「专项突破」湖北省武汉市2021-2022学年八年级上册数学期中试题（解析版）

【专项突破】湖北省武汉市2021-2022学年八年级上册数学期中试题

（解析版）

一、选一选（每题3分，共30分）

1.下面有个汽车标致图案，其中没有是轴对称图形为（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】

【分析】根据轴对称图形的定义以及性质进行判断即可．

【详解】A．

属于轴对称图形，正确；

B．

属于轴对称图形，正确；

C．

没有属于轴对称图形，错误；

D．

属于轴对称图形，正确；

故答案为：C．

【点睛】本题考查了轴对称图形的问题，掌握轴对称图形的定义以及性质是解题的关键．

2.下列长度的三条线段首尾相连能组成三角形的是（）

A

1，2，3

B.2，3，4

C.3，4，7

D.4，5，10

【答案】B

【解析】

【详解】A.∵1+2=3，∴

1，2，3没有能组成三角形；

B.∵2+3>4,∴

2，3，4能组成三角形；

C.∵3+4=7，∴3，4，7没有能组成三角形；

D.∵4+5<10,∴

4，5，10没有能组成三角形；

故选B.3.五边形的对角线共有（）条

A.2

B.4

C.5

D.6

【答案】C

【解析】

【详解】根据多边形的对角线的规律，n边形的一个顶点处有n-3条对称轴，总共有条对角线，故可求五边形的对角线的条数为5条.故选C.点睛：此题主要考查了多边形的对角线的条数，利用多边形的对角线的条数的规律：n边形的一个顶点处有n-3条对称轴，总共有条对角线，代入计算即可.4.如图，△ABC≌△DEF，则∠E的度数为（）

A.80°

B.40°

C.62°

D.38°

【答案】D

【解析】

【分析】根据全等三角形的性质，全等三角形的对应角相等，可求∠E=∠B=180°-∠A-∠C=38°．

【详解】解：∵△ABC≌△DEF，∠A＝80°，∠C＝62°，∴∠F＝∠C＝62°，∠D＝∠A＝80°，∴∠E＝180°−∠D−∠F＝180°−80°−62°＝38°，故选：D．

【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，解题关键是熟记全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．

5.如图，图中x的值为（）

A.50°

B.60°

C.70°

D.75°

【答案】B

【解析】

【详解】由外角的性质得，x+70=(x+10)+x

解之得

x=60°.故选B

点睛：本题考查了三角形外角的性质及一元方程的几何应用，根据三角形的一个外角等于和它没有相邻的两个内角的和列方程求解即可.6.如图，CD⊥AB

于

D，BE⊥AC

于

E，BE

与

CD

交于

O，OB＝OC，则图中全等三角形共有（）

A.2

对

B.3

对

C.4

对

D.5

对

【答案】C

【解析】

【分析】认真观察图形,找着已知条件在图形上的位置,判定方法进行找寻,由OB=OC,CD⊥AB于D,BE⊥AC于E,得△BOD≌ΔCOE,进一步得其它三角形全等.【详解】解:CD⊥AB于D,BE⊥AC于E,∠BDO=∠CEO=90,在△BOD和ΔCOE中,△BOD≌△COE(AAS).进一步得△ADO≌△AEO,△ABO≌△ACO，△ABE≌△ACD共4对.故选C.【点睛】主要考查全等三角形的判定,做题时,从已知开始全等的判定方法由易到难逐个找寻,要没有重没有漏.7.在△ABC与△DEF中，下列各组条件，没有能判定这两个三角形全等的是（）

A.AB＝DE，∠B＝∠E，∠C＝∠F

B.AC＝DE，∠B＝∠E，∠A＝∠F

C.AC＝DF，BC＝DE，∠C＝∠D

D.AB＝EF，∠A＝∠E，∠B＝∠F

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】利用全等三角形的判定定理，分析可得：

A、AB=DE，∠B=∠E，∠C=∠F可利用AAS证明△ABC与△DEF全等；

B、∠A=∠F，∠B=∠E，AC=DE，对应边没有对应，没有能证明△ABC与△DEF全等；

C、AC=DF，BC=DE，∠C=∠D可利用ASA证明△ABC与△DEF全等；

D、AB=EF，∠A=∠E∠B=∠F可利用SAS证明△ABC与△DEF全等；

故选B

点睛：本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA没有能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

8.已知OD平分∠MON，点A、B、C分别在OM、OD、ON上(点A、B、C都没有与点O重合)，且AB=BC,则∠OAB与∠BCO的数量关系为（）

A.∠OAB+∠BCO=180°

B.∠OAB=∠BCO

C.∠OAB+∠BCO=180°或∠OAB=∠BCO

D.无法确定

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意画图，可知当C处在C1的位置时，两三角形全等，可知∠OAB=∠BCO；当点C处在C2的位置时，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质，∠OAB+∠BCO=180°.故选C.9.如图，在△ABE中，∠BAE＝105°，AE的垂直平分线MN交BE于点C，且AB＝CE，则∠B的度数是()

A.45°

B.60°

C.50°

D.55°

【答案】C

【解析】

【分析】已知MN是AE的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得AC=EC，所以∠CAE=∠E，由三角形外角的性质可得∠ACB=∠CAE+∠E=2∠E，再根据等腰三角形的性质可得∠B=∠ACB=2∠E，在△ABC中，根据三角形的内角和定理求得∠E=25°，即可求得∠B=2∠E=50°.【详解】∵MN是AE的垂直平分线，∴AC=EC，∴∠CAE=∠E，∴∠ACB=∠CAE+∠E=2∠E，∵AB＝CE，∴∠B=∠ACB=2∠E，在△ABC中，∠BAE+∠B+∠E=180°，∴105°+2∠E+∠E=180°

即∠E=25°.∴∠B=2∠E=50°.故选C.【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质及三角形的内角和定理，求得∠E=25°是解决本题的关键.10.如图，P为∠AOB内一定点，M、N分别是射线OA、OB上一点，当△PMN周长最小时，∠MPN=110°，则∠AOB=（）

A.35°

B.40°

C.45°

D.50°

【答案】A

【解析】

【分析】作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．则当M，N是P1P2与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，根据对称的性质可以证得：∠OP1M=∠OPM=50°，OP1=OP2=OP，根据等腰三角形的性质求解．

【详解】作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．则当M，N是P1P2与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，连接P1O、P2O，∵PP1关于OA对称，∠MPN=110°

∴∠P1OP=2∠MOP，OP1=OP，P1M=PM，∠OP1M=∠OPM，同理可得：∠P2OP=2∠NOP，OP=OP2，∴∠P1OP2=∠P1OP+∠P2OP=2（∠MOP+∠NOP）=2∠AOB，OP1=OP2=OP，∴△P1OP2是等腰三角形．

∴∠OP2N=∠OP1M，∴∠P1OP2=180°-110°=70°，∴∠AOB=35°，故选A．

【点睛】考查了对称的性质，解题关键是正确作出图形和证明△P1OP2是等腰三角形是．

二、填

空

题：(每题3分，共18分)

11.三角形的一边是5，另一边是1，第三边如果是整数，则第三边是________.【答案】5

【解析】

【详解】根据三角形的三边关系，可知第三边的范围为4＜第三边＜6，由于第三边为整数，可求得第三边的长为5.故答案为5.点睛：此题主要考查了三角形的三边关系，解题关键是根据三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边，求出第三边的范围即可.12.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】

【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：8．

13.如图，小明用直尺和圆规作一个角等于已知角，则说明的依据是______．

【答案】SSS

【解析】

【分析】根据作一个角等于已知角的过程可判断，即可得出结论．

【详解】作一个角等于已知角的过程中，，则，判定依据为，故有，故答案为：．

【点睛】本题考查作一个角等于已知角过程理解及全等三角形的判定，理解作图过程中的相等线段是解题关键．

14.如图，AB∥CD，点P为CD上一点，∠EBA、∠EPC的角平分线于点F，已知∠F＝40°，则∠E＝_____度．

【答案】80

【解析】

【详解】如图，根据角平分线的性质和平行线的性质，可知∠FMA=∠CPE=∠F+∠1，∠ANE=∠E+2∠1=∠CPE=2∠FMA，即∠E=2∠F=2×40°=80°.故答案为80.15.如图△ABO的边OB在x轴上，∠A=2∠ABO，OC平分∠AOB，若AC=2，OA=3，则点B的坐标为_________

【答案】（5,0）

【解析】

【详解】如图，过O作OA=OD=3，并连接CD，由OC为公共边，OC平分∠AOD，根据SAS判定△AOC≌△DOC，根据全等三角形的性质可得AC=CD=2，∠CDO=∠A=2∠CBO，因此可知∠DCB=∠CBO，再根据等角对等边，可得DC=DB=2，所以OB=2+3=5，即点B的坐标为（5，0）.故答案为（5，0）.16.已知△ABC中，∠B=30°,AD为高,∠CAD=30°,CD=3,则BC=_________

【答案】12或6

【解析】

【详解】根据题意，可得如图所示的图形：

当AD在三角形的内部时，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，由∠C1AD=30°，AD为高，可得AC1==2C1D=6，然后在△ABC1中，可得BC1=12；

当AD在三角形的外部时，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，由∠C2AD=30°，AD为高，可得AC2==2C2D=6，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定与性质可知BC2=6.故答案为12或6.点睛：此题主要考查了30°直角三角形的性质，解题时要根据题意分为高在三角形的内部和三角形的外部，两种情况，然后根据直角三角形的性质和等腰三角形的判定与性质求解即可.三、解

答

题（共8题，共72分）

17.已知：△ABC中，∠B=2∠A，∠C=∠A-20°，求∠A的度数.【答案】50°.【解析】

【详解】试题分析：根据题意，设∠A的度数为x°，然后分别表示处∠B、∠C，再根据三角形的内角和列方程求解即可.试题解析：设∠A=x度，则∠B=2x度，∠C=x°-20°，在△ABC中，∠A+∠B+∠C=180°，∴x+2x+x-20=180，∴x=50，即∠A=50°.18.如图所示，点B、F、C、E在同一直线上，AB⊥BE，DE⊥BE，连接AC、DF，且AC=DF，BF=CE，求证：AB=DE．

【答案】证明见解析

【解析】

【详解】试题分析：证明三角形△ABC△DEF,可得＝.试题解析：

证明：∵＝，∴BC=EF,∵⊥，⊥，∴∠B=∠E=90°，AC=DF,∴△ABC△DEF,∴AB=DE.19.如图，△ABC中,∠A＝60°,P为AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA=CQ，连PQ交AC边于D,PD=DQ,证明：△ABC为等边三角形.【答案】证明见解析.【解析】

【详解】试题分析：过P作PF∥BC交AC于F，得出等边三角形APF，推出AP=PF=QC，根据等腰三角形性质求出EF=AE，证△PFD≌△QCD，推出FD=CD，推出DE=AC即可．

试题解析：如图，过P作PE∥BQ交AC于E，∴∠EPD=∠Q，在△EPD和△CQD中，∵

∴△EPD≌△CQD（ASA），∴PE=CQ，∵PA=CQ，∴PE=PA，∴∠PEA=∠A=60°，∵PE∥BQ，∴∠PEA=∠ACB=60°∴∠A=∠ACB=∠B=60°，∴△ABC为等边三角形.点睛：本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中．

20.如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝150°，∠BCD＝30°，点M在BC上，AB＝BM，CM＝CD，点N为AD的中点，求证：BN⊥CN．

【答案】证明见解析.【解析】

【详解】试题分析：延长BN、CD交于点E，根据同旁内角互补，两直线平行，可证AB∥CD，然后根据平行线的性质得到∠BAD=∠ADE，再根据全等三角形的判定“ASA”证得△ABN≌△EDN，得出BN=EN，AB=DE，进而得到CB=CE，根据等腰三角形的“三线合一”的性质得证.试题解析：如图，延长BN、CD交于点E，∵∠ABC=150°，∠BCD=30°，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴AB∥CD，∴∠BAD=∠ADE，在△ABN和△EDN中，∵

∴△ABN≌△EDN（ASA），∴BN=EN，AB=DE，又∵AB=BM，∴DE=BM，∵CM=CD，∴CB=CE，∵BN=EN，∴CN⊥BN.21.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2,1），B（-1,3），C（-3,2）

（1）作出△ABC关于x轴对称的△；

（2）点的坐标为，点的坐标为；

（3）点P（a，a-2）与点Q关y轴对称，若PQ=8，则点P的坐标为；

【答案】（1）见解析；（2）（2，-1），（-1，-3）；（3）（4，2）或（-4，-6）.【解析】

【详解】试题分析：（1）根据关于x轴对称的点的坐标特点画出△A1B1C1即可；

（2）根据各点在坐标系中的位置写出其坐标即可；

（3）先根据对称的性质求出点P的横坐标，进而可得出结论．

(1)如图所示：

（2）点的坐标为（2，-1），点的坐标为

（-1，-3）；

（3）∵点P（a，a-2）与点Q关y轴对称，PQ=8，∴a=4或a=−4，∴a-2=2或a-2=−6，P的坐标为

（4，2）或（-4，-6）；

点睛：本题考查了平面直角坐标系中点的对称特征，关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的两点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标都互为相反数.22.如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为BC的中点，点E与点C关于直线AD对称，CE与AD、AB分别交于点F、G，连接BE、BF、GD

求证：(1)

△BEF为等腰直角三角形

；（2)

∠ADC＝∠BDG.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

【详解】试题分析：（1）连接DE，根据对称轴和线段垂直平分线的性质，求出CF=EF，CD=DE，推出CD=ED=BD，根据直角三角形的判定推出△BEF是直角三角形，求出∠AFC=∠BEC=∠ACD=90°，∠CAF=∠ECB，根据全等三角形的判定定理得出△ACF≌△CBE，根据全等三角形的性质得证；

（2）作∠ACB的平分线交AD于M，根据ASA推出△ACM≌△CBG得出∠ADC=∠M，CD=BM，根据SAS推出△DCM≌△DBG，求出∠M=∠BDG，即可得出答案.试题解析：（1）连接DE，∵点E、C关于AD对称，∴AD为CE的垂直平分线，∴CD=DE，∵D为CB中点，∴CD=DE=DB，∴∠DCE=∠CED，∠DEB=∠DBE，∵∠DCE+∠CED+∠DEB+∠DBE=180°，∴∠CEB=90°，∵∠ECB+∠ACF=90°，∠CAF+∠ACF=90°，∴∠ECB=∠CAF，在△ACF和△CBE中，∵

∴△ACF≌△CBE（AAS），∴CF=BE，右∵CF=EF，∴EF=EB，∴△EFB为等腰直角三角形.（2）作∠ACB的平分线交AD于M，在△ACM和△CBG中，∵

∴△ACM≌△CBG（ASA），∴CM=BG，在△DCM和△DBG中，∵

∴△DCM≌△DBG（SAS），∴∠ADC=∠GDB.23.如图，△ABC和△ADE中,AB=AD,AC=AE,∠BAC＝∠DAE,BC交DE于点O，∠BAD=a.(1)求证：∠BOD=

a.(2)若AO平分∠DAC,求证：AC=AD；

(3)若∠C=30°，OE交AC于F,且△AOF为等腰三角形，则a=

.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）40°或20°

【解析】

【分析】（1）根据全等三角形的判定“SAS”证得△ABC≌△ADE，然后根据全等的性质，可得∠B=∠D，再根据三角形的内角和定理得证结论；

（2）过A作AM⊥BC于M，作AN⊥DE于N，由（1）知△ABC≌△ADE，根据全等三角形的面积相等，证得AM=AN，从而AO为∠DAC的平分线，根据ASA证得△ABO≌△AEO，可得AB=AE，然后得证；

（3）由题意可分为OA=OF和OA=AF两种情况讨论，即可求解.【详解】（1）在△ABC和△ADE中，∵

∴△ABC≌△ADE（SAS）

∴∠B=∠D，∴∠BOD=∠BAD=α，（2）过A作AM⊥BC于M，作AN⊥DE于N，∵△ABC≌△ADE，∴S△ABC=S△ADE，∴，∵BC=DE，∴AM=AN，∴AO平分∠BOE，∵AO平分∠DAC，∴∠DAO=∠，∴∠BAO=∠EAO，在△ABO和△AEO中，∵

∴△ABO≌△AEO（ASA），∴AB=AE，∵AB=AD，AC=AE，∴AC=AD，（3）当AO=AF时，a=40°，当OA=OF时，a=20°，故答案为40°或20°.24.如图，在轴负半轴上，点坐标为，点在射线上.（1）求证：点为的中点.（2）在轴正半轴上有一点，使，求点的坐标.（3）如图，点，分别在轴正半轴、轴正半轴上，点为的内角平分线的交点，分别交轴正半轴、轴正半轴于，两点，于点，记的周长为.求证：.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【解析】

【分析】（1）过点作轴于点.根据B、E两点坐标，证得≌，即有，故为的中点.（2）过点作交的延长线于点，过点作轴于点，易证≌，得到D点坐标，设的坐标为，利用建立方程，解方程即可

（3）连接，易证≌，得到和，由角平分线性质，求得，再过点作于点，在上截取，可证≌与≌，得到，得到周长

【详解】（1）过点作轴于点.∵，∴，∴≌，∴，∴为的中点.（2）过点作交的延长线于点，过点作轴于点，∵，∴，∴可证≌，∴的坐标为，设的坐标为，∵，∴，∴，∴.（3）连接，∵点为内角平分线的交点，∴平分，平分.∴≌.∴.同理可得.∵平分，平分，∴.∴.∴.过点作于点，在上截取，可证≌.∴，∴，可证≌.∴.∴.即.【点睛】本题主要考查全等三角形的证明与性质，涉及等角等边代换，难度较大，本题的关键在于能够正确做出辅助线，找到全等三角形.