2022-2023学年山东省菏泽市巨野县八年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省菏泽市巨野县八年级（上）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下面是科学防控新冠知识的图案，其中的图案是轴对称图形的是( )
A. 勤洗手勤通风B. 喷嚏后慎揉眼
C. 戴口罩讲卫生D. 打喷嚏捂口鼻
2.下列说法错误的是( )
A. 两个内角是60°的三角形为等边三角形
B. 等腰三角形的两个底角一定都是锐角
C. 三角形三条角平分线的交点与这个三角形三个顶点的距离相等
D. 轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线
3.一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB//CF，∠F=∠ACB=90°，则∠DBC的度数为( )
A. 10°
B. 15°
C. 18°
D. 30°
4.如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3−∠2=( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 135°
5.如图，由作图痕迹做出如下判断，其中正确的是( )
A. FH=HG
B. FH>HG
C. FHHM，所以HF>HG．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
6.【答案】C
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°．
∵∠ACB=∠CGD+∠CDG，
∴∠CGD+∠CDG=60°．
∵CG=CD，
∴∠CGD=∠CDG=30°．
∵∠CDG=∠DFE+∠E，
∴∠DFE+∠E=30°．
∵DF=DE，
∴∠E=∠DFE=15°．
故选：C．
利用等边对等角和三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和依次计算∠GDC和∠E即可．
本题主要考查了等边三角形的线段，三角形的内角和定理的推论，等腰三角形的判定与性质，利用等边对等角和三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和解答是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
AB=BC ∠ABD=∠C BD=CE ，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠ABP+∠CBE=∠ABD=60°，
∴∠ABP+∠BAD=60°，
∴∠APB=180°−60°=120°；
故选：C．
先由SAS证明△ABD≌△CBE，得出对应角相等，再由三角形内角和即可得出结果．
本题考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质；证明三角形全等得出角相等是解决问题的关键
8.【答案】D
【解析】解：由题意可知AD是∠BAC的平分线，故①正确；
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAB=30°，
∴∠ADC=30°+30°=60°，故②正确；
∵∠DAB=30°，∠B=30°，
∴AD=BD，
∴点D在AB的中垂线上，故③正确；
∵∠CAD=30°，
∴AD=2CD．
∵点D在AB的中垂线上，
∴AD=BD，
∴BD=2CD，
∴S△ACD：S△ABD=1：2，故④正确．
故选：D．
根据角平分线的作法可得①正确，再根据三角形内角和定理和外角与内角的关系可得∠ADC=60°，再根据线段垂直平分线的性质逆定理可得③正确，根据直角三角形的性质得出AD=2CD，再由线段垂直平分线的性质得出AD=BD，进而可得④正确．
此题考查的是作图−基本作图，角平分线的作法以及垂直平分线的性质，熟练根据角平分线的性质得出∠ADC度数是解题关键．
9.【答案】70°或40°
【解析】解：①70°可为顶角，此时顶角度数是70°，
②当底角为70°时，顶角度数是：180°−2×70°=40°，
故答案为：70°或40°．
根据等腰三角形的两底角相等和三角形的内角和即可进行解答．
本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的内角和，解题时注意进行分类讨论．
10.【答案】3
【解析】解：∵∠ACB=90°，BE平分∠ABC，DE⊥AB，
∴CE=DE，
∵AE=3ED，如果AC=12cm，
∴AE=3EC，
∴CE=DE=3cm，
∵故答案为：3．
根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CE=DE．
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．
11.【答案】1
【解析】解：∵P1(a−1,5)和P2(2,b−1)关于x轴对称，
∴a−1=2，b−1=−5，
解得a=3，b=−4，
则(a+b)2022=(3−4)2022=1．
故答案为：1．
直接利用关于x轴对称点的性质(横坐标不变，纵坐标互为相反数)得出a，b的值，进而得出答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
12.【答案】45
【解析】解：如图，延长EG交AB于K，
∵AB/​/CD，
∴∠GKE=∠PNM=45°，
∴∠AEG=∠EGF−∠GKE=90°−45°=45°．
故答案为：45．
延长NG交AB于K，先求解∠EKG=45°，于是可得答案．
本题考查的是三角形的内角和定理，平行线的性质，掌握以上基础知识是解本题的关键．
13.【答案】12
【解析】解：连接AP，AH，如图所示：
∵AB=AC，点H为BC中点，
∴AH⊥BC，
∴△ABC的面积是30，
∴12BC⋅AH=30，
∴AH=12，
∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴点B关于直线MN的对称点为点A，
∴AP=BP，
∴BP+PH=AP+PH≥AH，
∴AH的长为PB+PH的最小值，
∴PB+PH的最小值为12．
故答案为：12．
连接AP，AH，先求出BC，BH的长．由于△ABC是等腰三角形，点H是BC边的中点，故AH⊥BC，再根据勾股定理求出AH的长，由MN是线段AB的垂直平分线可知，点B关于直线MN的对称点为点A，故AH的长为PB+PH的最小值，由此即可得出结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，勾股定理，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答本题的关键．
14.【答案】(8088,0)
【解析】解：∵A(−3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB= OA2+OB2=5，
∴△ABO的周长=3+4+5=12，
图形变换规律为：△OAB每连续3次后与原来的状态一样，
∵2022÷3=674，
∴△2022的直角顶点是第674个循环组第三个三角形的直角顶点，
∴△2022的直角顶点的横坐标=674×12=8088，
∴△2022的直角顶点坐标为(8088,0)．
故答案为：(8088,0)．
先利用勾股定理求得AB的长，再找到图形变换规律为：△OAB每连续3次旋转后与原来的状态一样，然后求得△2022的横坐标，进而得到答案．
本题主要考查图形的变化−旋转及勾股定理，解此题的关键在于准确理解题意找到题中图形的变化规律．
15.【答案】证明：∵AB/​/CD，
∴∠C=∠B，
∵CE=BF，
∴CE+EF=FB+EF，
即CF=BE，
在△AEB和△DFC中AB=CD∠B=∠CEB=CF，
∴△AEB≌△DFC(SAS)，
∴∠AEB=∠DFC，
∴AE/​/DF．
【解析】根据平行线的性质可得∠C=∠B，再根据等式的性质可得CF=BE，然后利用SAS判定△AEB≌△DFC，根据全等三角形对应边相等可得∠AEB=∠DFC即可解决问题．
此题主要考查了全等三角形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
16.【答案】(1)证明：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
DE=DFAD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，
∴AE=AF；
(2)解：AD⊥EF，
理由如下：∵DE=DF，AE=AF，
∴AD是EF的垂直平分线，
∴AD⊥EF．
【解析】(1)根据角平分线的性质得到DE=DF，证明Rt△ADE≌Rt△ADF，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
(2)根据线段垂直平分线的判定定理和性质定理证明结论．
本题考查的是角平分线的性质、等腰三角形的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
17.【答案】证明：∵AE//BC，
∴∠DAE=∠B，∠EAC=∠C，
∵AE是△ABC外角的平分线，
∴∠DAE=∠EAC，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，即△ABC是等腰三角形．
【解析】由AE/​/BC，根据平行线的性质，可求得∠DAE=∠B，∠EAC=∠C，又由AE是△ABC外角的平分线，即可得∠B=∠C，继而证得结论．
此题考查了等腰三角形的判定、平行线的性质以及角平分线的定义．注意等角对等边定理的应用是解此题的关键．
18.【答案】解：△APQ为等边三角形．
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC．
在△ABP与△ACQ中，
AB=AC,∠ABP=∠ACQ,BP=CQ,
∴△ABP≌△ACQ(SAS)．
∴AP=AQ，∠BAP=∠CAQ．
∵∠BAC=∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠PAQ=∠CAQ+∠PAC=60°，
∴△APQ是等边三角形．
【解析】本题主要考查了等边三角形的判定及全等三角形的判定方法．
先证△ABP≌△ACQ得AP=AQ，再证∠PAQ=60°，从而得出△APQ是等边三角形．
19.【答案】(1)如图所示：△A1B1C1即为所求作的图形；
(2)(2,−3)；
(3)2．
【解析】【分析】
(1)直接利用关于y轴对称点的性质得出对应点位置即可得出答案；
(2)直接利用关于x轴对称点的性质得出答案；
(3)利用△ABC所在矩形面积减去周围三角形面积，进而得出答案．
此题主要考查了轴对称变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)点A1关于x轴的对称点的坐标为(2,−3)，
故答案为：(2,−3)；
(3)△ABC的面积=2×3−12×1×1−12×2×2−12×1×3=2，
故答案为：2．
20.【答案】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵D是边AC的中点，
∴∠DBC=12∠ABC=30°，
∵DB=DE，
∴∠E=∠DBC，
∴∠E=30°，
∵∠BCD=60°，
∴∠CDE=∠BCD−∠E=30°．
【解析】首先证明∠DBC=30°，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质即可解决问题．
本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的性质和三角形外角的性质等知识，熟练掌握基本知识是解题的关键．
21.【答案】20 底边的延长线 顶角的一半
【解析】解：(1)∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ABC=∠ACB=12(180°−∠A)=70°，
∵MN是AB的垂直平分线，
∴∠MNB=90°，
∴∠NMB=90°−∠B=20°．
故答案为20．
(2)∵AB=AC，∠A=α°，
∴∠B=∠ACB=12(180°−∠A)=90°−12α°，
∵MN是AB的垂直平分线，
∴∠MNB=90°，
∴∠NMB=90°−∠B=12α°．
(3)由(1)(2)发现规律：等腰三角形一腰的垂直平分线与底边的延长线相交所成的锐角等于顶角的一半，
故答案为底边的延长线，顶角的一半．
(1)根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠B，求出∠MNB=90°，根据三角形内角和定理得出∠NMB=90°−∠B即可．
(2)根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠B，求出∠MNB=90°，根据三角形内角和定理得出∠NMB=90°−∠B即可．
(3)由(1)(2)发现规律即可．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理和线段垂直平分线性质的应用，主要考查学生的推理能力．
22.【答案】解：(1)△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ．
理由如下：∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A=∠B=90°，
∵AP=BQ=2×1=2，
∴BP=AB−AP=5，
∴BP=AC，
在△ACP和△BPQ中，
AC=BP∠A=∠BAP=BQ
∴△ACP≌△BPQ(SAS)；
∴∠C=∠BPQ，
∵∠C+∠APC=90°，
∴∠APC+∠BPQ=90°，
∴∠CPQ=90°，
∴PC⊥PQ；
(2)①若△ACP≌△BPQ，
则AC=BP，AP=BQ，可得：5=7−2t，2t=xt
解得：t=1，x=2；
②若△ACP≌△BQP，
则AP=BP，AC=BQ，可得：2t=7−2t，5=xt，
解得：t=74，x=207．
综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或207．
【解析】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
(1)利用AP=BQ=2，BP=AC，可根据“SAS”证明△ACP≌△BPQ；则∠C=∠BPQ，然后证明∠APC+∠BPQ=90°，从而得到PC⊥PQ；
(2)讨论：若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，即5=7−2t，2t=xt；②若△ACP≌△BQP，则AP=BP，AC=BQ，即2t=7−2t，5=xt，然后分别求出x即可．