宁夏固原市2024-2025学年上学期八年级期中素养测评数学试卷（人教版）

这是一份宁夏固原市2024-2025学年上学期八年级期中素养测评数学试卷（人教版），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数 学 试 卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是的高，是的角平分线，若，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
2．在下列长度的四根木棒中，能与、长的两根木棒钉成一个三角形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在四边形ABCD中，∠A=140°，∠D=90°，OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，则∠BOC=( )
A．105°B．115°C．125°D．135°
4．下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等图形B．两个全等图形形状一定相同
C．两个周长相等的图形一定是全等图形D．两个正三角形一定是全等图形
5．如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为M．若∠ABC＝30°，∠C＝38°，则∠CDE的度数为（ ）
A．68°B．70°C．71°D．74°
6．如图，已知∠ABC=∠DCB，下列所给条件不能证明△ABC≌△DCB的是（ ）

A．∠A=∠DB．AB=DCC．∠ACB=∠DBCD．AC=BD
7．小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，在锐角三角形中，是边上的高，分别以为一边，向外作正方形和（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接和与的延长线交于点，下列结论：①；②；③是的中线；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
9．如图，中，，P为直线上一动点，连，则线段的最小值是 ．
10．如图，三角形纸片中，，将沿翻折，使点C落在外的点处．若，则的度数为 ．
11．一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是 ．
12．如图所示，平分，，于点E，，，那么的长度为 cm．
13．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ．
14．在中，为边上的高，，，则是 度．
15．如图，已知△ABC的周长是21，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝4，△ABC的面积是 ．
16．如图，在中，，以 为边，作，满足，点E为 上一点，连接AE，，连接 ．下列结论中正确的是 ．（填序号）
①；②；③若，则；④．
三、解答题
17．（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．

（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．

18．如图1，已知直线，点A为直线上一点，点B为直线上一点，且，点C是直线上一动点，且点C在点B右侧，过点C作交直线于点D，连接．
(1)若平分，请直接写出的度数；
(2)作，交直线于点E，平分．（说明：解答过程用数字表示角）
①如图2，若点E，F都在点B的右侧，求的度数．
②在点C的运动过程中，是否存在这样的情形，使成立？若存在，求出的度数：若不存在，请说明理由．
19．如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点N，使CN=AM，连接MN交AC于点P，MH⊥AC于点H．
(1)求证：MP=NP；
(2)若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）．
20．如图1，，直线与、相交于点、，平分，平分．

(1)求证：；
(2)如图2，为、之间一点（），若，求的度数；
(3)若为直线下方一点，，为直线右侧一点，满足，则、、之间满足的数量关系是______．
21．如图，在中，，．过点作，垂足为，延长至点．使．在边上截取，连接．求证：．

22．如图，于于F，若，

(1)求证：平分；
(2)已知，求的长．
23．如图，已知点是线段上一点，，．
(1)求证：；
(2)求证：．
24．如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
(1)求证：△ABC≌△ADE；
(2)求∠FAE的度数；
(3)求证：CD＝2BF+DE．
25．我们在小学已经学习了“三角形内角和等于”．在三角形纸片中，点D，E分别在边上，将沿折叠，点C落在点的位置．

(1)如图1，当点C落在边上时，若，则＝ ，可以发现与的数量关系是 ；
(2)如图2，当点C落在内部时，且，，求的度数；
(3)如图3，当点C落在外部时，若设的度数为x，的度数为y，请求出与x，y之间的数量关系．
26．阅读理解
半角模型：半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等三角形，使条件弱化，这样可把握问题的本质．

【问题背景】
如图1，在四边形中，分别是上的点，，试探究图1中线段之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为解决此问题可以用如下方法：延长到点，使，连接，先证明，再证明，则可得到线段之间的数量关系是______________．
【探索延伸】
如图2，在四边形中，，分别是上的点，，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【结论运用】
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东的方向以海里/小时的速度前进，小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达处，且两舰艇之间的夹角为，则此时两舰艇之间的距离为__________海里．

宁夏固原市2024-2025学年第一学期八年级期中素养测评
（人教版）
数学试卷参考答案
1．A
【分析】根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义求出，求出，再求出答案即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵是的边上的高，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】此题考查了三角形内角和的性质，解题的关键是掌握三角形内角和有关性质．
2．C
【分析】判定三条线段能否构成三角形，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【详解】解：设三角形的第三边为x，则
9-4＜x＜4+9
即5＜x＜13，
∴当x=7时，能与4cm、9cm长的两根木棒钉成一个三角形，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系的运用，解题时注意：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
3．B
【分析】根据四边形的内角和及角平分线的定义解答即可.
【详解】∵∠A+∠D+∠ABC+∠BCD=360°，∠A=140°，∠D=90°
∴∠ABC+∠BCD=130°
∵OB平分∠ABC，OC平分∠BCD
∴∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠BCD）=65°
∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=115°
故选B
【点睛】本题考查的是四边形的内角和及角平分线，掌握四边形的内角和是360°及角平分线的定义是关键.
4．B
【分析】根据全等图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A：两个面积相等的图形不一定是全等图形，故A错误，不符合题意；
B：两个全等图形形状一定相同，故B正确，符合题意；
C：两个周长相等的图形不一定是全等图形，故C错误，不符合题意；
D：两个正三角形不一定是全等图形，故D错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等图形，熟练运用“能够完全重合的两个图形叫做全等形”是本题的关键．
5．D
【分析】利用三角形内角和定理求出∠BAC=112°，利用全等三角形的性质证明∠BED=∠BAD即可解决问题．
【详解】解：∵∠ABC=30°，∠C=38°，
∴∠BAC=112°，
在△BMA和△BME中，
．
∴△BMA≌△BME（ASA），
∴BA=BE，
在△BDA和△BDE中，
，
∴△BDA≌△BDE（SAS），
∴∠BED=∠BAD=112°，
∴∠CED=68°，
∴∠CDE=180°-∠C-∠CED=74°，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．D
【详解】A．添加∠A=∠D可利用AAS判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
B．添加AB=DC可利用SAS定理判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
C．添加∠ACB=∠DBC可利用ASA定理判定△ABC≌△DCB，故此选项不合题意；
D．添加AC=BD不能判定△ABC≌△DCB，故此选项符合题意．
故选D．
7．B
【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；
A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断；
B.不一定等于，即可判断；
C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断；
D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断；
掌握轴对称的性质是解题的关键．
【详解】解：A.，
，
由对称得，
点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形，
，，
，
，结论正确，故不符合题意；
B.不一定等于，结论错误，故符合题意；
C.由对称得，
∵点 E ，F分别是底边的中点，
，结论正确，故不符合题意；
D.
过作，
，
，
，由对称得，
，
同理可证，
，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
8．D
【分析】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线的延长线于P，过点G作于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键，分析题意，根据正方形的性质可得可求出，由“边角边”可得，可判断①是否正确；设、相交于点N，由可得，即可判断②的正确性；根据同角的余角相等求出，再证明，根据全等三角形性质即可判断④是否正确；证明，根据全等三角形的对应边相等即可判断③是否正确，从而完成解答．
【详解】解：在正方形和中，，，
，即，
在和中，，，
，
，故①正确；
设相交于点N，
，
，
，
，
，故②正确；
过点G作于Q，过点E作的延长线于P，如图所示：
，
，
，
，
，
在和中，
，，
，
，故④正确；
同理可得，
，
在和中，
，，
，
，
是的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确，共4个．
故选：D．
9．
【分析】根据垂线段最短，得到当时，的值最小，利用等积法进行计算即可。
【详解】∵点到直线的距离，垂线段最短，
∴当时，的值最小，
在中，
∵，
∴，即：，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查垂线段最短，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
10．
【分析】根据三角形内角和定理求出，根据折叠的性质求出，根据三角形的外角的性质计算，得到答案．
【详解】解：，，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
故答案是：．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理、折叠的性质，掌握三角形内角和等于是解题的关键．
11．6或7
【分析】求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．
【详解】解：由多边形内角和，可得
（n-2）×180°=720°，
∴n=6，
∴新的多边形为6边形，
∵过顶点剪去一个角，
∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，
故答案为6或7．
【点睛】本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．
12．
【分析】通过辅助线构造全等三角形，再根据全等三角形的性质进行线段之间的转化，最后代入长度计算即可．
【详解】解：如图
作，交的延长线于点
，平分
，
，
故答案为
【点睛】本题考查了角平分线的性质，主要相关知识点有：全等三角形的判定、同角的补角相等、全等三角形的性质等，辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．4+4．
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，
故答案为4+4．
【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
14．40或80/80或40
【分析】根据题意，由于类型不确定，需分三种情况：高在三角形内部、高在三角形边上和高在三角形外部讨论求解．
【详解】解：根据题意，分三种情况讨论：
①高在三角形内部，如图所示：
在中，为边上的高，，
，
，
；
②高在三角形边上，如图所示：
可知，
，
故此种情况不存在，舍弃；
③高在三角形外部，如图所示：
在中，为边上的高，，
，
，
；
综上所述：或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查求角度问题，在没有图形的情况下，必须考虑清楚各种不同的情况，根据题意分情况讨论是解决问题的关键．
15．42
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等（即OE＝OD＝OF），从而可得到的面积等于周长的一半乘以2，代入求出即可．
【详解】如下图，连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴OE＝OF＝OD＝4，
∵的周长是21，OD⊥BC于D，且OD＝4，
∴
＝42，
故答案为：42．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质及三角形面积的求法，熟练掌握角平分线的性质是解决本题的关键．
16．②③④
【分析】因为，且，所以需要构造2倍的，故延长至，使，从而得到，进一步证明，且，接着证明，则，，所以②是正确的，也可以通过线段的等量代换运算推导出④是正确的，设，则，因为，所以，接着用表示出，再计算出，故③是正确的，当时，可以推导出，否则不垂直于，故①是错误的．
【详解】解：如图，延长至，使，设与交于点，
，
，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
在与中，
，
（SAS），
，，故②是正确的；
，
，
平分，
当时，，则，
当时，，则无法说明，故①是不正确的；
设，则，
，
，
，
，
，
，故③是正确的；
，
，
，
，
，
，
故④是正确的．
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，角度的计算，构造两倍的，是本题解题的关键．
17．（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析
【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；
（2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形．
【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）如图：

【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
18．(1)
(2)①；②存在，的度数为或
【分析】（1）先根据平行线的性质求得，再根据角平分线的定义求得结果；
（2）①根据平行线的性质和折叠性质，角平分线的定义求解即可；②分情况讨论即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①∵平分，
∴，
∵，
∴；
②存在．
当E在B右侧时，如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
当E在B左侧时，如图，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
存在，的度数为或．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形外角的定义，解题的关键是正确应用角平分线定义与平行线的性质解题．
19．(1)见详解；
(2)0.5a．
【分析】（1）过点M作MQCN，证明即可；
（2）利用等边三角形的性质推出AH=HQ，则PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）．
【详解】（1）如下图所示，过点M作MQCN，
∵为等边三角形，MQCN，
∴，
则AM=AQ，且∠A=60°，
∴为等边三角形，则MQ=AM=CN，
又∵MQCN，
∴∠QMP=∠CNP，
在，

∴，
则MP=NP；
（2）∵为等边三角形，且MH⊥AC，
∴AH=HQ，
又由（1）得，，
则PQ=PC，
∴PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）=0.5AC=0.5a．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、三角形全等的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
20．(1)证明见解析；
(2)；
(3)；
【分析】（1）根据平行线的性质可知，角平分线的定义即可解答；
（2）根据平行线的性质及角平分线的定义可知，再根据四边形的内角和和三角形的内角和即可解答；
（3）根据平行线的性质及角平分线的定义可知，根据三角形的内角和及四边形的内角和即可解答．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴在四边形中，，
∵在中，，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，三角形的内角和，四边形的内角和，角平分线的定义，对顶角相等，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
21．见解析
【分析】利用三角形内角和定理得的度数，再根据全等三角形的判定与性质可得结论．
【详解】证明：在 中，，，
．
．
．
，
．
在和中，
，
∴．
．
【点睛】此题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
22．(1)见详解
(2)12
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有，全等三角形的对应边相等，对应角相等．
（1）求出，根据全等三角形的判定定理得出，推出，根据角平分线性质得出即可；
（2）根据全等三角形的性质得出，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴平分；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
23．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由得，即，从而即可证得；
（2）由可得，，即可得到，从而即可得证．
【详解】（1）证明：，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：，
，，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．(1)见解析；
(2)；
(3)见解析
【分析】（1）先根据等角的余角相等证得，再根据全等三角形的判定证明即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质求得，再根据直角三角形的两锐角互余求得即可求解；
（3）延长BF到G，使得，根据全等三角形的判定与性质证明，得到即可证得结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，
在△BAC和△DAE中，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：延长BF到G，使得，
∵，
∴，
在△AFB和△AFG中，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，，
∴，
∵，
∴在△CGA和△CDA中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、线段的和差等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，添加辅助线构造全等三角形求解线段问题是解答的关键．
25．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据平角定义求出，再利用折叠性质即可求出，然后利用三角形内角和进行计算即可；
（2）根据平角定义求出，，然后利用折叠性质可得，然后利用三角形内角和进行计算即可；
（3）根据平角定义求出，再利用折叠性质即可求出，然后利用三角形内角和进行计算即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由折叠得：
.
∴，
∴，
（2）解：∵，
∴，
由折叠得：
∴，
∴的度数为；
（3）解：如图：

∵，
∴，
由折叠得：
，
∴

，
∴与x，y之间的数量关系：．
【点睛】本题考擦汗折叠性质和三角形内角和，灵活运用所学知识是关键．
26．【问题背景】，理由见详解；【初步探索】；【探索延伸】仍然成立，理由见详解；【结论运用】
【问题背景】将绕点逆时针旋转得，与重合，可证点共线，可证，，由此即可求证；【初步探索】根据作图可证，再证即可；【探索延伸】证明方法与“初步探索”的证明方法相同；【结论运用】如图所示，连接，过点作轴于点，证明，，由此即可求解．
【详解】解：【问题背景】，理由如下，
如图所示，

∵，，
∴将绕点逆时针旋转得，与重合，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴点共线，
∵，，
∴，
∴，即，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
【初步探索】根据题意，，延长至点，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
【探索延伸】仍然成立，理由如下，
如图所示，延长至点，使得，

∵，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
在中，
，
∴，
∴，且，
∴；
【结论运用】如图所示，连接，过点作轴于点，

根据题意可得，，，，，
∴在中，，，则，
∴，
∵，
∴，
∵舰艇甲向正东方向以海里/小时的速度前进，舰艇乙以海里/小时的速度前进，形式小时，
∴（海里），（海里），
如图所示，延长至点，使得，则，

在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴在中，
，
∴，
∴，
∴（海里），
∴此时两舰艇之间的距离为海里，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查四边形的综合，全等三角形的判定和性质的综合，方位角的运用，理解图示，掌握全等三角形的判定和性质是解题的的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
A
C
B
B
D
D
B
D