初二数学题(含详细解析)

2023年12月10日发(作者：梓辰妈妈数学试卷)

（2003•黑龙江）已知：如图1，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别为F、G，连接FG，延长AF、AG，与直线BC相交，易证FG=

二分之一（AB+AC+BC）．

若：（1）BD、CE分别是△ABC的内角平分线（如图2）；

（2）BD为△ABC的内角平分线，CE为△ABC的外角平分线（如图3），

则在图2、图3两种情况下，线段FG与△ABC三边又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对其中的一种情况给予证明．

考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理．

专题：开放型．

分析：（1）都是内角平分线时，可根据等腰三角形三线合一的特点来求解，由于DB平分∠ABC，且AF⊥BD，如果延长AF交BC于K，那么三角形ABK就是个等腰三角形，AF=FK，如果延长AG到H，那么同理可证AG=GH，AC=CH，那么GF就是三角形AHK的中位线，GF就是HK的一半，而HK=BK-BH=BK-（BC-CH），由于BK=AB，CH=AC，那么可得出FG=二分之一（AB+AC+BC）．

（2）证法同

（1）先根据题目给出的求法，得出GD是AC的一半，然后按（2）的方法，通过延长AF来得出DF是（BC-AB）的一半，由此可得出FG=二分之一（AB+AC+BC）．

解答：解：（1）猜想结果：如图结论为FG=二分之一（AB+AC+BC）．

证明：分别延长AG、AF交BC于H、K，

在△BAF和△BKF中，

∵

∠ABD=∠FBK

BF=BF

∠BFA=∠BFK

∴△BAF≌△BKF（ASA），

∴AF=KF，AB=KB

同理可证，AG=HG，AC=HC

∴FG=二分之一HK

又∵HK=BK-BH=AB+AC-BC

∴FG=二分之一（AB+AC+BC）．

（2）图3的结论为FG=二分之一（BC+AC-AB）． 证明：分别延长AG、AF交BC或延长线于H、K

在△BAF和△BKF中，

∵

∠ABD=∠DBK

BF=BF

∠BFA=∠BFK

∴△BAF≌△BKF（ASA），

∴AF=KF，AB=KB

同理可证，AG=HG，AC=HC，

∴FG=二分之一HK

又∵KH=BC-BK+HC=BC+AC-AB．

∴FG=二分之一（BC+AC-AB）．

点评：本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质以及全等三角形的判定等知识点．

已知，如图，∠XOY=90°，点A、B分别在射线OX、OY上移动，BE是∠ABY的平分线，BE的反向延长线与∠OAB的平分线相交于点C，试问∠ACB的大小是否发生变化？如果保持不变，请给出证明；如果随点A、B移动发生变化，请求出变化范围．

考点：三角形内角和定理；角平分线的定义．

专题：探究型．

分析：根据角平分线的定义、三角形的内角和、外角性质求解．

解答：解：∠C的大小保持不变．理由：

∵∠ABY=90°+∠OAB，AC平分∠OAB，BE平分∠ABY，

∴∠ABE=

∠ABY=二分之一（90°+∠OAB）=45°+二分之一∠OAB，

即∠ABE=45°+∠CAB，

又∵∠ABE=∠C+∠CAB，

∴∠C=45°，

故∠ACB的大小不发生变化，且始终保持45°． 点评：本题考查的是三角形内角与外角的关系，解答此题目要注意：

①求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件；

②三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决．

如图，梯形ABCD中，AB∥DC，∠ADC+∠BCD=90°且DC=2AB，分别以DA、AB、BC为边向梯形外作正方形，其面积分别为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的关系是（ ）

A．S1+S3=S2 B．2S1+S3=S2 C．2S3-S2=S1 D．4S1-S3=S2

考点：勾股定理．

专题：探究型．

分析：过点A作AE∥BC交CD于点E，得到平行四边形ABCE和Rt△ADE，根据平行四边形的性质和勾股定理，不难证明三个正方形的边长对应等于所得直角三角形的边．

解答：解：过点A作AE∥BC交CD于点E，

∵AB∥DC，

∴四边形AECB是平行四边形，

∴AB=CE，BC=AE，∠BCD=∠AED，

∵∠ADC+∠BCD=90°，DC=2AB，

∴AB=DE，∠ADC+∠AED=90°，

∴∠DAE=90°那么AD2+AE2=DE2，

∵S1=AD2，S2=AB2=DE2，S3=BC2=AE2，

∴S2=S1+S3．

故选A．

点评：本题考查了勾股定理，解题的关键在于通过作辅助线把梯形的问题转换为平行四边形和直角三角形的问题，然后把三个正方形的边长整理到一个三角形中进行解题．

（2012•山西）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点B的坐标是（2，2根号3）．

考点：矩形的性质；坐标与图形性质；解直角三角形．

分析：过点B作DE⊥OE于E，有OC=2，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，可求出AC的长，根据矩形的性质可得OB的长，进而求出BE，OE的长，从而求出点B的坐标．

解答：解：过点B作BE⊥OE于E，

∵矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，

∴∠CAO=30°， ∴AC=4，

∴OB=AC=4，

∴OE=2，

∴BE=2根号3

∴则点B的坐标是（2，2根号3），

故答案为：（2，2根号3）．

点评：本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理的运用和解直角三角形的有关知识，解题的关键是作高线得到点的坐标的绝对值的长度，

已知等腰三角形的一边为3，另两边是方程x2-4x+m=0的两个实根，则m的值为3或4．

考点：等腰三角形的性质；根与系数的关系．

专题：分类讨论．

分析：此题应该分情况考虑，①若腰是3，②若底是3．结合韦达定理，可求出m的值．

解答：解：

①腰是3，则说明方程有一个根是3，设方程的另一根是x，那么有

x+3=4，3x=m，

解得x=1，那么m=3．

②底是3，则说明方程有两个相等的实数根，设这个相等的根是x，那么有

2x=4，x2=m，

解得x=2，那么m=4．

点评：有两边相等的三角形是等腰三角形；一元二次方程ax2+bx+c=0中，两根x1，x2有如下关系：x1+x2=负b分之a，x1•x2=c分之a．

用反证法证明：两条直线被第三条直线所截．如果同旁内角不互补，那么这两条直线不平行．

已知：如图，直线l1，l2被l3所截，∠1+∠2≠180°．

求证：l1与l2不平行．

证明：假设l1

∥

l2，

则∠1+∠2

=

180°（两直线平行，同旁内角互补）

这与

∠1+∠2≠180°

矛盾，故

假设

不成立． 所以

l1与l2不平行

．

考点：反证法；平行线的判定与性质．

专题：推理填空题．

分析：用反证法证明问题，先假设结论不成立，即l1∥l2，根据平行线的性质，可得∠1+∠2=180°，与已知相矛盾，从而证得l1与l2不平行．

解答：证明：假设l1∥l2，

则∠1+∠2=180°（两直线平行，同旁内角互补），

这与∠1+∠2≠180°矛盾，故假设_不成立．

所以结论成立，l1与l2不平行．

点评：反证法证明问题，是常见的证明方法，关键是找出与已知相矛盾的条件．

（2002•安徽）石灰石是我省的主要矿产之一．学校研究性学习小组为了测定当地矿山石灰石中碳酸钙的质量分数，取来了一些矿石样品，并取稀盐酸200g，平均分成4份进行实验，结果如下表：

实验

加入样品的质量/g

生成的CO2质量/g

1

5

1.76

2

10

3.52

3

15

4.4

4

20

m

（1）哪几次反应中碳酸钙有剩余？

（2）上表中m的值为？

（3）试计算这种石灰石中碳酸钙的质量分数．

考点：物质的构成和含量分析；根据化学反应方程式的计算．

专题：有关化学方程式的计算．

分析：（1）观察并对比表格中的数据可知：第2次实验中的数据均为第一次实验的两倍，而第3次少，说明此时盐酸已完全反应，故3、4次实验中碳酸钙有剩余，且生成二氧化碳的质量相等，即m=4.4；

（2）（3）碳酸钙的质量分数可根据第1次或第2次实验中二氧化碳的质量求出．根据化学方程式得出各物质之间的质量比，列出比例式，即可求出参加反应的CaCO3的质量，然后再根据质量分数公式进行计算即可．

解答：解：（1）由表格中的数据可知，第3次反应已是完全反应，故第3、4次反应中的碳酸钙的质量有剩余．

（2）因为第3次反应已是完全反应，不再有气体产生，故第四次反应生成的气体质量的第三次的一样多，即m=4.4．

（3）设第1次实验中样品中的碳酸钙的质量为x，

CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑

100 44

x 1.76g

∴

100除以44=x除以1.76g 解之得：x=4g，

石灰石中碳酸钙的质量分数为：

4除以5×100%=80%．

答：石灰石中碳酸钙的质量分数为80%．

点评：本题主要考查学生对完全反应的概念的认识，以及运用化学方程式和质量分数公式进行计算的能力．

已知，一张矩形纸片ABCD的边长分别为9cm和3cm，把顶点A和C叠合在一起，得折痕EF（如图）．

（1）猜想四边形AECF是什么四边形，并证明你的猜想；

（2）求折痕EF的长．

考点：菱形的判定．

专题：探究型．

分析：（1）折叠问题，即物体翻折后，翻折部分与原来的部分一样，对应边相等；

（2）求线段的长度，可在直角三角形中利用勾股定理求解，题中利用其面积相等进行求解，即菱形的面积等于底边长乘以高，亦等于对角线乘积的一半．

解答：解：（1）菱形，理由如下：

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB∥CD，

∠AFE=∠CEF．

∵矩形ABCD沿EF折叠，点A和C重合，

∴∠CEF=∠AEF，AE=CE

∴∠AFE=∠AEF，

∴AE=AF．

∴AF=CE，

又∵AF∥CE，

∴AECF为平行四边形，

∵AE=EC，

即四边形AECF的四边相等．

∴四边形AECF为菱形．

（2）∵AB=9cm，BC=3cm，∴AC=3

10

cm，AF=CF

∴在Rt△BCF中，设BF=xcm，则CF=（9-x）cm，

由勾股定理可得（9-x）2=x2+32，即18x=72，解得x=4，

则CF=5，BF=4，

由面积可得：二分之一•AC•EF=AF•BC 即

二分之一 •3根号10•EF=5×3

∴EF=根号10cm．

点评：熟练掌握菱形的性质及判定，能够利用菱形的性质求解一些简单的计算问题．

（2012•龙岩）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折叠到点D（如图2），这时EF为折痕，且△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折叠，使B、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图3），我们称矩形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形．

（1）若△ABC的面积为6，则折合矩形EFGH的面积为3；

（2）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边BC上的折合矩形EFGH；

（3）如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，BC边上的高AD=2a，正方形EFGH的对角线长为

2

a．

考点：相似形综合题；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．

专题：计算题．

分析：（1）根据折叠得出△DEF≌△AEF，△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，求出矩形EFGH的面积是S△DEF+S△DEH+S△DFG=二分之一 S△ABC，代入求出即可；

（2）根据已知和折叠性质，结合图2画出即可；

（3）根据折叠性质得出△AEF边EF上高和△DEF边EF上高相等，DH=BH，DG=GC，求出HG=二分之一 BC，根据正方形的性质求出EF=FG=GH=EH=a，即可求出AD，由勾股定理求出正方形EFGH的对角线即可．

解答：解：（1）∵沿EF折叠A与D重合，

∴△DEF≌△AEF，

∵△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折叠，使B、C两点都与点D重合，

∴△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，

∴矩形EFGH的面积是S△DEF+S△DEH+S△DFG=二分之一 S△ABC=二分之一 ×6=3，

故答案为：3．

（2）如右图所示：

（3）∵根据折叠得出△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，BC=2a， ∴△AEF边EF上高和△DEF边EF上高相等，DH=BH，DG=GC，

∴HG=二分之一 BC=a，

∵四边形EFGH是正方形，

∴EF=FG=GH=EH=a，

则AD=2EH=2a，

由勾股定理得：正方形EFGH的对角线是：

根号（a方+a方）=

根号（2）a，

故答案为：2a，根号（2）a

点评：本题考查了正方形性质、折叠性质、勾股定理的应用，通过做此题培养了学生的观察图形的能力和计算能力，题目比较典型，是一道比较好的题目．

（2012•广安）现有一块等腰三角形板，量得周长为32cm，底比一腰多2cm，若把这个三角形纸板沿其对称轴剪开，拼成一个四边形，请画出你能拼成的各种四边形的示意图，并计算拼成的各个四边形的两条对角线长的和．

考点：图形的剪拼．

分析：根据题意画出所有的四边形，再根据勾股定理、平行四边形的性质分别进行计算即可求出各个四边形的两条对角线长的和．

解答：解：∵等腰三角形的周长为32cm，底比一腰多2cm，

∴等腰三角形的腰长为10cm，底为12cm，底边上的高为8cm．

拼成的各种四边形如下：①

∵BD=10，

∴四边形的两条对角线长的和是10×2=20（cm）；

②

∵AC=根号（AE平方+CE平方）=根号（12平方+8平方）=4根号(13)，

∴四边形的两条对角线长的和是AC+BD=4根号(13)+8（cm）；

③

∵BD=根号（BE平方+DE平方）=根号（16平方+6平方）=2根号(73)；

∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=6+2根号(73)（cm）；

④

∵BO=AB•BC÷AC=8×（12÷2）÷10=4.8，

∴BD=2BO=2×4.8=9.6，

∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=9.6+10=19.6（cm）．

点评：此题考查了图形的剪拼，解题的关键是根据题意画出所有的图形，用到的知识点是勾股定理、平行四边形的性质等．

在正方形ABCD中，O是对角线AC的中点，P是对角线AC上的一动点，过点P作PF⊥CD于点F，如图（1），当点P与点O重合时，显然有DF=CF．如图（2），若点P在线段AO上（不与点A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于点E，

（1）求证：DF=EF；

（2）求证：PC-PA=根号（2）CE．

考点：正方形的性质．

专题：证明题．

分析：（1）要证明DF=EF，连接PD，证明PD=PE，利用等腰三角形的性质，底边上三线合一，可以得出结论．

（2）由CE=CF-EF，又有PC和CF的关系、PA和EF的关系，结合到一起可以求解．

解答：证明：如图①连接PD，∵四边形ABCD是正方形，

AC平分∠BCD，CB=CD，△BCP≌△DCP

∴∠PBC=∠PDC，PB=PD

∵PB⊥PE，∠BCD=90°，

∴∠PBC+∠PEC=360°-∠BPE-∠BCE=180°

∵∠PEC+∠PED=180°，

∴∠PBC=∠PED，

∴∠PED=∠PBC=∠PDC， ∴PD=PE，

∵PF⊥CD，

∴DF=EF．

（2）如图②，过点P作PH⊥AD于点H，

由（1）知：PA=根号（2）

PH=根号（2）DF=根号（2）EF

PC=根号（2）CF

∴PC-PA=根号（2）（CF-EF），

即PC-PA=根号（2）CE．

点评：本题考查了正方形的性质，合理的作出辅助线，利用各边之间的关系，通过转换的思想求证．

（2010•泰州）如图，四边形ABCD是矩形，∠EDC=∠CAB，∠DEC=90°．

（1）求证：AC∥DE；

（2）过点B作BF⊥AC于点F，连接EF，试判别四边形BCEF的形状，并说明理由．

考点：矩形的性质；平行线的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．

专题：综合题．

分析：（1）要证AC∥DE，只要证明，∠EDC=∠ACD即可；

（2）要判断四边形BCEF的形状，可以先猜后证，利用三角形的全等，证明四边形的两组对边分别相等．

解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴∠ACD=∠CAB，

∵∠EDC=∠CAB，

∴∠EDC=∠ACD，

∴AC∥DE；

（2）解：四边形BCEF是平行四边形．

理由如下：

∵BF⊥AC，四边形ABCD是矩形，

∴∠DEC=∠AFB=90°，DC=AB

在△CDE和△BAF中，

∠DEC=∠AFB

∠EDC=∠BAF

CD=BA

∴△CDE≌△BAF（AAS）， ∴CE=BF，DE=AF（全等三角形的对应边相等），

∵AC∥DE，

即DE=AF，DE∥AF，

∴四边形ADEF是平行四边形，

∴AD=EF，

∵AD=BC，

∴EF=BC，

∵CE=BF，

∴四边形BCEF是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．

点评：本题所考查的知识点：三角形全等、平行四边形的判定，矩形的性质．

已知菱形ABCD中，∠A=72°，请设计三种不同的分法，将菱形ABCD分割成四个三角形，使每个三角形都是等腰三角形（不写画法，在图中注明所分得等腰三角形顶角的度数）