山东省德州市宁津县育新中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试卷（10月份）

这是一份山东省德州市宁津县育新中学2023-2024学年八年级上学期月考数学试卷（10月份），共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）若一个三角形的三边长分别为2，6，a，则a的值可能是（ ）
A．3B．4C．6D．8
2．（4分）画△ABC中AB边上的高，下列画法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）如果等腰三角形的两边长是6cm和3cm，那么它的周长是（ ）
A．9cmB．12cm
C．12cm或15cmD．15cm
4．（4分）如果从一个n边形的一个顶点出发，最多能引出6条对角线，那么这个n边形的内角和是（ ）
A．720°B．1080°C．1260°D．1440°
5．（4分）如图，△ABC的面积是24，点D、E、F、G分别是BC、AD、BE、CE的中点，则△AFG的面积是（ ）
A．9B．9.5C．10.5D．10
6．（4分）根据下列条件能判定△ABC是直角三角形的有（ ）
①∠A+∠B＝∠C，②∠A=12∠B=13∠C，③∠A：∠B：∠C＝5：2：3，④∠A＝2∠B＝3∠C．
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．（4分）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝4，CF＝3，则BD的长是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
8．（4分）如图，抗日战争期间，为了炸毁敌人的碉堡，需要测出我军阵地与敌人碉堡的距离．我军战士想到一个办法，他先面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点B；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点E上；最后，他用步测的办法量出自己与E点的距离，从而推算出我军阵地与敌人碉堡的距离，这里判定△ABC≌△DEF的理由可以是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAA
9．（4分）如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（ ）
A．1＜AB＜29B．4＜AB＜24C．5＜AB＜19D．9＜AB＜19
10．（4分）如果一个正多边形的一个内角与一个外角的度数之比是2：1，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．十B．八C．六D．五
11．（4分）如图，△AOB≌△ADC，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO＝β，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）
A．α＝βB．α＝2βC．α+β＝90°D．α+2β＝180°
12．（4分）如图，∠O＝∠1，∠2＝∠3，∠4＝∠5，∠6＝∠7，∠8＝90°．则∠O的度数为（ ）
A．10°B．15°C．18°D．20°
二、填空题（本题共6小题，共24分）
13．（4分）如图，△ABC≌△DEF，BC＝7，EC＝5，则CF的长为 ．
14．（4分）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为1440°，则原多边形的边数是 ．
15．（4分）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 cm．
16．（4分）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 ．
17．（4分）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＝ ．
18．（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（3，4），则点B的坐标为 ．
三、解答题（共78分）
19．（10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．
20．（10分）已知一个多边形的内角和比外角和多900°，并且这个多边形各个内角的度数都相等．这个多边形的每个内角是多少度？
21．（12分）已知△ABN和△ACM位置如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠1＝∠2．
（1）求证：BD＝CE；
（2）求证：∠M＝∠N．
22．（10分）如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C在小正方形的顶点上．
（1）画出△ABC中边BC上的高AD；
（2）画出△ABC中边AC上的中线BE；
（3）△ABE的面积为 ．
23．（10分）如图，AB⊥AC，CD⊥BD，垂足分别为A，D，AB＝DC．求证：AC＝BD．
24．（12分）如图，已知D是AC上一点，AB＝DA，AB+DC＝ED，AE＝BC．
（1）求证：△ABC≌△DAE；
（2）若∠BAE＝125°，求∠DCB的度数．
25．（14分）央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题．
（1）【模型探究】如图1，△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，连接BE，CD．这一图形称“手拉手模型”．
求证△ABE≌△ACD，请你完善下列过程．
证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠1＝∠DAE﹣∠1（ ）①．
即∠2＝∠3．
在△ABE和△ACD中AB=AC(ㅤㅤ)②(ㅤㅤ)③，
∴△ABE≌△ACD（ ）④．
（2）【模型指引】如图2，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线，在射线上取点D，使∠ADB＝∠ACB，求∠BDC的度数．
小亮同学通过观察，联想到手拉手模型，在BD上找一点E，使AE＝AD，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程．
（3）【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB＝AC，∠BAC为任意角度，若射线BD不与腰AC相交，而是从端点B向右下方延伸．仍在射线上取点D，使∠ADB＝∠ACB，试判断∠BAC与∠BDC有何数量关系？并写出简要说明．
2023-2024学年山东省德州市宁津县育新中学八年级（上）月考数学试卷（10月份）
（参考答案）
一、选择题（每题4分，共48分）
1．（4分）若一个三角形的三边长分别为2，6，a，则a的值可能是（ ）
A．3B．4C．6D．8
【解答】解：∵三角形的三边长分别为2，6，a，
∴6﹣2＜a＜6+2，
即4＜a＜8，
故选：C．
2．（4分）画△ABC中AB边上的高，下列画法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：过点C作AB边的垂线，正确的是C．
故选：C．
3．（4分）如果等腰三角形的两边长是6cm和3cm，那么它的周长是（ ）
A．9cmB．12cm
C．12cm或15cmD．15cm
【解答】解：当腰为3cm时，3+3＝6，不能构成三角形，因此这种情况不成立．
当腰为6cm时，6﹣3＜6＜6+3，能构成三角形；
此时等腰三角形的周长为6+6+3＝15cm．
故选：D．
4．（4分）如果从一个n边形的一个顶点出发，最多能引出6条对角线，那么这个n边形的内角和是（ ）
A．720°B．1080°C．1260°D．1440°
【解答】解：∵从n边形的一个顶点出发一共可引6条对角线，
∴多边形是9边形，
∴内角和是（9﹣2）•180＝1260°，
故选：C．
5．（4分）如图，△ABC的面积是24，点D、E、F、G分别是BC、AD、BE、CE的中点，则△AFG的面积是（ ）
A．9B．9.5C．10.5D．10
【解答】解：∵点D是BC的中点，
∴AD是△ABC的中线，
∴△ABD的面积＝△ADC的面积=12×△ABC的面积，
同理得：△AEF的面积=12×△ABE的面积=14×△ABD的面积=18×△ABC的面积=18×24＝3，
△AEG的面积＝3，
△BCE的面积=12×△ABC的面积＝12，
又∵FG是△BCE的中位线，
∴△EFG的面积=14×△BCE的面积=14×12＝3，
∴△AFG的面积是3×3＝9，
故选：A．
6．（4分）根据下列条件能判定△ABC是直角三角形的有（ ）
①∠A+∠B＝∠C，②∠A=12∠B=13∠C，③∠A：∠B：∠C＝5：2：3，④∠A＝2∠B＝3∠C．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解答】解：∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故①符合题意；
∵∠A=12∠B=13∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故②符合题意；
∵∠A：∠B：∠C＝5：2：3，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝180°×55+2+3=90°，∠B＝180°×25+2+3=36°，∠C＝180°×35+2+3=54°，
∴△ABC是直角三角形，
故③符合题意；
∵∠A＝2∠B＝3∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴116∠A＝180°，
∴∠A=1080°11，
∴∠B=540°11，∠C=360°11，
∴△ABC不是直角三角形，
故④不符合题意；
综上，符合题意得有3个，
故选：C．
7．（4分）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝4，CF＝3，则BD的长是（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【解答】解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，
在△ADE和△CFE中∠A=∠FCE∠ADE=∠FDE=FE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF＝3，
∵AB＝4，
∴DB＝AB﹣AD＝4﹣3＝1．
故选：B．
8．（4分）如图，抗日战争期间，为了炸毁敌人的碉堡，需要测出我军阵地与敌人碉堡的距离．我军战士想到一个办法，他先面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点B；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点E上；最后，他用步测的办法量出自己与E点的距离，从而推算出我军阵地与敌人碉堡的距离，这里判定△ABC≌△DEF的理由可以是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAA
【解答】解：士兵的视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点B；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点E上；
得∠A＝∠D，
∵AC＝DF，
∴∠ACB＝∠DFE＝90°，
∴判定△ABC≌△DFE的理由是ASA．
故选：C．
9．（4分）如图，在△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，则AB边的取值范围是（ ）
A．1＜AB＜29B．4＜AB＜24C．5＜AB＜19D．9＜AB＜19
【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，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=DE，
∴△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．
10．（4分）如果一个正多边形的一个内角与一个外角的度数之比是2：1，那么这个正多边形的边数是（ ）
A．十B．八C．六D．五
【解答】解：∵正多边形的每个内角度数是180°÷（2+1）＝60°，
∴这个正多边形的边数是360÷60＝6，
故选：C．
11．（4分）如图，△AOB≌△ADC，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO＝β，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）
A．α＝βB．α＝2βC．α+β＝90°D．α+2β＝180°
【解答】解：∵△AOB≌△ADC，
∴AB＝AC，∠BAO＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠OAD＝α，
在△ABC中，∠ABC=12(180°-α)，
∵BC∥OA，
∴∠OBC＝180°﹣∠O＝180°﹣90°＝90°，
∴β+12(180°-α)=90°，
整理得，α＝2β．
故选：B．
12．（4分）如图，∠O＝∠1，∠2＝∠3，∠4＝∠5，∠6＝∠7，∠8＝90°．则∠O的度数为（ ）
A．10°B．15°C．18°D．20°
【解答】解：设∠O＝∠1＝x，
则∠3＝∠2＝∠O+∠1＝2x，
∴∠5＝∠4＝∠3+∠O＝2x+x＝3x，
∴∠7＝∠6＝∠5+∠O＝3x+x＝4x，
∵∠8＝∠O+∠7＝4x+x＝5x，且∠8＝90°，
∴5x＝90，
解得：x＝18，
∴∠O＝18°，
故选：C．
二、填空题（本题共6小题，共24分）
13．（4分）如图，△ABC≌△DEF，BC＝7，EC＝5，则CF的长为 2 ．
【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．（4分）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为1440°，则原多边形的边数是 9或10或11 ．
【解答】解：设多边形截去一个角的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝1440°，
解得n＝10，
∵截去一个角后边上可以增加1，不变，减少1，
∴原多边形的边数是9或10或11．
故答案为：9或10或11．
15．（4分）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 2 cm．
【解答】解：5﹣3＝2cm．
答：△ABM与△BCM的周长之差为2cm．
16．（4分）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数为 540° ．
【解答】解：如图，
四边形ABCN中，∠A+∠B+∠C+∠1＝360°，
四边形MNGF中，∠2+∠3+∠F+∠G＝360°，
∵∠3＝∠D+∠E，∠1+∠2＝180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠1+∠2+∠D+∠E+∠F+∠G＝720°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝540°．
故答案为：540°．
17．（4分）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 ．
【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
∵∠F=∠BGA∠FEA=∠BAGAE=AB，
∴△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12×（EF+DH）×FH=12×（6+4）×14＝70，
∴实线所围成的图形是S梯形EFHD﹣S△EFA﹣S△ABC﹣S△DHC
＝70-12×6×2-12×（6+4）×2-12×4×2
＝50．
故答案为50．
18．（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（3，4），则点B的坐标为 （﹣1，7） ．
【解答】解：如图，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BD⊥EA交EA的延长线于点D，设BD交y轴于点F，
∴∠D＝∠AEO＝90°，
∵四边形OABC为正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OA，
∴∠BAD+∠OAE＝90°，
又∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠OAE，
∴△ABD≌△OAE（AAS），
∴AD＝OE，AE＝BD，
∵点A的坐标为（3，4），
∴OE＝AD＝3，AE＝BD＝4，
∴DE＝7，BF＝BD﹣DF＝BD﹣OE＝4﹣3＝1，
∴B（﹣1，7），
故答案为：（﹣1，7）．
三、解答题（共78分）
19．（10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．
【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．（10分）已知一个多边形的内角和比外角和多900°，并且这个多边形各个内角的度数都相等．这个多边形的每个内角是多少度？
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）×180°﹣360°＝900°，
∴n＝9，
∴这个多边形的每个内角是180°﹣360°÷9＝140°．
21．（12分）已知△ABN和△ACM位置如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠1＝∠2．
（1）求证：BD＝CE；
（2）求证：∠M＝∠N．
【解答】（1）证明：在△ABD和△ACE中，AB=AC∠1=∠2AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠DAE＝∠2+∠DAE，
即∠BAN＝∠CAM，
由（1）得：△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠C，
在△ACM和△ABN中，∠C=∠BAC=AB∠CAM=∠BAN，
∴△ACM≌△ABN（ASA），
∴∠M＝∠N．
22．（10分）如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C在小正方形的顶点上．
（1）画出△ABC中边BC上的高AD；
（2）画出△ABC中边AC上的中线BE；
（3）△ABE的面积为 1 ．
【解答】解：（1）如图，线段AD即为所求；
（2）如图，线段BE即为所求；
（3）S△ABE=12S△ABC=12×12×4×4＝1．
故答案为：1．
23．（10分）如图，AB⊥AC，CD⊥BD，垂足分别为A，D，AB＝DC．求证：AC＝BD．
【解答】证明：∵AB⊥AC，CD⊥BD，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABC和Rt△DCB中，
AB=DCBC=CB，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
∴AC＝BD．
24．（12分）如图，已知D是AC上一点，AB＝DA，AB+DC＝ED，AE＝BC．
（1）求证：△ABC≌△DAE；
（2）若∠BAE＝125°，求∠DCB的度数．
【解答】（1）证明：∵DE＝AB+DC，AB＝AD，
∴DE＝AD+DC＝AC，
在△ABC和△DAE中，
AB=ADAC=DEBC=AE，
∴△ABC≌△DAE（SSS）．
（2）解：∵△ABC≌△DAE，
∴∠EAD＝∠B，
∴∠B+∠BAC＝∠EAD+∠BAC＝∠EAB＝125°，
∴∠DCB＝180°﹣（∠B+∠BAC）＝180°﹣125°＝55°．
25．（14分）央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题．
（1）【模型探究】如图1，△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，连接BE，CD．这一图形称“手拉手模型”．
求证△ABE≌△ACD，请你完善下列过程．
证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠1＝∠DAE﹣∠1（ 等式的性质 ）①．
即∠2＝∠3．
在△ABE和△ACD中AB=AC(ㅤㅤ)②(ㅤㅤ)③，
∴△ABE≌△ACD（ SAS ）④．
（2）【模型指引】如图2，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线，在射线上取点D，使∠ADB＝∠ACB，求∠BDC的度数．
小亮同学通过观察，联想到手拉手模型，在BD上找一点E，使AE＝AD，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程．
（3）【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB＝AC，∠BAC为任意角度，若射线BD不与腰AC相交，而是从端点B向右下方延伸．仍在射线上取点D，使∠ADB＝∠ACB，试判断∠BAC与∠BDC有何数量关系？并写出简要说明．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠1＝∠DAE﹣∠1（等式的性质），
即∠2＝∠3，
在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠2=∠3AD=AE，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
故答案为：等式的性质，∠2＝∠3，AD＝AE；SAS；
（2）解：在BD上取一点E，使AE＝AD，
∵AE＝AD，AB＝AC，
∴∠ADE＝∠AED，∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠BAC＝∠DAE＝40°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠DAE﹣∠EAC，
∴∠BAE＝∠CAD，
又∵AB＝AC，AE＝AD，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
设AC和BD交于点O，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°；
（3）解：∠BAC+∠BDC＝180°．
理由：在DB延长线上取一点E，使得AE＝AD，
同理可证：△ABE≌△ACD，
∴∠ADC＝∠E，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠E+∠DAE+∠ADB＝180°，
∴∠BAC+∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠BAC+∠BDC＝180°．