湖北初二上学期期末数学试卷答案解析
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湖北初二上学期期末数学试卷答案解析一、选择题
每小题3分，共30分.
1.下列图形不具有稳定性的是( )
A.正方形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形
【考点】多边形;三角形的稳定性.
【分析】根据三角形的性质，四边形的性质，可得答案.
【解答】解：正方形不具有稳定性，故A符合题意;
故选：A.
2.下列大学的校徽图案是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【考点】轴对称图形.
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误;
B、不是轴对称图形，故本选项错误;
C、不是轴对称图形，故本选项错误;
D、是轴对称图形，故本选项正确.
故选D.
3.如图，以正方形ABCD的中心为原点建立平面直角坐标系，点A的坐标为(2，2)，则点D的坐标为( )
A.(2，2) B.(﹣2，2) C.(﹣2，﹣2) D.(2，﹣2)
【考点】正方形的性质;坐标与图形性质.
【分析】根据题意得：A与B关于x轴对称，A与D关于y轴对称，A与C关于原点对称，进而得出答案.
【解答】解：如图所示：∵以正方形ABCD的中心O为原点建立坐标系，点A的坐标为(2，2)，
∴点B、C、D的坐标分别为：(2，﹣2)，(﹣2，﹣2)，(﹣2，2).
故选B
4.如图，在∠AOB的两边上，分别取OM=ON，再分别过点M、N作OA、OB的垂线，交点为P，画射线OP，则OP平分∠AOB的依据是( )
A.SSS B.SAS C.AAS D.HL
【考点】全等三角形的判定.
【分析】利用判定方法“HL”证明Rt△OMP和Rt△ONP全等，进而得出答案.
【解答】解：在Rt△OMP和Rt△ONP中， ，
∴Rt△OMP≌Rt△ONP(HL)，
∴∠MOP=∠NOP，
∴OP是∠AOB的平分线.
故选：D
5.如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，则图中x的值是( )
A.75° B.65° C.60° D.55°
【考点】多边形内角与外角;平行线的性质.
【分析】先根据平行线的性质求得∠B的值，再根据多边形内角和定理即可求得∠E的值即可.
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠B=180°﹣∠C=180°﹣60°=120°，
∵五边形ABCDE内角和为(5﹣2)×180°=540°，
∴在五边形ABCDE中，∠E=540°﹣135°﹣120°﹣60°﹣150°=75°.
故图中x的值是75°.
故选：A.
6.若△ABC内一点O到三角形三条边的距离相等，则O为△ABC( )的交点.
A.角平分线 B.高线 C.中线 D.边的中垂线
【考点】角平分线的性质.
【分析】由角平分线性质的逆定理：到角的两边的距离相等的点在角的平分线上，则这个点是三角形三条角平分线的交点.
【解答】解：∵到角的两边的距离相等的点在角的平分线上，
∴这个点是三角形三条角平分线的交点.
故选A.
7.如图，△ABC≌△DEC，点B的对应点E在线段AB上，若AB∥CD，∠D=32°，则∠B的度数是( )
A.56° B.68° C.74° D.75°
【考点】全等三角形的性质.
【分析】直接利用角平分线的性质结合平行线的性质得出∠B=∠CEB=∠CED，进而得出∠DEA+∠DEC+∠CEB=2∠B+∠DEA求出答案.
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠D=∠A=32°，EC=BC，
∴∠B=∠CEB=∠CED，
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠A=∠DEA=32°，
∴∠DEA+∠DEC+∠CEB=2∠B+∠DEA=2∠B+32°=180°，
解得：∠B=74°.
故选：C.
8.等腰三角形两条边的长分别为5，2，则该等腰三角形的周长为( )
A.9 B.10 C.12 D.9或12
【考点】等腰三角形的性质;三角形三边关系.
【分析】根据2和5可分别作等腰三角形的腰，结合三边关系定理，分别讨论求解.
【解答】解：当2为腰时，三边为2，2，5，由三角形三边关系定理可知，不能构成三角形，
当5为腰时，三边为5，5，2，符合三角形三边关系定理，周长为：5+5+2=12.
故选C.
9.图中有三个正方形，其中构成的三角形中全等三角形的对数有( )
A.2对 B.3对 C.4对 D.5对
【考点】全等三角形的判定.
【分析】根据图形，结合正方形的性质，利用全等三角形的判定方法可得出答案.
【解答】解：
如图，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
在△ABC和△ADC中
∴△ABC≌△ADC(SAS);
∵四边形BEFK为正方形，
∴EF=FK=BE=BK，
∵AB=BC，
∴CK=KF=EF=AE，
在△AEF和△CKF中
∴△AEF≌△CKF(SAS);
∵四边形HIJG为正方形，
∴IH=GJ，∠AIH=∠GJC=90°，且∠IAH=∠JCG=45°，
在△AIH和△CJG中
∴△AIH≌△CJG(AAS)，
综上可知全等的三角形有3对，
故选B.
10.如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点D是△ABC内一点，若AC=AD，∠CAD=30°，连接BD，则∠ADB的度数为( )
A.120° B.135° C.150° D.165°
【考点】等腰直角三角形.
【分析】先根据△ABC是等腰直角三角形得：∠CAB=∠ABC=45°，作辅助线，构建全等三角形，证明△CDB≌△AED，则∠ADE=∠CBD，ED=BD，设∠CBD=x，则∠ADE=x，∠DEB=∠DBE=15+x，根据∠ABC=45°列方程可求x的值，根据三角形内角和得∠BDC=150°，最后由周角得出结论.
【解答】解：∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∵AC=AD，
∴AD=BC，
∵∠CAD=30°，
∴∠ACD=∠ADC=75°，
∠DAB=45°﹣30°=15°，
∴∠DCB=90°﹣75°=15°，
∴∠EAD=∠DCB，
在AB上取一点E，使AE=CD，连接DE，
在△CDB和△AED中，
∵ ，
∴△CDB≌△AED(SAS)，
∴∠ADE=∠CBD，ED=BD，
∴∠DEB=∠DBE，
设∠CBD=x，则∠ADE=x，∠DEB=∠DBE=15+x，
∵∠ABC=45°，
∴x+15+x=45，
x=15°，
∴∠DCB=∠DBC=15°，
∴∠BDC=180°﹣15°﹣15°=150°，
∴∠ADB=360°﹣75°﹣150°=135°;
故选B.
湖北初二上学期期末数学试卷答案解析二、填空题
每小题3分，共18分.
11.如图，AB∥CD，∠B=32°，∠ACD=56°，则∠ACB的度数是 92 °.
【考点】平行线的性质.
【分析】首先根据CD∥AB，可得∠BCD=148°;然后根据∠ACD=56°，求出∠ACB的度数即可.
【解答】解：∵CD∥AB，∠B=32°，
∴∠ACB=180°﹣∠B=148°，
又∵∠ACD=56°，
∴∠ACB的度数为148°﹣56°=92°.
故答案为：92
12.若点A(3，﹣2)与点B关于y轴对称，则点B的坐标为 (﹣3，﹣2) .
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标.
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答.
【解答】解：∵点A(3，﹣2)与点B关于y轴对称，
∴点B的坐标为(﹣3，﹣2).
故答案为：(﹣3，﹣2).
13.如图，下列四组条件中：①AB=DE，BC=EF，AC=DF;②AB=DE，∠B=∠E，BC=EF;③AB=DE，AC=DF，∠B=∠E;④∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F.其中不一定能使△ABC≌△DEF的条件是 ③ (只填序号).
【考点】全等三角形的判定.
【分析】根据全等三角形的判定方法逐个判断即可.
【解答】解：
①由AB=DE，BC=EF，AC=DF，可知在△ABC和△DEF中，满足SSS，可使△ABC≌△DEF;
②由AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，可知在△ABC和△DEF中，满足SAS，可使△ABC≌△DEF;
③由AB=DE，AC=DF，∠B=∠E，可知在△ABC和△DEF中，满足SSA，不能使△ABC≌△DEF;
④由∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F，可知在△ABC和△DEF中，满足ASA，可使△ABC≌△DEF.
∴不一定能使△ABC≌△DEF的条件是③.
故答案为：③.
14.如图，在△ABC中，AC边的垂直平分线交BC于点D，若AC=4cm，△ABC的周长为13cm，则△ABD的周长为 9 cm.
【考点】线段垂直平分线的性质.
【分析】根据线段垂直平分线性质得出AD=DC，求出AB+BC，求出△ABD的周长=AB+BC，代入请求出即可.
【解答】解：∵AC边的垂直平分线交BC于点D，
∴AD=CD，
∵AC=4cm，△ABC的周长为13cm，
∴AB+BC=9cm，
∴△ABD的周长为AB+BD+AD=AB+BD+DC=AB+AD=9cm，
故答案为：9.
15.如图，在△ABC中，点D为BC边的中点，点E为AC上一点，将∠C沿DE翻折，使点C落在AB上的点F处，若∠AEF=50°，则∠A的度数为 65 °.
【考点】翻折变换(折叠问题);三角形内角和定理.
【分析】由点D为BC边的中点，得到BD=CD，根据折叠的性质得到DF=CD，∠EFD=∠C，得到DF=BD，根据等腰三角形的性质得到∠BFD=∠B，由三角形的内角和和平角的定义得到∠A=∠AFE，于是得到结论.
【解答】解：∵点D为BC边的中点，
∴BD=CD，
∵将∠C沿DE翻折，使点C落在AB上的点F处，
∴DF=CD，∠EFD=∠C，
∴DF=BD，
∴∠BFD=∠B，
∵∠A=180°﹣∠C﹣∠B，∠AFE=180°﹣∠EFD﹣∠DFB，
∴∠A=∠AFE，
∵∠AEF=50°，
∴∠A= =65°.
故答案为：65°.
16.如图，在△ABC中，E为AC的中点，点D为BC上一点，BD：CD=2：3，AD、BE交于点O，若S△AOE﹣S△BOD=1，则△ABC的面积为 10 .
【考点】三角形的面积.
【分析】根据E为AC的中点可知，S△ABE= S△ABC，再由BD：CD=2：3可知，S△ABD= S△ABC，进而可得出结论.
【解答】解：∵点E为AC的中点，
∴S△ABE= S△ABC.
∵BD：CD=2：3，
∴S△ABD= S△ABC，
∵S△AOE﹣S△BOD=1，
∴S△ABE=S△ABD= S△ABC﹣ S△ABC=1，解得S△ABC=10.
故答案为：10.
湖北初二上学期期末数学试卷答案解析三、解答题
共8小题，共72分.
17.在△ABC中，∠A=∠B﹣10°，∠C=∠B﹣5°，求△ABC的各个内角的度数.
【考点】三角形内角和定理.
【分析】然后根据三角形的内角和等于180°列式计算求出∠B，然后求解即可.
【解答】解：∵∠A=∠B﹣10°，∠C=∠B﹣5°，
∴∠B﹣10°+∠B+∠B﹣5°=180°，
∴∠B=65°，
∴∠A=65°﹣10°=55°，∠C=65°﹣5°=60°，
∴△ABC的内角的度数为55°，60°，65°.
18.如图，五边形ABCDE的内角都相等，且∠1=∠2，∠3=∠4，求x的值.
【考点】多边形内角与外角;三角形内角和定理.
【分析】由五边形ABCDE的内角都相等，先求出五边形的每个内角度数，再求出∠1=∠2=∠3=∠4=36°，从而求出x=108°﹣72°=36度.
【解答】解：因为五边形的内角和是540°，
则每个内角为540°÷5=108°，
∴∠E=∠C=108°，
又∵∠1=∠2，∠3=∠4，由三角形内角和定理可知，
∠1=∠2=∠3=∠4=÷2=36°，
∴x=∠EDC﹣∠1﹣∠3=108°﹣36°﹣36°=36°.
19.已知：如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB=DE，AC=DF，BE=CF.
求证：∠A=∠D.
【考点】全等三角形的判定与性质.
【分析】由BE=CF可证得BC=EF，又有AB=DE，AC=DF，根据SSS证得△ABC≌△DEF⇒∠A=∠D.
【解答】证明：∵BE=CF，
∴BC=EF，
又∵AB=DE，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF.
∴∠A=∠D.
20.如图，△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，△ABE≌△ACD.
(1)求证：△BEC≌△CDB;
(2)若∠A=50°，BE⊥AC，求∠BCD的度数.
【考点】全等三角形的判定与性质.
【分析】(1)根据全等三角形的性质得到AB=AC，AD=AE，BE=CD，根据全等三角形的判定定理即可得到结论;
(2)根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到∠ACB=∠ABC=65°，根据垂直的定义得到∠BEC=∠AEB=90°，于是得到结论.
【解答】(1)证明：∵△ABE≌△ACD，
∴AB=AC，AD=AE，BE=CD，
∴BD=CE，
在△BEC与△CDB中， ，
∴△BEC≌△CDB;
(2)解：∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ACB=∠ABC=65°，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC=∠AEB=90°，
∴∠ABE=∠ACD=40°，
∴∠BCD=15°.
21.如图，△ABC的三个顶点在边长为1的正方形网格中，已知A(﹣1，﹣1)，B(4，﹣1)，C(3，1).
(1)画出△ABC及关于y轴对称的△A1B1C1;
(2)写出点A的对应点A1的坐标是 (1，﹣1) ，点B的对应点B1的坐标是 (﹣4，﹣1) ，点C的对应点C1的坐标是 (﹣3，1) ;
(3)请直接写出以AB为边且与△ABC全等的三角形的第三个顶点(不与C重合)的坐标 (0，﹣3)或(0，1)或(3，﹣3) .
【考点】作图﹣轴对称变换;坐标确定位置.
【分析】(1)根据各点坐标画出三角形即可，再根据轴对称的性质，画出三角形即可;
(2)根据△△A1B1C1各顶点的位置写出其坐标即可;
(3)根据以AB为公共边且与△ABC全等的三角形的第三个顶点的位置，写出其坐标即可.
【解答】解：(1)画图如图所示：
(2)由图可得，点A1的坐标是(1，﹣1)，点B1的坐标是(﹣4，﹣1)，点C1的坐标是(﹣3，1);
(3)∵AB为公共边，
∴与△ABC全等的三角形的第三个顶点的坐标为(0，﹣3)，(0，1)或(3，﹣3).
22.如图，三角形纸片△ABC，AB=8，BC=6，AC=5，沿过点B的直线折叠这个三角形，折痕为BD(点D在线段AC上且不与A、C重合).
(1)如图①，若点C落在AB边上的点E处，求△ADE的周长;
(2)如图②，若点C落在AB变下方的点E处，求△ADE的周长的取值范围.
【考点】翻折变换(折叠问题);三角形三边关系.
【分析】根据翻折变换的性质可得CE=CD，BE=BC，然后求出AE，再求出AD+DE=AC，最后根据三角形的周长公式列式计算即可得解.
【解答】解：∵折叠这个三角形顶点C落在AB边上的点E处，
∴CE=CD，BE=BC=6，
∴AE=AB﹣BE=8﹣6=2，
∵AD+DE=AD+CD=AC=5，
∴△AED的周长=5+2=7;
(2)∵折叠这个三角形顶点C落在AB边上的点E处，
∴CE=CD，BE=BC=6，
∴在△ADE中，AD+DE=AD+CD=AC=5，
∴AE
∴在△ABE中，AE>AB+BE，
∴AE<5，AE>2，
即2
∴7<△AED的周长<1.
23.如图，在等腰三角形△ABC中，AC=BC，D、E分别为AB、BC上一点，∠CDE=∠A.
(1)如图①，若BC=BD，求证：CD=DE;
(2)如图②，过点C作CH⊥DE，垂足为H，若CD=BD，EH=1，求DE﹣BE的值.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质.
【分析】(1)先根据条件得出∠ACD=∠BDE，BD=AC，再根据ASA判定△ADC≌△BED，即可得到CD=DE;
(2)先根据条件得出∠DCB=∠CDE，进而得到CE=DE，再在DE上取点F，使得FD=BE，进而判定△CDF≌△DBE(SAS)，得出CF=DE=CE，再根据CH⊥EF，运用三线合一即可得到FH=HE，最后得出DE﹣BE=DE﹣DF=EF=2HE=2.
【解答】解：(1)∵AC=BC，∠CDE=∠A，
∴∠A=∠B=∠CDE，
∴∠ACD=∠BDE，
又∵BC=BD，
∴BD=AC，
在△ADC和△BED中，
，
∴△ADC≌△BED(ASA)，
∴CD=DE;
(2)∵CD=BD，
∴∠B=∠DCB，
又∵∠CDE=∠B，
∴∠DCB=∠CDE，
∴CE=DE，
如图，在DE上取点F，使得FD=BE，
在△CDF和△DBE中，
，
∴△CDF≌△DBE(SAS)，
∴CF=DE=CE，
又∵CH⊥EF，
∴FH=HE，
∴DE﹣BE=DE﹣DF=EF=2HE=2.
24.如图，在平面直角坐标系中，已知A(7a，0)，B(0，﹣7a)，点C为x轴负半轴上一点，AD⊥AB，∠1=∠2.
(1)求∠ABC+∠D的度数;
(2)如图①，若点C的坐标为(﹣3a，0)，求点D的坐标(结果用含a的式子表示);
(3)如图②，在(2)的条件下，若a=1，过点D作DE⊥y轴于点E，DF⊥x轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点N(n，2n﹣3)，使△EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标，并选取一种情况计算说明.
【考点】三角形综合题.
【分析】(1)如图1中，设CD与y轴交于点E.根据四边形内角和定理，只要证明∠BCD+∠BAD=180°即可解决问题.
(2)如图1中，求出直线AB、BC的解析式，再求出直线AD、CD的解析式，利用方程组求交点D坐标.
(3)分四种情形，利用全等三角形的性质，列出方程分别求解即可.
【解答】解：(1)如图1中，设CD与y轴交于点E.
∵AD⊥AB，
∴∠BAD=90°，
∵∠1+∠BCO=90°，∠1=∠2，
∴∠BCO+∠2=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ABC+∠D=360°﹣(∠BCD+∠BAD)=180°.
(2)如图1中，
∵A(7a，﹣7a)，B(0，﹣7a)，
∴直线AB的解析式为y=x﹣7a，
∵AD⊥AB，
∴直线AD的解析式为y=﹣x+7a，
∵C(﹣3a，0)，B(0，﹣7a)，
∴直线BC的解析式为y=﹣ x﹣7a，
∵CD⊥BC，
∴直线CD的解析式为y= x+ a，
由 解得 ，
∴点D的坐标为(4a，3a).
(3)①如图2中，作NG⊥OE于G，GN的延长线交DF于H.
∵△NEM是等腰直角三角形，
∴EN=MN，∠ENM=90°，
由△ENG≌△NMH，得EG=NH，
∵N(n，2n﹣3)，D(4，3)，
∴HN=EG=3﹣(2n﹣3)=6﹣2n
∵GH=4，
∴n+6﹣2n=4，
∴n=2，
∴N(2，1).
②如图3中，作NG⊥OE于G，MH⊥OE于H.
由△ENG≌△MEH，得GE=HM=4，
∴OG=7=2n﹣3，
∴n=5，
∴N(5，7).
③如图4中，作NG⊥OE于G，GN的延长线交DF于H.
由△ENG≌△NMH得EG=NH=4﹣n，
∴3+4﹣n=2n﹣3，
∴n= ，
∴N( ， ).
④如图5中，作MG⊥OE于G，NH⊥GM于H.
由△EMG≌△MNH得EG=MH=n﹣4，MG=NH=4
∴GH=n，
∴3﹣(n﹣4)+4=2n﹣3，
∴n= ，
∴N( ， ).
综上所述，满足条件的点N的坐标为(2，1)或(5，7)或( ， )或( ， ).
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