八年级数学上学期第一次月考测试卷（人教版测试范围：第一章、第二章）2023-2024学年八年级数学上册考点归纳与解题策略（人教版）解析版

2023-2024学年八年级数学上学期第一次月考（考试时间：120分钟试卷满分：120分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第一章、第二章（人教版）。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．以下列各组线段为边长，能组成三角形的是（）A．2，3，6 B．3，4，8 C．5，6，10 D．7，8，18【答案】C【分析】根据三角形的三边关系定理：两边之和大于第三边，即两条较短的边的长之和大于最长的边即可．【解答】解：A.2+3＜6，故不能组成三角形，故选项不符合题意；B.3+4＜8，故不能组成三角形，故选项不符合题意；C.5+6＞10，故能组成三角形，故选项符合题意；D.7+8＜18，故不能组成三角形，故选项不符合题意．故选：C．2．如图，盖房子时，在窗框未安装好之前，木工师傅常常先在窗框上斜钉一根木条让其固定，其所运用的几何原理是（）A．三角形的稳定性 B．垂线段最短 C．两点确定一条直线 D．两点之间，线段最短【答案】A【分析】用木条固定矩形门框，即是组成三角形，故可用三角形的稳定性解释．【解答】解：加上木条后，原不稳定的四边形中具有了稳定的三角形，故其所运用的几何原理是三角形的稳定性．故选：A．3．已知一个正n边形的每个内角为120°，则这个多边形的对角线有（）A．5条 B．6条 C．8条 D．9条【答案】D【分析】多边形的每一个内角都等于120°，则每个外角是60°，而任何多边形的外角是360°，则求得多边形的边数；再根据多边形一个顶点出发的对角线＝n﹣3，即可求得对角线的条数．【解答】解：∵多边形的每一个内角都等于120°，∴每个外角是60度，则多边形的边数为360°÷60°＝6，则该多边形有6个顶点，则此多边形从一个顶点出发的对角线共有6﹣3＝3条．∴这个多边形的对角线有（6×3）＝9条，故选：D．4．如图，△ABC中，∠A＝40°，点D为延长线上一点，且∠CBD＝120°，则∠C＝（）A．40° B．60° C．80° D．100°【答案】C【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．【解答】解：由三角形的外角性质得，∠C＝∠CBD﹣∠A＝120°﹣40°＝80°．故选：C．5．如图，已知∠1＝∠2，则不一定能使△ABD≌△ACD的条件是（）A．BD＝CD B．AB＝AC C．∠B＝∠C D．∠BAD＝∠CAD【答案】B【分析】利用全等三角形判定定理ASA，SAS，AAS对各个选项逐一分析即可得出答案．【解答】解：A、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若BD＝CD，则△ABD≌△ACD（SAS）；B、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若AB＝AC，不符合全等三角形判定定理，不能判定△ABD≌△ACD；C、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若∠B＝∠C，则△ABD≌△ACD（AAS）；D、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若∠BAD＝∠CAD，则△ABD≌△ACD（ASA）；故选：B．6．一个多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，这个多边形的边数是（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】多边形的外角和是360度，多边形的内角和比它的外角和的2倍还大180°，则多边形的内角和是2×360+180＝900度；n边形的内角和是（n﹣2）180°，则可以设这个多边形的边数是n，这样就可以列出方程（n﹣2）180°＝900°，解之即可．【解答】解：多边形的内角和是2×360+180＝900度，设这个多边形的边数是n，根据题意得：（n﹣2）180°＝900°，解得n＝7，即这个多边形的边数是7．故选：C．7．如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（）A．1＜AB＜29 B．4＜AB＜24 C．5＜AB＜19 D．9＜AB＜19【答案】D【分析】延长AD至E，使DE＝AD，然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出CE的取值范围，即为AB的取值范围．【解答】解：如图，延长AD至E，使DE＝AD，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，在△ABD和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（SAS），∴AB＝CE，∵AD＝7，∴AE＝7+7＝14，∵14+5＝19，14﹣5＝9，∴9＜CE＜19，即9＜AB＜19．故选：D．8．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E且AB＝6cm，则△DEB的周长为（）A．40cm B．6cm C．8cm D．10cm【答案】B【分析】先利用“角角边”证明△ACD和△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC＝AE，CD＝DE，然后求出BD+DE＝AE，进而可得△DEB的周长．【解答】解：∵DE⊥AB，∴∠C＝∠AED＝90°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠EAD，在△ACD和△AED中，，∴△ACD≌△AED（AAS），∴AC＝AE，CD＝DE，∴BD+DE＝BD+CD＝BC＝AC＝AE，BD+DE+BE＝AE+BE＝AB＝6，所以，△DEB的周长为6cm．故选：B．9．如图，小亮书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快画出了一个与书上全等的三角形，这两个三角形全等的依据是（）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】B【分析】图中三角形没被污染的部分有两角及夹边，根据全等三角形的判定方法解答即可．【解答】解：由图可知，三角形两角及夹边可以作出，所以，依据是ASA．故选：B．10．一个多边形截取一个角后，形成另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数可能是（）A．9，10，11 B．12，11，10 C．8，9，10 D．9，10【答案】A【分析】首先求得内角和为1440°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．【解答】解：设内角和为1440°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180＝1440，解得：n＝10．则原多边形的边数为9或10或11故选：A．11．如图，将纸片△ABC沿DE折叠，点A落在点F处，已知∠1+∠2＝100°，则∠A的度数等于（）A．70° B．60° C．50° D．40°【答案】C【分析】根据翻折不变性和三角形的内角和定理及角平分线的性质解答．【解答】解：∵∠1+∠2＝100°，∴∠ADF+∠AEF＝360°﹣100°＝260°，∴∠ADE+∠AED＝130°，∴∠A＝180°﹣130°＝50°．故选：C．12．如图，已知AD为△ABC的高线，AD＝BC，以AB为底边作等腰Rt△ABE，且点E在△ABC内部，连接ED，EC，延长CE交AD于F点，下列结论：①△ADE≌△BCE，②CE⊥DE，③BD＝AF，④S△BDE＝S△ACE，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①易证∠CBE＝∠DAE，即可求证：△ADE≌△BCE；②根据①结论可得∠AEC＝∠DEB，即可求得∠AED＝∠BEG，即可解题；③证明△AEF≌△BED即可；④易证△FDC是等腰直角三角形，则CE＝EF，S△AEF＝S△ACE，由△AEF≌△BED，可知S△BDE＝S△ACE，所以S△BDE＝S△ACE．【解答】解：①∵AD为△ABC的高线，∴∠CBE+∠ABE+∠BAD＝90°，∵Rt△ABE是等腰直角三角形，∴∠ABE＝∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝45°，AE＝BE，∴∠CBE+∠BAD＝45°，∴∠DAE＝∠CBE，在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS）；故①正确；②∵△ADE≌△BCE，∴∠EDA＝∠ECB，∵∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠EDC+∠ECB＝90°，∴∠DEC＝90°，∴CE⊥DE；故②正确；③∵∠BDE＝∠ADB+∠ADE，∠AFE＝∠ADC+∠ECD，∴∠BDE＝∠AFE，∵∠BED+∠BEF＝∠AEF+∠BEF＝90°，∴∠BED＝∠AEF，在△AEF和△BED中，，∴△AEF≌△BED（AAS），∴BD＝AF；故③正确；④∵AD＝BC，BD＝AF，∴CD＝DF，∵AD⊥BC，∴△FDC是等腰直角三角形，∵DE⊥CE，∴EF＝CE，∴S△AEF＝S△ACE，∵△AEF≌△BED，∴S△AEF＝S△BED，∴S△BDE＝S△ACE．故④正确；故选：D．第Ⅱ卷填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．）13．如图，△ABC≌△DEF，BC＝7，EC＝5，则CF的长为2．【答案】2．【分析】根据全等三角形的对应边相等得到EF＝BC，计算即可得到结果．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，又BC＝7，∴EF＝7，∵EC＝5，∴CF＝EF﹣EC＝7﹣5＝2，故答案为：2．14．若从一个n边形的一个顶点出发，最多可以引8条对角线，则n＝11．【答案】见试题解答内容【分析】可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系：n﹣3，列方程求解．【解答】解：设多边形有n条边，则n﹣3＝8，解得n＝11．故答案为：11．15．BM是△ABC中AC边上的中线，AB＝5cm，BC＝3cm，那么△ABM与△BCM的周长之差为2cm．【答案】见试题解答内容【分析】根据三角形的中线的概念，由BM是△ABC中AC边上的中线得AM＝CM．所以△ABM与△BCM的周长之差为AB与BC的差．【解答】解：5﹣3＝2cm．答：△ABM与△BCM的周长之差为2cm．16．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数是540°．【答案】见试题解答内容【分析】根据四边形的内角和是360°，可求∠C+∠B+∠D+∠2＝360°，∠1+∠3+∠E+∠F＝360°．又由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，得∠1＝∠A+∠G，而∠2+∠3＝180°，从而求出所求的角的和．【解答】解：在四边形BCDM中，∠C+∠B+∠D+∠2＝360°，在四边形MEFN中：∠1+∠3+∠E+∠F＝360°．∵∠1＝∠A+∠G，∠2+∠3＝180°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝360°+360°﹣180°＝540°．17．如图，AE⊥AB，且AE＝AB，BC⊥CD，且BC＝CD，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S＝50．【答案】见试题解答内容【分析】求出∠F＝∠AGB＝∠EAB＝90°，∠FEA＝∠BAG，根据AAS证△FEA≌△GAB，推出AG＝EF＝6，AF＝BG＝2，同理CG＝DH＝4，BG＝CH＝2，求出FH＝14，根据实线所围成的图形＝S梯形EFHD﹣S△EFA﹣S△ABC﹣S△DHC和面积公式代入求出即可．【解答】解：∵AE⊥AB，EF⊥AF，BG⊥AG，∴∠F＝∠AGB＝∠EAB＝90°，∴∠FEA+∠EAF＝90°，∠EAF+∠BAG＝90°，∴∠FEA＝∠BAG，在△FEA和△GAB中∵，∴△FEA≌△GAB（AAS），∴AG＝EF＝6，AF＝BG＝2，同理CG＝DH＝4，BG＝CH＝2，∴FH＝2+6+4+2＝14，∴梯形EFHD的面积是×（EF+DH）×FH＝×（6+4）×14＝70，∴实线所围成的图形是S梯形EFHD﹣S△EFA﹣S△ABC﹣S△DHC＝70﹣×6×2﹣×（6+4）×2﹣×4×2＝50．故答案为50．18．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下结论：①PQ∥AE；②∠AOE＝120°；③CO平分∠BCD；④△CPQ是等边三角形，⑤OC+BO＝AO恒成立的是①②④⑤．【答案】①②④⑤．【分析】由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠CBE＝∠DAC，由“ASA”可得CP＝CQ，利用全等三角形的性质依次判断可求解．【解答】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE＝∠DAC，又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°，即∠ACP＝∠BCQ，又∵AC＝BC，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP＝CQ，又∵∠PCQ＝60°，∴△PCQ为等边三角形，故④正确；∴∠PQC＝∠DCE＝60°，∴PQ∥AE，故①正确；∵∠DAC+∠AEB＝∠DAC+∠ADC＝∠DCE＝60°，∴∠AOE＝120°，故②正确；如图，在AP上截取PN＝OQ，连接CN，∵△CQB≌△CPA，∴CP＝CQ，∠CPN＝∠CQO，BQ＝AP，∴△CPN≌△CQO（SAS），∴CN＝CO，∠BCN＝∠OCQ，∴∠ACN＝∠BCO，∠NCO＝60°，又∵AC＝BC，∴△ACN≌△BCO（SAS），∴BO＝AN，∵∠NCO＝60°，CO＝CN，∴△NCO是等边三角形，∴NO＝CO，∴AO＝AN+NO＝BO+CO，故⑤正确；∵OC不一定垂直AE，∴∠ACO不一定等于∠ECO，∴∠BCO不一定等于∠DCO，∴CO不一定平分∠BCD，故③错误；故答案为：①②④⑤．三、解答题（本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）19．（8分）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC，若∠BAE＝30°，∠CAD＝20°，求∠B的度数．【答案】50°．【分析】想办法求出∠AED，再利用三角形的外角的性质求解即可．【解答】解：∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAE＝30°，∴∠EAD＝∠EAC﹣∠DAC＝30°﹣20°＝10°，∵AD⊥BC，∴∠ADE＝90°，∴∠AED＝90°﹣∠EAD＝80°，∵∠AED＝∠B+∠BAE，∴∠B＝80°﹣30°＝50°．20．（8分）如图，AB⊥AC，CD⊥BD，垂足分别为A，D，AB＝DC．求证：AC＝BD．【答案】证明见解析过程．【分析】利用HL证明Rt△ABC≌Rt△DCB，即可证明结论．【解答】证明：∵AB⊥AC，CD⊥BD，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABC和Rt△DCB中，，∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），∴AC＝BD．21．（8分）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC．（1）用直尺和圆规作∠BAC的平分线交BC于点D（保留作图痕迹）；（2）过点D画△ABD的边AB上的高DE，交线段AB于点E，若△BDE的周长是5cm，求AB的长．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用尺规周长∠CAB的角平分线即可．（2）利用尺规过点D作DE⊥AB即可．证明△BDE的周长＝AB即可．【解答】解：（1）如图，线段AD即为所求．（2）如图，线段DE即为所求．∵∠DAC＝∠DAE，∠C＝∠AED＝90°，AD＝AD，∴△ADC≌△ADE（AAS），∴AC＝AE，DC＝DE，∵CA＝CB，∴CB＝AE，∵△DEB的周长＝5cm，∴DE+BD+BE＝DC+BD+BE＝BC+BE＝AE+BE＝AB＝5（cm）．22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，且BE＝CF，BD＝CE．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）当∠A＝40°时，求∠DEF的度数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，BE＝CF，BD＝CE．利用边角边定理证明△DBE≌△ECF，然后即可求证△DEF是等腰三角形．（2）根据∠A＝40°可求出∠ABC＝∠ACB＝70°根据△DBE≌△ECF，利用三角形内角和定理即可求出∠DEF的度数．【解答】证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，在△DBE和△ECF中，∴△DBE≌△ECF，∴DE＝EF，∴△DEF是等腰三角形；（2）∵△DBE≌△ECF，∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠B＝（180°﹣40°）＝70°∴∠1+∠2＝110°∴∠3+∠2＝110°∴∠DEF＝70°23．（10分）已知，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，过A任作一直线l，作BD⊥l于D，CE⊥l于E，观察三条线段BD，CE，DE之间的数量关系．（1）如图1，当l经过BC中点时，此时BD＝CE；（2）如图2，当l不与线段BC相交时，BD，CE，DE三者的数量关系为DE＝BD+CE，，并证明你的结论．（3）如图3，当l与线段BC相交，交点靠近B点时，BD，CE，DE三者的数量关系为CE﹣BD＝DE．证明你的结论，并画图直接写出交点靠近C点时，BD，CE，DE三者的数量关系为BD﹣CE＝DE．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由等腰三角形的性质可得直线l⊥BC，可得点D，点E与BC的中点重合，即BD＝CE；（2）如图2，由“AAS”可证△ABD≌△CAE，可得AD＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD+CE；（3）如图3，由“AAS”可证△ABD≌△CAE，可得AD＝CE，AE＝BD，可得CE﹣BD＝DE，如图4，由“AAS”可证△ABD≌△CAE，可得AD＝CE，AE＝BD，可得BD﹣CE＝DE．【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，l经过BC中点∴直线l⊥BC，∴点D，点E与BC的中点重合，∴BD＝CD故答案为：＝（2）如图2：DE＝BD+CE，理由如下：∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°＝∠BAC，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠BAD+∠DBA＝90°∴∠CAE＝∠DBA，且AB＝AC，∠BDA＝∠CEA＝90°，∴△ABD≌△CAE（AAS）∴AD＝CE，AE＝BD∴DE＝BD+CE，故答案为：DE＝BD+CE，（3）如图3：CE﹣BD＝DE∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°＝∠BAC，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠BAD+∠DBA＝90°∴∠CAE＝∠DBA，且AB＝AC，∠BDA＝∠CEA＝90°，∴△ABD≌△CAE（AAS）∴AD＝CE，AE＝BD∴DE＝AD﹣AE＝CE﹣BD如图4，若交点靠近C点时，∵BD⊥l，CE⊥l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°＝∠BAC，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∠BAD+∠DBA＝90°∴∠CAE＝∠DBA，且AB＝AC，∠BDA＝∠CEA＝90°，∴△ABD≌△CAE（AAS）∴AD＝CE，AE＝BD∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．故答案为：CE﹣BD＝DE，BD﹣CE＝DE24．（10分）如图1，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作BC⊥AE于点C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE，并延长AD交BE于点P；（1）求证：AD＝BE；（2）试说明AD⊥BE；（3）如图2，将△CDE绕着点C旋转一定的角度，那么AD与BE的位置关系是否发生变化，说明理由．【答案】（1）证明过程见解答；（2）证明过程见解答；（3）AD⊥BE不发生变化．证明过程见解答．【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，即可得到AD⊥BE；（3）AD⊥BE不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝∠AFC，根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．【解答】解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，∴∠CBA＝∠CAB，∴BC＝CA，在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴AD＝BE．（2）∵△BCE≌△ACD，∴∠EBC＝∠DAC，∵∠BDP＝∠ADC，∴∠BPD＝∠DCA＝90°，∴AD⊥BE．（3）AD⊥BE不发生变化．理由：如图（2），∵△BCE≌△ACD，∴∠EBC＝∠DAC，∵∠BFP＝∠AFC，∴∠BPF＝∠ACF＝90°，∴AD⊥BE．25．（12分）如图1，A（﹣2，0），B（0，4），以B点为直角顶点在第二象限作等腰直角△ABC．（1）求C点的坐标；（2）在坐标平面内是否存在一点P，使△PAB与△ABC全等？若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由；（3）如图2，点E为y轴正半轴上一动点，以E为直角顶点作等腰直角△AEM，过M作MN⊥x轴于N，求OE﹣MN的值．【答案】（1）（﹣4，6）；（2）（﹣6，2）或（2，﹣2）或（4，2）或（﹣4，6）；（3）2．【分析】（1））作CE⊥y轴于E，证△CEB≌△BOA，推出CE＝OB＝4，BE＝AO＝2，即可得出答案；（2）分为四种情况，画出符合条件的图形，构造直角三角形，证三角形全等，即可得出答案；（3）作MF⊥y轴于F，证△EFM≌△AOE，求出EF，即可得出答案．【解答】解：（1）作CE⊥y轴于E，如图1，∵A（﹣2，0），B（0，4