湖北省黄石市黄石港区第十四中学学年八年级上学期期中数学试题文档格式.docx
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11．已知点P关于x轴的对称点P1的坐标是（1，2），则点P的坐标是．
12．若一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是________．
13．已知等腰三角形有一个角为62°
，则另外两个角的度数为______________．
14．已知三角形两边长为2和7，则第三边a的取值范围为______________．
15．如图，在平面直角坐标系中，△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，且AC=BC，点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（0，4），则点C的坐标为_____．
16．如图，动点P从（0，3）出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形OABC的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边的夹角为45°
，第1次碰到长方形边上的点的坐标为（3，0），则第17次碰到长方形边上的点的坐标为_____．
三、解答题
17．在△ABC中，∠B=∠A+10°
，∠C=30°
，求△ABC各内角的度数．
18．如图，已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°
，AC的垂直平分线EF交AC于点E，交BC于点F．求证：
BF=2CF．
19．如图：
AC⊥BC，BD⊥AD，BD与AC交于E，AD=BC，求证：
BD=AC．
20．如图，已知点E，C在线段BF上，且BE=CF，AB∥DE，AC∥DF，AC与DE相交于点O，求证：
S四边形ABEO=S四边形OCFD．
21．如图，点E在AB上，△ABC≌△DEC，求证：
CE平分∠BED．
22．
（1）如图1，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．
（2）如图2，△ABC与△DEF关于直线l对称，请作出直线l（请保留作图痕迹）
（3）如图3，在矩形ABCD中，已知点E，F分别在AD和AB上，请在边BC上作出点G，在边CD作出点H，使得四边形EFGH的周长最小．
23．如图，四边形ABCD为正方形（各边相等，各内角为直角），E是BC边上一点，F是CD上的一点．
（1）若△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半，求证：
∠EAF=45°
；
（2）在
（1）的条件下，若DF=2，CF=4，CE=3，求△AEF的面积．
24．如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°
，AC=BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF=AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：
EC+CD=DF；
（2）如图2，连接BF交AC于G点，若
=3，求证：
E点为BC中点；
（3）当E点在射线CB上，连接BF与直线AC交于G点，若
，求：
（直接写出结果）
25．如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OA=OB，点C和点D分别在第四象限和第一象限，且OC⊥OD，OC=OD，点D的坐标为（m，n），且满足
+|n﹣2|=0．
（1）求点D的坐标；
（2）求∠AKO的度数；
（3）如图2，点P，Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OP=OQ，直线ON⊥BP交AB于点N，MN⊥AQ交BP的延长线于点M，判断ON，MN，BM的数量关系并证明．
参考答案
1．D
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，故D符合题意．
故选D.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．A
经过一个顶点作对边所在的直线的垂线段，叫做三角形的高，根据概念即可得出.
根据定义可得A是作BC边上的高，C是作AB边上的高，D是作AC边上的高.
故选A.
考点：
三角形高线的作法
3．B
【解析】
试题分析：
根据三角形的第三边大于两边之差，而小于两边之和求得第三边的取值范围，再进一步选择．
解：
根据三角形的三边关系，得
第三边大于：
8﹣3=5，而小于：
3+8=11．
则此三角形的第三边可能是：
10．
故选B．
点评：
本题考查了三角形的三边关系，即三角形的第三边大于两边之差，而小于两边之和，此题基础题，比较简单．
4．C
全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，直角三角形全等还有HL，根据以上定理判断即可．
如图：
A．不符合全等三角形的判定定理，即不能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误；
B．不符合全等三角形的判定定理，即不能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误；
C．符合直角三角形全等的判定定理HL，即能推出△ABC≌△DEF，故本选项正确；
D．不符合全等三角形的判定定理，即不能推出△ABC≌△DEF，故本选项错误．
故选C．
本题考查了全等三角形的判定定理的应用，能熟记全等三角形的判定定理是解答此题的关键，注意：
全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，直角三角形全等还有HL．
5．D
试题解析：
在△ADC和△ABC中，
，
∴△ADC≌△ABC（SSS），
∴∠DAC=∠BAC，
即∠QAE=∠PAE．
故选D．
6．B
首先根据对称的两个图形全等求得∠C的度数，然后在△ABC中利用三角形内角和求解．
∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∴∠C＝∠C'
＝30°
，则△ABC中，∠B＝180°
﹣105°
﹣30°
＝45°
．
本题考查了轴对称的性质，理解轴对称的两个图形全等是关键．
7．B
根据∠A=50°
，可求出∠ABC+∠ACB的度数，再根据角平分线的定义得出∠OBC=
∠ABC，∠OCB=
∠ACB，求出∠OBC+∠OCB的度数，根据三角形内角和定理求出即可．
∵∠A=50°
∴∠ABC+∠ACB=180°
−∠A=130°
∵BO、CO分别是△ABC中∠ABC、∠ACB的角平分线，
∴∠OBC=
∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=
（∠ABC+∠ACB）=65°
∴∠BOC=180°
−（∠OBC+∠OCB）=180°
−65°
=115°
.
故选B.
本题主要考查了角平分线的定义及三角形内角和定理，掌握角平分线的定义及三角形内角和定理是解题的关键.
8．A
根据线段的垂直平分线的性质得到BA=BE，DA=DC，根据三角形内角和定理求出∠BEA、∠CDA，计算即可．
∵∠B=α，∠C=β，
∴∠BAC=180°
-α-β，
∵线段AE，AD的中垂线分别交直线DE于B和C两点，
∴BA=BE，DA=DC，
∴∠BEA=
，∠CDA=
∴∠DAE=180°
-
=
故选A．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
9．A
在CM上截取CG=CA，连接DG．只要证明△ACD≌△GCD，在△BDG中，利用三边关系即可解决问题．
在CM上截取CG=CA，连接DG.
在△ACD和△GCD中，
∴△ACD≌△GCD，
∴AD=DG=n，
在△BDG中，BD=m，BG=BC+CG=BC+AC=a+b，
∴m+n>
a+b，
∴m−a>
b−n.
故选：
A.
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形三边关系，掌握全等三角形的判定与性质以及三角形三边关系是解题的关键.
10．B
如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，KD∠OQN=180°
-30°
-∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=30°
+∠OQP，∠OQP=∠AQN=30°
+∠ONQ，由此即可解决问题．
如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小，
易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，
∵∠OQN=180°
+∠ONQ，
∴α+β=180°
-∠ONQ+30°
+30°
+∠ONQ=210°
本题考查轴对称-最短问题、三角形的内角和定理．三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
11．（1，-2）．
点P关于x轴的对称点P1的坐标是（1，2），则点P的坐标是（1，﹣2）．故答案为（1，﹣2）．
关于x轴、y轴对称的点的坐标．
12．10
设这个多边形的边数为n，根据内角和公式以及多边形的外角和为360°
即可列出关于n的一元一次方程，解方程即可得出结论．
设这个多边形的边数是n，
则有（n−2）×
180°
＝360°
×
4，
所有n＝10．
本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是根据多边形内角和公式得出方程（n−2）×
4．
13．59°
和59°
或62°
和56°
已知给出了一个角是62°
，没有明确是顶角还是底角，所以要分类进行讨论.
分以下两种情况讨论：
若等腰三角形的顶角为62°
时，另外两个底角为：
（180°
-62°
）÷
2=59°
若等腰三角形的底角为62°
时，它的另外一个底角为62°
，顶角为180°
=56°
故答案为：
59°
本题主要考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，掌握等腰三角形的性质和三角形的内角和定理以及分类讨论思想的应用是解题的关键.
14．5<
a<
9
根据已知三角形两边，则第三边的长度应是大于两边的差而小于两边的和，即可求得答案．
∵三角形的两边的长分别为2和7，设第三边的长为a，
∴根据三角形的三边关系得：
7−2<
7+2，
即：
5<
9.
本题主要考查三角形三边关系的运用，熟记三角形的第三边大于两边之差，小于两边之和是解题的关键．
15．（-
）
作CE⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，证明△ECA≌△FCB，得到CE=CF，AE=BF，设AE=BF=x，根据题意列方程，解方程即可．
作CE⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，
则∠ECF=90°
，又∠ACB=90°
∴∠ECA=∠FCB，
在△ECA和△FCB中，
∴△ECA≌△FCB（AAS），
∴CE=CF，AE=BF，
设AE=BF=x，
则x+1=4−x，
解得x=
∴CE=CF=
∴点C的坐标为（
）.
（
本题主要考查了坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质，掌握坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质是解题的关键.
16．（1,4）
根据题意画出图形观察规律，从而可以得出第17次碰到长方形边上的点的坐标．
通过下图观察可知，每碰撞6次回到始点，
∵17÷
6=2…5，
∴第17次碰到长方形边上的点的坐标为（1，4）.
本题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
17．∠A=70°
，∠B=80°
∠C=30°
利用已知结合三角形内角和定理即可求解．
∵在△ABC中，∠B=∠A+10°
∴∠B+∠A=150°
，即∠A+10°
+∠A=150°
∴解得：
∠A=70°
答：
本题考查三角形内角和定理，正确得出∠B+∠A=150°
是解题关键．
18．证明见解析
利用辅助线，连接AF，求出CF=AF，∠BAF=90°
，再根据AB=AC，∠BAC=120°
可求出∠B的度数，由直角三角形的性质即可求出BF=2AF=2CF．
连接AF，
∵AB=AC，∠BAC=120°
∴∠B=∠C=
=30°
∵EF垂直平分AC，
∴FA=FC，
∴∠1=∠C=30°
∴∠2=∠BAC－∠1=90°
∴Rt△ABF中，BF=2AF，
∴BF=2CF．
线段垂直平分线的性质．
19．证明见解析.
要证明BD=AC，只需要证明Rt△ABD≌Rt△BAC即可.
∵AC⊥BC，BD⊥AD，
∴∠ADB=∠BCA=90°
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴BD=AC．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
20．见解析
根据等式的性质，可得BC与EF的关系，根据平行线的性质，可得∠B与∠AEF，根据全等三角形的判定，可得S△ABC=SDEF，根据等式的性质，可得答案．
∵BE=CF，
∴BE+CE=CF+CE
即BC=EF．
∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B=∠DEF，∠C=∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF，
∴S△ABC=SDEF，
∴S△ABC﹣S△ECO=SDEF﹣S△ECO，
∴S四边形ABEO=S四边形OCFD．
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定得出S△ABC与SDEF是解题关键．
21．见解析
根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠DEC，全等三角形对应边相等可得BC=EC，根据等边对等角可得∠B=∠BEC，从而得到∠BEC=∠DEC，再根据角平分线的定义证明即可．
∵△ABC≌△DEC，
∴∠B=∠DEC，BC=EC，
∴∠B=∠BEC，
∴∠BEC=∠DEC，
∴CE平分∠BED．
本题考查了全等三角形的性质，等边对等角的性质，熟练掌握全等三角形的性质并准确识图是解题的关键．
22．
（1）见解析;
（2）见解析;
（3）见解析.
（1）作点B关于AC的对称点B′即可；
（2）连接CF，作CF的中垂线即可；
（3）作点F关于BC的对称点E′，连接E′F，与BC、CD的交点即为所求.
（1）如图1，△AB′C即为所求；
（2）如图2，直线l即为所求；
（3）如图3，四边形EFGH即为所求．
本题主要考查了作图-轴对称变换，轴对称-最短路线以及矩形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
23．
（1）见解析;
（2）15.
（1）延长CF至G，使DG=BE，连接AG，由已知条件得出CE+CF+EF=CD+BC，得出DF+BE=EF，证出DF+DG=EF，即GF=EF，由SAS证明△ABE≌△ADG，得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，证出∠EAG=90°
，由SSS证明△AEF≌△AGF，得出∠EAF=∠GAF=
90°
=45°
（2）由已知条件得出AB=AD=CD=BC=6，BE=BC-CE=3，由
（1）得：
+
，即可得出答案．
（1）证明：
延长CF至G，使DG=BE，连接AG，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABE=∠ADF=90°
，AB=BC=CD=AD，
∴∠ADG=90°
∵△CFE的周长等于正方形ABCD的周长的一半，
∴CE+CF+EF=CD+BC，
∴DF+BE=EF，
∴DF+DG=EF，即GF=EF，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∴∠EAG=90°
在△AEF和△AGF中，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=
（2）解：
∵DF=2，CF=4，CE=3，
∴AB=AD=CD=BC=2+4=6，BE=BC﹣CE=3，
由
（1）得：
6×
3+
2=15．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质以及正方形的性质是解题的关键.
24．
（1）见解析；
（2）见解析；
（3）
（1）通过全等三角形△ADF≌△EDA的对应边相等得到:
AD=CD,FD=AC,则利用等量代换和图形中相关线段间的和差关系证得结论;
（2）过F点作FD⊥AC交AC于D点,根据
（1）中结论可得FD=AC=BC,即可证明△FGD≌△BCD,可得DG=CG,根据
=3可证
根据AD=CE,AC=BC,即可解题;
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D,易证
由
（1）
（2）可以知道△ADF≌△ECA,△GDF≌△GCB,可得CG=GD,AD=CE,即可求得
的值,即可解题.
（1）∵∠FAD+∠CAE=90°
，∠FAD+∠AFD=90°
∴∠CAE=∠AFD，
在△AGD和△ECA中，
∵∠ADF=∠ECA，∠AFD=∠CAE，AF=AE，
∴△ADF≌△ECA（AAS）；
∴AD=EC，DF=AC.
∴DF=AC=AD+CD=EC+CD.
即EC+CD=DF.
（2）过F点作FD⊥AC交AC于D点，
∵△ADF≌△ECA，
∴FD=AC=BC，
在△FGD和△BCD中，
∵∠FGD=∠CGB，∠FDG=∠C=90°
，FD=BC，
∴△FGD≌△BGC（AAS），
∴DG=CG，
∵
=3，∴AG=3CG=AD+DG，∴AD=2CG=CD=
AC，
∵AD=CE，AC=BC,∴CE=
BC,
∴E点为BC中点；
（3）类比
（2）问中的解法，过F作FD⊥AC,可求得
本题考查的是三角形知识的综合运用，熟悉证明三角形全等的方法和线段转化的技巧是解答本题的关键.
25．
（1）（4,2）;
（2）135°
;
（1）利用非负数的性质即可解决问题；
（2）如图1中，作OE⊥BD于E，OF⊥AC于F．只要证明△BOD≌△AOC，推出EO=OF（全等三角形对应边上的高相等），推出OK平分∠BKC，再证明∠AKB=∠BOA=90°
，即可解决问题；
（3）结论：
BM=MN+ON；
只要证明△BNH≌△BNO，以及MH=MB即可解决问题；
（1）∵
=0，
又∵
≥0，|n﹣2|≥0，
∴n=2，m=4，
∴点D坐标为（4，2）．
（2）如图1中，作OE⊥BD于E，OF⊥AC于F．
∵OA=OB，OD=OC，∠AOB=∠COD=90°
∴∠BOD=∠AOC，
∴△BOD≌△AOC，
∴EO=OF（全等三角形对应边上的高相等），
∴OK平分∠BKC，
∴∠OBD=∠OAC，易证∠AKB=∠BOA=90°
∴∠OKE=45°
∴∠AKO=135°
BM=MN+ON．
理由：
如图2中，过点B作BH∥y轴交MN的延长线于H．
∵OQ=OP，OA=OB，∠AOQ=∠BOP=90°
∴△AOQ≌△BOP，
∴∠OBP=∠OAQ，
∵∠OBA=∠OAB=45°
∴∠ABP=∠BAQ，
∵NM⊥AQ，BM⊥ON，
∴∠ANM+∠BAQ=90°
，∠BNO+∠ABP=90°
∴∠ANM=∠BNO=∠HNB，
∵∠HBN=∠OBN=45°
，BN=BN，
∴△BNH≌△BNO，
∴HN=NO，∠H=∠BON，
∵∠HBM+∠MBO=90°
，∠BON+∠MBO=90°
∴∠HBM=∠BON=∠H，
∴MH=MB，
∴BM=MN+NH=MN+ON．
本题主要考查了非负数的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，掌握非负数的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键.
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