BC∥AD∥EF．
21．证明：∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEB＝∠DFC，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（AAS），
∴DE＝DF，
∴D在∠BAC的平分线上，
即AD平分∠BAC．
22．解：（1）如图1，
∵∠ACB＝∠DCE＝α，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD；
（2）△CPQ为等腰直角三角形．
证明：如图2，
由（1）可得，BE＝AD，
∵AD，BE的中点分别为点P、Q，
∴AP＝BQ，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP＝∠CBQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴CP＝CQ，且∠ACP＝∠BCQ，
又∵∠ACP+∠PCB＝90°，
∴∠BCQ+∠PCB＝90°，
∴∠PCQ＝90°，
∴△CPQ为等腰直角三角形．
23．证明：过C作CF⊥AD于F，
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC＝∠EAC，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠DFC＝∠CEB＝90°，
在△AFC和△AEC中，
∴△AFC≌△AEC（AAS），
∴AF＝AE，CF＝CE，
∵∠ADC+∠EBC＝180°
∴∠FDC＝∠EBC，
在△FDC和△EBC中，
∴△FDC≌△EBC（AAS）
∴DF＝EB，
∴AB+AD＝AE+EB+AD＝AE+DF+AD＝AF+AE＝2AE
∴2AE＝AB+AD
24．证明：∵∠C＝∠B＝90°
在△ACD与△DBA中，
．
∴△ACD≌△DBA（HL）．
∴∠CAD＝∠BDA．
25．解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
若△PAC是直角三角形，则∠APC＝90°，
∴∠ACP＝30°，
∴AP＝AC＝3，
∴t＝3÷1＝3（s），
故答案为：3s；
（2）分两种情况：
①当∠APQ＝90°时，如图2﹣1所示：
则∠AQP＝90°﹣∠A＝30°，
∴AQ＝2AP，
由题意可得：AP＝BQ＝t，则AQ＝6﹣t，
∴6﹣t＝2t，
解得：t＝2；
②当∠AQP＝90°时，如图2﹣2所示：
则∠APQ＝90°﹣∠A＝30°，
∴AP＝2AQ，
∴t＝2（6﹣t），
解得：t＝4；
综上，当t为2s或4s时，△PAQ是直角三角形；
（3）线段DE的长度不变化，理由如下：
过点Q作QF⊥AC，交AC的延长线于F，如图3所示：
∵PE⊥AC，QF⊥AC，
∴∠AEP＝∠DEP＝∠CFQ＝90°，
∵∠QCF＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠QCF，
又∵AP＝CQ，
∴△APE≌△CQF（AAS），
∴AE＝CF，PE＝QF，
又∵∠PDE＝∠QDF，
∴△PDE≌△QDF（AAS），
∴DE＝DF＝EF，
∵EF＝CE+CF，AC＝CE+AE，
∴EF＝AC＝6，
∴DE＝EF＝3，
即线段DE的长度不变，为定值3．