人教版数学八年级上册月考模拟试卷02（含答案）

这是一份人教版数学八年级上册月考模拟试卷02（含答案），共24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。
人教版数学八年级上册月考模拟试卷
一、选择题
1．下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1，，3 C．3，4，8 D．4，5，6
2．一个正多边形的外角与它相邻的内角之比为1：4，那么这个多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．12
3．在△ABC和△DEF中，AB=DE，∠B=∠E，补充条件后仍不能证△ABC≌△DEF，则补充的这个条件是（　　）
A．BC=EF B．∠A=∠D C．AC=DF D．∠C=∠F
4．如图，直线a、b、c表示三条公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有（　　）

A．一处 B．两处 C．三处 D．四处
5．如图，△ABC的三边AB、BC、AC的长分别12，18，24，O是△ABC三条角平分线的交点，则S△OAB：S△OBC：S△OAC=（　　）

A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：3：4 D．3：4：5
6．在△ABC中，AB=AC，D、E分别在BC、AC上，AD=AE，∠CDE=20°，则∠BAD的度数为（　　）

A．36° B．40° C．45° D．50°
7．有下列说法：
①线段的对称轴有两条；
②角是轴对称图形，它的平分线就是它的对称轴；
③到直线a的距离相等的两个点关于直线a对称；
④全等的两个图形成轴对称．
其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．如图，在矩形纸片ABCD中，将△BCD沿BD折叠，C点落在C′处，则图中共有全等三角形（　　）

A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
9．如图，AB⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则（　　）

A．∠1=∠EFD B．BE=CE C．BF﹣DE=CD D．DF∥BC
10．△ABC中，AB=AC≠BC，在△ABC所在平面内有点P，且使得△ABP、△ACP、△BCP均为等腰三角形，则符合条件的点P共有（　　）

A．1个 B．4个 C．6个 D．8个
二、填空题
11．若一个三角形的两边长分别为2，7，且第三边的长为奇数，则这个三角形的周长为　　．
12．若点P（a+2，3）与点Q（﹣1，b+1）关于y轴对称，则a+b=　　．
13．一个人从A点出发向北偏东30°方向走到B点，再从B点出发向南偏东15°方向走到C点，此时C点正好在A点的北偏东70°的方向上，则∠ACB的度数为　　．
14．已知：如图，△ABC中，BO，CO分别是∠ABC和∠ACB的平分线，过O点的直线分别交AB、AC于点D、E，且DE∥BC．若AB=6cm，AC=8cm，则△ADE的周长为　　．

15．如图，在3×3的正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑．再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的方法有　　种．

16．在△ABC中，AB=8，AC=10，则BC边上的中线AD的取值范围是　　．
17．若A（2，0），B（0，4），C（2，4），D为坐标平面内一点，且△ABC与△ACD全等，则D点坐标为　　．
18．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=40°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=　　．

三、解答题
19．已知+（b﹣2）2=0，求边长为a、b的等腰三角形的周长．



20．如图，点B、E、C、F在同一条直线上，∠A=∠D，AB∥DE，BE=CF，求证：AC∥DF．




21．求证：有两角和其中一角的角平分线分别相等的两个三角形全等．





22．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2260°．
①求这个多加的外角的度数．
②求这个多边形对角线的总条数．




23．如图，在△ABC中，∠ABC=60゜，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE交于O．
（1）求∠AOC的度数；
（2）求证：AC=AE+CD．


24．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC．
（1）求证：S△ABD：S△ACD=AB：AC；
（2）若AB=4，AC=5，BC=6，求BD的长．





25．如图，已知A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（1，1），点P为线段OB上一动点（不包括点O），CD⊥CP交x轴于点D，当P点运动时：
（1）求证：∠CPO=∠CDO；
（2）求证：CP=CD；
（3）下列两个结论：①AD﹣BP的值不变；②AD+BP的值不变，选择正确的结论求其值．

　
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．1，，3 C．3，4，8 D．4，5，6
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据三角形的三边满足任意两边之和大于第三边来进行判断．
【解答】解：A、1+2=3，不能组成三角形，故本选项错误；
B、1+＜3，不能组成三角形，故本选项错误；
C、3+4＜8，不能组成三角形，故本选项错误；
D、4+5＞6，能组成三角形，故本选项正确．
故选D．
　
2．一个正多边形的外角与它相邻的内角之比为1：4，那么这个多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．12
【考点】多边形内角与外角．
【分析】设正多边形的每个外角的度数为x，与它相邻的内角的度数为4x，根据邻补角的定义得到x+4x=180°，解出x=36°，然后根据多边形的外角和为360°即可计算出多边形的边数．
【解答】解：设正多边形的每个外角的度数为x，与它相邻的内角的度数为4x，依题意有
x+4x=180°，
解得x=36°，
这个多边形的边数=360°÷36°=10．
故选：C．
　
3．在△ABC和△DEF中，AB=DE，∠B=∠E，补充条件后仍不能证△ABC≌△DEF，则补充的这个条件是（　　）
A．BC=EF B．∠A=∠D C．AC=DF D．∠C=∠F
【考点】全等三角形的判定．
【分析】根据已知及全等三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到答案．
【解答】解：A、补充条件BC=EF可利用SAS证明三角形全等，故此选项不合题意；
B、补充条件∠A=∠D可利用ASA证明三角形全等，故此选项不合题意；
C、补充条件AC=DF不能证明三角形全等，故此选项符合题意；
D、补充条件∠C=∠F可利用AAS证明三角形全等，故此选项不合题意；
故选：C．
　
4．如图，直线a、b、c表示三条公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，则可供选择的地址有（　　）

A．一处 B．两处 C．三处 D．四处
【考点】角平分线的性质．
【分析】由三角形内角平分线的交点到三角形三边的距离相等，可得三角形内角平分线的交点满足条件；然后利用角平分线的性质，可证得三角形两条外角平分线的交点到其三边的距离也相等，这样的点有3个，可得可供选择的地址有4个．
【解答】解：∵△ABC内角平分线的交点到三角形三边的距离相等，
∴△ABC内角平分线的交点满足条件；
如图：点P是△ABC两条外角平分线的交点，
过点P作PE⊥AB，PD⊥BC，PF⊥AC，
∴PE=PF，PF=PD，
∴PE=PF=PD，
∴点P到△ABC的三边的距离相等，
∴△ABC两条外角平分线的交点到其三边的距离也相等，满足这条件的点有3个；
综上，到三条公路的距离相等的点有4个，
∴可供选择的地址有4个．
故选D．

　
5．如图，△ABC的三边AB、BC、AC的长分别12，18，24，O是△ABC三条角平分线的交点，则S△OAB：S△OBC：S△OAC=（　　）

A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：3：4 D．3：4：5
【考点】角平分线的性质．
【分析】直接根据角平分线的性质即可得出结论．
【解答】解：∵O是△ABC三条角平分线的交点，AB、BC、AC的长分别12，18，24，
∴S△OAB：S△OBC：S△OAC=AB：OB：AC=12：18：24=2：3：4．
故选C．
　
6．在△ABC中，AB=AC，D、E分别在BC、AC上，AD=AE，∠CDE=20°，则∠BAD的度数为（　　）

A．36° B．40° C．45° D．50°
【考点】等腰三角形的性质．
【分析】利用三角形的外角可得到：∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，∠ADE=∠AED=∠C+∠EDC，然后进行代换得到∠C+∠BAD=∠C+20°+20°，即可求得答案．
【解答】解：∵∠ADC是三角形ABD的外角，∠AED是三角形DEC的一个外角，∠CDE=20°，
∴∠ADC=∠BAD+∠B=∠ADE+∠EDC，∠AED=∠EDC+∠C，
∠B+∠BAD=∠ADE+20°，∠AED=∠C+20°，
∵AB=AC，D、E分别在BC、AC上，AD=AE，∠CDE=20°，
∴∠B=∠C，∠ADE=∠AED=∠C+20°，
∴∠C+∠BAD=∠C+20°+20°，
∴∠BAD=40°，
故选：B．
　
7．有下列说法：
①线段的对称轴有两条；
②角是轴对称图形，它的平分线就是它的对称轴；
③到直线a的距离相等的两个点关于直线a对称；
④全等的两个图形成轴对称．
其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】轴对称的性质．
【分析】利用轴对称图形的性质逐一分析探讨得出答案即可．
【解答】解：①线段的对称轴有两条，原题正确；
②角是轴对称图形，它的角平分线所在的直线就是它的对称轴，原题错误；
③对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，且到这条直线距离相等的两个点关于这条直线对称，原题错误；
④两个全等的图形不一定组成轴对称图形，原题错误．
其中正确的有1个；
故选A．
　
8．如图，在矩形纸片ABCD中，将△BCD沿BD折叠，C点落在C′处，则图中共有全等三角形（　　）

A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定；矩形的性质．
【分析】根据图形对折，得到△CDB≌△C′DB，由于四边形是长方形，得到△ABD≌△CDB．进而可得另有2对，分别为：△ABE≌△C′DE，△ABD≌△C′DB，得到答案．
【解答】解：由翻转变换的性质可知，△BDC′是将长方形纸片ABCD沿BD折叠得到的，
∴C′D=CD，BC′=BC，
∵BD=BD，
∴△CDB≌△C′DB（SSS），
同理可证明：△ABO≌△C′DO，△ABD≌△C′DB，△ABD≌△CDB三对全等．
所以，共有4对全等三角形．
故选：C．
　
9．如图，AB⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则（　　）

A．∠1=∠EFD B．BE=CE C．BF﹣DE=CD D．DF∥BC
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】由AD=AB，∠1=∠2，AF为公共边，利用SAS可得出三角形AFD与三角形AFB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ADF=∠ABE，再利用同角的余角相等得到一对同位角相等，利用同位角相等两直线平行即可得出FD与BC平行，得证．
【解答】解：在△ADF和△ABF中，
，
∴△ADF≌△ABF（SAS），
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠C+∠BAC=90°，∠ABE+∠BAC=90°，
∴∠C=∠ABE=∠ADF，
∴DF∥BC．
故选D．
　
10．△ABC中，AB=AC≠BC，在△ABC所在平面内有点P，且使得△ABP、△ACP、△BCP均为等腰三角形，则符合条件的点P共有（　　）

A．1个 B．4个 C．6个 D．8个
【考点】等腰三角形的判定与性质．
【分析】根据等腰三角形的判定，“在同一三角形中，有两条边相等的三角形是等腰三角形（简称：在同一三角形中，等边对等角）解答即可．
【解答】解：①作三边的垂直平分线必在三角形内交于一点，这点就是符合要求的P点，
②作BC的垂直平分线，以B点为圆心、AB长为半径画弧，与BC的垂直平分线有两个交点，其中一点是点A，另一点为符合要求的P点；
③作BC的垂直平分线，以A点为圆心、AB长为半径画弧，与BC的垂直平分线有两个交点，这两点为符合要求的P点；
④在△ABC的左边作一个△APB，使△APB≌△ABC，这点也是符合要求的P点；
⑤同理在△ABC的右边作一个△APC，使△APC≌△ACB，这点也是符合要求的P点．
所以共有6个符合条件的点P．
故选C．
　
二、填空题（每小题3分，共24分）
11．若一个三角形的两边长分别为2，7，且第三边的长为奇数，则这个三角形的周长为　16　．
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边即可得出第三边取值范围，再根据第三边为奇数得出第三边，最后根据周长公式即可得出答案．
【解答】解：设第三边长为x，
∵一个三角形的两边长分别为2，7，
∴7﹣2＜x＜2+7，即5＜x＜9，
∵x为奇数，
∴x=7，
∴三角形的周长为2+7+7=16．
故答案为16．
　
12．若点P（a+2，3）与点Q（﹣1，b+1）关于y轴对称，则a+b=　1　．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”列方程求出a、b，然后相加计算即可得解．
【解答】解：∵点P（a+2，3）与点Q（﹣1，b+1）关于y轴对称，
∴a+2=1，b+1=3，
解得a=﹣1，b=2，
所以a+b=（﹣1）+2=1．
故答案为：1．
　
13．一个人从A点出发向北偏东30°方向走到B点，再从B点出发向南偏东15°方向走到C点，此时C点正好在A点的北偏东70°的方向上，则∠ACB的度数为　95°　．
【考点】方向角．
【分析】根据方位角的概念，画图正确表示出方位角，即可求解．
【解答】解：如图所示：由题意可得：∠DAB=30°，∠EBC=15°，∠DAC=70°，
故∠BAC=40°，∠ABE=30°，
则∠ACB=180°﹣40°﹣30°﹣15°=95°．
故答案为：95°．

　
14．已知：如图，△ABC中，BO，CO分别是∠ABC和∠ACB的平分线，过O点的直线分别交AB、AC于点D、E，且DE∥BC．若AB=6cm，AC=8cm，则△ADE的周长为　14cm　．

【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．
【分析】两直线平行，内错角相等，以及根据角平分线性质，可得△OBD、△EOC均为等腰三角形，由此把△AEF的周长转化为AC+AB．
【解答】解：∵DE∥BC
∴∠DOB=∠OBC，
又∵BO是∠ABC的角平分线，
∴∠DBO=∠OBC，
∴∠DBO=∠DOB，
∴BD=OD，
同理：OE=EC，
∴△ADE的周长=AD+OD+OE+AE=AD+BD+AE+EC=AB+AC=14cm．
故答案是：14cm．

　
15．如图，在3×3的正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑．再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的方法有　5　种．

【考点】利用轴对称设计图案．
【分析】根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
【解答】解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，

选择的位置有以下几种：1处，3处，7处，6处，5处，选择的位置共有5处．
故答案为：5．
　
16．在△ABC中，AB=8，AC=10，则BC边上的中线AD的取值范围是　1＜AD＜9　．
【考点】全等三角形的判定与性质；三角形三边关系．
【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，连接CE．如图所示：
在△ABD和△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE=AB．
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即2＜2AD＜18，
∴1＜AD＜9．
故答案为：1＜AD＜9．

　
17．若A（2，0），B（0，4），C（2，4），D为坐标平面内一点，且△ABC与△ACD全等，则D点坐标为　（0，4），（0，0）或（4，0）　．
【考点】全等三角形的性质；坐标与图形性质．
【分析】首先根据题目要求画出图形，再分别写出D点坐标即可．
【解答】解：如图所示：
D（0，4），（0，0）或（4，0），
故答案为：（0，4），（0，0）或（4，0）．

　
18．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=40°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=　70°　．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】由CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=40°，利用SAS，即可判定：△ACD≌△BCE，可得∠CAD=∠CBE，继而求得∠AHB=∠ACB=40°，则可求得∠CHE的度数．
【解答】解：∵∠ACB=∠DCE=40°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠AMC=∠AMC，
∴∠AHB=∠ACB=40°，
∴∠AHE=180°﹣40°=140°，
∴∠CHE=∠AHE=90°﹣×40°=70°，
故答案为：70°．
　
三、解答题（共66分）
19．已知+（b﹣2）2=0，求边长为a、b的等腰三角形的周长．
【考点】等腰三角形的性质；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根；三角形三边关系．
【分析】先根据非负数的性质列式求出a、b再分情况讨论求解即可．
【解答】解：根据题意得，a﹣b﹣2=0=0，b﹣2=0，
解得a=4，b=2，
①若a=2是腰长，则底边为4，三角形的三边分别为2、2、4，
∵2+2=4，
∴不能组成三角形，
②若a=4是腰长，则底边为2，三角形的三边分别为2、4、4，
能组成三角形，
周长=2+4+4=10．
　
20．如图，点B、E、C、F在同一条直线上，∠A=∠D，AB∥DE，BE=CF，求证：AC∥DF．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】证明△ABC≌△DEF，根据全等三角形的对应角相等证明∠ACB=∠F，然后根据平行线的判定定理证明．
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠B=∠DEF，
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∴在△ABC和△DEF中，，
∴△ABC≌△DEF，
∴∠ACB=∠F，
∴AC∥DF．
　
21．求证：有两角和其中一角的角平分线分别相等的两个三角形全等．
【考点】全等三角形的判定．
【分析】将原命题写出已知和求证，然后进行证明，根据角平分线定义可得∠ABD=∠A′B′D′=∠B，然后证明△ABD≌△A′B′D′可得AB=A′B′，再证明△ABC≌△A′B′C′即可．
【解答】已知：△ABC和△A′B′C′中，∠A=∠A'，∠B=∠B′，∠B、∠B′的角平分线BD=B′D′，
求证：△ABC≌△A′B′C′．
证明：∵∠B=∠B'且∠B、∠B′的角平分线分别为BD和B′D′，
∴∠ABD=∠A′B′D′=∠B，
∵在△ABD和△A′B′D′中，
∴△ABD≌△A′B′D′（AAS），
∴AB=A′B′，
在△ABC和△A′B′C′中，
∴△ABC≌△A′B′C′（ASA）．

　
22．小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加进去了，得其和为2260°．
①求这个多加的外角的度数．
②求这个多边形对角线的总条数．
【考点】多边形内角与外角；多边形的对角线．
【分析】①根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°可知，多边形的内角和是180°的倍数，然后求出多边形的边数以及多加的外角的度数即可得解；
②根据n边形的对角线的条数是．
【解答】解：①解：设多边形的边数为n，多加的外角度数为α，则
（n﹣2）•180°=2260°﹣α，
∵2260°=12×180°+100°，内角和应是180°的倍数，
∴同学多加的一个外角为100°，
∴这是12+2=14边形的内角和．
②多边形的对角线的条数是=77（条）．
即共有77条对角线．
　
23．如图，在△ABC中，∠ABC=60゜，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE交于O．
（1）求∠AOC的度数；
（2）求证：AC=AE+CD．

【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）由题中条件可得△AOE≌△AOF，进而得出∠AOE=∠AOF，再利用∠ABC=60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，即可得出答案；
（2）通过角之间的转化可得出△COF≌△COD，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论．
【解答】解：如图，在AC上截取AF=AE，连接OF
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
在△AOE和△AOF中

∴△AOE≌△AOF（SAS），
∴∠AOE=∠AOF，
∵∠ABC=60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，
∴∠AOC=120°；

（2）∵∠AOC=120°，∴∠AOE=60°，
∴∠AOF=∠COD=60°=∠COF，
在△COF和△COD中，

∴△COF≌△COD（ASA）
∴CF=CD，
∴AC=AF+CF=AE+CD．

　
24．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC．
（1）求证：S△ABD：S△ACD=AB：AC；
（2）若AB=4，AC=5，BC=6，求BD的长．

【考点】角平分线的性质．
【分析】（1）过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质得到DE=DF，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）根据三角形角平分线定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵AD平分∠BAC，
∴DE=DF，
∵S△ABD=AB•DE，S△ACD=AC•DF，
∴S△ABD：S△ACD=（AB•DE）：（AC•DF）=AB：AC；

（2）解：∵AD平分∠BAC，
∴=，
∴BD=CD，
∵BC=6，
∴BD=．

　
25．如图，已知A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（1，1），点P为线段OB上一动点（不包括点O），CD⊥CP交x轴于点D，当P点运动时：
（1）求证：∠CPO=∠CDO；
（2）求证：CP=CD；
（3）下列两个结论：①AD﹣BP的值不变；②AD+BP的值不变，选择正确的结论求其值．

【考点】全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠CPO+∠OKP=∠CDO+∠CKD=90°，根据∠OKP=∠CKD即可求出∠CPO=∠CDO；
（2）过C作CN⊥x轴于N，CQ⊥y轴于Q，则∠CND=∠CQP=90°，求出CQ=CN，根据AAS推出△CND≌△CQP即可；
（3）求出AN=3，BQ=5，根据全等得QP=ND，求出AD+BP=AN+QB，代入求出即可．
【解答】（1）证明：∵x轴⊥y轴，CP⊥CD，
∴∠DCP=∠DOP=90°，
∴∠CPO+∠OKP=∠CDO+∠CKD=90°，
∵∠OKP=∠CKD，
∴∠CPO=∠CDO；

（2）证明：过C作CN⊥x轴于N，CQ⊥y轴于Q，

则∠CND=∠CQP=90°，
∵C（1，1），
∴CQ=CN，
在△CND和△CQP中，
，
∴△CND≌△CQP（AAS），
∴CP=CD；

（3）解：AD+BP的值不变，
∵A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（1，1），
∴AN=2+1=3，BQ=4+1=5，
∵△CND≌△CQP，
∴QP=ND，
∵AD+BP=AN+ND+BP=AN+QP+BP=AN+QB=3+5=8，
∴AD+BP的值不变，是8．
　

2017年2月26日