精品解析：重庆市永川区文昌中学文昌校区2023-2024学年八年级上学期第一次月考数学试题

2023-2024学年重庆市文昌中学文昌校区八年级（上）第一次月考数学试卷 一、单选题．（每小题4分，共10×4＝40分） 1. 下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（ ） A. 15，8，20 B. 3，4，7 C. 7，4，2 D. 1，5，7 2. 下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知，点B，E，C，F在一条直线上，若利用“”得到，则需要添加的条件是（ ） A. B. C. D. 4. 能利用HL判定下列条件的两个直角三角形全等的是（　　） A. 一个锐角和这个角的对边对应相等 B. 一个锐角和斜边对应相等 C. 两直角边对应相等 D. 斜边和一条直角边对应相等 5. 将一副三角板按照如图方式摆放，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，，交于点，若，则的长是（　　） A. 2.4 B. 3 C. 4 D. 5 7. 如图，在中，D是中点，E是中点，连接、，若的面积为20，则的面积为（　　） A. 5 B. 10 C. 15 D. 18 8. 如图，在等边△ABC中，BD=CE，则∠APE等于（　　） A. B. C. D. 9. 如图，的两个外角的平分线相交于点O，若，则等于（　　） A. B. C. D. 10. 如图，在和中，，，．连接，连接并延长交，于点F，G．若恰好平分，则下列结论①；②；③；④中，正确的有（　　）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题．（每小愿4分，共8×4＝32分） 11. 若一扇窗户打开后，用窗钩将其固定，主要运用的几何原理是_________． 12. 如图，已知A、B、C、D四点在同一直线上，，，请你填一个直接条件，_______，使． 13. 过十五边形的一个顶点可以作_____条对角线，它们将这个多边形分成_____个三角形． 14. 如图，作于点，与相交于点，若，，则______． 15. 如图，小明从A点出发，向前走后向右转，继续向前走，再向右转，他回到A点时共走了________米． 16. 如图，在中，点E是的中点，，的长为m，则m的取值范围是 __________． 17. 如图，在中，，边上有一点D，使得，将沿折叠得到，此时，则的度数为__________． 18. 已知BD、CE是△ABC的高，BD、CE所在的直线相交所成的角中有一个角为60°，则∠BAC＝_____． 三、解答题．（共78分） 19. （1）求12边形内角和度数； （2）若一个n边形的内角和与外角和的差是720°，求n． 20. 如图，在中，是的角平分线，，若，． （1）求的度数； （2）求的度数． 21. 尺规作图（保留作图痕迹，不写作法） 如图，已知直线是两条公路，村庄M在公路上，村庄N在公路上，两个村庄之间有公路连接，请用无刻度的直尺和圆规作图． （1）在公路上、村庄N的左侧作一个乘车点P，使得，保留作图痕迹，并标记点P； （2）在公路上、村庄M的右侧作一个乘车点Q，使得，保留作图痕迹，并标记点Q． 22. 如图，在中，，边上的中线把的周长分成和两部分，求各边的长． 23. 如图，，，，．求证：． 24. 如图，在中，D是的中点，，，垂足分别是E、F，．求证： 25. 在中，，，直线经过点A，且，， （1）当直线绕点A旋转到图1的位置时，求证：； （2）当直线绕点A旋转到图2的位置时，试问，，具有怎样的等量关系，写出这个等量关系．并加以证明． 26. 【概念认识】 如图①，在中，若叫做的“三分线”．其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”． 【问题解决】 （1）如图②，在，，若∠B的三分线交于点D，求的度数； （2）如图③，在中，分别是邻三分线和邻三分线，，求∠A的度数； 【延伸推广】 （3）在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点P．若，直接写出的度数．（用含m的代数式表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年重庆市文昌中学文昌校区八年级（上）第一次月考数学试卷 一、单选题．（每小题4分，共10×4＝40分） 1. 下列长度的三条线段中，能组成三角形的是（ ） A. 15，8，20 B. 3，4，7 C. 7，4，2 D. 1，5，7 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了三角形三边关系，根据两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可求解． 【详解】解：A.∵，能组成三角形，故此选项正确； B. ，不能组成三角形，故此选项错误； C.，不能组成三角形，故此选项错误； D.，不能组成三角形，故此选项错误． 故选：A． 2. 下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】三角形的高线的定义可得，D选项中线段BE是△ABC的高． 故选：D 3. 如图，已知，点B，E，C，F在一条直线上，若利用“”得到，则需要添加的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三边对应相等的三角形是全等三角形，进行判断即可． 【详解】解：已知， ∴要利用“”得到，还需要，， ∵， ∴要得到，只需； 综上：满足题意的只有C选项； 故选C． 【点睛】本题考查全等三角形的判定．熟练掌握三边对应相等的三角形是全等三角形，是解题的关键． 4. 能利用HL判定下列条件的两个直角三角形全等的是（　　） A. 一个锐角和这个角的对边对应相等 B. 一个锐角和斜边对应相等 C. 两直角边对应相等 D. 斜边和一条直角边对应相等 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形全等的判定，熟练掌握直角三角形特有的判定三角形全等的方法（HL）是解题的关键．根据三角形全等的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：A．一个锐角和这个角的对边对应相等，根据AAS可证明两个直角三角形全等，故A选项不符合题意； B．一个锐角和斜边对应相等，根据AAS可证明两个直角三角形全等，故B选项不符合题意； C．两直角边对应相等，根据SAS可证明两个直角三角形全等，故C选项不符合题意； D.一条直角边和斜边对应相等，根据HL可证明两个直角三角形全等，故D选项符合题意; 故选：D． 5. 将一副三角板按照如图方式摆放，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角板的性质得出，，再利用外角的性质计算即可． 【详解】解：由题意可得： ，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查的是三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键． 6. 如图，，交于点，若，则的长是（　　） A. 2.4 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理、等面积法求线段长，先由勾股定理求出，再利用三角形的面积公式可求出的长即可得到答案，熟练掌握三角形的面积公式是解决问题的关键． 【详解】解：∵， ∴在中，，由勾股定理得， ∵， ∴根据三角形的面积得，则， 故选：A． 7. 如图，在中，D是中点，E是中点，连接、，若的面积为20，则的面积为（　　） A. 5 B. 10 C. 15 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分计算，得到答案．本题考查的是三角形的面积计算，掌握三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分是解题的关键． 【详解】解：∵D是中点， ∴的面积的面积的面积， ∵E是中点， ∴的面积的面积，的面积的面积， ∴的面积的面积的面积， 故选：B． 8. 如图，在等边△ABC中，BD=CE，则∠APE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，可得∠BAD与∠CBE的关系，根据三角形的外交的性质，可得∠APE=∠ABP+∠BAP，根据等量代换，可得答案． 【详解】解：在等边△ABC中，∠ABC=∠C=60°，AB=BC． 在△ABD和△BCE中， ， ∴△ABD≌△BCE（SAS）， ∴∠BAD=∠CBE． ∵∠APE是△ABP的外角， ∴∠APE=∠ABP+∠BAP， ∴∠APE=∠ABP+∠PBD=∠ABC=60°． 故选C． 【点睛】本题考查了全等三角形，利用了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质． 9. 如图，的两个外角的平分线相交于点O，若，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，由，可得，则，由的平分线相交于点O，可得，则，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∴， ∵的平分线相交于点O， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线．解题的关键在于明确角度之间的数量关系． 10. 如图，在和中，，，．连接，连接并延长交，于点F，G．若恰好平分，则下列结论①；②；③；④中，正确的有（　　）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定，角平分线的定义，三角形的内角和定理．证明是解题的关键． 证明可得，，可判断，选项正确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解的度数，利用角平分线的定义求得，即可得，进而可证明，即可判断选项正确，进而可求解． 【详解】解：①， ，即， 在和中， ， ， ，故①选项符合题意； ，故④选项符合题意； ②， ， ， ， 平分， ， ， ， （内错角相等，两直线平行）， 故②选项符合题意； 根据已知条件无法证明，故③选项不符合题意． 故选：C． 二、填空题．（每小愿4分，共8×4＝32分） 11. 若一扇窗户打开后，用窗钩将其固定，主要运用的几何原理是_________． 【答案】三角形的稳定性 【解析】 【详解】解：一扇窗户打开后，用窗钩可将其固定，这里所运用的几何原理是三角形的稳定性． 故答案为：三角形的稳定性. 12. 如图，已知A、B、C、D四点在同一直线上，，，请你填一个直接条件，_______，使． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有等． 【详解】解：添加的条件是， 理由是：∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， 故答案为：（答案不唯一）． 13. 过十五边形的一个顶点可以作_____条对角线，它们将这个多边形分成_____个三角形． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据边形对角线的性质可知，选定多边形一个顶点，这个点本身以及这个点左右两边相邻的点连接不能构成对角线，剩下的个顶点都可以和这个点连接构成对角线，从而得到对角线的条数，进而得到这些对角线将多边形分成的三角形个数为． 【详解】解：对于十五边形，过十五边形的一个顶点与其它点连接对角线，这个点与其本身以及这个点左右两边相邻的点连接不能构成对角线，剩下的个顶点都可以和这个点连接构成对角线，可以作条对角线；这些对角线将十五边形分成了个三角形； 故答案为：；． 【点睛】本题考查多边形的对角线以及对角线将多边形分成的三角形个数，属于几何规律问题，掌握相关分析方法是解决问题的关键． 14. 如图，作于点，与相交于点，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据，可得，根据三角形内角和为180度可求出，即有，即可得． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】此题主要考查三角形的角度计算，解题的关键是熟知三角形的内角和定理． 15. 如图，小明从A点出发，向前走后向右转，继续向前走，再向右转，他回到A点时共走了________米． 【答案】300 【解析】 【分析】根据多边形的外角和等于求出所走过的边数，然后根据多边形的周长列式计算即可得解．本题考查了多边形的内角与外角，读懂题目信息，求出所走过的边数是解题的关键． 【详解】解：， 所以他走回到A点时共走了：（米）． 故答案为：． 16. 如图，在中，点E是的中点，，的长为m，则m的取值范围是 __________． 【答案】## 【解析】 【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、一元一次不等式组的求解等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．延长到点F，使，连接，可证得，根据即可求解． 【详解】解：延长到点F，使，连接， ∵点E是的中点， ∴， ∵ ∴ ∴， ∵，且， ∴ ∴解得 故答案为： 17. 如图，在中，，边上有一点D，使得，将沿折叠得到，此时，则的度数为__________． 【答案】##78度 【解析】 【分析】先由平行线的性质得到，再由折叠得到、，最后利用三角形的内角和定理求出． 【详解】解：∵， ∴． ∵沿翻折得， ∴，． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，以及三角形内角和定理，掌握 “两直线平行内错角相等”及“三角形的内角和是”等知识点是解决本题的关键． 18. 已知BD、CE是△ABC的高，BD、CE所在的直线相交所成的角中有一个角为60°，则∠BAC＝_____． 【答案】60°或120°． 【解析】 【分析】分两种情况：（1）当∠A为锐角时，如图1；（2）当∠A为钝角时，如图2；根据四边形的内角和为360°即可得出结果． 【详解】解：分两种情况： （1）当∠A为锐角时，如图1， ∵∠DOC＝60°， ∴∠EOD＝120°， ∵BD、CE是△ABC的高， ∴∠AEC＝∠ADB＝90°， ∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°； （2）当∠A为钝角时，如图2， ∵∠F＝60°， 同理：∠ADF＝∠AEF＝90°， ∴∠DAE＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°， ∴∠BAC＝∠DAE＝120°， 综上所述，∠BAC的度数为60°或120°， 故答案为：60°或120°． 【点睛】本题考查了三角形高线的定义，四边形的内角和等知识，掌握相关定理，能分类讨论是解题关键． 三、解答题．（共78分） 19. （1）求12边形内角和度数； （2）若一个n边形的内角和与外角和的差是720°，求n． 【答案】（1）1800°；（2）8 【解析】 【分析】（1）根据内角和公式，可得答案； （2）根据多边形内角和公式（n-2）•180°可得内角和，再根据外角和为360°可得方程（n-2）•180°-360°=720°，再解方程即可． 【详解】解：（1）由题意，得 （12-2）×180°=1800°； （2）由题意得： （n-2）•180°-360°=720°， 解得：n=8． 【点睛】此题主要考查了多边形的内角和和外角和，解题的关键是掌握多边形的内角和公式与外角和定理． 20. 如图，在中，是的角平分线，，若，． （1）求的度数； （2）求的度数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和及角平分线的性质即可求解． （2）由（1）得，利用直角三角形的特征即可求解． 【小问1详解】 解：，， ， 又是的角平分线， ． 【小问2详解】 由（1）得：， ， ， ． 【点睛】本题考查了三角形内角和、角平分线的性质及直角三角形的特征，熟练掌握其基础知识是解题的关键． 21. 尺规作图（保留作图痕迹，不写作法） 如图，已知直线是两条公路，村庄M在公路上，村庄N在公路上，两个村庄之间有公路连接，请用无刻度的直尺和圆规作图． （1）在公路上、村庄N的左侧作一个乘车点P，使得，保留作图痕迹，并标记点P； （2）在公路上、村庄M的右侧作一个乘车点Q，使得，保留作图痕迹，并标记点Q． 【答案】（1）如图，点P即为所求； （2） 如图，点Q即为所求． 【解析】 【分析】（1）根据作一条线段等于已知线段的作法，作出图形即可； （2）作交于点Q，点Q即为所求． 【小问1详解】 解：略． 【小问2详解】 解：略． 【点睛】本题主要考查了尺规作图，熟练掌握几种基本尺规作图的方法是解题的关键． 22. 如图，在中，，边上的中线把的周长分成和两部分，求各边的长． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的定义、三角形的中线和三角形的三边关系，分两种情况：当cm时和cm时，根据等腰三角形的定义结合三角形的三边关系解答即可． 【详解】解：如图，    ∵是边上的中线， 即， ∴， 若，则， 又∵， 联立方程组∶， 解得：， 三边能够组成三角形； 若，则， 又∵， 联立方程组， 解得：， 三边能够组成三角形； ∴三角形的各边长为或． 23. 如图，，，，．求证：． 【答案】 证明：∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定，垂直的定义，由，，得，通过线段和差得，最后由即可求证，掌握全等三角形的判定是解题的关键． 【详解】略 24. 如图，在中，D是的中点，，，垂足分别是E、F，．求证： 【答案】 证明：D是的中点， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ∴， ∵， ∴． 【解析】 【分析】根据可证，根据全等三角形的性质可得，再根据角平分线的判定即可证明． 【详解】略 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质等知识点，解题关键是证明． 25. 在中，，，直线经过点A，且，， （1）当直线绕点A旋转到图1的位置时，求证：； （2）当直线绕点A旋转到图2的位置时，试问，，具有怎样的等量关系，写出这个等量关系．并加以证明． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴，， ∴． （2） ， 证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴，， ∴． 【解析】 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质． （1）由，可得，，由可得，从而，通过“”即可证明，从而，，因此； （2）由，可得，，由可得，从而，通过“”即可证明，从而，，因此． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 26. 【概念认识】 如图①，在中，若叫做的“三分线”．其中，是“邻三分线”，是“邻三分线”． 【问题解决】 （1）如图②，在，，若∠B的三分线交于点D，求的度数； （2）如图③，在中，分别是邻三分线和邻三分线，，求∠A的度数； 【延伸推广】 （3）在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点P．若，直接写出的度数．（用含m的代数式表示） 【答案】（1）或 （2） （3）或或或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得当是“邻三分线”时，；当是“邻三分线”时，； （2）结合（1）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且，即可求的度数； （3）分4种情况进行画图计算：情况一：如图①，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得；情况二：如图②，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得；情况三：如图③，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得；情况四：如图④，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，可得，进而解答． 【小问1详解】 解：如图， 当是“邻三分线”时，； 当是“邻三分线”时，； 【小问2详解】 解：在中， ， ， 又、分别是邻三分线和邻三分线， ， ， 在中，， ； 【小问3详解】 解：分种情况进行画图计算： 情况一：如图①，当、分别是邻三分线，邻三分线， ； 情况二：如图②，当BP和CP分别是“邻BC三分线”， 邻三分线， ； 情况三：如图③，当BP和CP分别是“邻BC三分线”， 邻三分线， ； 情况四：如图④，当BP和CP分别是“邻AB三分线”， 邻三分线， ； 综上所述：的度数为：或或或． 【点睛】本题考查了三角形外角的性质，列代数式，利用分类讨论思想是解决本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $