2026-2027学年人教版数学八年级上册十月月考卷

**基本信息** 本试卷聚焦八年级数学三角形核心知识，融合传统建筑窗棂、杭州景观等文化与生活情境，通过基础巩固、能力提升、创新探究的梯度设计，考查学生几何直观、推理能力及应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/40|三角形三边关系、高的定义、内角和证明|第3题通过不同辅助线设计考查推理逻辑，第9题结合尺规作图与角平分线性质| |填空题|6/24|三角形稳定性、全等判定、折叠问题|第16题以传统窗棂图案考查多边形外角和，第15题引入“倍长三角形”新定义| |解答题|9/86|全等证明、动态几何、坐标系综合|第24题结合杭州景观探究平行线与三角形角度关系，第25题通过翻折变换考查等腰三角形分类讨论|

八年级数学月考 八年级数学月考姓名： 班级： 考生号： 座位号： 密 封 线 内 不 要 答 题 2026-2027学年度第一学期八年级数学十月月考 （满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题（每题4分，共40分） 1．（4分）以下列各组线段为边，能组成三角形的是（　　） A．1cm，5cm，3cm B．8cm，5cm，6cm C．5cm，2cm，8cm D．1cm，5cm，6cm 2． （4分）如图，AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，CG⊥CB，垂足分别为点D、E、F、C，△ABC中BC边上的高是（　　） A．CF B．BE C．CG D．AD （第2题图） （第4题图） （第6题图） 3．（4分）在探究证明“三角形的内角和是180°时，某综合实践小组的同学作了如图所示的四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（　　） A．过点C作EF∥AB B．延长AC到点F，过点C作CE∥AB C．过点C作CD⊥AB于点D D．过AB上一点D，作DE∥BC交AC于点E，DF∥AC交BC于点F 4．（4分）如图，△ABC≌△DCB，若AC＝9，BE＝6，则DE的长为（　　） A．3 B．6 C．2 D．4 5．（4分）在△ABC中，∠A＝∠B＝2∠C，则此三角形是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形 6．（4分）如图，将△ABC纸片沿DE进行折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A'的位置，若∠A＝35°，则∠1﹣∠2的度数为（　　） A．35° B．60° C．75° D．70° 7． （4分）已知：如图，∠B＝35°，∠B＝∠1，∠2＝∠C，则∠DAC的度数为（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° （第7题图） （第8题图） （第10题图） 8．（4分）如图，在四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC＝124°，点B关于AD的对称点E恰好落在边CD上，连接AE，若AF为△ACE的角平分线，则∠ADB的度数为（　　） A．24° B．28° C．30° D．38° 9．（4分）根据下列已知条件，能唯一画出△ABC的是（　　） A．AB＝3，BC＝4，AC＝10 B．∠C＝90°，AB＝6 C．AB＝3，BC＝4，∠C＝30° D．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4 10．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，利用尺规在BC，BA上分别截取BE、BD，使BE＝BD；分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠CBA的内部交于点F，作射线BF交AC于点G，若CG＝1，P为AB上一动点，则GP的最小值为（　　） A．无法确定 B． C．1 D．2 2、 填空题（每题4分，共24分） 11．（4分）安装空调外机时一般会采用如图的方法固定，其根据的几何原理是 　 　 ． 12．（4分）如图，B是AD中点，∠C＝∠E，请添加一个条件，使得△ABC≌△DBE，可以添加的条件是 　 　 .（写出一个即可） （第12题图） （第14题图） （第16题图） 13．（4分）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，周长为16cm，AC边上的中线BD把△ABC分成周长差为4cm的两个三角形，求△ABC底边BC的长　 　 cm． 14．（4分）一副三角板按如图所示叠放在一起，则图中∠α的度数为　 　 ． 15．（4分）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫作“倍长三角形”．若△ABC是“倍长三角形”，有两条边的长分别为4和6，则第三条边的长为 　 　 ． 16．（4分）“花影遮墙，峰峦叠窗”，是描述中国传统建筑中的借景窗棂，窗棂中蕴含了许多数学元素．如图①中的窗棂是冰裂纹窗棂，如图②是这种窗棂中的部分图案．若∠1+∠3+∠5＝186°，则∠2+∠4+∠6＝　 　 度． 3、 解答题（本大题共4小题，共36分） 17．（7分）如图，AD，AE分别是△ABC的高线和角平分线，若∠B＝38°，∠C＝70°，求∠DAE的度数． 18．（7分）如图，在△ABC中，∠ABC＝80°，∠ACB＝50°，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，求∠BPC的度数． 对于上述问题，在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）． 解：∵　 　 （已知）， ∴∠PBC80°＝40°． 同理可得∠PCB＝　 　 ． ∴∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（ 　 　 ）， ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB（等式的性质）． ∴∠BPC＝　 　 °． 19．（7分）如图，点E，F在线段BD上，已知AF⊥BD，CE⊥BD，AD＝CB，DE＝BF． 求证：∠B＝∠D． 20．（9分）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°． （1）尺规作图：作∠ACB的角平分线交AB于O；（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）若AC＝6，求BO的长． 21．（9分）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，过C作CE⊥AD于点E，CF⊥AB交AB延长线于点F，且∠D+∠ABC＝180°． （1）求证：BC＝CD； （2）若AD＝10，BF＝2，求AB的长． 22．（9分）如图，△ABC中，AB＝AC，AB⊥AC，直线l经过A点，BD⊥l，CE⊥l，垂足分别为D、E． （1）证明：△BDA≌△AEC； （2）写出BD、DE、EC之间的数量关系，并说明理由． 23．（12分）已知△ABC的三边长分别为a，b，c． （1）化简：|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|a+b﹣c|； （2）若a＝2，b＝5，第三边c的长为奇数，判断△ABC的形状． 24．（12分）杭州风景如画，苏堤、白堤纵横交错，断桥、三潭印月相映成趣．在这些优美的景观布局中，蕴含着丰富的几何图形与位置关系．某数学实践小组在游览时发现，景观栈道、桥梁结构与观景路线中常常出现三角形与平行线的组合．请结合下列图形与情境，运用所学知识解决下列问题：如图1，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，直线a与边AC，AB分别交于D，E两点，直线b与边BC，AC分别交于F，G两点，且a∥b． （1）若∠AED＝35°，求∠BFG的度数； （2）如图2，P为边AB上一点，连结PF，若∠PFG+∠BFG＝180°，请你探索∠PFG与∠AED的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若∠AED＝n，延长AB交直线b于点Q，在线段DG上有一点M，连结ME，MQ，请直接写出∠MEQ，∠EMQ，∠MQF之间的数量关系（用含n的式子表示）． 25．（14分）在平面直角坐标系中，直线MN交x轴正半轴于点M，交y轴负半轴于点N（0，﹣3），∠ONM＝30°，作线段MN的垂直平分线交x轴于点A，交y轴于点B． （1）如图1，点M的坐标为 　 　 ，点A的坐标为 　 　 ； （2）如图2，过点M作y轴的平行线l，P是l上一点，且位于x轴上方，若S△ANP＝6，求点P坐标； （3）如图3，点Q是y轴的一个动点，连接QM，AQ，将△MAQ沿AQ翻折得到△M1AQ，当△M1MN是等腰三角形时，求点Q的坐标． 2026-2027学年度第一学期八年级数学十月月考 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分） 1．（4分）以下列各组线段为边，能组成三角形的是（　　） A．1cm，5cm，3cm B．8cm，5cm，6cm C．5cm，2cm，8cm D．1cm，5cm，6cm 【分析】利用三角形任意两边之和大于第三边，逐项验证即可求解． 【解答】解：A、1+3＜5，不能组成三角形，不符合题意； B、5+6＞8，能组成三角形，符合题意； C、2+5＜8，不能组成三角形，不符合要求； D、1+5＝6，不能组成三角形，不符合要求； 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键． 2．（4分）如图，AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，CG⊥CB，垂足分别为点D、E、F、C，△ABC中BC边上的高是（　　） A．CF B．BE C．CG D．AD 【分析】根据三角形的高的定义判断． 【解答】解：∵AD⊥BC， ∴△ABC中BC边上的高是AD， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形的高，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高． 3．（4分）在探究证明“三角形的内角和是180°时，某综合实践小组的同学作了如图所示的四种辅助线，其中不能证明“三角形内角和是180°”的是（　　） A．过点C作EF∥AB B．延长AC到点F，过点C作CE∥AB C．过点C作CD⊥AB于点D D．过AB上一点D，作DE∥BC交AC于点E，DF∥AC交BC于点F 【分析】对于选项A，根据EF∥AB得∠ECA＝∠A，∠FCB＝∠B，再根据∠ECA+∠FCB+∠ACB＝180°得∠A+∠B+∠ACB＝180°，据此可对该选项A进行判断； 对于选项B，根据CE∥AB得∠FCE＝∠A，∠ECB＝∠B，再根据∠FCE+∠ECB+∠ACB＝180°得∠A+∠B+∠ACB＝180°，据此可对该选项A进行判断； 对于选项C，由CD⊥AB找不到∠A，∠B，∠C之间的关系，故无法证明三角形内角和是180°，据此可对该选项A进行判断； 对于选项D，由DE∥BC得∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B，再由DF∥AC得∠EDF＝∠AED，∠BDF＝∠A，进而得∠EDF＝∠C，然后根据∠BDF+∠ADE+∠EDF＝180°得∠A+∠B+∠ACB＝180°，据此可对该选项A进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：对于选项A， ∵EF∥AB， ∴∠ECA＝∠A，∠FCB＝∠B， ∴∠ECA+∠FCB+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠B+∠ACB＝180°， 故选项A中的辅助线能够证明三角形内角和是180°，不合题意； 对于选项B， ∵CE∥AB， ∴∠FCE＝∠A，∠ECB＝∠B， ∵∠FCE+∠ECB+∠ACB＝180°， ∴∠A+∠B+∠ACB＝180°， 故选项B中的辅助线能够证明三角形内角和是180°，不合题意； 对于选项C， 由CD⊥AB找不到∠A，∠B，∠C之间的关系， 故选项C中的辅助线不能够证明三角形内角和是180°，合题意； 对于选项D， ∵DE∥BC， ∴∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B， ∵DF∥AC， ∴∠EDF＝∠AED，∠BDF＝∠A， ∴∠EDF＝∠C， ∴∠BDF+∠ADE+∠EDF＝180°， ∴∠A+∠B+∠ACB＝180°， 故选项D中的辅助线能够证明三角形内角和是180°，不合题意． 故选：C． 【点评】此题主要考查了三角形内角和定理的证明，理解三角形内角和定理，熟练掌握平行线的性质，邻补角的定义是解决问题的关键． 4．（4分）如图，△ABC≌△DCB，若AC＝9，BE＝6，则DE的长为（　　） A．3 B．6 C．2 D．4 【分析】根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可得解． 【解答】解：∵△ABC≌△DCB，AC＝9， ∴BD＝AC＝9， ∵BD＝BE+DE，BE＝6， ∴DE＝3， 故选：A． 【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记“全等三角形的对应边相等”是解题的关键． 5．（4分）在△ABC中，∠A＝∠B＝2∠C，则此三角形是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形 【分析】在△ABC中，由∠A＝∠B＝2∠C，结合三角形内角和定理，可求出各角的度数，进而可得出△ABC是锐角三角形． 【解答】解：在△ABC中，∠A＝∠B＝2∠C，∠A+∠B+∠C＝180°， ∴2∠C+2∠C+∠C＝180°， ∴C＝36°， ∴∠A＝∠B＝2∠C＝2×36°＝72°， ∴△ABC是锐角三角形． 故选：A． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，牢记“三角形内角和是180°”是解题的关键． 6．（4分）如图，将△ABC纸片沿DE进行折叠，使点A落在四边形BCED的外部点A'的位置，若∠A＝35°，则∠1﹣∠2的度数为（　　） A．35° B．60° C．75° D．70° 【分析】根据多边形内角与外角的性质和三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：如图， ∵△ABC纸片沿DE进行折叠，点A落在四边形BCED的外部点A'的位置， ∴∠4＝∠5，∠3＝∠2+∠DEC， ∵∠1+∠4+∠5＝180°， ∴∠1+2∠4＝180°， ∴∠1＝180°﹣2∠4， ∵∠3+∠DEC＝180°， ∴∠2＝∠3﹣∠DEC＝2∠3﹣180°， ∴∠1﹣∠2＝180°﹣2∠4﹣2∠3+180°＝360°﹣2∠4﹣2∠3＝2∠A， ∴∠1﹣∠2＝2×35°＝70°， 故选：D． 【点评】本题考查了折叠的性质，多边形内角与外角的性质和三角形内角和定理，解题的关键是根据折叠的性质找出图中角度之间的关系． 7．（4分）已知：如图，∠B＝35°，∠B＝∠1，∠2＝∠C，则∠DAC的度数为（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° 【分析】由∠2是△ABD的外角，利用三角形的外角性质，可求出∠2的度数，结合∠C＝∠2，可求出∠C的度数，再在△ACD中，利用三角形内角和定理，即可求出∠DAC的度数． 【解答】解：∵∠2是△ABD的外角， ∴∠2＝∠B+∠1＝2∠B＝2×35°＝70°， ∴∠C＝∠2＝70°． 在△ACD中，∠2＝70°，∠C＝70°， ∴∠DAC＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣70°﹣70°＝40°． 故选：D． 【点评】本题考查了三角形内角和定理以及三角形的外角性质，牢记“三角形内角和是180°”及“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”是解题的关键． 8．（4分）如图，在四边形ABDC中，AB＝AC，∠BAC＝124°，点B关于AD的对称点E恰好落在边CD上，连接AE，若AF为△ACE的角平分线，则∠ADB的度数为（　　） A．24° B．28° C．30° D．38° 【分析】连接BE，依据垂直平分线的性质可得AB＝AE，从而得到AC＝AE，根据等腰三角形“三线合一”性质，可得∠CAF＝∠EAF，AF⊥DE，所以，根据直角三角形性质可得∠ADE的度数，根据轴对称的性质可得∠ADB的度数． 【解答】解：连接BE， ∵点B关于AD的对称点E恰好落在CD上， ∴AD垂直平分BE， ∴AB＝AE，DE＝DB， ∴∠EAD＝∠BAD，∠EDA＝∠BDA， ∵AB＝AC， ∴AC＝AE， 又∵AF为△ACE的角平分线，∠AFE＝90°， ∴∠CAF＝∠EAF，AF⊥DE， ∴∠EAF+∠DAE＝∠CAF+∠BAD， ∴， ∴∠ADE＝90°﹣62°＝28°， ∴∠ADB＝∠ADE＝28°． 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，熟知以上知识是解题的关键． 9．（4分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，利用尺规在BC，BA上分别截取BE、BD，使BE＝BD；分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠CBA的内部交于点F，作射线BF交AC于点G，若CG＝1，P为AB上一动点，则GP的最小值为（　　） A．无法确定 B． C．1 D．2 【分析】过点G作GH⊥AB于点H，由尺规作图可知BG是∠ABC的平分线，进而得GH＝GC＝1，再根据“垂线段最短”得GP≥GH＝1，由此可得出GP的最小值． 【解答】解：过点G作GH⊥AB于点H，如图所示： 由尺规作图可知：BG是∠ABC的平分线， 又∵∠C＝90°，CG＝1， ∴GH＝GC＝1， ∵P为AB上一动点， 根据“垂线段最短”得：GP≥GH＝1， ∴GP的最小值为1． 故选：C． 【点评】此题主要考查了尺规作图，角平分线的性质，理解垂线段最短，熟练掌握尺规作图，角平分线的性质是解决问题的关键． 10．（4分）根据下列已知条件，能唯一画出△ABC的是（　　） A．AB＝3，BC＝4，AC＝10 B．∠C＝90°，AB＝6 C．AB＝3，BC＝4，∠C＝30° D．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4 【分析】判断其是否为三角形，即两边之和大于第三边，之差小于第三边，两边夹一角，或两角夹一边可确定三角形的形状，否则三角形则并不是唯一存在，可能有多种情况存在． 【解答】解：A、∵3+4＜10， ∴不能画出三角形， 故A不符合题意； B、两个锐角不确定，可画出多个三角形，故B不符合题意； C、∠C并不是AB，BC的夹角，所以可画出多个三角形，故C不符合题意； D、根据∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4符合全等三角形的判定定理ASA，即能画出唯一三角形，故D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定方法，只有符合全等判定方法的条件画出的三角形才都是一样的，也就是说是唯一的． 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 11．（4分）安装空调外机时一般会采用如图的方法固定，其根据的几何原理是 　三角形的稳定性　 ． 【分析】钉在墙上的方法是构造三角形，因而应用了三角形的稳定性． 【解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性． 故答案为：三角形的稳定性． 【点评】本题主要考查了三角形的稳定性，正确掌握三角形的这一性质是解题的关键． 12．（4分）如图，B是AD中点，∠C＝∠E，请添加一个条件，使得△ABC≌△DBE，可以添加的条件是 　∠A＝∠D（答案不唯一）　 .（写出一个即可） 【分析】由条件AB＝DB，∠C＝∠E，故可再添加一组角相等． 【解答】解：∵AB＝DB，∠CBE＝∠ABD， ∴可添加∠A＝∠D， 在△ABC和△DBE中， ， ∴△ABC≌△DBE（SAS）， 故答案为：∠A＝∠D答案不唯一）． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法SSS、SAS、ASA、AAS和HL是解题的关键． 13．（4分）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，周长为16cm，AC边上的中线BD把△ABC分成周长差为4cm的两个三角形，求△ABC底边BC的长　　 cm． 【分析】设AB＝AC＝x cm，BC＝y cm，根据三角形周长得到第一个方程，再利用中线性质得到两个三角形的周长差即为腰长与底边长的差，分两种情况建立方程组求解，最后根据三角形三边关系检验，得到符合条件的BC的长． 【解答】解：设AB＝AC＝x cm，BC＝y cm， 由△ABC周长为16cm得： 2x+y＝16， ∵BD是AC边上的中线， ∴AD＝CD， 又BD是△ABD和△BCD的公共边， ∴|x﹣y|＝4， 分两种情况讨论： （1）当x＞y时，x﹣y＝4， 联立方程组， 两式相加得3x＝20，解得， 代入x﹣y＝4得， 此时三边长为，，，满足三角形三边关系，符合题意． （2）当x＜y时，y﹣x＝4， 联立方程组， 解得， 此时三边长为4cm，4cm，8cm，不满足三角形任意两边之和大于第三边，不能构成三角形，故舍去． 综上，底边BC的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握分类讨论是关键． 14．（4分）一副三角板按如图所示叠放在一起，则图中∠α的度数为　75°　 ． 【分析】根据三角形的外角的性质求解即可． 【解答】解：如图： 由三角形的外角的性质可得∠α＝∠1+∠2＝30°+45°＝75°， 故答案为：75°． 【点评】本题考查的是三角形外角的性质，解题关键是熟练掌握三角形外角等于与其不相邻的两内角和． 15．（4分）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫作“倍长三角形”．若△ABC是“倍长三角形”，有两条边的长分别为4和6，则第三条边的长为 　3或8　 ． 【分析】分四种情况，由三角形三边关系定理来判断，即可得到答案． 【解答】解：设三角形第三边的长是x， 由三角形三边关系定理得到6﹣4＜x＜6+4， ∴2＜x＜10， 若2x＝4，则x＝2； 若2x＝6，则x＝3； 若x＝2×4，则x＝8； 若x＝2×6，则x＝12， ∵2＜x＜10， ∴三角形第三边的长是3或8． 故答案为：3或8． 【点评】本题考查三角形三边关系，关键是要分四种情况讨论． 16．（4分）“花影遮墙，峰峦叠窗”，是描述中国传统建筑中的借景窗棂，窗棂中蕴含了许多数学元素．如图①中的窗棂是冰裂纹窗棂，如图②是这种窗棂中的部分图案．若∠1+∠3+∠5＝186°，则∠2+∠4+∠6＝　366　 度． 【分析】先求出∠2、∠4、∠6的外角和，进而得出答案． 【解答】解：∵∠1+∠3+∠5＝186°， ∴∠2、∠4、∠6的外角和为360°﹣（∠1+∠3+∠5）＝360°﹣186°＝174°， ∴∠2+∠4+∠6＝180°×3﹣174°＝366°． 故答案为：366． 【点评】本题主要考查多边形内角与外角、三角形内角和定理及三角形的外角性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 三．解答题（共9小题，满分66分） 17．（7分）如图，AD，AE分别是△ABC的高线和角平分线，若∠B＝38°，∠C＝70°，求∠DAE的度数． 【分析】由三角形内角和定理求得∠BAC，则根据角平分线的定义易求∠EAC，根据三角形外角定理，即可求得∠AED，在直角△AED中，利用直角三角形的两个锐角互余的性质求得∠EAD，即可作答． 【解答】解：在△ABC中，∠B＝38°，∠C＝70°， 则∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝72°． ∵AE是∠BAC的角平分线， ∴∠EAC∠BAC＝36°， ∴∠AED＝∠B+∠BAE＝38°+36°＝74°， ∵AD是△ABC的高线， ∴△AED为直角三角形， ∴∠DAE＝90°﹣∠AED＝90°﹣74°＝16°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，三角形的角平分线、高和三角形外角，解题的关键是熟练掌握角的变换． 18．（7分）如图，在△ABC中，∠ABC＝80°，∠ACB＝50°，BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，求∠BPC的度数． 对于上述问题，在以下解答过程的空白处填上适当的内容（理由或数学式）． 解：∵BP平分∠ABC （已知）， ∴∠PBC80°＝40°． 同理可得∠PCB＝　25°　 ． ∴∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（ 　三角形内角和定理　 ）， ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB（等式的性质）． ∴∠BPC＝　115　 °． 【分析】根据角平分线的定义以及三角形内角和定理解决问题即可． 【解答】解：∵BP平分∠ABC（已知）， ∴∠PBC∠ABC80°＝40°． 同理可得∠PCB＝25°． ∵∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理）， ∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB（等式的性质） ＝180°﹣40°﹣25°． ＝115°． 故答案为：BP平分∠ABC，25°，三角形内角和定理，115． 【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 19．（7分）如图，点E，F在线段BD上，已知AF⊥BD，CE⊥BD，AD＝CB，DE＝BF． 求证：∠B＝∠D． 【分析】根据已知条件证明Rt△ADF≌Rt△CBE（HL），故可求解． 【解答】证明：∵DE＝BF， ∴DE+EF＝BF+EF， ∴DF＝BE． ∵AF⊥BD，CE⊥BD， ∴△ADF、△CBE都是直角三角形， 在Rt△ADF和Rt△CBE中， ， ∴Rt△ADF≌Rt△CBE（HL）， ∴∠B＝∠D． 【点评】此题主要考查全等三角形的判定与性质，垂线，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理． 20．（9分）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°． （1）尺规作图：作∠ACB的角平分线交AB于O；（保留作图痕迹，不写作法，标明字母） （2）若AC＝6，求BO的长． 【分析】（1）根据角平分线的作法作图即可； （2）根据三角形内角和求出∠ACB，根据角平分线得出，继而利用含30度角的直角三角形的性质以及等角对等边求出，OC＝2OB，然后利用勾股定理可得结果． 【解答】解：作∠ACB的角平分线交AB于O，如图所示： ； （2）∵∠A＝30°，∠B＝90°，AC＝6， ∴，∠ACB＝60°， 又∵OC平分∠ACB， ∴， ∴OC＝2OB， 在Rt△BOC中，OB2+BC2＝OC2，即：OB2+32＝4OB2， 解得：． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图，角平分线的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解题的关键是掌握角平分线的作法，熟连运用相关知识进行角和边的转化． 21．（9分）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，过C作CE⊥AD于点E，CF⊥AB交AB延长线于点F，且∠D+∠ABC＝180°． （1）求证：BC＝CD； （2）若AD＝10，BF＝2，求AB的长． 【分析】（1）根据角平分线性质得CF＝CE，证明∠CBF＝∠D，进而可依据“AAS”判定△CBF是△CDE全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）设AB＝a，由△CBF和△CDE全等得BF＝DE＝2，则AF＝a+2，AE＝8，证明△CAF和△CAE全等得AF＝AE，则a+2＝8，由此解得a＝6，继而可得AB的长． 【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AD于点E，CF⊥AB交AB延长线于点F， ∴CF＝CE，∠F＝∠CEA＝∠CED＝90°， ∵∠CBF+∠ABC＝180°，∠D+∠ABC＝180°， ∴∠CBF＝∠D， 在△CBF是△CDE中， ， ∴△CBF≌△CDE（AAS）， ∴BC＝CD； （2）解：设AB＝a， 由（1）可知：△CBF≌△CDE， ∴BF＝DE， ∵BF＝2， ∴BF＝DE＝2， ∴AF＝AB+BF＝a+2， ∵AD＝10， ∴AE＝AD﹣DE＝10﹣2＝8， ∵AC平分∠BAD， ∴∠CAF＝∠CAE， 在△CAF和△CAE中， ， ∴△CAF≌△CAE（AAS）， ∴AF＝AE， ∴a+2＝8， 解得：a＝6， ∴AB＝a＝6． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，理解角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 22．（9分）如图，△ABC中，AB＝AC，AB⊥AC，直线l经过A点，BD⊥l，CE⊥l，垂足分别为D、E． （1）证明：△BDA≌△AEC； （2）写出BD、DE、EC之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据垂直的定义可知∠BDA＝∠CEA＝90°、∠BAC＝90°，根据同角的余角相等可得∠CAE＝∠ABD，利用AAS即可证明△ABD≌△CAE； （2）根据全等三角形的性质可证BD＝AE，CE＝AD，根据线段之间的关系可知DE＝BD+EC． 【解答】（1）证明：∵BD⊥l，CE⊥l， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∴∠ABD+∠BAD＝90°， ∵AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）； （2）解：DE＝BD+EC，理由如下： 由（1）可知△ABD≌△CAE， ∴BD＝AE，CE＝AD， ∴DE＝AD+AE＝BD+EC． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质． 23．（6分）已知△ABC的三边长分别为a，b，c． （1）化简：|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|a+b﹣c|； （2）若a＝2，b＝5，第三边c的长为奇数，判断△ABC的形状． 【分析】（1）根据三角形的三边关系可得a+b＞c，b+c＞a，a+c＞b，然后可去绝对值，进而问题可求解； （2）根据三角形的三边关系可得3＜c＜7，则有c＝5，然后问题可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC的三边长分别为a，b，c， ∴根据三角形的三边关系可得，a+b＞c，b+c＞a，a+c＞b， ∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|a+b﹣c| ＝b+c﹣a+c+a﹣b+a+b﹣c ＝a+b+c； （2）∵a＝2，b＝5， ∴根据三角形三边关系列不等式可得，3＜c＜7， ∵第三边c的长为奇数， ∴c＝5， ∴b＝c＝5， 所以△ABC是等腰三角形． 【点评】本题主要考查三角形的三边关系，绝对值，熟练掌握绝对值的意义、三角形的三边关系及三角形的分类是解题的关键． 24．（6分）杭州风景如画，苏堤、白堤纵横交错，断桥、三潭印月相映成趣．在这些优美的景观布局中，蕴含着丰富的几何图形与位置关系．某数学实践小组在游览时发现，景观栈道、桥梁结构与观景路线中常常出现三角形与平行线的组合．请结合下列图形与情境，运用所学知识解决下列问题：如图1，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，直线a与边AC，AB分别交于D，E两点，直线b与边BC，AC分别交于F，G两点，且a∥b． （1）若∠AED＝35°，求∠BFG的度数； （2）如图2，P为边AB上一点，连结PF，若∠PFG+∠BFG＝180°，请你探索∠PFG与∠AED的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若∠AED＝n，延长AB交直线b于点Q，在线段DG上有一点M，连结ME，MQ，请直接写出∠MEQ，∠EMQ，∠MQF之间的数量关系（用含n的式子表示）． 【分析】（1）过点B作直线BH∥a，结合平行线性质即可得出结论． （2）过点B作直线BH∥a，结合平行线性质即可． （3）结合题意，分为①当点M在DC上时；②当点M在DC的延长线上时，两种情况画出图形，分类讨论即可． 【解答】解：（1）如图，过点B作直线BH∥a， ∴∠ABH＝∠AED＝35°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBH＝90°﹣∠ABH＝55°， ∵BH∥a，a∥b， ∴BH∥b， ∴∠CBH+∠BFG＝180°， ∴∠BFG＝180°﹣∠CBH＝125°； （2）∠AED+∠PFG＝90°，理由如下： 如图，过点B作直线BH∥a， 由（1）得，BH∥a∥b， ∴∠ABH＝∠AED， 又∵∠CBH+∠ABH＝∠ABC＝90°， ∴∠CBH+∠AED＝90°， ∵BH∥b， ∴∠CBH+∠BFG＝180°， 又∵∠PFG+∠BFG＝180°， ∴∠CBH＝∠PFG， ∴∠AED+∠PFG＝90°； （3）∠MEQ+∠EMQ﹣∠MQF＝180°﹣n或∠MEQ+∠EMQ+∠MQF＝180°﹣n． 当点M在DC上时，如图， 在△QEM中，∠MEQ+∠EMQ+∠EQM＝180°， ∵a∥b， ∴∠EQF＝∠AED＝n， ∵∠EQM＝∠EQF﹣∠MQF， ∴∠MEQ+∠EMQ+∠EQF﹣∠MQF＝180°， ∴∠MEQ+∠EMQ+m﹣∠MQF＝180°， ∴∠MEQ+∠EMQ﹣∠MQF＝180°﹣n； 当点M在DC的延长线上时，如图， 在△QEM中，∠MEQ+∠EMQ+∠EQM＝180°， ∵a∥b， ∴∠EQF＝∠AED＝n， ∵∠EQM＝∠EQF+∠MQF， ∴∠MEQ+∠EMQ+∠EQF+∠MQF＝180°， ∴∠MEQ+∠EMQ+n+∠MQF＝180°， ∴∠MEQ+∠EMQ+∠MQF＝180°﹣n； 综上，∠MEQ+∠EMQ﹣∠MQF＝180°﹣n或∠MEQ+∠EMQ+∠MQF＝180°﹣n． 【点评】本题考查平行线的性质和三角形内角和定理，综合性较强，画出辅助线是关键． 25．（6分）在平面直角坐标系中，直线MN交x轴正半轴于点M，交y轴负半轴于点N（0，﹣3），∠ONM＝30°，作线段MN的垂直平分线交x轴于点A，交y轴于点B． （1）如图1，点M的坐标为 　（，0）　 ，点A的坐标为 　（，0）　 ； （2）如图2，过点M作y轴的平行线l，P是l上一点，且位于x轴上方，若S△ANP＝6，求点P坐标； （3）如图3，点Q是y轴的一个动点，连接QM，AQ，将△MAQ沿AQ翻折得到△M1AQ，当△M1MN是等腰三角形时，求点Q的坐标． 【分析】（1）证明MN＝2OM，∠NMO＝60°，利用勾股定理求解OM，再利用待定系数法求解MN的解析式，求解MN的中点T的坐标为：（），∠MAB＝30°，过T作TS⊥AM于S，则AT＝2ST＝3，可得AS，从而可得A的坐标； （2）在y轴上取一点Q（0，y），使得S△ANQ＝6．可得Q1（0，9），Q2（0，﹣15）．求解AN的解析式为：yx﹣3，作QP∥AN交l于P，则Q1P：yx+9，同理Q2P：yx﹣15，从而可得答案； （3）分三种情况讨论：①如图，当MN＝MM1＝2时；②当NM＝NM1时，③当M1M＝M1N时，M1在直线AB上，再结合图形解得即可． 【解答】解：（1）∵N（0，﹣3），∠ONM＝30°， ∴MN＝2OM，∠NMO＝60°， ∴（2OM）2＝OM2+32， 解得：OM， ∴M（，0）， 设MN为y＝kx+b，把M、N的坐标代入得： ， 解得：k，b＝﹣3， ∴MN：yx﹣3， ∵AB垂直平分MN， ∴MN的中点T的坐标为：（），∠MAB＝30°， 过T作TS⊥AM于S，则AT＝2ST＝3，如图1， ∴AS， ∴AO， ∴A（，0}）； 故答案为：（，0），（，0）； （2）在y轴上取一点Q（0，y），使得S△ANQ＝6． ∵S△ANQNQ•OA， ∴|y+3|•6， 解得y1＝9，y2＝﹣15， ∴Q1（0，9），Q2（0，﹣15）． ∵A（，0），N（0，﹣3）， 同理可得：AN的解析式为：yx﹣3， 作QP∥AN交l于P，如图2， ∴Q1P：yx+9， ∴y9＝6，即P（，6）， 同理Q2P：yx﹣15， ∴P（，﹣18）（舍）． 综上：P（，6）； （3）①如图3.1，当MN＝MM12时， 由轴对称的性质可得：AM1＝AM＝2， ∵AN2， ∴AN＝AM1＝MM1＝MN， ∴由垂直平分线的判定定理可得：AM，M1N互相垂直平分， ∴M1在y轴上，且M1（0，3）， 设AQ＝M1Q＝m， ∴m2＝（3﹣m）2，解得：m＝2， ∴QO＝1， ∴Q（0，1）． ②当NM＝NM1时，如图3.2， 由AN＝NM＝AM＝2， ∴△ANM为等边三角形， 此时Q，N重合， ∴Q（0，﹣3）； ③当M1M＝M1N时，M1在直线AB上，如图3.3， ∵∠OAB＝30°， ∴∠M1AO＝150°，∠QAM150°＝75°，∠AQO＝15°， 作∠RAO＝60°，R在y轴上， ∴∠QAR＝15°＝∠AQR，∠ARO＝30°， ∴AR＝QR＝2，OR3． ∴Q（0，3+2）； 同理：如图，当Q在K的位置，M1在H的位置， 此时Q（0，3﹣2）． 综上：Q（0，1）或（0，﹣3）或（0，3±2）． 【点评】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，线段的垂直平分线的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，二次根式的运算，等腰三角形的定义，坐标与图形面积，本题难度大，清晰的分类讨论，利用数形结合的方法解题是关键． 第3页/共6页 第4页/共6页 第5页/（共6页） 第6页/（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $