福建省莆田第八中学2024-2025学年八年级上学期期中考数学试题

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1—5： BDDCD 6—10： ABBAB
二、填空题（共24分）
11． 稳定 12． 7 13． 14
14． 16 15． 3：4 16． ①②③
三、解答题（共86分）．
17．(8分) 解：设此多边形的边数为n，则：
（n﹣2）•180＝1440+360，
解得：n＝12．
答：这个多边形的边数为12．
18．(8分)证明：过点A作AF⊥BC于点F．
∵AD＝AE，AF⊥BC，
∴DF＝EF，
∵BD＝CE，
∴BF＝FC，
∵AF⊥BC，
∴AB＝AC．
19．(8分) （1）解：作法：1．以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AB、BC于点E、F；
2．以点P为圆心，以BE的长为半径作弧，交PA于点H；
3．连接EF，以点H为圆心，以EF长为半径作弧，交前弧于点I；
4．作射线PI交AC于点I，交AC于点D，
则点D就是所求的图形．
证明：由作图得∠APD＝∠B，
∴PD∥BC，
∴点D就是所求的图形．
（2）证明：∵PD∥BC，
∴∠APD＝∠B，∠ADP＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠APD＝∠ADP，
∴AP＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△APD是等边三角形．
20．(8分) 解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）设点P的坐标为（0，m），
由题意得：，
解得：m＝﹣3或5，
∴点P的坐标为（0，﹣3）或（0，5），
故答案为：（0．﹣3）或（0，5）．
21．(8分) 解：（1）由题意得：AB＝15×2＝30（海里）．
∵∠NBC＝60°，∠NAC＝30°，
∴∠ACB＝∠NBC﹣∠NAC＝30°．
∴∠ACB＝∠NAC．
∴AB＝BC＝30 （海里）．
∴从海岛B到灯塔C的距离为30海里．
（2）如图，过点C作CP⊥AB于点P．
∴根据垂线段最短，线段CP的长为小船与灯塔C的最短距离，∠BPC＝90°．
又∵∠NBC＝60°，
∴∠PCB＝180°﹣∠BPC﹣∠CBP＝30°．
在Rt△CBP中，∠BCP＝30°，
∴（海里），
∴AP＝AB+BP＝30+15＝45（海里）．
∴航行的时间为45÷15＝3（时）．
∴若这条船继续向正北航行，上午11时小船与灯塔C的距离最短．
22．(10分) （1）证明：连接BP、CP，
∵点P在BC的垂直平分线上，
∴BP＝CP，
∵AP是∠DAC的平分线，
∴DP＝EP，
在Rt△BDP和Rt△CEP中，，
∴Rt△BDP≌Rt△CEP（HL），
∴BD＝CE；
（2）解：在Rt△ADP和Rt△AEP中，，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP（HL），
∴AD＝AE，
∵AB＝6cm，AC＝10cm，
∴6+AD＝10﹣AE，
即6+AD＝10﹣AD，
解得AD＝2cm．
23．(10分) 解：（1）①∵△ABC是“奇妙互余三角形”，∠C＞90°，
∴α，β只能是∠A和∠B，
∵2α+β＝90°，∠A＝60°，
∴2α+60°＝90°或2×60°+β＝90°，
解得：α＝15°，β＝﹣30（不合题意舍去），
∴∠B＝15°，
故答案为：15°；
②∵△ABC是“奇妙互余三角形”，∠C＞90°，
∴α，β只能是∠A和∠B，
∵2α+β＝90°，∠A＝40°，
∴2α+40°＝90°或2×40°+β＝90°，
解得：α＝25°，β＝10°（不合题意舍去），
∴∠B＝25°或10°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝115°或130°，
故答案为：115°或130°；
（2）如图，当点P在线段BC上时，此时∠APB＞90°，
∵△ABP是“奇妙互余三角形”，
∴2∠BAP+∠ABP＝90°或∠BAP+2∠ABP＝90°，
即2∠BAP+52°＝90°或∠BAP+2×52°＝90°，
解得：∠BAP＝19°或-14°（不符合题意，舍去），
∴∠APC＝∠BAP+∠ABP＝71°；
当点P在线段CB的延长线上时，∠APB＜90°，如图所示：
此时∠ABC＝∠BAP+∠APC＝52°，
∵△ABP是“奇妙互余三角形”，
∴2∠BAP+∠APB＝90°或∠BAP+2∠APB＝90°，
解得：∠BAP＝38°或14°，
∴∠APC＝∠ABC﹣∠BAP＝14°或38°；
综上可知：∠APC的度数为71°或14°或38°．
24．(12分)
解：（1）延长AD到Q，使得DQ＝AD，再连接BQ，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵DQ＝AD，∠BDQ＝∠CDA，
∴△BDQ≌△CDA（SAS），
∴BQ＝CA＝5，
在△ABQ中，AB﹣BQ＜AQ＜AB+BQ，
∴9﹣5＜AQ＜9+5，
即4＜AQ＜14，
∴2＜AD＜7，
故答案为：2＜AD＜7；
（2）①答：BE=EF+CF.
证明：如图2，延长AD至点G，使GD＝ED，连接CG，
∵AD为BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△EDB和△GDC中，
BD=CD∠EDB=∠GDCED=GD
∴△EDB≌△GDC（SAS），
∴BE＝CG，∠G＝∠BED，
∵AF＝EF，
∴∠EAF＝∠AEF，
∵∠BED＝∠AEF
∴∠G＝∠BED＝∠AEF＝∠EAF，
∴CG＝AC， ∴BE＝AC．
∴BE＝AC＝AF+CF＝EF+CF.
②解：如图，延长AD至点M，使DM＝AE，连接BM，
∵AE＝DM,
∴AE+ED＝DM+ED
即AD＝EM，
∵AF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴∠BEM＝∠AEF＝∠CAD，
又由①中已证BE＝AC，
∴△ACD≌△EBM（SAS），
∴CD＝BM
∵BD＝CD＝AE＝DM
∴BD＝DM＝BM，
∴△BDM为等边三角形.
∴∠BDM＝60°,
∴∠ADC＝∠BDM＝60°.
则∠ADB的度数为60°.
(14分)
（1）证明：如图1中，∵△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝90°．
∴CD＝CE，∠DCB+∠ECF＝90°，
∵EF⊥BC，
∴∠ECF+∠CEF＝90°，
∴∠DCB＝∠CEF，
在△DBC和△CEF中，
，
∴△DBC≌△CFE（AAS）；
（2）解：如图2中，∵△DBC≌△CFE，
∴BD＝CF，BC＝EF，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝BC，
∴AB＝EF，AD＝BF，
在△ABM和△EFM中，
，
∴△ABM≌△EFM（AAS），
∴BM＝FM，
∴BF＝2BM， ∴AD＝2BM；
（3）解：结论：＝1．
在EH上截取EQ＝DG，连接CQ如图，
在△CDG和△CEQ中
，
∴△CDG≌△CEQ（SAS），
∴CG＝CQ，∠DCG＝∠ECQ，
∵∠DCG+∠DCB＝45°，
∴∠ECQ+∠DCB＝45°，
而∠DCE＝90°，
∴∠HCQ＝45°，
∴∠HCQ＝∠HCG，
在△HCG和△HCQ中，
，
∴△HCG≌△HCQ（SAS），
∴HG＝HQ，
∴HE＝HQ+QE＝HG+DG，
∴＝1．