2023-2024学年河北省沧州市青县六中八年级（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年河北省沧州市青县六中八年级（上）月考数学试卷（10月份），共20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。
1．（3分）下列图形属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）已知等腰三角形的一边等于3，一边等于6，则它的周长为（ ）
A．12B．12或15C．15D．15或18
3．（3分）如图，用纸板挡住部分三角形后，能用尺规画出与此三角形全等的三角形（ ）
A．ASAB．AASC．SASD．HL
4．（3分）元旦联欢会上，同学们玩抢凳子游戏，在与A、B、C三名同学距离相等的位置放一个凳子，那么凳子应该放在△ABC的（ ）
A．三边中线的交点
B．三条角平分线的交点
C．三边上高的交点
D．三边垂直平分线的交点
5．（3分）如图，△ABC和△A'B'C'成轴对称，若∠A'＝36°，则∠B为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
6．（3分）如图，AE∥DF，AE＝DF，需要添加下列选项中的（ ）
A．AB＝CDB．EC＝BFC．∠A＝∠DD．AB＝BC
7．（3分）如图，AC＝AD，BC＝BD，F是AB上一点，连接FC，则图中的全等三角形共有（ ）
A．3对B．4对C．5对D．6对
8．（3分）如图，AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝7，则AC的取值范围为（ ）
A．5＜AC＜15B．3＜AC＜15C．3＜AC＜17D．5＜AC＜17
9．（3分）如图，小明从A点出发，沿直线前进10米后向左转45°，又向左转45°，…，照这样走下去，共走路程为（ ）
A．80米B．100米C．120米D．160米
10．（3分）一个正方形和两个等边三角形的位置如图所示，若∠3＝50°，则∠1+∠2＝（ ）
A．90°B．100°C．130°D．180°
11．（3分）如图，AB＝12m，CA⊥AB于点A，且AC＝4m，点P从B向A运动，点Q从B向D运动，每分钟走2m，运动（ ）分钟后
A．2B．3C．4D．8
12．（3分）如图，E是△ABC的边AC的中点，CF∥AB，若AB＝9，CF＝6（ ）
A．1.5B．2C．3D．3.5
13．（3分）如图，在△ABC中，CD是边AB上的高，交CD于点E，若BC＝10，则△BCE的面积为（ ）
A．14B．15C．18D．30
14．（3分）把一张正方形纸片按如图所示的方法对折两次后剪去两个角，那么打开以后的形状是（ ）
A．六边形B．八边形C．十二边形D．十六边形
15．（3分）如图，小亮和小明分别用尺规作∠APB的平分线PQ，则关于两人的作图方法（ ）
A．小亮、小明均正确B．只有小明正确
C．只有小亮正确D．小亮、小明均不正确
16．（3分）有一道题目：“如图，∠AOB＝60°，点M，OB上运动（不与点O重合），ME平分∠AMN，在点M，N的运动过程中，它随着点M，N的运动而变化；乙的解答：∠F始终等于45°，下列判断正确的是（ ）
A．甲说的对
B．乙说的对
C．乙求的结果不对，∠F始终等于30°
D．两人说的都不对，凭已知条件无法确定∠F的值或变化趋势
二、填空题（共12分）
17．（4分）如图，在同一平面内，将边长相等的正六边形、正方形的一边重合 ．
18．（4分）如图，AB＝AC，点D、E分别在AB、AC上，则可添加的一个条件是 ．
19．（4分）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠P+∠Q＝ 度．
20．（4分）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复的轴对称变换（a，b），则经过第2021次变换后所得A点坐标是 ．
三、解答题（共66分）
21．（8分）已知一个多边形的内角和与外角和的差为1440°．
（1）求这个多边形的边数；
（2）如这个多边形是正多边形，则它的每一个内角是 ．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，﹣4），B（3，﹣3），C（1，﹣1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）写出（1）中所画的△A1B1C1的各顶点坐标；
（3）连接CC1，BB1，则四边形BCC1B1的面积为 ．
23．（12分）如图，已知B、E、C、F在同一条直线上，AC∥DF，AC＝DF，AC、DE相交于点M．
求证：（1）△ABC≌△DEF；
（2）若∠B＝35°，∠F＝67°，求∠EMC的度数．
24．（12分）如图，BA⊥AF于点A，ED⊥DC于点D，DE与AF交于点O，且AB＝DC
（1）求证：AF＝DE；
（2）若OP平分∠EOF，求证：OP垂直平分EF．
25．（12分）如图，AE＝AF，AE⊥AF，F，B在同一直线上，AB＝AC
（1）判断△AEB与△AFC是否全等？若全等，请给出证明；若不全等；
（2）当EF和BF满足什么数量关系时，CE＝CB？请给出结论并说明理由．
26．（12分）【问题提出】如图1，△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，直线l经过点A，分别过点B，垂足分别为D，E．求证：△ABD≌△CAE；
【变式探究】若图1中的点B，C在直线l的两侧，其他条件不变（如图2所示），并说明理由；
【深入思考】如图3，在△ABC中，AB＝AC，且点B，C位于直线l的两侧，∠BDA＝∠AEC，判断线段BD，DE之间的数量关系，并加以说明．
2023-2024学年河北省沧州市青县六中八年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（共48分）
1．【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念判断即可．
【解答】解：A、图形是轴对称图形；
B、图形不是轴对称图形；
C、图形不是轴对称图形；
D、图形不是轴对称图形．
故选：A．
【点评】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．【分析】此题先要分类讨论，已知等腰三角形的一边等于6，另一边等于3，先根据三角形的三边关系判定能否组成三角形，若能则求出其周长．
【解答】解：当3为腰，6为底时，
∵5+3＝6，
∴不能构成三角形；
当腰为5时，
∵3+6＞4，
∴能构成三角形，
∴等腰三角形的周长为：6+6+8＝15，
故选：C．
【点评】此题考查了等腰三角形的基本性质及分类讨论的思想方法，另外求三角形的周长，检验三边长能否组成三角形是解答此题的关键．
3．【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可．
【解答】解：依据为：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等ASA．
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
4．【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边垂直平分线的交点上．
【解答】解：∵三角形的三条垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，
∴凳子应放在△ABC的三条垂直平分线的交点最合适．
故选：D．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用，想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
5．【分析】根据成轴对称的性质结合三角形内角和定理可得结果．
【解答】解：∵△ABC和△A'B'C'成轴对称，
∴∠A＝∠A'＝36°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180﹣36°﹣24°＝120°，
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称的性质以及三角形内角和定理，掌握轴对称的性质得出∠A＝∠A'＝36°是关键．
6．【分析】由条件可得∠A＝∠D，结合AE＝DF，则还需要一边或一角，再结合选项可求得答案．
【解答】解：∵AE∥DF，
∴∠A＝∠D，
∵AE＝DF，
∴要使△EAC≌△FDB，还需要AC＝BD，
∴当AB＝CD时，可得AB+BC＝BC+CD，
故选：A．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
7．【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：图中全等三角形有△ACB≌△ADB，△ACF≌△ADF，△BCE≌△BDE，△FCE≌△FDE，
故选：D．
【点评】本题考查了对全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
8．【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三角形的三边关系即可求解．
【解答】解：延长AD至E，使DE＝AD．
在△ABD与△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE＝AB．
在△ACE中，AE﹣EC＜AC＜AE+CE，
即5+5﹣7＜AC＜5+5+5，
3＜AC＜17．
故选：C．
【点评】此题综合运用了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅助线之一．
9．【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：根据题意可知，他需要转360÷45＝8次才会回到原点，
所以一共走了8×10＝80（米）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．掌握任何一个多边形的外角和都是360°是解题的关键．
10．【分析】法一：设围成的小三角形为△ABC，分别用∠1、∠2、∠3表示出△ABC的三个内角，再利用三角形的内角和等于180°列式整理即可得解．
法二：易得∠1+∠2+∠3＝540°﹣120°﹣180°﹣90°＝150°，由此解决问题即可．
【解答】解：法一：如图，∠BAC＝180°﹣90°﹣∠1＝90°﹣∠1，
∠ABC＝180°﹣60°﹣∠7＝120°﹣∠3，
∠ACB＝180°﹣60°﹣∠2＝120°﹣∠4，
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴90°﹣∠1+120°﹣∠3+120°﹣∠8＝180°，
∴∠1+∠2＝150°﹣∠4，
∵∠3＝50°，
∴∠1+∠6＝150°﹣50°＝100°．
法二：图中∠1+∠2+∠7+小三角形的三个内角再加两个等边三角形的两个内角，再加正方形的一个内角，减去三角形的三个内角之和180°，再减去正方形的内角90°，而∠3＝50°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理、等边三角形的性质和正方形的性质，用∠1、∠2、∠3表示出△ABC的三个内角是解题的关键，也是本题的难点．
11．【分析】设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；则BP＝xm，BQ＝2xm，则AP＝（12﹣x）m，分两种情况：①若BP＝AC，则x＝4，此时AP＝BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，则12﹣x＝x，得出x＝6，BQ＝12≠AC，即可得出结果．
【解答】解：∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，
∴∠A＝∠B＝90°，
设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；
则BP＝xm，BQ＝2xm，
分两种情况：
①若BP＝AC，则x＝4，
∴AP＝12﹣8＝8，BQ＝8，
∴△CAP≌△PBQ；
②若BP＝AP，则12﹣x＝x，
解得：x＝6，BQ＝12≠AC，
此时△CAP与△PQB不全等；
综上所述：运动4分钟后△CAP与△PQB全等；
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定方法、解方程等知识；本题难度适中，需要进行分类讨论．
12．【分析】根据平行线性质得出∠ADE＝∠F，∠FCE＝∠A，求出AE＝CE，再根据AAS证△ADE≌△CFE，得AD＝CF＝6，即可得出结论．
【解答】证明：∵CF∥AB，
∴∠ADE＝∠F，∠FCE＝∠A，
∵点E为AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF＝6，
∵AB＝9，
∴BD＝AB﹣AD＝6﹣6＝3，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
13．【分析】作EH⊥BC于点H，根据角平分线的性质得出EH＝DE，最后根据三角形的面积公式进行求解．
【解答】解：如图，作EH⊥BC于点H，
∵BE平分∠ABC，CD是AB边上的高，
∴EH＝DE＝3，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查角平分线的性质，三角形面积，熟练掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
14．【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解结合实际操作解题．
【解答】解：此题需动手操作，可以通过折叠再减去4个重合．
故选：B．
【点评】本题主要考查了与剪纸相关的知识；动手操作的能力是近几年常考的内容，要掌握熟练．
15．【分析】由作图可知，作出的三角形全等，利用全等三角形的性质可以解题．
【解答】解：如图，PE＝PF，PC＝PC，
∴△EPC≌△FPC（SSS），
∴∠EPC＝∠FPC；
∴小亮作图正确；
由作图可知PE＝PF，
∵C是线段PE，PF垂直平分线，
∴PC＝CE＝CF，
∴△EPC≌△FPC（SSS），
∴∠EPC＝∠FPC，
小明作图正确；
故选：A．
【点评】本题考查作图——基本作图，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，正确识别图形是解题的关键．
16．【分析】由∠AMN是△OMN的外角，∠EMN是△FMN的外角，得到∠AMN＝∠O+∠ONM，∠EMN＝∠F+∠FNM，再由角平分线，得到∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，从而得到．
【解答】解：∵∠AMN是△OMN的外角，
∴∠AMN＝∠O+∠ONM，
∵∠EMN是△FMN的外角，
∴∠EMN＝∠F+∠FNM，
∵ME平分∠AMN，FN平分∠MNO，
∴∠AMN＝2∠EMN，∠ONM＝2∠FNM，
∴∠O＝8∠F，
∴∠F＝30°．
∴甲的说法错误，而乙求的结果不对；
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和，以及三角形的内角和是180°的定理的综合运用．属于常考题．
二、填空题（共12分）
17．【分析】用一个正六边形的内角的度数减去正方形的一个内角的度数即可．
【解答】解：正六边形的一个内角的度数为，正方形的一个内角的度数为90°，
由图可知：∠1＝120°﹣90°＝30°；
故答案为：30°．
【点评】本题考查正多边形的内角和．熟练掌握正多边形的一个内角的度数为是解题的关键．
18．【分析】根据全等三角形的判定方法，∠A为公共角，AB＝AC，可根据ASA的判定方法进行添加条件即可得出答案．
【解答】解：在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA）．
故答案为：∠B＝∠C．（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法进行求解是解决本题的关键．
19．【分析】利用网格得出△PAB≌△QCB，那么对应角∠P＝∠BQC，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
在△PAB与△QCB中，
，
∴△PAB≌△QCB（SAS），
∴∠P＝∠BQC，
∴∠P+∠AQB＝∠BQC+∠AQB＝∠AQC＝45°．
故答案为：45．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确借助网格分析是解题关键．
20．【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2021除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．
【解答】解：∵点A第一次关于x轴对称后在第四象限，
点A第二次关于y轴对称后在第三象限，
点A第三次关于x轴对称后在第二象限，
点A第四次关于y轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，
∴每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2021÷4＝505…1，
∴经过第2021次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第四象限，﹣b），
故答案为（a，﹣b）．
【点评】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
三、解答题（共66分）
21．【分析】（1）已知一个多边形的内角和与外角和的差为1440°，外角和是360度，因而内角和是1800度．n边形的内角和是（n﹣2）⋅180°，代入就得到一个关于n的方程，就可以解得边数n；
（2）根据正多边形每个内角相等，用多边形的内角和除以边数计算即可．
【解答】解：（1）设此多边形的边数为n，则：（n﹣2）⋅180＝1440+360，
解得：n＝12．
答：这个多边形的边数为12．
（2）这个正多边形的每一个内角是：．
【点评】本题考查多边形内角和与外角和，正多边形，熟练掌握多边形内角和与外角和是解题的关键．
22．【分析】（1）找出△ABC的三个顶点关于y轴的对称点，顺次连接即可画出△A1B1C1；
（2）根据（1）中所得图形即可写出△A1B1C1各顶点的坐标；
（3）根据格点可知BCC1B1的底和高，利用梯形面积公式即可求解．
【解答】解：（1）如图，
（2）A1（﹣1，﹣8），B1（﹣3，﹣7），C1（﹣1，﹣3）；
（3）（2+4）×2＝8．
故答案为：8．
【点评】此题主要考查了坐标系中的轴对称，根据轴对称的性质得出对应点位置是解题关键．
23．【分析】（1）由AC∥DF得∠ACB＝∠DFE，根据BE＝CF得BC＝EF，可证明△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）由全等三角形的性质得到∠DEF＝35°，∠ACB＝67°，根据三角形内角和定理即可求出∠EMC．
【解答】证明：（1）∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B＝∠DEF＝35°，∠ACB＝∠F＝67°，
在△EMC中，∠DEF+∠ACB+∠EMC＝180°，
∴∠EMC＝180°﹣∠DEF﹣∠ACB＝180°﹣35°﹣67°＝78°．
【点评】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，根据判定三角形全等的方法证得△ABC≌△DEF是解决问题的关键．
24．【分析】（1）证明Rt△BAF≌Rt△CDE，根据全等三角形的性质证明AF＝DE；
（2）根据等腰三角形的三线合一、线段垂直平分线的定义证明．
【解答】证明：（1）∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，
在Rt△BAF和Rt△CDE中，
，
∴Rt△BAF≌Rt△CDE（HL），
∴AF＝DE；
（2）由（1）可知：Rt△BAF≌Rt△CDE，
∴∠AFB＝∠DEC，
∴OE＝OF，
∵OP平分∠EOF，
∴OP⊥EF，EP＝PF，
∴OP垂直平分EF．
【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质，熟记三角形全等的判定定理是解题的关键．
25．【分析】（1）根据题意可得到∠EAB＝∠FAC，可证得△AEB≌△AFC，即可；
（2）根据△AEB≌△AFC，可得∠AEB＝∠AFC，从而得到CF⊥BE，即可．
【解答】解：（1）△AEB与△AFC全等；
理由：∵AE⊥AF，∠BAC＝90°，
∴∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC．
又∵AE＝AF，AB＝AC，
∴△AEB≌△AFC（SAS）；
（2）当EF＝BF时，CE＝CB
如图，
∵△AEB≌△AFC，
∴∠AEB＝∠AFC．
∵∠AEB+∠AFE＝90°，
∴∠AFC+∠AFE＝90°，
∴CF⊥BE．
当EF＝BF时，CF垂直平分EB，
∴CE＝CB．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质是解题的关键．
26．【分析】（1）根据题意得出∠ABD＝∠CAE，然后根据角角边证明两三角形全等即可；
（2）同（1）的方法证明两个三角形全等即可；
（3）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质以及等量代换即可得证．
【解答】【问题提出】证明：由已知得∠BAC＝∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE．
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
【变式探究】△ABD与△CAE依然全等；
理由：∵∠BAC＝∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE．
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
【深入思考】结论：BD＝CE+DE．
∵∠BDA+∠BAC＝180°，
∴∠BDA+∠BAD+∠EAC＝180°．
又∵∠BDA+∠ABD+∠BAD＝180°，
∴∠ABD＝∠EAC．
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE．
∵AE＝AD+DE，
∴BD＝CE+DE．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了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．