2023-2024学年四川省泸州市龙马潭区八年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析)

2023-2024学年四川省泸州市龙马潭区八年级第一学期月考数学试卷（10月份）一、单选题1．以下是有关环保的四个标志，从图形的整体看，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．2．在数学课上，同学们在练习画边AC上的高时，有一部分同学画出下列四种图形，请你判断一下，正确的是（）A． B． C． D．3．下列长度的三条线段能组成三角形的是（）A．5，6，10 B．1，2，3 C．2，3，6 D．3，4，74．下列图形中具有稳定性的是（）A． B． C． D．5．将一副三角板按如图所示的方式摆放在一起，则∠1的度数是（）A．55° B．65° C．75° D．85°6．如图，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝50°，∠D＝35°，则∠AEC等于（）A．60° B．50° C．45° D．30°7．如图，已知∠CAB＝∠DBA，那么还应添加一个条件，才能推出△ABC≌△BAD．则从下列条件中补充一个条件后，仍不能判定△ABC≌△BAD的是（）A．∠C＝∠D B．BC＝AD C．∠CBA＝∠DAB D．AC＝BD8．一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的边数为（）A．10 B．11 C．12 D．139．如图，△ABC中，D、E、F分别是AC、BD、AE的中点，如果S△DEF＝1cm2，那么S△ABC＝（）cm2．A．3 B．4 C．8 D．1210．如图，小峰从点O出发，前进8m后向右转40°，再前进8m后又向右转40°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时，走的路程一共是（）m．A．72 B．56 C．32 D．1611．如图，将长方形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BDC′，DC′与AB交于点E．若∠1＝34°，则∠2的度数为（）A．17° B．22° C．34° D．56°12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列四个结论：①DE＝DF；②DB＝DC；③AD⊥BC；④AB＝3BF；⑤S△ADB＝2S△BDF，其中正确的结论共有（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个二、填空题13．如图，已知△ABC的周长是20cm，BO，CO分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝3cm，则△ABC的面积是cm2．14．若等腰三角形的两边长分别为4和6，则其周长是．15．如图，BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∠A＝70°，则∠BOC＝°．16．如图，锐角△ABC的高AD、BE相交于F，若BF＝AC，BC＝7，CD＝2，则AF的长为．三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）17．一个多边形的内角和比外角和的3倍少180°，求（1）这个多边形的边数；（2）该多边形共有多少条对角线．18．如图，线段AC、BD相交于点E，AE＝DE，BE＝CE．求证：∠B＝∠C．19．如图，CA＝CD，∠B＝∠E，∠BCE＝∠ACD．求证：AB＝DE．四、解答题.（本大题共3个小题，每小题8分，共24分）20．如图，在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝25°，AD是高，AE是∠BAC的平分线，求∠BAE和∠EAD的度数．21．如图，在△ABC中，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝54°，求∠DAC的度数．22．如图，AB＝CD，AF＝CE，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．求证：（1）△ABE≌△CDF．（2）AD∥BC．五、解答题.（本大题共3个小题，第23题9分、24题9分，25题12分，共30分）23．如图，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD，CE交于O，OB＝OC．求证：∠1＝∠2．24．如图四边形ABCD中，E在CD上，∠ABE＝∠CBD＝∠ADC＝90°，且AB＝BE．求证：（1）△ABD≌EBC；（2）BD是∠ADC的角平分线．25．如图，AB＝8cm，∠A＝∠B＝60°，AC＝BD＝6cm，点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上以xcm/s的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为t（s）．问：（1）AP＝，BP＝，BQ＝（用含x或t的代数式表示）；（2）当运动时间t为何值时，△ACP与△BPQ全等．

参考答案一、单选题1．以下是有关环保的四个标志，从图形的整体看，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称图形的定义求解可得．解：A，此图案不是轴对称图形，此选项不符合题意；B、此图案是轴对称图形，此选项符合题意；C、此图案不是轴对称图形，不符合题意；D、此图案不是轴对称图形，不符合题意；故选：B．【点评】本题主要考查轴对称图形，掌握其定义是解题的关键：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．2．在数学课上，同学们在练习画边AC上的高时，有一部分同学画出下列四种图形，请你判断一下，正确的是（）A． B． C． D．【分析】根据三角形的高的概念直接观察图形进行判断即可得出答案．解：AC边上的高应该是过B作垂线段AC，符合这个条件的是C；A，B，D都不过B点，故错误；故选：C．【点评】本题主要考查了利用基本作图做三角形高的方法，比较简单．3．下列长度的三条线段能组成三角形的是（）A．5，6，10 B．1，2，3 C．2，3，6 D．3，4，7【分析】在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形，由此即可判断．解：A、5+6＞10，长度是5、6、10的三条线段能组成三角形，故A符合题意；B、1+2＝3，长度是1、2、3的三条线段不能组成三角形，故B不符合题意；C、2+3＜6，长度是2、3、6的三条线段不能组成三角形，故C不符合题意；D、3+4＝7，长度是3、4、6的三条线段不能组成三角形，故D不符合题意．故选：A．【点评】本题考查三角形的三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理．4．下列图形中具有稳定性的是（）A． B． C． D．【分析】根据三角形具有稳定性判断即可．解：A、图形具有稳定性，符合题意；B、图形不具有稳定性，不符合题意；C、图形不具有稳定性，不符合题意；D、图形不具有稳定性，不符合题意；故选：A．【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．5．将一副三角板按如图所示的方式摆放在一起，则∠1的度数是（）A．55° B．65° C．75° D．85°【分析】利用三角形外角性质（三角形的一个外角等于不相邻的两个内角和）解题或利用三角形内角和解题皆可．解：一副三角板所对应的角度是60°，45°，30°，90°，由图可知∠1所在的三角形另外两个角的度数是60°，90°﹣45°＝45°，所以∠1＝180°﹣60°﹣45°＝75°．（利用外角性质解题为：∠1＝30°+45°＝75°）故选：C．【点评】主要考查了一副三角板所对应的角度是60°，45°，30°，90°和三角形外角的性质．本题容易，解法很灵活．6．如图，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝50°，∠D＝35°，则∠AEC等于（）A．60° B．50° C．45° D．30°【分析】首先由已知可求得∠OAD的度数，通过三角形全等及四边形的知识求出∠AEB的度数，然后其邻补角就可求出了．解：∵在△AOD中，∠O＝50°，∠D＝35°，∴∠OAD＝180°﹣50°﹣35°＝95°，∵在△AOD与△BOC中，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝∠O，∴△AOD≌△BOC，故∠OBC＝∠OAD＝95°，在四边形OBEA中，∠AEB＝360°﹣∠OBC﹣∠OAD﹣∠O，＝360°﹣95°﹣95°﹣50°，＝120°，又∵∠AEB+∠AEC＝180°，∴∠AEC＝180°﹣120°＝60°．故选：A．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质；解题过程中用到了三角形、四边形的内角和的知识，要根据题目的要求及已知条件的位置综合运用这些知识．7．如图，已知∠CAB＝∠DBA，那么还应添加一个条件，才能推出△ABC≌△BAD．则从下列条件中补充一个条件后，仍不能判定△ABC≌△BAD的是（）A．∠C＝∠D B．BC＝AD C．∠CBA＝∠DAB D．AC＝BD【分析】根据全等三角形的判定定理，逐项分析判断，即可求解．解：∵∠CAB＝∠DBA，AB＝BC∴可以添加的条件是：∠C＝∠D，AC＝BD，∠CBA＝∠DAB，添加条件BC＝AD，不能根据SSA，证明△ABC≌△BAD，故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的性质判定定理是解题的关键．8．一个多边形的内角和为1800°，则这个多边形的边数为（）A．10 B．11 C．12 D．13【分析】由多边形内角和定理，即可求解．解：设这个多边形的边数为n，由题意得：（n﹣2）×180°＝1800°，∴n＝12．故选：C．【点评】本题考查多边形内角和定理，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）．9．如图，△ABC中，D、E、F分别是AC、BD、AE的中点，如果S△DEF＝1cm2，那么S△ABC＝（）cm2．A．3 B．4 C．8 D．12【分析】设S△ABC＝xcm2．根据三角形的面积公式即可得到结论．解：设S△ABC＝xcm2．∵D是AC的中点，∴S△ABD＝S△ABC＝xcm2．∵E是BD的中点，∴S△ADE＝S△ABD＝xcm2．∵F是AE的中点，∴S△DEF＝S△ADE＝x＝x＝1（cm2），∴x＝8，∴S△ABC＝8cm2．故选：C．【点评】本题考查了三角形的面积，熟练掌握三角形面积公式是解题的关键．10．如图，小峰从点O出发，前进8m后向右转40°，再前进8m后又向右转40°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时，走的路程一共是（）m．A．72 B．56 C．32 D．16【分析】根据题意可得他第一次回到出发点O时，正好形成正多边形，这个正多边形的外角为40°，根据多边形的外角和定理即可算出正多边形的边数，计算即可得出答案．解：根据题意可得，．他第一次回到出发点O时，走的路程一共是9×8＝72（m）．故选：A．【点评】本题主要考查了多边形外角和定理，熟练应用多边形外角和定理进行计算是解决本题的关键．11．如图，将长方形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BDC′，DC′与AB交于点E．若∠1＝34°，则∠2的度数为（）A．17° B．22° C．34° D．56°【分析】已知四边形ABCD是矩形，则可得AB∥CD，∠C＝90°；联系折叠的性质易得∠BDC′、∠DC′B的度数，由平行线的性质可求出∠ABD的度数；接下来在△BC′D中利用三角形内角和即可求出∠2．解：由题意可知：∠C＝90°，AB∥CD，∴∠ABD＝∠1＝34°，由折叠的性质可知：∠BDC′＝∠1＝34°，∠DC′B＝∠C＝90°．∴∠2＝180°﹣∠DC′B﹣∠ABD﹣∠BDC′＝22°．故选：B．【点评】本题考查平行的性质，正确记忆平行的性质是解题关键．12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列四个结论：①DE＝DF；②DB＝DC；③AD⊥BC；④AB＝3BF；⑤S△ADB＝2S△BDF，其中正确的结论共有（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【分析】由角平分线的性质和平行线的性质可证∠ACB＝∠ABC，可得AC＝AB，由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，CD＝BD，由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得S△CDE＝S△BDF，CE＝BF，DE＝DF，即可求解．解：∵BF∥AC，∴∠C＝∠CBF，∵BC平分∠ABF，∴∠ABC＝∠CBF，∴∠C＝∠ABC，∴AB＝AC，∵AD是△ABC的角平分线，∴BD＝CD，AD⊥BC，故②③正确，在△CDE和△BDF中，，∴△CDE≌△BDF（ASA），∴DE＝DF，CE＝BF，故①正确；∵AE＝2BF，∴AC＝AB＝3BF，故④正确．∵BD＝CD，∴S△ADB＝S△ACD，∵AE＝2BF，∴S△ADB＝S△ACD＝3S△CDE＝3S△BDF，故⑤错误；故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，掌握等腰三角形的性质三线合一是解题的关键．二、填空题13．如图，已知△ABC的周长是20cm，BO，CO分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝3cm，则△ABC的面积是30cm2．【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等（即OE＝OD＝OF），从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以3，代入求出即可．解：∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴OE＝OF＝OD＝3（cm），∵△ABC的周长是20，OD⊥BC于D，且OD＝3cm，∴S△ABC＝×AB×OE+×BC×OD+×AC×OF＝×（AB+BC+AC）×3＝×20×3＝30（cm2），故答案为：30．【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，判断出三角形的面积与周长的关系是解题的关键．14．若等腰三角形的两边长分别为4和6，则其周长是14或16．【分析】根据等腰三角形的性质，分两种情况：①当腰长为6时，②当腰长为4时，解答出即可．解：根据题意，①当腰长为6时，三边为6，6，4，符合三角形三边关系，周长＝6+6+4＝16；②当腰长为4时，三边为4，4，6，符合三角形三边关系，周长＝4+4+6＝14．故答案为：14或16．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形三边的关系，注意本题要分两种情况解答．15．如图，BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∠A＝70°，则∠BOC＝125°．【分析】根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，再根据角平分线的定义求出∠OBC+∠OCB，然后根据三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．解：∵∠A＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣70°＝110°，∵BO、CO分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×110°＝55°，在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．故答案为：125．【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．16．如图，锐角△ABC的高AD、BE相交于F，若BF＝AC，BC＝7，CD＝2，则AF的长为3．【分析】先证出∠DBF＝∠DAC，由AAS证明△BDF≌△ADC，得出对应边相等AD＝BD＝BC﹣CD＝5，DF＝CD＝2，即可得出AF的长．解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠DBF+∠C＝90°，∠DAC+∠C＝90°，∴∠DBF＝∠DAC，在△BDF与△ADC中，∴△BDF≌△ADC（ASA），∴AD＝BD＝BC﹣CD＝7﹣2＝5，DF＝CD＝2，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3；故答案为：3．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；证明三角形的全等得出对应边相等是解此题的关键．三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分）17．一个多边形的内角和比外角和的3倍少180°，求（1）这个多边形的边数；（2）该多边形共有多少条对角线．【分析】（1）任意多边形的外角和均为360°，然后依据多边形的内角和公式列方程求解即可；（2）多边形的对角线公式为：．解：（1）设这个多边形的边数为n．根据题意得：180°×（n﹣2）＝360°×3﹣180°，解得：n＝7；（2）＝＝14．答：（1）该多边形为七边形；（2）七边形共有14条对角线．【点评】本题主要考查的是多边形的内角与外角、多边形的对角线，掌握相关知识是解题的关键．18．如图，线段AC、BD相交于点E，AE＝DE，BE＝CE．求证：∠B＝∠C．【分析】根据AE＝DE，∠AEB＝∠DEC，BE＝CE，证出△AEB≌△DEC，即可得出∠B＝∠C．【解答】证明：在△AEB和△DEC中，∵∴△AEB≌△DEC，∴∠B＝∠C．【点评】此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质这一知识点的理解和掌握，此题难度不大，要求学生应熟练掌握．19．如图，CA＝CD，∠B＝∠E，∠BCE＝∠ACD．求证：AB＝DE．【分析】如图，首先证明∠ACB＝∠DCE，这是解决问题的关键性结论；然后运用AAS公理证明△ABC≌△DEC，即可解决问题．解：如图，∵∠BCE＝∠ACD，∴∠ACB＝∠DCE；在△ABC与△DEC中，，∴△ABC≌△DEC（AAS），∴AB＝DE．【点评】该题主要考查了全等三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是牢固掌握全等三角形的判定方法，这是灵活运用、解题的基础和关键．四、解答题.（本大题共3个小题，每小题8分，共24分）20．如图，在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝25°，AD是高，AE是∠BAC的平分线，求∠BAE和∠EAD的度数．【分析】由三角形的内角和定理可求得∠BAC＝80°，再由角平分线的定义可求得∠BAE＝∠CAE＝40°，利用三角形的外角性质可求得∠AED＝65°，即可求∠EAD的度数．解：∵∠B＝75°，∠C＝25°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC＝40°，∵∠AED是△ACE的外角，∴∠AED＝∠CAE+∠C＝65°，∵AD是高，∴∠ADE＝90°，∴∠EAD＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝25°．【点评】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等于180°．21．如图，在△ABC中，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝54°，求∠DAC的度数．【分析】已知∠BAC＝54°可得：∠2+∠3的度数，然后利用三角形的外角的性质，即可利用∠2表示出∠3，从而得到关于∠3的方程，求得∠3的度数，进而求得∠DAC的度数．解：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠4＝2∠1＝2∠2＝∠3∴∠2+∠3＝3∠2＝126°∴∠2＝∠1＝42°∴∠DAC＝54°﹣42°＝12°．【点评】本题考查了三角形的内角和定理以及三角形的外角的性质，正确求得∠2的度数是关键．22．如图，AB＝CD，AF＝CE，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．求证：（1）△ABE≌△CDF．（2）AD∥BC．【分析】（1）首先证明AE＝CF，然后根据HL即可证得；（2）首先证明△ADF≌△CBE，根据全等三角形的对应角相等，即可证明∠DAF＝∠BCE，根据平行线的性质证明．【解答】证明：（1）∵AF＝CE，∴AE＝CF，又∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，∴直角△ABE和直角△CDF中，，∴△ABE≌△CDF；（2）∵△ABE≌△CDF，∴BE＝DF，∴在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE，∴∠DAF＝∠BCE，∴AD∥BC．【点评】本题考查了全等三角新的判定与性质，证明角相等常用的方法是转化为证明三角形全等．五、解答题.（本大题共3个小题，第23题9分、24题9分，25题12分，共30分）23．如图，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD，CE交于O，OB＝OC．求证：∠1＝∠2．【分析】根据AAS证得△BOE≌△COD，即可根据全等三角形的对应边相等证得OE＝OD，则结论得证．【解答】证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴∠BEO＝∠CDO＝90°