2020-2021学年湖南省永州市某校初二(下)期末考试数学试卷

一、选择题（共10小题）.

1. 直角三角形的斜边长为10，则斜边上的中线长为（ ） A.2 B.3

C.4

D.5

2. 如图，将一直尺与一块三角板按如图放置，若∠1=36∘，则∠2的度数为( )

A.126∘ B.136∘ C.120∘ D.144∘

3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )

A. B.

C. D.

4. 若平行四边形两个内角的度数比为1:2，则其中较大内角的度数为( ) A.100∘ B.110∘

C.120∘

D.135∘

5. 一个角的平分线的尺规作法，其理论依据是全等三角形判定定理( ) A.边角边

B.边边边

C.角角边

D.角边角

6. 某班50名学生的身高被分为5组，第1至4组的频数分别为7，12，13，8，则第5组的频率是( ) A.0.4

7. 若𝑘>4，则一次函数𝑦=(4−𝑘)𝑥+𝑘−4的图象可能是( )

B.0.3

C.0.2

D.0.1

A. B. C. D.

8. 在平面直角坐标系内，将点𝑀(3,1)先向上平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，则平移后的点的坐标是( ) A.(6,3)

9. 如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第𝑛个矩形的面积为( ) A.()2

10. 八年级某生物课外兴趣小组观察一植物生长，得到植物高度𝑦（𝑐𝑚）与观察时间𝑡（天）的关系如图所示，则下列说法正确的是( )

1𝑛−1

B.(0,3) C.(6,−1) D.(0,−1)

B.() 4

1𝑛

C.() 2

1𝑛

D.(1)4

𝑛−1

A.该植物从观察时起60天以后停止长高 B.该植物最高长到16𝑐𝑚

试卷第2页，总30页

C.该植物从观察时起50天内平均每天长高1𝑐𝑚 D.该植物最高长到18𝑐𝑚 二、填空题

已知10个数据：0，1，1，2，2，2，3，3，3，8，其中3出现的频数是________．

若一个多边形的内角是外角和的2倍，则这个多边形是________边形．

已知△𝐴𝐵𝐶的周长是2，连接△𝐴𝐵𝐶三边中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边中点构成第三个三角形，以此类推，第2021个三角形周长是________.

把直线𝑦=−𝑥−1沿𝑥轴向右平移2个单位，所得直线的函数解析式为________．

在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的内部作等边△𝑀𝐴𝐵，连接𝑀𝐶，𝑀𝐷，则∠𝑀𝐷𝐶=________．

已知一次函数𝑦=−2𝑥+1，若−2≤𝑥≤1，则𝑦的最小值为________.

在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=80∘，𝐸是线段𝐵𝐷上一动点（不与点𝐵，𝐷重合），当△𝐴𝐵𝐸是等腰三角形时， ∠𝐷𝐴𝐸的度数为________.

将一次函数𝑦=−2𝑥+4的图象绕原点𝑂顺时针旋转90∘，所得图象对应的函数解析式是________． 三、解答题

如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷．求证：∠1=∠2．

某校举行了“文明在我身边”摄影比赛．已知每幅参赛作品成绩记为𝑥分(60≤𝑥<100)．校方从600幅参赛作品中随机抽取了部分参赛作品，统计了它们的成绩，并绘制了如下不完整的统计图表． 分数段 60≤𝑥<70 70≤𝑥<80 80≤𝑥<90 频数 频率 18 17 𝑎 0.36 𝑐 0.24 0.06 1 90≤𝑥<100 𝑏 合计

根据以上信息解答下列问题：

(1)统计表中𝑐值为________；样本成绩的中位数落在分数段________中；

(2)补全频数直方图；

(3)若80分以上（含80分）的作品将被组织展评，试估计全校被展评的作品数量是多少．

试卷第4页，总30页

甲、乙两个工程队同时开始维修某段路面，一段时间后，乙队被调往别处，甲队又用了3小时完成了剩余的维修任务，已知甲队每小时维修路面的长度保持不变，乙队每小时维修路面50米，甲、乙两队在此路段的维修总长度𝑦（米）与维修时间𝑥（时）之间的函数图象如图所示．

(1)乙队调离时，甲、乙两队已完成的维修长度为________米；

(2)求甲队每小时维修路面多少米？

(3)求乙队调离后𝑦与𝑥之间的函数关系式．

如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸是𝐴𝐵上一点，𝐹是𝐴𝐷延长线上一点，且𝐷𝐹=𝐵𝐸.

(1)求证：∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐹；

(2)点𝐺在𝐴𝐷上，连结𝐺𝐸，𝐺𝐶，若𝐺𝐸=𝐺𝐷+𝐷𝐹，求此时∠𝐺𝐶𝐸的大小.

如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝐴(−3, 4)，𝐵(−4, 1)，𝐶(−1, 1)．

(1)在图中作出△𝐴𝐵𝐶关于𝑥轴的轴对称图形△𝐴′𝐵′𝐶′；

(2)直接写出𝐴，𝐵关于𝑦轴的对称点𝐴″，𝐵″的坐标．

如图，点𝐵，𝐹，𝐶，𝐸在同一直线上，且𝐵𝐹=𝐶𝐸，点𝐴，𝐷分别在直线𝐵𝐸的两侧，𝐴𝐵//𝐷𝐸，∠𝐴=∠𝐷．

(1)求证：△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹；

(2)连接𝐴𝐷交𝐵𝐸于点𝑂，若𝐴𝑂=𝐵𝑂，请补全图形并证明：四边形𝐴𝐵𝐷𝐸是矩形．

如图所示，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷//𝐵𝐶，∠𝐵=90∘，𝐴𝐷=24𝑐𝑚，𝐵𝐶=26𝑐𝑚．动点𝑃从点𝐴出发沿𝐴𝐷方向向点𝐷以1𝑐𝑚/𝑠的速度运动，动点𝑄从点𝐶出发沿着𝐶𝐵方向向点𝐵以3𝑐𝑚/𝑠的速度运动．点𝑃，𝑄分别从点𝐴和点𝐶同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．

试卷第6页，总30页

(1)经过多长时间，四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形？

(2)经过多长时间，四边形𝑃𝑄𝐵𝐴是矩形？

(3)若𝐴𝐵=8，如果𝑄点的移动速度不变，要使𝑃𝑄𝐵𝐴是正方形，则𝑃点移动速度是多少？

如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷的平分线交𝐵𝐶于点𝐸，交𝐷𝐶的延长线于𝐹，以𝐸𝐶，𝐶𝐹为邻边作平行四边形𝐸𝐶𝐹𝐺．

(1)求证：四边形𝐸𝐶𝐹𝐺是菱形；

(2)连结𝐵𝐷，𝐶𝐺，若∠𝐴𝐵𝐶=120∘，则△𝐵𝐷𝐺是等边三角形吗？为什么？

(3)若∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐴𝐵=10，𝐴𝐷=24．𝑀是𝐸𝐹的中点，求𝐷𝑀的长．

参与试题解析

2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期末考试数学试卷

一、选择题 1. 【答案】 D 【考点】

直角三角形斜边上的中线 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：∵ 直角三角形斜边长为10𝑐𝑚， ∴ 斜边上的中线长为5𝑐𝑚． 故选𝐷. 2. 【答案】 A 【考点】 平行线的性质 邻补角 【解析】

根据直角三角形的性质可得∠3的度数，由两直线平行，同位角相等可得∠4的度数，根据邻补角互补可得∠2的度数． 【解答】 解：如图，

试卷第8页，总30页

∵ ∠1=36∘，

∴ ∠3=90∘−36∘=∘， ∵ 𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴ ∠4=∠3=∘，

∴ ∠2=180∘−∘=126∘． 故选𝐴． 3. 【答案】 B 【考点】 中心对称图形 轴对称图形 【解析】

根据轴对称和中心对称的意义可以得到解答． 【解答】

解：𝐴，是轴对称图形，不是中心对称图形，故𝐴不符合题意； 𝐵，是轴对称图形，也是中心对称图形，故𝐵符合题意； 𝐶，不是轴对称图形，是中心对称图形，故𝐶不符合题意； 𝐷，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故𝐷不符合题意． 故选𝐵． 4. 【答案】 C

【考点】 平行四边形的性质 【解析】

首先设平行四边形中两个内角的度数分别是𝑥∘，2𝑥∘，由平行四边形的邻角互补，即可得方程𝑥+2𝑥＝180，继而求得答案． 【解答】

解：设平行四边形中两个内角的度数分别是𝑥∘，2𝑥∘， 则𝑥+2𝑥=180， 解得：𝑥=60，

∴ 其中较大的内角是：2×60∘=120∘． 故选𝐶. 5. 【答案】 B 【考点】 全等三角形的判定 作图—基本作图 【解析】

根据作图过程可知用到的三角形全等的判定方法是𝑆𝑆𝑆． 【解答】 解：如图所示：

作法：①以𝑂为圆心，任意长为半径画弧，交𝐴𝑂、𝐵𝑂于点𝐹、𝐸， ②再分别以𝐹、𝐸为圆心，大于2𝐸𝐹长为半径画弧，两弧交于点𝑀， ③画射线𝑂𝑀， 射线𝑂𝑀即为所求．

由作图过程可得用到的三角形全等的判定方法是𝑆𝑆𝑆．

1

试卷第10页，总30页

故选𝐵． 6. 【答案】 C 【考点】 频数与频率 【解析】

直接利用频率的定义结合已知求出第5组频数，进而得出答案． 【解答】

解：∵ 某班50名学生的身高被分为5组， 第1∼4组的频数分别为7，12，13，8，

∴ 第5组的频数是：50−7−12−13−8=10， 故第5组的频率是：50=0.2． 故选𝐶． 7. 【答案】 D 【考点】 一次函数的图象

一次函数图象与系数的关系 【解析】

根据题意得出4−𝑘和𝑘−4的符号，进而根据一次函数的图象与系数的关系判断出图象经过的象限即可． 【解答】 解：∵𝑘>4，

∴4−𝑘<0，𝑘−4>0，

∴ 该一次函数的图象经过第一、二、四象限， 故选𝐷． 8. 【答案】

10

B 【考点】

坐标与图形变化-平移 【解析】

横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减；依此即可求解． 【解答】 解：3−3=0， 1+2=3，

故点𝑀平移后的坐标为(0,3)． 故选𝐵． 9. 【答案】 D 【考点】 菱形的性质 矩形的性质

规律型：图形的变化类 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：已知第一个矩形的面积为1； 第二个矩形的面积为原来的(4)2−1=4； 第三个矩形的面积是(4)3−1=16； …

故第𝑛个矩形的面积为：(4)𝑛−1． 故选𝐷. 10. 【答案】 B 【考点】

试卷第12页，总30页

11

11

1

函数的图象 一次函数的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：当0≤𝑡≤50时，设𝑦=𝑎𝑡+𝑏，则 𝑏=6,

{

30𝑎+𝑏=12,𝑎=,

5 解得{

𝑏=6,∴ 𝑦=5𝑡+6，

当𝑡=50时，𝑦=5×50+6=16(𝑐𝑚)， ∴ 由图象可得，该植物最高长到16𝑐𝑚. 故选𝐵. 二、填空题 【答案】 3 【考点】 频数与频率 【解析】

直接利用频数的定义分析得出答案． 【解答】

解：10个数据：0，1，1，2，2，2，3，3，3，8，其中3出现了3次， 故3出现的频数是3． 故答案为：3． 【答案】 六 【考点】 多边形内角与外角 【解析】

多边形的内角和可以表示成(𝑛−2)⋅180∘，外角和是固定的360∘，从而可根据一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍列方程求解．

1

11

【解答】

解：设这个多边形是𝑛边形， 则(𝑛−2)×180∘=2×360∘， 解得𝑛=6．

故这个多边形是六边形. 故答案为：六. 【答案】 122019 【考点】 三角形中位线定理 规律型：图形的变化类 规律型：数字的变化类 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：△𝐴𝐵𝐶周长为2，因为每条中位线均为其对应边的长度的2， 所以：第2个三角形对应周长为1； 第3个三角形对应的周长为2； 第4个三角形对应的周长为(1)；

221

1

以此类推，第𝑛个三角形对应的周长为(1)2

𝑛−2

，

12019

所以第2021三角形对应的周长为(1)

2

2021−2

=(2)=22019. 1

故答案为：22019． 【答案】 𝑦=−𝑥+1 【考点】

一次函数图象与几何变换 【解析】

直接根据“左加右减”的平移规律求解即可． 【解答】

试卷第14页，总30页

1

解：把直线𝑦=−𝑥−1沿𝑥轴向右平移2个单位， 所得直线的函数解析式为𝑦=−(𝑥−2)−1， 即𝑦=−𝑥+1． 故答案为：𝑦=−𝑥+1． 【答案】 15∘ 【考点】 正方形的性质 等边三角形的性质 【解析】

由等边三角形的性质和正方形的性质可得𝐴𝐵=𝑀𝐵=𝑀𝐴=𝐵𝐶，∠𝑀𝐴𝐵=∠𝑀𝐵𝐴=∠𝐴𝑀𝐵=60∘，可得∠𝑀𝐴𝐷=∠𝑀𝐵𝐶=30∘，由等腰三角形的性质可求∠𝑀𝐷𝐶． 【解答】 解：如图，

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，△𝑀𝐴𝐵是等边三角形， ∴ 𝐴𝐵=𝑀𝐵=𝑀𝐴=𝐴𝐷， ∠𝑀𝐴𝐵=∠𝑀𝐵𝐴=∠𝐴𝑀𝐵=60∘， ∴ ∠𝑀𝐴𝐷=∠𝑀𝐵𝐶=30∘， ∵ 𝑀𝐴=𝐴𝐷，

∴ ∠𝑀𝐷𝐴=∠𝐷𝑀𝐴=75∘， ∴ ∠𝑀𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐶−∠𝑀𝐷𝐴=15∘． 故答案为：15∘． 【答案】 −1 【考点】 一次函数的性质 【解析】

由𝑘=−2<0，可得出𝑦随𝑥的增大而减小，结合−2≤𝑥≤1，即可求出𝑦的最小值． 【解答】

解：∵ 𝑘=−2<0， ∴ 𝑦随𝑥的增大而减小，

∴ 当𝑥=1时，𝑦取得最小值，此时𝑦=−2×1+1=−1． 故答案为：−1． 【答案】 30∘或60∘ 【考点】 菱形的性质 等腰三角形的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：∵ 在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=80∘， ∴ ∠𝐴𝐵𝐷=2∠𝐴𝐵𝐶=40∘，𝐴𝐷 // 𝐵𝐶， ∴ ∠𝐵𝐴𝐷=180∘−∠𝐴𝐵𝐶=100∘， ∵ △𝐴𝐵𝐸是等腰三角形， ∴ 𝐴𝐸=𝐵𝐸，或𝐴𝐵=𝐵𝐸， 当𝐴𝐸=𝐵𝐸时，

∴ ∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐴𝐸=40∘， ∴ ∠𝐷𝐴𝐸=100∘−40∘=60∘；

当𝐴𝐵=𝐵𝐸时，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐸𝐵=2(180∘−40∘)=70∘， ∴ ∠𝐷𝐴𝐸=100∘−70∘=30∘，

综上所述，当△𝐴𝐵𝐸是等腰三角形时，∠𝐷𝐴𝐸=30∘或60∘. 故答案为：30∘或60∘. 【答案】 1

𝑦=𝑥−2

2【考点】

待定系数法求一次函数解析式 坐标与图形变化-旋转

试卷第16页，总30页

1

1

一次函数图象与几何变换 【解析】

利用直线与两坐标轴的交点坐标，求得旋转后的对应点坐标，然后根据待定系数法即可求得． 【解答】

解：在一次函数𝑦=−2𝑥+4中， 令𝑥=0，则𝑦=4， 令𝑦=0，则𝑥=2，

则直线𝑦=−2𝑥+4经过点(0,4)，(2,0).

将一次函数𝑦=−2𝑥+4的图像绕点𝑂顺时针旋转90∘， 则(0,4)的对应点(4,0)，(2,0)的对应点为(0,−2)， 设对应的函数解析式为：𝑦=𝑘𝑥+𝑏， 将点(−4,0),(0,2)代入得： 4𝑘+𝑏=0,

{

𝑏=−2,解得{

𝑘=,

21

𝑏=−2,

1

则旋转后对应的函数解析式为：𝑦=2𝑥−2. 故答案为：𝑦=2𝑥−2. 三、解答题 【答案】

证明：∵ 𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷 ， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形， ∴ 𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴ ∠1=∠2． 【考点】

平行四边形的性质与判定 【解析】 【解答】

证明：∵ 𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷 ， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，

1

∴ 𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴ ∠1=∠2． 【答案】 0.34,70≤𝑥<80 (2)补全图形如下：

(3)600×(0.24+0.06)=180（幅）. 答：估计全校被展评作品数量是180幅． 【考点】

频数（率）分布直方图 用样本估计总体 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：(1)本次调查的作品总数为18÷0.36=50（幅）， 则𝑐=17÷50=0.34， 𝑎=50×0.24=12， 𝑏=50×0.06=3，

其中位数为第25、26个数的平均数， ∴中位数落在分数段70≤𝑥<80中， 故答案为：0.34；70≤𝑥<80． (2)补全图形如下：

试卷第18页，总30页

(3)600×(0.24+0.06)=180（幅）. 答：估计全校被展评作品数量是180幅． 【答案】 270

(2)乙队调离之前，甲、乙两队每小时的维修总长度为∵ 乙队每小时维修50米，

∴ 甲队每小时的维修长度为90−50=40（米）. (3)由题意，𝑚=270+40×3=390， ∴ 此次任务的维修总长度为390米． 由(2)知，点𝐵的坐标为(6,390).

设乙队调离后𝑦与𝑥之间的函数关系式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)， ∵ 图象经过点𝐴(3,270)，𝐵(6,390)， 3𝑘+𝑏=270,∴ {

6𝑘+𝑏=390,𝑘=40,

解得{

𝑏=150,

∴ 乙队离队后𝑦与𝑥之间的函数关系式为𝑦=40𝑥+150． 【考点】 一次函数的图象 一次函数的应用

待定系数法求一次函数解析式 【解析】

2703

=90（米），

【解答】

解：(1)乙队调离时，甲、乙两队已完成的维修道路长度为270米. 故答案为：270.

(2)乙队调离之前，甲、乙两队每小时的维修总长度为∵ 乙队每小时维修50米，

∴ 甲队每小时的维修长度为90−50=40（米）. (3)由题意，𝑚=270+40×3=390， ∴ 此次任务的维修总长度为390米． 由(2)知，点𝐵的坐标为(6,390).

设乙队调离后𝑦与𝑥之间的函数关系式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)， ∵ 图象经过点𝐴(3,270)，𝐵(6,390)， 3𝑘+𝑏=270,∴ {

6𝑘+𝑏=390,𝑘=40,

解得{

𝑏=150,

∴ 乙队离队后𝑦与𝑥之间的函数关系式为𝑦=40𝑥+150． 【答案】

(1)证明：在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，

∵ 𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐵=∠𝐶𝐷𝐹，𝐷𝐹=𝐵𝐸， ∴ △𝐶𝐵𝐸≅△𝐶𝐷𝐹(𝑆𝐴𝑆). ∴ ∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐹 .

(2)解：∵ △𝐶𝐵𝐸≅△𝐶𝐷𝐹，∴ 𝐶𝐸=𝐶𝐹. ∵ 𝐺𝐸=𝐺𝐷+𝐷𝐹=𝐺𝐹，𝐺𝐶=𝐺𝐶. ∴ △𝐸𝐶𝐺≅△𝐹𝐶𝐺. ∴ ∠𝐺𝐶𝐸=∠𝐺𝐶𝐹，

∵ ∠𝐸𝐶𝐹=∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐵𝐶𝐸=90∘， 又∵ ∠𝐸𝐶𝐹=∠𝐺𝐶𝐸+∠𝐺𝐶𝐹=2∠𝐺𝐶𝐸， ∴ ∠𝐺𝐶𝐸=45∘ . 【考点】

全等三角形的性质与判定 正方形的性质

试卷第20页，总30页

2703

=90（米），

【解析】 暂无 暂无 【解答】

(1)证明：在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，

∵ 𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐵=∠𝐶𝐷𝐹，𝐷𝐹=𝐵𝐸， ∴ △𝐶𝐵𝐸≅△𝐶𝐷𝐹(𝑆𝐴𝑆). ∴ ∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐹 .

(2)解：∵ △𝐶𝐵𝐸≅△𝐶𝐷𝐹，∴ 𝐶𝐸=𝐶𝐹. ∵ 𝐺𝐸=𝐺𝐷+𝐷𝐹=𝐺𝐹，𝐺𝐶=𝐺𝐶. ∴ △𝐸𝐶𝐺≅△𝐹𝐶𝐺. ∴ ∠𝐺𝐶𝐸=∠𝐺𝐶𝐹，

∵ ∠𝐸𝐶𝐹=∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐵𝐶𝐸=90∘， 又∵ ∠𝐸𝐶𝐹=∠𝐺𝐶𝐸+∠𝐺𝐶𝐹=2∠𝐺𝐶𝐸， ∴ ∠𝐺𝐶𝐸=45∘ . 【答案】

解：(1)如图所示；

(2)点𝐴(−3,4)，𝐵(−4,1)关于𝑦轴的对称点𝐴″，𝐵″的坐标分别为：𝐴″(3,4)，𝐵″(4,1). 【考点】 作图-轴对称变换

关于x轴、y轴对称的点的坐标

【解析】

（1）正确找出对应点𝐴′,𝐵′，𝐶即可得出△𝐴𝐵𝐶关于𝑥轴的轴对称图形𝛥𝐴𝐵′𝐶′ （2）根据关于𝑦轴对称的点，纵坐标不变，横坐标改变符号直接写出即可． 【解答】

解：(1)如图所示；

(2)点𝐴(−3,4)，𝐵(−4,1)关于𝑦轴的对称点𝐴″，𝐵″的坐标分别为：𝐴″(3,4)，𝐵″(4,1). 【答案】

证明：(1)∵ 𝐴𝐵//𝐷𝐸， ∴ ∠𝐵=∠𝐸． ∵ 𝐵𝐹=𝐶𝐸， ∴ 𝐵𝐶=𝐸𝐹， 在△𝐴𝐵𝐶△𝐷𝐸𝐹中， ∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐷𝐹,{∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹, 𝐵𝐶=𝐸𝐹,

∴ △𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹(𝐴𝐴𝑆)． (2)补全图形如图，

试卷第22页，总30页

由(1)知，△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，𝐵𝐶=𝐸𝐹， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐹𝐸，𝐴𝐶=𝐷𝐹. 又∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐴𝑂𝐶， ∴ 在△𝐴𝐶𝑂和△𝐷𝐹𝑂中， ∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐷𝐹𝑂,{∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐷𝑂𝐹, 𝐴𝐶=𝐷𝐹,

∴ △𝐴𝐶𝑂≅△𝐷𝐹𝑂， ∴ 𝐴𝑂=𝐷𝑂，𝐶𝑂=𝐹𝑂， ∴ 𝐵𝑂=𝐸𝑂，

∴ 四边形𝐴𝐵𝐷𝐸是平行四边形， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐷𝐸是矩形． 【考点】 全等三角形的判定 全等三角形的性质与判定 【解析】 【解答】

证明：(1)∵ 𝐴𝐵//𝐷𝐸， ∴ ∠𝐵=∠𝐸． ∵ 𝐵𝐹=𝐶𝐸， ∴ 𝐵𝐶=𝐸𝐹， 在△𝐴𝐵𝐶△𝐷𝐸𝐹中，

∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐷𝐹,{∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹, 𝐵𝐶=𝐸𝐹,

∴ △𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹(𝐴𝐴𝑆)． (2)补全图形如图，

由(1)知，△𝐴𝐵𝐶≅△𝐷𝐸𝐹，𝐵𝐶=𝐸𝐹， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐹𝐸，𝐴𝐶=𝐷𝐹. 又∠𝐷𝑂𝐹=∠𝐴𝑂𝐶， ∴ 在△𝐴𝐶𝑂和△𝐷𝐹𝑂中， ∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐷𝐹𝑂,{∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐷𝑂𝐹, 𝐴𝐶=𝐷𝐹,

∴ △𝐴𝐶𝑂≅△𝐷𝐹𝑂， ∴ 𝐴𝑂=𝐷𝑂，𝐶𝑂=𝐹𝑂， ∴ 𝐵𝑂=𝐸𝑂，

∴ 四边形𝐴𝐵𝐷𝐸是平行四边形， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐷𝐸是矩形． 【答案】

解：(1)∵ 𝑃𝐷//𝐶𝑄，

∴ 只要当𝑃𝐷=𝐶𝑄时，四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形， 设运动时间为𝑡，𝑃𝐷=24−𝑡，𝐶𝑄=3𝑡， 列式：24−𝑡=3𝑡， 解得𝑡=6，

∴ 经过6秒，四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形. (2)∵ 𝐴𝑃//𝐵𝑄且∠𝐵=90∘，

∴ 只要当𝐴𝑃=𝐵𝑄时，四边形𝑃𝑄𝐴𝐵是矩形， 设运动时间为𝑡，𝐴𝑃=𝑡，𝐵𝑄=26−3𝑡，

试卷第24页，总30页

列式：𝑡=26−3𝑡， 解得𝑡=

13213

，

∴ 经过2秒，四边形𝑃𝑄𝐵𝐴是矩形.

(3)当𝐵𝑄=𝐴𝐵=8时，四边形𝑃𝑄𝐵𝐴是正方形， 设运动时间为𝑡， 列式：26−3𝑡=8， 解得𝑡=6，

∵ 𝑃𝐴=6⋅𝑣𝑃=8， 解得𝑣𝑃=3𝑐𝑚/𝑠． 【考点】 平行四边形的性质 动点问题 矩形的性质 正方形的性质 【解析】 【解答】

解：(1)∵ 𝑃𝐷//𝐶𝑄，

∴ 只要当𝑃𝐷=𝐶𝑄时，四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形， 设运动时间为𝑡，𝑃𝐷=24−𝑡，𝐶𝑄=3𝑡， 列式：24−𝑡=3𝑡， 解得𝑡=6，

∴ 经过6秒，四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形. (2)∵ 𝐴𝑃//𝐵𝑄且∠𝐵=90∘，

∴ 只要当𝐴𝑃=𝐵𝑄时，四边形𝑃𝑄𝐴𝐵是矩形， 设运动时间为𝑡，𝐴𝑃=𝑡，𝐵𝑄=26−3𝑡， 列式：𝑡=26−3𝑡，

4

解得𝑡=

13213

，

∴ 经过2秒，四边形𝑃𝑄𝐵𝐴是矩形.

(3)当𝐵𝑄=𝐴𝐵=8时，四边形𝑃𝑄𝐵𝐴是正方形， 设运动时间为𝑡， 列式：26−3𝑡=8， 解得𝑡=6，

∵ 𝑃𝐴=6⋅𝑣𝑃=8， 解得𝑣𝑃=3𝑐𝑚/𝑠． 【答案】

(1)证明：∵ 𝐴𝐹平分∠𝐵𝐴𝐷， ∴ ∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹．

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐵//𝐶𝐷，

∴ ∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐶𝐸𝐹，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐶𝐹𝐸， ∴ ∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐸， ∴ 𝐶𝐸=𝐶𝐹．

又∵ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺是平行四边形， ∴ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为菱形.

(2)解：四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐷//𝐵𝐶． ∵ ∠𝐴𝐵𝐶=120∘，

∴ ∠𝐵𝐶𝐷=60∘，∠𝐵𝐶𝐹=120∘． 由(1)知，四边形𝐶𝐸𝐺𝐹是菱形， ∴ 𝐶𝐸=𝐺𝐸，∠𝐵𝐶𝐺=2∠𝐵𝐶𝐹=60∘， ∴ 𝐶𝐺=𝐶𝐸=𝐺𝐸，∠𝐷𝐶𝐺=120∘． ∵ 𝐸𝐺//𝐷𝐹，

∴ ∠𝐵𝐸𝐺=120∘=∠𝐷𝐶𝐺． ∵ 𝐴𝐸是∠𝐵𝐴𝐷的平分线， ∴ ∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐸， ∵ 𝐴𝐷//𝐵𝐶，

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∴ ∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐸𝐵， ∴ ∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐸𝐵， ∴ 𝐴𝐵=𝐵𝐸， ∴ 𝐵𝐸=𝐶𝐷，

∴ △𝐵𝐸𝐺≅△𝐷𝐶𝐺(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐵𝐺=𝐷𝐺，∠𝐵𝐺𝐸=∠𝐷𝐺𝐶， ∴ ∠𝐵𝐺𝐷=∠𝐶𝐺𝐸． ∵ 𝐶𝐺=𝐺𝐸=𝐺𝐸， ∴ △𝐶𝐸𝑂是等边三角形， ∴ ∠𝐶𝐺𝐸=60∘， ∴ ∠𝐵𝐺𝐷=60∘． ∵ 𝐵𝐺=𝐷𝐺，

∴ △𝐵𝐷𝐺是等边三角形.

(3)解：取𝐶𝐹的中点𝑁，连接𝑀𝑁，

∵ ∠𝐴𝐵𝐶=90∘，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形．

又由(1)可知四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为菱形，∠𝐸𝐶𝐹=90∘， ∴ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为正方形． ∵ ∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹，

∴ 𝐵𝐸=𝐴𝐵=𝐷𝐶=10，𝐶𝐸=𝐶𝐹=14． ∵ 𝑀为𝐸𝐹中点，𝑁为𝐶𝐹的中点， ∴ 𝑀𝑁=2𝐶𝐸=7，𝐶𝑁=2𝐶𝐹=7， 且∠𝑀𝑁𝐶=∠𝐷𝐶𝐵=90∘， ∴ 𝐷𝑀=√𝑀𝑁2+𝐷𝑁2 =√72+172=13√2. 【考点】

1

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平行四边形的性质 菱形的判定

等边三角形的性质与判定 菱形的性质

全等三角形的性质与判定 矩形的判定与性质 正方形的判定与性质 勾股定理 三角形中位线定理 【解析】 【解答】

(1)证明：∵ 𝐴𝐹平分∠𝐵𝐴𝐷， ∴ ∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹．

∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐵//𝐶𝐷，

∴ ∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐶𝐸𝐹，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐶𝐹𝐸， ∴ ∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐸， ∴ 𝐶𝐸=𝐶𝐹．

又∵ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺是平行四边形， ∴ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为菱形.

(2)解：四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐷//𝐵𝐶． ∵ ∠𝐴𝐵𝐶=120∘，

∴ ∠𝐵𝐶𝐷=60∘，∠𝐵𝐶𝐹=120∘． 由(1)知，四边形𝐶𝐸𝐺𝐹是菱形， ∴ 𝐶𝐸=𝐺𝐸，∠𝐵𝐶𝐺=2∠𝐵𝐶𝐹=60∘，

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1

∴ 𝐶𝐺=𝐶𝐸=𝐺𝐸，∠𝐷𝐶𝐺=120∘． ∵ 𝐸𝐺//𝐷𝐹，

∴ ∠𝐵𝐸𝐺=120∘=∠𝐷𝐶𝐺． ∵ 𝐴𝐸是∠𝐵𝐴𝐷的平分线， ∴ ∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐸， ∵ 𝐴𝐷//𝐵𝐶， ∴ ∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐸𝐵， ∴ ∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐸𝐵， ∴ 𝐴𝐵=𝐵𝐸， ∴ 𝐵𝐸=𝐶𝐷，

∴ △𝐵𝐸𝐺≅△𝐷𝐶𝐺(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐵𝐺=𝐷𝐺，∠𝐵𝐺𝐸=∠𝐷𝐺𝐶， ∴ ∠𝐵𝐺𝐷=∠𝐶𝐺𝐸． ∵ 𝐶𝐺=𝐺𝐸=𝐺𝐸， ∴ △𝐶𝐸𝑂是等边三角形， ∴ ∠𝐶𝐺𝐸=60∘， ∴ ∠𝐵𝐺𝐷=60∘． ∵ 𝐵𝐺=𝐷𝐺，

∴ △𝐵𝐷𝐺是等边三角形.

(3)解：取𝐶𝐹的中点𝑁，连接𝑀𝑁，

∵ ∠𝐴𝐵𝐶=90∘，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形．

又由(1)可知四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为菱形，∠𝐸𝐶𝐹=90∘， ∴ 四边形𝐸𝐶𝐹𝐺为正方形． ∵ ∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹，

∴ 𝐵𝐸=𝐴𝐵=𝐷𝐶=10，𝐶𝐸=𝐶𝐹=14．

∵ 𝑀为𝐸𝐹中点，𝑁为𝐶𝐹的中点， ∴ 𝑀𝑁=2𝐶𝐸=7，𝐶𝑁=2𝐶𝐹=7， 且∠𝑀𝑁𝐶=∠𝐷𝐶𝐵=90∘， ∴ 𝐷𝑀=√𝑀𝑁2+𝐷𝑁2 =√72+172=13√2. 1

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