2019-2020学年湖北省某校初二（上）10月月考_数学（A）试卷

这是一份2019-2020学年湖北省某校初二（上）10月月考_数学（A）试卷，共17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. 下列线段能构成三角形的是( )
A.2，2，4B.3，4，5C.1，2，3D.2，3，6

2. 一等腰三角形两边长分别为3，4．则这个等腰三角形的周长为( )
A.7B.11C.7或10D.10或11

3. 如果一个多边形的每一个外角都等于60∘，这个多边形的边数是( )
A.4B.5C.6D.7

4. 下列说法中正确的是( )
A.三角形的外角大于任何一个内角
B.三角形的内角和小于外角和
C.三角形的外角和小于四边形的外角和
D.三角形的一个外角等于两个内角的和

5. 如图，某同学把一块三角形的玻璃打碎成了3块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么最省事的方法是( )

A.带①去B.带②去C.带③去D.①②③都带去

6. 如图所示，是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，则说明 ∠A′O′B′=∠AOB 的依据是( )

A.SASB.SSSC.AASD.ASA

7. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≅△ADC的是( )

A.CB=CDB.∠BAC=∠DAC
C.∠BCA=∠DCAD.∠B=∠D=90∘

8. 若三角形的两边长分别为3和5，则其周长l的取值范围是（ ）
A.6
9. 如图，BE，CF是△ABC的角平分线，∠ABC=80∘，∠ACB=60∘，BE，CF相交于D，则∠CDE的度数是( )

A.110∘B.70∘C.80∘D.75∘

10. 如图，已知AD为△ABC的高线，AD=BC，以AB为底边作等腰Rt△ABE，连接ED，EC，延长CE交AD于F点，下列结论：①△ADE≅△BCE；②CE⊥DE；③BD=AF；④S△BDE=S△ACE，其中正确的有( )

A.①③B.①②④C.①②③④D.①③④
二、填空题

小明计算一个多边形的内角和时误把一个外角加了进去，得其和为2260∘，则这个多边形有________条边.
三、解答题

如图，△ABC和△EFD分别在线段AE的两侧，点C，D在线段AE上，AC=DE，AB // EF，AB=EF．求证：BC=FD．


如图所示，在△ABC中，AB=AC，AC边上的中线把三角形的周长分为24cm和30cm的两部分，求三角形各边的长.



如图所示，∠ACD是△ABC的外角，∠A=40∘，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，且BE、CE交于点E．

1求∠E的度数．

2请猜想∠A与∠E之间的数量关系，不用说明理由．

已知：如图，OC是∠AOB的平分线，P是OC上的一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E，点F是OC上的另一点，连接DF，EF．求证：DF=EF．


如图，求∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7 的度数.


在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，E，F分别为AB，AC上的点，且∠EDF+∠EAF=180∘，求证DE=DF．


如图，在△ACB中，∠ACB=90∘，AC=BC，点C的坐标为(−2, 0)，点A的坐标为(−6, 3)，求点B的坐标．


如图①，在四边形ABCD中，∠A=x∘，∠C=y∘.
(1)∠ABC+∠ADC=________​∘(用含x，y的代数式表示)；

(2)BE，DF分别为∠ABC，∠ADC的外角平分线.
①若BE//DF，x=30，则y=________；
②当y=2x时，若BE与DF交于点P，且∠DPB=20∘，求y的值.

(3)如图②，∠ABC的平分线与∠ADC的外角平分线交于点Q，求∠Q.(用含x，y的代数式表示)
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省某校初二（上）10月月考 数学（A）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
【解析】
根据三角形的任意两边之和大于第三边，对各选项的数据进行判断即可．
【解答】
解：A，2+2=4，不能构成三角形，故A选项错误；
B，3+4>5，能构成三角形，故B选项正确；
C，1+2=3，不能构成三角形，故C选项错误；
D，2+3<6，不能构成三角形，故D选项错误．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
三角形三边关系
等腰三角形的判定与性质
【解析】
由于题中没有指明哪边是底哪边是腰，则应该分两种情况进行分析．
【解答】
解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3，3，4，
能组成三角形，周长=3+3+4=10，
②3是底边长时，三角形的三边分别为3，4，4，
能组成三角形，周长=3+4+4=11，
综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
由一个多边形的每一个外角都等于60∘，且多边形的外角和等于360∘，即可求得这个多边形的边数．
【解答】
解：∵ 一个多边形的每一个外角都等于60∘，且多边形的外角和等于360∘，
∴ 这个多边形的边数是：360÷60=6．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
三角形的外角性质
三角形内角和定理
【解析】
根据三角形的内角和定理及三角形的外角性质判断则可．
【解答】
解：A，三角形的外角大于与其互不相邻的任意一个内角，故A错误；
B，三角形的内角和是180∘，外角和是360∘，故B正确；
C，多边形的外角和均为360∘，故C错误；
D，三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角的和，故D错误.
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的应用
【解析】
本题就是已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【解答】
解：第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，
根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，
则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
作图—基本作图
全等三角形的判定
【解析】
由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，得到三角形全等，由全等得到角相等，是用的全等的性质，全等三角形的对应角相等．
【解答】
解：∵ 在△COD和△C′O′D′中CO=C′O′DO=D′O′CD=C′D′，
∴ △COD≅△C′O′D′，
∴ ∠A′O′B′=∠AOB（全等三角形的对应角相等）．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
本题要判定△ABC≅△ADC，已知AB=AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB=CD、∠BAC=∠DAC、∠B=∠D=90∘后可分别根据SSS、SAS、HL能判定△ABC≅△ADC，而添加∠BCA=∠DCA后则不能．
【解答】
解：A、添加CB=CD，根据SSS，能判定△ABC≅△ADC，故A选项不符合题意；
B、添加∠BAC=∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≅△ADC，故B选项不符合题意；
C、添加∠BCA=∠DCA时，不能判定△ABC≅△ADC，故C选项符合题意；
D、添加∠B=∠D=90∘，根据HL，能判定△ABC≅△ADC，故D选项不符合题意.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
三角形三边关系
【解析】
首先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”，求得第三边的取值范围，再进一步求得其周长的取值范围．
【解答】
解：根据三角形的三边关系，得
第三边大于2，而小于8．
则周长l的取值范围是大于10，而小于16．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
三角形内角和定理
【解析】
由BE、CF是△ABC的角平分线，∠ABC=80∘，∠ACB=60∘，根据角平分线的定义，可求得∠EBC与∠FCB的度数，然后又三角形外角的性质，求得∠CDE的度数．
【解答】
解：∵ BE、CF是△ABC的角平分线，∠ABC=80∘，∠ACB=60∘，
∴ ∠CBE=12∠ABC=40∘，∠FCB=12∠ACB=30∘，
∴ ∠CDE=∠CBE+∠FCB=70∘．
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的性质
【解析】
①易证∠CBE=∠DAE，即可求证：△ADE≅△BCE；
②根据①结论可得∠AEC=∠DEB，即可求得∠AED=∠BEG，即可解题；
③证明△AEF≅△BED即可；
④易证△FDC是等腰直角三角形，则CE=EF，S△AEF=S△ACE，由△AEF≅△BED，可知S△BDE=S△ACE，所以S△BDE=S△ACE．
【解答】
解：①∵ AD为△ABC的高线，
∴ ∠CBE+∠ABE+∠BAD=90∘.
∵ Rt△ABE是等腰直角三角形，
∴ ∠ABE=∠BAE=∠BAD+∠DAE=45∘，AE=BE，
∴ ∠CBE+∠BAD=45∘，
∴ ∠DAE=∠CBE.
在△DAE和△CBE中，
AE=BE∠DAE=∠CBEAD=BC，
∴ △ADE≅△BCE(SAS).
故①正确；
②∵ △ADE≅△BCE，
∴ ∠EDA=∠ECB.
∵ ∠ADE+∠EDC=90∘，
∴ ∠EDC+∠ECB=90∘，
∴ ∠DEC=90∘，
∴ CE⊥DE.
故②正确；
③∵ ∠BDE=∠ADB+∠ADE，∠AFE=∠ADC+∠ECD，
∴ ∠BDE=∠AFE.
∵ ∠BED+∠BEF=∠AEF+∠BEF=90∘，
∴ ∠BED=∠AEF.
在△AEF和△BED中，
∠BDE=∠AFE∠BED=∠AEFAE=BE，
∴ △AEF≅△BED(AAS)，
∴ BD=AF.
故③正确；
④∵ AD=BC，BD=AF，
∴ CD=DF.
∵ AD⊥BC，
∴ △FDC是等腰直角三角形.
∵ DE⊥CE，
∴ EF=CE，
∴ S△AEF=S△ACE.
∵ △AEF≅△BED，
∴ S△AEF=S△BED，
∴ S△BDE=S△ACE．
故④正确.
故选C．
二、填空题
【答案】
14
【考点】
多边形的外角和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设此多边形的边数为n，多加的外角度数为a，
根据题意得：(n−2)×180∘=2260∘−a，
∵ 2260∘=12×180∘+100∘，
内角和应是180∘的倍数，
∴ 同学多加的一个外角为100∘，
∴ 这是12+2=14边形的多边形.
故答案为：14.
三、解答题
【答案】
证明：∵ AB // EF，
∴ ∠A=∠E.
在△ABC和△EFD中，
AC=DE，∠A=∠E，AB=EF，
∴ △ABC≅△EFD(SAS)，
∴ BC=FD．
【考点】
全等三角形的性质
【解析】
根据已知条件得出△ACB≅△DEF，即可得出BC=DF．
【解答】
证明：∵ AB // EF，
∴ ∠A=∠E.
在△ABC和△EFD中，
AC=DE，∠A=∠E，AB=EF，
∴ △ABC≅△EFD(SAS)，
∴ BC=FD．
【答案】
解：设AB=AC=x，则AD=CD=12x，
若AB+AD=24cm，BC+CD=30cm，
则：x+12x=24，
∴ x=16，BC=30−12×16=22cm，
∴ 三边长分别为16cm，16cm，22cm；
若AB+AD=30cm，BC+CD=24cm，
则：x+12x=30，
∴ x=20，BC=24−12×20=14cm，
∴ 三边长分别为20cm，20cm，14cm；
因此，三角形的三边长为16cm，16cm，22cm或20cm，20cm，14cm．
【考点】
三角形的中线
三角形三边关系
【解析】
分两种情况讨论：当AB+AD=30，BC+DC=24或AB+AD=24，BC+DC=30，所以根据等腰三角形的两腰相等和中线的性质可求得，三边长为16，16，22或20，20，14．
【解答】
解：设AB=AC=x，则AD=CD=12x，
若AB+AD=24cm，BC+CD=30cm，
则：x+12x=24，
∴ x=16，BC=30−12×16=22cm，
∴ 三边长分别为16cm，16cm，22cm；
若AB+AD=30cm，BC+CD=24cm，
则：x+12x=30，
∴ x=20，BC=24−12×20=14cm，
∴ 三边长分别为20cm，20cm，14cm；
因此，三角形的三边长为16cm，16cm，22cm或20cm，20cm，14cm．
【答案】
解：1∵ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴ ∠ABC=2∠CBE，∠ACD=2∠DCE，
由三角形的外角性质得：
∠ACD=∠A+∠ABC，∠DCE=∠E+∠CBE，
∴ ∠A+∠ABC=2(∠E+∠CBE)，
∴ ∠A=2∠E，
∵ ∠A=40∘，
∴ ∠E=20∘；
2∠A=2∠E．
理由如下：∵ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴ ∠ABC=2∠CBE，∠ACD=2∠DCE，
由三角形的外角性质得，
∠ACD=∠A+∠ABC，∠DCE=∠E+∠CBE，
∴ ∠A+∠ABC=2(∠E+∠CBE)，
∴ ∠A=2∠E．
【考点】
三角形的外角性质
三角形的角平分线
【解析】
（1）根据角平分线的定义可得∠ABC=2∠CBE，∠ACD=2∠DCE，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠DCE=∠E+∠CBE，然后整理即可得到∠A=2∠E，再求解即可；
（2）根据（1）的求解解答．
【解答】
解：1∵ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴ ∠ABC=2∠CBE，∠ACD=2∠DCE，
由三角形的外角性质得：
∠ACD=∠A+∠ABC，∠DCE=∠E+∠CBE，
∴ ∠A+∠ABC=2(∠E+∠CBE)，
∴ ∠A=2∠E，
∵ ∠A=40∘，
∴ ∠E=20∘；
2∠A=2∠E．
理由如下：∵ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴ ∠ABC=2∠CBE，∠ACD=2∠DCE，
由三角形的外角性质得，
∠ACD=∠A+∠ABC，∠DCE=∠E+∠CBE，
∴ ∠A+∠ABC=2(∠E+∠CBE)，
∴ ∠A=2∠E．
【答案】
证明：∵ OC是∠AOB的平分线，PD⊥OA，PE⊥OB，
∴ PD=PE，
在Rt△OPD和Rt△OPE中，OP=OP,PD=PE,
∴ Rt△OPD≅Rt△OPE(HL)，
∴ OD=OE，
∵ OC是∠AOB的平分线，
∴ ∠DOF=∠EOF，
在△ODF和△OEF中，OD=OE,∠DOF=∠EOF,OF=OF,
∴ △ODF≅△OEF(SAS)，
∴ DF=EF．
【考点】
全等三角形的性质与判定
角平分线的性质
【解析】
根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PD=PE，利用“HL”证明Rt△OPD和Rt△OPE全等，根据全等三角形对应边相等可得OD=OE，再利用“边角边”证明△ODF和△OEF全等，然后利用全等三角形对应边相等证明即可．
【解答】
证明：∵ OC是∠AOB的平分线，PD⊥OA，PE⊥OB，
∴ PD=PE，
在Rt△OPD和Rt△OPE中，OP=OP,PD=PE,
∴ Rt△OPD≅Rt△OPE(HL)，
∴ OD=OE，
∵ OC是∠AOB的平分线，
∴ ∠DOF=∠EOF，
在△ODF和△OEF中，OD=OE,∠DOF=∠EOF,OF=OF,
∴ △ODF≅△OEF(SAS)，
∴ DF=EF．
【答案】
解：如图所示，连接CG,
∵∠COG=∠AOB，
∴∠6+∠7=∠OCG+∠OGC，
又∵ 五边形CDEFG中，∠1+∠2+∠OCG+∠OGC+∠3+∠4+∠5=540∘，
∴∠1+∠2+∠6+∠7+∠3+∠4+∠5=540∘.
【考点】
多边形的内角和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，连接CG,
∵∠COG=∠AOB，
∴∠6+∠7=∠OCG+∠OGC，
又∵ 五边形CDEFG中，∠1+∠2+∠OCG+∠OGC+∠3+∠4+∠5=540∘，
∴∠1+∠2+∠6+∠7+∠3+∠4+∠5=540∘.
【答案】
证明：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
即∠EMD=∠FND=90∘，
∵ AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴ DM=DN（角平分线性质），
∵ ∠EAF+∠EDF=180∘，
∴ ∠MED+∠AFD=360∘−180∘=180∘，
∵ ∠AFD+∠NFD=180∘，
∴ ∠MED=∠NFD，
在△EMD和△FND中
∠MED=∠NFD，∠DME=∠DNF，DM=DN，
∴ △EMD≅△FND(AAS)，
∴ DE=DF．
【考点】
全等三角形的性质与判定
角平分线的定义
【解析】
过D作DM⊥AB，于M，DN⊥AC于N，根据角平分线性质求出DN=DM，根据四边形的内角和定理和平角定义求出∠AED=∠CFD，根据全等三角形的判定AAS推出△EMD≅△FND即可．
【解答】
证明：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
即∠EMD=∠FND=90∘，
∵ AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴ DM=DN（角平分线性质），
∵ ∠EAF+∠EDF=180∘，
∴ ∠MED+∠AFD=360∘−180∘=180∘，
∵ ∠AFD+∠NFD=180∘，
∴ ∠MED=∠NFD，
在△EMD和△FND中
∠MED=∠NFD，∠DME=∠DNF，DM=DN，
∴ △EMD≅△FND(AAS)，
∴ DE=DF．
【答案】
解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠ACD+∠CAD=90∘,∠ACD+∠BCE=90∘，
∴ ∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB=90∘,∠CAD=∠BCE,AC=BC,
∴ △ADC≅△CEB(AAS)，
∴ DC=BE，AD=CE.
∵ 点C的坐标为(−2, 0)，点A的坐标为(−6, 3)，
∴ OC=2，AD=CE=3，OD=6，
∴ CD=OD−OC=4，OE=CE−OC=3−2=1，
∴ BE=4，
∴ 则B点的坐标是(1, 4)．
【考点】
全等三角形的性质与判定
坐标与图形性质
【解析】
过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≅△CEB，再由全等三角形的性质和已知数据即可求出B点的坐标．
【解答】
解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵ ∠ACB=90∘，
∴ ∠ACD+∠CAD=90∘,∠ACD+∠BCE=90∘，
∴ ∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB=90∘,∠CAD=∠BCE,AC=BC,
∴ △ADC≅△CEB(AAS)，
∴ DC=BE，AD=CE.
∵ 点C的坐标为(−2, 0)，点A的坐标为(−6, 3)，
∴ OC=2，AD=CE=3，OD=6，
∴ CD=OD−OC=4，OE=CE−OC=3−2=1，
∴ BE=4，
∴ 则B点的坐标是(1, 4)．
【答案】
360−x∘−y∘
(2)①如图1中，
∵BE//DF，
∴∠C=∠CDF+∠CBE=y∘，
∵BE，DF分别为∠ABC，∠ADC的外角平分线，
∴∠MDC+∠CBN=2(∠CDF+∠CBE)=(2y)∘，
∵∠ADC+∠ABC=360∘−30∘−y∘，
∵∠ADC+∠MDC=180∘，∠ABC+∠CBN=180∘，
∴360∘−30∘−y∘+(2y)∘=360∘，
∴y=30∘.
故答案为：30∘；
②如图2中，延长BC交PD于Q，
由(1)可知：
∠ABC+∠ADC=(360−x−y)∘，
∵∠ADC+∠MDC=180∘，∠ABC+∠NBC=180∘，
∴∠NBC+∠MDC=(x+y)∘，
∵BE，DF分别为∠ABC，∠ADC的外角平分线，
∴∠PBC=12∠NBC，∠PDC=12∠MDC，
∴∠PBC+∠PDC=[12(x+y)]∘，
∵∠BCD=∠PDC+∠CQD，∠CQD=∠PBC+∠P，
∴∠BCD=∠PDC+∠PBC+∠P，
∴y=20+12(x+y)，即y−x=40，
∵y=2x，
∴x=40，y=80.
(3)如图②中，
由题意：
∠DNQ=∠ANB=180∘−x∘−12∠ABC，
∠QDN=12(180∘−∠ADC)，
∴∠Q=180∘−∠DNQ−∠QDN
=180∘−(180∘−x∘−12∠ABC)−12(180∘−∠ADC)
=x∘+12(∠ABC+∠ADC)−90∘
=x∘+180∘−12(x+y)∘−90∘
=[90+12(x−y)]∘.
【考点】
三角形的外角性质
三角形内角和定理
角平分线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在四边形ABCD中，
∠ABC+∠ADC
=360∘−∠A−∠DCB
=360∘−x∘−y∘.
故答案为：360∘−x∘−y∘.
(2)①如图1中，
∵BE//DF，
∴∠C=∠CDF+∠CBE=y∘，
∵BE，DF分别为∠ABC，∠ADC的外角平分线，
∴∠MDC+∠CBN=2(∠CDF+∠CBE)=(2y)∘，
∵∠ADC+∠ABC=360∘−30∘−y∘，
∵∠ADC+∠MDC=180∘，∠ABC+∠CBN=180∘，
∴360∘−30∘−y∘+(2y)∘=360∘，
∴y=30∘.
故答案为：30∘；
②如图2中，延长BC交PD于Q，
由(1)可知：
∠ABC+∠ADC=(360−x−y)∘，
∵∠ADC+∠MDC=180∘，∠ABC+∠NBC=180∘，
∴∠NBC+∠MDC=(x+y)∘，
∵BP，DP分别为∠ABC，∠ADC的外角平分线，
∴∠PBC=12∠NBC，∠PDC=12∠MDC，
∴∠PBC+∠PDC=[12(x+y)]∘，
∵∠BCD=∠PDC+∠CQD，∠CQD=∠PBC+∠P，
∴∠BCD=∠PDC+∠PBC+∠P，
∴y=20+12(x+y)，即y−x=40，
∵y=2x，
∴x=40，y=80.
(3)如图②中，
由题意：
∠DNQ=∠ANB=180∘−x∘−12∠ABC，
∠QDN=12(180∘−∠ADC)，
∴∠Q=180∘−∠DNQ−∠QDN
=180∘−(180∘−x∘−12∠ABC)−12(180∘−∠ADC)
=x∘+12(∠ABC+∠ADC)−90∘
=x∘+180∘−12(x+y)∘−90∘
=[90+12(x−y)]∘.