《2025年初中必刷题八年级数学上册人教版》

1 新考法 [2025 四川成都期中,中]如图是由 9 个完全相同的小正方形拼接而成的 3×3 网格,图形 ABCD 中各个顶点均为格点,设∠ABC = α,∠BCD = β,∠BAD = γ,则α - β - γ的值为 ( )


A.45°
B.60°
C.75°
D.135°

答案：
A 【解析】如图，根据题意知，BE=AG，∠BEC=∠AGB=90°，EC=GB，
∴ △BEC≌△AGB(SAS)，
∴ ∠ECB=∠GBA.
∵ ∠ECB+∠EBC=90°，
∴ ∠GBA+∠EBC=90°，
∴ ∠ABC=90°=α.
∵ ∠BCD+∠CBD=β+∠CBD=90°，∠CBD+∠ABD=90°，
∴ ∠ABD=β.
∵ ∠ADF=∠ABD+∠BAD=45°，
∴ β+γ=45°，
∴ α - β - γ=α-(β+γ)=90° - 45°=45°，故选A.

2 [2025 河南周口质检,中]如图,点 A 在点 O 正北方向,点 B 在点 O 正东方向,且点 A,B 到点 O 的距离相等,甲从点 A 出发,以每小时 50 千米的速度朝正东方向行驶,乙从点 B 出发,以每小时 30 千米的速度朝正北方向行驶,1 小时后,甲位于点 C 处,乙位于点 D 处,∠COD = 45°,此时甲、乙两人相距 ( )


A.60 千米
B.70 千米
C.80 千米
D.90 千米

答案：
C 【解析】如图，延长CA至B'，使AB'=DB，连接B'O. 在△DBO和△B'AO中， 
$\begin{cases}{DB=B'A } \\ {∠DBO=∠B'AO } \\{BO=AO } \end{cases}$
∴ △DBO≌△B'AO(SAS)，
∴ ∠AOB'=∠BOD，OB'=OD.
∵ ∠COD=45°，∠AOB=90°，
∴ ∠AOC+∠BOD=∠AOC+∠AOB'=45°，
∴ ∠B'OC=∠DOC=45°.在△B'OC和△DOC中， 
$\begin{cases}{ OB'=OD} \\ {∠B'OC=∠DOC } \\{OC=OC } \end{cases}$
∴ △B'OC≌△DOC(SAS)，
∴ CD=CB'=AC+AB'=AC+BD=50+30=80(千米)，
∴ 甲、乙两人相距80千米.故选C.

如图,在△ABC 中,AD 是 BC 边上的中线,交 BC 于点 D. 若∠BAC = 90°,则 AD 与 BC 的数量关系为$AD=\frac{1}{2}BC$.

答案： $AD=\frac{1}{2}BC$
证明：延长$AD$到点$E$，使$DE=AD$，连接$BE$.
∵$AD$是$BC$边上的中线，
∴$CD=BD$.
在$\triangle ACD$和$\triangle EBD$中，
$\left\{\begin{array}{l}AD=DE\\ \angle ADC=\angle EDB\\ CD=BD\end{array}\right.$
∴$\triangle ACD≌\triangle EBD(SAS)$，
∴$AC=BE$，$\angle DAC=\angle DEB$，
∴$AC// BE$，
∴$\angle BAC+\angle ABE=180^{\circ}$.
∵$\angle BAC=90^{\circ}$，
∴$\angle ABE=90^{\circ}$.
在$\triangle BAC$和$\triangle ABE$中，
$\left\{\begin{array}{l}AC=BE\\ \angle BAC=\angle ABE\\ AB=BA\end{array}\right.$
∴$\triangle BAC≌\triangle ABE(SAS)$，
∴$BC=AE$.
∵$AD=DE=\frac{1}{2}AE$，
∴$AD=\frac{1}{2}BC$.

4 [2024 北京西城区校级期中,中]已知一个三角形的两条边长分别是 1 cm 和 2 cm,一个内角为 40°.
(1)请你借助如图所示图形画出一个满足题中条件的三角形.
(2)你是否还能画出既满足题中条件,又与(1)中所画三角形不全等的三角形? 若能,请你用尺规画出一个这样的三角形;若不能,请说明理由. (友情提醒:请在你画的图中标出已知角的度数和已知边的长度. 不要求写作法,保留作图痕迹)
(3)如果将题中条件改为“三角形的两条边长分别是 3 cm 和 4 cm,一个内角为 40°”,那么满足这一条件,且彼此不全等的三角形共有____个.

答案：
【解】
(1)在40°角的两边上分别以顶点为圆心截取1 cm和2 cm长的线段，连接得到的两个线段端点即可得到符合条件的三角形，如图
(1)所示.(作法不唯一)

(2)能.如图
(2)所示的三角形即为所求.(作法不唯一，与
(1)中图形不全等即可)

(3)当40°角是边长为3 cm与4 cm两边的夹角时，△ABC如图
(3)所示；

当40°角是3 cm边的对角时，△ABC及△AB₂C如图
(4)所示；

当40°角是4 cm边的对角时，△DEF如图
(5)所示.综上，共有4个这样的三角形满足条件.故答案为4.

5 核心素养 模型观念 [中]如图(1),AB = 4 cm,AC ⊥ AB,BD ⊥ AB,AC = BD = 3 cm. 点 P 在线段 AB 上以 1 cm/s 的速度由点 A 向点 B 运动,同时,点 Q 在线段 BD 上由点 B 向点 D 运动,设它们运动的时间为 t s.
(1)若点 Q 的运动速度与点 P 的运动速度相同,当 t = 1 时,△ACP 与△BPQ 是否全等? 请说明理由,并判断此时线段 PC 和线段 PQ 的位置关系.
(2)如图(2),将图(1)中的“AC ⊥ AB,BD ⊥ AB”改为“∠CAB = ∠DBA = 60°”,其他条件不变. 设点 Q 的运动速度为 x cm/s,是否存在实数 x,使得△ACP 与△BPQ 全等? 若存在,求出相应的 x,t 的值;若不存在,请说明理由.

答案： 1. （1）
解：当$t = 1$时，$AP=BQ = 1×1 = 1cm$，$BP=AB - AP=4 - 1 = 3cm$。
因为$AC = 3cm$，所以$AC = BP$。
又因为$AC\perp AB$，$BD\perp AB$，所以$\angle A=\angle B = 90^{\circ}$。
在$\triangle ACP$和$\triangle BPQ$中，$\begin{cases}AP = BQ\\\angle A=\angle B\\AC = BP\end{cases}$。
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle ACP\cong\triangle BPQ$。
因为$\triangle ACP\cong\triangle BPQ$，所以$\angle ACP=\angle BPQ$。
因为$\angle ACP+\angle APC = 90^{\circ}$，所以$\angle BPQ+\angle APC = 90^{\circ}$。
则$\angle CPQ = 180^{\circ}-(\angle BPQ+\angle APC)=90^{\circ}$，所以$PC\perp PQ$。
2. （2）
解：分两种情况讨论：
情况一：若$\triangle ACP\cong\triangle BPQ$，则$\begin{cases}AP = BQ\\AC = BP\end{cases}$。
已知$AP = t$，$BQ = xt$，$AC = 3$，$BP = 4 - t$，所以$\begin{cases}t = xt\\3 = 4 - t\end{cases}$。
由$3 = 4 - t$，解得$t = 1$。
把$t = 1$代入$t = xt$，得$1=x×1$，解得$x = 1$。
情况二：若$\triangle ACP\cong\triangle BQP$，则$\begin{cases}AP = BP\\AC = BQ\end{cases}$。
即$\begin{cases}t = 4 - t\\3 = xt\end{cases}$。
由$t = 4 - t$，解得$t = 2$。
把$t = 2$代入$3 = xt$，得$3 = 2x$，解得$x=\frac{3}{2}$。
综上，存在$\begin{cases}x = 1\\t = 1\end{cases}$或$\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\t = 2\end{cases}$，使得$\triangle ACP$与$\triangle BPQ$全等。