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广东省广州市海珠区第九十七中学2020-2021学年八年级上学期期中数学试题

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广东省广州市海珠区第九十七中学2020-2021学年八年级上
学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列计算正确的是（）A．a3a2a6
B．a3

2
a5
C．aba3b3
3
D．a6a2a3
2．等腰三角形的一边长为4，另一边长为9，则这个三角形的周长为(A．22
B．17
C．13
D．17或22
3．已知一个正多边形的每个外角都等于72°，则这个正多边形是(A．正五边形
B．正六边形
C．正七边形
D．正八边形
4．下列运算正确的是(A．2x3y5xy
B．4x8
2x22x4C．5x2x35x5
D．
x3
2
x5
5．如图，在ABC中，AB=AC，点D，E在BC上，连接AD，AE，如果只添加一个条件使△ABE≌△ACD，则添加的条件不能为（）

A．BD=CEB．AD=AEC．BE=CDD．BC
6．C分别落在D′、C′的位置，如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D、若∠EFB=65°，则∠AED′等于（）

A．50°B．55°C．60°D．65°
7．如图，在Rt△ABC中，C90，BD是ABC的平分线，若CD=4，AB=14，则S
ABD
=（）


A．56B．28C．14D．12
8．如图，在△ABC中，ACB90，CDAB于点D，A60，AD=2，则BD=（）

A．2B．4C．6D．8
9．小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两个图形所组成的图形可以是轴对称图形.如图所示，现在他将正方形ABCD从当前位置开始进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有(

A．3个B．4个C．5个D．无数个
10．BE=EC，如图，已知正方形ABCD的边长为12，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②GDE45；③△BGE的周长是一个定值；④连结FC，△BFC的面积等于个结论中，正确的是（）
1
BFFC．在以上42

A．1
二、填空题
B．2C．3D．4
11．一副透明的三角板，如图叠放，直角三角板的斜边AB、CE相交于点D，则∠BDC＝_____．


12．若am3，an5，则amn______.
13．如图，△ABC≌△A′B′C′，其中∠A=36°，∠C′=24°，则∠B=______度．

14．如图，在△ABC中，AC垂直平分线DE分别与BC、AC交于D、E，△ABD的周长是13，AE=5，△ABC的周长是_________．

15．如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD与边BC的垂直平分线ED相交于点D，过点D作DF⊥AC交AC延长线于点F，若AB=8，AC=4，则CF的长为_________．

16．已知AB＝AC，AD为∠BAC的角平分线，D、E、F…为∠BAC的角平分线上的若干点．如图1，连接BD、CD，图中有1对全等三角形；如图2，连接BD、CD、BE、CE，图中有3对全等三角形；如图3，连接BD、CD、BE、CE、BF、CF，图中有6对全等三角形；依此规律，第n个图形中有_____对全等三角形．

17．若3x4y5，则8x16y的值是_______．


三、解答题
18．（1）x22x1；（2）15xy10xy20xy
3
5
4
4
3

2
5xy
3
2
19．一个多边形的内角和比它外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数．20．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知ABC三个定点坐标分别为
A4,1，B3,3，C1,2.
（1）画出ABC关于x轴对称的A1B1C1，点A,B,C的对称点分别是点A1、B1、C1，则A1、B1、C1的坐标：A1（_________，_________），B1（_________，_________），
C1（_________，_________）；
（2）画出点C关于y轴的对称点C2，连接C1C2，CC2，C1C，则CC1C2的面积是___________.

21．如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB=DC，AF//DE，AF=DE，求证：EB=FC．

22．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AE平分DAB，BE平分CBA．（1）AEBE．
（2）若AE=4，BE=6，求四边形ABCD的面积．


23．AE的延长线交BD于点F．如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在BC上，（1）求证：△ACE≌△BCD；（2）探究CFD的度数；
（3）探究EF、DF、CF之间的关系．

24．如图（1，AB=7cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=5cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在射线BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s），当点P到达点B时，点Q也停止运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1s时，△ACP与△BPQ全等，此时PC⊥PQ吗？请说明理由．
（2）将图(1中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB=∠DBA=60°”后得到如图（2），其Q运动到某处时，他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s．当点P、有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x、t的值．
（3）在（2）成立的条件下且P、Q两点的运动速度相同时，∠CPQ=__________．（直接写出结果）




参考答案
1．C【分析】
结合幂的乘方，积的乘方，同底数幂的乘除法则进行求解即可.【详解】
解：A、a3a2a5，故此选项错误；B、a3

2
a6，故此选项错误；
C、aba3b3，故此选项正确；D、a6a2a4，故此选项错误；故选：C.【点睛】
本题考查了幂的乘方与积的乘方、同底数幂的乘法的知识，解答本题的关键在于熟练掌握各知识点的概念和运算法则．2．A【分析】
分4是腰长和底边两种情况讨论求解即可．【详解】
解：4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、9，∵4+4=8＜9，∴不能组成三角形，
4是底边时，三角形的三边分别为4、9、9，能组成三角形，周长=4+9+9=22，
综上所述，该等腰三角形的周长为22．故选A．【点睛】
本题主要考查了三角形三边关系，难点在于分情况讨论并利用三角形的三边关系判断是否能组成三角形．3．A
3

【分析】
正多边形的外角和是360°，这个正多边形的每个外角相等，因而用360°除以外角的度数，就得到外角和中外角的个数，外角的个数就是多边形的边数．【详解】
÷72°这个正多边形的边数：360°＝5．故选A．【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．4．C【分析】
根据同底数幂的乘除、幂的乘方运算法则逐项判断即可.【详解】
A、2x和3y不是同类项，不能合并，错误；B、4x8
2x22x82=2x6，错误；
C、5x2x3D、
5x5，正确；
x3
2
x2
3
x6，错误.
故选C.【点睛】
本题考查同底数幂的乘除和幂的乘方运算法则，熟记整式的运算法则是解题的关键.5．D【分析】
补充BDCE，补充由ABAC，可得BC，可得BECD，利用SAS可判断A，
ADAE,可得：AEDADE,利用AAS可判断B，补充BECD，利用SAS可判断
补充BC，条件不足，从而可判断D．C，【详解】
解：在△ABE与△ACD中，ABAC，BC，

所以补充：BDCE，则BECD，
所以利用SAS可得：△ABE≌△ACD，故A正确；补充：ADAE,
AEDADE,
所以利用AAS可得：△ABE≌△ACD，故B正确；补充：BECD，
所以利用SAS可得：△ABE≌△ACD，故C正确；补充：BC，
△ABE与△ACD不一定全等，故D错误，
故选D.【点睛】
本题考查的是三角形全等的判定，等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的性质与三角形全等的判定方法并应用是解题的关键．6．A【分析】
首先根据AD∥BC，求出∠FED的度数，然后根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，则可知∠FED=∠FED′，最后求得∠AED′的大小．【详解】解：∵AD∥BC，∴∠EFB=∠FED=65°，
由折叠的性质知，∠FED=∠FED′=65°，∴∠AED′=180°-2∠FED=50°．故∠AED′等于50°．故选A．【点睛】
本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，掌握两直线平行内错角相等是解题的关键．7．B

【分析】
再如图，过D作DMAB于M，由BD是ABC的平分线，结合已知条件可得DM=4，利用三角形的面积公式可得答案．【详解】
解：如图，过D作DMAB于M，
C90，CD4，BD是ABC的角平分线，
DMDC4，

S
11
=ABDM=144=28．ABD
22
故选B.【点睛】
本题考查的是角平分线的性质，三角形的面积，掌握角平分线的性质是解题的关键．8．C【分析】
根据已知条件，先求出AC，再根据30角所对直角边是斜边的一半计算即可；【详解】
∵ACB90，CDAB，A60，∴ACD30，∵AD=2，∴AC4，又B30，∴AB248，∴BD
ABAD826；
故答案选C．【点睛】

本题主要考查了直角三角形中30角所对的直角边是斜边的一半，准确计算是解题的关键．9．C【分析】
结合正方形的特征，可知平移的方向只有5个，向上，下，右，右上45°，右下45°方向，否则两个图形不轴对称.【详解】
因为正方形是轴对称图形，有四条对称轴，因此只要沿着正方形的对称轴进行平移，平移前后的两个图形组成的图形一定是轴对称图形，
观察图形可知，向上平移，向上平移、向右平移、向右上45°、向右下45°平移时，平移前后的两个图形组成的图形都是轴对称图形，故选C.【点睛】
本题考查了图形的平移、轴对称图形等知识，熟练掌握正方形的结构特征是解本题的关键.10．D【分析】
根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定
RtADG≌RtFDG，再由GEGFEFAGCE，从而判断①，由对折可得：
CDEFDE,由RtADG≌RtFDG，可得：ADGFDG,从而可判断②，设AGa,CEb,则BG12a,BE12b,GFa,EFb,利用三角形的周长公式可
证明△BCF是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结判断③，如图，连接CF，论．【详解】
解：由正方形ABCD与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，ECEF,∴∠DFG=∠A=90°，
DGDG,
∴RtADG≌RtFDGHL，
AGGF,

AGECGFFEGE,
故①正确；
由对折可得：CDEFDE,
RtADG≌RtFDG，
ADGFDG,
1
ADGCDEGDFEDFADC45，
2
GDE45，故②正确；设AGa,CEb,
则BG12a,BE12b,GFa,EFb,
C
BGE
BGBEGE12a12bab24,
所以：△BGE的周长是一个定值，故③正确，如图，连接CF，由对折可得：EFEC,
EFCECF,
BECE,
BEEF，
EBFEFB,
1
BFCEFBEFC18090，
2
1
SBFCBFFC.
2
故④正确．


综上：①②③④都正确．故选D.【点睛】
本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．11．75°．【分析】
根据三角板的性质以及三角形内角和定理计算即可．【详解】
，∠BAE＝45°，∵∠CEA＝60°
﹣∠CEA﹣∠BAE＝75°，∴∠ADE＝180°
，∴∠BDC＝∠ADE＝75°．故答案为75°【点睛】
本题考查了三角板的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握相关的知识是解题的关键.12．15【分析】
根据同底数幂乘法法则来求即可.【详解】
解：amnaman3×5=15【点睛】
本题考查的是同底数幂的乘法法则,同底数幂相乘，底数不变指数相加.13．120

【分析】
根基三角形全等的性质得到∠C=∠C′=24°，再根据三角形的内角和定理求出答案.【详解】
∵ABC≌ABC，∴∠C=∠C′=24°，
∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A=36°，∴∠B=120°，故答案为：120.【点睛】
此题考查三角形全等的性质定理：全等三角形的对应角相等，三角形的内角和定理.14．23【分析】
根据垂直平分线的性质得到AD=CD，AE=CE，再由△ABD的周长及AE的长即可计算出结果．【详解】
∵DE垂直平分AC，∴AD=DC，AE=CE，
∵△ABD的周长是13，即AB+BD+AD=13，∴AB+BD+DC=13，即AB+BC=13，又∵AE=5，∴AC=2AE=10，
∴AB+BC+AC=13+10=23，即ABC的周长是23．故答案为：23．【点睛】
本题考查了垂直平分线的性质，熟练掌握性质是解题的关键．15．2【分析】
DB，FD=DM，连接CD，过点D作DM⊥AB于点M，证明△AFD≌△AMD，得到AF=AM，证明Rt△CDF≌Rt△BDM，得到BM=CF，结合图形计算，得到答案．【详解】

如图，连接CD，DB，过点D作DM⊥AB于点M，

∵AD平分∠FAB，∴∠FAD=∠DAM，在△AFD和△AMD中，
FAD＝MAD
AFD＝AMD，AD＝AD
∴△AFD≌△AMD（AAS）∴AF=AM，FD=DM，∵DE垂直平分BC∴CD=BD，
在Rt△CDF和Rt△BDM中，
DC＝DB
，
DF＝DM
∴Rt△CDF≌Rt△BDM（HL）∴BM=CF，
∵AB=AM+BM=AF+MB=AC+CF+MB=AC+2CF，∴8=4+2CF，解得，CF=2，故答案为：2．【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．16．
n(n1
2
【分析】

根据图形得出当有1点D时，有1对全等三角形；当有2点D、E时，有3对全等三角形；E、F时，当有3点D、有6对全等三角形；根据以上结果得出当有n个点时，图中有个全等三角形即可．【详解】
解：当有1点D时，有1对全等三角形；当有2点D、E时，有3对全等三角形；当有3点D、E、F时，有6对全等三角形；当有4点时，有10个全等三角形；…
当有n个点时，图中有故答案为【点睛】
本题考查全等三角形的判定和数字规律，解题的关键是由题意得到数字规律.17．32【分析】
根据幂的乘方，可化成同底数幂的乘法，根据同底数幂的乘法，可得答案．【详解】
8x×16y＝（23）x×24y＝23x＋4y＝25＝32．（24）y＝23x×故答案为32【点睛】
本题考查了幂的乘方，利用了幂的乘方，同底数幂的乘法．
32
18．（1）2x23x2，（2）3y2xy4.
n(n1
2
n(n1
个全等三角形．2
n(n1
.2
【分析】
（1）利用多项式乘以多项式的法则进行运算，再合并同类项即可得到答案；（2）利用多项式除以单项式的法则进行运算即可．【详解】
解：（1）x22x1
2x2x4x2

2x23x2
（2）15xy10xy20xy

354432
5xy
3
2
3y32xy24
【点睛】
本题考查的是多项式乘以多项式，多项式除以单项式，掌握以上运算的运算法则是解题的关键．19．7.【分析】
多边形的外角和是360度，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，即可得到多边形的内角和的度数．根据多边形的内角和定理即可求得多边形的边数．【详解】
设这个多边形的边数为n．=3×360°-180°根据题意，得(n-2180°．解得n=7．
答：这个多边形的边数是7．【点睛】
本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是360°，与边数无关．20．（1）画图见解析；-4，-1；-3，-3；-1，-2；（2）画图见解析，4.【分析】
（1）分别作出点A、B、C关于x轴的对称点，再顺次连接可得；
（2）作出点C关于y轴的对称点，然后连接得到三角形，根据面积公式计算可得．【详解】（1）如图所示，


A1B1C1即为所求，A14,1,B13,3,C11,2；
1
（2）如图所示，CC1C2的面积是244
2
【点睛】
本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是熟练掌握轴对称变换的定义和性质．21．证明过程见解析【分析】
由平行线的性质证得∠A=∠D，根据“SAS”证明△ACF≌△DBE，即可得出结论．【详解】
证明：∵AB=DC，∴AB+BC=DC+BC，∴AC=DB，∵AF//DE，∴∠A=∠D，
在△ACF和△DBE中，
ACDB
AD，AFDE
∴△ACF≌△DBE（SAS）∴EB=FC．【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及平行线的性质．解题的关键是证明三角形全等．

22．（1）详见解析；（2）24【分析】
（1）根据AD∥BC，求出∠DAB+∠ABC=180°，利用角平分线的性质得到
-(∠BAE+∠ABE=90°∠BAE+∠ABE=90°，即可求出∠AEB=180°，由此得到结论；（2）延长AE、BC交于点F，根据平行线的性质推出∠BAE=∠F，得到AB=FB，根据等腰三角形的性质得到EF=AE=4，再证明△ADE≌△FCE，即可根据四边形ABCD的面积=S△ABF求出答案.【详解】
（1）∵AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵AE平分DAB，BE平分CBA，∴DAB=2∠BAE，CBA=2∠ABE，∴2∠BAE+2∠ABE=180°，∴∠BAE+∠ABE=90°，
-(∠BAE+∠ABE=90°∴∠AEB=180°，∴AE⊥BE；
（2）延长AE、BC交于点F，∵AD∥BC，∴∠DAE=∠F，∵∠BAE=∠DAE，∴∠BAE=∠F，∴AB=FB，
∵BE平分CBA，∴EF=AE=4，∴AF=8，
∵∠AED=∠FEC，∴△ADE≌△FCE，
∴四边形ABCD的面积=S△ABF=
11
AFBE8624.22


【点睛】
此题考查平行线的性质定理，垂直的定义，角平分线的性质定理，等腰三角形的三线合一的性质，三角形全等的判定及性质，熟练掌握各知识点是解题的关键.23．（1）见解析；（2）60°；（3）CF=EF+DF，理由见解析【分析】
（1）根据等边三角形的性质和“SAS”即可证明△ACE≌△BCD；
（2）延长AF到Q，使FQ=DF，连接DQ，先证明△DFQ是等边三角形，再根据“SAS”证明△CDF≌△EDQ，即可求出∠CFD的度数；
（3）由△CDF≌△EDQ，可得CF=EQ，进而可得到EF、DF、CF之间的关系．【详解】
解：（1）∵△ABC和△CDE都为等边三角形，∴∠ACE=∠BCD=60°，AC=BC，CE=CD，在△ACE和△BCD中
ACBC
ACEBCD，CECD
∴△ACE≌△BCD；
（2）延长AF到Q，使FQ=DF，连接DQ，∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD，又∵∠AEC=∠BEF，∴∠AFB=∠ACB=60°．∴∠DFQ=60°，
∴△DFQ是等边三角形，∴∠FDQ=∠FQD=60°，DF=DQ，∴∠CDF=∠EDQ，

在△CDF和△EDQ中
CDDE
CDFEDQ，DFDQ
∴△CDF≌△EDQ，∴∠CFD=∠DQF=60°；

（3）∵△CDF≌△EDQ，∴CF=EQ，
∵EQ=DF+FQ=EF+DF，∴CF=EF+DF．【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
24．（1）PC⊥PQ，理由见解析；（2）t=1，x=2或t=【分析】
（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可；
（3）根据题意得P、Q两点的运动速度为2，得到BP=AC，根据全等三角形的性质得到∠C=∠BPQ，于是得到结论．【详解】
解：（1）当t=1时，AP=BQ=2，BP=AC=5又∵AC⊥AB，BD⊥AB,
720
，x=；（3）60°
74

∴∠A=∠B=90°
APBQ

在△ACP和△BPQ中AB
ACBP
∴△ACP≌△BPQ（SAS）,∴ACPBPQ,
∴APCBPQAPCACP90∴∠CPQ=90°，即线段PC与线段PQ垂直；（2）①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ,7-2t=5，2t=xt，解得t=1，x=2,
∴存在t=1，x=2，使得△ACP与△BPQ全等，②若△ACP≌△BQP,则AC=BQ，AP=BP，5=xt，2t=解得t=
7
2
720，x=，
74720
∴存在t=，x=，使得△ACP与△BPQ全等，
74
720
综上所述，存在t=1，x=2或t=，x=使得△ACP与△BPQ全等
74
（3）∵∠A=∠B=60°
∵P、Q两点的运动速度相同，∴P、Q两点的运动速度为2，∴t=1，∴AP=BQ=2，∴BP=5，∴BP=AC，

APBQ
在△ACP和△BPQ中AB
ACBP
∴△ACP≌△BPQ（SAS）；∴∠C=∠BPQ，∵∠C+∠APC=120°，∴∠APC+∠BPQ=120°，∴∠CPQ=60°．故答案为：60°．【点睛】
本题考查了三角形的综合题，全等三角形的判定和性质，余角的性质，正确的识别图形是解题的关键．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/e5f660beb968a98271fe910ef12d2af90242a8ee.html

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