2022-2023学年人教版八年级数学上学期9月第一次阶段性检测B卷【测试范围：第一章、第二章】

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2022-2023学年八年级阶段性检测卷B卷数学·全解全析1234567CBCACCA89101112  BBCCD  1.【解答】解：A、3+8＜12，不能组成三角形，故此选项不符合题意；B、6+8＜14，不能组成三角形，故此选项不符合题意；C、2.5+3＞5，能组成三角形，故此选项符合题意；D、6.3+6.3＝12.6，不能组成三角形，故此选项不符合题意；故选：C．2.【解答】解：∵直角三角形的三条高的交点恰好是三角形的一个顶点，∴若三角形的三条高的交点恰好是三角形的一个顶点，那么这个三角形是直角三角形；故选：B．3.【解答】解：加上EF后，原图形中具有△AEF了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．故选：C．4.【解答】解：为△ABC中BC边上的高的是A选项．故选：A．5.【解答】解：∵一个三角形的三个内角度数比为4：5：9，∴设三个内角的度数分别为4x，5x，9x，∴4x+5x+9x＝180°，解得x＝10°，∴9x＝90°，∴此三角形是直角三角形．故选：C．6.【解答】解：A、因为AB+BC＜AC，所以这三边不能构成三角形；B、因为∠A不是已知两边的夹角，无法确定其他角的度数与边的长度；C、已知两角可得到第三个角的度数，已知一边，则可以根据ASA来画一个三角形；D、只有一个角和一个边无法根据此作出一个三角形．故选：C．7.【解答】解：∵O是AA′、BB′的中点，∴AO＝A′O，BO＝B′O，在△OAB和△OA′B′中，∴△OAB≌△OA′B′（SAS），故选：A．8.【解答】解：根据密铺的条件可知3个正六边形能密铺，故选：B．9.【解答】解：∵△ACB≌△A′CB′，∴∠ACB＝∠A′CB′，即∠ACA′+∠A′CB＝∠B′CB+∠A′CB，∴∠ACA′＝∠B′CB，又∠B′CB＝30°∴∠ACA′＝30°．故选：B．10.【解答】解：第①组满足SSS，能证明△ABC≌△DEF．第②组满足SAS，能证明△ABC≌△DEF．第③组满足ASA，能证明△ABC≌△DEF．第④组只是SSA，不能证明△ABC≌△DEF．所以有3组能证明△ABC≌△DEF．故符合条件的有3组．故选：C．11.【解答】解：∵∠1+∠2＝100°，∴∠ADF+∠AEF＝360°﹣100°＝260°，∴∠ADE+∠AED＝130°，∴∠A＝180°﹣130°＝50°．故选：C．12.【解答】解：①∵等边△ABC和等边△DCE，∴BC＝AC，DE＝DC＝CE，∠DEC＝∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；故①正确；③∵△ACD≌△BCE（已证），∴∠CAD＝∠CBE，∵∠ACB＝∠ECD＝60°（已证），∴∠BCQ＝180°﹣60°×2＝60°，∴∠ACB＝∠BCQ＝60°，在△ACP与△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（ASA），∴AP＝BQ；故③正确；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC＝QC，∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ＝60°，∴∠ACB＝∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正确；④∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°，∵等边△DCE，∴∠EDC＝60°＝∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE＝∠DEO，∴∠AOB＝∠DAC+∠BEC＝∠BEC+∠DEO＝∠DEC＝60°．故④正确；故选：D．13.【解答】解：（4﹣2）×180°＝360°．故四边形的内角和为360°．故答案为：360°．14.【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，又BC＝7，∴EF＝7，∵EC＝5，∴CF＝EF﹣EC＝7﹣5＝2，故答案为：2．15.【解答】解：设多边形有n条边，则n﹣3＝8，解得n＝11．故答案为：11．16.【解答】解：∵在△ABC和△DBE中，∴△ABC≌△DBE（SAS），∴∠3＝∠ACB，∵∠ACB+∠1＝90°，∴∠1+∠3＝90°，∴∠1+∠2+∠3＝90°+45°＝135°，故答案为：135°．17.【解答】解：连接AD，延长AD到E．∵∠BDE＝∠B+∠BAE，∠CDE＝∠C+∠CAE，∴∠BDC＝∠B+∠C+∠BAE+∠CAE＝∠B+∠C+∠BAC，∵∠BDC＝142°，∠B＝34°，∠C＝28°，∴∠BAC＝80°，故答案为80°．18.【解答】解：∵A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，∴∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，又∵∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1BC+∠A1，∴（∠A+∠ABC）＝∠ABC+∠A1，∴∠A1＝∠A，同理可得∠A2＝∠A1＝×∠A＝∠A，由此可得一下规律：∠An＝∠A，当∠A＝α时，∠A2016＝，故答案为：．19.【解答】解：添加条件∠D＝∠B，∵AD∥BC，∴∠A＝∠C，在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（AAS）．故答案为：∠D＝∠B．20.【解答】解：（1）设底边长为xcm，∵腰长是底边的2倍，∴腰长为2xcm，∴2x+2x+x＝18，解得，x＝cm，∴2x＝2×＝cm，∴各边长为：cm，cm，cm． （2）①当4cm为底时，腰长＝＝7cm；②当4cm为腰时，底边＝18﹣4﹣4＝10cm，∵4+4＜10，∴不能构成三角形，故舍去；∴能构成有一边长为4cm的等腰三角形，另两边长为7cm，7cm．21.【解答】解：作法：（1）以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N．（2）分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部交于点C．（3）画射线OC，射线OC即为所求．故答案为：M、N；大于MN的长．22.【解答】证明∵∠1＝∠2，∴∠BAC＝∠EAD，在△ABC和△AED中，，∴△ABC≌△AED．23.【解答】解：（1）在△ABC中，∠ABC＝60°，∠ACB＝40°，∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝80°，∵BD为∠ABC，CD为∠ACE的角平分线，∴∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，∠ACD＝（180°﹣∠ACB）＝×140°＝70°，∴∠D＝180°﹣∠DBC﹣∠ACB﹣∠ACD＝180°﹣30°﹣40°﹣70°＝40°，∴∠A＝80°，∠D＝40°； （2）通过第（1）的计算，得到∠A＝2∠D，理由如下：∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∴∠ACD+∠ECD＝∠A+∠ABD+∠DBE，∠DCE＝∠D+∠DBC，又∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，∴∠ABD＝∠DBE，∠ACD＝∠ECD，∴∠A＝2（∠DCE﹣∠DBC），∠D＝∠DCE﹣∠DBC，∴∠A＝2∠D．25【解答】（1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠BCE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）．②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB，∴AD＝CE，CD＝BE，∵DC+CE＝DE，∴AD+BE＝DE． （2）证明：∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠EBC+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACE＝90°，∴∠ACD＝∠EBC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE，CD＝BE，∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE． 【解答】（1）解：∵∠A＝80°．∴∠ABC+∠ACB＝100°，∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，∴∠P＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣×100°＝130°，（2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，∴∠QBC+∠QCB＝（∠MBC+∠NCB）＝（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）＝（180°+∠A）＝90°+∠A∴∠Q＝180°﹣（90°+∠A）＝90°﹣∠A；（3）延长BC至F，∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，∴∠ACF＝2∠ECF，∵BE平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠EBC，∵∠ECF＝∠EBC+∠E，∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，即∠ACF＝∠ABC+2∠E，又∵∠ACF＝∠ABC+∠A，∴∠A＝2∠E，即∠E＝∠A；∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ＝∠ABC+∠MBC＝（∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°．如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况：①∠EBQ＝3∠E＝90°，则∠E＝30°，∠A＝2∠E＝60°；②∠EBQ＝3∠Q＝90°，则∠Q＝30°，∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°；③∠Q＝3∠E，则∠E＝22.5°，解得∠A＝45°；④∠E＝3∠Q，则∠E＝67.5°，解得∠A＝135°．综上所述，∠A的度数是60°或120°或45°或135°．