湖北省武汉市钢城第十一中学2019-2020学年八年级上学期10月月考数学试题

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湖北省武汉市钢城第十一中学2019-2020学年八年级上学期

10月月考数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题)

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．下列图形具有稳定性的是（ ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形

【答案】A 【解析】

分析：根据三角形的稳定性和四边形的不稳定性，可判断.

详解：根据三角形的特性：三角形具有稳定性，四边形具有不稳定性，可通过构造三角形使其稳定. 故选：A.

点睛：此题主要考查了三角形的稳定性，比较简单，熟记三角形和四边形的特性即可解答，注意四边形具有不稳定性转化为稳定性的方法. 2．以下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是( ) A．3，4，9 B．8，7，15 C．13，12，21 D．5，5，11

【答案】C 【解析】 【分析】

根据三角形任意两边之和都大于第三边逐个判断即可． 【详解】

解：A、349，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；

试卷第1页，总24页

………线…………○…………

B、8715，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；

C、131221，132112，122121，符合三角形三边关系定理，故本项正确；

D、5511，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误； 故选择：C. 【点睛】

本题考查了三角形的三边关系定理的应用，主要考查学生对三角形的三边关系定理的理解能力，注意：三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边． ………线…………○………… 3．下列说法正确的是（ ） A．形状相同的两个三角形全等 B．面积相等的两个三角形全等 C．完全重合的两个三角形全等 D．所有的等边三角形全等 【答案】C 【解析】 【分析】

根据全等三角形的概念即得答案． 【详解】

解：A、形状相同的两个三角形全等，说法错误； B、面积相等的两个三角形全等，说法错误； C、完全重合的两个三角形全等，说法正确； D、所有的等边三角形全等，说法错误； 故选：C． 【点睛】

本题考查了全等三角形的概念，正确理解全等图形的概念是判断的关键.

4．将一副三角板如图放置，使点A在DE上，BC∥DE，其中∠E=30°，则∠AFC的度数是( )

A．45° B．50° C．75° D．70°

【答案】C

试卷第2页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

【解析】 【分析】

先利用平行线的性质得到∠BCE=∠E=30°，然后根据三角形外角性质计算∠AFC的度数． 【详解】 解：∵BC∥DE， ∴∠BCE=∠E=30°， ∵∠B=45°，

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………∴∠AFC=∠B+∠BCF=45°+30°=75°． 故选：C． 【点睛】

本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了平行线的性质．

5．小冬不慎将一块三角形的玻璃摔碎成如图所示的四块（即图中标有1，2，3，4的四块），你认为将其中的哪一块带去，能配一块与原来一样大小的三角形？应该带（ ）

A．第1块 B．第2块 C．第3块 D．第4块

【答案】B 【解析】

试题分析：1、3、4块玻璃不同时具备包括一完整边在内的三个证明全等的要素，所以不能带它们去，

只有第2块有完整的两角及夹边，符合ASA，满足题目要求的条件，是符合题意的． 故选B．

考点：全等三角形的应用．

6．若线段AM、AN分别是△ABC中BC边上的高线和中线，则( ) A．AM＞AN B．AM＞AN或AM=AN C．AM＜AN D．AM＜AN或AM=AN

【答案】D 【解析】 【分析】

试卷第3页，总24页

………线…………○…………

根据垂线段最短即可判断． 【详解】 解：如图，

∵AM⊥BC，

………线…………○………… ∴根据垂线段最短可知：AM≤AN， 故选：D． 【点睛】

本题考查三角形的高，中线等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

7．如图，AC=BC，AE=CD，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，AE=8，BD=3，则DE的长是( )

A．7 B．5 C．3 D．2

【答案】B 【解析】 【分析】

根据垂直的定义得到∠AEC=∠D=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】

解：∵AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D， ∴∠AEC=∠D=90°，

在Rt△AEC与Rt△CDB中ACBC，

AECD∴Rt△AEC≌Rt△CDB（HL）， ∴CE=BD=3，CD=AE=8， ∴DE=CD-CE=8-3=5， 故选：B．

试卷第4页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是根据已知条件判定三角形的全等．

8．如图，∠AOB是一钢架，∠AOB＝15°，为使钢架更加牢固，需在其内部添加一些钢管EF、FG、GH…添的钢管长度都与OE相等，则最多能添加这样的钢管( )根．

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………A．2 B．4 C．5 D．无数

【答案】C 【解析】

分析：因为每根钢管的长度相等，可推出图中的5个三角形都为等腰三角形，再根据外角性质，推出最大的∠0BQ的度数（必须≤90°），就可得出钢管的根数． 详解：如图所示，∠AOB=15°，

∵OE=FE，

∴∠GEF=∠EGF=15°×2=30°， ∵EF=GF，所以∠EGF=30° ∴∠GFH=15°+30°=45° ∵GH=GF

∴∠GHF=45°，∠HGQ=45°

+15°=60° ∵GH=HQ，∠GQH=60°，∠QHB=60°+15°=75°， ∵QH=QB

∴∠QBH=75°，∠HQB=180-75°-75°=30°， 故∠OQB=60°+30°=90°，不能再添加了． 故选C．

点睛：根据等腰三角形的性质求出各相等的角，然后根据三角形内角和外角的关系解答． 9．在△ABC中，高AD和BE所在的直线交于点H，且BH＝AC，则∠ABC等于( ) A.45° B.120° C.45°或135° D.45°或120°

【答案】C 【解析】

试卷第5页，总24页

………线…………○…………

有2种情况，如图， ∵BH=AC，∠BEC=∠ADC， ， ∠AHE=∠BHD,∠HAE+∠C=90°，∴∠C=∠AHE， ∠HAE+∠AHE=90°∴∠C=∠BHD， ∴△HBD≌△CAD， ∴AD=BD. 如图1时，

………线…………○…………

∠ABC=45°; 如图2时，

∠ABC=135°. ∵HE⊥AC，

∴∠C+∠EBC=90°①， ∵∠HDC=90°

， ∴∠H+∠HBD=90°②， ∵∠HBD=∠EBC③， ∴由①②③可得，∠C=∠H， ∵BH=AC，∠ADC=∠BDH， ∠C=∠H， ∴△HBD≌△CAD， ∴AD=BD， ∴∠ABD=45°

， 试卷第6页，总24页……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………

………线…………○………… ………线…………○…………

； ∠ABC=135°故选：C.

10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC、AB于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于

1MN的长为半径画弧，两弧2交于点P，作射线AP交边BC于点D．若AC＝24，AB＝30，且SABC＝216，则△ABD的面积是( )

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

A．105 B．120 C．135 D．115

【答案】B 【解析】 【分析】

先利用勾股定理计算出BC=18，作DH⊥AB于H，如图，设DH=x，则BD=18-x，利用作法得AD为∠BAC的平分线，则根据角平分线的性质得CD=DH=x，接着证明△ADC≌△ADH得到AH=AC=24，所以BH=6，然后在Rt△BDH中利用勾股定理得到x，然后根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】

解：在Rt△ACB中，BCAB2AC230224218，

作DH⊥AB于H，如图，

由作法得AD为∠BAC的平分线，设DH=x， ∴CD=DH=x，则BD=18-x， 在Rt△ADC与Rt△ADH中，CDDH，ADAD

∴△ADC≌△ADH，(HL)， ∴AH=AC=24，

试卷第7页，总24页

………线…………○…………

∴BH=30-24=6，

在Rt△BDH中，62x2(18x)2， 解得：x8， ∴△ABD的面积故选择：B. 【点睛】

本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角11•AB•BD308120； 22………线…………○………… 等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了勾股定理．

试卷第8页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

第II卷（非选择题)

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题

11．一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形的边数为____________. 【答案】4 【解析】 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………【分析】

利用多边形的内角和与外角和公式列出方程，然后解方程即可． 【详解】

解：设多边形的边数为n，根据题意 （n-2）•180°=360°， 解得n=4． 故答案为：4． 【点睛】

本题考查了多边形的内角和公式与多边形的外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．

12．在△ABC中∠A：∠B：∠C=4：5：9，且△ABC≌△DEF，则∠EDF=____________.【答案】40° 【解析】 【分析】

根据三角形内角和定理求出∠A的度数，根据全等三角形的性质解答即可． 【详解】

解：设∠A、∠B、∠C分别为4x、5x、9x， 则4x+5x+9x=180°， 解得，x=10°， 则∠A=4x=40°， ∵△ABC≌△DEF， ∴∠EDF=∠A=40°， 故答案为：40°； 【点睛】

本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是

试卷第9页，总24页

………线…………○…………

解题的关键．

13．AB＝6，AC＝5，已知AD是△ABC的一条中线，则AD的取值范围是____________. 【答案】【解析】 【分析】

根据题意画出图形，延长AD至E，使DE=AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE=AB，再根据三角形的三边关系即可求解． 111AD 22………线…………○………… 【详解】

解：延长AD至E，使DE=AD，连接CE．

∵BD=CD，∠ADB=∠EDC，AD=DE， ∴△ABD≌△ECD， ∴CE=AB．

在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC， 即1＜2AD＜11，

∴12AD112； 故答案为：12AD112．

【点睛】

本题考查的是三角形的三边关系，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．

14．如图，∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，若∠A=60°，∠D=10°，则∠P的度数为____________.

【答案】250 【解析】 【分析】

试卷第10页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

延长PC交BD于E，根据角平分线的定义可得∠1=∠2，∠3=∠4，再根据三角形的内角和定理可得∠A+∠1=∠P+∠3，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠5，整理可得∠P=【详解】

解：如图，延长PC交BD于E，

1（∠A-∠D），然后代入数据计算即可得解． 2……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

∵∠ABD，∠ACD的角平分线交于点P， ∴∠1=∠2，∠3=∠4，

由三角形的内角和定理得，∠A+∠1=∠P+∠3①， 在△PBE中，∠5=∠2+∠P， 在△BCE中，∠5=∠4-∠D， ∴∠2+∠P=∠4-∠D②， 由①-②得，∠A-∠P=∠P+∠D， ∴∠P=

12（∠A-∠D）， ∵∠A=60°，∠D=10°， ∴∠P=

12（60°-10°）=25°．

故答案为：25°． 【点睛】

本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并作辅助线然后整理出∠A、∠D、∠P三者之间的关系式是解题的关键． 评卷人 得分 三、解答题

15．如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝_____°．

试卷第11页，总24页

………线…………○…………

【答案】540． 【解析】 【分析】

连接∠2和∠5, ∠3和∠5的顶点,可得三个三角形,根据三角形的内角和定理即可求出答案. ………线…………○………… 【详解】

解:

连接∠2和∠5, ∠3和∠5的顶点,可得三个三角形, 根据三角形的内角和定理, ∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=540o. 故答案为540. 【点睛】

本题主要考查三角形的内角和为180o,需作辅助线,比较简单.

16．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm．动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥MN于E，QF⊥MN于F．则点P运动时间为_____秒时，△PEC与△QFC全等．

【答案】72或174． 【解析】 【分析】

根据题意化成二种情况,根据全等三角形的性质得出CP=CQ,代入得出关于t的方程,求出即可.

试卷第12页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

【详解】

解:由题意得分为二种情况:

如图1,

P在AC上,Q在BC上,

o……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………PE⊥l,QF⊥l,∠PEC=∠QFC=90, ACB=90o,

∠EPC+∠PCE=90o,∠PCE+∠QCF=90, ∠EPC=∠QCF,

则△PCE≌△CQF,

PC=CQ,

即5-t=12-3t,解得t=

72; 当P、Q均在AC上的时候，此时4＜t＜5，

如图：

AP=5-t，CQ=3t-12，

5-t=3t-12，解得t=

174； 故答案为:72或174. 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质的应用,注意:全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,全等三角形的对应边相等.

17．如图：已知点A、E、F、B在一条直线上，AE=BF，CF=DE，AC=BD，求证：

GEFGFE.

试卷第13页，总24页

………线…………○…………

【答案】见解析 【解析】 【分析】

由条件AE=BF根据等式的性质就可以得出AF=BE，再由SSS就可以得出………线…………○………… △ACF≌△BDE，就可以得出GEFGFE． 【详解】

证明：∵AE=BF， ∴AE+EF=BF+EF， 即AF=BE．

在△ACF和△BDE中，

CFDFACBD， AEBF∴△ACF≌△BDE（SSS）， ∴GEFGFE. 【点睛】

本题考查了等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．

18．一个正多边形每个内角比外角多90°，求这个正多边形所有对角线的条数． 【答案】20条 【解析】 【分析】

多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和是固定的360°，从而可得一个正多边形的一个外角和一个内角的度数，列方程求出正多边形的边数．然后根据n边形共有 nn32条对角线，得出此正多边形的所有对角线的条数．

【详解】

解：设此正多边形为正n边形． 由题意得：

n2180n360n＝90， 试卷第14页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

n＝8，

∴此正多边形所有的对角线条数为：

nn328832＝20．

答：这个正多边形的所有对角线有20条． 【点睛】

此题考查多边形的对角线，解题关键在于掌握计算公式.

19．如图，在△ABC中，∠B=75°，∠BAC与∠BCA的三等分线分别交于点D、E两点，求∠ADC的度数.

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

【答案】ADC110 【解析】 【分析】

在△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠BAC+∠BCA=105°，结合角平分线定义可求出∠DAC+∠DCA=70°，再在△ADC中利用三角形内角和定理可求出∠ADC的度数． 【详解】

解：∵在△ABC中，∠B=75°， ∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=105°．

∵∠BAC与∠BCA的三等分线分别交于点D、E两点，

∴∠DAC=

23∠BAC，∠DCA=23∠BCA， ∴∠DAC+∠DCA=23（∠BAC+∠BCA）=70°，

∴∠ADC=180°-（∠DAC+∠DCA）=180°-70°=110°. 【点睛】

本题考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，利用三角形内角和定理及角平分线的定义，求出（∠DAC+∠DCA）的度数是解题的关键．

20．请利用直尺和圆规完成以下问题. （要求：保留作图痕迹．．．．．．，补全作法．．．．）如图:在直线MN上求作一点P,使点P到射线OA和OB的距离相等.

试卷第15页，总24页

………线…………○…………

作法:(1) 以点O为圆心,适当长为半径 ,交OA于点C,交OB于点D. (2) 分别以点C、D为圆心， 于点Q.

1CD的长为 画弧,两弧在∠AOB的 相交2………线…………○………… (3) 画射线OQ,射线OQ与直线MN相交于点P,P点即为所求. 【答案】（1）画弧；（2）大于，半径，内部；（3）图见详解. 【解析】 【分析】

根据作∠AOB的平分线，写出作图的步骤和方法即可. 【详解】 解：如图：

作法：(1) 以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点C，交OB于点D.；(2) 分别以点C、D为圆心，大于

12CD的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点Q；(3) 画射线OQ，射线OQ与直线MN相交于点P，P点即为所求. 故答案为：（1）画弧；（2）大于，半径，内部. 【点睛】

本题主要考查了基本作图以及角平分线的性质的运用，解题时注意：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．

21．已知，如图，在△ABC中，∠B＜∠C，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线， （1）若∠B=30°，∠C=50°．则∠DAE的度数是 ．（直接写出答案） （2）写出∠DAE、∠B、∠C的数量关系： ，并证明你的结论．

试卷第16页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

【答案】（1）10°；（2）【解析】 【分析】

1（∠C-∠B）． 2（1）在三角形ABC中，由∠B与∠C的度数求出∠BAC的度数，根据AE为角平分线……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………求出∠BAE的度数，由∠BAD-∠B即可求出∠DAE的度数； （2）仿照（1）得出∠DAE与、∠B、∠C的数量关系即可． 【详解】

（1）∵∠B=30°，∠C=50°， ∴∠BAC=180°-∠B-∠C=100°， 又∵AE是△ABC的角平分线， ∴∠BAE=

12∠BAC=50°， ∵AD是△ABC的高，

∴∠BAD=90°-∠B=90°-30°=60°， 则∠DAE=∠BAD-∠BAE=10°， 故答案为：10°； （2）∠DAE=

12（∠C-∠B）， 理由如下：∵AD是△ABC的高， ∴∠ADC=90°，

∴∠DAC=180°

-∠ADC-∠C=90°-∠C， ∵AE是△ABC的角平分线， ∴∠EAC=

12∠BAC， ∵∠BAC=180°

-∠B-∠C ∴∠DAE=∠EAC-∠DAC，

=

12∠BAC-（90°-∠C），

=12（180°-∠B-∠C）-90°+∠C， =90°-12∠B-12∠C-90°+∠C，

试卷第17页，总24页

………线…………○…………

1（∠C-∠B）． 21故答案为：（∠C-∠B）．

2=【点睛】

此题考查了三角形内角和定理，以及三角形的外角性质，熟练掌握内角和定理是解本题的关键．

AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，F在AC上，22．如图：在△ABC中，∠C=90°，BD=DF；

………线…………○………… 求证：（1）CF=EB． （2）AB=AF+2EB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）利用HL证明RT△CDF≌RT△EDB即可得出CF=EB；

（2）利用HL证明RT△ADE≌RT△ADC即可得出AC=AE，再由AB=AE+EB=AF+CF+EB进行等量代换即可． 【详解】

（1）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC， ∴DE=DC，

在Rt△CDF和Rt△EDB中，

BDDF， DCDE∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL） ∴CF=EB

（2）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC， ∴CD=DE．

在△ADC与△ADE中，BDFDADAD，

试卷第18页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

∴△ADC≌△ADE（HL），

∴AC=AE，∴AB=AE+BE=AC+EB=AF+CF+EB=AF+2EB． 【点睛】

本题考查直角三角形全等的判定与性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形全等的判定（HL）.

23．已知在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°．

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

（1）如图1，若BE平分∠ABC，DF平分∠ADC的邻补角，请写出BE与DF的位置关系，并证明．

（2）如图2，若BF、DE分别平分∠ABC、∠ADC的邻补角，判断DE与BF位置关系并证明．

（3）如图3，若BE、DE分别六等分∠ABC、∠ADC的邻补角（即∠CBE=16∠CBM，∠CDE=

16∠CDN），则∠E= ． 【答案】(1)BEDF；(2)DE∥BF；(3)E60O 【解析】 【分析】

（1）如图1中，延长BE交FD的延长线于H．想办法证明∠DEH+∠EDH=90°即可； （2）如图2中，连接BD，只要证明∠EDB+∠FBD=180°即可； （3）利用结论：∠DCB=∠E+∠CBE+∠CDE即可解决问题； 【详解】

解：（1）结论：BE⊥DF；

理由：如图1中，延长BE交FD的延长线于H．

∵∠A=∠C=90°，

试卷第19页，总24页

………线…………○…………

∴∠ABC+∠ADC=180°， ∵∠ADC+∠CDN=180°， ∴∠ABC=∠CDN， ∵∠ABE=

11∠ABC，∠FDN=∠EDH=∠CDN， 22∴∠ABE=∠EDH，

∵∠ABE+∠AEB=90°，∠AEB=∠DEH， ∴∠DEH+∠EDH=90°， ………线…………○………… ∴∠H=90°， 即BE⊥DF．

（2）结论：DE∥BF； 理由：如图2中，连接BD．

∵∠ABC+∠ADC=180°，∠MBC+∠ABC=180°，∠CDN+∠ADC=180°，∴∠MBC+∠CDN=180°， ∵∠CBF=

12∠MBC，∠CDN=12∠CDN， ∴∠CBF+∠CDE=90°， ∵∠C=90°，

∴∠CBD+∠CDB=90°，

∴∠EDB+∠FBD=∠CBF+∠CDE+∠CBD+∠CDB=180°， ∴DE∥BF． （3）如图3中，

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……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○…………………… ………线…………○………… ………线…………○…………

∵∠MBC+∠CDN=180°， ∴∠CDE+∠CBE=

1（∠MBC+∠CDN）=30°， 6∵∠DCB=∠E+∠CBE+∠CDE， -30°=60°∴∠E=90°． 故答案为60°． 【点睛】

本题考查多边形内角和与外角，三角形内角和定理属于，平行线的判定等知识，解题的……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．

24．在平面直角坐标系中，点A（0，b）、点B（a，0）、点D（d，0）且a、b、c满足

a1b3(2d)20．DE⊥x轴且∠BED=∠ABD，BE交y轴于点C，AE

交x轴于点F．

（1）求点A、B、D的坐标； （2）求点C、E、F的坐标；

（3）如图，过P（0，-1）作x轴的平行线，在该平行线上有一点Q（点Q在P的右侧）使∠QEM=45°，QE交x轴于N，ME交y轴正半轴于M，求

AMMQPQ的值．

【答案】(1)A(0,3) B(-1,0) D(2,0)；(2)C(0,13) E(2,1) F(3,0)；(3)AMMQPQ1.

【解析】 【分析】

（1）由非负数的性质可求得a、b、d的值，可求得A、B、D的坐标；

（2）由条件可证明△ABO≌△BED，可求得DE和BD的长，可求得E点坐标，再求得直线AE与BE的解析式，可求得C、F点坐标；

（3）过E作EG⊥OA于点G，EH⊥PQ于点Q，可证明四边形GEHP为正方形，在GA上截GI=QH，可证明△IGE≌△QHE，可证得∠IEM=∠MEQ=45°，可证明

试卷第21页，总24页

………线…………○…………

△EIM≌△EQM，可得到IM=MQ，再结合条件可求得PH=AI=PQ，可求得答案． 【详解】

解：（1）∵a1b3(2d)20， ∴a10,b30,2d0 ∴a1,b3,d2，

∴A（0，3），B（-1，0），D（2，0）； （2）∵A（0，3），B（-1，0），D（2，0）， ………线…………○………… ∴OB=1，OD=2，OA=3， ∴AO=BD，

在△ABO和△BED中，

ABOBEOAOBBDE90， AOBD∴△ABO≌△BED（AAS）， ∴DE=BO=1， ∴E（2，1），

设直线AE解析式为：y=kx+b，直线BE解析式为：y=mx+n，如图1，

把点A、E代入y=kx+b，把点B、E代入y=mx+n，得

b3mn2kb1，0， 2mn11b3m解得：，3k1n1，

3∴直线AE解析式为：yx3， 直线BE解析式为：y113x3， 试卷第22页，总24页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

∴直线yx3，令y0，解得：x3， ∴点F为：(3,0)，

111x，令x0，解得：y， 3331∴点C为：(0,)；

3∴直线y（3）过E作EG⊥OA，EH⊥PQ，垂足分别为G、H，在GA上截取GI=QH，如图2，

……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

∵E（2，1），P（-1，0）， ∴GE=GP=GE=PH=2， ∴四边形GEHP为正方形， ∴∠IGE=∠EHQ=90°， 在Rt△IGE和Rt△QHE中

GEHEIGEEHQ， IGQH∴△IGE≌△QHE（SAS）， ∴IE=EQ，∠1=∠2， ∵∠QEM=45°， ∴∠2+∠3=45°， ∴∠1+∠3=45°， ∴∠IEM=∠QEM， 在△EIM和△EQM中，

IEQEIEMQEM， MEME∴△EIM=EQM（SAS）， ∴IM=MQ，

试卷第23页，总24页

………线…………○…………

∴AM-MQ=AM-IM=AI，

由（2）可知OA=OF=3，∠AOF=90°， ∴∠A=∠AEG=45°， ∴PH=GE=GA=IG+AI， ∴AI=GA-IG=PH-QH=PQ，

AMMQAI1

PQPQ【点睛】

………线…………○………… 本题主要考查一次函数的综合应用，涉及知识点有非负数的性质、全等三角形的判定和性质、待定系数法、正方形的判定和性质知．在（1）中掌握非负数的性质是解题的关键，在（2）中证明△ABO≌△BED求得DE的长是解题的关键，在（3）中构造三角形全等证明AM-MQ=AI=PQ是解题的关键．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度较大，特别是第（3）问中条件∠QEM=45°角的应用是解题的关键点．

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……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………