2023-2024学年江苏省南京市栖霞区迈皋桥初级中学八年级（上）10月月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市栖霞区迈皋桥初级中学八年级（上）10月月考数学试卷（含解析），共15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。
一、选择题
1.下列图案中，是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.如图，点F，B，E，C在同一条直线上，▵ABC≌▵DEF，若∠A=36∘，∠F=24∘，则∠DEC的度数为
( )
A. 50°B. 60°C. 65°D. 120°
3.作已知点关于某直线的对称点的第一步是( )
A. 过已知点作一条直线与已知直线相交B. 过已知点作一条直线与已知直线垂直
C. 过已知点作一条直线与已知直线平行D. 不确定
4.用三角尺画角平分线：如图，先在∠AOB的两边分别取OM=ON，再分别过点M，N作OA，OB的垂线，交点为P.得到OP平分∠AOB的依据是
( )
A. HLB. SSSC. SASD. ASA
5.如图，▵ABC和▵A′B′C′关于直线对称，下列结论中：①▵ABC≌▵A′B′C′；②∠BAC′=∠B′AC；③l垂直平分CC′；④直线BC和B′C′的交点不一定在l上，正确的有
( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
6.如图A．B、C三个居民小区的位置成三角形，现决定三个小区之间修建一个超市，使它到三个小区的距离相等，则超市应建在( )
A. AC、BC的两条高线的交点处B. ∠A．∠B两内角平分线的交点处
C. AC、BC两边中线的交点处D. AC、BC两条边垂直平分线的交点处
二、填空题
7.已知图中的两个三角形全等，则∠α= °.
8.如图，要测量池塘的宽度AB，在池塘外选取一点P，连接AP,BP并各自延长，使PC=PA,PD=PB，连接CD，测得CD长为25m，则池塘宽AB为25m，依据是 ．
9.如图，在长方形ABCD中，AB=4，AD=6.延长BC到点E使CE=2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC−CD−DA向终点A运动，设点P 的运动时间为t秒，当t的值为 秒时，▵ABP和△DCE全等．
10.如图，在▵PAB中，∠A=∠B，M、N、K分别是PA，PB，AB上的点，且AM=BK，BN=AK，若∠MKN=42∘，则∠P的度数为 °.
11.如图，∠AOB=45∘，点P在∠AOB内，且OP=8，点P关于直线OA的对称点P1，点P关于直线OB的对称点P2，连接OP1,OP2,P1P2，则▵OP1P2的面积等于 ．
12.如图，在▵ABC中，∠ABC=45∘，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD的中点，则下列结论中正确的有 (将正确答案的序号填在横线上)
①DB=DC；②∠AMD=45∘；③NE−EM=MC；④MC=2EM．
三、解答题
13.如图，已知∠A=∠D=90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB=CD，BE=CF.求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．
14.已知△ABN和△ACM位置如图所示，AB=AC，AD=AE，∠1=∠2．
(1)求证：BD=CE；
(2)求证：∠M=∠N．
15.如图，在已知的平面直角坐标系中，▵ABC的顶点都在正方形网格的格点上．

(1)画出▵ABC关于x轴对称的图形▵A1B1C1，并写出A1,B1,C1的坐标．
(2)请用无刻度直尺，在y轴上找一点P，使它到A,C两点的距离相等．(不写作法，保留作图痕迹)
(3)请在x轴上画出点Q，使▵QAC周长最小．
16.如下图，某通信公司要修建一座信号发射塔．按设计要求，发射塔到两城镇P、Q的距离相等，到两条高速公路l1、l2的距离也相等．在图中画出发射塔的位置(要求保留作图痕迹，不写作法)，并说明理由．
17.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC交BC于点G，DE⊥AB于点E，DF⊥AC的延长线于点F．
(1)说明BE=CF的理由．
(2)如果AB=m，AC=n，求AE，BE的长．(用m、n表示结果)
18.如图在▵ABC和▵CDE中，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，连接AD，BE交于点M．
(1)如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB=∠DCE=45∘时，可以得到图中的一对全等三角形，即______≌______；
(2)当点D不在直线BC上时，如图2位置，且∠ACB=∠DCE=α．
①试说明AD=BE；
②直接写出∠EMD的大小(用含α的代数式表示)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】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：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义．
2.【答案】B
【解析】【分析】根据▵ABC≌▵DEF得到∠D=∠A=36°，运用三角形外角性质得到∠DEC=∠D+∠F=60°．
【详解】∵▵ABC≌▵DEF，
∴∠D=∠A=36°，
∴∠DEC=∠D+∠F=60°．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形，三角形外角，熟练掌握全等三角形角的性质和三角形外角性质是解决此题的关键．
3.【答案】B
【解析】【详解】作已知点关于某直线的对称点的第一步是过已知点作一条直线与已知直线垂直，
故选B．
4.【答案】A
【解析】【分析】利用垂直得到∠PMO=∠PNO=90∘，再由OM=ON，OP=OP即可根据HL证明▵PMO≌▵PNOHL，由此得到答案．
【详解】∵PM⊥OA，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90∘．
∵OM=ON，OP=OP，
∴▵PMO≌▵PNOHL，
∴∠POA=∠POB，
故选：A．
【点睛】此题考查三角形全等的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，根据题中的已知条件确定对应相等的边或角，由此利用以上五种方法中的任意一种证明两个三角形全等．
5.【答案】B
【解析】【分析】根据成轴对称的两个图形的性质来进行解答即可得出答案．
【详解】解：根据轴对称性可得：▵ABC≌▵A′B′C′；∠BAC′=∠B′AC；直线l垂直平分CC′；线BC和B′C′的交点一定在l上，故正确的有①、②、③，共3个，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解题的关键是熟练掌握轴对称的性质，(1)轴对称的两个图形是全等图形；轴对称图形的两个部分也是全等图形；(2)如果两个图形成轴对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；(3)两个图形关于某条直线对称，那么如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点一定在在对称轴上．
6.【答案】D
【解析】【分析】连接OA、OB、OC，根据OA=OB得出O在AB的垂直平分线上，根据OC=OA，得出O在AC的垂直平分线上，即可得出选项．
【详解】解：如图，AC、BC两条边垂直平分线的交点O，则点O为超市的位置，
连接OA、OB、OC，
∴OA=OC，OB=OC，
∴OA=OB=OC，
∴超市到三个小区的距离相等．
故选：D．

【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，注意线段垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
7.【答案】50
【解析】【分析】根据全等三角形对应角相等可知∠α是a、c边的夹角，然后写出即可．
【详解】解：∵两个三角形全等，
∴∠α的度数是50∘．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了全等三角形对应角相等，根据对应边的夹角准确确定出对应角是解题的关键．
8.【答案】SAS
【解析】【分析】根据所给的条件，可利用SAS证明△ABP≌△CDP得到AB=CD=25m，据此可得答案．
【详解】解：在▵ABP和△CDP中，
PA=PC∠APB=∠CPDPB=PD,
∴△ABP≌△CDPSAS，
∴AB=CD=25m，
故答案为：SAS．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的应用，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键．
9.【答案】1或7
【解析】【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2和AP=16−2t=2，即可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD长方形，
∴AB=CD，∠ABP=∠BCD=∠BAD=90∘，
∴∠DCE=90∘，
若∠ABP=∠DCE=90∘，BP=CE=2，
根据SAS可得△ABP≌△DCE，
由题意得BP=2t=2，
解得t=1；
∵AB=CD，若∠BAP=∠DCE=90∘，AP=CE=2，
根据SAS可得▵BAP≌DCE，
由题意得AP=16−2t=2，
解得t=7．
∴当t的值为1或7秒时，▵ABP和△DCE全等．
故答案为：1或7．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
10.【答案】96
【解析】【分析】证明ΔMAK≌ΔKBN，根据全等三角形的性质得到∠BKN=∠AMK，根据三角形的外角性质求出∠A，根据三角形内角和定理计算，得到答案．
【详解】解：在▵MAK和▵KBN中，
AM=BK∠A=∠BAK=BN,
∴ΔMAK≌ΔKBN(SAS).，
∴∠BKN=∠AMK，
∵∠MKB是△AMK的外角，
∴∠BKN+∠MKN=∠A+∠AMK，
∴∠A=∠MKN=42∘，
∴∠B=∠A=42∘，
∴∠P=180∘−42∘−42∘=96∘，
故答案为：96．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
11.【答案】32
【解析】【分析】根据题意可得OP=OP1,OP=OP2，∠POA=∠P1OA,∠POB=∠P2OB，可得到OP1=OP2=OP=5，∠P1OP2=2∠POA+∠POB=90∘，再由三角形面积公式，即可求解．
【详解】解：连接OP1、OP2，

∵P点关于OA,OB的对称点P1,P2，
∴OP=OP1,OP=OP2，∠POA=∠P1OA,∠POB=∠P2OB，
∴OP1=OP2=OP=8，∠P1OP2=2∠POA+∠POB=90∘，
∴▵OP1P2的面积为12⋅OP1⋅OP2=32．
故答案为：32．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形面积公式．熟练掌握相关定理和性质是解题的关键．
12.【答案】①②③④
【解析】【分析】根据CD⊥AB，∠ABC=45∘，可得DB=DC，可知①正确；利用ASA证明▵BDN≅▵CDM，得DN=DM，从而说明▵DMN是等腰直角三角形，可知②正确；过点D作DF⊥MN于F，则∠DFE=90∘=∠CME，利用AAS可证▵DEF≅▵CEM，可说明③、④正确．
【详解】∵CD⊥AB，
∴∠BDC=∠ADC=90∘，
∵∠ABC=45∘，
∴DB=DC，故①正确；
∵BM⊥AC，
∴∠AMB=∠ADC=90∘，
∴∠A+∠DBN=90∘，∠A+∠DCM=90∘，
∴∠DBN=∠DCM，
∵DN⊥MD，
∴∠CDM+∠CDN=90∘，
∵∠CDN+∠BDN=90∘，
∴∠CDM=∠BDN，
∵∠DBN=∠DCM，DB=DC，∠CDM=∠BDN，
∴▵BDN≅▵CDM(ASA)，
∴DN=DM，
∵∠MDN=90∘，
∴▵DMN是等腰直角三角形，
∴∠DMN=45∘，
∴∠AMD=45∘，故②正确；
过点D作DF⊥MN于F，则∠DFE=90∘=∠CME，
∵DN⊥MD，
∴DF=FN=FM，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE，
在▵DEF和▵CEM中，
∠DEF=∠CEM∠DFE=∠CMEDE=CE
∴▵DEF≅▵CEM(AAS)，
∴ME=EF，CM=DF，
∴FN=CM，
∴MC=2EM
∵NE−EF=FN，
∴NE−EM=MC，故③、④正确；
故答案为；①②③④．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造三角形全等是解题的关键．
13.【答案】∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△ABF与△DCE都为直角三角形，
在Rt△ABF和Rt△DCE中，
BF=CE，AB=CD，
∴Rt△ABF≌Rt△DCE(HL).

【解析】【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明．
14.【答案】(1)证明：在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠1=∠2AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE，
即∠BAN=∠CAM，
由(1)知：△ABD≌△ACE，
∴∠B=∠C，
在△ACM和△ABN中，
∠C=∠BAC=AB∠CAM=∠BAN,
∴△ACM≌△ABN(ASA)，
∴∠M=∠N．

【解析】【分析】(1)根据全等三角形的判定证明△ABD≌△ACE(SAS)即可；
(2)由△ABD≌△ACE证得∠B=∠C，进而证得△ACM≌△ABN(ASA)，再根据全等三角形的性质可证得结论．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．
15.【答案】(1)解：如图所示，▵A1B1C1即为所求，
∴A1−2,−1,B1−3,−3,C1−1,−4；
(2)解：如图所示，点P即为所求；
(3)解：如图所示，点Q即为所求；
．

【解析】【分析】(1)根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数找到A、B、C对应点A1,B1,C1的位置，然后顺次连接A1,B1,C1，并写出A1,B1,C1坐标即可；
(2)利用勾股定理和勾股定理的逆定理可证明▵ABC是等腰直角三角形，再由三角形三条中线交于一点，找出AC边中线所在的直线，则由三线合一定理可知该直线垂直平分BC，则该直线与y轴的交点即为所求；
(3)连接A1C交x轴于点Q，点Q即为所求．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——轴对称，轴对称最短路径问题，勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
16.【答案】解：如图所示点G或G′即为所求．
理由：根据角平分线上的点到角两边的距离相等，
线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，
可知，发射塔位于公路l1、l2组成的角的角平分线与线段PQ的垂直平分线的交点G或G′处．

【解析】【分析】作出角平分线和PQ的垂直平分线，两线的交点就是信号发射塔的位置
【点睛】此题主要考查了作图与应用作图，关键是掌握线段垂直平分线和角平分线的性质．
17.【答案】解：(1)如图，连接BD，CD
∵AD是∠BAC的平分线，且DE⊥AB，DF⊥AC
∴DE=DF
∵DG⊥BC且平分BC
∴DG是BC的垂直平分线
∴DB=DC
在Rt△BDE和Rt△CDF中，DE=DFDB=DC
∴Rt△BDE≌ Rt△CDF(HL)
∴BE=CF
(2)在Rt△ADE和Rt△ADF中AD=ADDE=DF
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)
∴AE=AF
又∵BE=CF
∴m−BE=n+BE
∴2BE=m−n
∴BE=m−n2
∴AE=AB−BE=m−m−n2=m+n2

【解析】【分析】(1)连接DB、DC，先由角平分线的性质就可以得出DE=DF，再由垂直平分线性质得到DB=DC，然后证明△DBE≌△DCF就可以得出结论；
(2)先证明AE=AF，进而列出等式m−BE=n+CF，即可求解．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理、线段的垂直平分线的性质定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键熟练掌握相关性质解决问题．
18.【答案】(1)∵∠ACB=∠DCE=45∘，
∴∠ACD=∠BCE，
在▵BCE和▵ACD中，
BC=AC∠BCE=∠ACDEC=DC,
∴▵BCE≅▵ACDAAS，
故答案为：▵BCE，▵ACD；
(2)∵∠ACB=∠DCE=α，
∴∠ACD=∠BCE，
在▵ACD和▵BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△BCE≅△ACDSAS，
∴AD=BE；
②解：∵▵BCE≅▵ACD，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠BAC+∠ABC=180∘−α，
∴∠BAM+∠ABM=180∘−α，
∴∠AMB=∠EMD=180∘−180∘−α=α．

【解析】【分析】(1)由“SAS”可证▵BCE≅▵ACD；
(2)①由“SAS”可证▵BCE≅▵ACD，可得AD=BE，
②由全等三角形的性质可得∠CAD=∠CBE，由三角形的内角和定理可求解．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明▵BCE≅▵ACD是解题的关键．