八年级上学期数学第三次月考试卷 (26)

这是一份八年级上学期数学第三次月考试卷 (26)，共22页。

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A、“中”可以看作是轴对称图形，故本选项符合题意；
B、“国”不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、“加”不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、“油”不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2. 已知一个三角形的两边长为5和10，则第三边的长可以为（ ）
A. 5B. 10C. 15D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】已知三角形的两边长分别为5和10，根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边；即可求第三边长的范围．
【详解】设第三边长为x，则由三角形三边关系定理得10-5＜x＜10+5，即5＜x＜15．
因此，本题的第三边应满足5＜x＜15，把各项代入不等式符合的即为答案．
只有10符合不等式．
故选B．
【点睛】考查了三角形三边关系，此类求三角形第三边的范围的题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．
3. 如图，点、、、在同一直线上，，，添加下列一个条件，不能判定的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别判断选项所添加的条件，再根据三角形全等的判定定理：、、、进行判断即可．
【详解】解：A、，，即，根据，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；
B、，，，不符合全等三角形的判定定理，不能推出，故本选项符合题意；
C、，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；
D、，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定等知识点的理解和掌握，熟练运用全等三角形的判定定理进行证明是解答本题的关键．
4. 已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ）
A. 五边形B. 六边形C. 七边形D. 八边形
【答案】C
【解析】
【详解】多边形的内角和公式为（n－2）×180°，
根据题意可得：（n－2）×180°=900°，
解得：n=7．
故选C
5. 如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，，，则的度数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线平行，同位角相等得到（图见详解），再利用三角形的外角性质求得的度数．
【详解】解：标注如图，
，
，
又，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的外角性质，解决本题的关键是能灵活运用相关的几何定理．
6. 已知等腰三角形的一个角等于，则它的底角为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由于不明确的角是等腰三角形的底角还是顶角，故应分的角是顶角和底角两种情况讨论．
【详解】解：当角为等腰三角形的顶角时，底角；
当的角为等腰三角形的底角时，其底角为，
故它的底角的度数是或．
故选：D．
【点睛】此题主要考查学生对等腰三角形的性质这一知识点的理解和掌握，由于不明确的角是等腰三角形的底角还是顶角，所以要采用分类讨论的思想．
7. 如图，在△ABC中，BD为∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，且DE＝3cm，AB＝8cm，BC＝6cm，则△ABC的面积（ ）cm2．
A. 17B. 21C. 42D. 52
【答案】B
【解析】
【分析】过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质可知DE=DF，则根据S△ABC=S△ABD+ S△BCD，即可得出结论．
【详解】解：过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD为∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，且DE=3cm，
∴DE=DF=3cm，
∴S△ABC=S△ABD+S△BCD=AB•DE+BC•DF
=×8×3+×6×3
=12+9
=21．
故选B．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．
8. 如图，∠ABC=50°，BD平分∠ABC，过D作DE∥AB交BC于点E，若点F在AB上，且满足DF=DE，则∠DFB的度数为（ ）
A. 25°B. 130°C. 50°或130°D. 25°或130°
【答案】C
【解析】
【分析】如图，证明∠DFB=∠DEB，此为解决问题的关键性结论；求出∠DEB=130°，即可解决问题．
【详解】
如图,DF=DF′=DE；
∵BD平分∠ABC，由图形的对称性可知：
△BDE≌△BDF，
∴∠DFB=∠DEB；
∵DE∥AB,∠ABC=50°，
∴∠DEB=180°−50°=130°；
∴∠DFB=130°；
当点F位于点F′处时，
∵DF=DF′，
∴∠DF′B=∠DFF′=50°.
故答案选：C.
【点睛】本题考查的知识点是等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握等腰三角形的判定与性质.
9. 如图，在平面直角坐标系中，点A（2，1），点P在坐标轴上，若以P、O、A为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P共有（ ）个．
A. 5B. 6C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】分别以点O、A为圆心，以OA的长度为半径画弧，与坐标轴的交点即为所求的点P的位置．
【详解】解：如图，
以点O、A为圆心，以OA的长度为半径画弧，OA的垂直平分线与坐标轴的交点有2个，
综上所述，满足条件的点P有8个．
故选C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，坐标与图形性质，利用数形结合的思想求解更简便．
10. 如图，在和中，，，，．连接、交于点，连接．下列结论：
①；②；③平分；④平分
其中正确的结论个数有（ ）个．
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD，得到∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；
根据全等三角形的性质得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而，故③错误；即可得出结论．
【详解】∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，②正确；
作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴平分，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，
，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与矛盾，
∴③错误；
正确的有①②④；
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题（共18分）
11. 点P（2，3）关于y轴的对称点Q的坐标为__________ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于y轴的对称点的坐标是（-x，y）即求关于y轴的对称点时：纵坐标不变，横坐标变成相反数，据此即可解答．
【详解】解：点P（2，3）关于y轴的对称点Q的坐标为（-2，3）．
故答案为：（-2，3）．
【点睛】本题考查了关于x轴、y轴的对称点的坐标．解题的关键是掌握关于x轴、y轴的对称点的坐标的特征．
12. 等腰三角形的两边长分别为3和6，则这个等腰三角形的周长为______．
【答案】15
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质分情况讨论底边长和腰长分别是多少，再求出周长．
【详解】解：若3是底边长，6是腰长，三边长为3，6，6，构成等腰三角形，
则等腰三角形的周长为；
若6是底边长，3是腰长，则等腰三角形三边长为3，3，6，
∵不能构成等腰三角形，
∴此种情况不存在，
∴等腰三角形的周长为15．
故答案为：15．
【点睛】本题考查等腰三角形定义，在讨论底边长和腰长时需要注意三边长要满足构成三角形的条件．
13. 如图，等腰△ABC的周长为21，底边BC=5，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，则△BEC的周长为____．
【答案】13
【解析】
【详解】试题分析：因为等腰△ABC的周长为21，底边BC=5，所以AB=AC=8，又DE垂直平分AB，所以AE=BE,所以△BEC的周长为=BE+CE+BC=AE+CE+BC=AC+BC=8+5=13．
考点：1．等腰三角形性质；2．垂直平分线的性质．
14. 等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为50°，则这个等腰三角形的一个底角的度数为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】分为“高在三角形内部”和“高在三角形外部”两种情况讨论．
【详解】如图1：
∵
∴
如图2：
∵
∴
∴
故答案为：70°或20°．
【点睛】本题考查了三角的内角和定理，及分类讨论思想，熟知以上知识是解题的关键．
15. 如图，点D是△ABC的边BC上一点，且AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝30°，则∠EDC=_____．
【答案】15°
【解析】
【分析】根据三角形外角性质，∠AED=∠EDC+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，再根据等边对等角的性质∠B=∠C，∠ADE=∠AED，代入数据计算即可求出∠BAD的度数．
【详解】解：如图：
∵∠AED=∠EDC+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，
又∵AD=AE，
∴∠AED=∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADC=∠B+∠BAD，
∴∠B+∠BAD=∠EDC+∠C+∠EDC，
即∠BAD=2∠EDC，
∵∠BAD=30°，
∴∠EDC=15°．
故答案为15°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握性质是解题的关键．
16. 如图，四边形ABCD中，∠BAD=110°，∠B=∠D=90°，在BC，CD上分别找一点M，N，使△AMN周长最小，则∠AMN+∠ANM的角度为________．

【答案】140°
【解析】
【分析】作点A关于BC的对称点A′，关于CD的对称点A″，根据轴对称确定最短路线问题，连接A′A″与BC、CD的交点即为所求的点M、N，利用三角形的内角和定理列式求出∠A′+∠A″，再根据轴对称的性质和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），然后计算即可得解．
【详解】如图，作点A关于BC的对称点A′，关于CD的对称点A″，连接A′A″与BC、CD的交点即为所求的点M、N．
∵∠BAD＝110°，∠B＝∠D＝90°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣110°＝70°，由轴对称的性质得：∠A′＝∠A′AM，∠A″＝∠A″AN，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″）＝2×70°＝140°．
故答案为140°．
【点睛】本题考查了轴对称确定最短路线问题，轴对称的性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，确定出点M、N的位置是解题的关键，要注意整体思想的利用．
三、解答题（共72分）
17. 如图，已知．求证：．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】根据平行线的性质可得∠B=∠DEF，∠ACB=∠F，进而根据ASA证明△ABC≌△DEF，即可得证．
【详解】证明：∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B=∠DEF，∠ACB=∠F
∵
即，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF，
∴AB=DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握ASA证明三角形全等是解题的关键．
18. 如图在△ABC中，AD平分∠BAC，点D是BC的中点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．求证：∠B＝∠C．
【答案】见解析．
【解析】
【分析】根据角平分线的性质可得DE=DF，根据点D是BC的中点可得BD=CD，可证Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），即可得∠B=∠C．
【详解】解：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，∠BED=∠CFD=90°，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在Rt△BDE和Rt△CDF中
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴∠B=∠C．
【点睛】本题考查角平分线的性质和直角三角形全等的判定和性质，根据角平分线的性质得出DE=DF是解题的关键．
19. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画，使与关于y轴对称；
（2）求的面积；
（3）在y轴上作一点P，使得最短；
【答案】（1）见解析 （2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）先作出A、B、C三点关于y轴的对称点，再顺次连接即可得到关于y轴对称的三角形．
（2）利用割补法求出的面积即可．
（3）连接CA′，与y轴的交点即为P点．
【小问1详解】
如图所示；即为所求；
【小问2详解】
的面积；
【小问3详解】
连接交y轴于P，点P即为所求．
【点睛】
此题主要考查了轴对称与坐标变换，求三角面积以及最短路径问题．解题的关键是利用轴对称的性质正确地画出．另外要求要熟练掌握将军饮马模型．
20. 如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，AD⊥BC，CE⊥AB．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF＝2CD．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由“ASA”可证△AEF≌△CEB；
（2）由全等三角形的性质可得AF＝BC，由等腰三角形的性质可得AF＝BC＝2CD．
【小问1详解】
证明：∵∠BAC＝45°，CE⊥AB，
∴∠BAC＝∠ACE＝45°，
∴AE＝CE，
∵AD⊥BC，
∴∠B＋∠BAD＝90°＝∠B＋∠BCE，
∴∠BAD＝∠BCE，
在△AEF和△CEB中，
，
∴△AEF≌△CEB（ASA）；
【小问2详解】
证明：∵△AEF≌△CEB，
∴AF＝BC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2CD，
∴AF＝2CD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21. 如图，在△ABC和△ADE中，AC=AB，AE=AD，∠CAB=∠EAD=90°．
（1）求证：CE=BD；
（2）求证：CE⊥BD．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件证出∠CAE=∠BAD，由SAS证明△CAE≌△BAD，得出对应边相等即可；
（2）延长BD交CE于F，由全等三角形性质得出∠ACE=∠ABD，由角的互余关系得出∠ABC+∠ACB=90°，证出∠DBC+∠BCF=90°，得出∠BFC=90°即可．
【详解】（1）∵∠CAB=∠EAD=90°，
∴∠CAE+∠CAD=∠CAD+∠BAD，
∴∠CAE=∠BAD．
在△CAE和△BAD中，
，
∴△CAE≌△BAD（SAS），
∴CE=BD．
（2）延长BD交CE于F，如图所示：
∵△CAE≌△BAD，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠CAB=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
即∠ABD+∠DBC+∠ACB=90°，
∴∠DBC+∠ACB+∠ACE=90°，
即∠DBC+∠BCF=90°，
∴∠BFC=90°，
∴CE⊥BD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握此判定与性质是关键．
22. 如图,四边形ABCD中，∠B=90°, AB//CD，M为BC边上的一点，AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
求证:(1) AM⊥DM;
(2) M为BC的中点.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠BAD＋∠ADC＝180°，根据角平分线的定义得到∠MAD＋∠ADM＝90°，求出∠AMD＝90°，根据垂直的定义得到答案；
（2）作MN⊥AD，根据角平分线的性质得到BM＝MN，MN＝CM，等量代换可得结论．
【详解】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠BAD＋∠ADC＝180°，
∵AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
∴2∠MAD＋2∠ADM＝180°，
∴∠MAD＋∠ADM＝90°，
∴∠AMD＝90°，即AM⊥DM；
（2）作MN⊥AD交AD于N，
∵∠B＝90°，AB∥CD，
∴BM⊥AB，CM⊥CD，
∵AM平分∠BAD，DM平分∠ADC，
∴BM＝MN，MN＝CM，
∴BM＝CM，即M为BC的中点．
【点睛】本题考查的是平行线的性质、三角形内角和定理以及角平分线的性质，掌握平行线的性质和角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
23. 如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．

（1）求证：△ABQ≌△CAP；
（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．∠QMC＝60°
（3）点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．∠QMC＝120°
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；
（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=；
（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=．
【小问1详解】
证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，
∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，
∵，
∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
【小问2详解】
解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC；
【小问3详解】
解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变化．
理由：∵△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
24. 在中，，直线经过点C，且于D，于E．

（1）当直线绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①；
②．
（2）当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；
（3）当直线绕点C旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】（1）①证明见解析 ②证明见解析
（2）证明见解析 （3）；证明见解析
【解析】
【分析】（1）①利用“一线三等角”证明即可；
②根据全等三角形的性质可得，，再利用线段的和差及等量代换可得；
（2）利用“一线三等角”证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得；
（3）先证明，可得，再利用线段的和差及等量代换可得．
【小问1详解】
证明：①如图，

∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵，，
∴．
②∵，
∴，，
∴．
【小问2详解】
证明：如图，

∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：，证明如下：
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．