湖北省省直辖县级行政单位13校10月联考2024-2025学年八年级上学期10月月考数学试题

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一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1.C 2．D 3．B 4．D 5．C
6. A 7．A 8．B 9．D 10．B
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．11； 12．27cm； 13．（4，﹣4）；
14．或1． 15．①③④ (第14，15题写对一个得1分，写错一个没有分)
三．解答题（共9小题，满分75分）
16．（8分）【解答】解：（1）由三角形的外角性质得，x+（x+10）＝x+70，
即2x+10＝x+70，
解得，x＝60． 4分
（2）根据四边形的内角和为360°得，
x+（x+10）+90+60＝360，
解得，x＝100．8分
17．（6分）【解答】解：设这个多边形是n边形，由题意得：1分
（n﹣2）×180°＝360°×3，3分
解得：n＝8．5分
答：这个多边形的边数是8．6分
18．（6分）【解答】解：（1）如图1所示：CE即为所求；
分
（2）如图2所示：BF即为所求；
分
19．（6分）【解答】解：∵∠ADB＝106°，
∴∠ADE＝180°﹣106°＝74°，
∵AE是BC边上的高，
∴∠AED＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣74°＝16°；分
∵∠C＝56°，
∴∠CAE＝90°﹣56°＝34°，
∴∠CAD＝34°+16°＝50°，
∵AD平分∠BAC交BC于点D，
∴∠BAC＝50°×2＝100°，
∴∠B＝180°﹣100°﹣56°＝24°．分

第19题图 第20题图
20.（8分）【解答】（1）证明：∵D是BC中点，∴BD＝CD，
在△ABD与△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS）；分
（2）解：在△ABC中，D是边BC的中点，∴S△ABD＝S△ADC，
∵△ABD≌△ECD，
∴S△ABD＝S△ECD，
∵S△ABD＝6，
∴S△ACE＝S△ACD+S△ECD＝6+6＝12，
答：△ACE的面积为12．分
21．（8分）如图（1）所示,称“对顶三角形”，其中，∠A+∠B＝∠C+∠D，利用这个结论，完成下列填空．
①如图（2），∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ 180° ．分
②如图（3），∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝ 180° ．分
③如图（4），∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝ 360° ．分
④如图（5），∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝ 540° ．分
22．（10分）【解答】解：（1）∠BPC＝120°分
（2）∠Q，∠A之间的数量关系是：∠Q＝90°﹣∠A，理由如下：
∵∠MBC＝∠ACB+∠A，∠NCB＝∠ABC+∠A，∠ACB+∠A+∠ABC＝180°，
∴∠MBC+∠NCB＝∠ACB+∠A+∠ABC+∠A＝180°+∠A，
∵点Q是∠MBC和∠NCB的角平分线的交点
∴∠QBC＝∠MBC，∠QCB＝∠NCB
∴∠QBC+∠QCB＝（∠MBC+∠NCB）＝（180°+∠A）＝90°+∠A，
∴∠Q＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝180°﹣（90°+∠A）＝90°﹣∠A，
故∠Q，∠A之间的数量关系是：∠Q＝90°﹣∠A；分
（3）∠A的度数是60° 或120° 或45° 或135°．分
∵PB平分∠ABC，BQ平分∠MBC，∠ABC+∠MBC＝180°，
∵∠PBC＝∠ABC，∠QBC＝∠MBC，
∴∠PBC+∠QBC＝（∠ABC+∠MBC）＝×180°＝90°，
即∠EBQ＝90°，
∴∠E+∠Q＝90°，
由（2）可知：∠Q＝90°﹣∠A，
∴∠E+90°﹣∠A＝90°，
∴∠E＝∠A，
如果在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么有以下四种情况：
①当∠EBQ＝3∠E时，则3∠E＝90°，
∴∠E＝30°，
此时∠A＝2∠E＝60°，
②当∠EBQ＝3∠Q时，则3∠Q＝90°，
∴∠Q＝30°，则∠E＝60°，
此时∠A＝2∠E＝120°，
③当∠Q＝3∠E时，则∠E+3∠E＝90°，
∴∠E＝22.5°，
此时∠A＝2∠E＝45°，
④当∠E＝3∠Q时，则3∠Q+∠Q＝90°，
∴∠Q＝22.5°，
∴∠E＝67.5°
此时∠A＝2∠E＝135°，
综上所述，∠A的度数是60° 或120° 或45° 或135°．
23．（11分）【解答】解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD；4分
（2）不成立，存在的数量关系为CE＝BC+CD．
理由：如图2，由（1）同理可得，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BD＝BC+CD，
∴CE＝BC+CD；分
（3）如图3，
分
结论：CD＝BC+EC． 分
理由：由（1）同理可得，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴CD＝BC+BD＝BC+CE，11分
24．（12分）【解答】（1）解：如图1中，作CD⊥BO，
∵∠CBD+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBD＝∠BAO，
在△ABO和△BCD中，
，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴BD＝AO＝6，CD＝BO＝3，OD＝6﹣3＝3，
∴C点坐标（3，﹣3）；4分
（2）证明：过点C作CP⊥CB交y轴于点P
证明△ABM≌△BCP，推出∠BAM＝∠CBP，
证明△CNM≌△CNP，推出∠CMN＝∠CPN，
由∠CPB+∠CBP＝90°，可以推出∠CMN+∠BAM＝90°．8分
（3）解：如图3中，作EG⊥y轴，
∵∠BAO+∠OBA＝90°，∠OBA+∠EBG＝90°，
∴∠BAO＝∠EBG，
在△BAO和△EBG中，
，
∴△BAO≌△EBG（AAS），
∴BG＝AO，EG＝OB，
∵OB＝BF，
∴BF＝EG，
在△EGP和△FBP中，
，
∴△EGP≌△FBP（AAS），
∴PB＝PG，
∴PB＝BG＝AO＝3．12分