第一次月考评估检测卷-2021-2022学年八年级上册数学【优+密卷】（人教版）

∴BF=DE Rt△DEG≌Rt△DFH(HL).∴∠DEG=∠DFH 又∵BE=BE 11.A解析:∵BF∥AC,∴∠C=∠CBF.∵BC平分∠ABF 在△BFM和△DEM中 又∠DEG+∠BED=180°,∴∠BFD+∠BED=180 △ABE≌△FBE(ASA) ∴∠ABC=∠CBF.∴∠C=∠ABC.∴AB=AC.∵AD是 ∵∠BFM=∠DEM,∠FMB=∠EMD,BF=DE, ∠BFD=180°-140°=40° AE=FE.∴AF=2AE. △ABC的角平分线,∴DB=DC,AD⊥BC,故②③正确 ∴△BFM≌△DEM(AAs) 12.B解析:根据三角形的内角和定理列式计算即可求出 ∠AEB=∠AOB=90°, ∠C=∠DBF ∴MB=MD,ME=MF ∠BAC=70°,再根据角平分线的定义求出∠ABO,然后利用 ∠OAF+∠ADE=90°,∠OBD 在△CDE与△BDF中,DC=DB ∴△CDE≌ (2)上述结论仍成立.证明:Rt△AFB≌Rt△CED,△BFM≌ 三角形的内角和定理求出∠AOB,再根据对顶角相等可得:∠ODB=90 ∠EDC=∠FDB △DEM的关系没有发生变化,因而结论MB=MD,ME ∠DOC=∠AOB,根据邻补角的定义和角平分线的定义求 ∵∠ADE=∠ODB, △BDF(ASA)…∴DE=DF·CE=BF,故①正确;AE= MF仍成立 出∠DCO,再利用三角形的内角和定理列式计算即可求出 2BF,∴AC=3BF,故④正确 第一次月考评估检测卷 ∠BDC,判断出AD为三角形的外角平分线,然后列式计算 又∵OA=OB,∠AOF=∠BOD :12.D解析:如图所示,作点A关于 即可求出∠DAC ∴△AOF≌△BOD(ASA) CD的对称点A,连接AB,交CD 13.3解析:过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥AC于点F,如图所∴AF=BD,∴BD=2AE. 于点P,连接AP,则PA+PB的最 2.C解析:由三角形三边关系定理,得5-3<a<5+3,即2<示,∵S△Mm=1AB·DE,∴× 23.解:(4)50°(5)∠P=1∠A 小值为A'B的长,点P即为所求 a<8,所以三角形的周长满足10<周长<16,即符合的只 ∵点A与点A关于CD对称, 1×DE=2,解得DE=1.∵AD平分 (6)证明:∵∠ACD=∠ACP+∠PCD=∠A+∠ABC 有11 ∠APD ∠BAC∴∴DF=DE=1.∴S△ACD= 又∵∠ACP=∠PCD,∠ABP=∠PBC, 3.A解析:因为正n边形每个内角的大小都为108°,所以每个 ∠A'PD,∴∠BPC=∠APD,故D符合题意 外角为72°,则n=360°÷72°=5. 2AC·DF=2×2×1=1.∴S△A 2∠PCD=∠A+2∠PBC,即∠PCD=2∠A+∠PBC 13.45解析:∵△ABC与△A'BC'关于直线l对称, 4.D解析:∵∠FEB是△AEC的一个外角,∴∠FEB=∠A+ ∴△ABC≌△AB'C.∵∠C=30°,∴∠C=30 S△ABD+S△AD=2+1=3. ∠PCD=∠P+∠PBC ∠C=25°+36=61.又∵∠DFE是△BFE的一个外角,14.100°解析:延长AD交BC于点 ∴∠B=1800-∠A-∠C=180°-105-30=4 ∴.∠DFE=∠B+∠FEB=45°+61°=106 14.8解析:∵AB=AC,AD⊥BC,∴BD=DC 因为∠A=40°,∠B=30°,所以∠AEC 5.B解析:由AB∥CD,可得∠DCA=∠CAB,且∠ ∠A+∠B=70°,因为∠C=30°,所 24.解:(1)相等.证明:如图所示,作DG AB+AC+ BC=32, Hp AB-+ BD-+CD+AC=32 AC=AC,能判定△ADC≌△CBA,故选项A不符合题意;由 以∠ADC=∠AEC+∠C=70°+30° AB,DH⊥AC,垂足分别为点G,H ∴AC+CD=16.又∵AC+CD+AD=24,∴AD=8 AB=CD,且∠1=∠2,AC=AC,不能判定△ADC≌△CBA ∵AD是∠BAC的平分线, DG=DH,∠AGD+∠AHD=180 15.11解析:∵DE是AB的垂直平分线,∴AE=BE 故选项B符合题意;由AD=BC,且∠1=∠2,AC=AC,能判15.7解析:因为AB⊥PQ,所以∠ABC=90°,因为MN∥PQ,所 △ABC的周长=AB+AC+BC,△EBC的周长=BE+ 定△ADC≌△CBA,故选项C不符合题意;由∠B=∠D,且以∠BAD+∠ABC=180°.所以∠BAD=90°,因为AD ∵四边形的内角和是360 EC+BC=AE+EC+BC=AC+BC,∴△ABC的周长 ∠1-∠2,AC=AC,能判定△ADC≌△CBA,故选项D不符EB,DE