初二數學卷子？14、某中學八年級人數相等的甲、乙兩個班級參加了同一次數學測驗,兩班平均分和方差分別為 分, 分, ,則成績較為整齊的是___(填“甲班”或“乙班”)。15、如圖(3)所示,在□ABCD中,E、F分別為AD、那么，初二數學卷子？一起來了解一下吧。
1.四邊形ABCD是正方形，△BEF是等腰直角三角形，∠BEF=90°，BE=EF，連接DF，G為DF的中點，連接EG，CG，EC． (1)
如圖1，若點E在CB邊的延長線上，直接寫出EG與GC的位置關系及的值；
(2)將圖1中的△BEF繞點B順時針旋轉至圖2所示位置，請問(1)中所得的結論是否仍然成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由；
(3)將圖1中的△BEF繞點B順時針旋轉α(0°＜α＜90°)，若BE=1，AB=，當E，F，D三點共線時，求DF的長及tan∠ABF的值．
解：（1）EG⊥CG，=，
理由是：過G作GH⊥EC于H，
∵∠FEB=∠DCB=90°，
∴EF∥GH∥DC，
∵G為DF中點，
∴H為EC中點，
∴EG=GC，GH=（EF+DC）=（EB+BC），
即GH=EH=HC，
∴∠EGC=90°，
即△EGC是等腰直角三角形，
∴=；
（2）
解：結論還成立，
理由是：如圖2，延長EG到H，使EG=GH，連接CH、EC，過E作BC的垂線EM，延長CD， ∵在△EFG和△HDG中
∴△EFG≌△HDG（SAS），
∴DH=EF=BE，∠FEG=∠DHG，
∴EF∥DH，
∴∠1=∠2=90°-∠3=∠4，
∴∠EBC=180°-∠4=180°-∠1=∠HDC，
在△EBC和△HDC中
∴△EBC≌△HDC．
∴CE=CH，∠BCE=∠DCH，
∴∠ECH=∠DCH+∠ECD=∠BCE+∠ECD=∠BCD=90°，
∴△ECH是等腰直角三角模行形，
∵G為EH的中點，
∴EG⊥GC，=，
即（1）中的結論仍然成立；
（3）
解：連接BD，
∵AB=，正方形ABCD，
∴BD=2，
∴cos∠DBE==，
∴∠DBE=60°，
∴∠ABE=∠DBE-∠ABD=15°，
∴∠ABF=45°-15°=30°，
∴tan∠ABF=
∴DE=BE=
∴DF=DE-EF=， ， -1．
解析：
（1）過G作GH⊥EC于H，推出EF∥GH∥DC，求出H為EC中點，根據梯形的中位線求出EG=GC
，GH=（EF+DC）=（EB+BC），推出GH=EH=BC，根據直角三角形的判定推出△EGC是等腰直角三角形即可；
（2）延長EG到H，使EG=GH，連接CH、EC，過E作BC的垂線EM，延長CD，證△EFG≌△HDG，推出DH=EF=BE，∠FEG=∠DHG，求出∠EBC=∠HDC，證出△EBC≌△HDC，推出CE=CH，∠BCE=∠DCH，求出△ECH是等腰直角三角形，即可得出答案；
（3）連接BD，求出cos∠DBE=
形求出即可．
2.已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF，BE=EF，∠BEF=90°，按圖1放置，使點E在BC上，取DF的中點G，連接EG，CG．
(1)延長EG交DC于H，試說明：DH=BE．
(2)將圖1中△BEF繞B點逆時針旋轉45°，連接DF，取DF中點G(如圖2)，莎莎同學發現：EG=CG且EG⊥CG．在設法證明時他發現：若連接BD，則D，E，B三點共線．你能寫出結論“EG=CG且EG⊥CG”的完整理由嗎？請寫出來．
(3)將圖1中△BEF繞B點轉動任意角度α(0＜α＜90°)，再連接DF，取激吵DF的中點G(如圖
3)，第2問中的結論是否成立？若成立，試說明你的結論；若不成立，也請說明理由． =，推出∠DBE=60°，求出∠ABF=30°，解直角三角
（1）證明：∵∠BEF=90°，
∴EF∥DH，
∴∠EFG=∠GDH，
而∠EGF=∠DGH，GF=GD，
∴△GEF≌△GHD，
∴EF=DH，
而BE=EF，
∴DH=BE；
（2）連接DB，如圖，
∵△BEF為等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，
而四邊形ABCD為正方形，
∴∠DBC=45°，
∴D，E，B三點共線．
而∠BEF=90°，
∴△FED為直角三角形，
而G為DF的中點，
∴EG=GD=GC，
∴∠EGC=2∠EDC=90°，
∴EG=CG且EG⊥CG；
（3）第2問中的結論成立．理由如下：
連接AC、BD相交于點O，取BF的中點M，連明碼侍接OG、EM、MG，如圖，
∵G為DF的中點，O為BD的中點，M為BF的中點，
∴OG∥BF，GM∥OB，
∴四邊形OGMB為平行四邊形，
∴OG=BM，GM=OB，
而EM=BM，OC=OB，
∴EM=OG，MG=OC，
∵∠DOG=∠GMF，
而∠DOC=∠EMF=90°，
∴∠EMG=∠GOC，
∴△MEG≌△OGC，
∴EG=CG，∠EGM=∠OCG，
又∵∠MGF=∠BDF，∠FGC=∠GDC+∠GCD，
∴∠EGC=∠EGM+∠MGF+∠FGC=∠BDF+∠GDC+∠GCD+∠OCG=45°+45°=90°，
∴EG=CG且EG⊥CG．
解析：
（1）由∠BEF=90°，得到EF∥DH，而GF=GD，易證得△GEF≌△GHD，得EF=DH，而BE=EF，即可得到結論．
（2）連接DB，如圖2，由△BEF為等腰直角三角形，得∠EBF=45°，而四邊形ABCD為正方形，得∠DBC=45°，得到D，E，B三點共線，而G為DF的中點，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到EG=GD=GC，于是∠EGC=2∠EDC=90°，即得到結論．
（3）連接AC、BD相交于點O，取BF的中點M，連接OG、EM、MG，由G為DF的中點，O為BD的中點，M為BF的中點，根據三角形中位線的性質得OG∥BF，GM∥OB，得到OG=BM，GM=OB，而EM=BM，OC=OB，得到EM=OG，MG=OC，又∠DOG=∠GMF，而∠DOC=∠EMF=90°，得∠EMG=∠GOC，則△MEG≌△OGC，得到EG=CG，∠EGM=∠OCG，而∠MGF=∠BDF，∠FGC=∠GDC+∠GCD，所以有∠EGC=∠EGM+∠MGF+∠FGC=∠BDF+∠GDC+∠GCD+∠OCG=45°+45°=90°．
3.已知正方形ABCD和等腰Rt△BEF，BE=EF，∠BEF=90°，按圖①放置，使點F在BC上，取DF的中點G，連接EG、CG．
(1)探索EG、CG的數量關系和位置關系并證明；
(2)將圖①中△BEF繞B點順時針旋轉45°，再連接DF，取DF中點G(如圖②)，問(1)中的結論是否仍然成立．證明你的結論；
(3)將圖①中△BEF繞B點轉動任意角度(旋轉角在0°到90°之間)，再連接DF，取DF的中點G(如圖③)，問(1)中的結論是否仍然成立，證明你的結論．
解：（1）EG=CG且EG⊥CG．
證明如下：如圖①，連接BD．
∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，
∴∠EBF=∠DBC=45°．
∴B、E、D三點共線．
∵∠DEF=90°，G為DF的中點，∠DCB=90°，
∴EG=DG=GF=CG．
∴∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG．
∴∠EGF+∠CGF=2∠EDC=90°，
即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG．
（2）仍然成立，
證明如下：如圖②，延長EG交CD于點H．
∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1=∠2．
又∵∠3=∠4，FG=DG，
∴△FEG≌△DHG，
∴EF=DH，EG=GH．
∵△BEF為等腰直角三角形，
∴BE=EF，∴BE=DH．
∵CD=BC，∴CE=CH．
∴△ECH為等腰直角三角形．
又∵EG=GH，
∴EG=CG且EG⊥CG．
（3）仍然成立．
證明如下：如圖③，延長CG至H，使GH=CG，連接HF交BC于M，連接EH、EC．
∵GF=GD，∠HGF=∠CGD，HG=CG，
∴△HFG≌△CDG，
∴HF=CD，∠GHF=∠GCD，
∴HF∥CD．
∵正方形ABCD，
∴HF=BC，HF⊥BC．
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=EF，∠EBC=∠HFE，
∴△BEC≌△FEH，
∴HE=EC，∠BEC=∠FEH，
∴∠BEF=∠HEC=90°，
∴△ECH為等腰直角三角形．
又∵CG=GH，
∴EG=CG且EG⊥CG．
解析：
（1）首先證明B、E、D三點共線，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可證明EG=DG=GF=CG，得到∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG，從而證得∠EGC=90°；
（2）首先證明△FEG≌△DHG，然后證明△ECH為等腰直角三角形．可以證得：EG=CG且EG⊥CG．
（3）首先證明：△BEC≌△FEH，即可證得：△ECH為等腰直角三角形，從而得到：EG=CG且EG⊥CG．
已知，正方形ABCD中，△BEF為等腰直角三角形，且
BF為底，取DF的中點G，連接EG、CG．
（1）如圖1，若△BEF的底邊BF在BC上，猜想EG和CG的數量關系為______；
（2）如圖2，若△BEF的直角邊BE在BC上，則（1）中的結論是否還成立？請說明理由；
（3）如圖3，若△BEF的直角邊BE在∠DBC內，則（1）中的結論是否還成立？說明理由．
解：（1）GC=EG，（1分）理由如下：
∵△BEF為等腰直角三角形， ∠DEF=90°，又G為斜邊1 ∴
DF的中點， ∴EG=
DF， ABCD為正方形， 2 ∵
∴∠BCD=90°，又G為斜邊DF的中點，∴CG= DF， 1 ∴GC=EG；
（2）成立．如圖，延長EG交CD于M， 2
∵∠BEF=∠FEC=∠BCD=90°，∴EF∥CD，
∴∠EFG=∠MDG，
又∠EGF=∠DGM，DG=FG，
∴△GEF≌△GMD，
∴EG=MG，即G為EM的中點．
∴CG為直角△ECM的斜邊上的中線，
∴CG=GE= EM；
1
2
（3）成立．
取BF的中點H，連接EH，GH，取BD的中點O，連接OG，OC．
∵CB=CD，∠DCB=90°，∴CO= BD
1
2
1
2
．
∵DG=GF，
∴GH∥BD，且GH= BD，
1 OG∥BF，且OG= BF， 2 ∴CO=GH．
∵△BEF為等腰直角三角形．
1 BF ∴EH=
2
∴EH=OG．
∵四邊形OBHG為平行四邊形，
∴∠BOG=∠BHG．∵∠BOC=∠BHE=90°．
∴∠GOC=∠EHG．
∴△GOC≌△EHG．
∴EG=GC．
此題考查了正方形的性質，以及全等三角形的判定與性質．要求學生掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及三角形的中位線與第三邊平行且等于第三邊的一半．掌握這些性質，熟練運用全等知識是解本題的關鍵．
解析：（1）EG=CG，理由為：根據三角形BEF為等腰直角三角形，得到∠DEF為直角，又G為DF中點，根據在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到EG為DF的一半，同理在直角三角形DCF中，得到CG也等于DF的一半，利用等量代換得證；
（2）成立．理由為：延長EG交CD于M，如圖所示，根據“ASA”得到三角形EFG與三角形GDM全等，由全等三角形的對應邊相等得到EG與MG相等，即G為EM中點，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到EG與CG相等都等于斜邊EM的一半，得證；
（3）成立．理由為：取BF的中點H，連接EH，GH，取BD的中點O，連接OG，OC，如圖所示，
因為直角三角形DCB中，O為斜邊BD的中點，根據斜邊上的中線等于斜邊的一半得到OC等于BD的一半，由HG為三角形DBF的中位線，根據三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，得到GH等于BD一半，OG等于BF的一半，又根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到EH等于BF的一半，根據等量代換得到OG與EH相等，再根據OBHG為平行四邊形，根據平行四邊形的性質得到對邊相等，對角相等，進而得到∠GOC與∠EHG相等，利用“SAS”得到△GOC與△EHG全等，利用全等三角形的對應邊相等即可得證．
初二數學是一個至關重要的學年,同學們一定要在數學期末模擬考試中仔細審題和答題。以下是我為你整理的初二數學上冊期末模擬試卷，希望對大家有幫助!
初二數學上冊期末模擬試卷
一、細心選一選(本題共10小題，每小題3分，共30分)
【請將精心選一選的選項選入下列方框中，錯選，不選，多選，輪碰皆不得分】
1、點(-1，2)位于( )
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
2、若∠1和∠3是同旁內角，∠臘斗談1=78度，那么下列說法正確的是( )
(A)∠3=78度 (B) ∠3=102度 (C)∠1+∠3=180度(D)∠3的度數無法確定
3.如圖，已知∠1=∠2，則下列結論一定正確的是( )
(A)∠3=∠4 (B) ∠1=∠3 (C) AB//CD (D) AD//BC
4.小明、小強、小剛家在如圖所示的點A、B、C三個地方，它們的連線恰好構成一個直角三角形，B，C之間的距離為5km，新華書店恰好位于斜邊BC的中點D，則新華書店D與小明家A的距離是( )
(A)2.5km (B)3km (C)4 km (D)5km
5.下列能斷定△ABC為等腰三角形的是( )
(A)∠A=30o、∠B=60o (B)∠A=50o、∠B=80o
(C)AB=AC=2，BC=4 (D)AB=3、BC=7，周長為13
6.某游客為爬上3千米的山頂看日出，先用1小時爬了2千米，休息0.5小時后，用1小時爬上山頂。
一、選擇題：（每題2分，共12分）
1．在二次根式 、 、 中，最簡二次根式的個數（）
A． 1個 B． 2個 C． 3個 D． 0個
考點： 最簡二次根式．
分析： 判定一個二次根式是不是最簡二次根式的方法，就是逐個檢查最簡二次根式的兩個條件是否同時滿足，同時滿足的就是最簡二次根式，否則就不是．
解答： 解： = ，被開方數含能開得盡方的因數，不是最簡二次根式；
= 被開方數含分母，不是最簡二次根式；
符合最簡二次根式的定義，是最簡二次根式．
故選：A．
點評： 本題考查最簡二次根式的定義．根據最簡二次根式的定義，最簡二次根式必須滿足兩個條件：
（1）被開方數不含分母；
（2）被開方數不含能開得盡方的因數或因式．
2．關于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0有一個根是0，則m的值為（）
A． m=2 B． m=﹣2 C． m=﹣2或2 D． m≠0
考點： 一元二次方程的解；一元二次方程的定義．
分析： 根據一元二次方程的解的定義、一元二次方程的定義求解，把x=0代入一元二次方程即可得出m的值．
解答： 解：把x=0代入方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0，
得m2﹣4=0，
解得：m=±2，
∵m﹣2≠0，
∴m=﹣2，
故選B．
點評： 本題逆用一元二次方程解的定義易得出m的值，但不能忽視一元二次方程成立的條件m﹣2≠0，因此在解題時要重視解題思路的逆向分析．
3．在同一坐標系中，正比例函數y=x與反比例函數 的圖象大致是（）
A． B． C． D．
考點： 反比例函數的圖象；正比例函數的圖象．
分析： 根據正比例函數與反比例函數圖象的性質解答即可．
解答： 解：∵正比例函數y=x中，k=1＞0，
故其圖象過一、三象限，
反比例函數y=﹣ 的圖象在二、四象限，
選項C符合；
故選C．
點評： 本題主要考查了反比例函數的圖象性質和正比例函數的圖象性質，關鍵是由k的取值確定函數所在的象限．
4．已知反比例函數y= （k＜0）的圖象上有兩點A（x1，y1）、B（x2，y2），且x1＜x2＜0，則y1與y2的大小關系是 （）
A． y1＜y2 B． y1＞y2 C． y1=y2 D． 不能確定
考點： 反比例函數圖象上點的坐標特征．
分析： 由于反比例函數y= （k＜0）的k＜0，可見函數位于二、四象限，由于x1＜x2＜0，可見A（x1，y1）、B（x2，y2）位于第二象限，于是根據二次函數的增減性判斷出y1與y2的大小．
解答： 解：∵反比例函數y= （k＜0）的k＜0，可見函數位鍵盯于二、四象限，
∵x1＜x2＜0，可見A（x1，y1）、B（x2，y2）位于第二象限，
由于在二四象限內，y隨x的增大而增大，
∴y1＜y2．
故選A．
點評： 本題考查了反比例函數圖象上的點的坐標特征，函數圖象上的點的坐標符合函數解析式．同時要熟悉反比例函數的增減性．
5．下列定理中，有逆定理存在的是（）
A． 對頂角相等
B． 垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等
C． 全等三角形的面積相等
D． 凡直角都相等
考點： 命題與定理．
分析： 先寫出四個命題的逆命題，然后分別根據對頂角的定義、線段垂直平分線的逆定理、全等三角形的判定和直角的定義進行判斷．
解答： 解：A、“對頂角相等”的逆命題為“相等的角為對頂角”，此逆命題為含伏假命題，所以A選項錯誤；
B、“垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等”的逆命題為“到線段兩端點的距離相等的點在線段的垂直平分線上”，此逆命題為真命題，所以B選項正確；
C、“全等三角形面積相等”的逆命題為“面積相等的三角形全等”，此逆命題為假命題，所以C選項錯誤；
D、“談亮攜凡直角都相等”的逆命題為“相等的角都是直角”，此逆命題為假命題，所以D選項錯誤．
故選B．
點評： 本題考查了命題與定理：判斷一件事情的語句，叫做命題．許多命題都是由題設和結論兩部分組成，題設是已知事項，結論是由已知事項推出的事項，一個命題可以寫成“如果…那么…”形式． 2、有些命題的正確性是用推理證實的，這樣的真命題叫做定理．也考查了定理．
6．如圖，在等腰Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于點D，DE⊥BC，若BC=10cm，則△DEC的周長為（）
A． 8cm B． 10cm C． 12cm D． 14cm
考點： 角平分線的性質；等腰直角三角形．
分析： 根據角平分線上的點到角的兩邊距離相等可得DE=AD，利用“HL”證明Rt△ABD和Rt△EBD全等，根據全等三角形對應邊相等可得AB=AE，然后求出△DEC的周長=BC，再根據BC=10cm，即可得出答案．
解答： 解：∵BD是∠ABC的平分線，DE⊥BC，∠A=90°，
∴DE=AD，
在Rt△ABD和Rt△EBD中，
∵ ，
∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL），
∴AB=AE，
∴△DEC的周長=DE+CD+CE
=AD+CD+CE，
=AC+CE，
=AB+CE，
=BE+CE，
=BC，
∵BC=10cm，
∴△DEC的周長是10cm．
故選B．
點評： 本題考查的是角平分線的性質，涉及到等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，熟記各性質并求出△DEC的周長=BC是解題的關鍵．
二、填空題：（每題3分，共36分）
7．化簡： =3 ．
考點： 二次根式的性質與化簡．
分析： 把被開方數化為兩數積的形式，再進行化簡即可．
解答： 解：原式=
=3 ．
故答案為：3 ．
點評： 本題考查的是二次根式的性質與化簡，熟知二次根式具有非負性是解答此題的關鍵．
8．分母有理化 =﹣ ﹣1．
考點： 分母有理化．
分析： 先找出分母的有理化因式，再把分子與分母同時乘以有理化因式，即可得出答案．
解答： 解： =﹣ ﹣1；
故答案為：﹣ ﹣1．
點評： 此題考查了分母有理化，找出分母的有理化因式是本題的關鍵，注意結果的符號．
9．方程x（x﹣5）=6的根是x1=﹣1，x2=6．
考點： 解一元二次方程-因式分解法．
專題： 計算題．
分析： 先把方程化為一般式，然后利用因式分解法解方程．
解答： 解：x2﹣5x﹣6=0，
（x+1）（x﹣6）=0，
x+1=0或x﹣6=0，
所以x1=﹣1，x2=6．
故答案為x1=﹣1，x2=6．
點評： 本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉化為解一元一次方程的問題了（數學轉化思想）．
10．某種品牌的筆記本電腦原價為5000元，如果連續兩次降價的百分率都為10%，那么兩次降價后的價格為405O元．
考點： 一元二次方程的應用．
分析： 先求出第一次降價以后的價格為：原價×（1﹣降價的百分率），再根據現在的價格=第一次降價后的價格×（1﹣降價的百分率）即可得出結果．
解答： 解：第一次降價后價格為5000×（1﹣10%）=4500元，
第二次降價是在第一次降價后完成的，所以應為4500×（1﹣10%）=4050元．
答：兩次降價后的價格為405O元．
故答案為：405O．
點評： 本題考查一元二次方程的應用，根據實際問題情景列代數式，難度中等．若設變化前的量為a，平均變化率為x，則經過兩次變化后的量為a（1±x）2．
11．函數 的自變量的取值范圍是x≥1且x≠2．
考點： 函數自變量的取值范圍；分式有意義的條件；二次根式有意義的條件．
專題： 計算題；壓軸題．
分析： 根據二次根式的性質和分式的意義，被開方數大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范圍．
解答： 解：根據題意得：x﹣1≥0且x﹣2≠0，
解得：x≥1且x≠2．
故答案為x≥1且x≠2．
點評： 本題考查了函數自變量的取值范圍問題，函數自變量的范圍一般從三個方面考慮：
（1）當函數表達式是整式時，自變量可取全體實數；
（2）當函數表達式是分式時，考慮分式的分母不能為0；
（3）當函數表達式是二次根式時，被開方數非負．
12．如果 ，那么 =1．
考點： 函數值．
分析： 把自變量的值代入函數關系式計算即可得解．
解答： 解：f（ ）= =1．
故答案為：1．
點評： 本題考查了函數值求解，準確計算是解題的關鍵．
13．在實數范圍內分解因式：2x2﹣x﹣2=2（x﹣ ）（x﹣ ）．
考點： 實數范圍內分解因式；因式分解-十字相乘法等．
分析： 因為2x2﹣x﹣2=0的兩根為x1= ，x2= ，所以2x2﹣x﹣2=2（x﹣ ）（x﹣ ）．
解答： 解：2x2﹣x﹣2=2（x﹣ ）（x﹣ ）．
點評： 先求出方程2x2﹣x﹣2=0的兩個根，再根據ax2+bx+c=a（x﹣x1）（x﹣x2）即可因式分解．
14．經過A、B兩點的圓的圓心的軌跡是線段AB的垂直平分線．
考點： 軌跡．
分析： 要求作經過已知點A和點B的圓的圓心，則圓心應滿足到點A和點B的距離相等，從而根據線段的垂直平分線性質即可求解．
解答： 解：根據同圓的半徑相等，則圓心應滿足到點A和點B的距離相等，即經過已知點A和點B的圓的圓心的軌跡是線段AB的垂直平分線．
故答案為：線段AB的垂直平分線．
點評： 此題考查了點的軌跡問題，熟悉線段垂直平分線的性質是解題關鍵．
15．已知直角坐標平面內兩點A（4，﹣1）和B（﹣2，7），那么A、B兩點間的距離等于10．
考點： 兩點間的距離公式．
分析： 根據兩點間的距離公式進行計算，即A（x，y）和B（a，b），則AB= ．
解答： 解：A、B兩點間的距離為： = =10．
故答案是：10．
點評： 此題考查了坐標平面內兩點間的距離公式，能夠熟練運用公式進行計算．
16．請寫出符合以下條件的一個函數的解析式y=﹣x+4（答案不）．
①過點（3，1）；②當x＞0時，y隨x的增大而減小．
考點： 一次函數的性質．
專題： 開放型．
分析： 根據“y隨x的增大而減小”所寫函數的k值小于0，所以只要再滿足點（3，1）即可．
解答： 解：根據題意，所寫函數k＜0，
例如：y=﹣x+4，
此時當x=3時，y=﹣1+4=3，
經過點（3，1）．
所以函數解析式為y=﹣x+4（答案不）．
點評： 本題主要考查一次函數的性質，是開放性題目，答案不，只要滿足條件即可．
17．如圖，已知OP平分∠AOB，∠AOB=60°，CP=4，CP∥OA，PD⊥OA于點D，PE⊥OB于點E．如果點M是OP的中點，則DM的長為2 ．
考點： 角平分線的性質；直角三角形斜邊上的中線．
分析： 根據角平分線性質得出PD=PE，根據平行線性質和角平分線定義、三角形外角性質求出∠PCE=60°，角直角三角形求出PE，得出PD長，求出OP，即可求出答案．
解答： 解：∵OP平分∠AOB，∠AOB=60°，
∴∠AOP=∠BOP=30°，
∵PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PD=PE，
∵CP∥OA，∠AOP=∠BOP=30°，
∴∠CPO=∠AOP=30°，
∴∠PCE=30°+30°=60°，
在Rt△PCE中，PE=CP×sin60°=4× =2 ，
即PD=2 ，
∵在Rt△AOP中，∠ODP=90°，∠DOP=30°，PD=2 ，
∴OP=2PD=4 ，
∵M為OP中點，
∴DM= OP=2 ，
故答案為：2 ．
點評： 本題考查了角平分線性質，平行線的性質，三角形外角性質，直角三角形斜邊上中線性質，含30度角的直角三角形性質，解直角三角形的應用，題目比較典型，綜合性比較強．
18．如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，點E是BC邊上一點，連接AE，把∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，當△CEB′為直角三角形時，BE的長為3或6．
考點： 翻折變換（折疊問題）．
分析： 當△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：
①當點B′落在矩形內部時，如答圖1所示．
連結AC，先利用勾股定理計算出AC=10，根據折疊的性質得∠AB′E=∠B=90°，而當△CEB′為直角三角形時，只能得到∠EB′C=90°，所以點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，則EB=EB′，AB=AB′=6，可計算出CB′=4，設BE=x，則EB′=x，CE=8﹣x，然后在Rt△CEB′中運用勾股定理可計算出x．
②當點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．此時四邊形ABEB′為正方形．
解答： 解：當△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：
①當點B′落在矩形內部時，如答圖1所示．
連結AC，
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC= =10，
∵∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，
∴∠AB′E=∠B=90°，
當△CEB′為直角三角形時，只能得到∠EB′C=90°，
∴點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，如圖，
∴EB=EB′，AB=AB′=6，
∴CB′=10﹣6=4，
設BE=x，則EB′=x，CE=8﹣x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+42=（8﹣x）2，
解得x=3，
∴BE=3；
②當點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．
此時ABEB′為正方形，
∴BE=AB=6．
綜上所述，BE的長為3或6．
故答案為：3或6．
點評： 本題考查了折疊問題：折疊前后兩圖形全等，即對應線段相等；對應角相等．也考查了矩形的性質以及勾股定理．注意本題有兩種情況，需要分類討論，避免漏解．
三、簡答題：（每題6分，共36分）
19．化簡： ．
考點： 二次根式的加減法．
分析： 先把各根式化為最簡二次根式，再合并同類項即可．
解答： 解：原式= ?2 +8a?﹣a2?
=a +2a ﹣a
=2a ．
點評： 本題考查的是二次根式的加減法，熟知二次根式相加減，先把各個二次根式化成最簡二次根式，再把被開方數相同的二次根式進行合并，合并方法為系數相加減，根式不變是解答此題的關鍵．
20．已知：關于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+3=0．當m為何值時，方程有兩個實數根？
考點： 根的判別式；一元二次方程的定義．
分析： （m﹣1）x2﹣2mx+m+3=0，方程有兩個實數根，從而得出△≥0，即可解出m的范圍．
解答： 解：∵方程有兩個實數根，∴△≥0；
（﹣2m）2﹣4（m﹣1）（m+3）≥0；
∴ ；
又∵方程是一元二次方程，∴m﹣1≠0；
解得m≠1；
∴當 且m≠1時方程有兩個實數根．
點評： 本題考查了根的判別式以及一元二次方程的定義，總結：一元二次方程根的情況與判別式△的關系：
（1）△＞0?方程有兩個不相等的實數根；
（2）△=0?方程有兩個相等的實數根；
（3）△＜0?方程沒有實數根．
21．如圖，已知點P（x，y）是反比例函數圖象上一點，O是坐標原點，PA⊥x軸，S△PAO
=4，且圖象經過（1，3m﹣1）；求：
（1）反比例函數解析式．
（2）m的值．
考點： 待定系數法求反比例函數解析式；反比例函數系數k的幾何意義．
分析： （1）此題可從反比例函數系數k的幾何意義入手，△PAO的面積為點P向兩條坐標軸作垂線，與坐標軸圍成的矩形面積的一半即S= |k|，再結合反比例函數所在的象限確定出k的值，則反比例函數的解析式即可求出；
（2）將（1，3m﹣1）代入解析式即可得出m的值．
解答： 解：（1）設反比例函數解析式為 ，
∵過點P（x，y），
∴ xy=4，
∴xy=8，
∴k=xy=8，
∴反比例函數解析式是： ；
（2）∵圖象經過（1，3m﹣1），
∴1×（3m﹣1）=8，
∴m=3．
點評： 本題主要考查了反比例函數 中k的幾何意義，即過雙曲線上任意一點引x軸、y軸垂線，所得三角形面積為 |k|，是經常考查的一個知識點；這里體現了數形結合的思想，做此類題一定要正確理解k的幾何意義．
22．假定甲乙兩人在一次賽跑中，路程S（米）與時間t（秒）的關系式如圖所示，那么可以知道：
（1）這是一次100米賽跑．
（2）甲乙兩人中，先到達終點的是甲．
（3）乙在這次賽跑中的速度為8米/秒．
考點： 函數的圖象．
分析： （1）根據函數圖象的縱坐標，可得答案；
（2）根據函數圖象的橫坐標，可得答案；
（3）根據乙的路程除以乙的時間，可得答案．
解答： 解：（1）由縱坐標看出，這是一次 100米賽跑；
（2）由橫坐標看出，先到達終點的是甲；
（3）由縱坐標看出，乙行駛的路程是100米，由橫坐標看出乙用了12.5秒，
乙在這次賽跑中的速度為100÷12.5=8米/秒，
故答案為：100，甲，8米/秒．
點評： 本題考查了函數圖象，觀察函數圖象的縱坐標得出路程，橫坐標得出時間是解題關鍵．
23．已知：如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的高，CE是中線，F是CE的中點，CD= AB，求證：DF⊥CE．
考點： 直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的判定與性質．
專題： 證明題．
分析： 連接DE，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DE= AB，再求出DE=CD，然后根據等腰三角形三線合一的性質證明即可．
解答： 證明：連接DE，
∵AD是BC邊上的高，在Rt△ADB中，CE是中線，
∴DE= AB，
∵CD= AB，
∴DC=DE，
∵F是CE中點，
∴DF⊥CE．
點評： 本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，等腰三角形三線合一的性質，熟記性質并作輔助線構造出等腰三角形是解題的關鍵．
24．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，以AC為邊作等邊△ACD，并作斜邊AB的垂直平分線EH，且EB=AB，聯結DE交AB于點F，求證：EF=DF．
考點： 全等三角形的判定與性質；線段垂直平分線的性質；含30度角的直角三角形．
專題： 證明題．
分析： 根據直角三角形性質和線段垂直平分線求出BC= AB，BH= AB，推出BC=BH，推出Rt△ACB≌Rt△EHB，根據全等得出EH=AC，求出EH=AD，∠CAD=60°，∠BAD=90°，根據AAS推出△EHF≌△DAF，根據全等三角形的性質得出即可．
解答： 證明：∵在Rt△ABC中，∠BAC=30°，
∴BC= AB，
∵EH垂直平分AB，
∴BH= AB，
∴BC=BH，
在Rt△ACB和Rt△EHB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△EHB（HL），
∴EH=AC，
∵等邊△ACD中，AC=AD，
∴EH=AD，∠CAD=60°，∠BAD=60°+30°=90°，
在△EHF和△DAF中，
，
∴△EHF≌△DAF （AAS）
∴EF=DF．
點評： 本題考查了線段垂直平分線性質，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，全等三角形的性質和判定的應用，能綜合運用性質進行推理是解此題的關鍵，難度適中．
四、解答題：（每題8分，共16分）
25．如圖，直線y= x與雙曲線y= （k＞0）交于A點，且點A的橫坐標為4，雙曲線y= （k＞0）上有一動點C（m，n），（0＜m＜4），過點A作x軸垂線，垂足為B，過點C作x軸垂線，垂足為D，連接OC．
（1）求k的值．
（2）設△COD與△AOB的重合部分的面積為S，求S關于m的函數解析式．
（3）連接AC，當第（2）問中S的值為1時，求△OAC的面積．
考點： 反比例函數與一次函數的交點問題．
分析： （1）由題意列出關于k的方程，求出k的值，即可解決問題．
（2）借助函數解析式，運用字母m表示DE、OD的長度，即可解決問題．
（3）首先求出m的值，求出△COD，△AOB的面積；求出梯形ABDC的面積，即可解決問題．
解答： 解：（1）設A點的坐標為（4，λ）；
由題意得： ，解得：k=8，
即k的值=8．
（2）如圖，設E點的坐標為E（m，n）．
則n= m，即DE= m；而OD=m，
∴S= OD?DE= m× m= ，
即S關于m的函數解析式是S= ．
（3）當S=1時， =1，解得m=2或﹣2（舍去），
∵點C在函數y= 的圖象上，
∴CD= =4；由（1）知：
OB=4，AB=2；BD=4﹣2=2；
∴ =6，
，
=4；
∴S△AOC=S梯形ABDC+S△COD﹣S△AOB
=6+4﹣4=6．
點評： 該題主要考查了一次函數與反比例函數圖象的交點問題；解題的關鍵是數形結合，靈活運用方程、函數等知識來分析、判斷、求解或證明．
26．如圖，正方形ABCD的邊長為4厘米，（對角線BD平分∠ABC）動點P從點A出發沿AB邊由A向B以1厘米/秒的速度勻速移動（點P不與點A、B重合），動點Q從點B出發沿折線BC﹣CD以2厘米/秒的速度勻速移動．點P、Q同時出發，當點P停止運動，點Q也隨之停止．聯結AQ，交BD于點E．設點P運動時間為t秒．
（1）用t表示線段PB的長；
（2）當點Q在線段BC上運動時，t為何值時，∠BEP和∠BEQ相等；
（3）當t為何值時，P、Q之間的距離為2 cm．
考點： 四邊形綜合題．
分析： （1）由正方形的性質和已知條件即可得出結果；
（2）由正方形的性質得出∠PBE=∠QBE，由AAS證明△BEP≌△BEQ，得出對應邊相等BP=BQ，得出方程，解方程即可；
（3）分兩種情況討論：①當0＜t≤2時；②當2＜t＜4時；由勾股定理得出方程，解方程即可．
解答： 解：（1）PB=AB﹣AP，
∵AB=4，AP=1×t=t，
∴PB=4﹣t；
（2）t= 時，∠BEP和∠BEQ相等；理由如下：
∵四邊形ABCD正方形，
∴對角線BD平分∠ABC，
∴∠PBE=∠QBE，
當∠BEP=∠BEQ時，
在△BEP與△BEQ中， ，
∴△BEP≌△BEQ（AAS），
∴BP=BQ，
即：4﹣t=2t，
解得：t= ；
（3）分兩種情況討論：
①當0＜t≤2時；（即當P點在AB上，Q點在BC上運動時），
連接PQ，如圖1所示：
根據勾股定理得： ，
即（4﹣t）2+（2t）2=（2 ）2，
解得：t=2或t=﹣ （負值舍去）；
②當2＜t＜4時，（即當P點在AB上，Q點在CD上運動時），
作PM⊥CD于M，
如圖2所示：
則PM=BC=4，CM=BP=4﹣t，
∴MQ=2t﹣4﹣（4﹣t）=3t﹣8，
根據勾股定理得：MQ2+PM2=PQ2，
即 ，
解得t= 或t=2（舍去）；
綜上述：當t=2或 時；PQ之間的距離為2 cm．
點評： 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、解方程等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要進行分類討論，根據勾股定理得出方程，解方程才能得出結果．
一、填空題（每小題2分，共24分）
1．16的平方根是±4．
【分析】根據平方根的定義，求數a的平方根，也就是求一個數x，使得x2=a，則x就是a的平方根，由此即可解決問題．
【解答】解：∵（±4）2=16，
∴16的平方根是±4．
故答案為：±4．
【點評】本題考查了平方根的定義．注意一個正數有兩個平方根，它們互為相反數；0的平方根是0；負數沒有平山蔽方根．
2．用字母表示的實數m﹣2有算術平方根，則m取值范圍是m≥2．
【分析】根據用字母表示的實數m﹣2有算術平方根，可得m﹣2≥0，據此求出m取值范圍即可．
【解答】解：∵用字母表示的實數m﹣2有算術平方根，
∴m﹣2≥0，
解得m≥2，
即m取值范圍是m≥2．
故答案為：m≥2．
【點評】此題主要考查了算術平方根的性質和應用，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：①被開方數a是非負數；②算術平方根a本身是非負數．求一個非負數的算術平方根與求一個數的平方互為逆運算，在求一個非負數的算術平方根時，可以借助乘方運算來尋找．
3．點P（﹣4，1）關于x軸對稱的點的坐標是（﹣4，﹣1）．
【分析】根據點P（x，y）關于x軸的對稱點P′的坐標是（x，﹣y）求解．
【解答】解：點P（﹣4，1）關于x軸對稱的點的坐標為（﹣4，﹣1）．
故答案為（﹣4，﹣1）．
【點評】本題考查了關于x軸、y軸對稱的點的坐標：點P（x，y）關于x軸的對稱點P′的坐標是（x，﹣y）；點P（x，y）關于y軸的對稱點P′的坐標是（﹣x，y）．
4．用四舍五入法把9.456精確到百分位，得到的近似值是9.46．
【分析】把千分位上的數字6進行四舍五入即可．
【解答】解：9.456≈9.46（精確到百分位）．
故答案為9.46．
【點評】本題考查了近似數和有效數字：經過四舍五入得到的神帶數為近似數；從一個數的左邊第一個不是0的數字起到末位數字止，所有的數字都是這個數的有效數字．近似數與精確數的接近程度，可以用精確度表示．一般有，精確到哪一位，保留幾個有效數字等說法．
5．如圖，△ABC≌△DEF，則DF=4．
【分析】根據全等三角形的對應邊相等解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴DF=AC=4，
故答案為：4．
【點評】本題考查的是全等三角形的性質，掌握全等三角形的對應邊相等、全等三角形的對應角相等是解題的關鍵．
6．已知函數是正比例函數，且圖象在第二、四象限內，則m的值是﹣2．
【分析】當一次函數的圖象經過二、四象限可得其比例系數為負數，據此求解．
【解答】解：∵函數是正比例函數，
∴m2﹣3=1且m+1≠0，
解得m=±2．
又∵函數圖象經過第二、四象限，
∴m+1＜0，
解得m＜﹣1，
∴m=﹣2．
故答案是：﹣2．
【點評】此題主要考查了正比例函數圖象的性質：它是經過原點的一條直線．當k＞0時，圖象經過一、三象限，y隨x的增大而增大；當k＜0時，圖象經過二、四象限，y隨x的增大而減小．
7．已知a＜＜b，且a，b為兩個連續整數，則a+b=7．
【分析】求出的范圍：3＜＜4，即可求出ab的值，代入求出即可．
【解答】解：∵3＜＜4，a＜＜b，
∵ab是整數，
∴a=3，b=4，
∴a+b=3+4=7，
故答案為：7．
【點評】本題考查了對無理數的大小比較的應用，解此題的關鍵是求出的范圍．
8．已知一次函數y=kx+b的圖象如圖，則關于x的不等式kx+b＞0的解集是x＜2．
【分析】直接利用一次函數圖象，結合式kx+b＞0時，則y的值＞0時對應x的取值范圍，進而得出答案．
【解答】解：如圖所示：
關于x的不等式kx+b＞0的解集是：x＜2．
故答案為：x＜2．
【點評】此題主要考查了一次函數與一元一次不等式，正確游唯蘆利用數形結合是解題關鍵．
9．如圖，長為12cm的彈性皮筋直放置在x軸上，固定兩端A和B，然后把中點C向上拉升8cm至D點，則彈性皮筋被拉長了8cm．
【分析】根據勾股定理，可求出AD、BD的長，則AD+BD﹣AB即為橡皮筋拉長的距離．
【解答】解：根據題意得：AD=BD，AC=BC，AB⊥CD，
則在Rt△ACD中，AC=AB=6cm，CD=8cm；
根據勾股定理，得：AD===10（cm）；
所以AD+BD﹣AB=2AD﹣AB=20﹣12=8（cm）；
即橡皮筋被拉長了8cm；
故答案為：8cm．
【點評】此題主要考查了等腰三角形的性質以及勾股定理的應用；熟練掌握等腰三角形的性質，由勾股定理求出AD是解決問題的關鍵．
10．如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于點P，若四邊形ABCD的面積是9，則DP的長是3．
【分析】作DE⊥BC，交BC延長線于E，如圖，則四邊形BEDP為矩形，再利用等角的余角相等得到∠ADP=∠CDE，則可利用“AAS”證明△ADP≌△CDE，得到DP=DE，S△ADP=S△CDE，所以四邊形BEDP為正方形，S四邊形ABCD=S矩形BEDP，根據正方形的面積公式得到DP2=9，易得DP=3．
【解答】解：作DE⊥BC，交BC延長線于E，如圖，
∵DP⊥AB，ABC=90°，
∴四邊形BEDP為矩形，
∴∠PDE=90°，即∠CDE+∠PDC=90°，
∵∠ADC=90°，即∠ADP+∠PDC=90°，
∴∠ADP=∠CDE，
在△ADP和△CDE中
，
∴△ADP≌△CDE，
∴DP=DE，S△ADP=S△CDE，
∴四邊形BEDP為正方形，S四邊形ABCD=S矩形BEDP，
∴DP2=9，
∴DP=3．
故答案為3．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質：全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件．也考查了正方形的性質和勾股定理．本題的關鍵的作輔助線構造兩個全等的三角形．
11．如圖，已知點P為∠AOB的角平分線上的一定點，D是射線OA上的一定點，E是OB上的某一點，滿足PE=PD，則∠OEP與∠ODP的數量關系是∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°．
【分析】以O為圓心，以OD為半徑作弧，交OB于E2，連接PE2，根據SAS證△E2OP≌△DOP，推出E2P=PD，得出此時點E2符合條件，此時∠OE2P=∠ODP；以P為圓心，以PD為半徑作弧，交OB于另一點E1，連接PE1，根據等腰三角形性質推出∠PE2E1=∠PE1E2，求出∠OE1P+∠ODP=180°即可．
【解答】解：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°，理由如下：
以O為圓心，以OD為半徑作弧，交OB于E2，連接PE2，如圖所示：
∵在△E2OP和△DOP中，，
∴△E2OP≌△DOP（SAS），
∴E2P=PD，
即此時點E2符合條件，此時∠OE2P=∠ODP；
以P為圓心，以PD為半徑作弧，交OB于另一點E1，連接PE1，
則此點E1也符合條件PD=PE1，
∵PE2=PE1=PD，
∴∠PE2E1=∠PE1E2，
∵∠OE1P+∠E2E1P=180°，
∵∠OE2P=∠ODP，
∴∠OE1P+∠ODP=180°，
∴∠OEP與∠ODP所有可能的數量關系是：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°，
故答案為：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°．
【點評】本題考查了全等三角形的性質和判定，等腰三角形的性質和判定等知識點，主要考查學生的猜想能力和分析問題和解決問題的能力，題目具有一定的代表性，是一道比較好的題目．
12．如圖，直線y=x+2于x、y軸分別交于點A、B兩點，以OB為邊在y軸右側作等邊三角形OBC，將點C向左平移，使其對應點C′恰好落在直線AB上，則點C移動的距離為+1．
【分析】先求出直線y=x+2與y軸交點B的坐標為（0，2），再由C在線段OB的垂直平分線上，得出C點縱坐標為1，將y=1代入y=x+2，求得x=﹣1，即可得到C′的坐標為（﹣1，1），進而得出點C移動的距離．
【解答】解：∵直線y=x+2與y軸交于B點，
∴x=0時，
得y=2，
∴B（0，2）．
∵以OB為邊在y軸右側作等邊三角形OBC，
∴C在線段OB的垂直平分線上，
∴C點縱坐標為1．
將y=1代入y=x+2，得1=x+2，
解得x=﹣1．
故C點到y軸的距離為：，故點C移動的距離為：+1．
故答案為：+1．
【點評】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，等邊三角形的性質，坐標與圖形變化﹣平移，得出C點縱坐標為1是解題的關鍵．
二、選擇題（每小題3分，共24分）
13．在平面直角坐標系中，點P（﹣2，1）在（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】點P的橫坐標為負，在y軸的左側，縱坐標為正，在x軸上方，那么可得此點所在的象限．
【解答】解：∵點P的橫坐標為負，縱坐標為正，
∴點P（﹣2，1）在第二象限，
故選B．
【點評】解決本題的關鍵是掌握好四個象限的點的坐標的特征：第一象限正正，第二象限負正，第三象限負負，第四象限正負．
14．在實數0、π、、、﹣、3.1010010001中，無理數的個數有（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】無理數就是無限不循環小數，根據無理數的定義逐個判斷即可．
【解答】解：無理數有：π、，共2個，
故選B．
【點評】此題主要考查了無理數的定義，其中初中范圍內學習的無理數有：π，2π等；開方開不盡的數；以及像0.1010010001…，等有這樣規律的數．
15．以下圖形中對稱軸的數量小于3的是（）
A．B．C．D．
【分析】根據對稱軸的概念求解．
【解答】解：A、有4條對稱軸；
B、有6條對稱軸；
C、有4條對稱軸；
D、有2條對稱軸．
故選D．
【點評】本題考查了軸對稱圖形，解答本題的關鍵是掌握對稱軸的概念：如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸．
16．△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別記為a，b，c，由下列條件不能判定△ABC為直角三角形的是（）
A．∠A：∠B：∠C=l：2：3
B．三邊長為a，b，c的值為1，2，
C．三邊長為a，b，c的值為，2，4
D．a2=（c+b）（c﹣b）
【分析】由直角三角形的定義，只要驗證角是否是90°；由勾股定理的逆定理，只要驗證兩小邊的平方和是否等于最長邊的平方即可．
【解答】解：A、∵∠A：∠B：∠C=1：2：3，∴∠C=×180°=90°，故是直角三角形，故本選項錯誤；
B、∵12+（）2=22，∴能構成直角三角形，故本選項錯誤；
C、∵22+（）2≠42，∴不能構成直角三角形，故本選項正確；
D、∵a2=（c+b）（c﹣b），∴a2=c2﹣b2，∴能構成直角三角形，故本選項錯誤．
故選C．
【點評】本題主要考查勾股定理的逆定理的應用．判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．
17．已知點A（﹣2，y1），B（3，y2）在一次函數y=﹣x﹣2的圖象上，則（）
A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1≤y2D．y1≥y2
【分析】根據k＜0，一次函數的函數值y隨x的增大而減小解答．
【解答】解：∵k=﹣1＜0，
∴函數值y隨x的增大而減小，
∵﹣2＜3，
∴y1＞y2．
故選A．
【點評】本題考查了一次函數的增減性，在直線y=kx+b中，當k＞0時，y隨x的增大而增大；當k＜0時，y隨x的增大而減小．
18．如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，邊AB的垂直平分線DE交AB于點E，交BC于點D，CD=1，則BC的長為（）
A．3B．2+C．2D．1+
【分析】根據線段垂直平分線上的點到線段兩端距離相等可得AD=BD，可得∠DAE=30°，易得∠ADC=60°，∠CAD=30°，則AD為∠BAC的角平分線，由角平分線的性質得DE=CD=3，再根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可得BD=2DE，得結果．
【解答】解：∵DE是AB的垂直平分線，
∴AD=BD，
∴∠DAE=∠B=30°，
∴∠ADC=60°，
∴∠CAD=30°，
∴AD為∠BAC的角平分線，
∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=CD=1，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=1，
∴BC=3，
故選A．
【點評】本題主要考查了垂直平分線的性質，角平分線上的點到角的兩邊距離相等的性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質，熟記各性質是解題的關鍵．
19．如圖，Rt△MBC中，∠MCB=90°，點M在數軸﹣1處，點C在數軸1處，MA=MB，BC=1，則數軸上點A對應的數是（）
A．+1B．﹣+1C．﹣﹣lD．﹣1
【分析】通過勾股定理求出線段MB，而線段MA=MB，進而知道點A對應的數，減去1即可得出答案．
【解答】解：在Rt△MBC中，∠MCB=90°，
∴MB=，
∴MB=，
∵MA=MB，
∴MA=，
∵點M在數軸﹣1處，
∴數軸上點A對應的數是﹣1．
故選：D．
【點評】題目考察了實數與數軸，通過勾股定理，在數軸尋找無理數．題目整體較為簡單，與課本例題類似，適合隨堂訓練．
20．如圖，在5×5的正方形網格中，每個小正方形的邊長為1，在圖中找出格點C，使得△ABC是腰長為無理數的等腰三角形，點C的個數為（）
A．3B．4C．5D．7
【分析】根據題意畫出圖形，找到等腰三角形，計算出腰長進行判斷即可．
【解答】解：等腰三角形ABC1中，腰AC1=AB===2；
等腰三角形ABC2中，腰AC2=AB===2；
等腰三角形ABC3中，腰AC3=BC3==；
等腰三角形ABC4中，腰AC4=BC4==；
等腰三角形ABC5中，腰AC5=BC5==；
故選C．
【點評】本題考查了勾股定理，利用格點構造等腰三角形計算出腰長是解題的關鍵．
三、解答題（52分）
21．計算：．
【分析】首先化簡二次根式，然后按照實數的運算法則依次計算．
【解答】解：=2+0﹣=．
【點評】此題主要考查了實數的運算，解題需注意區分三次方根和平方根．
22．（1）已知：（x+1）2﹣9=0，求x的值；
（2）已知a﹣3的平方根為±3，求5a+4的立方根．
【分析】（1）方程變形后，利用平方根定義開方即可求出x的值；
（2）利用平方根定義求出a的值，代入原式求出立方根即可．
【解答】解：（1）方程變形得：（x+1）2=9，
開方得：x+1=3或x+1=﹣3，
解得：x1=2，x2=﹣4；
（2）由題意得：a﹣3=9，即a=12，
則5a+4=64，64的立方根為4．
【點評】此題考查了立方根，平方根，熟練掌握各自的定義是解本題的關鍵．
23．已知，如圖，點A、B、C、D在一條直線上，AB=CD，EA∥FB，EC∥FD，求證：EA=FB．
【分析】首先利用平行線的性質得出，∠A=∠FBD，∠D=∠ECA，進而得出△EAC≌△FBD，即可得出AC=BD，進而得出答案．
【解答】證明：∵EA∥FB，
∴∠A=∠FBD，
∵EC∥FD，
∴∠D=∠ECA，
在△EAC和△FBD中，
，
∴△EAC≌△FBD（AAS），
∴EA=FB．
【點評】此題主要考查了全等三角形的判定與性質等知識，根據已知得出△EAC≌△FBD是解題關鍵．
24．如圖，已知一次函數y1=（m﹣2）x+2與正比例函數y2=2x圖象相交于點A（2，n），一次函數y1=（m﹣2）x+2與x軸交于點B．
（1）求m、n的值；
（2）求△ABO的面積；
（3）觀察圖象，直接寫出當x滿足x＜2時，y1＞y2．
【分析】（1）先把A點坐標代入正比例函數解析式求出n，從而確定A點坐標，然后利用待定系數法確定m的值；
（2）由一次函數y1=x+2求得B的坐標，然后根據三角形面積公式求得即可；
（3）根據函數的圖象即可求得．
【解答】解：（1）把點A（2，n）代入y2=2x得n=2×2=4，則A點坐標為（2，4），
把A（2，4）代入y1=（m﹣2）x+2得，4=（m﹣2）×2+2
解得m=3；
（2）∵m=3，
∴y1=x+2，
令y=0，則x=﹣2，
∴B（﹣2，0），
∵A（2，4），
∴△ABO的面積=×2×4=4；
（3）由圖象可知：當x＜2時，y1＞y2．
故答案為x＜2．
【點評】本題考查了兩直線平行或相交的問題：直線y=k1x+b1（k1≠0）和直線y=k2x+b2（k2≠0）平行，則k1=k2；若直線y=k1x+b1（k1≠0）和直線y=k2x+b2（k2≠0）相交，則交點坐標滿足兩函數的解析式．也考查了待定系數法求函數的解析式．
25．如圖所示，△ACB與△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，點D為AB邊上的一點．
（1）求證：△BCD≌△ACE；
（2）若AE=8，DE=10，求AB的長度．
【分析】（1）根據等腰直角三角形的性質得出CE=CD，AC=BC，∠ACB=∠ECD=90°，∠B=∠BAC=45°，求出∠ACE=∠BCD，根據SAS推出兩三角形全等即可；
（2）根據全等求出AE=BD，∠EAC=∠B=45°，求出∠EAD=90°，在Rt△EAD中，由勾股定理求出AD，即可得出AB的長度．
【解答】（1）證明：∵△ACB與△ECD都是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ACB=∠ECD=90°，∠B=∠BAC=45°，
∴∠ACE=∠BCD=90°﹣∠ACD，
在△ACE和△BCD中，，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△BCD≌△ACE，
∴BD=AE=8，∠EAC=∠B=45°，
∴∠EAD=45°+45°=90°，
在Rt△EAD中，由勾股定理得：AD===6，
∴AB=BD+AD=8+6=14．
【點評】本題考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理的應用，解此題的關鍵是能求出△ACE≌△BCD和求出AD的長，難度適中．
26．（1）觀察與歸納：在如圖1所示的平面直角坐標系中，直線l與y軸平行，點A與點B是直線l上的兩點（點A在點B的上方）．
①小明發現：若點A坐標為（2，3），點B坐標為（2，﹣4），則AB的長度為7；
②小明經過多次取l上的兩點后，他歸納出這樣的結論：若點A坐標為（t，m），點B坐標為（t，n），當m＞n時，AB的長度可表示為m﹣n；
（2）如圖2，正比例函數y=x與一次函數y=﹣x+6交于點A，點B是y=﹣x+6圖象與x軸的交點，點C在第四象限，且OC=5．點P是線段OB上的一個動點（點P不與點0、B重合），過點P與y軸平行的直線l交線段AB于點Q，交射線OC于R，設點P橫坐標為t，線段QR的長度為m．已知當t=4時，直線l恰好經過點C．
①求點A的坐標；
②求OC所在直線的關系式；
③求m關于t的函數關系式．
【分析】（1）直線AB與y軸平行，A（x1，y1），B（x2，y2），A、B兩點橫坐標相等，再根據AB的長度為|y1﹣y2|即可求得，
（2）①聯立方程，解方程得出A點的坐標；
②根據勾股定理求得C點坐標，然后根據待定系數法即可求得OC所在直線的關系式；
③分兩種情況分別討論求出即可．
【解答】解：（1）①若點A坐標為（2，3），點B坐標為（2，﹣4），則AB的長度為3﹣（﹣4）=7；
②若點A坐標為（t，m），點B坐標為（t，n），當m＞n時，AB的長度可表示為m﹣n；
故答案為7；m﹣n；
（2）①解得，
∴A（3，3）；
②∵直線l平行于y軸且當t=4時，直線l恰好過點C，如圖2，作CE⊥OB于E，
∴OE=4，
在Rt△OCE中，OC=5，
由勾股定理得：
CE==3，
∴點C的坐標為：（4，﹣3）；
設OC所在直線的關系式為y=kx，則﹣3=4k，
∴k=﹣，
∴OC所在直線的關系式為y=﹣x；
③由直線y=﹣x+6可知B（6，0），
作AD⊥OB于D，
∵A（3，3），
∴OD=BD=AD=3，
∴∠AOB=45°，OA=AB，
∴∠OAB=90°，∠ABO=45°
當0＜t≤3時，如圖2，
∵直線l平行于y軸，
∴∠OPQ=90°，
∴∠OQP=45°，
∴OP=QP，
∵點P的橫坐標為t，
∴OP=QP=t，
在Rt△OCE中，
∵tan∠EOC=|k|=，
∴tan∠POR==，
∴PR=OPtan∠POR=t，
∴QR=QP+PR=t+t=t，
∴m關于t的函數關系式為：m=t；
當3＜t＜6時，如圖3，
∵∠BPQ=90°，∠ABO=45°，
∴∠BQP=∠PBQ=45°，
∴BP=QP，
∵點P的橫坐標為t，
∴PB=QP=6﹣t，
∵PR∥CE，
∴△BPR∽△BEC，
∴=，
∴=，
解得：PR=9﹣t，
∴QR=QP+PR=6﹣t+9﹣t=15﹣t，
∴m關于t的函數關系式為：m=15﹣t；
綜上，m關于t的函數關系式為m=．
【點評】此題主要考查了一次函數綜合以及相似三角形的判定與性質和勾股定理等知識，利用分類討論以及數形結合得出是解題關鍵．
27．如圖1，甲、乙兩車分別從相距480km的A、B兩地相向而行，乙車比甲車先出發1小時，并以各自的速度勻速行駛，甲車到達C地后因有事按原路原速返回A地．乙車從B地直達A地，兩車同時到達A地．甲、乙兩車距各自出發地的路程y（千米）與甲車出發所用的時間x（小時）的關系如圖2，結合圖象信息解答下列問題：
（1）乙車的速度是80千米/時，乙車行駛的時間t=6小時；
（2）求甲車從C地按原路原速返回A地的過程中，甲車距它出發地的路程y與它出發的時間x的函數關系式；
（3）直接寫出甲車出發多長時間兩車相距8O千米．
【分析】（1）結合題意，利用速度=路程÷時間，可得乙的速度、行駛時間；
（2）找到甲車到達C地和返回A地時x與y的對應值，利用待定系數法可求出函數解析式；
（3）甲、乙兩車相距80千米有兩種情況：
①相向而行：相等關系為“甲車行駛路程+乙車行駛路程+甲乙間距離=480”，
②同向而行：相等關系為“甲車距它出發地的路程+乙車路程﹣甲乙間距離=480”
分別根據相等關系列方程可求解．
【解答】解：（1）∵乙車比甲車先出發1小時，由圖象可知乙行駛了80千米，
∴乙車速度為：80千米/時，乙車行駛全程的時間t=480÷80=6（小時）；
（2）根據題意可知甲從出發到返回A地需5小時，
∵甲車到達C地后因立即按原路原速返回A地，
∴結合函數圖象可知，當x=時，y=300；當x=5時，y=0；
設甲車從C地按原路原速返回A地時，即，
甲車距它出發地的路程y與它出發的時間x的函數關系式為：y=kx+b，
將函數關系式得：，
解得：，
故甲車從C地按原路原速返回A地時，
甲車距它出發地的路程y與它出發的時間x的函數關系式為：y=﹣120x+600；
（3）由題意可知甲車的速度為：（千米/時），
設甲車出發m小時兩車相距8O千米，有以下兩種情況：
①兩車相向行駛時，有：120m+80（m+1）+80=480，
解得：m=；
②兩車同向行駛時，有：600﹣120m+80（m+1）﹣80=480，
解得：m=3；
∴甲車出發兩車相距8O千米．
故答案為：（1）80，6．
【點評】本題主要考查了一次函數的應用問題，解答此題的關鍵是要理解分段函數圖象所表示的實際意義，
準確找到等量關系，列方程解決實際問題，屬中檔題．
這篇滬教版初二上冊數學期末試卷的文章，是特地為大家整理的，希望對大家有所幫助！
一、 選擇題（本題共10小題，每小題4分，滿分40分）
1、已知a是整數，點A(2a＋1，2＋a)在第二象限，羨行則a的值是…………………………………（）
A．－1 B．0 C．1 D．2
2、如果點A（2m－n，5＋m）和點B（2n－1，－m＋n）關于y軸對稱，則m、n的值為…………（）
A．m=－8，n=－5B．m=3，n=－5C．m=－1，n=3D．m=－3，n=1
3、下列函數中，自變量x的取值范圍選取錯誤的是………………………………………………（）
A．y=2x2中，x取全體實數B． 中，x取x≠－1的所有實數
C． 中，x取x≥2的所有實數 D． 中，x取x≥－3的所有實數
4、幸福村辦工廠，今年前5個月生產某種產品的總量C（件）關于時間t（月）的函數圖象如圖1所示，則該廠對這種產品來說………………………………………………………………………（）
A．1月至3月每月生產總量逐月增加，4、5兩月每月生產總量逐月減少
B．1月至3月每月生產總量逐月增加，4，5兩月每月生產量與3月持平
C．1月至3月每月生產總量逐月增加，4、5兩月停止生產
D．1月至3月每月生產總量不變，4、5兩月均停止生產
5、下圖中表示一次函數y=ax＋b與正比例函數y=abx（a，b是常數，且ab≠0）圖象是……（）
A． B． C． D．
6、設三角形三邊之長分別為3，8，1－2a，則a的取值范圍為……………………………………（）
A．－6 7、如圖7，AD是 的中線，E，F分別是AD和AD延長線上的點，且 ，連結BF，CE。 以上就是初二數學卷子的全部內容，點評: 本題主要考查了反比例函數的圖象性質和正比例函數的圖象性質,關鍵是由k的取值確定函數所在的象限. 4.已知反比例函數y= (k<0)的圖象上有兩點A(x1,y1)、。
