文档内容
2024-2025 学年八年级数学上学期第一次月考卷
基础知识达标测
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、
准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第十一章~第十二章（人教版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单选题
1．已知三条线段的长分别是3，7，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是（
）
A．11 B．10 C．9 D．7
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系确定第三边的取值范围，进而解答即可．
【详解】解：∵三条线段的长分别是3，7，m，它们能构成三角形，
∴7−3S ，
△APH △AEP
∴S =S +S >S +S ，故④不正确；
△ABP △DBP △APH △DBP △AEP
综上，正确的有①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，角平分线与三角形内角和定理．根据三角形内角和
定理以及角平分线定义∠APB=135°，再由此证明△ABP≌△FBP，△APH≌△FPD，是解决问
题的关键．
二、填空题
11．若一个多边形的边数是这个多边形从一个顶点发出的对角线条数的2倍，则这个多边形是
边形．
【答案】六
【分析】设此多边形有n条边，则从一个顶点引出的对角线有(n−3)条，根据“一个多边形的边
数恰好是从一个顶点引出的对角线条数的2倍”列出方程，解方程即可．
【详解】解：设此多边形有n条边，由题意，
得n=2(n−3)，
解得n=6，
∴这个多边形是六边形．
故答案为：六．
【点睛】此题考查多边形的对角线；解题关键在于理解题意找出等量关系列出方程．
12．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F等于 ．【答案】360°/360度
【分析】结合已知图形，根据三角形的内角和定理进行角的计算即可；
【详解】
解：∵∠A+∠F=180°−∠AOF,∠B+∠C=180°−∠BGC,∠D+∠E=180°−∠DHE,
∠AOF+∠BGC+∠DHE=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F
=180°−∠AOF+180°−∠BGC+180°−∠DHE
=540°−(∠AOF+∠BGC+∠DHE)
=540°−180°
=360°；
故答案为：360°；
【点睛】本题考查三角形的内角和定理，结合已知条件将∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F化为
180°−∠AOF+180°−∠BGC+180°−∠DHE解题的关键．
13．如图，在△ABC中，AD是高线，AE、BF是角平分线，它们相交于点
O，∠BAC=50°，∠C=70°，∠EAD度数为 ．
【答案】5°/5度
【分析】本题主要考查了几何图形中角的计算，理解三角形内角和定理、三角形高和角平分线的定义，准确推理计算是解题的关键．
根据三角形高和角平分线的定义、三角形内角和定理，先求出∠EAC、∠DAC的度数，再计算
∠DAE=∠EAC−∠DAC即可．
【详解】解：∵在△ABC中，AD是高，AE是角平分线，∠BAC=50°，∠C=70°，
1 1
∴∠EAC= ∠BAC= ×50°=25°，∠DAC=180°−90°−∠C=90°−70°=20°，
2 2
∴∠DAE=∠EAC−∠DAC=5°．
故答案为：5°
14．如图，四边形ABCD中，AC平分∠BAD，BC=DC，CE⊥AD于点E，AD=12，AB=7
，则DE的长为 ．
5
【答案】
2
【分析】此题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，过点C作CF⊥AB交
AB的延长线于点F，证明Rt△ACF≌Rt△ACE(HL)，则AE=AF=AB+BF，证明
Rt△BCF≌Rt△DCE(HL)，则DE=BF，得到AD=AB+2DE，即可得到DE的长．
【详解】解：过点C作CF⊥AB交AB的延长线于点F，
∵AC平分∠BAD，CE⊥AD于点E，CF⊥AB于F，
∴CE=CF，
∵AC=AC，
∴Rt△ACF≌Rt△ACE(HL)，
∴AE=AF=AB+BF，
∵CE=CF，BC=DC，
∴Rt△BCF≌Rt△DCE(HL)∴DE=BF，
∴AD=AE+DE=AB+BF+DE=AB+2DE，
∴12=7+2DE
5
∴DE= ，
2
5
故答案为：
2
15．如图，∠ABD，∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＝50°，∠D＝10°，则∠P的度数为
．
【答案】20°．
【分析】延长PC交BD于E，设AC、PB交于F，在△ABF和△PCF中根据三角形的内角和定理
可得∠P+∠PCF=∠A+∠ABF，再根据三角形的外角性质得到∠P+∠PBE=∠PCD－∠D，再根据
PB、PC是角平分线即可推出2∠P=∠A－∠D，问题即得解决．
【详解】解：延长PC交BD于E，设AC、PB交于F，如图，
∵∠A+∠ABF+∠AFB=∠P+∠PCF+∠PFC=180°，∠AFB=∠PFC，
∴∠P+∠PCF=∠A+∠ABF，
∵∠P+∠PBE=∠PED，∠PED=∠PCD－∠D，
∴∠P+∠PBE=∠PCD－∠D，
∴2∠P+∠PCF+∠PBE=∠A－∠D+∠ABF+∠PCD，
∵PB、PC是角平分线，
∴∠PCF=∠PCD，∠ABF=∠PBE，
∴2∠P=∠A－∠D，
∵∠A=50°，∠D=10°，
∴∠P=20°．
故答案为：20°．【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理、三角形的外角性质和角平分线的定义等知识，能
熟练地运用这些性质进行计算是解此题的关键．
16．如图，CA⊥AB，垂足为点A，射线BM⊥AB，垂足为点B，AB=15cm，AC=6cm．动点
E从A点出发以3cm/s的速度沿射线AN运动，动点D在射线BM上，随着E点运动而运动，始终
保持ED=CB．若点E的运动时间为t秒(t>0)，则当t= 秒时，△DEB与△BCA全等．
【答案】3或7或10
【分析】本题考查全等三角形的性质，关键是要分情况讨论．分情况，当E在线段AB上，或当E
在线段AB延长线上，由HL即可求解．
【详解】解：∵ CA⊥AB，BM⊥AB，∠CAB=∠DBE=90°，
∵ ED=CB，当E在线段AB上时，若BE=AC，
∴ Rt△DEB≌Rt△BCA(HL)，
∵ AE=3tcm，
∴ BE=AB−AE=(15−3t)cm，
∴ 15−3t=6，
∴ t=3；
若BE=AB，
∴ Rt△DEB≌Rt△CBA(HL)，
∴ AE=0，
∴ t=0（舍去），
当E在线段AB延长线上时，若BE=AC，
∴ Rt△DEB≌Rt△BCA(HL)，∵ AE=3t=AB+BE=15+6=21 (cm)，
∴ t=7，
若BE=AB，
∴ Rt△DEB≌Rt△CBA(HL)，
∵ AE=3t=AB+BE=15+15=30(cm)，
∴ t=10，
∴当t=3或7或10秒时，△DEB与△BCA全等．
故答案为：3或7或10．
三、解答题
17．如图，正方形ABCD的四个顶点都是格点，E点是格点，且在BC边上．仅用无刻度直尺在给
定网格中完成画图．
(1)找到格点F，并连接AF，使AF=AE，且AF⊥AE；
(2)连接EF，过A作AG⊥EF于G点；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）在CD延长线上取格点F，连接AF、DF，使得DF=BE，会有DF⊥AD，即
∠ADF=∠ABE=90°，结合AD=AB，可证△ADF≌△ABE(SAS)，则AF=AE，
∠DAF=∠BAE，故∠DAF+∠DAE=∠BAE+∠DAE，即∠FAE=∠BAD=90°，则
AF⊥AE，故格点F即为所求；
（2）连接EF，在点E的左侧，过点E的水平网格线上取格点P；在点F的右侧，过点F的水平网
格线上取格点Q，使得EP=FQ，会有EP∥FQ，连接PQ交EF于点G，连接AG，根据“两直线
平行，内错角相等”，可得∠PEG=∠QFG、∠EPG=∠FQG，可证△EPG≌△FQG(ASA)，
可得EG=FG，即点G为EF的中点，根据AF=AE、等腰三角形三线合一的性质，可得AG⊥EF
，故AG即为所求．
【详解】（1）如图，格点F即为所求；（2）如图，AG即为所求．
【点睛】本题主要考查了网格作图，涉及了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角
形三线合一的性质等，灵活运用知识点作图是解题的关键．
18．已知△ABC的三边a，b，c满足a+b=3c−4，a−b=2c−6，且a>b．
(1)求c的取值范围；
(2)若△ABC的周长为12，求c的值．
【答案】(1)3b，则a−b=2c−6>0，故3b
∴a−b=2c−6>0
故c>3
又因为290°，∠A=56°，则∠B=_____°；
(2)若△ABC是直角三角形，∠ACB=90°．
①如图，若AD是∠BAC的角平分线，请你判断△ABD是否为“准互余三角形”？并说明理由．
②点E是边BC上一点，△ABE是“准互余三角形”，若∠B=28°，求∠AEB的度数．
【答案】(1)17
(2)①△ABD是“准互余三角形”，理由见解析； ②121°或118°．
【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义可得2∠B+∠A=90°，代入数据求出∠B即可；
（2）①由直角三角形的性质可得∠CAB+∠ABC=90°，结合角平分线的定义可得
2∠DAB+∠ABC=90°，进而可得△ABD是“准互余三角形”；
②根据△ABE是“准互余三角形”可得2∠EAB+∠ABC=90°或∠EAB+2∠ABC=90°，求出
∠EAB=31°或∠EAB=34°，然后分别利用三角形内角和定理计算即可．
【详解】（1）解：∵∠C>90°，∠A=56°，且△ABC是“准互余三角形”，
∴2∠B+∠A=90°，
∴∠B=17°，
故答案为：17；
（2）解：①△ABD是“准互余三角形；
理由：∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°，
∵AD是∠BAC的平分线，∴∠CAB=2∠DAB，
∴2∠DAB+∠ABC=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”；
②∵点E是边BC上一点，△ABE是“准互余三角形”，
∴2∠EAB+∠ABC=90°或∠EAB+2∠ABC=90°，
∵∠ABC=28°，
∴2∠EAB+28°=90°或∠EAB+2×28°=90°，
∴∠EAB=31°或∠EAB=34°，
当∠EAB=31°，∠ABC=28°时，∠AEB=180°−31°−28°=121°，
当∠EAB=34°，∠ABC=28°时，∠AEB=180°−34°−28°=118°，
∴∠AEB的度数为：121°或118°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，理解“准互
余三角形”的定义是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
23．（1）如图，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A 处，试探究∠1、∠2与∠A的关系；
1
（2）如图2，若∠1=140°,∠2=80°，作∠ABC的平分线BN，与∠ACB的外角平分线CN交于
点N，求∠BNC的度数；
（3）如图3，若点A 落在△ABC内部，作∠ABC，∠ACB的平分线交于点A ，此时∠1,∠2,
1 1
∠BA C满足怎样的数量关系？并给出证明过程．
1
【答案】（1）∠1=2∠A+∠2；（2）15°；（3）∠1+∠2=4∠BA C−360°，理由见详解
1
【分析】（1）由折叠的性质可知∠A=∠A ，根据外角定理得到∠1=∠A+∠AMD，
1
∠AMD=∠A +∠2，代入即可得到∠1=2∠A+∠2；
1（2）先根据（1）的结论求出得到∠A=30°，再由角平分线的定义得到
1 1
∠NBC= ∠ABC，∠NCH= ∠ACH，再根据三角形外角定理进行角的转化即可得到
2 2
1
∠N= ∠A=15°；
2
（3）由折叠的性质可知∠AED=∠A ED,∠ADE=∠A DE，根据三角形内角和定理证明
1 1
∠1+∠2=2∠A，根据角平分线的性质得到∠ABC=2∠A BC，∠ACB=2∠A CB，进而证明
1 1
∠A=2∠BA C−180°，代入即可得到∠1+∠2=4∠BA C−360°．
1 1
【详解】解：（1）∠1=2∠A+∠2，理由如下：
如图1，AC与DA 交于点M．
1
由折叠的性质可知∠A=∠A ，
1
∵∠1为△ADM外角，
∴∠1=∠A+∠AMD，
∵∠AMD为△EM A 外角，
1
∴∠AMD=∠A +∠2，
1
∴∠1=∠A+∠A +∠2=2∠A+∠2；
1
（2）由（1）得∠1=2∠A+∠2，
∵∠1=140°,∠2=80°，
∴2∠A+80°=140°，
∴∠A=30°,
∵∠ABC的平分线BN，与∠ACB的外角平分线CN交于点N，
1 1
∴∠NBC= ∠ABC，∠NCH= ∠ACH，
2 2
∵∠NCH为△NBC的外角，∠ACH为△ABC的外角，
1 1 1 1
∴∠N=∠NCH−∠NBC= ∠ACH− ∠ABC= (∠ACH−∠ABC)= ∠A=15°；
2 2 2 2（3）解：∠1+∠2=4∠BA C−360°，理由如下；
1
由折叠的性质可知∠AED=∠A ED,∠ADE=∠A DE，
1 1
∴∠1=180°−∠ADA =180°−2∠ADE，∠2=180°−∠AEA =180°−2∠AED，
1 1
∴∠1+∠2=360°−2∠ADE−2∠AED=360°−2(∠ADE+∠AED)，
∵∠ADE+∠AED=180°−∠A，
∴∠1+∠2=360°−2(180°−∠A)=2∠A，
∵∠ABC,∠ACB的平分线交于点A ，
1
∴∠ABC=2∠A BC，∠ACB=2∠A CB，
1 1
∵∠ABC+∠ACB=2(∠A BC+∠A CB)=360°−2∠BA C，
1 1 1
∴∠A=180°−(∠ABC+∠ACB)=180°−(360°−2∠BA C)=2∠BA C−180°，
1 1
∴∠1+∠2=2∠A=2(2∠BA C−180°)=4∠BA C−360°．
1 1
【点评】本题主要考查了折叠的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性
质，熟知三角形内角和定理和三角形外角的性质并进行角的转化是解题的关键．
24．【初步探索】
（1） 如图1， 在四边形ABCD中， AB=AD，∠B=∠ADC=90°， E， F分别是BC，CD
上的点， 且EF=BE+FD， 探究图中∠BAE，∠FAD，∠EAF之间的数量关系． 小明同学
探究此问题的方法是：延长FD到点G， 使DG=BE． 连接AG， 先证明△ABE≌△ADG， 再
证明△AEF≌△AGF， 可得出结论， 则他的结论应是 ．
【灵活运用】
（2）如图2， 若在四边形ABCD中， AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD
上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3， 已知在四边形 ABCD 中， ∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD， 若点E在CB
的延长线上， 点F在CD的延长线上， 且仍然满足EF=BE+FD， 请写出∠EAF 与∠DAB的
数量关系，并给出证明过程．1
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）成立，见解析；（3）∠EAF=180°− ∠DAB
2
，见解析
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出
∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出
∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出
∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出
∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定
△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到
2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF，理由如下：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADG=180°−∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+DF，DG=BE，
∴EF=BE+DF=DG+DF=GF，
在△AEF和△AGF中，{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）上述结论仍然成立，理由如下：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180° ∠ADG+∠ADF=180°
， ，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180° ∠ABC+∠ABE=180°
， ，
∴∠ADC=∠ABE，
{
AB=AD
)
在△ABE和△ADG中， ∠ABE=∠ADC ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
{AE=AG
)
在△AEF和△AGF中， AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应
用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
解题时注意：同角的补角相等．
