江西省赣州市第三中学2024-2025学年八年级上学期10月月考数学试卷(含解析)

这是一份江西省赣州市第三中学2024-2025学年八年级上学期10月月考数学试卷(含解析)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）以下列各组线段的长为边，能组成三角形的是（ ）
A．2cm，3cm，4cmB．2cm，3cm，5cm
C．2cm，5cm，10cmD．8cm，4cm，4cm
2．（3分）要求画△ABC的边AB上的高，下列画法中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）从十二边形的一个顶点出发，可引出对角线（ ）
A．9条B．10条C．11条D．12条
4．（3分）我国的纸伞工艺十分巧妙，如图，伞圈D能沿着伞柄滑动，伞不论张开还是缩拢，伞柄AP始终平分同一平面内所成的角∠BAC，为了证明这个结论，我们的依据是（ ）
A．SASB．SSSC．AASD．ASA
5．（3分）如图，若AC＝BC，AD＝BE，CD＝CE，∠ACE＝55°，∠BCD＝155°，则∠ACD的度数为（ ）
A．95°B．100°C．105°D．115°
6．（3分）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＞∠C，BD、BE分别是△ABC的高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于点G，交BC于点H，下列结论：
①∠DBE＝∠F；
②2∠BEF＝∠BAF+∠C；
③∠F＝（∠BAC﹣∠C）；
④∠BGH＝∠ABD+∠EBH．
其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
7．（3分）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有 ．
8．（3分）在△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝2：3：5，这个三角形为 三角形（按角分类）
9．（3分）如图，AB⊥BC，AD⊥DC，垂足分别为B，D．只需添加一个条件即可证明△ABC≌△ADC，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
10．（3分）如图，点D、E、F分别是边BC、AC、DC的中点，△EFC面积为5，则△ABC的面积为 ．
11．（3分）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 °．
12．（3分）已知点A、B的坐标分别为（2，0），（2，4），以A、B、P为顶点的三角形与△ABO全等，写出一个符合条件的点P的坐标： ．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．（6分）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数．
14．（6分）如图，已知AD＝AE，∠B＝∠C．求证：△ACD≌△ABE．
15．（6分）已知a、b、c为△ABC的三边长，且b、c满足（b﹣5）2+|c﹣7|＝0，a为方程|a﹣3|＝2的解，求△ABC的周长．
16．（6分）如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E，F，BE＝CF．求证：AD是△ABC的角平分线．
17．（6分）如图，△ABC的顶点都在方格纸的格点上，按要求在方格纸中画图．
（1）在图①中画出△ABC中BC边上的高线AD；
（2）在图②中，作直线CN，将△ABC分成面积相等的两个三角形；
（3）在图③中画出一个与△ABC全等的△ACE．
四、解答题（本大题共4小题，每小题8分，共32分）
18．（8分）如图，AC∥BE，点D在BC上，AB＝DE，∠ABE＝∠CDE．
（1）求证：△ABC≌△DEB；
（2）若AC＝5，BE＝7，求CD的长．
19．（8分）如图，AD∥BC，AE平分∠BAD，BE平分∠ABC，AF＝AD，AB＝AD+BC．
（1）AE与BE垂直吗？说明你的理由；
（2）若AE＝5，BE＝3，试求出四边形ABCD的面积．
20．（8分）如图①，△ABC中，BD平分∠ABC，且与△ABC的外角∠ACE的角平分线交于点D．
（1）若∠ABC＝75°，∠ACB＝45°，求∠D的度数；
（2）若把∠A截去，得到四边形MNCB，如图②，猜想∠D、∠M、∠N的关系，并说明理由．
21．（8分）（1）如图①，已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；
（2）如图②，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，且DE＝9cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上由点E向点F匀速运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在t，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
五、解答题（本大题共2小题，22题10分，23题12分，共22分）
22．（10分）（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；
（2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以50海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以65海里/小时的速度前进，前进3小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
23．（12分）综合与实践
【问题提出】如图，在△ABC中，AD是它的角平分线．对于这一图形，某数学兴趣小组进行了如下探究：
分别过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，运用角平分线的性质可证得．完成这一证明后，提出一个新的问题：与有什么数量关系呢？
【特例感知】（1）如图2，若AB＝AC时， （填“＞”“＜”或“＝”）；
【深入探究】（2）如图1，当AB≠AC时，（1）中的结论还成立吗，写出你的猜想并给予证明；
【结论应用】（3）如图3，CE是△ABC的角平分线，且与AD相交于O，若∠ABC＝60°，，求出的值．
2024-2025学年江西省赣州三中八年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共18分，在每小题的四个选项中，只有一项正确）
1．解：根据三角形任意两边的和大于第三边，可知
A、2+3＞4，能组成三角形，故A正确；
B、2+3＝5，不能组成三角形，故B错误；
C、2+5＜10，不能够组成三角形，故C错误；
D、4+4＝8，不能组成三角形，故D错误；
故选：A．
2．解：过点C作AB边的垂线，正确的是C．
故选：C．
3．解：12﹣3＝9，
十二边形从一个顶点出发可引出9条对角线．
故选：A．
4．解：根据伞的结构，AE＝AF，伞骨DE＝DF，AD是公共边，
∵在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（SSS），
∴∠DAE＝∠DAF，
即AP平分∠BAC．
故选：B．
5．解：在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SSS），
∴∠A＝∠B，∠BCE＝∠ACD，
∴∠BCA＝∠ECD，
∵∠ACE＝55°，∠BCD＝155°，
∴∠BCA+∠ECD＝100°，
∴∠BCA＝∠ECD＝50°，
∵∠ACE＝55°，
∴∠ACD＝105°，
故选：C．
6．解：∵BD⊥FD，
∴∠FGD+∠F＝90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE＝90°，
∵∠FGD＝∠BGH，
∴∠DBE＝∠F，故①正确；
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∠BEF＝∠CBE+∠C，
∴2∠BEF＝∠ABC+2∠C，
∠BAF＝∠ABC+∠C，
∴2∠BEF＝∠BAF+∠C，故②正确；
③∠ABD＝90°﹣∠BAC
∠DBE＝∠ABE﹣∠ABD＝∠ABE﹣90°+∠BAC＝∠CBD﹣∠DBE﹣90°+∠BAC，
∵∠CBD＝90°﹣∠C，
∴∠DBE＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，
由①得，∠DBE＝∠F，
∴∠F＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，
∴2∠F＝∠BAC﹣∠C，
∴∠F＝（∠BAC﹣∠C），故③正确；
∵∠BGH＝∠ABD+∠BTG，∠CBE＝∠ABE，BE⊥TH，
∴∠BTG+∠ABE＝∠BHG+∠CBE＝90°，
∴∠BTG＝∠BHT，
显然∠CBE与∠BHT不一定相等，故④错误，
故选：A．
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
7．解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，
故答案为：稳定性．
8．解：∵∠C＝180°×＝90°，
∴△ABC是直角三角形．
故答案为：直角．
9．解：若添加AB＝AD，且AC＝AC，由“HL”可证Rt△ABC≌Rt△ADC；
若添加BC＝CD，且AC＝AC，由“HL”可证Rt△ABC≌Rt△ADC；
若添加∠BAC＝∠DAC，且AC＝AC，由“AAS”可证Rt△ABC≌Rt△ADC；
若添加∠BCA＝∠DCA，且AC＝AC，由“AAS”可证Rt△ABC≌Rt△ADC；
故答案为：AB＝AD或BC＝CD或∠BAC＝∠DAC或∠ACB＝∠ACD（答案不唯一）．
10．解：∵D、E、F分别是边BC、AC、DC的中点，
∴S△ABC＝2S△ACD＝4S△CDE＝8S△CEF＝8×5＝40．
故答案为：40．
11．解：如图所示，
由三角形外角的性质可得，∠1＝∠A+∠G，
由四边形的内角和是360°可得，
∠1+∠2+∠E+∠F＝360°，∠3+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G
＝∠1+∠C+∠D+∠E+∠F+∠B
＝360°×2﹣180°
＝540°．
故答案为：540．
12．解：如图所示，以A、B、P为顶点的三角形与△ABO全等，
则点P的坐标为（0，4）或（4，0）或（4，4）．
故答案为：（0，4）或（4，0）或（4，4）．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13．解：设这个多边形是n边形，由题意得：
（n﹣2）×180°＝360°×3，
解得：n＝8．
答：这个多边形的边数是8．
14．证明：在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（AAS）．
15．解：∵（b﹣5）2+|c﹣7|＝0，
∴，解得
∵a为方程|a﹣3|＝2的解，
∴a＝5或1，
当a＝1，b＝5，c＝7时，1+5＜7，
不能组成三角形，故a＝1不合题意；
∴a＝5，
∴△ABC的周长＝5+5+7＝17，
16．证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴Rt△BDE和Rt△CDF是直角三角形．
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴DE＝DF，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD＝AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴∠DAE＝∠DAF，
∴AD是△ABC的角平分线．
17．解：（1）如图所示，高线AD即为所求；
（2）如图所示，取格点N，作直线CN，直线CN即为所求；
（3）如图所示，△ACE即为所求．
四、解答题（本大题共4小题，每小题8分，共32分）
18．（1）证明：∵AC∥BE，
∴∠C＝∠EBD，
∵∠CDE＝∠E+∠EBD，∠ABE＝∠ABC+∠EBD，
又∵∠ABE＝∠CDE，
∴∠ABC+∠EBD＝∠E+∠EBD，
∴∠ABC＝∠E，
在△ABC和△DEB中，
，
∴△ABC≌△DEB（AAS）；
（2）解：∵AC＝5，BE＝7，
由（1）可知：△ABC≌△DEB，
∴AC＝BD＝5，BC＝BE＝7，
∴CD＝BC﹣BD＝7﹣5＝2．
19．解：（1）结论：AE⊥BE．
理由：∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
又∵AE平分∠BAD，BE平分∠ABC，
∴∠DAE＝∠EAF＝∠BAD，∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，
∴∠EAB+∠EBA＝（∠BAD+∠ABC）＝×180°＝90°，
∵∠EAB+∠ABE+∠AEB＝180°，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BE；
（2）∵AF＝AD，AB＝AD+BC，
∴BF＝BC，
在△AED和△AEF中，
，
∴△AED≌△AEF（SAS），
∴S四边形ADEF＝2S△AEF，
同理△BEF≌△BEC，
∴S四边形BCEF＝2S△BEF，
∴S四边形ABCD＝S四边形ADEF+S四边形BCEF＝2S△AEF+2S△BEF＝2S△ABE＝2××5×3＝15．
∴四边形ABCD的面积为15．
20．解：（1）∵∠ACE＝∠A+∠ABC，
∴∠ACD+∠ECD＝∠A+∠ABD+∠DBE，∠DCE＝∠D+∠DBC，
又BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，
∴∠ABD＝∠DBE，∠ACD＝∠ECD，
∴∠A＝2（∠DCE﹣∠DBC），∠D＝∠DCE﹣∠DBC，
∴∠A＝2∠D，
∵∠ABC＝75°，∠ACB＝45°，
∴∠A＝60°，
∴∠D＝30°；
（2）∠D＝（∠M+∠N﹣180°）；
理由：延长BM、CN交于点A，
则∠A＝∠BMN+∠CNM﹣180°，
由（1）知，∠D＝∠A，
∴∠D＝（∠M+∠N﹣180°）．
21．解：（1）BD+CE＝DE，理由如下：
∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∠BAD+∠CAE+∠BAC＝∠BAD+∠ABD+∠BDA＝180°，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∵AE+AD＝DE，
∴BD+CE＝DE；
（2）存在，理由如下：
当△DAB≌△ECA时，AD＝CE，BD＝AE＝7cm，
∵AD+AE＝DE＝9cm，
∴CE＝AD＝DE﹣AE＝2cm，
∴t＝＝＝1，
∴；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝DE＝cm，
∴t＝＝，
综上所述，存在t，使得△ABD与△EAC全等，t＝1或．
五、解答题（本大题共2小题，22题10分，23题12分，共22分）
22．解：（1）结论：EF＝BE+FD．
理由：根据△ABE≌△ADG可得BE＝DG，
根据△AEF≌△AGF得EF＝GF，
∴EF＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论：EF＝BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝2∠EAF﹣∠EAF＝∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD；
（3）如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C．
由题意可知，∠EOF＝70°，OA＝OB…①，
在四边形AOBC中，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，
∴∠AOB＝2∠EOF…②，
又∵∠A+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°…③，
∴由①②③可知，符合“探索延伸”中的条件，
∴结论EF＝AE+FB成立，
即EF＝AE+FB＝（50+65）×3＝345（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离为345海里．
23．解：（1）∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD平分BC，
∴BD＝CD，
∴＝，
故答案为：＝；
（2）（1）中的结论还成立；
证明：设△ABC边BC上的高为h，
则＝＝，
又∵＝，
∴＝；
（3）在AC上取AF＝AE，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC+∠BCA＝120°，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠BCA，
∴，，
∴∠OAC+∠OCA＝∠BAC+∠BCA＝（∠BAC+∠BCA）＝×120°＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠COD＝180°﹣∠AOC＝180°﹣120°＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAO＝∠FAO，
又∵AE＝AF，AO＝AO，
∴△EAO≌△FAO（SAS），
∴∠AOE＝∠AOF＝60°，
∴∠COF＝60°，
∴∠AOF＝∠COF＝60°，
∴OF是△AOC的角平分线，
∴，
又∵AO是△ACE的角平分线，
∴＝＝，
∴＝，
∴AF＝，
∴CF＝，
∴＝＝＝．