2024_2025学年江苏省镇江市丹阳市八年级上学期11月期中数学检测试卷（含答案）

这是一份2024_2025学年江苏省镇江市丹阳市八年级上学期11月期中数学检测试卷（含答案），共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性． 下列汉字是轴对称图形的是（ ）
A.爱B.我C.中D.华

2.下列各组线段中，能构成直角三角形的是（ ）
A.1,2,3B.2,3,4C.3,4,5D.5,6,8

3.如图，AE∥DF，AE=DF．要使△EAC≅△FDB，可添加的条件是（ ）
A.∠E=∠FB.EC=BFC.∠A=∠DD.BC=CD

4.如图，三条公路将A，B，C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三个村庄的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是（ ）
A.三条高线的交点B.三条中线的交点
C.三条角平分线的交点D.三边垂直平分线的交点

5.如图所示，△ABD≅△CDB，下面四个结论中，不正确的是（ ）
A.△ABD和△CDB的面积相等B.△ABD和△CDB的周长相等
C.∠A+∠ABD=∠C+∠CBDD.AD // BC，且AD=BC

6.点M在∠AOB的平分线上，点M到OA边的距离等于3，点N是OB边上的任意一点，则下列选项正确的是（ ）
A.MN>3B.MN≥3C.MN10满足三角形的三边关系，其周长为10+10+5=25；
②当5为腰长时，三角形的三边长为：5、5、10，此时5+5=10，不满足三角形的三边关系，不合题意．
综上所述，该等腰三角形的周长为25．
故选：B．
10.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，过点A作AD⊥BC于D，由三线合一可得BD=CD=12BC=6，再根据勾股定理计算求解，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【解答】
解：如图，过点A作AD⊥BC于D，则∠ADB=90∘，
∵AB=AC=10，
∴BD=CD=12BC=6，
∴AD=AB2−BD2=102−62=8，
∴BC边上的高为8，
故选：C．
二、填空题
11.
【答案】
70
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握等腰三角形两底角相等是解题的关键．
根据三角形内角和定理结合等腰三角形两底角相等，求出它的顶角度数即可．
【解答】
解：∵等腰三角形的一个顶角的度数为40∘，
∴它的底角度数为：180∘−40∘2=70∘．
故答案为：
12.
【答案】
4
【考点】
两直线平行同位角相等
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【解析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，利用AAS证明△ABC≅△DEF即可求解，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【解答】
解：∵点C、E在线段BF上，BE=CF，
∴BE+EC=CF+EC，
即BC=EF，
∵AB // DE，
∴∠B=∠DEF，
又∵∠A=∠D，
∴△ABC≅△DEFAAS，
∴DF=AC=4，
故答案为：4．
13.
【答案】
6013/4813
【考点】
与三角形的高有关的计算问题
勾股定理的应用
【解析】
先利用勾股定理求出AB的长，再利用三角形面积法求出CD的长即可．
【解答】
解：∵在△ABC中，∠C=90∘,AC=5,BC=12，
∴由勾股定理得：AB=AC2+BC2=13，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴CD=AC⋅BCAB=6013，
故答案为：6013．
14.
【答案】
40∘/40度
【考点】
直角三角形的两个锐角互余
全等的性质和HL综合（HL）
【解析】
本题考查了直角三角形两锐角互余，全等三角形的判定和性质，由∠A=90∘，∠ADC=65∘可得∠ACD=25∘，再证明Rt△ADC≅Rt△BCDHL，得到∠ADC=∠BCD=65∘，最后根据角的和差关系即可求解，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【解答】
解：∵∠A=90∘，∠ADC=65∘，
∴∠ACD=90∘−∠ADC=90∘−65∘=25∘，
在Rt△ADC和Rt△BCD中，
AD=BCDC=CD ，
∴Rt△ADC≅Rt△BCDHL，
∴∠ADC=∠BCD=65∘，
∴∠ACB=∠BCD−∠ACD=65∘−25∘=40∘，
故答案为：40∘．
15.
【答案】
12
【考点】
角平分线的性质
【解析】
本题考查了角平分线的性质，过点D作DE⊥AB于点E，由角平分线的性质可得DE=DC=5，进而由三角形的面积即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【解答】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠C=90∘，
∴DC⊥AC，
又∵DE⊥AB，AD平分∠BAC，
∴DE=DC=5，
∵△ABD的面积为30，
∴12AB⋅DE=30，
即12AB×5=30，
∴AB=12，
故答案为：12．
16.
【答案】
4
【考点】
根据三角形中线求面积
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【解析】
本题考查了三角形全等的判定及性质，三角形中线的性质，延长AP交BC于点Q，可证△ABP≅△QBPASA，得到AP=QP，S△ABP=S△QBP，即得S△CAP=S△CQP，进而得到S△PBC=S△QBP+S△CQP=S△ABP+S△CAP=12S△ABC，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【解答】
解：延长AP交BC于点Q，
∵∠APB=90∘，
∴∠QPB=180∘−90∘=90∘，
∴∠APB=∠QPB，
∵点P在∠ABC的平分线上，
∴BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠QBP，
又∵BP=BP，
∴△ABP≅△QBPASA，
∴AP=QP，S△ABP=S△QBP，
∴S△CAP=S△CQP，
∴S△PBC=S△QBP+S△CQP=S△ABP+S△CAP=12S△ABC=12×8=4，
故答案为：4．
三、解答题
17.
【答案】
证明见解析
【考点】
同位角相等两直线平行
全等的性质和SSS综合（SSS）
【解析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定，利用SSS可证明△ABC≅△CDE，得到∠A=∠ECD，进而根据平行线的判定即可求证，掌握以上知识点是解题的关键．
【解答】
证明：∵C是AE的中点，
∴AC=CE，
又∵AB=CD，CB=ED，
∴△ABC≅△CDESSS，
∴∠A=∠ECD，
∴AB // CD．
18.
【答案】
证明见解析
【考点】
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【解析】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，由AB=AC得∠B=∠C，进而证明△BED≅△CFDAAS即可求证，掌握以上知识点是解题的关键．
【解答】
证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠BED=∠CFD=90∘，
又∵DE=DF，
∴△BED≅△CFDAAS，
∴BD=CD．
19.
【答案】
见详解
【考点】
全等的性质和HL综合（HL）
【解析】
此题主要考查了全等三角形的性质和判定，关键是掌握全等三角形的性质和判定．
根据证明直角三角形全等的“HL”定理，证明Rt△ADE≅Rt△BEC，即可证明．
【解答】
证明：∵∠A=∠B=90∘，
∴△ADE和△BEC均为直角三角形，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，
∵DE=ECAE=BC ，
∴Rt△ADE≅Rt△BECHL，
∴∠ADE=∠BEC，
∵∠ADE+∠AED=90∘，
∴∠BEC+∠AED=90∘，
∴∠DEC=180∘−∠BEC+∠AED=90∘，
∴DE⊥CE．
20.
【答案】
（1）见详解
24
【考点】
线段垂直平分线的性质
勾股定理的应用
根据矩形的性质与判定求线段长
【解析】
（1）根据所给作图步骤作图即可．
（2）由题意可得四边形ACBD为矩形，可得CD=AB=25,∠CBD=90∘．再根据BD=CD2−BC2可得答案．
【解答】
（1）解：如图所示．
（2）解：∵直线l为线段AB的垂直平分线，
∴OA=OB，
∵OD=OC，
∴四边形ACBD为平行四边形．
∵∠ACB=90∘，
∴四边形ACBD为矩形．
∴CD=AB=25,∠CBD=90∘．
由勾股定理得，BD=CD2−BC2=252−72=24．
故答案为：
21.
【答案】
108∘
（2）△ADE是等腰三角形，理由见解析
【考点】
角平分线的有关计算
两直线平行内错角相等
三角形内角和定理
等腰三角形的判定与性质
【解析】
（1）由等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出∠ABC=∠C=72∘，由角平分线定义求出∠ABD=12∠ABC=36∘，于是得到∠ADB的度数；
（2）由平行线的性质推出∠DAE=∠C=72∘，由邻补角的性质得到∠ADE=180∘−108∘=72∘，于是∠ADE=∠DAE，即可判定△ADE是等腰三角形．
【解答】
（1）解：∵ AB=AC，∠BAC=36∘，
∴∠ABC=∠C=12×180∘−36∘=72∘，
∵ BD是∠ABC的平分线，
∴ ∠ABD=12∠ABC=36∘，
∴ ∠ADB=180∘−36∘−36∘=108∘，
故答案为：108∘；
（2）解：△ADE是等腰三角形，理由如下：
∵ AE // BC，
∴ ∠DAE=∠C=72∘，
∵ ∠ADB=108∘，
∴ ∠ADE=180∘−108∘=72∘，
∴ ∠ADE=∠DAE，
∴ △ADE是等腰三角形．
22.
【答案】
（1）见详解
BD=2MN
【考点】
三角形的外角的定义及性质
等腰三角形的性质：三线合一
直角三角形斜边上的中线
【解析】
（1）依据直角三角形斜边上中线的性质，可得到BM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到MN⊥BD．
（2）根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠BMD=90∘，再依据直角三角形斜边上中线的性质可得BD．
【解答】
解：（1）证明：∵∠ABC=∠ADC=90∘，M是AC的中点，
∴在Rt△ABC中，BM=12AC，在Rt△ACD中，DM=12AC，
∴BM=DM，
又∵N是BD的中点，
∴MN⊥BD；
（2）解：∵M是AC的中点，
∴AM=12AC=BM,DM=12AC=AM，
∴∠BAM=∠ABM,∠DAM=∠MDA，
∴∠BMC=2∠BAM，∠DMC=2∠DAM，
又∵∠BAD=45∘，
∴∠BMC+∠DMC=2∠BAM+∠DAM=2∠BAD=90∘，
即∠BMD=90∘，
∵点N是BD的中点，
∴BD=2MN．
故答案为：BD=2MN．
23.
【答案】
（1）BD=5m；
（2）36cm2．
【考点】
勾股定理逆定理的实际应用
勾股定理的应用
【解析】
（1）由勾股定理得BD=AB2+AD2，即可求解；
（2）可得BD2+BC2=CD2，由勾股定理的逆定理得△BCD是直角三角形，求四边形的面积，即可求解；
【解答】
（1）解：连接BD，
∵ ∠A=90∘，
∴BD=AB2+AD2
=42+32
=5m，
故B、D之间的距离为5m；
（2）解：∵52+122=132，
∴BD2+BC2=CD2，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠CBD=90∘，
∴四边形ABCD的面积=12AB⋅AD+12BC⋅BD
=12×4×3+12×12×5
=36cm2．
24.
【答案】
26
（2）18∘
【考点】
三角形的外角的定义及性质
三角形内角和定理
翻折变换（折叠问题）
【解析】
1由折叠的性质得AD=AC，即得∠ACD=∠ADC=64∘，再根据角的和差关系即可求解；
2根据AB=BC可得∠BAC=∠BCA，根据折叠的性质可得∠ADE=∠ACE，DE=DC，根据BD=DE可得∠B=∠BED，通 过三角形内角和定理、三角形外角的性质、等量代换可求出∠BCA=72∘，依次求出∠BED、∠BCD即可．
【解答】
（1）解：∵将△AEC沿AE翻折得△AED，
∴AD=AC，
∴∠ACD=∠ADC=180∘−∠BAC2=180∘−52∘2=64∘，
∴∠BCD=∠ACB−∠ACD=90∘−64∘=26∘，
故答案为：26；
（2）解：∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵将△AEC沿AE翻折得△AED，
∴△ADE≅△ACE，
∴∠ADE=∠ACE，DE=EC，
∴∠ADE=∠ACE=∠BAC，∠EDC=∠ECD，
∵BD=DE，
∴∠B=∠BED，
∵∠B+∠BED=∠ADE，
∴∠B=12∠ADE=12∠BAC=12∠BCA，
∵∠B+∠BAC+∠BCA=180∘，
∴12∠BCA+∠BCA+∠BCA=180∘，
∴∠BCA=72∘，
∴∠B=∠BED=12×72∘=36∘，
∵∠EDC+∠ECD=∠DEB，
∴∠BCD=12∠BED=12×36∘=18∘．
25.
【答案】
=
（2）4
（3）90​∘
【考点】
角平分线的有关计算
勾股定理的应用
翻折变换（折叠问题）
【解析】
（1）根据折叠的性质得到BF=CF,BD=CD，DF⊥BC，求得∠B=∠BCF，根据余角的性质得到∠A=∠ACF，根据等腰三角形的判定定理得到CF=AF;
（2）由点E是AC的中点，AC=6，得到CE=12AC=3，根据折叠的性质的性质得到BD=DE，求得BD=DE=9−CD，根据勾股定理即可得到结论；
（3）根据角平分线的定义得到∠AEF=∠DEF．由折叠的性质得到∠B=∠DEF．等量代换得到∠AEF=∠B，根据三角形的内角和定理得到结论．
【解答】
解：（1）∵将△BDF沿直线DF折叠，点B恰好与点C重合，
∴BF=CF,BD=CD,DF⊥BC
∴∠B=∠BCF
∵∠ACB=90∘
∴∠B+∠A=∠BCF+∠ACF=90∘
∴∠A=∠ACF
∴CF=AF
故答案为：=
（2）∵点E是AC的中点，AC=6，
∴CE=12AC=3
∵将△BDF沿直线DF折叠，点B落在AC的中点E处，
∴BD=DE
∵BC=9
∴BD=DE=9−CD
∵∠C=90∘
∴DE2=CD2+CE2
∴9−CD2=CD2+32
∴CD=4
（3）∵EF平分∠AFD，
∴∠AFF=∠DEF
由折叠可知：∠B=∠DEF．
∴∠AEF=∠B
又∵∠A=∠A，
∴∠EFA=180∘−∠A−∠AEF
∠ACB=180∘−∠B−∠A
∴∠EFA=∠ACB=90∘
26.
【答案】
6
4
（3）证明见解析
6
108
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
含30度角的直角三角形
等边三角形的性质
根据旋转的性质求解
【解析】
1由三线合一即可求解；
2由等边三角形的性质及∠CNM=30∘可得∠AMD=90∘，即得AD=2AM，∠BDN=∠ADM=30∘，再根据角之间的关系可得∠BDN=∠BND=30∘，即得BD=BN，得到BD=AM，进而得到AB=AD+BD=3AM=12，据此即可求解；
3作MH // BC交AB于点H，证明△HDM≅△BDNAAS即可求证；
4如图2，作MH // BC交AB于点H，由三线合一可得HE=AE=12AH，再根据△HDM≅△BDN得HD=BD=12BH，即得ED=HE+HD=12AH+BH=12AB，据此即可求解；
5由旋转的性质得FM=MN，∠FMN=60∘，进而可证明△AMF≅△BNMSAS，得到FA=MB，当MB⊥AC时，MB的值最小，此时FA的值 最小，则FA2的值最小，利用勾股定理解答即可求解．
【解答】
（1）解：∵△ABC是边长为12的等边三角形，
∴AC=12，
∵BM⊥AC，
∴AM=BM=12AC=6，
故答案为：6；
（2）解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠ABC=∠C=60∘，
∵∠CNM=30∘，
∴∠AMD=∠CNM+∠C=30∘+60∘=90∘，
∴∠CMN=∠AMD=90∘，
∴∠ADM=90∘−∠A=90∘−60∘=30∘，
∴AD=2AM，∠BDN=∠ADM=30∘，
∵∠BDN+∠BND=∠ABC=60∘，
∴∠BND=60∘−30∘=30∘，
∴∠BDN=∠BND，
∴BD=BN，
∵AM=BN，
∴BD=AM
∴AB=AD+BD=2AM+AM=3AM=12，
∴AM=4，
故答案为：4；
（3）证明：如图，作MH // BC交AB于点H，则∠HMD=∠BND，∠AHM=∠ABC=60∘，
∵∠AHM=∠ABC=60∘，
∴∠AHM=∠A，
∴AM=HM，
∵AM=BN，
∴HM=BN，
在△HDM和△BDN中，
∠HDM=∠BDN∠HMD=∠BNDHM=BN ，
∴△HDM≅△BDNAAS，
∴DM=DN；
（4）解：如图2，作MH // BC交AB于点H，
∵AM=HM，ME⊥AB，
∴HE=AE=12AH，
由3得△HDM≅△BDN，
∴HD=BD=12BH，
∴ED=HE+HD=12AH+BH=12AB=6，
故答案为：6；
（5）解：∵将线段MN绕点M顺时针旋转60∘ 得线段MF，
∴FM=MN，∠FMN=60∘，
∴∠AMF=180∘−∠FMN−∠CMN=120∘−∠CMN，
∵∠BNM=180∘−∠C−∠CMN=120∘−∠CMN，
∴∠AMF=∠BNM，
在△AMF和△BNM中，
AM=BN∠AMF=∠BNMFM=MN ，
∴△AMF≅△BNMSAS，
∴FA=MB，
当MB⊥AC时，MB的值最小，此时FA的值最小，则FA2的值最小，
∵MB⊥AC，
∴∠BMC=90∘，CM=AM=12AC=6，
∵BC=12，
∴FA2=MB2=BC2−CM2=122−62=108，
∴FA2的最小值为108，
故答案为：108．