2020-2021湖北省某校初二（上）期中考试数学试卷

2020-2021湖北省某校初二（上）期中考试数学试卷

一、选择题

1.如图所示，图中不是轴对称图形的是（）

件A0D©

2.有4cm和6cm的两根小棒，请你再找一根小棒，并以这三根小棒为边围成一个三角

形，下列长度的小棒可选的是（）

A.lcmB.2cmC.7cmD.lOcm

3.如图，/-ABC=^ABD,还应补充一个条件，才能推出△4BCEA4BD.补充下列其

中一个条件后，不一定能推出△ABC三3480的是（）

A.BC=BDB.AC=AD

C.Z.ACB=乙408DZCA8=Z.DAB

4.如果ri边形的内角和是它外角和的3倍，则几等于（）

A.6B.7C.8D.9

5.如图，将三角形纸板的直角顶点放在直尺的一边上，=20°,Z2=40°,贝此3等

C.600D.80°

6.如图，40是△48C的角平分线，过点。作0E1A8于E,DF14：于F,则下列结论

®DE=DF；®BD=CD；®AE=AF；®Z-ADE=Z.ADFt其中正确结论的个数有

A.1个B.2个C.3个D.4个

7.如图，在AABC中，DE是AC的垂直平分线，且分别交BC,4C于点。和E,=

60°,ZC=25",则皿1。为（）

8.如图，将一张三角形纸片48c的一角折叠，使点4落在AABC外的4处，折痕为DE.

如果〃=a,ACEA'=/?,^BDA'=y,那么下列式子中正确的是（）

A

«*

BC

A.y=2a+PB.y=a+2。

C.y=a+0D.y-180°—a—0

二、填空题

已知：等腰三角形的一条边长为2cm,另一条边长为5cm,则它的周长是________cm.

若一个多边形的每一个内角都等于156。，则这个多边形是一_______边形.

如图，N4C0是△ABC的外角，CE平分乙4CD,若乙4=60°,NB=40。，则WCE的大

小是________度.

/V

BD

试卷第2页，总21页

如图，小明从A点出发，沿直线前进12米后向左转36。，再沿直线前进12米，又向左

转36。…照这样走下去，他第一次回到出发地4点时，一共走了米.

如图，△ABC中，AB=AC,AB的垂直平分线交边4B于。点，交边4:于E点，若公

ABC-^AEBC的周长分别是40cm,24cm,贝IJ4B=cm.

如图，在△ABC中，ZC=46°,将△4BC沿着直线，折叠，点C落在点。的位置，则

41-42的度数是.

等腰三角形4BC中，乙4=50。，那么48的所有可能度数为.

如图，在△4BC中，AD,CF分别是4BAC,乙4cB的角平分线，且4。CF交于点/,

IE1BC于E,下列结论：①4B1E=ZC/D；②4c=AF+DC；③BE=^(AB+BC-

AQ；④SMBC=“E(4B+BC+AC).其中正确的结论是.

如图，在△力BC中，BDLAC,垂足为D.=54°,/DBC=18°.求NC的度

数.

己知：如图，AB=AE,Zl=Z.2,4B=KE.求证：BC=ED.

如图，在直角坐标系中，先描出点4(1,3),点8(4,1).

(1)描出点4关于％轴的对称点41的位置，写出&的坐标

(2)在x轴上找一点C,使47+BC的值最小(保留作图痕迹)

(3)用尺规在x轴上找一点P,使P4=PB(保留作图痕迹)

试卷第4页，总21页

如图，^ACB=90°,AC=BC.AD1CE,BE1CE,垂足分别是点D,E,AD=3,

BE=1,则的长是多少？

如图，点。在CB的延长线上，OB=CB,点E在4B上，连接DE,DE=AC,

求证：/.A=乙DEB.

如图，在直角坐标系中，4B,C,。各点的坐标分别为(一7,7),(-7,1),(-3,1),

(-1,4).

(1)在给出的图形中，画出四边形4BCD关于y轴对称的四边形为B1GD1(不写作法)

(2)写出点4和G的坐标；

(3)求四边形4B1GD1的面积.

如图，在正方形4BCD中，AB=BC=CD=AD,^BAD=Z.B=Z.C==90°,点

E,F分别在正方形ABC。的边。C,BC±,4G1EF且4G=AB,垂足为G,则：

⑴△AB尸与△4GF全等吗？说明理由；

(2)求ZE4F的度数；

(3)若AG=4,AZEF的面积是6,求△CEF的面积.

如图，已知B(-1,0),C(l,0),4为y轴正半轴上一点，点。为第二象限一动点，E在

BD的延长线上，CD交AB于F,且/BDC=Z.BAC.

(2)求证：力D平分4CDE；

(3)若在。点运动的过程中，始终有0C=D4+0B,在此过程中，4BAC的度数是否变

化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出NB4C的度数？

试卷第6页，总21页

参考答案与试题解析

2020-2021湖北省某校初二（上）期中考试数学试卷

一、选择题

1.

【答案】

c

【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后，直线两旁的部分能够互相

重合，那么这个图形叫做轴对称图形.据此对图中的图形进行判断.

【解答】

解：4、有四条对称轴，是轴对称图形，故本选项错误；

B、有三条对称轴，是轴对称图形，故本选项错误；

C、不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，

使它沿这条直线折叠后，直线两旁的部分能够重合，

即不满足轴对称图形的定义，故本选项正确；

。、有二条对称轴，是轴对称图形，故本选项错误.

故选C.

2.

【答案】

C

【考点】

三角形三边关系

【解析】

根据三角形的三边关系可得6-4（第三根小棒的长度<6+4,再解不等式可得答案.

【解答】

解：设第三根小棒的长度为xcm,

由题意得：6—4<x<6+4,

解得：2<x<10.

故选C.

3.

【答案】

B

【考点】

全等三角形的性质与判定

【解析】

全等三角形的判定定理有S4S,4S4A4S,SSS,已知有"BC=和隐含条件

AB=AB,看看再添加的条件和以上两个条件是否符合全等三角形的判定定理即可.

【解答】

解：4选项，因为BD=CB,^LABD=/.ABC,AB=AB,

所以根据S4S能推出△4BC三、ABD,故本选项不符合题意；

B选项，因为=AB=AB,/.ABD=^ABC,

根据SS4不能推出△ABC=△ABD,故本选项符合题意；

C选项，因为=Z.ABD=/.ABC,AB=AB,

所以根据/L4s能推出XABC装ABD,故本选项不符合题意；

0选项，因为=/.CAB,AB=AB,Z.ABD=/.ABC,

所以根据力S4能推出△ABC=^ABD,故本选项不符合题意.

故选8.

4.

【答案】

C

【考点】

多边形的外角和

多边形的内角和

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：根据题意列方程，得：

(n-2)-180o=3x360°,

解得n=8,

即边数n等于8.

故选C.

5.

【答案】

A

【考点】

三角形的外角性质

平行线的性质

【解析】

如图，首先运用平行线的性质求出44,然后借助三角形的外角性质求出43,即可解决

问题.

【解答】

解：由题意得：44=42=40°；

由外角定理得：44=41+43,

Z3=Z4-Z1=40°-20°=20°.

故选力.

6.

【答案】

C

【考点】

试卷第8页，总21页

全等三角形的性质与判定

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：•••AD是△力BC的角平分线，

，乙BAD=Z.DAC.

在△AOE和A/lOF中，

ZBAD=Z.CAD,

Z.AED=Z.AFD,

,AD=AD,

：.△ACFADEEMS),

DE=DF,AE=AF,/.ADE=乙4DF,

故有3个正确的.

故选C.

7.

【答案】

B

【考点】

三角形内角和定理

线段垂直平分线的性质

【解析】

根据线段垂直平分线的性质得到ZM=DC,根据等腰三角形的性质得到4cAe=ZC,

根据三角形内角和定理求出NB4C,计算即可.

【解答】

解：：DE是AC的垂直平分线，

DA=DC,

：."AC=NC=25°,

乙B=60°,ZC=25°,

，/.BAC=95°,

4BAD=4BAC-Z.DAC=70".

故选B.

8.

【答案】

A

【考点】

三角形的外角性质

【解析】

根据三角形的外角得：NBD4=〃+^AFD,^AFD=+"E4,代入已知可得

结论.

【解答】

,/^BDA'=Z.A+Z.AFD,Z.AFD=Z.A'+Z.CEA',

"：^A=a,/.CEA'=/?,/.BDA'=y,

Z.BDA'=y=a+a+/?=2a+£.

故选4

二、填空题

【答案】

12

【考点】

等腰三角形的判定与性质

三角形三边关系

【解析】

根据已知条件和三角形三边关系可知；等腰三角形的腰长不可能为2cm,只能为5cm,

然后即可求得等腰三角形的周长

【解答】

解：当腰长是2cm时，因为2+2<5,不符合三角形的三边关系，应排除；

当腰长是5cm时，因为2+5>5,符合三角形三边关系，此时周长是12cm.

故答案为：12.

【答案】

十五

【考点】

多边形内角与外角

【解析】

先求出多边形一个外角的度数，然后根据多边形的外角和为360。，求出边数即可.

【解答】

解：：多边形的每一个内角都等于156。，

；•多边形的每一个外角都等于180。-156。=24。，

•••多边形的边数n=360°+24°=15.

故答案为：十五.

【答案】

50

【考点】

三角形的外角性质

角平分线的定义

【解析】

根据三角形外角性质求出N4CD,根据角平分线定义求出即可.

【解答】

试卷第10页，总21页

解：：乙4=60°,乙B=40",

，^ACD=+NB=100°.

CE平分44CD,

.・.血E=*CD=50。.

故答案为：50.

【答案】

120

【考点】

多边形内角与外角

【解析】

根据题意多边形的外角和为360。，由题意得到小明运动的轨迹为正10边形的周长，求

出即可.

【解答】

解：由题意得：360。+36。=10,

则他第一次回到出发地4点时，一共走了12X10=120（米）.

故答案为：120.

【答案】

16

【考点】

等腰三角形的判定与性质

线段垂直平分线的性质

等腰三角形的性质与判定

【解析】

首先根据DE是4B的垂直平分线，可得4E=BE；然后根据小ABC的周长=AB+AC+

BC,△后8。的周长=3七+后（?+8（?=4后+5。+8。=4。+8。，可得△力BC的周长

-△EBC的周长=AB,据此求出4B的长度是多少即可.

【解答】

解：：DE是AB的垂直平分线，

AE=BE；

△力BC的周长=4B+AC+BC,

△EBC的周长=BE+EC+BC

=AE+EC+BC=AC+BC,

：.小口。的周长一AEBC的周长=4B,

AB=40-24=16.

故答案为：16.

【答案】

92°

【考点】

三角形的外角性质

翻折变换（折叠问题）

【解析】

由折叠的性质得到AD=乙C,再利用外角性质即可求出所求角的度数.

【解答】

解：如图：

由折叠的性质得：4。=NC=46°,

根据外角性质得：41=43+zC,z3=z2+ZD,

则41=42+4C+4D=42+2ZC=42+92°,

Ijlljzl-Z2=92°.

故答案为：92。.

【答案】

50°或80。或65。

【考点】

等腰三角形的性质

【解析】

分三种情况分析求解即可.

【解答】

解：①若乙4=50。为顶角，

②若4B为顶角，

则NC=AA=50°,

，NB=180°-2X50°=80°；

③若NC为顶角，

贝IJ4B=N4=50°.

综上所述：的所有可能度数为50。或80。或65。.

故答案为：50。或80。或65。.

【答案】

①③④

【考点】

角平分线的性质

三角形内角和定理

全等三角形的性质与判定

三角形的内切圆与内心

【解析】

①由/为△ABC三条角平分线的交点，/E1BC于E,得到4AB/=N/BD,由于NC/D+

乙48/=90。，即NC7E+ND/E+N/BD=90°,由已知条件得到N/BD++

乙DIE=90。，于是得到4B/E=/.C1D；即①成立；②由/是^ABC三内角平分线的交点,

得到点/到△4BC三边的距离相等，根据三角形的面积即可得到即②成立；③如图过/

作/H14B于H,/G1AC于G,有/是△4BC三内角平分线的交点，得到/E=/H=/G,

通过*G/,得到AH=4G,同理BE=BF,CE=CG,于是得到即③成

试卷第12页，总21页

立；④由③证得/H=/E,Z.FHI=^IED=90°,于是得到△/HF与△DE/不一定全等,

即④错误.

【解答】

解：①448c+，ACB+/.BAC=180°,

4IBE=-2^ABC,2乙IAC=-^BAC,2^ICA=-Z.ACB,

乙IBE+ZMC+Z.1CA=90°,

乙CID=Z.IAC+乙ICA=90°-乙IBE=乙BIE.

故①正确；

②只有在乙ABC=60。的条件下，AC=AF+DC,故②错误；

③如图过/作于H,/GJ_4c于G,

•・・/是△ABC三内角平分线的交点,

・•・IE=IH=IG,

在Rt△力H/与RtZkAG/中，

(AI=Alf

[iH=IG,

*'•Rt△AHI=Rt△AGI,

AH=AG,同理8E=8H,CE=CG,

：.BE+BH=AB+BC—AH-CE=AB+BC—AC,

：,BE=^AB+BC-AC),故③正确；

④•；/是△ABC三内角平分线的交点，

点/到AABC三边的距离相等，

•*,S&ABC=SAAB/+^ABC/+^t^ACi

=^-AB-IE+^BC-IE+^AC-IE=1lE(AB+BC+AC),

故④正确.

故答案为：①③④.

三、解答题

【答案】

解：：在△ABC中，BD1AC,/.ABD=54",

/.BDA=90°,

AA=Z.BDA-乙ABD=90°-54°=36°.

AABD=54°,ZDBC=18°,

^ABC=72°,

ZC=180°-^A-/.ABC=72°,

即乙4=36°,ZC=72°.

【考点】

三角形内角和定理

【解析】

无

【解答】

解：•.・在△力BC中，BDA.AC,Z.ABD=54°,

・・・4BZM=90°,

JAA=^LBDA-乙ABD=90°-54°=36°.

Z.ABD=54°,Z.DBC=18°,

Z.ABC=72°,

JZC=180°-LA-/.ABC=72°,

即乙4=36°,Z-C=72°.

【答案】

证明：:Z1=Z2,

Z1+Z,BAD=Z2+乙BAD,

即：Z.EAD=^BAC,

乙B=Z.E

在△E4。和AB4c中AB=AE,

Z.BAC=LEAD

：.ABC^^AED^ASA),

：.BC=ED.

【考点】

全等三角形的性质

【解析】

由41=乙2可得：4EAD=4B4C,再有条件==4七可利用ASA证明△

ABC=△AED,再根据全等三角形对应边相等可得BC=ED.

【解答】

证明：・・・zl=z2,

；・Z1+4BAD=42+乙BAD,

即：Z.EAD=Z.BAC,

乙B=Z-E

在△E4D和△8/C中1AB=AE,

Z-BAC=£.EAD

/.△ABC会△4EDQ4S4),

BC=ED.

【答案】

(1，-3)

(2)如图所示：点C即为所求.

(3)如图所示：点P即为所求.

【考点】

试卷第14页，总21页

关于X轴、y轴对称的点的坐标

轴对称一一最短路线问题

【解析】

(1)直接利用关于x轴对称点的性质得出答案；

(2)利用轴对称求最短路线作法得出答案；

(3)利用线段垂直平分线的作法得出答案.

【解答】

解：(1)如图所示：

4的坐标(L-3).

故答案为：(1,-3).

(2)如图所示：点C即为所求.

(3)如图所示：点P即为所求.

解：：BE1CE,AD1CE,

：.乙E=Z.ADC=90°,

乙EBC+乙BCE=90°.

；A.BCE+Z.ACD=90°,

乙EBC=^DCA.

在小CEB和△ADC中，

,乙E=Z.ADC,

Z.EBC=Z.DCA,

,BC=AC,

：.△CEB^^ADC(AAS),

：.BE=DC=1,CE=AD=3.

：.DE=EC-CD=3-1=2.

即DE的长是2.

【考点】

全等三角形的性质与判定

【解析】

根据条件可以得出ZE=ZADC=9O。，进而得出△CEB=A/1DC,就可以得出BE=DC,

就可以求出DE的值.

【解答】

解：；BE1CE,AD1CE,

：.乙E=4ADC=90",

Z.EBC+乙BCE=90°.

^BCE+^ACD=90°t

乙EBC=Z.DCA.

在仆CEB和△ADC中，

(E=Z-ADC,

Z-EBC=A.DCA,

BC=AC,

：.LCEB=^ADC(AAS),

：.BE=DC=1,CE=AD=3.

：.DE=EC-CD=3-1=2.

即DE的长是2.

【答案】

证明：延长EB到F点，使得=B已连接CF,

，/

F

BE=BF,乙DBE=^CBF、BD=BC,

：.ABDE三"BCF(SAS),

：.DE=CF=AC,乙DEB=CF,

zF=Zi4,

/.Z.A=Z.DEB.

【考点】

全等三角形的性质与判定

【解析】

延长EB到9点，使得8"=BE连接CF.证明△BDE=△BCF(SAS\即可解决问题.

【解答】

证明：延长EB到F点，使得BF=BE,连接CF,

//

F

*/BE=BF,乙DBE=^CBF,BD=BC,

：.LBDE=△BCF^SASY

：.DE=CF=AC,Z.DEB=ZF,

试卷第16页，总21页

・・・ZF=Z71,

/.Z.A=乙DEB.

【答案】

(2)由图可知，

4(7,7),6(3,1).

11

⑶S四边形A\B[CM=6X6--X3X6--X2X3

=36-9-3

=24.

【考点】

作图-轴对称变换

位置的确定

坐标与图形性质

【解析】

(1)根据关于y轴对称的点的坐标特点画出四边形4当6%即可;

(2)根据各点在坐标系中的位置写出点4和6的坐标；

(3)利用正方形的面积减去Cl,D1两角上三角形的面积即可.

【解答】

解：（1）如图所示:

(2)由图可知，

4式7,7),的(3,1).

11

⑶S四边形=6X6--X3X6--X2X3

=36-9-3

=24.

【答案】

解：(1)结论：△ABF=△AGF.

理由：^Rt△ABF^Rt△AGF^,

(AB=AG,

[AF=AF,

：.△4BF三△AGF(HL),

(2)VAABF*AGF

：.乙BAF=Z.GAF,

同理易得：XAGE三&ADE,

有NG4E=/.DAE；

即44F=/.EAG+乙FAG=^ABAD=45",

故NE4尸=45°.

(3)由题易知SAABF=SAAGF,SMED=ShAEG,

SMBF+SA.DE=S^AEF—6,

,•S«EFC=S正方形ABCD—S五边形ABFED=16—12=4.

【考点】

直角三角形全等的判定

正方形的性质

三角形的面积

【解析】

(1)根据HL可得出△力BFw△力GF.

(2)只要证明NB4F=^GAF,Z.GAE=^DAE；所以可求4E4尸=45°.

(3)设FC=x,EC=y,则BF=4—y,DE=4-y,构建方程组，求出孙即可解

决问题.

【解答】

试卷第18页，总21页

解：(1)结论：^ABF=/^AGF.

理由：^.Rt△ABF^Rt△AGF^,

(AB=AG,

IAF=AF,

：.LABF=^AGF(HL),

(2)V△ABF=△AGF

：.Z.BAF=Z.GAF^

同理易得：△AGE=△ADE,

有4GAE=^DAE；

即NE”=LEAG+Z.FAG=^BAD=45°,

故4EAF=45°.

(3)由题易知SMBF=S〉AGF'S^AED—SbAEG,

***S&ABF+^LADE=SfEF=6,

•*,S^EFC=S正方形ABCD一S五边形ABFED=16-12=4.

【答案】

(1)证明：:乙BDC=^BAC,乙DFB=LAFC,

又乙ABD+乙BDC+乙DFB

=^LBAC+Z.ACD+/.AFC=18