八年级上学期数学第三次月考试卷 (11)

这是一份八年级上学期数学第三次月考试卷 (11)，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(共27分)
1．(本题3分)下列“无人看守铁路道口，窄桥，限速40，向右急转弯”四个交通标志图中，为轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．(本题3分)已知三角形三边长分别为2，x，5，若x为整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．(本题3分)下列说法中正确的是（ ）
A．面积相等的两个三角形全等
B．斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等
C．两个等腰直角三角形全等
D．一边和一个内角对应相等的两个等腰三角形全等
4．(本题3分)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=45°，AD是∠CAB的平分线，DE⊥AB于E，AB=a，CD=m，则AC的长为（ ）
A．2mB．a-mC．aD．a+m
5．(本题3分)不能够铺满地面的组合图形是（ ）
A．正八边形和正方形B．正方形和正三角形
C．正六边形和正方形D．正六边形和正三角形
6．(本题3分)如图，AB⊥AC，CD、BE分别是△ABC的角平分线，AG∥BC，AG⊥BG，下列结论：①∠BAG＝2∠ABF；②BA平分∠CBG；③∠ABG＝∠ACB；④∠CFB＝135°，其中正确的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
7．(本题3分)如图,在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,以A为圆心,任意长为半径画弧分别交AB,AC于点M和N,再分别以M,N为圆心,大于MN的长为半径画弧,两弧交于点P,连结AP并延长交BC于点D,则下列说法中正确的个数是( )
①AD平分∠BAC；②作图依据是S.A．S；③∠ADC=60°； ④点D在AB的垂直平分线上
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．(本题3分)在中，，点是边上两点，且垂直平分平分，则的长为（ ）
A．B．C．D．
9．(本题3分)如图，在五边形中，，，，在，上分别找一点，，使得的周长最小时，则的度数为（ ）.
A．B．C．D．
第II卷（非选择题）
二、填空题(共15分)
10．(本题3分)如图，∠AOB的一边OA为平面镜，∠AOB=37°45′，在OB边上有一点E，从点E射出一束光线经平面镜反射后，反射光线DC恰好与OB平行，则∠DEB的度数是_____．
11．(本题3分)如图，四边形中，，，则的面积为__________．
12．(本题3分)如图，在中，平分，，若，则的度数为_______．
13．(本题3分)在等腰中，D为斜边AB的中点，点E在AC上，且，点F在AB上，满足，则的度数为________.
14．(本题3分)如图,在中, 是的轴对称图形,点E在AD上,点F在AC的延长线上若点B恰好在EF的垂直平分线上,并且,,则______．
解答题(共56分)
15．(本题7分)如图，△ABC中，点E在BC边上，AE=AB，将线段AC绕点A旋转到AF的位置，使得∠CAF=∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF=BC；
（2）若∠ABC=65°，∠ACB=28°，求∠FGC的度数．
16．(本题8分)如图所示，已知△ABC中，AB＝AC，D、E分别是AB、BC上的点，连结DE并延长交AC的延长线于点F，若DE＝EF，求证：DB＝CF.
17．(本题9分)如图，是等边三角形，延长到，使，点是边的中点，连接并延长交于．
求证：（1）；
（2）．
18．(本题9分)如图，在中，，点在边上，点在边上，且，连接.
（1）当时，求的度数
（2）当点在（点、除外）边上运动，试写出与的数量关系，并说明理由
19．(本题11分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，D是斜边上AB上任一点，AE⊥CD于E，BF⊥CD交CD的延长线于F，CH⊥AB于H点，交AE于G．
（1）试说明AH＝BH
（2）求证：BD＝CG．
（3）探索AE与EF、BF之间的数量关系
20．(本题12分)如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°.以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN.
(1)求证：MN＝BM＋NC；
(2)求△AMN的周长．
参考答案
1．B
【解析】
试题解析：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选B．
2．B
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，据此解答即可．
【详解】
解：由题意可得，5−2＜x＜5＋2，
解得3＜x＜7，
∵x为整数，
∴x为4、5、6，
∴这样的三角形个数为3．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
3．B
【解析】
【分析】
依据全等三角形的判定定理进行解答即可．
【详解】
A．全等三角形面积相等，但是面积相等的两个三角形不一定全等，故A错误；
B．斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等，故B正确；
C．两个等腰直角三角形的三个角对应相等，但是三边不一定对应相等，故C错误；
D．一边和一个内角对应相等，不能证明两个三角形全等，故D错误．
故选B．
【点睛】
本题主要考查的是全等三角形的判定定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
4．B
【解析】
：∵AD是∠CAB的平分线，DE⊥AB，∠C=90°，
∴CD=DE，
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AC=AE，
∵∠B=45°，DE⊥AB，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BE=DE=m，
∵AE=AB-BE=a-m，
∴AC=a-m．
故选B．
5．C
【解析】
【分析】
正多边形的组合能否铺满地面，关键是看位于同一顶点处的几个角之和能否为360°．若能，则说明能铺满；反之，则说明不能铺满．
【详解】
解：A、正八边形和正方形内角分别为135°、90°，由于135×2+90=360，故能铺满，不符合题意；；
B、正三角形和正方形内角分别为60°、90°，由于60×3+90×2=360，故能铺满，不符合题意；
C、正方形的每个内角是90°，正六边形的每个内角是120°，90m+120n=360°，m=4-
n，显然n取任何正整数时，m不能得正整数，故不能够铺满，符合题意；
D、正六边形的每个内角是120°，正三角形的每个内角是60°，由于2×120°+2×60°=360°，或120°+4×60°=360°，故能够铺满，不符合题意；
故选：C.
【点睛】
本题考查平面镶嵌（密铺），几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．解决此类题，可以记住几个常用正多边形的内角，及能够用两种正多边形镶嵌的几个组合．
6．C
【解析】
【分析】
由已知条件可知∠ABC+∠ACB=90°，又因为CD、BE分别是△ABC的角平分线，所以得到∠FBC+∠FCB=45°，所以求出∠CFB=135°；有平行线的性质可得到：∠ABG=∠ACB，∠BAG=2∠ABF．所以可知选项①③④正确．
【详解】
∵AB⊥AC．
∴∠BAC＝90°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°
∵CD、BE分别是△ABC的角平分线，
∴2∠FBC+2∠FCB＝90°
∴∠FBC+∠FCB＝45°
∴∠BFC＝135°故④正确．
∵AG∥BC，
∴∠BAG＝∠ABC
∵∠ABC＝2∠ABF
∴∠BAG＝2∠ABF 故①正确．
∵AB⊥AC，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵AG⊥BG，
∴∠ABG+∠GAB＝90°
∵∠BAG＝∠ABC，
∴∠ABG＝∠ACB 故③正确．
故选C．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质．掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．C
【解析】
①根据作图的过程可以判定AD是∠BAC的∠平分线；
②根据作图的过程可以判定出AD的依据；
③利用角平分线的定义可以推知∠CAD=30°，则由直角三角形的性质求∠ADC的度数；
④利用等角对等边可以证得△ADB的等腰三角形，由等腰三角形的“三合一”的性质可以证明点在AB的中垂线上.
解：如图所示，
①根据作图的过程可知，AD是∠BAC的∠平分线；
故①正确；
②根据作图的过程可知，作出AD的依据是SSS；
故②错误；
③∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，
∴∠CBA=60°.
又∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠1=∠2=∠CAB=30°，
∴∠3=90°-∠2=60°，即∠ADC=60°.
故③正确；
④∵∠1=∠B=30°，
∴AD=BD，
∴点D在AB的中垂线上.
故④正确；
故选C.
“点睛”此题主要考查的是作图-基本作图，涉及到角平分线的作法以及垂直平分线的性质，熟练根据角平分线的性质得出∠ADC的度数是解题的关键.
8．A
【解析】
【分析】
根据CE垂直平分AD，得AC=CD，再根据等腰在三角形的三线合一，得，结合角平分线定义和，得，则．
【详解】
∵CE垂直平分AD
∴AC=CD＝6cm，
∵CD平分
∴
∴
∴
∴
∴
故选：A
【点睛】
本题考查的知识点主要是等腰三角形的性质的“三线合一”性质定理及判定“等角对等边”，熟记并能熟练运用这些定理是解题的关键．
9．A
【解析】
【分析】
取点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC交于点M，与DE交于点N，根据轴对称的性质可得AM=PM，AN=QN，然后求出的周长=PQ，根据轴对称确定最短路线问题，PQ的长度即为的周长最小值，根据三角形内角和求出，再根据三角形的外角定理求出，，即可求出答案.
【详解】
如图，取点A关于BC的对称点P，关于DE的对称点Q，连接PQ与BC交于点M，与DE交于点N
则AM=PM，AN=QN
∴
∴的周长=AM+MN+AN=PM+MN+QN=PQ
由轴对称确定最短路线，PQ的长度即为的周长最小值，
∵
∴
∵
∴
故选A.
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路径问题，难度大，熟练掌握轴对称的性质以及三角形的相关定理是解题关键.
10．75°30′（或75.5°）
【解析】
【分析】首先证明∠EDO=∠AOB=37°45′，根据∠EDB=∠AOB+∠EDO计算即可解决问题.
【详解】∵CD∥OB，
∴∠ADC=∠AOB，
∵∠EDO=∠CDA，
∴∠EDO=∠AOB=37°45′，
∴∠DEB=∠AOB+∠EDO=2×37°45′=75°30′（或75.5°），
故答案为75°30′（或75.5°）．
【点睛】本题考查了平行线的性质、三角形外角的性质等，熟练掌握平行线的性质、三角形外角的性质是解题的关键.
11．10
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AB与点E，根据角平分线的性质可得CD=DE，再用三角形面积公式求解.
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB与点E，
∵，
∴BD平分∠ABC，
∵∠BCD=90°，
∴CD=DE=5，
∵AB=4，
∴△ABD的面积=×AB×DE=×4×5=10.
故答案为：10.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质和三角形面积求法，角平分线上的点到角两边距离相等，根据题意作出三角形的高，从而求出面积.
12．33
【解析】
【分析】
在AB上截取AE=AC，利用全等三角形的判定和性质证明EB=ED=DC，再利用三角形的内角和计算即可．
【详解】
解：在AB上截取AE=AC，连接ED，
在△AED与△ADC中

∴△AED≌△ADC（SAS），
∴ED=DC，∠AED=∠C，
∵AB=AC+CD，AB=AE+BE，
∴CD=BE=ED，
∴∠B=∠EDB，
∵∠B+∠EDB=∠AED=∠C，
∴3∠B+∠BAC =180°
∵∠BAC=81°，
∴∠B=33°.
故答案为：33°.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用全等三角形的判定和性质证明EB=ED=DC．
13．54°或144°.
【解析】
【分析】
分两种情况：①点F在AD上时，先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠DEF的度数，再在△CDE中利用三角形的内角和定理求出∠CED的度数，即可求出∠CEF；②点F在DB上时，同理求出∠DEF即可求出∠CEF.
【详解】
解：①当点F在AD上时，如图1，
∵AC=BC，D是AB的中点，且∠ACB=90°，
∴∠ADC=90°，∠DCE=45°，
∵∠CDE=72°，∴∠EDF=18°，
∵DE=DF，∴∠DEF=81°，
在△ECD中，∠CDE=72°，∠ECD=45°，∴∠CED=63°，
∴∠CEF=63°+81°=144°；

②当点F在DB上时，如图2.
同理得，∠DEF=9°，∴∠CEF=63°－9°=54°.
故答案为：54°或144°.
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质和三角形的内角和定理以及等腰直角三角形的性质，正确分类、熟练掌握相关性质是解题的关键.
14．4．
【解析】
【分析】
连接BE，BF，根据轴对称的性质可得△ABD≌△ACB，进而可得DB=CB，AD=AC，∠D=∠BCA=90°，再利用线段垂直平分线的性质可得BE=BF，然后证明Rt△DBE≌Rt△CBF可得DE=CF，然后可得ED长．
【详解】
解：连接BE，BF，

∵△ABD是△ABC的轴对称图形，
∴△ABD≌△ACB，
∴DB=CB，AD=AC，∠D=∠BCA=90°，
∴∠BCF=90°，
∵点B恰好在EF的垂直平分线上，
∴BE=BF，
在Rt△DBE和Rt△CBF中
，
∴Rt△DBE≌Rt△CBF（HL），
∴DE=CF，
设DE=x，则CF=x，
∵AE=5，AF=13，
∴AC=AD=5+x，
∴AF=5+2x，
∴5+2x=13，
∴x=4，
∴DE=4，
故答案为：4．
【点睛】
此题主要考查了轴对称和线段垂直平分线的性质，关键是掌握成轴对称的两个图形全等．
15．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)由旋转的性质可得AC=AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF=BC；
(2)根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE=180°-65°×2=50°，那么∠FAG=50°．由△ABC≌△AEF，得出∠F=∠C=28°，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC=∠FAG+∠F=78°．
【详解】
解：(1)，
，
，
，
．
(2)，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，证明△ABC≌△AEF是解题的关键．
16．见解析
【解析】
【分析】
过D作DG∥AF交BC于G，证明△DGE≌△FCE，得出DG=CF，再证明DB=DG，通过等量代换得到BD=CF．
【详解】
过D作DG∥AF交BC于G，如图，则∠F=∠GDE．
∵DE=EF，∠DEG=∠FEC，∴△DGE≌△FCE（ASA），∴GD=CF．
∵AB=AC，∴∠B=∠ACB．
又∵DG∥AF，∴∠ACB=∠BGD，∴∠B=∠BGD，∴BD=GD．
又∵GD=CF，∴BD=CF．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质；解题中主要利用全等三角形对应边相等和等角对等边的性质解答，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，也是难点．
17．（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可知，，从而可得，再利用三角形的内角和可求得，最后根据垂直定义可证得
（2）通过添加辅助线构造出，再利用等边三角形的相关性质证得，从而得出，最后根据角所对的直角边等于斜边的一半知，即．
【详解】
（1）∵为等边三角形
∴，，
∵是边的中点∴
∵
∴，
∴
∵，
∴
∴
∴；
（2）连接
∵为等边三角形
∴，，
∵是边的中点
∴
∵
∴
∴
∵在中，
∴，
∴，即：
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，含的直角三角形的性质．第一问再利用三角形的内角和、垂直定义等知识点即可得证；第二问解题关键在于辅助线的添加，构造出含的直角三角形，再利用等边三角形的性质以及等要三角形的判定进一步转化得证最后结论．
18．(1) 30°；(2) ∠BAD=2∠CDE,理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的外角的性质求出∠ADC，结合图形计算即可；
（2）设∠BAD=x，根据三角形的外角的性质求出∠ADC，结合图形计算即可；
【详解】
（1）∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC=∠BAD+∠B=105°，
∠DAE=∠BAC-∠BAD=30°，
∴∠ADE=∠AED=75°，
∴∠CDE=105°-75°=30°；
（2）∠BAD=2∠CDE，
理由如下：设∠BAD=x，
∴∠ADC=∠BAD+∠B=45°+x，
∠DAE=∠BAC-∠BAD=90°-x，
∴∠ADE=∠AED= ，
∴∠CDE=45°+x-=x，
∴∠BAD=2∠CDE；
【点睛】
考查的是三角形的外角的性质、三角形内角和定理，掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）AE=EF＋BF，理由见解析
【解析】
试题分析：
（1）根据等腰三角形的三线合一证明；
（2）证明△ACG≌△CBD，根据全等三角形的性质证明；
（3）证明△ACE≌△CBF即可．
试题解析：
（1）∵AC=BC，CH⊥AB∴AH＝BH
（2）∵ABC为等腰直角三角形，且CH⊥AB
∴∠ACG＝45°
∵∠CAG＋∠ACE＝90°，∠BCF＋∠ACE＝90°
∴∠CAG＝∠BCF
在△ACG和△CBD中

∴△ACG≌△CBD（ASA）
∴BD＝CG
（3）AE=EF＋BF
理由如下：
在△ACE和△CBF中，

∴△ACE≌△CBF，
∴AE=CF，CE=BF，
∴AE=CF=CE+EF=BF+EF．
20．（1）证明见解析；（2）6.
【解析】
【分析】
（1）先证明△BDF≌△CDN，得出∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，同时再证明△DMN≌△DMF，得出MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN.
（2）根据MN＝MB＋CN，得出△AMN的周长为AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6.
【详解】
解：(1)∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°.
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
由SAS可证△BDF≌△CDN，
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，∴∠FDM＝∠BDM＋∠CDN＝60°，
由SAS可证△DMN≌△DMF，
∴MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN
(2)由(1)知MN＝MB＋CN，
∴△AMN的周长为AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6