2021-2022學(xué)年北京師大附中八年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷【含解析】

這是一份2021-2022學(xué)年北京師大附中八年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷【含解析】，共30頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．（3分）如所示圖形中軸對稱圖形是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）點A（3，﹣1）關(guān)于x軸的對稱點是（ ）
A．（﹣1，3）B．（﹣3，﹣1）C．（3，﹣1）D．（3，1）
3．（3分）如圖，△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，若∠ABC＝30°，∠ADB＝100°，則∠BAC的度數(shù)是（ ）
A．100°B．30°C．50°D．80°
4．（3分）有兩根長度分別為2，10的木棒，若想釘一個三角形木架，第三根木棒的長度可以是（ ）
A．12B．10C．8D．6
5．（3分）下列判斷中錯誤的是（ ）
A．有兩角和其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等
B．有一邊相等的兩個等邊三角形全等
C．有兩邊和一角對應(yīng)相等的兩個三角形全等
D．有兩邊和其中一邊上的中線對應(yīng)相等的兩個三角形全等
6．（3分）若正多邊形的一個外角是36°，則該正多邊形的內(nèi)角和為（ ）
A．360°B．720°C．1440°D．1800°
7．（3分）已知等腰三角形的一個內(nèi)角為40°，則這個等腰三角形的頂角為（ ）
A．40°B．100°C．40°或70°D．40°或100°
8．（3分）如圖，∠3＝30°，為了使白球反彈后能將黑球直接撞入袋中，那么擊打白球時，必須保證∠1的度數(shù)為（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
9．（3分）如圖，點P是∠AOB外的一點，點M，N分別是∠AOB兩邊上的點，點P關(guān)于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，點P關(guān)于OB的對稱點R落在MN的延長線上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，則線段QR的長為（ ）
A．4.5cmB．5.5cmC．6.5cmD．7cm
10．（3分）如圖所示的“鉆石”型網(wǎng)格（由邊長都為1個單位長度的等邊三角形組成），其中已經(jīng)涂黑了3個小三角形（陰影部分表示），請你再只涂黑一個小三角形，使它與陰影部分合起來所構(gòu)成的圖形是一個軸對稱圖形，一共有（ ）種涂法．
A．1B．2C．3D．4
二、填空題（本大題共8小題，共16分）
11．（2分）計算﹣（﹣2a2b）4＝ ．
12．（2分）如圖，△ABC≌△AED，若AB＝AE，∠1＝27°，則∠2＝ °．
13．（2分）如圖，要測量池塘兩岸相對的兩點A，B的距離，可以在池塘外取AB的垂線BF上的兩點C，D，使BC＝CD，再畫出BF的垂線DE，使E與A，C在一條直線上．若想知道兩點A，B的距離，只需要測量出線段 即可．
14．（2分）如圖，已知直線AB∥CD，∠C＝115°，∠A＝25°，則∠E＝ 度．
15．（2分）如圖，BD平分∠ABC，DE∥BC交BA于點E，若DE＝1，則EB＝ ．
16．（2分）如圖，在△ABC中，OB，OC分別平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，若△ABC的周長是20，且OD＝3，則△ABC的面積為 ．
17．（2分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A（4，3），點B（3，0），點C（5，3），點E在x軸上．當(dāng)CE＝AB時，點E的坐標(biāo)為 ．
18．（2分）已知等邊△ABC的邊長為6，點M是射線AB上的動點，點N是邊BC延長線上的動點，在運動的過程中始終滿足AM＝CN，作MD垂直于射線AC于D，連接MN交射線AC于E．
（1）如圖1，當(dāng)點M為AB的三等分點（靠近點A）時，DE的長為 ．
（2）點M、N分別從點A、C同時出發(fā)、分別在射線AB、邊BC的延長線上以相同的速度開始運動，動點M、N在運動過程中，DE的長會 （變小、變大、不變）．
三、解答題（本大題共10小題，共54分）
19．（6分）計算：
（1）4x2y?（﹣xy2）3；
（2）（x+2）（x﹣3）．
20．（5分）先化簡，再求值：x2（x﹣1）﹣x（x2+x﹣1），其中x＝．
21．（5分）如圖，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，求證：DE＝DF．
證明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（ ），
∴∠ ＝∠ （ ），
∴AD是∠BAC的角平分線．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（ ）．
22．（5分）求作一點P，使P到∠AOB兩邊的距離相等，且PC＝PD．（不寫作法，保留作圖痕跡）
23．（5分）如圖，A、B、C、D四點共線，且AB＝CD，CE⊥AB于C，DF⊥AB于D，請?zhí)砑右粋€條件使△ACE≌△BDF，并證明．
添加條件： ．
24．（5分）如圖，在△ABC中，AB⊥BC，DE是邊AC的垂直平分線，連接AE．
（1）若∠C＝20°，求∠BAE的度數(shù)．
（2）若∠C＝30°，BE＝4，求AE的長．
25．（6分）如圖，在所給的平面直角坐標(biāo)系中，完成下列各題（用直尺畫圖）．
（1）若A（﹣4，1），C（﹣3，3），△A1B1C1與△ABC關(guān)于y軸成軸對稱，直接寫出△A1B1C1三個頂點坐標(biāo)為A1 ，B1 ，C1 ；
（2）畫出格點△ABC關(guān)于直線DE對稱的△A2B2C2；
（3）在DE上畫出點P，使PA+PC最??；
（4）在DE上畫出點Q，使QA﹣QB最大．
26．（5分）正方形是我們非常熟悉的幾何圖形，它是四條邊都相等，四個角都是直角的正多邊形，它是軸對稱圖形，有四條對稱軸，正方形的一條對角線可以把它分成兩個全等的等腰直角三角形（如圖1），兩條對角線可以把它分成四個全等的等腰直角三角形（如圖2）．
（1）圖3中有三個正方形，正方形ABCD，正方形BEFG，正方形MNPQ，那么圖中有 對全等的三角形．
（2）若正方形BEFG的面積為S1，正方形MNPQ的面積為S2，不通過計算，推測S1和S2的大小關(guān)系是 ．
A．S1＞S2??B．S1＜S2??C．S1＝S2
（3）若正方形ABCD的邊長為18，則正方形BEFG的面積S1＝ ；正方形MNPQ的面積為S2＝ ．
（4）若正方形MNPQ的面積S2＝a，則正方形ABCD的面積S＝ ．
27．（6分）已知△ABC是等邊三角形，點D是BC邊上一動點（D不與B、C重合），連接AD，以AD為邊作∠ADE＝∠ADF，分別交AB，AC于點E，F(xiàn)．
（1）如圖1，若點D是BC的中點，求證：AE＝AF；
（2）如圖2，若∠ADE＝∠ADF＝60°，猜測AE與AF的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論．
28．（6分）對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意兩點P（x1，y1），Q（x2，y2），定義它們之間的“直角距離”為d（P，Q）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意兩個圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的“直角距離”有最小值，那么稱這個最小值為圖形M，N間的“直角距離”，記作D（M，N）．
（1）已知A（1，0），B（0，2），則d（A，B）＝ ，D（O，AB）＝ ；
（2）已知A（1，0），B（0，t），若D（O，AB）＝1，則t的取值范圍是 ；
（3）已知A（1，0），若坐標(biāo)平面內(nèi)的點P滿足d（P，A）＝1，則在圖中畫出所有滿足條件的點P所構(gòu)成的圖形，該圖形的面積是 ；
（4）已知A（1，0），B（0，2），直線l過點（0，t）且垂直于y軸，若直線l上存在點Q滿足d（Q，A）＝d（Q，B），則t的取值范圍是 ．
2021-2022學(xué)年北京師大附中八年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，共30分）
1．（3分）如所示圖形中軸對稱圖形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念判斷即可．如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸，這時，我們也可以說這個圖形關(guān)于這條直線（成軸）對稱．
【解答】解：選項A、B、D均不能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以不是軸對稱圖形，
選項C能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以是軸對稱圖形，
故選：C．
【點評】此題主要考查了軸對稱圖形，關(guān)鍵是掌握軸對稱圖形的概念．
2．（3分）點A（3，﹣1）關(guān)于x軸的對稱點是（ ）
A．（﹣1，3）B．（﹣3，﹣1）C．（3，﹣1）D．（3，1）
【分析】根據(jù)“關(guān)于x軸對稱的點，橫坐標(biāo)相同，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)”求解即可．
【解答】解：點A（3，﹣1）關(guān)于x軸的對稱點A1的坐標(biāo)是（3，1）．
故選：D．
【點評】本題考查了關(guān)于x軸、y軸對稱的點的坐標(biāo)，解決本題的關(guān)鍵是掌握好對稱點的坐標(biāo)規(guī)律：（1）關(guān)于x軸對稱的點，橫坐標(biāo)相同，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)；（2）關(guān)于y軸對稱的點，縱坐標(biāo)相同，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)．
3．（3分）如圖，△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，若∠ABC＝30°，∠ADB＝100°，則∠BAC的度數(shù)是（ ）
A．100°B．30°C．50°D．80°
【分析】由翻折的特點可知，∠ACB＝∠ADB＝100°，進一步利用三角形的內(nèi)角和求得∠BAC的度數(shù)即可．
【解答】解：∵△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，
∴∠ACB＝∠ADB＝100°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC
＝180°﹣100°﹣30°
＝50°．
故選：C．
【點評】此題考查翻折的特點：翻折前后兩個圖形全等；以及三角形的內(nèi)角和定理的運用．
4．（3分）有兩根長度分別為2，10的木棒，若想釘一個三角形木架，第三根木棒的長度可以是（ ）
A．12B．10C．8D．6
【分析】根據(jù)三角形中“兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊”，進行分析得到第三邊的取值范圍；再進一步找到符合條件的數(shù)值．
【解答】解：根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，得
第三邊應(yīng)大于兩邊之差，即10﹣2＝8；而小于兩邊之和，即10+2＝12，
即8＜第三邊＜12，
下列答案中，只有B符合條件．
故選：B．
【點評】本題主要考查了三角形中三邊的關(guān)系，兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊．
5．（3分）下列判斷中錯誤的是（ ）
A．有兩角和其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等
B．有一邊相等的兩個等邊三角形全等
C．有兩邊和一角對應(yīng)相等的兩個三角形全等
D．有兩邊和其中一邊上的中線對應(yīng)相等的兩個三角形全等
【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根據(jù)判定定理逐個判斷即可．
【解答】解：
A、符合全等三角形的判定定理AAS，即能推出兩三角形全等，故本選項錯誤；
B、∵△ABC和△A′B′C′是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC，A′B′＝B′C′＝A′C′，
∵AB＝A′B′，
∴AC＝A′C′，BC＝B′C′，即符合全等三角形的判定定理SSS，即能推出兩三角形全等，故本選項錯誤；
C、不符合全等三角形的判定定理，即不能推出兩三角形全等，故本選項正確；
D、
如上圖，∵AD、A′D′是三角形的中線，BC＝B′C′，
∴BD＝B′D′，
在△ABD和△A′B′D′中，
，
∴△ABD≌△A′B′D′（SSS），
∴∠B＝∠B′，
在△ABC和△A′B′C′中，
，
∴△ABC≌△A′B′C′（SAS），故本選項錯誤；
故選：C．
【點評】本題考查了全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理，等邊三角形的性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生對判定定理的理解能力，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的對應(yīng)角相等．
6．（3分）若正多邊形的一個外角是36°，則該正多邊形的內(nèi)角和為（ ）
A．360°B．720°C．1440°D．1800°
【分析】先利用多邊形的外角和是360°，正多邊形的每個外角都是36°，求出邊數(shù)，再根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理求解．
【解答】解：∵360°÷36°＝10，
∴這個正多邊形是正十邊形，
∴該正多邊形的內(nèi)角和為（10﹣2）×180°＝1440°．
故選：C．
【點評】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，掌握多邊形的內(nèi)角和與外角和定理是解題的關(guān)鍵．
7．（3分）已知等腰三角形的一個內(nèi)角為40°，則這個等腰三角形的頂角為（ ）
A．40°B．100°C．40°或70°D．40°或100°
【分析】分這個角為底角和頂角兩種情況，利用三角形內(nèi)角和定理求解即可．
【解答】解：當(dāng)這個內(nèi)角為頂角時，則頂角為40°，
當(dāng)這個內(nèi)角為底角時，則兩個底角都為40°，此時頂角為：180°﹣40°﹣40°＝100°，
故選：D．
【點評】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，掌握等腰三角形的兩底角相等是解題的關(guān)鍵．
8．（3分）如圖，∠3＝30°，為了使白球反彈后能將黑球直接撞入袋中，那么擊打白球時，必須保證∠1的度數(shù)為（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【分析】要使白球反彈后能將黑球直接撞入袋中，則∠2＝60°，根據(jù)∠1、∠2對稱，則能求出∠1的度數(shù)．
【解答】解：要使白球反彈后能將黑球直接撞入袋中，
∠2+∠3＝90°，
∵∠3＝30°，
∴∠2＝60°，
∴∠1＝60°．
故選：C．
【點評】本題是考查圖形的對稱、旋轉(zhuǎn)、分割以及分類的數(shù)學(xué)思想．
9．（3分）如圖，點P是∠AOB外的一點，點M，N分別是∠AOB兩邊上的點，點P關(guān)于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，點P關(guān)于OB的對稱點R落在MN的延長線上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，則線段QR的長為（ ）
A．4.5cmB．5.5cmC．6.5cmD．7cm
【分析】利用軸對稱圖形的性質(zhì)得出PM＝MQ，PN＝NR，進而利用MN＝4cm，得出NQ的長，即可得出QR的長．
【解答】解：∵點P關(guān)于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，點P關(guān)于OB的對稱點R落在MN的延長線上，
∴PM＝MQ，PN＝NR，
∵PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，
∴RN＝3cm，MQ＝2.5cm，
即NQ＝MN﹣MQ＝4﹣2.5＝1.5（cm），
則線段QR的長為：RN+NQ＝3+1.5＝4.5（cm）．
故選：A．
【點評】此題主要考查了軸對稱圖形的性質(zhì)，得出PM＝MQ，PN＝NR是解題關(guān)鍵．
10．（3分）如圖所示的“鉆石”型網(wǎng)格（由邊長都為1個單位長度的等邊三角形組成），其中已經(jīng)涂黑了3個小三角形（陰影部分表示），請你再只涂黑一個小三角形，使它與陰影部分合起來所構(gòu)成的圖形是一個軸對稱圖形，一共有（ ）種涂法．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根據(jù)軸對稱圖形的定義，畫出圖形即可．
【解答】解：如圖，滿足條件的三角形有三個．
故選：C．
【點評】本題考查利用軸對稱圖形設(shè)計圖案，解題的關(guān)鍵是連接軸對稱圖形的定義，屬于中考?？碱}型．
二、填空題（本大題共8小題，共16分）
11．（2分）計算﹣（﹣2a2b）4＝ ﹣16a8b4 ．
【分析】積的乘方法則：把每一個因式分別乘方，再把所得的冪相乘．據(jù)此計算即可．
【解答】解：﹣（﹣2a2b）4＝﹣（﹣2）4?（a2）4?b4＝﹣16a8b4，
故答案為：﹣16a8b4．
【點評】本題考查了冪的乘方與積的乘方，掌握冪的運算法則是解答本題的關(guān)鍵．
12．（2分）如圖，△ABC≌△AED，若AB＝AE，∠1＝27°，則∠2＝ 27 °．
【分析】先運用三角形全等求出∠BAC＝∠EAD，則∠2易求．
【解答】解：∵△ABC≌△AED，AB＝AE，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠EAD﹣∠DAC，
即：∠2＝∠1＝27°．
故答案為27．
【點評】本題考查了全等三角形的性質(zhì)；全等三角形的對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，是需要識記的內(nèi)容，找準(zhǔn)對應(yīng)角是解題的關(guān)鍵．
13．（2分）如圖，要測量池塘兩岸相對的兩點A，B的距離，可以在池塘外取AB的垂線BF上的兩點C，D，使BC＝CD，再畫出BF的垂線DE，使E與A，C在一條直線上．若想知道兩點A，B的距離，只需要測量出線段 DE 即可．
【分析】根據(jù)全等三角形的判定進行判斷，注意看題目中提供了哪些證明全等的要素，要根據(jù)已知選擇判斷方法．
【解答】解：利用CD＝BC，∠ABC＝∠EDC，∠ACB＝∠ECD，即兩角及這兩角的夾邊對應(yīng)相等即ASA這一方法，可以證明△ABC≌△EDC，
故想知道兩點A，B的距離，只需要測量出線段DE即可．
故答案為：DE．
【點評】此題考查了三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，做題時注意選擇．
注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應(yīng)相等時，角必須是兩邊的夾角．
14．（2分）如圖，已知直線AB∥CD，∠C＝115°，∠A＝25°，則∠E＝ 90 度．
【分析】由AB∥CD可以推出∠EFB＝∠C＝115°，又因為∠A＝25°，所以∠E＝∠EFB﹣∠A就可以求出∠E．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EFB＝∠C＝115°，
∵∠A＝25°，
∴∠E＝∠EFB﹣∠A＝115°﹣25°＝90°．
故填：90°．
【點評】本題重點考查了平行線的性質(zhì)及三角形內(nèi)角與外角的關(guān)系，是一道較為簡單的題目．
15．（2分）如圖，BD平分∠ABC，DE∥BC交BA于點E，若DE＝1，則EB＝ 1 ．
【分析】根據(jù)角平分線的定義得到∠CBD＝∠ABC°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BDE＝∠CBD，根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABC°，
∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠DBE，
∴BE＝DE，
∵DE＝1，
∴EB＝1．
故答案為：1．
【點評】本題主要考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，平行線的性質(zhì)，求解BE＝DE是解題的關(guān)鍵．
16．（2分）如圖，在△ABC中，OB，OC分別平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，若△ABC的周長是20，且OD＝3，則△ABC的面積為 30 ．
【分析】連接OA，過點O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到答案．
【解答】解：連接OA，過點O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，
∵OB，OC分別平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，OE⊥AB，OF⊥AC，
∴OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，
∴S△ABC＝AB?OE+AC?OF+BC?OD
＝×（AB+AC+BC）×3
＝×20×3
＝30，
故答案為：30．
【點評】本題考查的是角平分線的性質(zhì)，掌握角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等是解題的關(guān)鍵．
17．（2分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A（4，3），點B（3，0），點C（5，3），點E在x軸上．當(dāng)CE＝AB時，點E的坐標(biāo)為 （4，0）或（6，0） ．
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵點A（4，3），點C（5，3），
∴AC∥x軸，AC＝1，
連接AC，過C作CE∥AB交x軸于E，
∴AB＝CE，BE＝AC＝1，
∵點B（3，0），
∴E（4，0），
以C為圓心，CE為半徑畫弧交x軸于E′，
則CE＝CE′＝AB，
過C作CD⊥x軸于D，
∴DE＝DE′＝1，
∴E′（6，0），
∴當(dāng)CE＝AB時，點E的坐標(biāo)為（4，0）或（6，0），
故答案為：（4，0）或（6，0）．
【點評】本題考查了坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．
18．（2分）已知等邊△ABC的邊長為6，點M是射線AB上的動點，點N是邊BC延長線上的動點，在運動的過程中始終滿足AM＝CN，作MD垂直于射線AC于D，連接MN交射線AC于E．
（1）如圖1，當(dāng)點M為AB的三等分點（靠近點A）時，DE的長為 3 ．
（2）點M、N分別從點A、C同時出發(fā)、分別在射線AB、邊BC的延長線上以相同的速度開始運動，動點M、N在運動過程中，DE的長會 不變 （變小、變大、不變）．
【分析】（1）過M作MG∥BC交AC于H，證△AMG是等邊三角形，得GM＝AM＝2，再由等腰三角形的性質(zhì)得AD＝GD＝AG＝1，然后證△MGE≌△NCE（AAS），得GE＝CE＝CG＝2，即可得出答案；
（2）過M作MG∥BC交AC于H，同（1）得△AMG是等邊三角形，則GM＝AM，再由等腰三角形的性質(zhì)得AD＝GD＝AG，同（1）得△MGE≌△NCE（AAS），則GE＝CE＝CG，即可得出答案．
【解答】解：（1）過M作MG∥BC交AC于H，如圖1所示：
∵△ABC是等邊三角形，邊長為6，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，AC＝6，
∵點M為AB的三等分點（靠近點A），
∴AM＝2，
∴CG＝AC﹣AG＝4，
∵MG∥BC，
∴∠AMG＝∠ABC，∠AGM＝∠ACB，∠MGE＝∠NCE，
∴∠A＝∠AMG＝∠AGM，
∴△AMG是等邊三角形，
∴GM＝AM＝2，
∵MD⊥AC，
∴AD＝GD＝AG＝1，
∵AM＝CN，
∴GM＝CN，
在△MGE和△NCE中，
，
∴△MGE≌△NCE（AAS），
∴GE＝CE＝CG＝2，
∴DE＝DG+EG＝3，
故答案為：3；
（2）過M作MG∥BC交AC于H，如圖2所示：
同（1）得：△AMG是等邊三角形，
∴GM＝AM，
∵MD⊥AC，
∴AD＝GD＝AG，
同（1）得：△MGE≌△NCE（AAS），
∴GE＝CE＝CG，
∴DE＝DG+EG＝AG+CG＝AC＝3，
故答案為：不變；
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明△MGE≌△NCE是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（本大題共10小題，共54分）
19．（6分）計算：
（1）4x2y?（﹣xy2）3；
（2）（x+2）（x﹣3）．
【分析】（1）先利用積的乘方與冪的乘方運算法則計算乘方，然后再算乘法；
（2）根據(jù)多項式乘多項式的運算法則進行計算．
【解答】解：（1）原式＝4x2y?（﹣x3y6）
＝﹣4x5y7；
（2）原式＝x2﹣3x+2x﹣6
＝x2﹣x﹣6．
【點評】本題考查冪的乘方與積的乘方，多項式乘多項式的運算，掌握冪的乘方（am）n＝amn，積的乘方（ab）n＝anbn運算法則是解題關(guān)鍵．
20．（5分）先化簡，再求值：x2（x﹣1）﹣x（x2+x﹣1），其中x＝．
【分析】根據(jù)整式的運算法則即可求出答案．
【解答】解：當(dāng)x＝時，
原式＝x3﹣x2﹣x3﹣x2+x
＝﹣2x2+x
＝﹣+
＝0
【點評】本題考查整式的運算法則，解題的關(guān)鍵是熟練運用運算法則，本題屬于基礎(chǔ)題型．
21．（5分）如圖，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，求證：DE＝DF．
證明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（ SSS ），
∴∠ BAD ＝∠ CAD （ 全等三角形對應(yīng)角相等 ），
∴AD是∠BAC的角平分線．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（ 角平分線上的點到角兩邊距離相等 ）．
【分析】證明△ABD≌△ACD（SSS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠BAD＝∠CAD，由角平分線的性質(zhì)可得出結(jié)論．
【解答】證明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD（全等三角形對應(yīng)角相等），
∴AD是∠BAC的角平分線．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（角平分線上的點到角兩邊距離相等）．
【點評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
22．（5分）求作一點P，使P到∠AOB兩邊的距離相等，且PC＝PD．（不寫作法，保留作圖痕跡）
【分析】連接CD，作線段CD的垂直平分線MN，作OT平分∠AOB，直線MN交OT于點P，點P即為所求．
【解答】解：如圖，點P即為所求．
【點評】本題考查作圖﹣復(fù)雜作圖，線段的垂直平分線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握五種基本作圖，靈活運用所學(xué)知識解決問題．
23．（5分）如圖，A、B、C、D四點共線，且AB＝CD，CE⊥AB于C，DF⊥AB于D，請?zhí)砑右粋€條件使△ACE≌△BDF，并證明．
添加條件： ∠E＝∠F（答案不唯一） ．
【分析】此題是一道開放型的題目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【解答】解：條件是∠E＝∠F，
證明：∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
∴AC＝BD，
∵CE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠ECA＝∠FDB＝90°，
在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（AAS），
故答案為：∠E＝∠F（答案不唯一）．
【點評】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關(guān)鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL．
24．（5分）如圖，在△ABC中，AB⊥BC，DE是邊AC的垂直平分線，連接AE．
（1）若∠C＝20°，求∠BAE的度數(shù)．
（2）若∠C＝30°，BE＝4，求AE的長．
【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)求出CE＝AE，求出∠EAC＝∠C＝20°，即可得出答案；
（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)求出CE＝AE，求出∠EAC＝∠C＝30°，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得∠BEA＝∠EAC+C＝60°，則∠BAE＝30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可得出AE＝2BE＝8．
【解答】解：（1）∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝20°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝70°，
∵DE是邊AC的垂直平分線，
∴CE＝AE，
∴∠EAC＝∠C＝20°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝70°﹣20°＝50°；
（2）∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵DE是邊AC的垂直平分線，
∴CE＝AE，
∴∠EAC＝∠C＝30°，
∴∠BEA＝∠EAC+C＝60°，
∴∠BAE＝90°﹣∠BEA＝90°﹣60°＝30°，
∴AE＝2BE＝8．
【點評】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理和含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識點，能熟記含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．
25．（6分）如圖，在所給的平面直角坐標(biāo)系中，完成下列各題（用直尺畫圖）．
（1）若A（﹣4，1），C（﹣3，3），△A1B1C1與△ABC關(guān)于y軸成軸對稱，直接寫出△A1B1C1三個頂點坐標(biāo)為A1 （4，1） ，B1 （2，0） ，C1 （3，3） ；
（2）畫出格點△ABC關(guān)于直線DE對稱的△A2B2C2；
（3）在DE上畫出點P，使PA+PC最?。?br>（4）在DE上畫出點Q，使QA﹣QB最大．
【分析】（1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)解決問題即可；
（2）利用軸對稱的性質(zhì)分別作出A，B，C的對應(yīng)點A2，B2，C2即可；
（3）連接AC2交直線DE于點P，連接CP，點P即為所求；
（4）延長AB交直線的點Q，點Q即為所求．
【解答】解：（1）由題意，A1 （4，1），B1 （2，0），C1 （3，3）．
故答案為：（4，1），（2，0），（3，3）；
（2）如圖，△A2B2C2即為所求；
（3）如圖，點P即為所求；
（4）如圖，點Q即為所求．
【點評】本題考查作圖﹣軸對稱變換，軸對稱最短問題等知識，解題的關(guān)鍵是掌握軸對稱變換的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識解決問題．
26．（5分）正方形是我們非常熟悉的幾何圖形，它是四條邊都相等，四個角都是直角的正多邊形，它是軸對稱圖形，有四條對稱軸，正方形的一條對角線可以把它分成兩個全等的等腰直角三角形（如圖1），兩條對角線可以把它分成四個全等的等腰直角三角形（如圖2）．
（1）圖3中有三個正方形，正方形ABCD，正方形BEFG，正方形MNPQ，那么圖中有 3 對全等的三角形．
（2）若正方形BEFG的面積為S1，正方形MNPQ的面積為S2，不通過計算，推測S1和S2的大小關(guān)系是 A ．
A．S1＞S2??B．S1＜S2??C．S1＝S2
（3）若正方形ABCD的邊長為18，則正方形BEFG的面積S1＝ 81 ；正方形MNPQ的面積為S2＝ 72 ．
（4）若正方形MNPQ的面積S2＝a，則正方形ABCD的面積S＝ 4.5a ．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ECF＝∠QCP＝45°，根據(jù)全等三角形的判定得到△ABC≌△ADC（SAS），推出△AGF和△CEF是等腰直角三角形，得到AG＝FG＝BG＝BE＝EF＝CE＝AB，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AGF≌△FEC（SAS），同理得到△ANM≌△CPQ，于是得到結(jié)論；
（2）設(shè)正方形ABCD的邊長為2m，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AC＝2m，求得BG＝AB＝m，根據(jù)正方形的面積公式得到S1＝m2，求得S2＝（m）2＝m2，于是得到結(jié)論；
（3）根據(jù)正方形的面積公式即可得到答案；
（4）根據(jù)正方形MNPQ的面積S2＝a，得到PN＝，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AB＝AC＝，于是得到結(jié)論．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ECF＝∠QCP＝45°，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∵四邊形BEFG和四邊形MNPQ是正方形，
∴∠BGF＝∠BEF＝90°，BG＝FG＝EF＝BE，
∴∠AGF＝∠FEC＝90°，
∴△AGF和△CEF是等腰直角三角形，
∴AG＝FG＝BG＝BE＝EF＝CE＝AB，
∴△AGF≌△FEC（SAS），
同理△ANM≌△CPQ，
∴圖中有3對全等的三角形，
故答案為：3；
（2）A，
理由：設(shè)正方形ABCD的邊長為2m，
∴AC＝2m，
由（1）知，BG＝AB＝m，
∴S1＝m2，
∵△ANM和△CPQ是等腰直角三角形，
∴AN＝NM＝PN＝PQ＝CP＝×2m＝m，
∴S2＝（m）2＝m2，
∵m2＞m2，
∴S1＞S2，
故答案為：A；
（3）∵正方形ABCD的邊長為18，
∴BG＝AB＝9，AC＝AB＝18，
∴PN＝AC＝6，
∴正方形BEFG的面積S1＝81；正方形MNPQ的面積為S2＝72；
故答案為：81，72；
（4）∵正方形MNPQ的面積S2＝a，
∴PN＝，
∴AC＝3PN＝3，
∴AB＝AC＝，
∴正方形ABCD的面積S＝（）2＝4.5a，
故答案為：4.5a．
【點評】本題考查了四邊形的綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
27．（6分）已知△ABC是等邊三角形，點D是BC邊上一動點（D不與B、C重合），連接AD，以AD為邊作∠ADE＝∠ADF，分別交AB，AC于點E，F(xiàn)．
（1）如圖1，若點D是BC的中點，求證：AE＝AF；
（2）如圖2，若∠ADE＝∠ADF＝60°，猜測AE與AF的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論．
【分析】（1）證明△ADE≌△ADF（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝AF；
（2）過點A作AM⊥DF于點M，作AH⊥DE，交DE的延長線于點H，證明△AHE≌△AMF（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝AF．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，D為BC的中點，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：AE＝AF，
證明：如圖，過點A作AM⊥DF于點M，作AH⊥DE，交DE的延長線于點H，
∵AD平分∠EDF，AH⊥DE，AM⊥DF
∴AH＝AM，
∵∠ADE＝∠ADF＝60°，
∴∠EDF＝120°，
∵∠AED+∠AFD+∠BAC+∠EDF＝360°，
∴∠AED+∠AFD＝180°，
∵∠AED+∠AEH＝180°，
∴∠AEH＝∠AFD，
在△AHE和△AMF中，
，
∴△AHE≌△AMF（AAS），
∴AE＝AF．
【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
28．（6分）對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意兩點P（x1，y1），Q（x2，y2），定義它們之間的“直角距離”為d（P，Q）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
對于平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的任意兩個圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的“直角距離”有最小值，那么稱這個最小值為圖形M，N間的“直角距離”，記作D（M，N）．
（1）已知A（1，0），B（0，2），則d（A，B）＝ 3 ，D（O，AB）＝ 1 ；
（2）已知A（1，0），B（0，t），若D（O，AB）＝1，則t的取值范圍是 t≥1或t≤﹣1 ；
（3）已知A（1，0），若坐標(biāo)平面內(nèi)的點P滿足d（P，A）＝1，則在圖中畫出所有滿足條件的點P所構(gòu)成的圖形，該圖形的面積是 2 ；
（4）已知A（1，0），B（0，2），直線l過點（0，t）且垂直于y軸，若直線l上存在點Q滿足d（Q，A）＝d（Q，B），則t的取值范圍是 ≤t≤ ．
【分析】（1）根據(jù)兩點之間的直角距離，兩個圖形之間的直角距離的定義求解即可；
（2）構(gòu)建不等式求解即可；
（3）根據(jù)直角距離的定義，畫出圖形，可得結(jié)論；
（4）根據(jù)方程或不等式求解即可．
【解答】解：（1）由題意d（A，B）＝1+2＝3，d（O，A）＝1+0＝1，d（O，B）＝2+0＝2，
∴D（O，AB）＝d（O，A）＝1，
故答案為：3，1；
（2）由題意d（O，B）＝|t|，
當(dāng)|t|≥1時，滿足條件，
∴t≥1或t≤﹣1；
故答案為：t≥1或t≤﹣1；
（3）如圖，滿足條件的點P在正方形OEFG上，面積＝（）2＝2．
故答案為：2．
（4）設(shè)Q（m，t）．
∵d（Q，A）＝d（Q，B），
∴|m﹣1|+|t|＝|m|+|t﹣2|，
當(dāng)t＞2或t＜0時，無解，此時不存在滿足條件的點Q，
當(dāng)0≤t≤2時，|m﹣1|+t＝|m|+2﹣t，
當(dāng)m＜0時，1﹣m+t＝﹣m+2﹣t，解得t＝1，
當(dāng)0≤m≤1時，1﹣m+t＝m+2﹣t，
∴m＝t﹣，
∴0≤t﹣≤1，
∴≤t≤，
當(dāng)m＞1時，m﹣1+t＝m+2﹣t，t＝，
綜上所述，滿足條件的t的值為：≤t≤，
故答案為：≤t≤．
【點評】本題屬于三角形綜合題，考查了兩點之間的直角距離，兩個圖形之間的直角距離的定義，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程或不等式解決問題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2022/9/28 17:58:42；用戶：笑涵數(shù)學(xué)；郵箱：15699920825；學(xué)號：36906111