2023-2024学年广东省广州市天河区天省实验学校八年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区天省实验学校八年级（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史，下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.一个三角形的两条边分别为3cm，7cm，则它的第三边可能是( )
A. 3cmB. 7cmC. 10cmD. 12cm
3.如图所示的五边形木架不具有稳定性，若要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
4.如图，△ABC≌△DCB，若AC=7，BE=5，则DE的长为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
5.如图，以正方形ABCD的边CD向外作正五边形CDEFG，则∠ADE的度数为( )
A. 172°
B. 162°
C. 152°
D. 150°
6.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=40°，则∠P的度数为( )
A. 100°B. 110°C. 80°D. 90°
7.如图，小明在计算机上用“几何画板”画了一个Rt△ABC，∠C=90°，并画出了两锐角的角平分线AD，BE及其交点F.小明发现，无论怎样变动Rt△ABC的形状和大小，∠AFB的度数是定值，则这个定值为( )
A. 135°B. 150°C. 120°D. 110°
8.如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D，连接AD，CD，若∠B=65°，∠BCD的大小为( )
A. 65°B. 130°C. 120°D. 115°
9.两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AD=CD，AB=CB，在探究筝形的性质时，得到如下结论：①△ABD≌△CBD；②AC⊥BD；③四边形ABCD的面积=12AC⋅BD，其中正确的结论有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
二、多选题（本题共1小题，共4分）
10.下列所给的四组条件中，能作出唯一三角形的是( )
A. AB=3，BC=5，AC=2B. BC=3，AC=4，∠B=90°
C. ∠A=∠B=60°D. AB=3，AC=6，∠A=30°
三、填空题（本题共6小题，共18分）
11.在△ABC中，若∠A=60°，∠B=3∠C，则△ABC是______三角形．(填“锐角”、“直角”或“钝角”)
12.如图，若△ABD≌△ACE，且∠1=45°，∠ADB=95°，则∠B=______°.
13.如图，已知点A(0,8)，点B(−6,8)，若x轴上一点P到A，B两点的距离相等，则点P的坐标为 ．
14.△ABC的三边AB、BC、CA的长分别是20、30、40，其三条角平分线相交于O点，将三角形ABC分为三个三角形，则S△ABO：S△BCO：S△CAO=______．
15.三个全等三角形按如图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数等于______．
16.添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情.如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE=BA，∠E=∠C，若DE=25BD，AD=16，BD=20，求△BDE的面积.同学们可以先思考一下…，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在BD上截取BF=DE，(如图2).同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得△BDE的面积为______．
四、解答题（本题共8小题，共70分）
17.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1)B(4,2)C(2,3)．
(1)在图中画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
(2)在图中，若B2(−4,2)与点B关于一条直线成轴对称，则这条对称轴是______，此时C点关于这条直线的对称点C2的坐标为______；
(3)求△A1B1C1的面积．
18.如图，点E、F在CD上，且∠A=∠B，AE/​/BF，AE=BF，求证：CF=DE．
19.如图，在△ABC中，∠B=50°，∠C=20°.过点A作AE⊥BC，垂足为E，延长EA至点D.使AD=AC.在边AC上截取AF=AB，连接DF.求证：DF=CB．
20.如图，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF，BE与CF交于点O，与AC交于点D．
(1)求证：BE=CF；
(2)若∠BAC=α，用α表示∠BOF．
21.如图，四边形ABCD中，AB=BE，AC=DE，∠B=90°，AB/​/CD，E为BC的中点，AC与DE相交于点F．
(1)求证：CD=BC；
(2)判断线段AC与DE的位置关系，并说明理由．
22.如图，在四边形ABCD中，∠A=∠D=90°，CD>AB，BC=AB+CD．
(1)利用无刻度的直尺和圆规作∠BCD的平分线CE，交AD于点E，连接BE；再在BC上取一点F，使CF=CD，连接EF(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，证明：BE⊥CE．
23.如图，在△ABC中，GD=DC，过点G作FG/​/BC交BD的延长线于点F，交AB于点E．
(1)△DFG与△DBC全等吗？说明理由；
(2)当∠C=90°，DE⊥BD，CD=2时，求点D到AB边的距离．
24.在△ABC中，AB=AC，点D在射线BA上，点E在AC的延长线上，且BD=CE.连接DE，DE与BC边所在的直线交于点F．
(1)当点D在线段BA上时，如图所示，求证：DF=EF．
(2)过点D作DH⊥BC交直线BC于点H.若BC=4，CF=1，求BH的长是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A，B，C选项中的图案都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图案能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
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，图形两部分折叠后可重合．
2.【答案】B
【解析】解：设第三边长为x cm，根据三角形的三边关系可得：
7−3解得：4观察选项，只有选项B符合题意．
故选：B．
首先设第三边长为x cm，根据三角形的三边关系可得7−3此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知两边的差，而小于两边的和．
3.【答案】B
【解析】解：过五边形的一个顶点作对角线，有5−3=2条对角线，所以至少要钉上2根木条．
故选：B．
三角形具有稳定性，所以要使五边形木架不变形需把它分成三角形，即过六边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条．
本题考查了三角形具有稳定性，是基础题，作出图形更形象直观．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了全等三角形的性质，仔细观察图形，根据已知条件找准对应边是解决本题的关键．
根据全等三角形的对应边相等推知BD=AC=7，然后根据线段的和差即可得到结论．
【解答】
解：∵△ABC≌△DCB，
∴BD=AC=7，
∵BE=5，
∴DE=BD−BE=2，
故选：A．
5.【答案】B
【解析】解：∵五边形CDEFG为正五边形，
∴∠CDE=(5−2)×180°÷5=108°，
∵正方形ABCD中，∠ADC=90°，
∴∠ADE=360°−∠ADC−∠CDE=360°−90°−108°=162°，
故选：B．
利用多边形内角和及正多边形性质求得∠CDE的度数，利用正方形性质求得∠ADC的度数，然后根据角的和差即可求得答案．
本题主要考查多边形的内角和及正多边形的性质，利用其求得∠CDE的度数是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵PA=PB，
∴∠A=∠B，
在△AMK和△BKN中，
AM=BK∠A=∠BAK=BN，
∴△AMK≌△BKN(SAS)，
∴∠AMK=∠BKN，
∵∠A+∠AMK=∠MKN+∠BKN，
∴∠A=∠MKN=40°=∠B，
∴∠P=180°−∠A−∠B=180°−40°−40°=100°，
故选：A．
由条件可证明△AMK≌△BKN，再结合外角的性质可求得∠A=∠MKN，再利用三角形内角和定理即可求得∠P．
本题主要考查全等三角形的判定和性质及三角形内角和定理的运用，利用条件判定△AMK≌△BKN是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∵AD平分∠CAB，EB平分∠ABC，
∴∠FAB=12∠CAB,∠FBA=12∠CBA，
∴∠FAB+∠FBA=12(∠CAB+∠CBA)=45°，
∴∠AFB=180°−45°=135°．
故选：A．
利用三角形内角和定理、角平分线的定义和直角三角形的性质求解即可．
本题考查直角三角形的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意得，AD=BC，CD=AB，
∵AC=CA，
∴△ABC≌△CDA(SSS)．
∴∠BAC=∠DCA，
∴AB/​/CD，
∴∠B+∠BCD=180°，
∴∠BCD=180°−65°=115°．
故选：D．
根据全等三角形的判定方法可得到△ABC≌△CDA，得∠BAC=∠DCA，根据平行线的判定与性质可得出答案．
本题考查尺规作图、全等三角形的判定、平行四边形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定以及平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
9.【答案】BD
【解析】解：A、因为AB+AC=BC，三条线段不能组成三角形，所以A选项不符合题意；
B、BC=3，AC=4，∠B=90°，根据“HL”可判断此三角形为唯一三角形，所以B选项符合题意；
C、利用∠A=∠B=60°不能确定三角形的大小，所以C选项不符合题意；
D、利用AB=3，AC=6，∠A=30°根据“SAS”可判断此三角形为唯一三角形，所以D选项符合题意；
故选：BD．
根据三角形三边的关系对A进行判断；根据全等三角形的判定方法对B、C、D进行判断．
此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SSS证明△ABD与△CBD全等和利用SAS证明△AOD与△COD全等.先证明△ABD与△CBD全等，再证明△AOD与△COD全等即可判断．
【解答】
解：在△ABD与△CBD中，
AD=CDAB=BCDB=DB，
∴△ABD≌△CBD(SSS)，
故①正确；
∴∠ADB=∠CDB，
在△AOD与△COD中，
AD=CD∠ADB=∠CDBOD=OD，
∴△AOD≌△COD(SAS)，
∴∠AOD=∠COD=90°，AO=OC，
∴AC⊥DB，
故②正确；
四边形ABCD的面积=S△ADB+S△BDC=12DB×OA+12DB×OC=12AC⋅BD，
故③正确．
故选D．
11.【答案】直角
【解析】解：∵∠A=60°，∠B=3∠C，∠A+∠B+∠C=180°，
∴60°+3∠C+∠C=180°，
解得：∠C=30°，
∴∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形．
故答案为：直角．
结合三角形的内角和为180°，求出∠B与∠C的度数，再判断三角形的类型即可．
本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是熟记三角形的内角和为180°．
12.【答案】50
【解析】解：∵△ABD≌△ACE，∠ADB=95°，
∴∠AEC=∠ADB=95°，
∵∠AEC=∠1+∠B，∠1=45°，
∴∠B=50°，
故答案为：50．
根据全等三角形的性质及三角形外角性质求解即可．
此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
13.【答案】(−3,0)
【解析】解：∵x轴上一点P到A，B两点的距离相等，
∴P在线段AB的垂直平分线上，
∴P的坐标是(−3,0)．
故答案为：(−3,0)．
由x轴上一点P到A，B两点的距离相等，得到P在线段AB的垂直平分线上，由此即可得到答案．
本题考查线段垂直平分线的性质，坐标与图形的性质，关键是掌握线段垂直平分线的性质．
14.【答案】2：3：4
【解析】解：设△ABO边AB上的高为ℎAB，△BCO边BC上的高为ℎBC，△CAO边CA上的高为ℎCA，
由角平分线的性质得：ℎAB=ℎBC=ℎCA，
故S△ABO：S△BCO：S△CAO=12AB⋅ℎAB：12BC⋅ℎBC：12CA⋅ℎCA=AB：BC：CA=20：30：40=2：3：4，
故答案为：2：3：4．
根据角平分线的性质得，三角形ABC分成的三个三角形有一条相等的高，故三个三角形的面积之比等于该高所对的边之比．
本题主要考查了角平分线性质，三角形的面积，关键是根据角平分线的性质得出三条高相等．
15.【答案】180°
【解析】解：如图所示：
由图形可得：∠1+∠4+∠5+∠8+∠6+∠2+∠3+∠9+∠7=540°，
∵三个三角形全等，
∴∠4+∠9+∠6=180°，
又∵∠5+∠7+∠8=180°，
∴∠1+∠2+∠3+180°+180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3的度数是180°．
故答案为：180°．
直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出∠4+∠9+∠6=180°，∠5+∠7+∠8=180°，进而得出答案．
此题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，正确掌握全等三角形的性质是解题关键．
16.【答案】64
【解析】解：如图所示，连接AF，
∠ABD=180°−∠BDA−∠BAD=90°−∠BAD，
∠C=180°−∠ABC−∠BAD=90°−∠BAD，
∵∠ABD=∠C，
∵∠E=∠C，
∵∠ABD=∠E，
在△ABF与△BED中，
AB=BE∠ABF=∠BEDBF=DE，
∴△ABF≌△BED(SAS)，
∴S△ABF=S△BDE，
∵S△ABD=12BD⋅AD=12×20×16=160，
∵BF=25×20=8，
∴DF=BD−BF=20−8=12，
∴S△AFD=12×AD⋅DF=12×12×16=96，
∵S△ABF=S△ABD−S△AFD，
∴S△BDE=S△ABF=160−96=64．
故答案为：64．
由△ABF≌△BDE，求出BF，DF的长，再由面积公式求得即可．
本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1为所作；
(2)y轴 ，(−2,3);
(3)△A1B1C1的面积=2×3−12×2×1−12×2×1−12×1×3=2.5．
【解析】(1)见答案;
(2)这条对称轴是y轴，C点的对称点C2的坐标为(−2,3)；
故答案为：y轴，(−2,3)；
(3)见答案。
(1)利用关于x轴对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)作BB2的垂直平分线得到轴对称为y轴，然后利用关于y轴对称的点的坐标特征得到C2的坐标；
(3)用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△A1B1C1的面积．
本题考查了作图−轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．
18.【答案】证明：∵AE/​/BF，
∴∠AEC=∠BFD，
在△AEC和△BFD中，
∠A=∠BAE=BF∠AEC=∠BFD，
∴△AEC≌△BFD(ASA)．
∴CE=DF．
∴CF=DE．
【解析】由平行线得∠AEC=∠BFD，证明△AEC≌△BFD(ASA)，根据全等三角形的性质得CE=DF，于是CF=DE．
本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质；由全等三角形得到相等线段是解题的关键．
19.【答案】证明：在△ABC中，∠B=50°，∠C=20°，
∴∠CAB=180°−∠B−∠C=110°．
∵AE⊥BC．
∴∠AEC=90°．
∴∠DAF=∠AEC+∠C=110°，
∴∠DAF=∠CAB．
在△DAF和△CAB中，
AD=BC∠DAF=∠CABAF=AB，
∴△DAF≌△CAB(SAS)．
∴DF=CB．
【解析】利用三角形内角和定理得∠CAB的度数，再根据全等三角形的判定与性质可得结论．
此题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵∠BAC=∠EAF，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAF+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
AB=AC∠BAE=∠CAFAE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF；
(2)解：∵△BAE≌△CAF，
∴∠EBA=∠FCA，
即∠DBA=∠OCD，
∵∠BDA=∠ODC，
∴∠BAC=∠COD，
∵∠BAC=α，
∴∠COD=α，
∴∠BOF=180°−α．
【解析】(1)利用SAS可以证明△BAE≌△CAF，从而可以证明结论成立；
(2)根据(1)中的全等和三角形内角和可以得到∠COD的度数，据此即可求解．
本题考查全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，∠B=90°，
∴∠DCE=90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC=12BC，
∵AB=BE，
∴AB=CE，
在Rt△ABC和Rt△ECD中，
AC=DEAB=EC，
∴Rt△ABC≌Rt△ECD(HL)，
∴BC=CD．
(2)解：AC⊥DE.理由如下：
∵△ABC≌△ECD，
∴∠BAC=∠CED，
∵∠BEF+∠CED=180°，
∴∠BEF+∠BAC=180°，
∴∠AFE+∠B=180°，
∵∠B=90°，
∴∠AFE=90°，
∴AC⊥DE．
【解析】(1)根据AB/​/CD，∠B=90°得到∠DCE=90°，根据AB=EC，E是BC的中点，得到AB=BE=EC，证明Rt△ABC≌Rt△ECD(HL)，根据全等三角形的性质即可证明结论；
(2)根据△ABC≌△ECD得到∠BAC=∠CED，结合∠BEF+∠CED=180°得到∠BEF+∠BAC=180°，继而得到∠AFE+∠B=180°，结合∠B=90°得到∠AFE=90°，问题得证．
本题主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，证明线段的垂直，熟练掌握全等的判定和性质是解题的关键．
22.【答案】(1)解：如图所示．

(2)证明：∵CE为∠BCD的平分线，
∴∠DCE=∠FCE，
∵CF=CD，CE=CE，
∴△DCE≌△FCE(SAS)，
∴∠DEC=∠FEC，∠D=∠EFC=90°，
∴∠A=∠EFB=90°，
∵BC=AB+CD，CF=CD，
∴BC=AB+CF，
∵BC=BF+CF，
∴AB=BF，
∵BE=BE，
∴Rt△ABE≌Rt△FBE(HL)，
∴∠AEB=∠FEB，
∵∠AEB+∠FEB+∠DEC+∠FEC=180°，
∴2∠FEB+2∠FEC=180°，
∴∠FEB+∠FEC=90°，
即∠BEC=90°，
∴BE⊥CE．
【解析】(1)按照角平分线的作图方法作∠BCD的平分线CE，交AD于点E，连接BE，再以点C为圆心，CD的长为半径画弧，交BC于点F，连接EF即可．
(2)先证明△DCE≌△FCE，可得∠DEC=∠FEC，再证明Rt△ABE≌Rt△FBE，可得∠AEB=∠FEB，则可得2∠FEB+2∠FEC=180°，即∠BEC=90°，则BE⊥CE．
本题考查作图−复杂作图、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质、角平分线的定义以及作图方法是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)△DFG≌△DBC，理由如下：
∵FG/​/BC，
∴∠F=∠FBC，
在△DFG和△DBC中，
∠F=∠FBCamp;∠GDF=∠CDBamp;GD=DCamp;，
∴△DFG≌△DBC(AAS)．
(2)如图，过点D作DM⊥AB于点M，连结DE，

由(1)得△DFG≌△DBC，
∴DF=DB，
∵DE⊥BD，
∴∠EDF=∠EDB=90°，
在△DEF和△DEB中，
DF=DBamp;∠EDF=∠EDBamp;DE=DEamp;，
∴△DEF≌△DEB(SAS)，
∴∠F=∠EBD，
∵FG/​/BC，
∴∠F=∠FBC，
∴∠EBD=∠FBC，
∴BD平分∠ABC，
∵∠C=90°，
∴DC⊥BC，
∵DM⊥AB，CD=2，
∴DM=CD=2，
即点D到AB边的距离为2．
【解析】(1)由平行线的性质得到∠F=∠FBC，直角利用AAS即可判定△DFG≌△DBC；
(2)由(1)得DF=DB，由垂直的定义得出∠EDF=∠EDB=90°，即可根据SAS判定△DEF≌△DEB，即可得到∠F=∠EBD，再由平行线的性质及角平分线的定义即得出BD平分∠ABC，再根据角平分线的性质即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，证明△DFG≌△DBC和△DEF≌△DEB是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：过点D作DG/​/AC，交BC于点G．

∴∠DGB=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠DGB=∠B，
∴BD=GD，
∵BD=CE，
∴GD=CE，
∵DG/​/AC，
∴∠GDF=∠CEF，∠DGF=∠ECF，
在△DGF和△ECF中
∠GDF=∠CEFGD=CE∠DGF=∠ECF，
∴△DGF≌△ECF(ASA)，
∴DF=EF；
(2)解：如图所示，当点D在线段AB上时，过点E作EO⊥BC，交BC延长线于O，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=∠OCE，
又∵∠DHB=∠EOC=90°，BD=CE，
∴△DHB≌△EOC(AAS)，
∴BH=CO，
∴HO=HC+CO=HC+HB=BC=4，
∵∠DHF=∠EOF=90°，∠DFH=∠EFO，DF=EF(由第一小问已经证明)，
∴△DHF≌△EOF(AAS)，
∴HF=OF=12HO=2，
∵CF=1，
∴BH=CO=OF−CF=2−1=1；

当点D在BA的延长线上时，过点E作EO⊥BC交BC的延长线于点O，
同理可证△DHB≌△EOC，△DHF≌△EOF，
∴HO=HC+CO=HC+HB=BC=4，
∴HF=OF=12HO=2，
∵CF=1，
∴BH=CO=OF+CF=2+1=3；
综上所述，BH的长为1或3．

【解析】(1)过点D作DG/​/AC，交BC于点G，利用平行线的性质和等边对等角证明∠DGB=∠B，得到BD=GD，进而推出GD=CE，再证明△DGF≌△ECF，即可证明DF=EF；
(2)分当点D在线段AB上时，过点E作EO⊥BC，交BC延长线于O，当点D在BA的延长线上时，过点E作EO⊥BC交BC的延长线于点O，先证明△DHB≌△EOC，得到BH=CO，进而求出HO=4，再证明△DHF≌△EOF，得到HF=OF=2，再根据线段之间的关系求出BH的长即可．
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．