人教版2024-2025学年八年级数学上册第一次月考模拟检测卷（A卷)（解析版）-A4

这是一份人教版2024-2025学年八年级数学上册第一次月考模拟检测卷（A卷)（解析版）-A4，共19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。
（满分 140分，时间 120 分钟）
考试须知：
答题前，考生务必在答题纸指定位置上用钢笔或圆珠笔清楚填写相关信息．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，请勿错位．
一、选择题（本大题有8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义．
2. 下列选项可用SAS证明△ABC≌△A′B′C′的是（ ）
A. AB＝A′B′，∠B＝∠B′，AC＝A′C′B. AB＝A′B′，BC＝B′C′，∠A＝∠A′
C. AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠C＝∠C′D. AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′
【答案】C
【解析】
【分析】根据全等三角形SAS的判定逐项判定即可．
【详解】解：A、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
B、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
C、满足SAS，能证明△ABC≌△A′B′C′，符合题意；
D、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定条件是解答的关键．
3. 如图，已知和关于直线成轴对称，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，求出可得结论．
【详解】解：如图，连接．
∵和关于直线成轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
4. 到的三条边距离相等的点是的（ ）
A. 三条中线交点B. 三条角平分线交点
C. 三条高的交点D. 三条边的垂直平分线交点
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了三角形的角平分线的性质．熟练掌握三条角平分线交于一点，并且这一点到三边的距离相等是解题的关键．
由角平分线上的点到角的两边的距离相等，可知到的三条边距离相等的点在这个三角形的三条角平分线上，然后判断作答即可．
【详解】解：由题意知，到的三条边距离相等的点在这个三角形三条角平分线上，即这点是三条角平分线的交点．
故选：B．
5. 如图，已知方格纸中是个相同的小正方形，则的度数为（ ）°

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定和性质．
首先证明三角形全等，根据全等三角形的性质可得对应角相等，再由余角的定义和等量代换可得与的和为.
【详解】解：在和中，
，
，
，
，
故选：C；

6. 在如图所示的方格纸中，的顶点均在方格纸的格点上，则在方格纸中与成轴对称的格点三角形共有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称的性质画出格点三角形即可求解．
【详解】如解图所示，与成轴对称且顶点在格点上的三角形共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查了画轴对称图形，掌握轴对称的性质是解题的关键．
7. 如图，在△ABC中，CD是边AB上的高，BE平分∠ABC，交CD于点E，BC＝10，DE＝3，则△BCE的面积为（ ）
A. 16B. 15C. 14D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】作EH⊥BC于点H，根据角平分线的性质得出EH=DE，最后根据三角形的面积公式进行求解．
【详解】解：如图，作EH⊥BC于点H，
∵BE平分∠ABC，CD是AB边上的高，EH⊥BC，
∴EH=DE=3，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形面积，熟练掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
8. 已知是边长为9的等边三角形，D为的中点，，交线段于E，交的延长线于F．若，则的长为（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 2.5
【答案】B
【解析】
【分析】过点D作交于K，先证明三角形是等边三角形，再结合D是的中点得出，再由证明得出，再根据，得出的长即可推出结果．
【详解】解：如图，过点D作交于K，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行线的性质，证明是解题的关键．
二、填空题（本大题有8小题，每小题4分，共32分）
9. 如图，镜子中号码的实际号码是____________．
【答案】3265.
【解析】
【详解】试题解析：根据镜面对称的性质，在镜子中的真实数字应该是3265,
故答案为3265.
10. 如图，点在上，．请添加一个条件______，使．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形判定．根据已知条件中的一边一角，再添加一组对角相等即可．
【详解】解：∵，
再添加，
根据“角角边”就能证明．
故答案：（答案不唯一）．
11. 在中，是斜边上的中线，如果，那么______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质得出，进而解答即可．
【详解】解：∵在中，是斜边上的中线，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查直角三角形的性质，关键是掌握“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”．
12. 若实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
【答案】15
【解析】
【分析】根据绝对值与二次根式的非负性即可求出x与y的值．由于没有说明x与y是腰长还是底边长，故需要分类讨论．
【详解】因为实数x，y满足，
所以，解得∶，，
因为x，y的值是等腰三角形的两边长，
所以等腰三角形的三边可能是：3，3，6或3，6，6，
又因为3+3=6， 所以等腰三角形三边是：3，6，6，
所以等腰三角形的周长是15，
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查绝对值和二次根式的非负性和三角形三边关系，等腰三角形的性质．
13. 等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为70°，则顶角的度数是_____．
【答案】20°或160°．
【解析】
【分析】分两种情况作出图形讨论，利用三角形的内角和定理可得出答案.
【详解】①当为锐角三角形时，如图1，
∵∠ABD＝70°，BD⊥AC，
∴∠A＝90°﹣70°＝20°，
∴三角形的顶角为20°；
②当为钝角三角形时，如图2，
∵∠ABD＝50°，BD⊥AC，
∴∠BAD＝90°﹣70°＝20°，
∵∠BAD+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝160°
∴三角形的顶角为160°，
故答案为：20°或160°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，关键是要注意分类讨论，不要漏解.
14. 如图，在△ABC中，AC＝8，BC＝5，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交边AC于点E，则△BCE的周长为_______．
【答案】13
【解析】
【详解】解：DE是AB的垂直平分线，
所以EA=EB，
所以△BCE周长=BC+EC+EB=BC+EC+EA=BC+AC=13，
故答案为：13．
15. 如图，在中，，若，过点A作于点D，在上取一点，使，则_____．
【答案】##20度
【解析】
【分析】根据直角三角形的性质可求，根据垂直平分线的性质可求，再根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质是解题的关键．
16. 如图，，点P为内一点，.点M、N分别在上，则周长的最小值为________.
【答案】8
【解析】
【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，△PMN的周长＝P1P2，然后证明△OP1P2是等边三角形，即可求解．
【详解】分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N．连接OP，则OP1＝OP＝OP2，∠P1OA＝∠POA，∠POB＝∠P2OB，MP＝P1M，PN＝P2N，则△PMN的周长的最小值＝P1P2，∴∠P1OP2＝2∠AOB＝60°，∴△OP1P2是等边三角形．
△PMN周长＝P1P2，∴P1P2＝OP1＝OP2＝OP＝8．
故答案为8．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正确作出辅助线，证明△OP1P2是等边三角形是关键．
三、解答题（本大题共8小题，共64分，解答时应写出文字说明或演算步骤．）
17. 如图，点A，F，E，D在一条直线上，，，．求证．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据ABCD，可得，再利用ASA求证△ABE和△DCF全等即可．
【详解】解：∵，
∴，
在与中，
，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和平行线的性质，解题的关键是利用平行线的性质求角相等．
18. 如图，在中，平分，，，垂足分别为、，且.证明：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质．根据角平分线的性质证明，再证明，即可得到．
【详解】证明：平分，，，
，，
在和中，
，
，
．
19. 如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点三角形ABC（三角形的顶点都在网格格点上）．
（1）在图中画出△ABC关于直线l对称的△A′B′C′（要求：点A与点A′、点B与点B′、点C与点C′相对应）；
（2）在（1）的结果下，设AB交直线l于点D，连接AB′，求四边形AB′CD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）14
【解析】
【分析】（1）根据轴对称图形的性质画图即可；
（2）根据网格结构和割补法进行计算即可求得面积．
【详解】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求作的三角形；
（2）四边形AB′CD的面积为：
4×6－×3×5－×4×1－×1×1
=24－7.5－2－0.5
=14．
【点睛】本题考查画轴对称图形，熟练掌握轴对称的性质，会利用割补法求解网格中不规则图形的面积是解答的关键．
20. 如图，等边△ABC中，BD是边AC上的高，延长BC到点E，使CE＝CD．求证BD＝DE．
【答案】见解析
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质可得BD平分∠ABC，求出∠CBD=30°，再根据CE=CD，利用等边对等角以及三角形的任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠E=30°，即可求出答案．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，BD是边AC上的高，
∴∠ACB＝60°．∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵∠ACB是△DCE的外角，
∴∠ACB＝∠E＋∠CDE，
∴2∠E＝60°．
∴∠E＝30°，
∵∠DBC＝30°．
∴∠E＝∠DBC，
∴BD＝DE．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的外角性质的应用，主要考查学生的推理能力，解此题的关键是求出∠E=∠DBC=30°．
21. 如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，点M，N分别是BC，DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE；
（2）若∠ECB＋∠DBC＝45°，DE＝10，求MN的长．
【答案】（1）见解析；（2）5
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD＝ME＝0.5BC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）先推出∠DBM＝∠BDM，∠MEC＝∠MCE，从而得∠EMD＝90°，进而即可求解．
【详解】（1）连接EM、DM，
∵BD⊥AC，CE⊥AB
∴∠BDC＝∠BEC＝90°
∵在Rt△DBC中和Rt△EBC中，M是BC的中点
∴DM＝BC，EM＝BC
∴DM＝EM
∵N是DE的中点
∴MN⊥ED；
（2）∵DM＝BC＝BM
∴∠DBM＝∠BDM
同理∠MEC＝∠MCE
∵∠ECB＋∠DBC＝45°
∴∠EMB＋∠DMC＝2（∠ECB＋∠DBC）＝90°
∴∠EMD＝90°
∵N是DE的中点，DE＝10
∴MN＝DE＝5．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟记性质是解题的关键，难点在于（2）求出∠DME＝90°．
22. 如图，已知线段a，h，用直尺和圆规按下列要求分别作一个等腰三角形（不写作法，保留作图痕迹）
（1）△ABC的底边长为a，底边上的高为h；
（2）△ABC的腰长为a，腰上的高为h．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）首先作线段，再作出BC的垂直平分线，然后截取高为h，连接即可．
（2）首先作直线垂直于直线，垂足为F，再直线上取线段，然后，连接即可．
【小问1详解】
解：如图：即为所求作的三角形．
【小问2详解】
解：如图：即为所求作的三角形．
【点睛】本题主要考查了尺规作图、等腰三角形的性质等知识点，正确掌握线段垂直平分线的作法和等腰三角形的性质是解答本题的关键．
23. 如图，等边的边长为，现有两动点M、N分别从点A、B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为，点N的速度为，当点N第一次到达点B时，点M、N同时停止运动．

（1）点M、N运动几秒后，M、N两点重合？
（2）点M、N运动几秒后，以点A、、N为顶点的三角形是等边三角形？
（3）当点M、N在边BC上运动时，连接，能否得到以为底边的等腰三角形？如能，请求出此时点M、N运动的时间．
【答案】（1）6秒 （2）2秒
（3）能，8秒
【解析】
【分析】（1）由点N运动路程点M运动路程间的路程，列出方程求解，即可克得出结论；
（2）由等边三角形的性质可得，可列方程求解，即可得出结论；
（3）由全等三角形的性质可得，可列方程求解，即可得出结论．
【小问1详解】
设点、运动秒后重合
则
解得
∴点、运动6秒后重合；
【小问2详解】
设点、运动秒后，是等边三角形
如图，，
当时，是等边三角形
即
解得
∴当点、运动2秒时，是等边三角形；
【小问3详解】
如图

设点、运动秒
则，
假设是等腰三角形且MN是它的底边
则，
∴
∵
∴
∴
即
解得
∴当点、运动8秒时，是等腰三角形．
【点睛】此题主要考查等边三角形的性质与证明，解题的关键是熟知等边三角形的性质．
24. 如图1，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线，动点D在直线AM（点D与点A重合除外）上时，以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）判断AD与BE否相等，请说明理由；
（2）如图2，若AB=8，点P、Q两点在直线BE上且CP=CQ=5，试求PQ的长；
（3）在第（2）小题的条件下，当点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时．判断PQ的长是否为定值，若是请直接写出PQ的长；若不是请简单说明理由．
【答案】（1）AD=BE；（2）PQ=2PN=2×3=6；（3）是定值，见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，再求出∠ACD=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）过点C作CN⊥BQ于点N，根据等腰三角形三线合一的性质可得PQ=2PN，CM⊥AD，根据全等三角形对应边上的高线相等可得CN=CM，然后利用勾股定理列式求出PN的长度，从而得解；
（3）根据（2）的结论，点C到PQ的距离等于CM的长度，是定值，所以，PQ的长是定值不变．
【详解】解：（1）AD=BE．理由如下：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，
∵∠ACD+∠BCD=∠ACB=60°，
∠BCE+∠BCD=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）如图，过点C作CN⊥BQ于点N，
∵CP=CQ，
∴PQ=2PN，
∵△ABC是等边三角形，AM是中线，
∴CM⊥AD，CM=BC=×8=4，
∴CN=CM=4（全等三角形对应边上的高相等），
∵CP=CQ=5，
∴PN=3，
∴PQ=2PN=2×3=6；
（3）PQ的长为定值6．
∵点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时，△ACD和△BCE全等，
∴对应边AD、BE上的高线对应相等，
∴CN=CM=4是定值，
∴PQ的长是定值．