《2025年初中必刷题八年级数学上册人教版》

一、选择题(本大题共9小题,每小题4分,共36分)
1[2024河北唐山丰南区期中]如图,下面是三位同学的折纸示意图,则AD依次是△ABC的(C)


A.中线、角平分线、高线
B.高线、中线、角平分线
C.角平分线、高线、中线
D.角平分线、中线、高线

答案： 1. C　[解析]由①的折叠方式可知，∠BAD=∠CAD，所以AD是△ABC的角平分线。由②的折叠方式可知，∠ADB=∠ADB'。又因为∠ADB+∠ADB'=180°，所以∠ADB=∠ADB'=90°，即AD⊥BC，所以AD是△ABC的高线。由③的折叠方式可知，CD=BD，所以AD是△ABC的中线。故选C。

2已知点A(m-1,3)与点B(2,n-1)关于x轴对称,则$(m+n)^{2020}的值为(B)A. 0B. 1C. -1D. 3^{2020}$

答案： 2. B　[解析]
∵点A(m - 1,3)与点B(2,n - 1)关于x轴对称，
∴m - 1=2，n - 1=-3，
∴m=3，n=-2，
∴(m + n)²⁰²⁰=1。故选B。

如图,在△ABC中,∠BAC=75°,∠ACB= 35°,AC= 8,∠ABC的平分线BD交边AC于点D,则AD+BD的长为(B)
A.10
B.8
C.6
D.4

答案： 1. 首先求$\angle ABC$的度数：
根据三角形内角和定理$\angle A+\angle ABC+\angle ACB = 180^{\circ}$，已知$\angle BAC = 75^{\circ}$，$\angle ACB = 35^{\circ}$，则$\angle ABC=180^{\circ}-\angle BAC - \angle ACB$。
所以$\angle ABC = 180^{\circ}-75^{\circ}-35^{\circ}=70^{\circ}$。
2. 然后求$\angle ABD$和$\angle BDC$的度数：
因为$BD$是$\angle ABC$的平分线，所以$\angle ABD=\angle DBC=\frac{1}{2}\angle ABC$，则$\angle ABD=\angle DBC = 35^{\circ}$。
又因为$\angle ACB = 35^{\circ}$，根据三角形外角性质$\angle BDC=\angle A+\angle ABD$，$\angle A = 75^{\circ}$，$\angle ABD = 35^{\circ}$，这里我们换一种方法，根据等角对等边，在$\triangle BCD$中，$\angle DBC=\angle ACB = 35^{\circ}$，所以$BD = CD$。
3. 最后求$AD + BD$的长：
因为$AD + BD=AD + CD$，而$AD + CD=AC$，已知$AC = 8$。
所以$AD + BD$的长为$8$，答案是B。

4[2025山东临沂期中]根据作图痕迹判断下列图中,BD不能把△ABC分成两个等腰三角形的是(C)

答案： C

5如图,点A,B在直线l的同侧,点C在直线l上,且△ABC是等腰三角形.符合条件的点C个数为( )


A.5
B.4
C.3
D.2

答案：
5. A　[解析]如图，点C₁，C₂，C₃，C₄，C₅即为符合条件的点C，故选A。

6[2024江苏盐城期中]如图,点E在等边△ABC的边BC上,BE= 4,射线CD⊥BC,垂足为点C,点P是射线CD上一动点,点F是线段AB上一动点,当EP+FP的值最小时,BF= 5,则AF的长为( )

A.1.5
B.2
C.2.5
D.3

答案：
6. B　[解析]如图，作E点关于CD的对称点E'，过E'作E'F⊥AB于点F，交CD于点P，连接PE，则PE=PE'，
∴EP + FP=PE'+PF=E'F，此时EP + FP的值最小。
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°。
∵E'F⊥AB，
∴∠FE'B=30°，
∴BE'=2BF=2×5=10。
∵BE=4，CE=CE'，
∴10=2CE + BE=2CE + 4，
∴CE=3，
∴BC=BE + CE=4 + 3=7，
∴AB=BC=7，
∴AF=AB - BF=7 - 5=2，故选B。

7如图,过边长为4的等边三角形的边AB上一点P,作PE⊥AC于点E,Q为BC延长线上一点,当PA= CQ时,连接PQ交边AC于点D,则DE的长为 2
A.2
B.3
C.4
D.$\frac {5}{3}$

答案： 1. 首先，过$P$作$PF// BC$交$AC$于$F$：
因为$\triangle ABC$是等边三角形，所以$\angle A=\angle B = \angle ACB = 60^{\circ}$。
由于$PF// BC$，根据两直线平行，同位角相等，可得$\angle AFP=\angle ACB = 60^{\circ}$，$\angle FPD=\angle Q$。
那么$\triangle APF$是等边三角形（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形，$\angle A = 60^{\circ}$，$AP = AF$），所以$AP = PF$。
2. 然后，已知$PA = CQ$：
由$AP = PF$和$PA = CQ$，可得$PF = CQ$。
3. 接着，证明$\triangle PFD\cong\triangle QCD$：
在$\triangle PFD$和$\triangle QCD$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle FPD=\angle Q\\\angle PDF=\angle QDC\\PF = CQ\end{array}\right.$（$AAS$判定定理：两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）。
所以$FD = CD$。
4. 再看$PE\perp AC$，$\triangle APF$是等边三角形：
因为$\triangle APF$是等边三角形，$PE\perp AF$，根据等边三角形三线合一（等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角平分线互相重合），所以$AE = EF$。
5. 最后求$DE$的长：
因为$DE=EF + FD$，$AE = EF$，$FD = CD$，所以$DE=\frac{1}{2}AC$。
已知$AC = 4$，则$DE = 2$。
综上，答案是A。

8如图,已知正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点M,顶点A,B,C的坐标分别为(1,3),(1,1),(3,1),规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折,再向右平移1个单位”为一次变换,如此这样,连续经过2020次变换后,点M的坐标变为(A)
A.(2022,2)
B.(2022,-2)
C.(2020,2)
D.(2020,-2)

答案： 8. A　[解析]
∵正方形ABCD顶点A(1,3)，B(1,1)，C(3,1)，
∴对角线交点M的坐标为(2,2)。根据题意得第1次变换后点M的对应点的坐标为(2 + 1,-2)，即(3,-2)；第2次变换后点M的对应点的坐标为(2 + 2,2)，即(4,2)；第3次变换后点M的对应点的坐标为(2 + 3,-2)，即(5,-2)；……，第n次变换后的点M的对应点的坐标：当n为奇数时坐标为(2 + n,-2)，当n为偶数时坐标为(2 + n,2)，
∴连续经过2020次变换后，正方形ABCD对角线的交点M的坐标变为(2022,2)。故选A。

9[2025江苏无锡质检]如图,已知等腰△ABC中,AB= AC,∠BAC= 120°,AD⊥BC于点D,点P是BA延长线上一点,点O是线段AD上一点,OP= OC,下面的结论：①∠APO+∠DCO= 30°；②△OPC是等边三角形；③AC= AO+AP；$④S_{△ABC}= S_{四边形AOCP}.$其中正确的有(D)
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.①②③④

答案： 1. 首先，连接$BO$：
因为$AB = AC$，$AD\perp BC$，根据等腰三角形三线合一性质，$BD = CD$，$\angle BAD=\frac{1}{2}\angle BAC = 60^{\circ}$，$\angle ABC=\angle ACB = 30^{\circ}$，$BO = CO$。
又因为$OP = OC$，所以$BO = OP = OC$。
则$\angle OBP=\angle OPB$，$\angle OBC=\angle OCB$。
2. 然后，证明$\angle APO+\angle DCO = 30^{\circ}$：
$\angle APO+\angle DCO=\angle OBP+\angle OBC-\angle ABC$。
因为$\angle OBP+\angle OBC=\angle PBC$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，所以$\angle APO+\angle DCO = 30^{\circ}$，故①正确。
3. 接着，证明$\triangle OPC$是等边三角形：
$\angle POC=\angle APO+\angle OAP$，$\angle OAP = 60^{\circ}$，$\angle APO+\angle DCO = 30^{\circ}$，$\angle OCP=\angle OCB+\angle DCO$，$\angle OCB=\angle OBC=\angle OBP$，$\angle APO=\angle OBP$。
所以$\angle POC=\angle OAP = 60^{\circ}$，又$OP = OC$，根据有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形，可得$\triangle OPC$是等边三角形，故②正确。
4. 再证明$AC = AO + AP$：
在$AC$上截取$AE = AP$，连接$PE$。
因为$\angle PAE = 60^{\circ}$，所以$\triangle APE$是等边三角形，$\angle AEP = 60^{\circ}$，$AP = AE$，$\angle APE = 60^{\circ}$。
因为$\angle APO+\angle OPC=\angle EPC+\angle OPC = 60^{\circ}$，所以$\angle APO=\angle EPC$。
又$OP = PC$，$\angle PAO=\angle PEC = 120^{\circ}$。
所以$\triangle APO\cong\triangle EPC(AAS)$，则$AO = EC$。
所以$AC=AE + EC=AO + AP$，故③正确。
5. 最后，证明$S_{\triangle ABC}=S_{四边形AOCP}$：
$S_{四边形AOCP}=S_{\triangle APO}+S_{\triangle AOC}$。
因为$\triangle APO\cong\triangle EPC$，所以$S_{\triangle APO}=S_{\triangle EPC}$。
$S_{四边形AOCP}=S_{\triangle EPC}+S_{\triangle AOC}=S_{\triangle APE}+S_{\triangle AEC}$。
因为$\triangle APE$是等边三角形，$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，通过等积变换可得$S_{\triangle ABC}=S_{四边形AOCP}$，故④正确。
综上，①②③④都正确，答案是D。