2024-2025学年人教版八年级上册数学第二次月考卷（第十二章、第十三章综合）

这是一份2024-2025学年人教版八年级上册数学第二次月考卷（第十二章、第十三章综合），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，三角形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，如果，，，则的周长是（ ）

A．13B．11C．12D．9
2．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，，，只需补充一个条件 ，就可得．下列条件中不符合要求的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，、、分别表示ΔABC的三边长，下面三角形中与ΔABC一定全等的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，D、E分别是的边、上的点，若，，则（ ）
A．当为定值时，为定值B．当为定值时，为定值
C．当为定值时，为定值D．无法确定
6．已知：如图，中，，在直线上找一点，使或为等腰三角形，则符合条件的点的个数有（ ）
A．9个B．8个C．7个D．6个
7．如图，把沿线段折叠，使点落在点处；若，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在中，，分别以和为边在外部作等边、等边，连接、交于点，连接，则下列结论中正确的个数有（ ）
①；②；③平分；
A．0个B．1个C．2个D．3个
9．如图，，，，，，连接，点恰好在上，则（ ）
A．B．C．D．无法计算
10．如图，在中，，，点，分别是边，上的动点，且，连接，，当的值最小时，的度数为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．下列图形中：线段；角；长方形；梯形；平行四边形；圆；等边三角形．其中，一定是轴对称图形有 个．
12．如图，是等边三角形，P为上一点，在上取一点D，使，且，则的度数是 ．

13．如图，在长方形中，，点从点出发，以的速度沿向点运动（到点停止运动），同时，点从点出发（到点停止运动），以的速度沿CD向点运动，当的值为 ，可以使与全等．
14．如图，，点在上，，，则的度数为 ．
15．等腰直角在平面直角坐标系中如图所示，，，，，则点的坐标为 ．
三、解答题
16．已知在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中，．画出关于y轴对称的，并写出点的坐标．
17．已知：，求证：
(1)
(2)．
18．如图，在中，，点D在边上，且为的中点，点E为边延长线上的一点，连接，且，过D作，垂足为点G，交于点F，在边上取一点H，连接．
(1)若，求的度数；
(2)若，求证：．
19．如图，点为线段的中点，点为上一点，连接并延长至点，使得，连接．
(1)求证：；
(2)若，平分，求的度数．
20．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为．
(1)画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
(2)在坐标平面的格点上确定一个点，使是以为底的等腰直角三角形，画出（一个即可），并写出点的坐标．
21．如图，在中，的垂直平分线交于点M，交于点D，的垂直平分线交于点N，交于点E，与相交于点0，分别连接，若周长是6，周长是16，求OA的长．
22．在中，AD是角平分线．
(1)如图1，，．已知，，，求的长；
(2)如图2，求证：；
(3)如图3，，，．若，求证：．
23．如图1，在中，，为射线上（不与、重合）一动点在的右侧射线的上方作，使得，，连接．
(1)证明：；
(2)延长交的延长线于点，若，
①利用（1）中的结论求出的度数；
②当是等腰三角形时，______；
(3)当在线段上时，若线段，面积为6，则四边形周长的最小值是______．
参考答案：
1．B
【分析】本题考查线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题关键．根据线段垂直平分线的性质可得出，再结合周长公式求解即可．
【详解】解：∵的垂直平分线交于点D，
∴，
∴．
故选：B．
2．C
【分析】本题考查了轴对称图形的识别．熟练掌握：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形是解题的关键．
根据轴对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A中是轴对称图形，故不符合要求；
B中是轴对称图形，故不符合要求；
C中不是轴对称图形，故符合要求；
D中是轴对称图形，故不符合要求；
故选：C．
3．B
【分析】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即、、、和）是解题的关键．注意：、不能判定两个三角形全等．由平行可知到，可得到，故只需添加，或一组角相等即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
当时，
在和中
，
∴，故A不符合题意；
当时，只有2个相等的元素，不等判定和全等，故B符合题意；
当时，
在和中
∴，故C不符合题意；
当时，可知，满足，故D不符合题意，
故选：B．
4．C
【分析】利用全等三角形的判定方法，观察已知三角形与选项中的三角形的边角是否满足SSS或SAS或ASA或AAS即可判断．
【详解】解：A、已知的三角形中的两边是两边及两边的夹角，而选项中是两边及其一边的对角，故两个三角形不全等，不符合题意；
B、已知图形中b是40°角的对边，而选项中是邻边，故两个三角形不全等，不符合题意；
C、已知图形中，∠C=180°-∠A-∠B=72°，则依据SAS即可证得两个三角形全等，符合题意；
D、已知图形中40°角与58°角的夹边是c，而选项中是a，故两个三角形不全等，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
5．B
【分析】根据得到，根据得，利用三角形外角性质，解答即可．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角性质，熟练掌握这两个性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当为定值时，为定值，
故选：B．
6．B
【分析】本题考查等腰三角形的存在形问题，根据题意，画出图形，利用数形结合的思想进行求解即可．
【详解】解：以为圆心，的长为半径画圆，得到为等腰三角形，
以为圆心，的长为半径画圆，得到为等腰三角形，
作的中垂线，得到为等腰三角形，即，以为边的等腰三角形有4个，
同理：以为边的等腰三角形也有4个；
故总共有8个等腰三角形；
故选B．
7．C
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的性质等知识点，理解折叠就是得到全等的三角形是解题的关键．
由于折叠可得，即；再运用等腰三角形的性质可得，利用平行线的性质可得出，最后根据角的和差即可解答．
【详解】解：∵沿线段折叠，使点落在点处，
∴，
∴，
∵，，
，
∵，
，
．
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握手拉手全等模型并应用是解题的关键．根据等边三角形的性质可证明可判断①②选项；过点作于点，于点，根据全等三角形的性质可得，即可判断③选项．
【详解】解：∵、是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在与中，
，
∴，
∴，，
故选项①和②符合题意；
如图，过点作于点，于点，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴平分，
故③选项符合题意；
综上所述，正确的选项有①②③，
故选：D．
9．B
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判断，三角形外角的性质，证明，得到，再根据三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故选：B．
10．C
【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．将拼接到，连接交于点，推出，当点与点重合时，的值最小，据此求解即可．
【详解】解：如图，将拼接到，连接交于点，

则，
，，，
，
当A，，三点共线，即点与点重合时，的值最小，
，，
，
，，
，
即最小时，的度数为．
故选：C．
11．4
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：线段，角，长方形和圆一定是轴对称图形，平行四边形和梯形不一定是轴对称图形，
∴轴对称图形有4个，
故答案为：4．
12．15
【分析】根据等边三角形的性质得，利用等边对等角求出，根据三角形内角和求出的度数即可得到的度数．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，
∵，，
∴
∴
∴
∴
故答案为：15．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
13．2.4或2
【分析】本题考查了全等三角形的判定，分两种情况：当，时，，当，时，，分别求解即可得出答案，熟练掌握全等三角形的判定，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是长方形，
∴．
当，时，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴；
当，时，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的值为2.4或2．
故答案为：2.4或2．
14．/154度
【分析】本题考查了全等三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、三角形的内角和定理，熟练掌握全等三角形和等腰三角形的性质是解题关键．先根据全等三角形的性质可得，，，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的内角和定理可得，最后根据求解即可得．
【详解】解：∵，，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、点坐标与图形，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．过点作轴于点，先求出，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
∵，，
∴，
∵轴轴，轴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
则点的坐标为，
故答案为：．
16．图见详解，
【分析】本题考查作图一轴对称变换，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
【详解】解：如图， 为求作的．
．
17．(1)见详解；
(2)见详解
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理；
（1）先证明，再利用即可证明；
（2）由全等三角形的性质可得，再结合平角的定义和三角形内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
在和中，
∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴．
18．(1)60°
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质和垂线定义求得，再利用三角形的内角和定理求解即可；
（2）连接，过点D作于N，交于M，利用等腰三角形的性质和全等三角形的判定证明得到，再证明得到即可证得结论．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：连接，过点D作于N，交于M，
∵在中，，D为的中点，
∴，，
∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
，
，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
在和中，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形判定及性质，角平分线性质，三角形内角和定理．
（1）先证明，结合题意判定即可得到本题答案；
（2）利用角平分线性质和三角形内角和定理即可得到本题答案．
【详解】（1）解：证明：B为线段的中点，
，
在和中，
，
，
，
∴；
（2）解：平分，
，
，
，
，，
，
．
20．(1)画图见解析，；
(2)画图见解析，或．
【分析】（）根据关于轴对称点的坐标特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，可得出三顶点的对应点，顺次连接得到答案；
（）根据网格特点即可作出以为底的等腰直角三角形；
此题考查了利用轴对称变换作图和等腰直角三角形的性质，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
【详解】（1）根据点的位置可知：， ，，
∴关于轴对称的点分别为，，，
在坐标系中描点，然后连接，，，
如图，
∴即为所求，；
（2）
根据网格特点即可作出以为底的等腰直角三角形，
∴点或即为所求．
21．5
【分析】本题主要考查了垂直平分线的性质、三角形的周长等知识点，掌握垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等成为解题的关键．
根据线段的垂直平分线的性质可得、，、，则；再根据三角形的周长公式及等量代换可得，进而得到，再结合即可解答．
【详解】解：∵的垂直平分线交于点M，交于点D，
∴，，
∵的垂直平分线交于点N，交于点E，
∴，，
∴，
∵的周长为6，
∴，
∴，即；
∵的周长为16，，
∴，
∴．
22．(1)2
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了角平分线性质，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质；
（1）利用角平分线的性质可得，再利用求解即可；
（2）作点到、边的垂线，根据三角形面积公式即可得出结论；
（2）在上取点，使，再构造角平分线模型，作的角平分线，由可证明、、都是等腰三角形，，，结合（1）的结论即可解题．
【详解】（1）解：∵在中，AD是角平分线，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，作，，，
∴，，
∵在中，AD是角平分线，，，
∴，
∴，
∴，
；
（3）解：如图，在上取点，使，作的角平分线交于点，
在中，，，
，
是角平分线，
∴
又，，
∴，
，，
，
∴，
，
又是角平分线，
，
，，
，
，
∴
是角平分线，
由（2）可得，即，
，
整理得：．
23．(1)见解析
(2)① ② 或
(3)10
【分析】（1）由， 可得， 即可证明；
（2）①设， 可得， 即得，， 根据， 有 故；
②， 分两种情况： 当时，，当时，；
（2）可证， 得， 即得， 知四边形周长最小时， 最小， 而， 可得当AD最小时， 四边形周长最小时， 此时， 根据， 面积为， 得， 从而可知四边形最小周长为．
【详解】（1）证明：，
。
即，
在和中，
，
∴；
（2）①如图：
设，
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
，
解得，
；
②由①知，，，
当时，如图：
，
，
当 时，如图：
，
∴当是等腰三角形时，的度数为或；
（3）如图：
同（1）可证，
，
，
∴四边形周长最小时，最小，
。
∴当AD最小时，四边形周长最小时，此时，
面积为，
，
∴四边形最小周长为，
故答案为：10．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰三角形性质及应用，四边形周长最小值等知识，解题的关键是掌握全等三角形判定定理， 证明.