数 学
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，满分20分） 1．下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ） A．3，4，8 B．5，6，11
C．1，2，3 D．5，6，10
2．下列图形中有稳定性的是（ ）
A．正方形 B．长方形 C．直角三角形 D．平行四边形
3．过多边形的一个顶点可以引出6条对角线，则多边形的边数是（ ） A．7
B．8
C．9
D．10
4．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（ ）
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
5．已知等腰三角形的两边长分别为3和6，则它的周长等于（ ） A．12 B．12或15 C．15 D．15或18
6．如图所示，若△ABE≌△ACF，且AB=5，AE=3，则EC的长为（ ）
A．2 B．3 C．5 D．2.5
7．如图，已知△ABC的六个元素，则下列甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（ ）
A．甲乙
B．甲丙 C．乙丙 D．乙
1
8．下列说法正确的是（ ）
A．全等三角形是指形状相同的两个三角形 B．全等三角形的周长和面积分别相等 C．全等三角形是指面积相等的两个三角形 D．所有的等边三角形都是全等三角形
9．点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于5，点Q是OB边上的任意一点，下列选项正确的是（ ）
A．PQ≥5 B．PQ＞5 C．PQ＜5 D．PQ≤5
10．如图∠E=∠F=90°，∠B=∠C，AE=AF，给出下列结论： ①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CD=DN． 其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，满分16分）
11．在△ABC中，已知∠A=30°，∠B=70°，则∠C的度数是 度． 12．小明将一副三角板按图中方式叠放，则∠1的度数为 ．
13．如图，已知AB=BD那么添加一个条件 后，可判定△ABC≌△ADC．
2
14．一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是 ．
15．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= ．
16．如图△ABC中，AD是BC上的中线，BE是△ABD中AD边上的中线，若△ABC的面积是24，则△ABE的面积是 ．
17．如图，∠1=∠2，∠3=∠4，则图中全等三角形有 对．
18．如图，小亮从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 米．
三、解答题（满分分）
19．如图，在△ABC中，∠BAC是钝角，完成下列画图．（不写作法保留作图痕迹）
3
（1）∠BAC的平分线AD； （2）AC边上的中线BE； （3）AC边上的高BF．
20．如图，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，∠B=20°，∠C=80°，求∠EAD的度数．
21．如图，已知AB=AD，AC=AE，∠1=∠2，求证：BC=DE．
22．如图，已知点E、C在线段BF上，BE=CF，AB∥DE，∠ACB=∠F．求证：AC=DF．
23．如图，AB=CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F是垂足，AE=CF，求证：AB∥CD．
24．已知：如图，AB=AC，PB=PC，PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E．证明：PD=PE．
4
25．如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD=AC，在CF的延长线上截取CG=AB，连接AD、AG． （1）求证：AD=AG；
（2）AD与AG的位置关系如何，请说明理由．
26．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DE=AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请写出DE、AD、BE之间的等量关系并加以证明．
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE之间又有怎样的等量关系？请直接写出结论．
5
福建省福州市八年级（上）第一次月考数学试卷
参与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，满分20分） 1．下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ） A．3，4，8 B．5，6，11
C．1，2，3 D．5，6，10
【考点】三角形三边关系．
【分析】根据三角形的三边关系进行分析判断． 【解答】解：根据三角形任意两边的和大于第三边，得 A中，3+4=7＜8，不能组成三角形； B中，5+6=11，不能组成三角形； C中，1+2=3，不能够组成三角形； D中，5+6=11＞10，能组成三角形． 故选D．
2．下列图形中有稳定性的是（ ）
A．正方形 B．长方形 C．直角三角形 D．平行四边形 【考点】三角形的稳定性． 【分析】稳定性是三角形的特性．
【解答】解：根据三角形具有稳定性，可得四个选项中只有直角三角形具有稳定性． 故选：C．
3．过多边形的一个顶点可以引出6条对角线，则多边形的边数是（ ） A．7
B．8
C．9
D．10
【考点】多边形的对角线．
【分析】设多边形的边数是x，根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得x﹣3=6，再解方程即可．
【解答】解：设多边形的边数是x，由题意得：x﹣3=6，
6
解得：x=9， 故选：C．
4．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（ ）
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA 【考点】全等三角形的判定．
【分析】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出．
【解答】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形． 故选D．
5．已知等腰三角形的两边长分别为3和6，则它的周长等于（ ） A．12 B．12或15 C．15 D．15或18
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【分析】由于等腰三角形的两边长分别是3和6，没有直接告诉哪一条是腰，哪一条是底边，所以有两种情况，分别利用三角形的周长的定义计算即可求解． 【解答】解：∵等腰三角形的两边长分别是3和6， ∴①当腰为6时，三角形的周长为：6+6+3=15； ②当腰为3时，3+3=6，三角形不成立； ∴此等腰三角形的周长是15． 故选C．
6．如图所示，若△ABE≌△ACF，且AB=5，AE=3，则EC的长为（ ）
7
A．2 B．3 C．5 D．2.5
【考点】全等三角形的性质．
【分析】已知△ABE≌△ACF，根据全等三角形的对应边相等，求得AC的长，即可得到EC的长．
【解答】解：∵△ABE≌△ACF，AB=5， ∴AC=AB=5， ∵AE=3，
∴EC=AC﹣AE=5﹣3=2． 故选A．
7．如图，已知△ABC的六个元素，则下列甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（ ）
A．甲乙 B．甲丙 C．乙丙 D．乙
【考点】全等三角形的判定．
【分析】甲不符合三角形全等的判断方法，乙可运用SAS判定全等，丙可运用AAS证明两个三角形全等．
【解答】解：由图形可知，甲有一边一角，不能判断两三角形全等， 乙有两边及其夹角，能判断两三角形全等， 丙得出两角及其一角对边，能判断两三角形全等， 根据全等三角形的判定得，乙丙正确． 故选：C．
8
8．下列说法正确的是（ ）
A．全等三角形是指形状相同的两个三角形 B．全等三角形的周长和面积分别相等 C．全等三角形是指面积相等的两个三角形 D．所有的等边三角形都是全等三角形 【考点】全等三角形的应用．
【分析】依据全等三角形的定义：能够完全重合的两个三角形．即可求解． 【解答】解：A、全等三角形的形状相同，但形状相同的两个三角形不一定是全等三角形．故该选项错误；
B、全等三角形是指能够完全重合的两个三角形，则全等三角形的周长和面积一定相等，故B正确；
C、全等三角形面积相等，但面积相等的两个三角形不一定是全等三角形．故该选项错误；
D、两个等边三角形，形状相同，但不一定能完全重合，不一定全等．故错误． 故选B．
9．点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于5，点Q是OB边上的任意一点，下列选项正确的是（ ）
A．PQ≥5 B．PQ＞5 C．PQ＜5 D．PQ≤5 【考点】角平分线的性质；垂线段最短．
【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得点P到OB的距离为5，再根据垂线段最短解答．
【解答】解：∵点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于5， ∴点P到OB的距离为5， ∵点Q是OB边上的任意一点， ∴PQ≥5． 故选A．
10．如图∠E=∠F=90°，∠B=∠C，AE=AF，给出下列结论：
9
①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CD=DN． 其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理．
【分析】根据三角形的内角和定理求出∠EAB=∠FAC，即可判断①；根据AAS证△EAB≌△FAC，即可判断②；推出AC=AB，根据ASA即可证出③；不能推出CD和DN所在的三角形全等，也不能用其它方法证出CD=DN． 【解答】解：∵∠E=∠F=90°，∠B=∠C， ∵∠E+∠B+∠EAB=180°，∠F+∠C+∠FAC=180°， ∴∠EAB=∠FAC，
∴∠EAB﹣CAB=∠FAC﹣∠CAB， 即∠1=∠2，∴①正确； 在△EAB和△FAC中
，
∴△EAB≌△FAC，
∴BE=CF，AC=AB，∴②正确； 在△ACN和△ABM中
，
∴△ACN≌△ABM，∴③正确；
∵根据已知不能推出CD=DN，∴④错误； ∴正确的结论有3个， 故选C．
10
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，满分16分）
11．在△ABC中，已知∠A=30°，∠B=70°，则∠C的度数是 80 度． 【考点】三角形内角和定理． 【分析】根据三角形内角和定理知． 【解答】解：∠C=180°﹣∠A﹣∠B=80°． 故答案为：80°．
12．小明将一副三角板按图中方式叠放，则∠1的度数为 75° ．
【考点】三角形的外角性质．
【分析】先求出∠2=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：由图可知，∠2=90°﹣45°=45°， ∴∠1=45°+30°=75°． 故答案为：75°．
13．如图，已知AB=BD那么添加一个条件 BC=CD 后，可判定△ABC≌△ADC．
【考点】全等三角形的判定．
11
【分析】条件是BC=DC，根据SSS推出即可，此题是一道开放型的题目，答案不唯一．
【解答】解：条件是BC=DC， 理由是：∵在△ABC和△ADC中
∴△ABC≌△ADC（SSS）， 故答案为：BC=CD．
14．一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是 7 ．
【考点】多边形内角与外角．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方程，求解即可． 【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n﹣2）×180°=3×360°﹣180°， 解得n=7． 故答案为：7．
15．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= 360° ．
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理；三角形的外角性质． 【分析】在图形中的四个三角形中，分别利用内角和定理列出关系式，整理即可求出所求．
【解答】解：在△ABI，△GEF与△PDC中，
∠A+∠B+∠AIB=180°，∠EFG+∠E+∠F=180°，∠D+∠DPC+∠C=180°，
12
∴∠A+∠B+∠AIB+∠EFG+∠E+∠F+∠D+∠DPC+∠C=540°， ∵△GPI中，∠PGI+∠GIP+∠GPI=180°， ∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°， 故答案为：360°
16．如图△ABC中，AD是BC上的中线，BE是△ABD中AD边上的中线，若△ABC的面积是24，则△ABE的面积是 6 ．
【考点】三角形的面积．
【分析】根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分，求出面积比，即可解答．
【解答】解：∵AD是BC上的中线， ∴S△ABD=S△ACD=S△ABC，
∵BE是△ABD中AD边上的中线， ∴S△ABE=S△BED=S△ABD， ∴S△ABE=S△ABC， ∵△ABC的面积是24， ∴S△ABE=×24=6． 故答案为：6．
13
17．如图，∠1=∠2，∠3=∠4，则图中全等三角形有 6 对．
【考点】全等三角形的判定．
【分析】图有5对全等三角形，分别为△ADF≌△CDF，△ADF≌△CDF，△AED≌△CED，△ABF≌△CBF，△ABD≌△CBD． 均可以运用全等三角形的判定证明．
【解答】解：连接AC，∵∠1=∠2，BD=BD，∠3=∠4， ∴△ABD≌△CBD（ASA）， ∴AB=BC，
∵∠1=∠2，BE=BE， ∴△ABE≌△CBE，（SAS）， ∵∠3=∠4， ∴△ADF≌△CDF， 同理，△AED≌△CED， △ABF≌△CBF， △ABD≌△CBD．
△AEF≌△CEF 所以共有6对 故答案为：6．
18．如图，小亮从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了 120 米．
14
【考点】多边形内角与外角．
【分析】由题意可知小亮所走的路线为一个正多边形，根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：∵360÷30=12，
∴他需要走12次才会回到原来的起点，即一共走了12×10=120米． 故答案为：120．
三、解答题（满分分）
19．如图，在△ABC中，∠BAC是钝角，完成下列画图．（不写作法保留作图痕迹）
（1）∠BAC的平分线AD； （2）AC边上的中线BE； （3）AC边上的高BF．
【考点】作图—复杂作图．
【分析】（1）利用角平分线的作法得出即可；
（2）首先作出线段AC的垂直平分线得出E为中点，进而得出中线； （3）延长CA，进而过点B作BF⊥CA即可． 【解答】解：（1）如图所示：AD即为所求；
（2）如图所示：BE即为所求；
（3）如图所示：BF即为所求．
15
20．如图，AD、AE分别是△ABC的高和角平分线，∠B=20°，∠C=80°，求∠EAD的度数．
【考点】三角形内角和定理．
【分析】由∠B=20°，∠C=70°，根据内角和定理得∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=90°，由角平分线的定义得∠BAE=∠BAC=45°，根据AD⊥BC得∠BAD=90°﹣∠B=70°，利用∠EAD=∠BAD﹣∠BAE求解． 【解答】解：∵∠B=20°，∠C=70°，
∴在△ABC中，∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=90°， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴∠BAE=∠BAC=45°， 又∵AD⊥BC，
∴∠BAD=90°﹣∠B=70°，
∴∠EAD=∠BAD﹣∠BAE=70°﹣45°=25°．
21．如图，已知AB=AD，AC=AE，∠1=∠2，求证：BC=DE．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】由∠1=∠2根据等式的性质就可以得出∠BAC=∠DAE就可以得出△BAC
16
≌△DAE，就可以得出结论． 【解答】证明：∵∠1=∠2， ∴∠1+∠EAC=∠2+∠EAC， ∴∠BAC=∠DAE． 在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）， ∴BC=DE．
22．如图，已知点E、C在线段BF上，BE=CF，AB∥DE，∠ACB=∠F．求证：AC=DF．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】因为AB∥DE，所以∠ABC=∠DEF，又因为BE=CF，∠ACB=∠F，则△ABC≌△DEF，故AC=DF． 【解答】证明：∵AB∥ED， ∴∠ABC=∠DEF． ∵BE=CF， ∴BC=EF． 又∵∠ACB=∠F， ∴△ABC≌△DEF． ∴AC=DF．
23．如图，AB=CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F是垂足，AE=CF，求证：AB∥CD．
17
【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的判定．
【分析】欲证明AB∥CD，只需证得∠C=∠D，所以通过Rt△ABF≌Rt△CDE（HL）证得∠C=∠D即可．
【解答】证明：如图，∵AE=CF， ∴AE+EF=CF+EF，即AF=EC． 又∵BF⊥AC，DE⊥AC， ∴∠AFB=∠CED=90°． 在Rt△ABF与Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL）， ∴∠C=∠D， ∴AB∥CD．
24．已知：如图，AB=AC，PB=PC，PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E．证明：PD=PE．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．
【分析】连接AP，利用“SSS”证明△ABP≌△ACP，得出∠PAB=∠PAC，再利用“AAS”定理证明△APD≌△AEP，然后根据全等三角形对应边相等证明即可． 【解答】证明：如图：
18
连接AP，
在△ABP和△ACP中，
∴△ABP≌△ACP， ∴∠PAB=∠PAC， ∵PD⊥AB，PE⊥AC， ∴∠ADP=∠AEP=90°， 在△APD和△AEP中，
∴△APD≌△AEP， ∴PD=PE．
25．如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD=AC，在CF的延长线上截取CG=AB，连接AD、AG． （1）求证：AD=AG；
（2）AD与AG的位置关系如何，请说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质．
19
【分析】（1）由BE垂直于AC，CF垂直于AB，利用垂直的定义得∠HFB=∠HEC，由得对顶角相等得∠BHF=∠CHE，所以∠ABD=∠ACG．再由AB=CG，BD=AC，利用SAS可得出三角形ABD与三角形ACG全等，由全等三角形的对应边相等可得出AD=AG，
（2）利用全等得出∠ADB=∠GAC，再利用三角形的外角和定理得到∠ADB=∠AED+∠DAE，又∠GAC=∠GAD+∠DAE，利用等量代换可得出∠AED=∠GAD=90°，即AG与AD垂直．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB， ∴∠HFB=∠HEC=90°，又∵∠BHF=∠CHE， ∴∠ABD=∠ACG， 在△ABD和△GCA中
，
∴△ABD≌△GCA（SAS），
∴AD=GA（全等三角形的对应边相等）；
（2）位置关系是AD⊥GA， 理由为：∵△ABD≌△GCA， ∴∠ADB=∠GAC，
又∵∠ADB=∠AED+∠DAE，∠GAC=∠GAD+∠DAE， ∴∠AED=∠GAD=90°， ∴AD⊥GA．
26．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
20
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DE=AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请写出DE、AD、BE之间的等量关系并加以证明．
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE之间又有怎样的等量关系？请直接写出结论．
【考点】几何变换综合题．
【分析】（1）由垂直得∠ADC=∠BEC=90°，由同角的余角相等得：∠DAC=∠BCE，
因此根据AAS可以证明）△ADC≌△CEB，结合全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）根据全等三角形的判定定理AAS推知△ACD≌△CBE，然后由全等三角形的对应边相等、图形中线段间的和差关系以及等量代换证得DE+BE=AD；
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE﹣AD（或AD=BE﹣DE，BE=AD+DE等）．证明的方法与（2）相同．
【解答】证明：（1）如图1，∵AD⊥MN，BE⊥MN， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∴∠DAC+∠ACD=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCE=90°， ∴∠DAC=∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ∵
，
∴△ADC≌△CEB； ∴DC=BE，AD=EC， ∵DE=DC+EC，
21
∴DE=BE+AD．
（2）解：DE+BE=AD．理由如下： 如图2，∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCE=90°． 又∵AD⊥MN于点D， ∴∠ACD+∠CAD=90°， ∴∠CAD=∠BCE． 在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴CD=BE，AD=CE，
∴DE+BE=DE+CD=EC=AD，即DE+BE=AD．
（3）解：DE=BE﹣AD（或AD=BE﹣DE，BE=AD+DE等）．理由如下： 如图3，易证得△ADC≌△CEB， ∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD﹣CE=BE﹣AD，即DE=BE﹣AD．
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