河北省唐山市开滦第十中学2023-2024学年八年级上学期10月月考数学试卷（解析版）-A4

这是一份河北省唐山市开滦第十中学2023-2024学年八年级上学期10月月考数学试卷（解析版）-A4，共18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。
一、选择题（本大题共12个小题；每小题2分，共24分．）
1. 以下列各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A. 1cm，2cm，4cmB. 8cm，6cm，4cm
C. 12cm，5cm，6cmD. 2cm， 3cm，6cm
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了能够组成三角形三边的条件．注意：用两条较短的线段相加，如果大于最长那条就能够组成三角形．根据三角形任意两边的和大于第三边，进行分析判断即可．
【详解】解：A．，不能组成三角形；不符合题意；
B．，能组成三角形；符合题意；
C．，不能够组成三角形；不符合题意；
D．，不能组成三角形，不符合题意；
故选：B．
2. 已知三角形两边长分别为3和5，则第三边的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形三边之间的关系，熟知“三角形任何一条边大于其它两边之差且小于其它两边之和”是解题的关键．
根据三角形三边之间的关系即可解答．
【详解】解：根据三角形三边的关系得：，
即，
故选：D．
3. 已知等腰三角形的一边长等于3，另一边长等于6，则它的周长等于（ ）
A. 12B. 12或15C. 15D. 15或18
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分当腰长为3时，当腰长为6时，两种情况分别求出等腰三角形的三边长，再根据构成三角形的条件进行判断求解即可．
【详解】解：当腰长为3时，则该等腰三角形的三边长分别为3，3，6，
∵，
∴此时不能构成三角形，不符合题意；
当腰长为6时，则该等腰三角形的三边长分别为3，6，6，
∵，
∴此时能构成三角形，符合题意；
∴此等腰三角形的周长为，
故选C．
4. 适合条件的是（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 任意三角形
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查三角形内角和定理：三角形的内角和为．此题隐含的条件是三角形的内角和为，列方程，根据题中角的关系求解，再判断三角形的形状．
【详解】解：∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴为直角三角形.
故选：B.
5. 用一批相同的正六边形地砖密铺地面，每个顶点处的正六边形地砖有（ ）
A. 2块B. 3块C. 4块D. 6块
【答案】B
【解析】
【分析】正六边形的内角和为120°，看围绕一点拼在一起的正六边形地砖的内角和是否为360°，并以此为依据进行求解．
【详解】解：因为正六边形的内角为120°，
所以360°÷120°=3，
即每一个顶点周围的正六边形的块数为3块．
故选：B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，解题的关键是根据内角和公式算出每个正多边形的内角的度数，根据内角的度数能组成一个周角就能密铺．
6. 如果一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，则这个三角形是（ ）
A 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形的三条高线的交点问题，掌握三角形的三条高线交点的特征是解题的关键．根据三角形的三条高线与三角形的位置关系即可直接得出结论．
【详解】解：A、锐角三角形，三条高线交点在三角形内，故A不符合题意；
B、钝角三角形，三条高线不会交于一个顶点，故B不符合题意；
C、直角三角形的直角所在的顶点正好是三条高线的交点，可以得出这个三角形是直角三角形，故C项正确，符合题意；
D、能确定C正确，故D不符合题意．
故选：C．
7. 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】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．根据两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等求解．
【详解】解：因为试卷上的三角形的两个角和这两个角所夹的边没有被墨迹污染，
所以利用“”画出一个与试卷原图完全一样的三角形．
故选：A．
8. 如图，点D是△ABC的边BC上任意一点，点E、F分别是线段AD、CE的中点，则△ABC的面积等于△BEF的面积的（ ）
A. 2倍B. 3倍C. 4倍D. 5倍
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答
【详解】解：∵点E是AD的中点，
∴S△ABE=S△ABD，S△ACE=S△ADC，
∴S△ABE+S△ACE=S△ABC，
∴S△BCE=S△ABC，
∵点F是CE的中点，
∴S△BEF=S△BCE．
∴△ABC的面积等于△BEF的面积的4倍．
故选C．
考点：三角形的面积
9. 如图，已知，欲证，还必须从下列选项中补选一个，则错误的选项是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有，．熟知这些判定定理是解题的关键．
全等三角形的判定定理有，根据定理逐个判断即可．
【详解】解：A、符合定理，即根据即可推出，故本选项不符合题意；
B．符合定理，即根据即可推出，故本选项不符合题意；
C、不符合全等三角形的判定定理，即不能推出，故本选项符合题意；
D、符合定理，即根据即可推出，故本选项不符合题意；
故选C．
10. 如图，使ΔABC≌ΔADC成立的条件是（ ）
A. AB=AD，∠B=∠DB. AB=AD，∠ACB=ACD
C BC=DC，∠BAC=∠DACD. AB=AD，∠BAC=∠DAC
【答案】D
【解析】
【分析】两个三角形已经有一条公共边AC，将此条件与每个选项的条件结合，根据全等三角形的判定定理，逐项判断是否能够判定ΔABC≌ΔADC.
【详解】A．AC=AC，AB=AD，∠B=∠D三个条件构成“边边角”，不能判定ΔABC≌ΔADC；
B．AB=AD，AC=AC，∠ACB=∠ACD三个条件构成“边边角”，不能判定ΔABC≌ΔADC；
C．BC=AD，AC=AC，∠BAC=∠DAC三个条件构成“边边角”，不能判定ΔABC≌ΔADC；
D．AB=AD，∠BAC=∠DAC，AC=AC三个条件构成“边角边”，可以判定ΔABC≌ΔADC；
故选D.
【点睛】本题考查全等三角形的判定定理，熟记判定定理是关键，特别需要注意“边边角”不能判定全等.
11. 尺规作图作的平分线方法如下：以为圆心，任意长为半径画弧交、于、，再分别以点、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线由作法得的根据是（ ）
A. SASB. ASAC. AASD. SSS
【答案】D
【解析】
【详解】解：以O为圆心，任意长为半径画弧交OA，OB于C，D，即OC=OD；
以点C，D为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点P，即CP=DP；
再有公共边OP，根据“SSS”即得△OCP≌△ODP．
故选D．
12. 如图，，，直线过与的交点，则图中全等三角形有（ ）
A. 4对B. 5对C. 6对D. 7对
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即、、、和）是解题的关键．注意：、不能判定两个三角形全等．判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角相等时，角必须是两边的夹角．先由平行线的性质得出，，，，然后结合全能三角形的判定方法解答即可．
【详解】解：∵，
∴，．
∵，
∴，．
∵，
∴，
∴．
同理可证，
∴．
∵，，
∴，
∴，．
同理可证．
∵，，，
∴．
同理可证．
故选C．
二、填空题（本大题每小题3分，共30分）
13. 如图，若△ABC≌△A1B1C1，且∠A＝110°，∠B＝40°，则∠C1＝______°．

【答案】30
【解析】
【分析】本题实际上是全等三角形的性质以及根据三角形内角和等于180°来求角的度数．
【详解】∵△ABC≌△A1B1C1，
∴∠C1=∠C，
又∵∠C=180°-∠A-∠B=180°-110°-40°=30°，
∴∠C1=∠C=30°．
故答案为30．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质；解答时，除必备的知识外，还应将条件和所求联系起来，即将所求的角与已知角通过全等及三角形内角之间的关系联系起来．
14. 如果三条线段、、，可组成三角形，且，，是偶数，则的值为_________．
【答案】4或6
【解析】
【分析】此题考查了三角形的三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．解题时还要注意题目的要求，要按题意解题．
根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边可得：．又因为c为偶数，从而可得答案．
详解】解：∵如果三条线段、、，可组成三角形，且，，
∴，
又∵c为偶数，
∴c的值为4或6．
故答案为：4或6．
15. 一个五边形的内角和的度数为 ________．
【答案】540
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和，根据边形的内角和为计算即可．
【详解】解：五边形的内角和为．
故答案：540
16. 如图是的一个外角，若，，则_________．
【答案】##50度
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形外角的定义和性质，理解并掌握三角形外角的性质是解题关键．根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和”，由求解即可．
【详解】解：∵，，
∴．
故答案为：．
17. 已知如图，是的平分线，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，平行线的性质，先根据三角形内角和定理求出，再由角平分线定义得，最后由平行线的性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】∵，，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
18. 小华从点出发向前直走，向左转，继续向前走，再左转，他以同样走法回到点时，共走_________m．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了多边形外角和相关知识，能够通过角度确定正多边形的边数是解题关键 ．
通过题意可知所走的路线可以看作是一个外角为的正多边形，再通过外角和算出正多边形的边数，进而可得到答案 ．
【详解】解：小华从点出发向前直走，向左转，继续向前走，再左转，他以同样走法回到点
∴小华的路线可以看作是一个外角为的正多边形，且多边形的边长为．
∵多边形外角和为，，
∴此多边形为正十边形，
∵多边形的边长为．
∴它的周长为．
∴小华以同样的走法回到点时，共走了．
故答案为：．
19. 如图，在中，的平分线与的平分线交于P点，若 ，则_____．
【答案】30°##30度
【解析】
【分析】利用角平分线定义可知．再利用外角性质，可得①，②，那么可利用，可得相等关系，从而可求．
【详解】解：∵是的角平分线，
∴．
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题利用了角平分线定义、三角形外角性质．三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和．
20. 如图，平分，于点，点是射线上的一个动点，若．则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了角平分线的性质，点到直线的距离，垂线段最短，根据直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离得出点到的距离为，根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等得出点到的距离为，根据从直线外一点到这条直线所作的垂线段最短，得出当时，的值最小是2．
【详解】解：根据题意可得：线段的长表示点到的距离，
∵平分，于点，
∴点到的距离等于点到的距离，
即点到的距离为，
故当时，的值最小，
∴的最小值是2．
故答案为：．
21. 如图，中，于，于，与相交于，若，若，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，能够找到全等三角形是解题关键．
先证得，进而得到，，可得，即可得到答案．
【详解】解：∵于，于，
∴，，，
∴，，
又∵（对顶角相等），
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴
故答案为：．
22. 如图，中，点A的坐标为，点C的坐标为，如果要使与全等，那么点D的坐标是 ____________________．

【答案】或或
【解析】
【分析】因为与有一条公共边，故本题应从点在的上方、点在的下方两种情况入手进行讨论，计算即可得出答案．
【详解】解：与有一条公共边，
当点在的下方时，点有两种情况：①坐标是，②坐标为，
当点在的上方时，坐标为，
点的坐标是或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，分情况进行讨论是解决本题的关键．
三、解答题（本大题共5个题，共46分．）
23. 在中，，是的平分线，，求的度数．
【答案】．
【解析】
【分析】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的外角性质，由内角和得，再由角平分线的定义得，最后三角形的外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴．
24. 如图：已知与相将于，，．
求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】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：．注意：不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．因为对顶角相等得，运用证明．
【详解】证明：在和中，
，
∴．
25. 如图，B处在A处的南偏西方向，C处在A处的南偏东方向，C处在B处的北偏东方向，求∠ACB的度数
【答案】
【解析】
【分析】根据方向角的定义，可得，然后根据平行线的性质与三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，根据方向角的定义，可得
∴．
∵AE，DB是正南正北方向，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了方向角的定义，平行线的性质以及三角形的内角和定理，正确理解定义是解题的关键．
26. 请根据下面嘉嘉与琪琪的对话解答下列各小题：
嘉嘉：有两个多边形，它们的内角和为1 440°．
琪琪：其中一个多边形的边数是另一个多边形的边数的3倍．
（1）这两个多边形外角的和为 ．
（2）请求出这两个多边形的边数．
【答案】（1）720°；（2）一个多边形的边数为3，另一个多边形的边数为9
【解析】
【分析】（1）由多边形的外角和为360°即可解答；
（2）设一个多边形的边数为n，则另一个多边形的边数为3n，利用多边形的内角和公式（n﹣2）·180°列方程求解即可．
【详解】（1）这两个多边形外角的和为360°+360°=720°，
故答案为：720°；
（2）设一个多边形的边数为n，则另一个多边形的边数为3n，根据题意，得：
（n﹣2）·180°+（3n﹣2）·180°=1440，
解得：n=3，
∴3n=9，
故一个多边形的边数为3，另一个多边形的边数为9．
【点睛】本题考查多边形的内角和、外角和、解一元一次方程，解答的关键是根据多边形的内角和公式（n﹣2）·180°和多边形的外角和为360°进行解答．
27. 如图1，在中，于点，，是上的一点，且，连接，．
（1）如图1试判断与的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将绕点旋转一定的角度后，试判断与的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想与的数量关系，并说明理由；
②你能求出与的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【答案】（1），见解析
（2）不发生变化，见解析
（3）①，见解析；②能，60°
【解析】
【分析】（1）延长交于点，证明，得到，，推出，即可；
（2）证明，得到，，进一步推出，即可；
（3）①证明即可；②证明，得到，，根据，进行求解即可．
【小问1详解】
解： ，，
理由如下：延长交于点．
，
．
在 和 中，

，
，．
，
．
，
，
，
．
【小问2详解】
不发生变化．
理由如下： ，
，
．
在 和 中，

，
，．
，
．
，
，
，
．
【小问3详解】
① ，理由如下：
，
，
．
在 和 中，

，
．
②能． 与 所成的夹角的度数为 ．
理由如下： 和 是等边三角形，
，，，
，
，
．
在 和 中，

，
，．



，
即 与 所成的夹角的度数为．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关性质，证明三角形全等，是解题的关键．