辽宁省大连市普兰店区2024-2025学年八年级上学期月考数学试卷（10月份）

这是一份辽宁省大连市普兰店区2024-2025学年八年级上学期月考数学试卷（10月份），共16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．（3分）下列各选项中的两个图形属于全等图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）港珠澳大桥是目前世界最长的跨海大桥，主桥为三座大跨度钢结构斜拉式大桥，斜拉式大桥采用三角形结构，使其不易变形，这种做法的几何原理是（ ）
A．三角形两边之和大于第三边
B．垂线段最短
C．三角形两边之差小于第三边
D．三角形的稳定性
3．（3分）下面每组数分别是三根小木棒的长度，它们能摆成三角形的是（ ）
A．5，1，3B．2，4，2C．3，3，7D．2，3，4
4．（3分）在△ABC中，∠A：∠B：∠C＝3：4：5，则∠C等于（ ）
A．45°B．60°C．75°D．90°
5．（3分）如图，有一块三角形玻璃，小明不小心将它打破．带上这块玻璃，能配成同样大小的一块，其理由是（ ）
A．SSSB．ASAC．SASD．HL
6．（3分）已知：如图，△ADE≌△CBF，若AD＝8cm，CD＝5cm，则BD的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（3分）如图，在△ABC和△CDE中，点B、D、C在同一直线上，已知∠ACB＝∠E，AC＝CE，添加以下条件后，仍不能判定△ABC≌△CDE的是（ ）
A．∠A＝∠DCEB．AB∥DEC．BC＝DED．AB＝CD
8．（3分）若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（ ）
A．9B．7C．12D．9或12
9．（3分）下面是“作一个角使其等于∠AOB”的尺规作图方法．
上述方法通过判定△C′O′D′≌△COD得到∠A′O′B′＝∠AOB，其中判定△C′O′D′≌△COD的依据是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
10．（3分）如图，已知△ABC的周长是36cm，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，OD⊥BC于点D，若OD＝3cm，则△ABC的面积是（ ）
A．48cm2B．54cm2C．60cm2D．66cm2
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）如图，点D在△ABC的边BC的延长线上，若∠B＝45°，∠ACD＝150°，则∠A的大小为 ．
12．（3分）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 ．
13．（3分）如图，一块含有60°角的三角尺的两个顶点分别在一个长方形的对边上．如果∠1＝18°，那么∠2的度数数是 ．
14．（3分）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是BC，AB，AC上的点，若∠B＝∠C，BE＝CD，BD＝CF，∠EDF＝46°．则∠A＝ °．
15．（3分）如图，在长方形ABCD中，AB＝20cm，AD＝30cm，延长CB到点E，使BE＝10cm，连接AE，动点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿边AD﹣DC﹣CB向终点B运动，设点P的运动时间为t秒，当t的值为 秒时，与全等．
三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
16．（8分）如图，已知B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF．AC与DE交于点G．
（1）求证△ABC≌△DEF；
（2）若∠B＝50°，∠A＝60°，求∠F的度数．
17．（8分）如图，小明想要测量池塘AB的长，池塘西边有一座水房D，在BD的中点C处有一棵树，小明从A出发，沿直线AC一直向前经过点C走到点E（A，C，E三点在同一条直线上），并使CE＝CA，然后他测得点E与水房D之间的距离是15米，求池塘AB的长．
18．（8分）如图，已知OA＝OC，OB＝OD，∠1＝∠2．
（1）求证：∠B＝∠D；
（2）求证：∠1＝∠3．
19．（8分）如图，在△ABC中，CD是△ABC的角平分线，∠A＝60°，
（1）若∠BDC＝100°，求∠ABC的度数；
（2）尺规作图：作：∠ABC的角平分线BE与CD相交于点E，直接写出∠BEC的度数．
（作图要求：保留作图痕迹，不用写出做法）
20．（9分）如图，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，且CD＝BE．
（1）求证：Rt△BCE≌Rt△CAD；
（2）若AD＝2.4，DE＝1.6，求BE的长．
21．（9分）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如1，在四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
（1）如图2，四边形ABCD是“对补四边形”，∠MAD是四边形ABCD的一个外角，求证：∠MAD＝∠C；
（2）在（1）的条件下，∠ABC＝90°，AD＞CD，在AM上取点E，使BE＝BC，在AD上取点F，使DF＝CD，连接EF，点G是EF的中点，过点E作EH∥AD与DG的延长线相交于点H，连接BH，BD，探索BH与BD的关系，并证明．
22．（12分）如图，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD．
（1）如图1，若∠A＝46°，求∠E的度数；
（2）如图2，过点E作EM⊥BC，EN⊥BA，垂足分别为M，N，若AN＝2，CM＝4，求AC的长．
23．（13分）在通过构造全等三角形解决的问题中，有一种方法叫倍长中线法．
（1）如图1，AD是△ABC的中线，AB＝8，AC＝5，求AD的取值范围．
我们可以延长AD到点E．使DE＝AD，连接BE，根据SAS可证△ADC≌△EDB，所以BE＝AC．接下来，在△ABE中利用三角形的三边关系可求得AE的取值范围，从而得到中线AD的取值范围是： ；
（2）如图2，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°．点D为BC的中点，求证：EF＝2AD，
（3）如图3，四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点E，点F是BC边的中点，∠CEF＝∠ADB，∠BAC+∠BAD＝180°，试探索BD与EF的数量关系，并证明．
2024-2025学年辽宁省大连市普兰店区八年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30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．【解答】解：A、两个图形不能够完全重合，不是全等图形，不符合题意；
B、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；
C、两个图形可以完全重合，是全等图形，符合题意；
D、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意．
故选：C．
2．【解答】解：港珠澳大桥是目前世界最长的跨海大桥，主桥为三座大跨度钢结构斜拉式大桥，斜拉式大桥采用三角形结构，使其不易变形，这种做法的依据是：三角形的稳定性．
故选：D．
3．【解答】解：A、3+1＜5，不能构成三角形，故A错误；
B、2+2＝4，不能构成三角形，故B错误；
C、3+3＜7，不能构成三角形，故C错误；
D、2+3＞4，能构成三角形，故D正确，
故选：D．
4．【解答】解：180°×
＝
＝75°
即∠C等于75°．
故选：C．
5．【解答】解：破玻璃保留了原来三角形的两个角和一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃，
故选：B．
6．【解答】解：∵△ADE≌△BCF，
∴AD＝BC＝8cm，
∵BD＝BC﹣CD，CD＝5cm，
∴BD＝8﹣5＝3cm．
故选：B．
7．【解答】解：A．∠A＝∠DCE，AC＝CE，∠ACB＝∠E，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△CDE，故本选项不符合题意；
B．∵AB∥DE，
∴∠B＝∠EDC，
∠B＝∠EDC，∠ACB＝∠E，AC＝CE，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△CDE，故本选项不符合题意；
C．BC＝DE，∠ACB＝∠E，AC＝CE，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△CDE，故本选项不符合题意；
D．AB＝DC，AC＝CE，∠ACB＝∠E，不符合全等三角形的判定定理ASA，不能推出△ABC≌△CDE，故本选项符合题意；
故选：D．
8．【解答】解：（1）若2为腰长，5为底边长，
由于2+2＜5，则三角形不存在；
（2）若5为腰长，则符合三角形的两边之和大于第三边．
所以这个三角形的周长为5+5+2＝12．
故选：C．
9．【解答】解：由作图可知，OC＝O'C'，OD＝O'D'，CD＝C'D'，
∴△C′O′D′≌△COD（SSS），
∴判定△C′O′D′≌△COD的依据是SSS．
故选：A．
10．【解答】解：如图，过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥AB于点F，连接OA，
∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，OD⊥BC，
∴OD＝OE＝OF＝3（cm），
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC
＝×AB×OF+×BC×OD+×AC×OE
＝×OD×C△ABC
＝×3×36
＝54（cm2）．
故选：B．
二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分）
11．【解答】解：∵∠ACD＝∠A+∠B，
又∵∠B＝45°，∠ACD＝150°，
∴∠A＝150°﹣45°＝105°，
故答案为：105°．
12．【解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，
∴（n﹣2）×180°＝720°，
解得n＝6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
13．【解答】解：如图，
∵长方形的对边平行，
∴∠2＝∠3，
∵∠1+∠3＝90°﹣60°＝30°，∠1＝18°，
∴∠2＝∠3＝30°﹣18°＝12°，
故答案为：12°．
14．【解答】解：在△EBD和△DCF中，
，
∴△EBD≌△DCF（SAS），
∴∠BDE＝∠CFD，∠BED＝∠CDF，
∴∠BED+∠BDE＝∠CDF+∠CFD，
∵∠BED+∠BDE+∠B＝∠CDF+∠CFD+∠EDF＝180°，
∴∠B＝∠C＝∠EDF＝46°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣46°﹣46°＝88°，
故答案为：88．
15．【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD＝BC＝30cm，AB＝CD＝20cm，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝180°﹣90°＝90°＝∠BAD＝∠ABC，
当P在AD上时，AB＝BA，∠ABE＝∠BAP＝90°，若AP＝BE＝10cm，
根据SAS证得ABP≌BAE，
∴AP＝2t＝10，即t＝5，
当P在DC上时，△ABP和△ABE不能全等，
当P在BC上时，AB＝AB，∠ABP＝∠ABE＝90°，若BP＝BE＝10cm，
根据SAS证得ABP≌ABE，
∴AD+CD+CP＝30+20+30﹣10＝70＝2t，即t＝35．
综上所述，当t的值为5或35秒时，△ABP与△ABE全等．
故答案为：5或35．
三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
16．【解答】（1）证明：∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
（2）解：由（1）得△ABC≌△DEF，
∴∠B＝∠DEF＝50°，∠A＝∠D＝60°，
∴∠F＝180°﹣∠DEF﹣∠D＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠F的度数为70°．
17．【解答】解：∵C为BD中点，
∴DC＝BC，
在△ACB和△ECD中，CA＝CE，∠BCA＝∠DCE，
∴△ACB≌△ECD（SAS），
∴AB＝ED＝15米，
答：池塘AB的长为15米．
18．【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠AOD＝∠2+∠AOD，
∴∠AOB＝∠COD，
在△AOB 和△COD 中，
，
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴∠B＝∠D．
（2）解：由（1）得∠B＝∠D，
∵∠1+∠B＝∠OMA，∠3+∠D＝∠OMA，
∴∠1+∠B＝∠3+∠D，
∴∠1＝∠3．
19．【解答】解：（1）∵∠BDC＝∠A+∠ACD，
∴∠ACD＝∠BDC﹣∠A＝40°．
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠ACB＝2∠ACD＝80°，
∴在△ABC中，∠B＝180°﹣∠A﹣∠ACB＝40°．
（2）尺规作图，如图所示；
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°，
∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠，，
∴，
∴∠BEC＝180﹣（∠EBC+∠ECB）＝120°．
20．【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
在Rt△BCE和Rt△CAD中，
，
Rt△BCE≌Rt△CAD（HL）；
（2）解：∵Rt△BCE≌Rt△CAD，
∴BE＝DC，CE＝AD＝2.4，
∵DC＝CE﹣DE，DE＝1.6，
∴DC＝CE﹣ED＝2.4﹣1.6＝0.8，
∴BE＝0.8．
21．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是“对补四边形”
∴∠BAD+∠C＝180°，
∵∠MAD+∠BAD＝180°，
∴∠MAD＝∠C；
（2）解：BH＝BD，BH⊥BD，
证明如下：∵G为EF的中点，
∴EG＝GF，
∵EH∥AD，
∴∠HEA＝∠EAD，∠EHG＝∠FDG，
在EHG和FDG中，
，
∴△EHG≌△FDG（AAS），
∴EH＝DF，
∵DF＝CD，
∴EH＝CD，
由（1）知∠MAD＝∠C，
∴∠MAD＝∠C＝∠HEA
在△HEB和△DCB中，
，
∴△HEB≌△DCB（SAS），
∴∠EBH＝∠CBD，BH＝BD，
∵∠ABC＝90°，
∴∠HBD＝∠HBE+∠EBD＝∠CBD+∠EBD＝90°，
∴BH⊥BD．
∴BH＝BD．BH⊥BD．
22．【解答】解：（1）∵CE平分∠ACD，BE平分∠ABC，
∴，，
∵∠BAC＝46°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝46°，
∴，
∵∠E＝∠ECD﹣∠EBD，
∴∠E＝23°；
（2）连接AE，作EF⊥AC于F，
∵BE平分∠ABC，EM⊥BC，EN⊥BA，
∴EM＝EN，
同理，EF＝EM，
∴EF＝EN，
在Rt△FCE和Rt△MCE中，
，
∴Rt△FCE≌Rt△MCE（HL），
∴CF＝CM＝4，
同理，AF＝AN＝2，
∴AC＝AF+CF＝4+2＝6．
23．【解答】（1）解：∵AD是△ABC的中线，
∴CD＝BD，
∴∠EDB＝∠ADC，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝5，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴3＜AE＜13，
∵DE＝AD，
∴AE＝2AD，
∴3＜2AD＜13，
解得1.5＜AD＜6.5，
故答案为：1.5＜AD＜6.5；
（2）证明：延长AD至G，使DG＝AD，连接BG，则AG＝2AD，
∵点D为BC的中点，
∴CD＝BD，
在△ADC和△GDB中
，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴∠C＝∠GBD，AC＝BG，
∵AC＝AF，
∴BG＝AF，
∵∠BAE＝∠CAF＝90°，
∴∠EAF+∠BAC＝180°，
∴∠ABG＝∠ABC+∠C＝180°﹣∠BAC＝∠EAF，
在△EAF和△ABG中，
，
∴△ABG≌△EAF（SAS），
∴AG＝EF＝2AD．
（3）证明：如图，延长EF到G，使得EF＝FG，连接CG，延长CA到H，使得AH＝AD，连接BH，
∵点F是BC边的中点，
∴CF＝BF，
∵∠EFB＝∠CFG，
∴△BEF≌△CGF（SAS），
∴BE＝CG，∠G＝∠BEF，
∴CG∥BE，
∴∠BEH＝∠GCE，
∵∠BAC+∠BAH＝180°，∠BAC+∠BAD＝180°，
∴∠BAH＝∠BAD，
∵BA＝BA，
∴△BAH≌△BAD（SAS）．
∴BD＝BH，∠H＝∠ADB，
∵∠ADB＝∠CEF，
∴∠H＝∠CEF＝∠ADB，
∴△HBE≌△EGC（AAS），
∴EG＝BH＝BD＝2EF．
（1）如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）作射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；以点C′为圆心，CD长为半径画弧，两弧交于点D′；
（3）过点D′作射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB．