2021-2022学年-有答案-山东省聊城市某校初二(上)10月月考数学试卷

2021-2022学年山东省聊城市某校初二（上）10月月考数学试

卷

一、选择题

1. 下列图案中，轴对称图形的个数是( )

A.3

2. 如图所示△𝐴𝐵𝐶≅△𝐶𝐷𝐴，并且𝐴𝐵=𝐶𝐷，那么下列结论错误的是( )

B.2

C.1

D.0

A.∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐴𝐷 C.∠𝐷=∠𝐵

3. 若△𝑀𝑁𝑃≅△𝑁𝑀𝑄，且𝑀𝑁=5，𝑁𝑃=4，𝑃𝑀=2，则𝑀𝑄的长为( ) A.2

4. 若等腰三角形的一个外角是100∘，则这个等腰三角形底角的度数为( ) A.45∘

5. 如图所示，直线𝑙1，𝑙2，𝑙3表示三条相互交叉的公路，现要建一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，你能说出的可供选择的地址有( )

B.50∘

C.80∘或50∘

D.45∘或50∘

B.3

C.4

D.5

B.𝐶𝐴=𝐴𝐶 D.𝐴𝐶=𝐵𝐶

A.1处

6. 如果等腰三角形两边长是3𝑐𝑚和7𝑐𝑚，那么它的周长是( ) A.17𝑐𝑚

C.13𝑐𝑚或17𝑐𝑚

试卷第1页，总16页

B.4处 C.6处 D.7处

B.13𝑐𝑚 D.15𝑐𝑚

7. 如图，已知∠𝐴=∠𝐷，𝐴𝐹=𝐶𝐷，那么要得到△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，还应该给出的条件是( )

A.𝐴𝐵=𝐸𝐹

8. 如图，𝑂𝑃平分∠𝑀𝑂𝑁，𝑃𝐴⊥𝑂𝑁于点𝐴，点𝑄是射线𝑂𝑀上的一个动点，若𝑃𝐴=2，则𝑃𝑄的最小值为( )

B.∠𝐸=∠𝐵

C.𝐶𝐷=𝐴𝐹

D.𝐸𝐷=𝐵𝐶

A.1

9. 如图所示，三角形纸片中，有一个角为60∘，剪去这个角后，得到一个四边形，则∠1+∠2的度数为( )

B.2

C.3

D.4

A.120∘

10. 已知直角坐标系中的点𝐴(𝑚−1, 3)与点𝐵(4, 𝑛−2)关于𝑥轴成轴对称，𝑚, 𝑛的值分别为( ) A.5，5

11. 如图，已知矩形𝐴𝐵𝐶𝐷，将△𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐵𝐷折叠，记点𝐶的对应点为𝐶′，若∠𝐴𝐷𝐶′=20∘，则∠𝐵𝐷𝐶的度数为( )

B.−3，5

C.5，−1

D.−3，−1

B.180∘

C.240∘

D.300∘

A.35∘

B.65∘

C.55∘

D.20∘

试卷第2页，总16页

12. 如图：等边三角形𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐷=𝐶𝐸，𝐴𝐷与𝐵𝐸相交于点𝑃，则∠𝐴𝑃𝐸的度数是( )

A.45∘ 二、填空题

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵的垂直平分线𝐷𝐸交𝐵𝐶于点𝐸，交𝐴𝐵于点𝐷，△𝐴𝐶𝐸的周长为11𝑐𝑚，𝐴𝐵=4𝑐𝑚，则△𝐴𝐵𝐶的周长为________𝑐𝑚．

B.55∘

C.60∘

D.75∘

如图，𝐵𝐷垂直平分线段𝐴𝐶，𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，垂足为𝐸，交𝐵𝐷于𝑃点，𝑃𝐸=3𝑐𝑚，则𝑃点到直线𝐴𝐵的距离是________．

在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴的外角等于50∘，要使△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，∠𝐵=________.

下列图形中，一定是轴对称图形的有________；（填序号） (1)线段(2)三角形(3)圆(4)正方形(5)梯形

如图，已知𝐴𝐵 // 𝐶𝐷，∠𝐴=50∘，∠𝐶=∠𝐸．则∠𝐶=________.

试卷第3页，总16页

三、解答题

作图题（每个方格代表1个单位长度）.

(1)分别写出△𝐴𝐵𝐶三个顶点的坐标；

(2)画出△𝐴1𝐵1𝐶1，使△𝐴1𝐵1𝐶1和△𝐴𝐵𝐶关于直线𝑦轴成轴对称.

如图，点𝐸，𝐶在线段𝐵𝐹上，𝐵𝐸=𝐶𝐹，𝐴𝐵=𝐷𝐸，𝐴𝐶=𝐷𝐹．求证：∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹．

如图，△𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷都是等腰直角三角形，𝐴，𝐶，𝐷三点在同一直线上，连接𝐵𝐷，𝐴𝐸，并延长𝐴𝐸交𝐵𝐷于𝐹. 求证：△𝐴𝐶𝐸≅△𝐵𝐶𝐷.

如图，已知△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵，∠𝐶的平分线相交于𝐷，过𝐷作𝐸𝐹 // 𝐵𝐶交𝐴𝐵于点𝐸，交𝐴𝐶于点𝐹；若𝐵𝐸=4𝑐𝑚，𝐶𝐹=3𝑐𝑚， 求𝐸𝐹的长．

试卷第4页，总16页

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷𝐸，𝐹𝐺分别是边𝐴𝐵，𝐴𝐶的垂直平分线．若∠𝐵𝐴𝐶=126∘，求∠𝐸𝐴𝐺的度数．

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷为∠𝐵𝐴𝐶的平分线，𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶于𝐹，△𝐴𝐵𝐶的面积是28𝑐𝑚2，𝐴𝐵=16𝑐𝑚，𝐴𝐶=12𝑐𝑚，求𝐷𝐸的长．

试卷第5页，总16页

参与试题解析

2021-2022学年山东省聊城市某校初二（上）10月月考数学试

卷

一、选择题 1. 【答案】 A

【考点】 轴对称图形 【解析】

根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称，进行判断即可． 【解答】

解：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，

观察图形可知第1个、第2个、第3个都是轴对称图形，第4个不是轴对称图形. 故选𝐴． 2. 【答案】 D

【考点】

全等三角形的性质 【解析】

由△𝐴𝐵𝐶≅△𝐶𝐷𝐴，并且𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐶和𝐶𝐴是公共边，可知∠1和∠2，∠𝐷和∠𝐵是对应角．全等三角形的对应角相等，因而前三个选项一定正确．𝐴𝐶和𝐵𝐶不是对应边，不一定相等． 【解答】

解：∵ △𝐴𝐵𝐶≅△𝐶𝐷𝐴，𝐴𝐵=𝐶𝐷， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵和∠𝐶𝐴𝐷，∠𝐷和∠𝐵是对应角， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐶𝐴𝐷，∠𝐷=∠𝐵， ∴ 𝐴𝐶和𝐶𝐴是对应边，而不是𝐵𝐶， ∴ 𝐴，𝐵，𝐶正确，错误的结论是𝐷． 故选𝐷. 3. 【答案】 C

【考点】

全等三角形的性质 【解析】

根据△𝑀𝑁𝑃≅△𝑁𝑀𝑄可得𝑁𝑃=𝑀𝑄，已知𝑃𝑁=4，即可得解． 【解答】

试卷第6页，总16页

解；∵ △𝑀𝑁𝑃≅△𝑁𝑀𝑄， ∴ 𝑀𝑄=𝑃𝑁. ∵ 𝑃𝑁=4， ∴ 𝑀𝑄=4. 故选𝐶． 4. 【答案】 C

【考点】

三角形的外角性质

等腰三角形的判定与性质 【解析】

由等腰三角形的一个外角是100∘，可分别从①若100∘的外角是此等腰三角形的顶角的邻角；②若100∘的外角是此等腰三角形的底角的邻角去分析求解，即可求得答案． 【解答】

解：①若100∘的外角是此等腰三角形的顶角的邻角， 则其底角为：100÷2=50∘；

②若100∘的外角是此等腰三角形的底角的邻角， 则此底角为：180∘−100∘=80∘.

故这个等腰三角形的底角为：80∘或50∘． 故选𝐶． 5. 【答案】 B

【考点】

角平分线的性质 【解析】

到三条相互交叉的公路距离相等的地点应是三条角平分线的交点．把三条公路的中心部位看作三角形，那么这个三角形两个内角平分线的交点以及三个外角两两平分线的交点都满足要求． 【解答】

解：根据角平分线的性质可知：货物中转站必须是三条相交直线所组成的三角形的内角或外角平分线的交点. 满足条件的有：

(1)三角形两个内角平分线的交点，共一处； (2)三个外角两两平分线的交点，共三处． 故选𝐵． 6. 【答案】 A

【考点】

三角形三边关系

等腰三角形的判定与性质 【解析】

试卷第7页，总16页

题中没有指明哪个是底哪个腰，则应该分两种情况进行分析． 【解答】

解：①7𝑐𝑚是腰长时，三角形的三边分别为7，7，3，能组成三角形， 所以，周长=7+7+3=17𝑐𝑚；

②7𝑐𝑚是底边时，三角形的三边分别为7，3，3， ∵ 3+3<7，

∴ 不能组成三角形．

综上所述，三角形的周长为17𝑐𝑚． 故选𝐴． 7. 【答案】 B

【考点】

全等三角形的判定 【解析】

根据等式的性质可得𝐴𝐶=𝐷𝐹，再结合全等三角形的判定方法分析即可． 【解答】

解：∵ 𝐴𝐹=𝐶𝐷，

∴ 𝐴𝐹+𝐹𝐶=𝐶𝐷+𝐹𝐶，即𝐴𝐶=𝐷𝐹.

𝐴，添加𝐴𝐵=𝐸𝐹，不能得到△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，故此选项错误；

𝐵，添加∠𝐸=∠𝐵，可以利用𝐴𝐴𝑆得到△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，故此选项正确； 𝐶，添加𝐶𝐷=𝐴𝐹，不能得到△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，故此选项错误； 𝐷，添加𝐸𝐷=𝐵𝐶，不能得到△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，故此选项错误. 故选𝐵． 8. 【答案】 B

【考点】

角平分线的性质 垂线段最短 【解析】

根据题意点𝑄是射线𝑂𝑀上的一个动点，要求𝑃𝑄的最小值，需要找出满足题意的点𝑄，根据直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短，所以我们过点𝑃作𝑃𝑄垂直𝑂𝑀，此时的𝑃𝑄最短，然后根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得𝑃𝐴=𝑃𝑄，利用已知的𝑃𝐴的值即可求出𝑃𝑄的最小值． 【解答】

解：如图，过点𝑃作𝑃𝑄⊥𝑂𝑀，垂足为𝑄，则𝑃𝑄为最短距离，

∵ 𝑂𝑃平分∠𝑀𝑂𝑁，𝑃𝐴⊥𝑂𝑁，𝑃𝑄⊥𝑂𝑀，

试卷第8页，总16页

∴ 𝑃𝐴=𝑃𝑄=2， 故选𝐵． 9. 【答案】 C

【考点】

多边形内角与外角 三角形内角和定理 【解析】

三角形纸片中，剪去其中一个60∘的角后变成四边形，则根据多边形的内角和等于360∘即可求得∠1+∠2的度数． 【解答】 解：如图：

∵ ∠𝐴=60∘，

∴ ∠𝐵+∠𝐶=180∘−60∘=120∘． ∵ 四边形的内角和等于360∘， ∴ ∠1+2=360∘−120∘=240∘． 故选𝐶． 10. 【答案】 C

【考点】

关于x轴、y轴对称的点的坐标 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：∵ 点𝐴(𝑚−1, 3)与𝐵(4, 𝑛−2)关于𝑥轴成轴对称， ∴ 𝑚−1=4，3=−(𝑛−2)， ∴ 𝑚=5，𝑛=−1. 故选𝐶. 11. 【答案】 C

【考点】

翻折变换（折叠问题） 【解析】

由折叠的性质可知∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐵𝐷𝐶′，故∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶′−∠𝐴𝐷𝐶′=∠𝐵𝐷𝐶−20∘，根据∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐵𝐷𝐶=90∘，列方程求∠𝐵𝐷𝐶．

试卷第9页，总16页

【解答】

解：由折叠的性质，得∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐵𝐷𝐶′， 则∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶′−∠𝐴𝐷𝐶′=∠𝐵𝐷𝐶−20∘， ∵ ∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐵𝐷𝐶=90∘，

∴ ∠𝐵𝐷𝐶−20∘+∠𝐵𝐷𝐶=90∘， 解得∠𝐵𝐷𝐶=55∘． 故选𝐶． 12. 【答案】 C

【考点】

全等三角形的性质与判定 等边三角形的性质 【解析】

根据题目已知条件可证△𝐴𝐵𝐷≅△𝐵𝐶𝐸，再利用全等三角形的性质及三角形外角和定理求解． 【解答】

解：∵ 等边△𝐴𝐵𝐶，

∴ ∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶，𝐴𝐵=𝐵𝐶， 𝐴𝐵=𝐵𝐶，在△𝐴𝐵𝐷与△𝐵𝐶𝐸中，{∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶，

𝐵𝐷=𝐶𝐸，∴ △𝐴𝐵𝐷≅△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴ ∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐵𝐸.

∵ ∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐸𝐵𝐶=60∘， ∴ ∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐵𝐴𝐷=60∘，

∴ ∠𝐴𝑃𝐸=∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐵𝐴𝐷=60∘， ∴ ∠𝐴𝑃𝐸=60∘． 故选𝐶. 二、填空题 【答案】 15

【考点】

线段垂直平分线的性质 【解析】

根据线段垂直平分线的性质，可得𝐴𝐸=𝐵𝐸，所以△𝐴𝐵𝐶的周长=𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐴𝐶=𝐴𝐵+𝐵𝐸+𝐸𝐶+𝐴𝐶=𝐴𝐵+△𝐴𝐶𝐸的周长，解答出即可； 【解答】

解：∵ 𝐷𝐸是𝐴𝐵的垂直平分线，

∴ 𝐴𝐸=𝐵𝐸.

又△𝐴𝐶𝐸的周长为11𝑐𝑚，

∴ △𝐴𝐶𝐸的周长=𝐴𝐶+𝐸𝐶+𝐴𝐸=𝐴𝐶+𝐵𝐶=11𝑐𝑚， ∵ △𝐴𝐵𝐶的周长=𝐴𝐵+𝐵𝐶+𝐴𝐶，𝐴𝐵=4𝑐𝑚， ∴ △𝐴𝐵𝐶的周长=4+11=15𝑐𝑚. 故答案为：15．

试卷第10页，总16页

【答案】 3𝑐𝑚

【考点】

线段垂直平分线的性质 角平分线的性质 【解析】

由已知条件，根据垂直平分线的性质得出𝐴𝐵=𝐵𝐶，可得到∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐷𝐵𝐶，再利用角平分线上的点到角两边的距离相等得到答案． 【解答】

解：如图，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐴𝐵与点𝑀，

∵ 𝐵𝐷垂直平分线段𝐴𝐶， ∴ 𝐴𝐵=𝐶𝐵，

∴ ∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐷𝐵𝐶，即𝐵𝐷为角平分线， 又𝑃𝑀⊥𝐴𝐵，𝑃𝐸⊥𝐶𝐵， ∴ 𝑃𝑀=𝑃𝐸=3(𝑐𝑚)． 故答案为：3𝑐𝑚． 【答案】 25∘

【考点】

三角形的外角性质 等腰三角形的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：若∠𝐴是△𝐴𝐵𝐶的顶角， 为使△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，

则∠𝐵+∠𝐶=2∠𝐵=50∘，即∠𝐵=25∘；

若∠𝐴为△𝐴𝐵𝐶的底角，则∠𝐴=180∘−50∘=130∘， 此时△𝐴𝐵𝐶不能构成等腰三角形. 故答案为：25∘. 【答案】 (1)，(3)，(4) 【考点】 轴对称图形 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：∵ 线段的对称轴是垂直平分线， 圆的对称轴是其直径所在的直线，

试卷第11页，总16页

正方形的对称轴为其对角线所在的直线和对边中点的连线， ∴ (1)，(3)，(4)为轴对称图形；

对于(2)，(5)，只有等腰三角形和等腰梯形是轴对称图形； 故答案为：(1)，(3)，(4). 【答案】 25∘

【考点】

三角形的外角性质 平行线的性质 【解析】

由𝐴𝐵 // 𝐶𝐷，∠𝐴=50∘，根据两直线平行，同位角相等，即可求得∠1的度数，又由∠𝐶=∠𝐸与三角形外角的性质，即可求得答案． 【解答】 解：如图：

∵ 𝐴𝐵 // 𝐶𝐷，∠𝐴=50∘， ∴ ∠1=∠𝐴=50∘，

∵ ∠𝐶=∠𝐸，∠1=∠𝐶+∠𝐸， ∴ ∠𝐶=2∠1=2×50∘=25∘． 故答案为：25∘． 三、解答题 【答案】

解：(1)由图象可得：𝐴(−1, 3)，𝐵(−1, 2)，𝐶(−3, 1). (2)△𝐴1𝐵1𝐶1如图所示：

1

1

【考点】

网格中点的坐标 作图-轴对称变换 坐标与图形性质

试卷第12页，总16页

【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：(1)由图象可得：𝐴(−1, 3)，𝐵(−1, 2)，𝐶(−3, 1). (2)△𝐴1𝐵1𝐶1如图所示：

【答案】

解：∵ 𝐵𝐸=𝐶𝐹，

∴ 𝐵𝐸+𝐸𝐶=𝐶𝐹+𝐸𝐶， ∴ 𝐵𝐶=𝐸𝐹.

在△𝐴𝐵𝐶与△𝐷𝐸𝐹中， 𝐴𝐵=𝐷𝐸，{𝐵𝐶=𝐸𝐹， 𝐴𝐶=𝐷𝐹，∴ △𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹(𝑆𝑆𝑆)， ∴ ∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹. 【考点】

全等三角形的性质与判定 【解析】

先证明△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，然后利用全等三角形的性质即可求出∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹． 【解答】

解：∵ 𝐵𝐸=𝐶𝐹，

∴ 𝐵𝐸+𝐸𝐶=𝐶𝐹+𝐸𝐶， ∴ 𝐵𝐶=𝐸𝐹.

在△𝐴𝐵𝐶与△𝐷𝐸𝐹中， 𝐴𝐵=𝐷𝐸，{𝐵𝐶=𝐸𝐹， 𝐴𝐶=𝐷𝐹，∴ △𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹(𝑆𝑆𝑆)， ∴ ∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹. 【答案】

证明：∵ △𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷都是等腰直角三角形， ∴ 𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐶𝐸=𝐶𝐷，∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷=90∘， 在△𝐴𝐶𝐸和△𝐵𝐶𝐷，

试卷第13页，总16页

𝐴𝐶=𝐵𝐶，{∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷，

𝐶𝐸=𝐶𝐷，∴ △𝐴𝐶𝐸≅△𝐵𝐶𝐷(𝑆𝐴𝑆). 【考点】

等腰三角形的性质 全等三角形的判定 【解析】

（1）根据𝑆𝐴𝑆判定△𝐴𝐶𝐸≅△𝐵𝐶𝐷，从而得到∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐵𝐶，根据角之间的关系可证得𝐴𝐹⊥𝐵𝐷． 【解答】

证明：∵ △𝐴𝐶𝐵和△𝐸𝐶𝐷都是等腰直角三角形， ∴ 𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐶𝐸=𝐶𝐷，∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷=90∘， 在△𝐴𝐶𝐸和△𝐵𝐶𝐷， 𝐴𝐶=𝐵𝐶，{∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐷，

𝐶𝐸=𝐶𝐷，∴ △𝐴𝐶𝐸≅△𝐵𝐶𝐷(𝑆𝐴𝑆). 【答案】

证明：∵ 𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶， ∴ ∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐷𝐵𝐶， ∵ 𝐸𝐹 // 𝐵𝐶，

∴ ∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐷𝐵𝐶， ∴ ∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐸𝐵𝐷， ∴ 𝐷𝐸=𝐵𝐸， 同理𝐶𝐹=𝐷𝐹，

∴ 𝐸𝐹=𝐷𝐸+𝐷𝐹=𝐵𝐸+𝐶𝐹=4+3=7. 【考点】

角平分线的性质 平行线的判定与性质 【解析】

根据角平分线定义和平行线性质求出∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐸𝐵𝐷，推出𝐷𝐸=𝐵𝐸，同理得出𝐶𝐹=𝐷𝐹，即可求出答案． 【解答】

证明：∵ 𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶， ∴ ∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐷𝐵𝐶， ∵ 𝐸𝐹 // 𝐵𝐶，

∴ ∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐷𝐵𝐶， ∴ ∠𝐸𝐷𝐵=∠𝐸𝐵𝐷， ∴ 𝐷𝐸=𝐵𝐸， 同理𝐶𝐹=𝐷𝐹，

∴ 𝐸𝐹=𝐷𝐸+𝐷𝐹=𝐵𝐸+𝐶𝐹=4+3=7． 【答案】

解：在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=126∘， ∴ ∠𝐵+∠𝐶=180∘−126∘=∘，

试卷第14页，总16页

∵ 𝐷𝐸是𝐴𝐵的垂直平分线， ∴ 𝐸𝐵=𝐸𝐴， ∴ ∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐵，

同理可得∠𝐺𝐴𝐶=∠𝐶，

又∵ ∠𝐸𝐴𝐵+∠𝐺𝐴𝐶+∠𝐵+∠𝐶+∠𝐸𝐴𝐺=180∘， ∴ 2(∠𝐵+∠𝐶)+∠𝐸𝐴𝐺=180∘， ∴ ∠𝐸𝐴𝐺=72∘． 【考点】

三角形内角和定理 等腰三角形的判定 线段垂直平分线的性质 【解析】

（2）在△𝐴𝐵𝐶中，利用三角形内角定理易求∠𝐵+∠𝐶，再根据线段垂直平分线的性质易求∠1=∠𝐵，同理可得∠2=∠𝐶，再结合三角形内角和定理进而可得2(∠𝐵+∠𝐶)+∠𝐸𝐴𝐺=180∘，从而可求∠𝐸𝐴𝐺． 【解答】

解：在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=126∘， ∴ ∠𝐵+∠𝐶=180∘−126∘=∘， ∵ 𝐷𝐸是𝐴𝐵的垂直平分线， ∴ 𝐸𝐵=𝐸𝐴， ∴ ∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐵，

同理可得∠𝐺𝐴𝐶=∠𝐶，

又∵ ∠𝐸𝐴𝐵+∠𝐺𝐴𝐶+∠𝐵+∠𝐶+∠𝐸𝐴𝐺=180∘， ∴ 2(∠𝐵+∠𝐶)+∠𝐸𝐴𝐺=180∘， ∴ ∠𝐸𝐴𝐺=72∘． 【答案】

解：∵ 𝐴𝐷为∠𝐵𝐴𝐶的平分线，𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶， ∴ 𝐷𝐸=𝐷𝐹，

∵ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐷+𝑆△𝐴𝐶𝐷=𝐴𝐵×𝐷𝐸+𝐴𝐶×𝐷𝐹

2

2

1

1

∴ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=2(𝐴𝐵+𝐴𝐶)×𝐷𝐸 即2×(16+12)×𝐷𝐸=28， 故𝐷𝐸=2(𝑐𝑚)． 【考点】 三角形的面积 角平分线的性质 【解析】

利用角平分线的性质，得出𝐷𝐸=𝐷𝐹，再利用△𝐴𝐵𝐶面积是28𝑐𝑚2可求𝐷𝐸． 【解答】

解：∵ 𝐴𝐷为∠𝐵𝐴𝐶的平分线，𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，𝐷𝐹⊥𝐴𝐶， ∴ 𝐷𝐸=𝐷𝐹，

∵ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐷+𝑆△𝐴𝐶𝐷=2𝐴𝐵×𝐷𝐸+2𝐴𝐶×𝐷𝐹

试卷第15页，总16页

1

1

1

1

∴ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=(𝐴𝐵+𝐴𝐶)×𝐷𝐸

21

即2×(16+12)×𝐷𝐸=28， 故𝐷𝐸=2(𝑐𝑚)．

1

试卷第16页，总16页