11第十六章 素养提升检测卷-2021-2022学年八年级上册数学【优+密卷】（冀教版）

CF,∴∠FCB=∠CBD=x°,则∠CFD=2x°.∵∠A=50° ∴∠DOC=90° 21.证明:作PF⊥AB于F,PG⊥BC于G,PH⊥AC于H,如 ∠ACF=40°,∴500+40°+x0+2x=180°,解得x=30, 又∵DB平分∠ADC,∴∠ADB=∠BDC ∴∠CFD=2x°=60 ∵AD∥BC,∴∠ADB=∠DBC,∴∠BDC=∠DBC, ∠B的外角平分线BD与∠C的外角平分线CE相交于 3.A解析:本题可以画出图形,通过观察得出两个三角形 CB=CD,∴OB=O 点P,∴PF=PG,PH=PG,∴PF=PH 可由一次平移得到,其他方式不能一次得到 E是BD的垂直平分线 又PF⊥AB,PH⊥AC,∴点P在∠CAB的平分线上 4.C15.B 16.A解析:作点A关于直线 ∴EC平分∠BED CD的对称点A',连接A'B 22.解:连接OA,OB,OC,如图所示 ∴点O到EB与ED的距离相等 与线段CD相交于一点,则 ∴l1是△ABC的边AB的垂直平分A 交点即为点M,如图所示 河 线,∴OA=OB 第十六章素养提升检测卷 根据轴对称的性质,得 ∵l2是△ABC的边BC的垂直平分 L.D2.B3.B4.D5.A6.B7.C8.C9.C RK AM-AM.AC=AC 线 10.D解析:由作法得,DG垂直平分BC,∴∵DG⊥BC,BD=:22.解:(1)如图①②③所示.选择其中两个即可 BD,∠A'CM=∠BDM= ∴OA=OC CD,∴AD为△ABC的中线,所以①错误,∵∠C=90°, 90°,∠AMC=∠BMD 23.解:(1)答案不唯一,如:特征1:都 ∴DG∥AC,∴DG为△ABC的中位线,∴AC=2DG,所以 △ACM≌△BDM(AAS), 是轴对称图形;特征2:都是中心对 B ②正确.∵BD=CD,∴S△W=S△AD,所以③正确.∵BG= 则CM=DM,即M为CD的中点 称图形;特征3:这些图形的面积都 AG,∴S△AG=S△x…∴S△AC=2S△MG,所以④正确 等于4个单位面积 1.B解析:作GM⊥AB于点M,如图所示,由作法得AG平 18.34解析:∵DE垂直平分AB,∴AD=BD=4.∵AD (2)答案不唯一,如图所示: 分∠BAC,而GH⊥AC,GM⊥AB,∴GM=GH=2, 是∠CAB的平分线,∠C=90°,∴CD=DE 9.①②③④ (2)如图所示 20.解:(1)如图所示.(答案不唯 24.解:(1)正确.理由如下: 过点M作ME⊥AD,垂足为E,如 图所示 ∵AM平分∠BAD,且BM⊥AB 2.D解析:如图所示,过点P作PE⊥ (3)如图①②所示 ME⊥AD,∴BM=EM(角平分线 的性质定理) OA于点E.∵OC平分∠AOB,PE⊥ OA.PN⊥OB,∴PE=PN.∵PE= (2)如图所示.(答案不唯 又∵M是BC的中点,∴BM=B PN, OP MC.∴EM=MC(等量代换) Rt△OPE≌ Rt△OPN(HL).∴OE=ON=5 又MC⊥CD,ME⊥AD,∴点M在∠ADC的平分线上(角 OM=3,ON=5,∴MN=2.若点D 平分线性质定理的逆定理) 在线段OE上.∵PM=PD,PE ∴DM平分∠ADC PN…∴Rt△PMN≌Rt△PDE(HL).∴DE=MN=2 (2)AD=AB+CD.理由如下 AM平分∠BAD,∴∠EAM=∠BAM.∵BM⊥AB PEPN,∴Rt△PMN≌Rt△PDE(HL),∴DE=MN= IE⊥AD,∴∠AEM=∠ABM=90° 2∴OD=OE+DE 23.解:(1)②①③ 13.B (2)①理由如下:如图所示,连接PM,PN 在△AEM和△ABM中,∠AEM=∠ABM, 15.C解析:如果过点P作PF⊥AB于点F,延长FP交CD BM=BN, 21.解:(1)如图所示,连接AB,线段AB交直线l于点O 于点G,那么线段FG的长度即为AB与CD之间的距离 在△MBP和△NBP中,PM=PN,∴△MBP≌△NBP 点A,O,B在一条直线上 ∴△AEM≌△ABM(AAS),∴AE≠AB 根据角平分线的性质可知PF=PE=PG,则FG=2PE,所 BP=BP. ∴O点即为所求点 同理,DM平分∠ADC EDM=∠CDM 以只需测量出PE的长度 (Ss)…∴∠ABD=∠CBD CM⊥CD,ME⊥AD,∴∠BEM∠DC 16.C解析:按题中所示的方法只能剪出轴对称图形,因为C (3)过点D作DF⊥BC于F,如图 是中心对称图形,所以不能剪出 所 在△EDM和△CDM中,∠DEM=BCM 17.108 ∵∠ABD=∠CBD,DE⊥AB,DF⊥ 8.590解析:如图所示,作PH⊥ BC,. DE- DF △EDM≌△CDM(AAS).∴DE=C BC于点H ∵Sa=S