高邮市 2018-2019 年八年级上册月考数学试卷
2018.9
一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 3 分，共 24
分）
1.如图，下列图案是我国几家银行的标志,其中不是轴对称图形的是( C )
A
B
C
D
【考点】：轴对称图形
【解析】：第 1 个，第 2 个，第 4 个图形是轴对称图形，符合题意；
第 3 个不是轴对称图形，不符合题意；
故不是轴对称图形的是第 3 个。
故选 C.
【答案】：C.
2.满足下列哪种条件时，能判定△ABC 与△DEF 全等的是（ D ）
A. ∠A=∠E，AB=EF，∠B=∠D
B. AB=DE，BC=EF，∠C=∠F
C. AB=DE，BC=EF，∠A=∠E
D. ∠A=∠D，AB=DE，∠B=∠E
【考点】：全等三角形的判定
【解析】：
A. 对应点前后矛盾；B. 角不是两边的夹角，不符合 SAS；
C. 角不是两边的夹角，不符合 SAS； D. 符合 ASA 能判定三角形全等；
仔细分析以上四个选项，只有 D 是正确的。
【答案】：D.
3.如图所示,亮亮书上的三角形被墨迹污染了一部分,很快他就根据所学知识画出一个与书上
完全一样的三角形,那么这两个三角形完全一样的依据是( D
)
A. SSS
B. SAS
C. SSA
D. ASA
【考点】：全等三角形的应用
【解析】：图中三角形没被污染的部分有两角及夹边，根据全等三角形的判定方法解答
即 可，由图可知，三角形两角及夹边可以作出，
所以，依据是 ASA.
【答案】：故选
D.
4.如图,△ABC 与△A′B′C′关于直线 l 对称,则∠B 的度数为( A )
A. 100°
B. 50°
C. 90°
D. 30°
【考点】：轴对称的性质
【解析】：
依据轴对称的性质可得到∠C=∠C′，然后依据三角形的内角和定理求解即可
∴∠C=∠C′=30°.
∴∠B=180°−∠A−∠C=180°−50°−30°=100°.
【答案】：故选：A.
5.在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AD 平分∠BAC 交 BC 于 D，若 BC＝20，且 BD:DC＝
3:2， 则 D 到 AB 边的距离是( C )
A.12 B.10 C.8 D.6
【考点】：勾股定理, 角平分线的性质
【解析】：如图，
过点 D 作 DE⊥AB 于
E．
∵BC=20，BD：DC=3：2，
∴CD=8．
又∵∠C=90°，AD 平分∠BAC 交 BC 于点
D，
∴DE=CD=8.
【答案】：故答案为：C
6.如图所示的 4×4 的正方形网格中,∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6−∠7=( B
)
A. 330∘
B. 315∘
C. 310∘
D. 320∘
【考点】：全等图形
【解析】：
由图可知，∠1 所在的三角形与∠7 所在的三角形全等，
所以∠1+∠7=90°.
同理得,∠2+∠6=90°,∠3+∠5=90°. 又
∠4=45°， 所以
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=315°.
【答案】：故选 B.
7.如图，直线 l 是一条河，P，Q 是两个村庄，欲在 l 上的某处修建一个水泵站，向 P，
Q
两地供水，现有如下四种铺设方案，图中实线表示铺设的管道，则所需管道最短的是（D）
A.
B.
C.
D.
【考点】：轴对称-最短路线问题
【解析】：
∵P、Q 两个村庄位于直线 l 的同侧，
∴在 L 上的某处修建一个水泵站，向 P、Q 两地供水，
所需管道最短的方案是选项 D 中的方案，原因是：
设点 P 关于直线 l 的对称点是点 A，在直线 l 上任取一点 B 不与点 M 重合，连
接
AB、QB、PB，则 PB=AB、PM=AM、QB+AB＞QA、QA=QM+AM.
∴QB+AB＞QM+AM.
∴QB+AB＞QM+PM.
所需管道最短的方案是选项 D 中的方案.
【答案】：选：D.
8.如图的 2×4 的正方形网格中,△ABC 的顶点都在小正方形的格点上,这样的三角形称为格
点三角形,在网格中与△ABC 成轴对称的格点三角形一共有(
B
)
A. 2 个
B. 3 个
C. 4 个
D. 5 个
【考点】：轴对称的性质
【解析】：
根据轴对称的性质，结合网格结构，分横向和纵向两种情况确定出不同的对称轴的位置，
然后作出与△ABC 成轴对称的格点三角形
如图所示，对称轴有三种位置，与△ABC 成轴对称的格点三角形有 3 个。
【答案】：故选 B.
二、填空题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30
分）
9.角是 轴 对称图形.
【考点】：角的轴对称性
【答案】：轴。
10.如图，为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背后加钉了一根木条，这样做的
道
理是
三角形具有稳定性
.
【考点】：三角形的稳定性，
【解析】：三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，
把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变
【答案】： 三角形具有稳定性
11.如图,△ABC 中,AD⊥BC 于 D,要使△ABD≌△ACD，若根据“HL”判定，还需要加条件
AB=AC
.
【考点】：直角三角形全等的判定
【解析】：根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成“斜边、
直角边”或“HL”）
还需添加条件 AB=AC，
∵AD⊥BC 于 D，
∴∠ADB=∠ADC=90∘ ，
在 Rt△ABD 和 Rt△ACD 中，
AB = AC
，
AD = AD
∴Rt△ABD≌Rt△ACD(HL)，
【答案】：故答案为：AB=AC.
12.如图所示，△ABC≌△ADE，且∠DAE=55°，∠B=25°，则∠ACG= 80°
．
【考点】：全等三角形的性质，
三角形外角与内角的关系
【解析】：∵△ABC≌△ADE
∴∠DAE=∠CAB=55°
∵∠B=25°
∴∠ACG=25°+55°=80°
【答案】：80°.
13.若△ABC 的三边分别为 3,5,7,△DEF 的三边分别为 3,3x−2,2x−1,若这两个三角形全等,则
x 的值为 3
。
【考点】：全等三角形的性质
【解析】：
根据全等三角形的性质分 3x-2=5，2x-1=7 和 3x-2=7，2x-1=5 两种情况，解方程即可．
∴3x−2=5，2x−1=7 或 3x−2=7，2x−1=5，
解得，x=3，
【答案】：故选：3.
14.如图，点 D 在 AB 上，AC，DF 交于点 E，AB∥FC，DE=EF，AB=15，CF=8，则
BD= 7 .
【考点】：平行线的性质，全等三角形的判定与性质
【解析】：∵AB∥FC，
∴∠ADE=∠F， 又∵DE=EF，
∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CFE，
∴AD=CF， 又
∵AB=15，CF=8，
∴BD=AB-AD=15-8=7.
【答案】7.
15.在 4×4 的正方形网格中,已将图中的四个小正方形涂上阴影,若再从其余小正方形中任选
一个也涂上阴影,是整个阴影部分组成的图形成轴对称图形,那么符合条件的小正方形共有
3
个
【考点】：利用轴对称设计图案
【解析】：直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【答案】：
如图所示：符合条件的小正方形共有 3 种情况。
16.如图,在△ABC 中,AC=BC,∠ACB=90∘ ,点 D. E 在 AB 上,将△ACD、△BCE 分别沿 CD、
CE 翻折,点 A. B 分别落在点 A′、B′的位置,再将△A′CD、△B′CE 分别沿 A′C、B′C 翻折,点
D 与点 E 恰好重合于点 O,则∠A′OB′的度数是_120° .
【考点】：翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理，等腰直角三角形
【解析】：如图所示：延长 CO 到 F.
∵AB=BC,∠ACB=90°，
∴∠A=∠B=45°.
由翻折的性质可知：∠A′CF=
∠ACF,∠B′CF=
∠BCF,
∠CA′O=∠DA′O=∠A=45°,∠OB′C=∠CB′E=∠ECB=45°.
∴∠A′CB′=∠A′CF+∠B′CF=13=30°.
∴∠A′OB′=∠A′CB′+∠CA′O+∠OB′C=30°+45°+45°=120°，
【答案】：120°.
17.如图，AD 是△ABC 的角平分线，DF⊥AB，垂足为 F，DE=DG，△ADG 和△AED 的
面积分别为 48 和 36，求△EDF 的面积 6
。
【考点】：角平分线的性质
【解析】：
作 DM=DE 交 AC 于 M，作 DN⊥AC 于点 N，
∵DE=DG，∴DM=DG，
∵AD 是△ABC 的角平分线，DF⊥AB，
∴DF=DN，
在 Rt△DEF 和 Rt△DMN 中，
DN = DF
，
DM = DE
∴Rt△DEF≌Rt△DMN(HL)，
∵△ADG 和△AED 的面积分别为 48 和 36，∴S△MDG=S△ADG−S△ADM=48−36=12，
S△DNM=S△EDF=
S△MDG
=×12=6，
【答案】：6。
18.如图,AB=6cm,AC=BD=4cm.∠CAB=∠DBA=60∘ ,点 P 在线段 AB 上以 1cm/s 的速度由点
A 向点 B 运动,同时,点 Q 在线段 BD 上由点 B 向点 D 运动。它们运动的时间为 t(s)，则点
Q
的运动速度为_1 或
cm/s，使得 A. C. P 三点构成的三角形与 B. P、Q 三点构成的三角形
全等。
【考点】：全等三角形的判定与性质
【解析】：设点 Q 的运动速度是 xcm/s，
∵∠CAB=∠DBA=60∘ ，
∴A、C. P 三点构成的三角形与 B. P、Q 三点构成的三角形全等，有两种情况：
①△ACP≌△BQP
AP=BP，AC=BQ，
则 1×t=6−1×t，解得：t=3，
则 4=3x，解得：x=
；
②△ACP≌△BPQ
AP=BQ，AC=BP，
则 1×t=tx，6−1×t=4，
解得：t=2，x=1，
【答案】：1 或
.
三、解答题（本大题共有 10 小题，共 96 分）
19.（本题 8 分）如图，在长度为 1 个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，点 A. B. C
在小正方形的顶点上。
(1)在图中画出与关于直线 l 成轴对称的△A′B′C′；
(2)线段 CC′被直线 l_垂直平分 ；
(3)△ABC 的面积为_3 .
【考点】：作图-轴对称变换
【解析】：
(1)如图所示；
(2)∵点 C 与点 C′关于直线 l 对称，
∴线段 CC′被直线 l 垂直平分。 故答案为：垂直平分；
(3)S△ABC=4×2−12×2×2−12×1×2−12×1×4=8−2−1−2=3，
故答案为：3.
【答案】：(2)垂直平分；(3)3.
三角形外角的性质可知
即可得出答案．
20.（本题满分 8 分）如图，已知△ABF≌△CDE.
（1）若∠B＝30°，∠DCF＝40°，求∠EFC 的度数；
（2）若 BD=10，EF=2，求 BF 的长.
【考点】：全等三角形的性质，
三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和
【解析】：由全等三角形的对应角相等易得∠D=∠B＝30°，借助
∠EFC=∠D+∠DCF，代入相关数据计算即可得到答案；
由全等三角形的对应边相等推出 BE=DF，依据 BD=10，EF=2 计算出 BE+DF 的大小，进而求
得 BE 的长度，再根据 BF=BE+EF 即可得出答案.
【答案】：（1）∵△ABF≌△CDE，∴∠B=∠D.
∵∠B＝30°，∴∠D=30°.∵∠DCF＝40°，∴∠EFC=∠D+∠DCF=70°.
（2）∵△ABF≌△CDE，∴BF=DE.∵BF=BE+EF，DE=DF+EF，∴BE=DF.
∵BD=10，EF=2，∴BE+DF=BD-EF=8，∴BE=DF=4，∴BF=BE+EF=6.
21.（本题满分 8 分）如图是雨伞开闭过程中某时刻的截面图,伞骨 AB=AC,支撑杆
OE=OF,AE=13AB,AF=13AC.当 O 沿 AD 滑动时，雨伞开闭。雨伞开闭过程中，∠BAD 与
∠CAD 有何关系?请说明理由。
【考点】：全等三角形的应用
【解析】：根据题意结合三角形全等的证明方法得出△AEO≌△AFO
【答案】：∠BAD=∠CAD， 理由：
∵AB=AC,AE=13AB,AF=13AC，∴AE=AF，
在△AEO 和△AFO 中，
AE = AF
AO = AO ，
EO = FO
∴△AEO≌△AFO(SSS)，∴∠BAD=∠CAD.
22.（本题满分 8 分）如图，已知 AC⊥AB，DB⊥AB，AC=BE，AE=BD，试猜想线段 CE
与 DE 的大小与位置关系，并证明你的结论。
【考点】：全等三角形的判定与性质
【解析】：
根据“边角边”证明△ACE 和△BED 全等，根据全等三角形 对
应边相等可得 CE=DE，根据全等三角形对应角相等 可得
∠C=∠BED，然后证明∠CED=90°，从而得到 CE⊥DE．
【答案】：CE=DE，CE⊥DE.
理由如下：∵AC⊥AB，DB⊥AB，∴∠A=∠B=90∘ ，
在△ACE 和△BED 中，
AC = BE
。
∵ ∠ A = ∠ B = 90 ，
AE = BD
∴△ACE≌△BED(SAS)，∴CE=DE，∠C=∠BED，
∵∠C+∠AEC=90°，∴∠BED+∠AEC=90°，
∴∠CED=180°−90°=90°，∴CE⊥DE
23.（本题满分 10 分）如图,在△ABC 中,AB 边的垂直平分线 l1 交 BC 于 D,AC 边的垂直
平分 线 l2 交 BC 于 E,l1 与 l2 相交于点 O，△ADE 的周长为 6cm.
(1)求 BC 的长；
(2)分别连结 OA、OB、OC，若△OBC 的周长为 16cm，求 OA 的长；
【考点】：线段垂直平分线的性质
【解析】：
（1）由在△ABC 中，AB 边的垂直平分线 l1 交 BC 于 D，AC 边的垂直平分线 l2 交 BC 于
E，
l1 与 l2 相交于点 O，可得 AD=BD，AE=CE，继而可得 BC=△ADE 的周
长；
（2）由在△ABC 中，AB 边的垂直平分线 l1 交 BC 于 D，AC 边的垂直平分线 l2 交 BC 于
E，
l1 与 l2 相交于点 O，可得 OA=OB=OC，继而求得答
案；
【答案】：
解答：
(1)∵在△ABC 中,AB 边的垂直平分线 l1 交 BC 于 D,AC 边的垂直平分线 l2 交 BC 于 E,l1
与 l2
相交于点 O，
∴AD=BD，AE=CE，
∵△ADE 的周长为 6cm.∴B=BD+DE+CE=AD+DE+AE=6cm；
(2)连结 OA、OB、OC，
∵在△ABC 中,AB 边的垂直平分线 l1 交 BC 于 D,AC 边的垂直平分线 l2 交 BC 于 E,l1 与
l2 相 交于点 O，
∴OA=OB，OA=OC，∴OA=OB=OC，
∵△OBC
的周长为 16cm ，∴OB+OC+BC=16cm ，∴OB=OC=5cm ，
∴OA=5cm；
24.（本题满分 10 分）我们把两组邻边相等的四边形叫做“筝形”。如图，四边形 ABCD 是
一个筝形，其中 AB=CB ，AD=CD 。对角线 AC ，BD 相交于点 O ，OE⊥AB ，
OF⊥CB，
垂足分别是 E，F.求证 OE=OF.
【考点】：全等三角形的判定与性质.证明题；新定义.
【解析】：本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意
三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形.
【答案】：∵在△ABC 和△CBD 中，
AB = CB
AD = CD ，
BD = BD
∴△ABD≌△CBD（SSS）∴∠ABD=∠CBD，
∴BD 平分∠ABC，又∵OE⊥AB
OF⊥CB
∴OE=OF.
∵∠
25
（.
本题满分 10 分）已知：如图∠BAC 的角平分线与 BC 的垂直平分线交与点 D，DE⊥AB，
DF⊥AC，垂足分别为 E，F. 求证：BE=CF.
【考点】：全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质
【解析】：连接 BD、CD，根据垂直平分线性质可得 BD=CD，
可证 RT△BDE≌RT△CDF，可得 BE=CF．
【答案】： 连接 BD、CD， 根
据垂直平分线性质可得 BD=CD，
∵D 为∠BAC 上面的点，DE⊥AB，DF⊥AC
∴DE=DF，
在 RT△BDE 和 RT△CDF 中,
DE = DF
，
BD = CD
∴RT△BDE≌RT△CDF(HL)，
∴BE=CF.
26.（本题满分 10 分）如图，点 P 为锐角∠ABC 内一点，点 M 在边 BA 上，点 N 在边 BC
上且 PM=PN，∠BMP+∠BNP=180∘ .求证：BP 平分∠ABC.
【考点】：全等三角形的判定与性质，角平分线的性质
【解析】：
在 AB 上截取 ME=BN，证得△BNP≌△EMP，进而证得
∠PBN=∠MEP，BP=PE，从而证得 BP 平分∠ABC．
【答案】：
证明：在 AB 上截取 ME=BN，如图所示
∵∠BMP+∠PME=180∘ ,∠BMP+∠BNP=180∘ ，
∴∠PME=∠BNP， 在
△BNP 与△EMP 中，
PN = PM
BNP = ∠ PME ，
BN = ME
∴△BNP≌△EMP(SAS)，
∴∠PBN=∠MEP，BP=PE，
∴∠MBP=∠MEP，
∴∠MBP=∠PBN，
∴BP 平分∠ABC.
27.（本题满分 12 分）已知一个三角形的两条边长分别是 1cm 和 2cm，一个内角为 40 度。
(1)请你借助图 1 画出一个满足题设条件的三角形；
(2)你是否还能画出既满足题设条件,又与(1)中所画的三角形不全等的三角形?若能，请你在
图 1 的右边用“尺规作图”作出所有这样的三角形；若不能，请说明理由；
(3)如果将题设条件改为“三角形的两条边长分别是 3cm 和 4cm,一个内角为 40∘ ”，那么
满足 这一条件，且彼此不全等的三角形共有几个。
友情提醒：请在你画的图中标出已知角的度数和已知边的长度，“尺规作图”不要求写作法，
但要保留作图痕迹。
【考点】：作图—复杂作图
【解析】：
（1）作一个角等于已知角 40°，然后在角的两边上分别以顶点截取 1cm 和 2cm 的线段，
连 接即可得到符合条件的三角形；
（2）能，可在 40°角的一边上以顶点截取 1cm 的线段，然后以 1cm 线段的另一个端点为
圆 心，2cm 长为半径作弧，与 40°角的另一边交于一点，所得三角形也符合条件；
（3）a=3，b=4，∠C=40°，a=3，∠B=40°b=4，a=3，b=4，∠A=40°有 2 解，先画一条直
线，确定一点 A 作 40°，取 4cm，得到 C，以 C 为圆心，3 为半径，交直线上有 2 点，
B 和 B1，符合条件三角形有 2 个△ABC 和△AB1C．（有 4 个）
【答案】：如图所示：
(1)如图 1;作 40∘ 的角,在角的两边上截取
OA=2cm,OB=1cm; (2)如图 2;连接 AB,即可得到符合题意的
△ABC.
(3)如图 3,满足这一条件,且彼此不全等的三角形共有 4 个：
a=3,b=4,∠C=40∘ ,a=3,∠B=40∘ b=4,a=3,b=4,∠A=40∘ 有 2 解,先画一条直线,确定一点 A 作
40∘ ,取 4cm,得到 C,以 C 为圆心,3 为半径,交直线上有 2 点,B 和 B1,符合条件三角形有 2 个
△ABC 和△AB1C.
28.问题背景：
如图 1:在四边形 ABC 中,AB=AD,∠BAD=120∘ ,∠B=∠ADC=90∘ .E,F 分别是 BC,CD 上的
点。且∠EAF=60∘ .探究图中线段 BE，EF，FD 之间的数量关系。 小王同学探究此问题
的方法是,延长 FD 到点 G,使 DG=BE,连结 AG,先证明△ABE≌△ADG, 再证明
△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是
；
探索延伸：
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
∠EAF=12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图 3,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心(O 处)北偏西 30∘ 的 A 处,舰艇乙在指挥中心
南 偏东 70∘ 的 B 处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方
向以
60 海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东 50∘ 的方向以 80 海里/小时的速度前进 1.5 小时后,
指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达 E,F 处,且两舰艇之间的夹角为 70∘ ，试求此时两
舰 艇之间的距离。
【考点】：四边形综合题
【解析】：
（1）延长 FD 到点 G．使 DG=BE．连结 AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得
AE=AG， 再证明△AEF≌△AGF，可得 EF=FG，即可解题；
（2）延长 FD 到点 G．使 DG=BE．连结 AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得
AE=AG， 再证明△AEF≌△AGF，可得 EF=FG，即可解题；
（3）连接 EF，延长 AE、BF 相交于点 C，然后与（2）同理可证．
【答案】：(1)EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE 和△ADG 中，
，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=
∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF 和△GAF 中，
，∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案为 EF=BE+DF.
(2)结论 EF=BE+DF 仍然成立；
理由：延长 FD 到点 G.使 DG=BE.连结 AG，如图②，
在△ABE 和△ADG 中，
，∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=
∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF 和△GAF 中，
，∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
(3)如图③，连接 EF，延长 AE、BF 相交于点 C，
∵∠AOB=30∘ +90∘ +(90∘ −70∘ )=140∘ ,∠EOF=70∘ ，∴∠EOF=12∠AOB，
又∵OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90∘ −30∘ )+(70∘ +50∘ )=180∘ ，
∴符合探索延伸中的条件，∴结论 EF=AE+BF 成立，
即 EF=1.5×(60+80)=210 海里。 答：此时两舰艇之间
的距离是 210 海里
