2019-2020学年某校初二（上）10月份第一次月考数学试卷

这是一份2019-2020学年某校初二（上）10月份第一次月考数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A.3，3，6B.3，5，9C.3，4，5D.2，3，5

2. 一个三角形三个内角的度数之比为2:3:7，这个三角形一定是( )
A.等腰三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形

3. 一个多边形的内角和是720∘，这个多边形是( )
A.五边形B.六边形C.七边形D.八边形

4. 如图，△ABC中，∠B=∠C，D是BC上一点，DE⊥BC交AC于E，DF⊥AB，垂足为F，若∠AED=160∘，则∠EDF等于( )

A.50∘B.60∘C.70∘D.80∘

5. 如图，△ABC中，∠C=90∘，AC=BC，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E且AB=6cm，则△DEB的周长为( )

A.40cmB.6cmC.8cmD.10cm

6. 如图， ∠DBC 、∠ECB 的平分线BP、CP交于点P，则 ∠P 与 ∠A 的数量关系为( )

A.∠P=90∘+∠AB.∠P=90∘−∠A
C.∠P=90∘+12∠AD.∠P=90∘−12∠A

7. 如图所示，小华从A点出发，沿直线前进10米后左转24∘，再沿直线前进10米，又向左转24∘，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走的路程是（ ）

A.140米B.150米C.160米D.240米

8. 如图，方格纸中△ABC的3个顶点分别在小正方形的顶点（格点）上，这样的三角形叫格点三角形，图中与△ABC全等的格点三角形共有（不含△ABC）( )个．

A.3B.4C.7D.8

9. 如图，D，E，F分别是边BC，AD，AC上的中点，若S阴影的面积为3，则△ABC的面积是( )

A.5B.6C.7D.8

10. 如图所示，在△ABC中，AD，CF分别是∠BAC，∠ACB，的角平分线，且AD，CF交于点I，IE⊥BC于E，下列结论：①∠BIE=∠CID；②S△ABC=12IE(AB+BC+AC)；③BE=12(AB+BC−AC)；④AC=AF+DC．其中正确的结论是( )

A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④
二、解答题

已知等腰三角形的一边长等于4cm，一边长等于9cm，求它的周长．

如图，点B，F、C、E在同一直线上，BF=CE，∠A=∠D，若AB // ED，求证：AB=DE．



已知：∠AOB
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′=∠AOB（不写作法，保留作图痕迹）

如图，经测量，B处在A处的南偏西57∘的方向，C处在A处的南偏东15∘方向，C处在B处的北偏东82∘方向，求∠C的度数．


如图， BC=AC, CD=CE， ∠ACB=∠DCE=90∘， 连结AD，BE，交 AD延长线于点P.

(1)求证：AD=BE；

(2)求∠APB的度数.

已知：如图，在△ABC中，BE，CF分别是AC，AB两条边上的高，在BE上截取BD=AC，在CF的延长线上截取CG=AB，连AD，AG．求证：AG=AD．


如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，∠B=∠C，BC=8cm，点D为AB的中点．

(1)如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动（P，Q分别运动到C，A即停止）．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等？说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？

(2)若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，试判断，在30s内，是否存在某个时间点满足PQ在同一条边上且PQ=2cm？请直接写出结果.

如图，直线AB交x轴于点A(a, 0)，交y轴于点B(0, b)，且a，b满足|a+b|+(a−5)2=0.

(1)点A的坐标为________，点B的坐标为________；

(2)如图1，若点C的坐标为(−3, −2)，且BE⊥AC于点E，OD⊥OC交BE延长线于D，试求点D的坐标；

(3)如图2，M为OA 边上的中点，连结BM，过点O作 OC⊥BM 交BM于点N，连结 CM,下列结论：① BM+CMOC 的值不变；② BM−CMOC 的值不变.可以证明只有一个结论正确，请你作出正确的选择并求值.
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省武汉市某校初二(上)10月份第一次月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
三角形三边关系
【解析】
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】
解：A，3+3=6，不能组成三角形；
B，3+5=8<9，不能组成三角形；
C，3+4=7>5，能够组成三角形；
D，2+3=5，不能组成三角形．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
已知三角形三个内角的度数之比，根据三角形内角和定理，可求得三角的度数，由此判断三角形的类型．
【解答】
解：三角形的三个角依次为180∘×22+3+7=30∘，
180∘×32+3+7=45∘，180∘×72+3+7=105∘，
所以这个三角形是钝角三角形．
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
多边形的内角和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设这个多边形的边数为n，由题意，得
(n−2)180∘=720∘，
解得n=6，
故这个多边形是六边形．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
余角和补角
【解析】
由于已知条件可得∠EDC=∠EDB=∠DFB=90∘，又因为△ABC中，由∠B=∠C，所得到∠FDB=∠DEC，结合已知可得∠FDB=∠DEC=20∘，结论可得．
【解答】
解：∵ DE⊥BC，DF⊥AB，
∴ ∠EDC=∠EDB=∠DFB=90∘，
又∵ ∠B=∠C，
∴ ∠FDB=∠DEC，
∵ ∠AED=160∘，
∴ ∠FDB=∠DEC=20∘，
∴ ∠EDF=90∘−∠FDB=70∘．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
等腰直角三角形
角平分线的性质
【解析】
先利用“角角边”证明△ACD和△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC=AE，CD=DE，然后求出BD+DE=AE，进而可得△DEB的周长．
【解答】
解：∵ DE⊥AB，
∴ ∠C=∠AED=90∘.
∵ AD平分∠CAB，
∴ ∠CAD=∠EAD，
在△ACD和△AED中，
∠C=∠AED∠CAD=∠EADAD=AD，
∴ △ACD≅△AED(AAS)，
∴ AC=AE，CD=DE，
∴ BD+DE=BD+CD=BC=AC=AE，
BD+DE+BE=AE+BE=AB=6，
所以，△DEB的周长为6cm．
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
三角形的外角性质
角平分线的性质
余角和补角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵BP，CP分别是∠CBD、∠BCE的平分线，
∴∠PBC=12∠DBC， ∠BCP=12∠BCE.
∵∠CBD,∠BCE 为△ABC的两个外角，
∴∠CBD+∠BCE=360∘−(180∘−∠A)=180∘+∠A.
∠PBC+∠BCP=12(∠CBD+∠BCE)=12(180∘+∠A)=90∘+12∠A，
在△PBC 中，∠P=180∘−(∠PBC+∠BCP)
=180∘−(90∘+12∠A)=90∘−12∠A.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
多边形的外角和为360∘每一个外角都为24∘，依此可求边数，再求多边形的周长．
【解答】
解：∵ 多边形的外角和为360∘，而每一个外角为24∘，
∴ 多边形的边数为360∘÷24∘＝15，
∴ 小华一共走了：15×10＝150米．
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
本题考查的是用SSS判定两三角形全等．认真观察图形可得答案．
【解答】
解：如图所示每个大正方形上都可作两个全等的三角形，所以共有八个全等三角形，除去△ABC外有七个与△ABC全等的三角形．
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
求阴影部分的面积
三角形的面积
【解析】

【解答】
解：∵ D为BC的中点，
∴ S△ABD=S△ADC=12S△ABC.
∵ E，F分别是边AD，AC上的中点，
∴ S△BDE=12S△ABD，S△ADF=12S△ADC，S△DEF=12S△ADF，
∴ S△BDE=14S△ABC，S△DEF=14S△ADC=18S△ABC，
∴ S△BDE+S△DEF=14S△ABC+18S△ABC=38S△ABC.
∵ S阴影=S△BDE+S△DEF=3，
∴ S△ABC=83×3=8．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质与判定
三角形内角和定理
角平分线的性质
【解析】
①由I为△ABC三条角平分线的交点，IE⊥BC于E，得到∠ABI=∠IBD，由于∠CID+∠ABI=90∘，即∠CIE+∠DIE+∠IBD=90∘，由已知条件得到∠IBD+∠BID+∠DIE=90∘，于是得到∠BIE=∠CID；即①成立；②由I是△ABC三内角平分线的交点，得到点I到△ABC三边的距离相等，根据三角形的面积即可得到即②成立；③如图过I作IH⊥AB于H，IG⊥AC于G，有I是△ABC三内角平分线的交点，得到IE=IH=IG，通过Rt△AHT≅△RtAGI，得到AH=AG，同理BE=BF，CE=CG，于是得到即③成立；④由③证得IH=IE，∠FHI=∠IED=90∘，于是得到△IHF与△DEI不一定全等，即④错误．
【解答】
解：①∠ABC+∠ACB+∠BAC=180∘,
∠IBE=12∠ABC，∠IAC=12∠BAC，∠ICA=12∠ACB，
∠IBE +∠IAC+∠ICA=90∘，
∠CID=∠IAC+∠ICA=90∘−∠IBE=∠BIE.
故①正确，
②∵ I是△ABC三内角平分线的交点，
∴ 点I到△ABC三边的距离相等，
∴ S△ABC=S△ABI+S△BCI+S△ACI
=12⋅AB⋅IE+12BC⋅IE+12AC⋅IE=12IE(AB+BC+AC)，
即②正确；
③如图过I作IH⊥AB于H，IG⊥AC于G，
∵ I是△ABC三内角平分线的交点，
∴ IE=IH=IG，
在Rt△AHI与Rt△AGI中，
AI=AI，IH=IG，，
∴ Rt△AHI≅Rt△AGI，
∴ AH=AG，同理BE=BH，CE=CG，
∴ BE+BH=AB+BC−AH−CE=AB+BC−AC，
∴ BE=12(AB+BC−AC)，即③正确；
④只有在 ∠ABC=60∘ 的条件下， AC=AF+DC，即④错误．
故选A．
二、解答题
【答案】
解：分两种情况：
当腰为4时，4+4<9，所以不能构成三角形；
当腰为9时，9+9>4，9−9<4，所以能构成三角形，
周长是：9+9+4=22．
【考点】
三角形三边关系
等腰三角形的判定与性质
【解析】
题目给出等腰三角形有两条边长为4cm和9cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】
解：分两种情况：
当腰为4时，4+4<9，所以不能构成三角形；
当腰为9时，9+9>4，9−9<4，所以能构成三角形，
周长是：9+9+4=22．
【答案】
证明：∵ AB // DE，BF=CE，
∴ ∠B=∠E，BC=EF，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠D，∠B=∠E，BC=EF，
∴ △ABC≅△DEF(AAS)，
∴ AB=DE．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
由AB // DE，BF=CE，易得∠B=∠E，BC=EF，然后利用SAS即可判定△ABC≅△DEF，继而证得AB=DE．
【解答】
证明：∵ AB // DE，BF=CE，
∴ ∠B=∠E，BC=EF，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠D，∠B=∠E，BC=EF，
∴ △ABC≅△DEF(AAS)，
∴ AB=DE．
【答案】
解：如图所示，∠A′O′B′就是所要求作的角．
【考点】
作图—基本作图
【解析】
先作射线O′B′，然后以点O为圆心，以任意长为半径，画弧分别与OA、OB相交于点E、F，以O′为圆心，以相同的长度为半径画弧与OB′相交于点E′，再以点E′为圆心，以EF的长度为半径画弧，与前弧相交于点F′，过点O′、F′作射OA′，则∠A′O′B′即为所求．
【解答】
解：如图所示，∠A′O′B′就是所要求作的角．
【答案】
解：
因为BD // AE，
所以∠DBA=∠BAE=57∘．
所以∠ABC=∠DBC−∠DBA
=82∘−57∘=25∘．
在△ABC中，∠BAC=∠BAE+∠CAE
=57∘+15∘=72∘，
所以∠C=180∘−∠ABC−∠BAC
=180∘−25∘−72∘=83∘．
【考点】
三角形内角和定理
方向角
【解析】
根据平行线的性质，可得内错角相等，根据角的和差，可得∠ABC、∠BAC，根据三角形的内角和公式，可得答案．
【解答】
解：
因为BD // AE，
所以∠DBA=∠BAE=57∘．
所以∠ABC=∠DBC−∠DBA
=82∘−57∘=25∘．
在△ABC中，∠BAC=∠BAE+∠CAE
=57∘+15∘=72∘，
所以∠C=180∘−∠ABC−∠BAC
=180∘−25∘−72∘=83∘．
【答案】
(1)证明：∵ ∠ACD+∠BCD=90∘，∠BCE+∠BCD=90∘
∴ ∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC，CD=CE，∠ACD=∠BCE，
∴ △ACD≅△BCE(SAS) ，
∴ AD=BE.
(2)解：∵ △ACD≅△BCE，
∴ ∠CAD=∠CBE，
∠APB=180∘−∠PAB−∠PBA
=180∘−∠PAB−∠CBA−∠CBE
=180∘−∠PAB−∠CBA−∠CAD
=180∘−(∠CAB+∠CBA)
∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠CBA+∠CAB=180−∠ACB=90∘，
∴ ∠APB=90∘.
【考点】
全等三角形的性质与判定
三角形内角和定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ ∠ACD+∠BCD=90∘，∠BCE+∠BCD=90∘
∴ ∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC，CD=CE，∠ACD=∠BCE，
∴ △ACD≅△BCE(SAS) ，
∴ AD=BE.
(2)解：∵ △ACD≅△BCE，
∴ ∠CAD=∠CBE，
∠APB=180∘−∠PAB−∠PBA
=180∘−∠PAB−∠CBA−∠CBE
=180∘−∠PAB−∠CBA−∠CAD
=180∘−(∠CAB+∠CBA)
∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠CBA+∠CAB=180−∠ACB=90∘，
∴ ∠APB=90∘.
【答案】
证明：∵ BE，CF分别是AC，AB两条边上的高，
∴ ∠ABD+∠BAC=90∘，
∠GCA+∠BAC=90∘，
∴ ∠GCA=∠ABD.
在△GCA和△ABD中，
GC=AB，∠GCA=∠ABD，CA=BD，
∴ △GCA≅△ABD(SAS)，
∴ AG=AD．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
三角形全等条件中必须是三个元素，本题已经有两条对应边相等，只要再找到它们的夹角相等就可以了．
【解答】
证明：∵ BE，CF分别是AC，AB两条边上的高，
∴ ∠ABD+∠BAC=90∘，
∠GCA+∠BAC=90∘，
∴ ∠GCA=∠ABD.
在△GCA和△ABD中，
GC=AB，∠GCA=∠ABD，CA=BD，
∴ △GCA≅△ABD(SAS)，
∴ AG=AD．
【答案】
解：(1)①∵ t=1s，
∴ BP=CQ=3×1=3cm，
∵ AB=10cm，点D为AB的中点，
∴ BD=5cm．
又∵ PC=BC−BP，BC=8cm，
∴ PC=8−3=5cm，
∴ PC=BD．
又∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C，
在△BPD和△CQP中，
PC=BD，∠B=∠C，BP=CQ，
∴ △BPD≅△CQP(SAS)．
②∵ vP≠vQ，
∴ BP≠CQ，
若△BPD≅△CPQ，∠B=∠C，
则BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，
∴ 点P，点Q运动的时间t=BP3=43s，
∴ vQ=CQt=543=154cm/s；
(2)根据题意结合图形分析发现：由于点Q的速度快，
且在P的前边，所以两点第一次相遇的时候，
Q点比P点多走等腰三角形的两个腰长20cm，
则第一次两点相距2cm时，Q点比P点应多走18cm，
第二次两点相距2cm时，Q点比P点应多走22cm.
设经过x1秒后两点第一次相距2，经过x2秒时两点第二次相距2cm，
可得：3x1+20−2=154x1，3x2+20+2=154x2,
解得，x1=24，x2=883.
经验证，当分别经过24s和883s时，
P,Q两点都皆同在一边，且都在30s内，
故当分别经过24s和883s时，
满足PQ在同一条边上且PQ=2cm.
【考点】
一元一次方程的应用——路程问题
全等三角形的性质
【解析】
（1）①根据时间和速度分别求得两个三角形中的边的长，根据SAS判定两个三角形全等．
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系，再根据路程=速度×时间公式，先求得点P运动的时间，再求得点Q的运动速度；
（2）根据题意结合图形分析发现：由于点Q的速度快，且在点P的前边，所以要想第一次相遇，则应该比点P多走等腰三角形的两个腰长．
【解答】
解：(1)①∵ t=1s，
∴ BP=CQ=3×1=3cm，
∵ AB=10cm，点D为AB的中点，
∴ BD=5cm．
又∵ PC=BC−BP，BC=8cm，
∴ PC=8−3=5cm，
∴ PC=BD．
又∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C，
在△BPD和△CQP中，
PC=BD∠B=∠CBP=CQ
∴ △BPD≅△CQP(SAS)．
②∵ vP≠vQ，
∴ BP≠CQ，
若△BPD≅△CPQ，∠B=∠C，
则BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，
∴ 点P，点Q运动的时间t=BP3=43s，
∴ vQ=CQt=543=154cm/s；
(2)根据题意结合图形分析发现：由于点Q的速度快，
且在P的前边，所以两点第一次相遇的时候，
Q点比P点多走等腰三角形的两个腰长20cm，
则第一次两点相距2cm时，Q点比P点应多走18cm，
第二次两点相距2cm时，Q点比P点应多走22cm.
设经过x1秒后两点第一次相距2，经过x2秒时两点第二次相距2cm，
可得：3x1+20−2=154x1，3x2+20+2=154x2,
解得，x1=24，x2=883.
经验证，当分别经过24s和883s时，
P,Q两点都皆同在一边，且都在30s内，
故当分别经过24s和883s时，
满足PQ在同一条边上且PQ=2cm.
【答案】
(5, 0),(0, −5)
(2)过C作CK⊥x轴，过D作DF⊥y轴，
令BD与x轴的交点为M，
∵BE⊥AC于点E，OD⊥OC交BE延长线于D,
∵ ∠DBO+∠BMA=∠OAC+∠BMA=90∘，
∴ ∠DBO=∠OAC，
∵ ∠AOB+∠BOC=90∘+∠BOC=∠COD+∠BOC，
∴ ∠AOC=∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
∠AOC=∠BOD∠DBO=∠OACOA=OB，
∴ △AOC≅△BOD(AAS)，
∴ OC=OD，
在△OCK与△ODF中，
∠DFO=∠CKO=90∘∠DOF=∠COKOD=OC，
∴ △OCK≅△ODF(AAS)，
∴ DF=CK，OK=OF，
∴ D(−2, 3).
(3)答:②正确,
证明：在BM上截取BP=OC，
∵OC⊥BM，∴∠BNO=90∘.
∵∠OBP+∠OMB=90∘，∠AOC+∠OMB=90∘，
∴∠OBP=∠AOC，
在△BOP与△AOC中，
BO=AO，∠OBP=∠AOC，BP=OC，
∴△BOP≅△OAC(SAS)，
∴OP=AC，∠BOP=∠OAC=45∘.
∵∠BOA=90∘，
∴∠BOP=∠AOP=45∘.
∵∠BOP=∠OAC，
∴∠MOP=∠MAC，
在△MOP与△MAC中，
OP=AC，∠MOP=∠MAC，OM=AM，
∴∠MOP≅△MAC，
∴MP=MC.
∴BM−PM=BP，
∴BM−CM=OC，
∴BM−CMOC=OCOC=1.
【考点】
全等三角形的性质
坐标与图形性质
点的坐标
【解析】
（1）根据非负数的性质得出a=5，b=−5即可；
（2）过C作CK⊥x轴，过D作CF⊥y轴，再利用AAS证明△AOC与△DOB全等即可；
（3）延长GP到L使PL=OP，连接AL，证明△PAL与△OAP全等，再利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】
解：(1)∵ |a+b|+(a−5)2=0，
∴ a=5，b=−5，
∴ 点A的坐标为(5, 0)，点B的坐标为(0, −5).
故答案为：(5, 0)；(0, −5).
(2)过C作CK⊥x轴，过D作DF⊥y轴，
令BD与x轴的交点为M，
∵BE⊥AC于点E，OD⊥OC交BE延长线于D,
∵ ∠DBO+∠BMA=∠OAC+∠BMA=90∘，
∴ ∠DBO=∠OAC，
∵ ∠AOB+∠BOC=90∘+∠BOC=∠COD+∠BOC，
∴ ∠AOC=∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
∠AOC=∠BOD∠DBO=∠OACOA=OB，
∴ △AOC≅△BOD(AAS)，
∴ OC=OD，
在△OCK与△ODF中，
∠DFO=∠CKO=90∘∠DOF=∠COKOD=OC，
∴ △OCK≅△ODF(AAS)，
∴ DF=CK，OK=OF，
∴ D(−2, 3).
(3)答:②正确,
证明：在BM上截取BP=OC，
∵OC⊥BM，∴∠BNO=90∘.
∵∠OBP+∠OMB=90∘，∠AOC+∠OMB=90∘，
∴∠OBP=∠AOC，
在△BOP与△AOC中，
BO=AO，∠OBP=∠AOC，BP=OC，
∴△BOP≅△OAC(SAS)，
∴OP=AC，∠BOP=∠OAC=45∘.
∵∠BOA=90∘，
∴∠BOP=∠AOP=45∘.
∵∠BOP=∠OAC，
∴∠MOP=∠MAC，
在△MOP与△MAC中，
OP=AC，∠MOP=∠MAC，OM=AM，
∴∠MOP≅△MAC，
∴MP=MC.
∴BM−PM=BP，
∴BM−CM=OC，
∴BM−CMOC=OCOC=1.