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八年级数学试卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分）
1．下列图形是杭州亚运会部分比赛项目的图标，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列长度的三条线段不能组成三角形的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．下列图中具有稳定性的是（ ）
A． B．
C． D．
4．在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知，点B，E，C，F在一条直线上，若利用“”得到，则需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，中，，平分，过点作于，测得，，则的周长是（ ）
A．30 B．24 C．18 D．12
7．已知等腰三角形的两条边长分别为5和9，则它的周长为( )
A．19 B．23 C．25 D．19或23
8．如图，直线，是直角三角形，，点C在直线n上．若，则的度数是（ ）
A．60° B．50° C．45° D．40°
9．已知，如图，中，，，点D、E分别在、延长线上，平分，平分，连接，则的度数为（ ）
A．45° B．48° C．60° D．66°
10．如图，在中，，将沿着直线叠，点落在点的位置，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
11．已知，如图，是等边三角形，，于Q，交于点P，下列说法：①，②，③，④，其正确的个数有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图，在中，，，的面积为12，于点，直线垂直平分交于点，交于点，是线段上的一个动点，分别连接，，则的周长的最小值是（ ）
A．6 B．7 C．10 D．12
二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分）
13．如图，，，则的长是 ．
14．若点与关于x轴对称，则点在第 象限．
15．如果正多边形的每一个内角都为108°，那么它的边数是 ．
16．如图，A、B、C在同一条直线上，和均为等边三角形，、分别交、于点M、N，下列结论中：①，②，③，④，⑤平分，其中正确的有 ．（填序号）
三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）
17．已知一个边形的每一个内角都等于，求这个边形的内角和．
18．如图，，，，证明．
19．如图，中，，，是腰的垂直平分线，求的度数．
四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分）
20．已知：如图，已知中，其中，，．
(1)画出与关于y轴对称的图形；
(2)写出各顶点坐标；
(3)求的面积．
21．尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）：
(1)如图①，要在河边l修建一个水泵站M，使．水泵站M要建在什么位置？
(2)如图②，三条公路两两相交，现计划修建一个油库P，要求油库P到这三条公路的距离都相等，那么如何选择油库P的位置？（请作出符合条件的一个）
五、解答题（本大题共2个小题，每小题8分，共16分）
22．如图所示，已知，是的中点，平分.
求证：
(1)平分；
(2).
23．设a，b，c是的三边，
(1)化简
(2)若b，c满足，且a为方程的解，判断的形状并说明理由．
六、解答题（本大题共2个小题，每小题12分，共24分）
24．图，△ABC是等边三角形，AB=6，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一动点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．
(1)当∠BQD=30°时，求AP的长；
(2)证明：在运动过程中，点D是线段PQ的中点．
25．如图，为等边的边延长线上的一动点，以为边向上作等边，连接．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数；
（3）与有怎样的数量关系？随着点位置的变化，与的数量关系是否会发生变化？请说明理由．
含答案与解析
1．C
【分析】本题考查了轴对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．根据轴对称图形的定义逐项识别即可，一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一条直线，使图形沿该直线对折后直线两旁的部分能够完全重合，所以不是轴对称图形，
选项C能找到这样的一条直线，使图形沿该直线对折后直线两旁的部分能够完全重合，所以是轴对称图形．
故选C．
2．D
【分析】根据三角形的三边关系“两边之和大于第三边，两边只差小于第三边”判断三条线段能否构成三角形．
【详解】A选项，，故能构成三角形，不符合题意；
B选项，，故能构成三角形，不符合题意；
C选项，，故能构成三角形，不符合题意；
D选项，，故不能构成三角形，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟记三角形的三边关系是解决本题的关键．
3．D
【分析】根据三角形具有稳定性分析，只有组成该图形的所有图形都是三角形时该图形才具有稳定性，据此进行解答即可．
【详解】要使图形具有稳定性，则分割后的每一个图形都是三角形，只有D分割后的图形都是三角形．
故答案选D．
【点睛】本题考查的知识点是三角形具有稳定性，解题的关键是熟练掌握三角形具有稳定性．
4．C
【分析】根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，求解即可．
【详解】解：点关于y轴对称的点的坐标是．
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与轴对称．解题的关键是掌握关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．
5．C
【分析】根据三边对应相等的三角形是全等三角形，进行判断即可．
【详解】解：已知，
∴要利用“”得到，还需要，，
∵，
∴要得到，只需；
综上：满足题意的只有C选项；
故选C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定．熟练掌握三边对应相等的三角形是全等三角形，是解题的关键．
6．B
【分析】由中，，，平分，根据角平分线的性质定理得到，即可求出的周长．
【详解】解：∵在中，，
∴
∵，平分，
∴，
∵，，
∴的周长，
故选B．
【点睛】此题考查了角平分线的性质定理，此题比较简单，注意角平分线的性质定理：角平分线上的点到角的两边的距离相等．
7．D
【分析】根据等腰三角形的性质，分两种情况：①当腰长为5时，②当腰长为9时，从而可得答案．
【详解】解：根据题意， ①当腰长为5时，周长；
②当腰长为9时，周长；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，注意本题要分两种情况解答．
8．D
【分析】延长交直线n于点D，根据平行线的性质求出，再根据直角三角形的特征解答即可．
【详解】延长交直线n于点D，如图所示．
∵，
∴．
在中，．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，直角三角形的特征等，作出辅助线是解题的关键．
9．D
【分析】根据角平分线的性质定理证得，，进而得出，从而判定平分，再利用外角的性质求出即可．
【详解】解：作于点F，于点H，于点G，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，，
∴平分，
∵，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的判定和性质定理，解题的关键是根据已知添加适当的辅助线．
10．B
【分析】由折叠的性质得到，再利用三角形外角的性质整理可得，进而求解．
【详解】解：由折叠的性质得：，
根据三角形外角性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】此题考查了翻折变换以及三角形外角性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
11．C
【分析】根据等边三角形的性质可得利用“边角边”证明和全等，然后分析判断各选项即可．
【详解】解：是等边三角形，
，
在和中，
,
，
，
，
，
，
，故①正确；
和不一定相等，故②错误；
，
，
，故③正确；
，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，含有角的直角三角形的边长关系，熟知上述性质，逐步推论是解题的关键．
12．B
【分析】连接，由得到是等腰三角形，由等腰三角形的性质及的面积为12得到，，由直线垂直平分交于点，交于点，则，由是线段上的一个动点得到，即当三点共线时，取最小值，最小值等于为的长，即可得到的周长最小值为
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴是等腰三角形，
∵，于点D，的面积为12，
∴，,
∴，
∵直线垂直平分交于点，交于点，
∴，
∵是线段上的一个动点，
∴，
∴当三点共线时，取最小值，最小值等于为的长，
∴的周长为，
即的周长的最小值是7．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、垂直平分线的性质、轴对称最短路线问题的应用、三角形的面积等，解题的关键是准确当三点共线时，取最小值，最小值等于为的长．
13．
【分析】根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，线段的和差运算，理解图示，掌握全等三角形的性质，线段和差的计算方法是解题的关键．
14．四
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”求出a、b的值，从而得到点M的坐标，再根据各象限内点的坐标特征解答．
【详解】∵点与关于x轴对称，
∴，，
∴点M坐标为，在第四象限．
故答案为：四．
【点睛】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
15．
【分析】正多边形的每一个内角度数为：，据此即可求解．
【详解】解：由题意得：
解得：
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的内角问题．掌握相关结论即可．
16．①③④⑤
【分析】根据等边三角形的性质以及三角形内角和定理，三角形的外角的性质得出，进而证明，即可判断①，继而证明，即可判断③，证明可判断②，由，得出，可得，即可判断④，作，，垂足分别为，由全等三角形的对应高相等可得，根据角平分线的判定即可判断⑤．
【详解】解：∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，故①正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，故③正确；
∵，，
∴，
∴，
∴，故②错误，
∵，
∴，
∴，故④正确；
作，，垂足分别为，
∴，
∵，
∴由全等三角形的对应高相等可得：，
而，，
∴是的角平分线，故⑤正确；
故答案为：①③④⑤．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，角平分线的判定定理,三角形的外角性质，综合运用以上知识是解题的关键．
17．
【分析】已知一个多边形的每一内角都相同，故得该多边形的外角，根据多边形外角和即可求解出边数，之后求出内角和即可．
【详解】解：边形的每一个内角都等于，
边形的每一个外角都等于，
边数，
内角和．
【点睛】本题主要考查的是多边形内角与外角的基本概念和公式运用，掌握多边形内角与外角的基本概念是解题的关键．
18．见解析
【分析】由，可得，根据三边分别相等的两个三角形全等，即可证明．
【详解】证：∵，
∴．
∴．
在与中
∴．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定，牢记三角形全等的判定方法（三边分别相等的两个三角形全等）是解题的关键．
19．
【分析】利用等边对角及三角形内角和可得，再利用垂直平分线的性质即可求解．
【详解】解：，
，
又 ，
，
是腰的垂直平分线，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及垂直平分线的性质，熟练掌握其性质是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)，，；
(3)5
【分析】（1）根据轴对称变换的性质作图；
（2）根据各个点的位置直接写出坐标即可；
（3）根据矩形的面积公式和三角形的面积公式计算．
【详解】（1）解：如图所示；
；
（2）解：根据图象得，，；
（3）解：的面积．
【点睛】本题考查的是轴对称变换的性质，掌握轴对称变换中坐标的变化特点是解题的关键，注意坐标系中不规则图形的面积的求法．
21．(1)见解析
(2)见解析（答案不唯一）
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质和画法得出即可；
（2）根据“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，分别作出两个内角的平分线、相邻两个外角的平分线，共有四个点（作一个点即可）．
【详解】（1）如图1所示：M点即为所求．
（2）如图2所示（答案不唯一）．
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质与画法，角平分线的性质的应用，熟练掌握相关性质是解题关键．
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点M作，垂足为E，由角平分线的性质定理可得，根据是的中点，可得，进而可得，由角平分线的判定定理可得结论；
（2）先证明可得，同理得，就可得出结论．
【详解】（1）证明：过点M作，垂足为E，
平分，
又，，
（角平分线上的点到角两边的距离相等），
是的中点，
，
，
，，
平分（到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上）；
（2）证明：，，
，
在和中，
，
，
，
同理可得：，
，
．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理和判定定理及三角形全等的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题关键．
23．(1)
(2)是等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的三边关系得出，，，再利用绝对值的性质化简即可；
（2）根据非负数的性质得出，，再解绝对值方程，求出a值，根据三角形三边关系取舍，最后即可判断的形状．
【详解】（1）解：∵a，b，c是的三边，
∴，，
∴，，，
∴
；
（2）∵，
∴且，
∴，，
∵a为方程的解，
∴，
∴或，
当时，，故不合题意；
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，化简绝对值，等腰三角形的定义，非负数的性质，解题的关键是利用三角形三边关系得出式子的符号．
24．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）首先证明出∠QPC=90°，再利用含30°角的直角三角形的性质得QC=2PC，建立方程求解即可；
（2）过P作PF∥BC交AB于F，证明△APF为等边三角形，再证明△PDF≌△QDB，即可得证．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
设AP=x，则BQ=x，
∵∠BQD=30°，
∴∠BQD+∠C=90°，
即∠QPC=90°，
∴QC=2PC
即6+x=2（6－x），
解得：x=2，
即AP=2．
（2）证明：过P作PF∥BC交AB于F，如图所示，
∴∠DQB=∠FPD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠C=60°，
∴∠APF=∠AFP=60°，
∴△APF为等边三角形，
∴AP=PF，
∴PF=BQ，
∵∠FDP=∠BDQ，
∴△PDF≌△QDB，
∴PD=QD，
即点D是线段PQ的中点．
【点睛】本题是三角形的综合题目，主要考查了等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点．解题中的难点：作出辅助线构造全等三角形．
25．（1）证明见解析；（2）；（3）；数量关系不变；理由见解析
【分析】（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC＝∠PAQ＝60°，AB＝AC，AP＝AQ，再由SAS定理即可得出结论；
（2）由∠APC=∠CAP，∠B=∠BAC，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合，进而即可求解；
（3）设CD与AP交于点O，由，得∠ACD=∠APD，结合∠AOC=∠DOP，三角形内角和定理，即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△APD是等边三角形，
∴∠BAC＝∠PAD＝60°，AB＝AC，AP＝AD，
∴∠BAP＝∠DAC，
在△ABP与△ACD中，
，
∴（SAS）；
（2）∵，
∴∠APC=∠CAP，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠BAC=60°，
又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，
∴∠BAC+∠CAP=×180°=90°，即：∠BAP=90°，
∴∠APB=90°-60°=30°，
∴∠ADC=∠APB=30°，
∵△APD是等边三角形，
∴=60°-∠ADC=60°-30°=30°；
（3）=，随着点位置的变化，与的数量关系不会发生变化，理由如下：
设CD与AP交于点O，
∵，
∴∠ACD=∠ABP=60°，
∵∠APD=60°，
∴∠ACD=∠APD，
又∵∠AOC=∠DOP，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，
∴=．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
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