4第十三章 素养提升检测卷-2021-2022学年八年级上册数学【优+密卷】（冀教版）

題;③若ab=0,则P(a,b)在坐标原点或坐标轴上,原命题是 ABC=90°∴∠CAB=∠ACB=45 18.7015 假命題;④在平面直角坐标系中,若点A的坐标为(-1,-2), DAB=∠CBA 且AB平行于x轴,AB=5,则点B的坐标为(4,-2)或(-6, ∠NAE=∠ACB=∠CAB=45°,∠FAB=90 20.证明:∵AD⊥AE,AB⊥AC,∴∠CAB=∠DAE=90° 2),原命题是假命题,故真命题的个数为0个 AE=AE,∴△NAE≌△BAE(SAS), ∴∠CAB+∠CAD=∠DAE+∠CAD 12.C解析:由作图痕迹,得AP是∠BAC的平分线.PD⊥ ∴EN=EB,∠ANE=∠ABE 即∠BAD=∠CAE. AB,且PD=6,当PE⊥AC时,PE=PD=6,∴PE的最小 ∵∠ABE+∠EFA=180°,∠ANE+∠ENF=180°, AB-AC 值是6 ENF=∠EFA,∴EN=EF,∴EF=BE 在△ABD和△ACE中,∠BAD=∠CAE, 13.B解析:在两个三角形中,有两边及 ADAE 角对应相等,那么这两个三角形不 定全等.比如:如图所示,△ABC与 ∴△ABD≌△ACE(SAS) 21.证明:∵∠1=∠2=∠3 △ABD中,有AB=AB,AC=AD B=∠B,两个三角形不全等 24.证明:方法一:如图①所示,在BC上取一点F,使BF= ∴∠2+∠DAC=∠1+∠DAC ∠BAC=∠DAE. 14.C解析:∵AD=BD,AD⊥BC BA,连接EF.∵CE,BF分别平分∠BCD和∠CBA ∴∠BAD=∠ABD=45.∵∠DAC ∠1=∠2,∠3=∠4 又∵∠DFC=∠AFE,∠3=∠1, ∠BAC-∠BAD,∴∠DAC=750-45=30°.∵AD=BD ∴由三角形的内角和定理得∠C=∠E. ∠BDE=∠ADC,DE=DC △BDE≌△ADC 在△ABE和△FBE中,{∠1-∠2 ② ∵在△ABC和△ADE中 BE= BE ∠BAC=∠DAE,∠C=∠E,AB=AD ∠DAC=∠DBE=30 15.D解析:∵AE和BD相交于点O,∴∠AOD=∠BOE.在 △ABE≌△FBE(SAS),∴∠A=∠5 第十三章素养提升检测卷 △ABC≌△ADE(AAS) B∥CD,∴∠A+∠D=180°,而∠5 △AOD和△BOE中,∠A=∠B,∴∠BEO=∠2.又∵∠1= ∠2,∴∠1=∠BEO,∴∠AEC=∠BED.在△AEC和 ∠D.在△EFC和△EDC中,∠3=∠4 4.A解析:∵∠AOC=∠BOD.∴∠AOB=∠COD.22.解:作法:(1)作线段CD=a,延长CD至B,使DB ∠A (2)以C为圆心,b为半径画弧; EC=EC. △AOB≌△COD(AAS) △BED中,AE=BE, ∴△EFC≌△EDC(AAS),∴FC=DC, ∴OA=OC=4cm,OB=OD.∵AD=6cm,∴OD=AB (3)以D为圆心,m为半径画弧,两弧交于点A ∠AEC=∠BED, ∴BC=BF+CF=AB+CD A=2cm,∴OB=OD=2cm. (4)连接AC,AB,AD.△ABC就是所求作的三角形 5.A6.C7.C △AEC≌△BED(ASA),∴EC=ED,∠C=∠BDE,在方法二:如图②所示,分别延长BA,CE交于点F 23.解:猜想:EF=BE+AF △EDC中,EC=ED,∠1=40°, 8.C解析:∵∠A=∠1,∠CDE=∠1+∠CDF=∠A+ 证明:∵∠BCE+∠CBE+∠BEC=180 由题意知∠2-2∠ABC,∠3-∠BCD ∠AED,∴∠CDF=∠AED.在△ADE和△CFD中 ∠C=∠EDC=70°,∴∠BDE=∠C=70° ∠BCE+∠ACF+∠BCA=180° 16.C解析:旋转后的图中,全等的三角形有:△B'CG≌ 又∵AB∥CD,∴∠ABC+∠BCD=180°, ∠BCA=a=∠BEC,∴∠CBE=∠ACF AED=∠CDF∴∴△ADE≌△CFD(AAS),∴AE △DCE,△A'B'C≌△ADC,△AGF≌△AEF,△ACE≌ 又∵∠BEC=∠CFA=a,CB=AC ∠ABC+∠BCD)=90°,∴∠BEC=90 DE= DF △ACG,共4对 CD,AD=CF,.AE+ FCECD+AD=AC △BEC≌△CFA(AAS) 17.11解析:∵CN∥AB,∴∠NCE=∠MAE.又∵E是AC C解析:∵∠E=∠F=90°,∠B=∠C.AE=AF ∴BE=CF,EC=FA 的中点,∴AE=CE.而∠AEM=∠CEN,在△CNE和 在△BEC和△BEF中,BE=BE ∠BEC=∠BEF=90°, △ABE≌△ACF(AAS),∴BE=CF,故②正确 ∴EF=CF+EC=BE+AF ∠NCE=∠