广东省广州市南沙区朝阳学校2019~2020学年八年级上学期月考数学试题答案

这是一份广东省广州市南沙区朝阳学校2019~2020学年八年级上学期月考数学试题答案，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
（满分100分，考试时间90分钟）
一、选择题（每小题2分，10小题，共20分）
1. 下列图案中是轴对称图形的个数为（ ）

A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．即可判断出选项．
【详解】根据轴对称的定义，
可得：第一个图形是轴对称图形，
第二个图形是轴对称图形，
第三个图形不是轴对称图形，
第四个图形是轴对称图形．
故共有3个轴对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
2. 若三角形的两边长分别为6 ㎝，9 cm，则其第三边的长可能为
A. 2㎝B. 3 cmC. 7㎝D. 16 cm
【答案】C
【解析】
【分析】已知三角形的两边长分别为6cm和9cm，根据在三角形中任意两边之和＞第三边，或者任意两边之差＜第三边，即可求出第三边长的范围．
【详解】设第三边长为xcm．
由三角形三边关系定理得9-6＜x＜9+6，
解得3＜x＜15．
故选C．
3. 如图所示，小明试卷上的三角形被墨迹污染了一部分，很快他就根据所学知识画出一个与试卷原图完全一样的三角形，那么两个三角形完全一样的依据是( )

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出即可．
【详解】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形．
故选：A．
【点睛】本题考查三角形全等的判定的实际运用，熟练掌握判定定理并灵活运用是解题的关键．
4. 如图，给出下列四组条件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②AB=DE，∠B=∠E，BC=EF；③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的条件共有（ ）
A. 1组B. 2组C. 3组D. 4组
【答案】C
【解析】
【分析】要使△ABC≌△DEF的条件必须满足SSS、SAS、ASA、AAS，可据此进行判断．
【详解】解：第①组满足SSS，能证明△ABC≌△DEF．
第②组满足SAS，能证明△ABC≌△DEF．
第③组满足ASA，能证明△ABC≌△DEF．
第④组只是SSA，不能证明△ABC≌△DEF．
所以有3组能证明△ABC≌△DEF．
故符合条件的有3组．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．
5. 如图，已知BE＝CE，ED为△EBC的中线，BD＝8，△AEC的周长为24，则△ABC的周长为( )
A. 40B. 46C. 50D. 56
【答案】A
【解析】
【详解】解：∵ED是中线，BD=8，
∴BC=16，
∵BE=EC，△AEC的周长为24，
∴AE+EC+AC= AE+EB+AC=AB+AC=24，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=40．
故选A．
6. 如图为个边长相等的正方形的组合图形，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】标注字母，利用“边角边”判断出△ABC和△DEA全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠4，然后求出∠1+∠3=90°，再判断出∠2=45°，然后计算即可得解．
【详解】解：如图，在△ABC和△DEA中，
，
∴△ABC≌△DEA（SAS），
∴∠1=∠4，
∵∠3+∠4=90°，
∴∠1+∠3=90°，
又∵∠2=45°，
∴∠1+∠2+∠3=90°+45°=135°．
故选B．
【点睛】本题考查了全等图形，网格结构，准确识图判断出全等的三角形是解题的关键．
7. 一个多边形的内角和比它的外角的和的2倍还大180°，这个多边形的边数是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【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，则多边形的内角和是度；边形的内角和是，则可以设这个多边形的边数是，这样就可以列出方程，解之即可．
【详解】解：多边形的内角和是度，设这个多边形的边数是，根据题意得：，
解得，即这个多边形的边数是7．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式和外角和定理，解题的关键是掌握多边形内角和公式．
8. 在等腰三角形中，有一个角是50°，它的一条腰上的高与底边的夹角是（）
A. 25°B. 25°或40°C. 30°或40°D. 50°
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分两种情况：50°为底角和50°为顶角，分别画出图形求解即可．
【详解】解：当50°为底角时，
∵∠B＝∠ACB＝50°，
∴∠BCD＝40°；
当50°为顶角时，
∵∠A＝50°，
∴∠B＝∠ACB＝65°，
∴∠BCD＝25°．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是基础知识，要熟练掌握．注意分类讨论思想的应用．
9. 如图，在和中，点在边上，边交边于点，若，，，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定与性质，证，得即可．
【详解】在和中，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
10. 如图，△ABC中，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE，交BD于点G，交BC于点H .下列结论：
①∠DBE=∠F；②∠F=∠BAC-∠C；
③2∠BEF=∠BAF+∠C；④∠BGH=∠ABE+∠C．其中正确的有（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据BD⊥FD，FH⊥BE和∠FGD=∠BGH，证明结论正确；
②证明∠DBE=∠BAC-∠C，根据①的结论，证明结论正确；
③根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确；
④根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确．
【详解】①∵BD⊥FD，
∴∠FGD+∠F=90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BGH+∠DBE=90°，
∵∠FGD=∠BGH，
∴∠DBE=∠F，
正确；
②
∠ABD=90°−∠BAC,
∠DBE=∠ABE−∠ABD=∠ABE−90°+∠BAC=∠CBD−∠DBE−90°+∠BAC，
∵∠CBD=90°−∠C，
∴∠DBE=∠BAC−∠C−∠DBE，
由①得，∠DBE=∠F，
∴∠F=∠BAC−∠C−∠DBE，
②错误；
③∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∠BEF=∠CBE+∠C，
∴2∠BEF=∠ABC+2∠C，
∠BAF=∠ABC+∠C，
∴2∠BEF=∠BAF+∠C，
③正确；
④∵∠AEB=∠EBC+∠C，
∵∠ABE=∠CBE，
∴∠AEB=∠ABE+∠C，
∵BD⊥FC，FH⊥BE，
∴∠FGD=∠FEB，
∴∠BGH=∠ABE+∠C，
④正确，
故答案为①③④.
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理, 三角形的角平分线、中线和高, 三角形的外角性质，熟悉掌握是关键.
二、填空题（每小题2分，6小题，共12分）
11. 如图所示：在中，AE边上的高是______．
【答案】CD．
【解析】
【分析】根据三角形中高线的概念即可作答.
【详解】由题意可得：△AEC中，AE边上的高是CD,
故答案为CD.
【点睛】本题考查了三角形高线的概念，三角形的高即从三角形的顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段.
12. 如图，在中，是边上的高，平分，交于点，，，则的面积为______．

【答案】5
【解析】
【分析】作于F，根据角平分线的性质求得，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如下图，作于F，

平分，，，
（角平分线上的点到角两边的距离相等），
，
故答案为：5
【点睛】本题考查了角平分线性质以及三角形的面积，作出辅助线求得三角形的高是解题的关键．
13. 如图，已知AB∥CD．则角α、β、γ之间关系为_____________．
【答案】α+β+γ=180°，
【解析】
【分析】利用平行线的性质，三角形的内角和定理即可解决问题．
【详解】∵AB∥CD，
∴∠1=γ，
∵∠1+β+α=180°，
∴α+β+γ=180°，
故答案是：α+β+γ=180°.
【点睛】考查平行线的性质，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
14. 在平面直角坐标系中，点 O为坐标原点，，在坐标轴上有一点 C，使得与全等，则 C 点坐标为_______.
【答案】或##或
【解析】
【分析】根据A，B两点坐标表示出求出的长度，然后根据各选项中的的特征即可求出点C的坐标．
【详解】解：∵，
∴
∵与全等，
∴
∵
∴
∴C 点坐标为或
故答案为：或
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
15. 如图，已知P(3，3)，点B、A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠APB＝90°，则OA＋OB＝________．
【答案】6
【解析】
【详解】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，
∵P（3，3），
∴PN=PM=3，
∵，
∴∠MPN=360°-90°-90°-90°=90°，
则四边形MONP是正方形，
∴ ，
∵∠APB=90°，
∴∠APB=∠MON，
∴ ，
∴∠APM=∠BPN，
在△APM和△BPN中
，
∴△APM≌△BPN（ASA），
∴OA+OB=OA+ON+BN
=OA+ON+AM=ON+OM
=3+3=6
故答案：6．
16. 如图，已知，为的角平分线上面一点，连接，；
如图，已知，、为的角平分线上面两点，连接，，，；
如图，已知，、、为的角平分线上面三点，连接，，，，，；…，依此规律，第个图形中有全等三角形的对数是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据图形得出当有1点D时，有1对全等三角形；当有2点D、E时，有3对全等三角形；当有3点D、E、F时，有6对全等三角形；根据以上结果得出当有n个点时，图中有个全等三角形即可．
【详解】解：当有1点D时，有1对全等三角形；
当有2点D、E时，有3对全等三角形；
当有3点D、E、F时，有6对全等三角形；
当有4点时，有10个全等三角形；
…
当有n个点时，图中有个全等三角形．
故答案为：．
【点睛】本题考查了对全等三角形的应用，关键是根据已知图形得出规律，题目比较典型，但有一定的难度．
三、简答题（本大题共7小题，共68分，写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 如图，在△ABC中，∠B=30°，∠ACE=35°，CE平分∠ACB，求∠A的度数
【答案】80°.
【解析】
【分析】根据∠ACE=35°及CE平分∠ACB，就可以得到∠ACB，根据三角形内角和定理就可以求出∠A．
【详解】∵CE平分∠ACB,∠ACE=35°，
∴∠ACB=2∠ACE=70°，
∴∠A=180°−∠B−∠ACB=180°−30°−70°=80°.
【点睛】此题考查三角形内角和定理，解题关键在于掌握其性质定义.
18. 如图，点B在AE上，点D在AC上，AB=AD，请你添加一个适当的条件，使△ABC≌△ADE（只能添加一个）．
（1）你添加的条件是：_____________________．
（2）添加条件后，请说明△ABC≌△ADE的理由．
【答案】(1)∠C=∠E（答案不唯一）；(2)见解析
【解析】
【分析】(1)可以根据全等三角形的不同的判定方法选择添加不同的条件；
(2)根据全等三角形的判定方法证明即可．
【详解】解：(1)∵AB=AD，∠A=∠A，
∴若利用“AAS”，可以添加∠C=∠E，
若利用“ASA”，可以添加∠ABC=∠ADE，或∠EBC=∠CDE，
若利用“SAS”，可以添加AC=AE，或BE=DC，
综上所述，可以添加的条件为∠C=∠E（或∠ABC=∠ADE或∠EBC=∠CDE或AC=AE或BE=DC）；
故答案为：∠C=∠E；
(2)选∠C=∠E为条件，理由如下：
在△ABC和△ADE中： ，
∴△ABC≌△ADE(AAS) ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，开放型题目，根据不同的三角形全等的判定方法可以选择添加的条件也不相同．
19. 如图，工人师傅制作了一个正方形窗架，把窗架立在墙上之前，在上面钉了两块等长的木条GF与GE，E、F分别是AD、BC的中点．
（1）钉这两块木条的作用是什么？
（2）G点一定是AB的中点吗？说明理由；
【答案】（1）利用三角形的稳定性，使窗架稳定.（2）是，详见解析.
【解析】
【分析】（1）钉上木条把正方形分割出两个三角形，根据三角形的稳定性，窗架不容易变形，所以木条起到使窗架稳定的作用；
（2）根据正方形的四个角都是直角，△AEG和△BFG都是直角三角形，根据斜边直角边定理证明两三角形全等，再根据全等三角形对应边相等可得AG=BG，所以G点是AB的中点.
【详解】（1）根据图形可知，利用三角形的稳定性，使窗架稳定.
（2）是，理由：在正方形ABCD中，AD=BC，∠A=∠B=90°，
∵E，F分别是AD、BC的中点，
∴AE=BF，
在Rt△AEG和⊥Rt△BFG中，，
∴△AEG≌△BFG（HL），
∴AG=GB，
故G点一定是AB的中点.
【点睛】本题考查了三角形的稳定性与全等三角形的性质，解题的关键是熟练的掌握三角形的稳定性与全等三角形的性质.
20. 如图，已知为等边三角形，点D、E分别在边上，且与相交于点F．
（1）求证：；
（2）求度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质根据即可证明；
（2）由三角形全等可以得出，由外角与内角的关系就可以得出结论．
【小问1详解】
证明：∵为等边三角形，
∴．
在和中，

∴，
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质和判定方法，等边三角形的性质，三角形外角的性质．熟悉全等三角形的判定定理是解题的关键.
21. 如图，在中，，是的平分线，于E，F在上，．求证：
（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的性质“角的平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得．再根据，得；
（2）利用角平分线性质证明，得到，再将线段进行转化．
【小问1详解】
证明：∵是的平分线，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：在与中，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
22. （1）发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b.
填空：当点A位于__________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为______（用含a，b的式子表示）
（2）应用：点A为线段BC外一动点，且BC=3，AB=1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．（备注：当△ABD是等边三角形时，AB=BD=AD，∠DAB=∠ABD=60°）
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE长的最大值．

【答案】 ①. CB延长线上 ②. a+b
【解析】
【分析】（1）根据线段与线段之间的和与差即可得到答案；
（2）①利用等边三角形的性质可得AD=AB，AC=AE，再利用角的和差可得∠CAD=∠EAB，由此得到△CAD≌△EAB，从而得到结论；
②根据线段与线段之间的和与差即可得到答案；
【详解】（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，
∴当点A位于CB延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，
故答案为CB的延长线上，a+b；
（2）①CD=BE，
理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠CAD=∠EAB，
在△CAD与△EAB中，
AD=AB，∠CAD=∠EAB，AC=AE，
∴△CAD≌△EAB，
∴CD=BE；
②DC的最大值即BE的最大值.
当B、C、D三点共线时取得最大值，最大值为4.
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的根据是熟练的掌握全等三角形的判定与性质.
23. 如图，，，，，点在线段上以的速度，由向运动，同时点在线段上由向运动．

（1）如图1，若点的运动速度与点的运动速度相等，当运动时间，与是否全等？说明理由，并直接判断此时线段和线段的位置关系；
（2）如图2，将“，”为改“”，其他条件不变，若点的运动速度与点的运动速度不相等，当点的运动速度为多少时，能使与全等．
（3）在图2的基础上延长，交于点，使，分别是，中点，如图3，若点以（2）中的运动速度从点出发，点以原来速度从点同时出发，都逆时针沿三边运动，求出经过多长时间点与点第一次相遇．
【答案】（1）全等，理由见解析；垂直
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用证得，得出，进一步得出，得出结论即可；
（2）由，分两种情况：①，，建立方程组求解后发现此时点的运动速度与点的运动速度相等，与题目不符，故舍去；②，，建立方程组求得答案即可；
（3）因为以（2）中的运动速度从点出发，点以原来速度从点同时出发，都逆时针沿三边运动，只能是点绕圈追上点，即点比点多走的路程，据此列出方程，解这个方程即可．
【小问1详解】
全等，理由如下：
当时，，，
又，
在与中，
，
，
，
，
，
线段与线段垂直．
【小问2详解】
设点的运动速度，
①若，则，，
，
解得，
由于此时点的运动速度与点的运动速度相等，不合题意，故舍去此种情况；
②若，则，，
，
解得，
综上所述，当点的运动速度为时，能使与全等．
【小问3详解】
，分别是，中点，，
，
以（2）中的运动速度从点出发，点以原来速度从点同时出发，都逆时针沿三边运动，
只能是点绕圈追上点，即点比点多走的路程，设运动时间为秒，
列方程：，
解得：，
故经过，点与点第一次相遇．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、一元一次方程和二元一次方程组的应用，熟练掌握全等三角形的判定、一元一次方程和二元一次方程组的运算是解题的关键．