湖北省武汉市洪山区弘光学校2022-2023学年八年级上册第一次月考数学测试题+（有答案）

这是一份湖北省武汉市洪山区弘光学校2022-2023学年八年级上册第一次月考数学测试题+（有答案），共17页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市洪山区弘光学校2022-2023学年八年级数学上册第一次月考测试题（附答案）
一.选择题（满分30分）
1．下列各组长度的线段能构成三角形的是（　　）
A．1.5cm，4cm，2.3cm B．3.5cm，7cm，3cm
C．6cm，1cm，6cm D．4cm，10cm，4cm
2．如图，小明在院子的门板上钉了一个加固板，从数学角度看，这样做的原因是（　　）

A．两点之间的线段最短 B．长方形的四个角都是直角
C．长方形具有稳定性 D．三角形有稳定性
3．下列说法正确的是（　　）
A．全等三角形的对应高相等 B．面积相等的两个三角形全等
C．周长相等的两个三角形全等 D．所有的等边三角形全等
4．具备下列条件的△ABC中，不是直角三角形的是（　　）
A．∠A+∠B＝∠C B．∠A＝∠B＝∠C
C．∠A：∠B：∠C＝1：2：3 D．∠A＝2∠B＝3∠C
5．如图，能用ASA来判断△ACD≌△ABE需要添加的条件是（　　）

A．∠AEB＝∠ADC，∠C＝∠B B．∠AEB＝∠ADC，CD＝BE
C．AC＝AB，AD＝AE D．AC＝AB，∠C＝∠B
6．一个正多边形的外角与它相邻的内角之比为1：4，那么这个多边形的边数为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．12
7． 如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是边AC上一点，AD＝BD，
BC＝DC，则∠A的大小是（　　）
A．18° B．36°
C． D．

8．如图，在锐角△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高，且CD，BE相交于一点P，若∠A＝50°，则∠BPC＝（　　）

A．150° B．130° C．120° D．100°
9．如图，AD为△ABC的中线，AD＝3，AC＝4，则AB的长的取值范围是（　　）

A．4＜AB＜7 B．2＜AB＜10 C．3＜AB＜5 D．2＜AB＜7
10．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE＝BA，∠E＝∠C，若DE＝BD，AD＝，BD＝，则△BDE的面积为（　　）

A． B． C． D．
二.填空题（满分18分）
11．已知三角形的两边长分别为3和7，则第三边为x，则x的取值范围是 　 　．
12．一个十二边形共有　 　条对角线．
13．如图，三角形纸片ABC中，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片的一角折叠，使点C落在△ABC内，若∠1＝20°，则∠2的度数为 　 　度．

14．若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角等于30°，则此三角形的顶角为　 　度．
15．如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1，∠2，∠3是五边形的外角，则∠1+∠2+∠3等于　 　．

16．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB，D为CB延长线上一点，AE＝AD，且AE⊥AD，BE与AC的延长线交于点P，若AC＝3PC，则＝　 　．

三.解答题（满分72分）
17．如图，点E、F在AC上，∠A＝∠C，AD＝CB，AE＝CF．求证：△AFD≌△CEB．


18．一个多边形的内角和比四边形的外角和多540°，求这个多边形的边数．

19．如图，在△ABC中，∠C＝∠ABC＝2∠A，BD平分∠ABC，BE是AC边上的高，求∠DBE的度数．



20．如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC＝BC，DC＝EC，AE与BD交于点F．
（1）求证：AE＝BD；
（2）求∠AFD的度数．

21．如图，正方形网格中，每一格表示1个单位长度．
（1）请直接写出点A的坐标；
（2）在所给网格中确定一点D（不与点C重合），使得△DAB与△ABC全等，请直接写出点D所有可能的坐标；
（3）在所给网格中确定一个格点P，使得∠PBC＝90°，请直接写出点P所有可能的坐标；
（4）用一块没有刻度的直尺，作出△ABC的高AE，请保留作图痕迹，不写作法．

22．如图，已知长方形ABCD中，如图，在长方形ABCD中，AD＝BC＝8，BD＝10，点E从点D出发，以每秒2个单位长度的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿CB向点B匀速移动，点G从点B出发，沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当E点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒，当△DEG和△BFG全等时，求t的值和此时G点对应的速度．


23．【初步探索】
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEP≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　 　．
【灵活运用】
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【拓展延伸】
（3）已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．

24．如图，在平面直角坐标系中，已知A（a，0）、B（0，b）分别在坐标轴的正半轴上．
（1）如图1，若a、b满足（a﹣4）2+＝0，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，则点C的坐标是 　 　；
（2）如图2，若a＝b，点D是OA的延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰直角△BDE，连接AE，求证：∠ABD＝∠AED；
（3）如图3，设AB＝c，∠ABO的平分线过点D（2，﹣2），直接写出a﹣b+c的值．


参考答案
一.选择题（满分30分）
1．解：根据三角形的三边关系，得
A、1.5+2.3＜4，不能组成三角形，故此选项错误；
B、3.5+3＝6.5＜7，不能组成三角形，故此选项错误；
C、1+6＞6，能够组成三角形，故此选项正确；
D、4+4＜10，不能组成三角形，故此选项错误．
故选：C．
2．解：这样做的原因是：利用三角形的稳定性使门板不变形，
故选：D．
3．解：全等三角形的对应高相等，故A说法正确，符合题意；
面积相等的两个三角形不一定全等，故B说法错误，不符合题意；
周长相等的两个三角形不一定全等，故C说法错误，不符合题意；
所有的等边三角形不一定全等，故D说法错误，不符合题意；
故选：A．
4．解：A、∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，∴2∠C＝180°，解得∠C＝90°，∴△ABC是直角三角形，∴本选项不符合题意；
B、设∠A＝x，∠B＝2x，∠C＝3x，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴x+2x+3x＝180°，解得x＝30°，∴∠C＝90°，∴本选项不符合题意；
C、设∠A＝x，∠B＝2x，∠C＝3x，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴x+2x+3x＝180°，解得x＝30°，∴∠C＝90°，∴本选项不符合题意；
D、∵∠A+∠B+∠C＝180°，而∠A＝2∠B＝3∠C，∴3∠C+∠C+∠C＝180°，解得∠C＝，∴∠A＝3∠C＝，∴本题选项符合题意．
故选：D．
5．解：A、判定两个三角形全等时，必须有边的参与，故本选项错误；
B、根据AAS判定△ACD≌△ABE，故本选项错误；
C、根据SAS判定△ACD≌△ABE，故本选项错误；
D、根据ASA判定△ACD≌△ABE，故本选项正确；
故选：D．
6．解：设正多边形的每个外角的度数为x，与它相邻的内角的度数为4x，依题意有
x+4x＝180°，
解得x＝36°，
这个多边形的边数＝360°÷36°＝10．
故选：C．
7．解：∵AD＝BD，BC＝DC，
∴△ABD，△BCD为等腰三角形，
设∠A＝∠ABD＝x，则∠CDB＝∠CBD＝2x，
又∵AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形，
∴∠ABC＝∠C＝3x，
在△ABC中，∠A+∠ABC+∠C＝180°，
即x+3x+3x＝180°，
解得x＝，
即∠A＝．
故选：C．
8．解：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BPC＝∠DPE＝180°﹣50°＝130°．
故选：B．
9．解：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，

在△BDE与△CDA中，
，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC，
∵AD＝3，AC＝4，
∴AE﹣BE＜AB＜AE+BE，
∴6﹣4＜AB＜6+4，
∴2＜AB＜10，
故选：B．
10．解：∵∠ABD＝∠C＝∠E，AB＝BE，

在BD上截取BF＝DE，
在△ABF与△BED中，
，
∴△ABF≌△BED（SAS），
∴S△BDE＝S△ABF．
∴S△ABD＝BD•AD＝••＝．
∵DE＝BD，
∴BF＝BD，
∴S△ABF＝S△ABD＝，
∴S△BDE＝．
故选：C．
二.填空题（满分18分）
11．解：∵三角形的两边长分别为3、7，
∴第三边x的取值范围是7﹣3＜x＜7+3，即4＜x＜10．
故答案为：4＜x＜10．
12．解：∵n边形共有条对角线，
∴一个十二边形共有＝54条对角线．
故答案为：54．
13．解：∵∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°﹣（65°+75°）＝40度，
∴∠CDE+∠CED＝180°﹣∠C＝140°，
∴∠2＝360°﹣（∠A+∠B+∠1+∠CED+∠CDE）＝360°﹣300°＝60度．
故填60．

14．解：当高在三角形内部时（如图1），顶角是60°；
当高在三角形外部时（如图2），顶角是90°+30°＝120°．
故答案为：60或120．

15．解：∵AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故答案为：180°．

16．证明：过点E作EM⊥AP于M，

∵∠ACB＝90°，
∴∠M＝∠ACD，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE＝90°，
∴∠EAM+∠AEM＝90°，∠EAM+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠AEM，
在△ADC和△EAM中，
，
∴△ADC≌△EAM（AAS），
∴AC＝EM，DC＝AM，
∵AC＝BC，
∴BC＝EM，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCP＝90°，
∴∠BCP＝∠M，
在△BCP和△EMP中，
，
∴△BCP≌△EMP（AAS），
∴BP＝PE，
∴CP＝PM，
∵AM＝DC，AC＝3PC，
设PC＝PM＝x，AC＝BC＝3x，AM＝DC＝5x，
∴DB＝2x，
∴＝＝．
故答案为：．
三.解答题（满分72分）
17．证明：∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
∴AF＝CE，
在△AFD和△CEB中，
，
∴△AFD≌△CEB（SAS）．
18．解：设多边形的边数为n，可得
（n﹣2）•180°＝360°+540°，
解得n＝7．
故这个多边形的边数为7．
19．解：在△ABC中，∠ABC+∠A+∠C＝180°，
∵∠C＝∠ABC＝2∠A，
∴∠A＝36°，
∴∠C＝∠ABC＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABC＝36°，
∵BE是AC边上的高，
∴∠CBE＝90°﹣∠C＝18°，
∴∠DBE＝∠CBD﹣∠CBE＝36°﹣18°＝18°．
20．解：（1）∵AC⊥BC，DC⊥EC，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD；
（2）设BC与AE交于点N，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ANC＝90°，
∵△ACE≌△BCD，
∴∠A＝∠B，
∵∠ANC＝∠BNF，
∴∠B+∠BNF＝∠A+∠ANC＝90°，
∴∠AFD＝∠B+∠BNF＝90°．

21．解：（1）如图，A（﹣2，1）．
（2）如图，D1（﹣1，﹣2），D2（1，0），D3（0，1）．

（3）如图，满足条件的点P的坐标为（﹣1，0）或（0，0）或（1，﹣1）或（0，﹣3）或（﹣2，﹣3）或（﹣2，﹣2）．

（4）如图，线段AE即为所求作．

22．解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
有两种情形：①DE＝BF，BG＝DG＝5，
∴2t＝8﹣t，
∴t＝，
∴点G的速度＝＝；
②当DE＝BG，DG＝BF时，设BG＝y，
则有 ，
解得，
∴点G的速度＝＝2，
综上所述：t的值为或2，点G的速度为或2．
23．解：（1）结论：∠BAE+∠FAD＝∠EAF．
理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF，
∴EF＝DF+DG＝FG，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；

（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；

（3）结论：∠EAF＝180°﹣∠DAB．
理由：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠DAB＝360°，
∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．
24．（1）解：∵（a﹣4）2+＝0，
∴（a﹣4）2＝0，＝0，
∴a﹣4＝0，b﹣3＝0，
∴a＝4，b＝3，
∵A（a，0）、B（0，b），
∴OA＝4，OB＝3，
过点C作CN⊥y轴于N，如图1所示：
则∠BNC＝90°，
∵∠ABC＝∠AOB＝90°，
∴∠CBN+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBN＝BAO，
又∵∠BNC＝∠AOB＝90°，BC＝AB，
∴△BNC≌△AOB（AAS），
∴BN＝AO＝4，CN＝BO＝3，
∴ON＝OB+BN＝7，
∴C（3，7），
故答案为：（3，7）；
（2）证明：过E作EF⊥x轴于F，如图2所示：
则∠EFD＝90°，
∵a＝b，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE＝90°，
∴DB＝DE，
∵∠EDF+∠BDO＝90°，∠DEF+∠EDF＝90°，
∴∠BDO＝∠DEF，
∵∠EFD＝∠DOB＝90°，
∴△DEF≌△BDO（AAS），
∴∠EDF＝∠DBO，DF＝OB，EF＝OD，
∵OB＝OA，
∴DF＝OA，
∴DF+AD＝OA+OD，
即AF＝OD，
∴AF＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠AEF＝45°，
∵∠EDF＝∠EAF+∠AED＝45°+∠AED，∠DBO＝∠OBA+∠ABD＝45°+∠ABD，
∴∠ABD＝∠AED；
（3）解：过D作DM⊥y轴于M，DH⊥x轴于H，DG⊥BA交BA的延长线于G，
∵D（2，﹣2），
∴DM＝DH＝OM＝OH＝2，
∵BD平分∠ABO，DM⊥OB，DG⊥AB，
∴DM＝DG，
又∵BD＝BD，
∴Rt△BDG≌△BDM（HL），
∴BG＝BM，
同理：Rt△ADH≌△ADG（HL），
∴AH＝AG，
∵OA＝a，OB＝b，AB＝c，
∴a﹣b+c＝OA﹣OB+AB＝（OH+AH）﹣（BM﹣OM）+（BG﹣AG）＝2+AH﹣BM+2+BG﹣AG＝4，
即a﹣b+c＝4．