初中生涯中，最重要的阶段不是初三冲刺阶段，其实最主要的是初二上册阶段，初一相对来说还比较轻松，初二开始就要为初三冲刺打好基础了，因此很多学生都会在初二的时候集中学习。那么掌门学堂小编也为大家整理了初二上册习题大全，供大家参考学习，希望能够帮到大家。
一、选择题
1．在下列长度的四根木棒中，能与4cm、9cm长的两根木棒钉成一个三角形的是( )
A．4cm B．5cm C．9cm D．13cm
【考点】三角形三边关系．
【分析】易得第三边的取值范围，看选项中哪个 在范围内即可．
【解答】解：设第三边为c，则9+4＞c＞9﹣4，即13＞c＞5．只有9符合要求。
故选C．
【点评】已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和。
2．已知等腰三角形的一边等于3，一边等于6，则它的周长等于( )
A．12 B．15 C．12或15 D．15或18
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【专题】分类讨论．
【分析】从已知结合等腰三角形的性质进行思考，分腰为3，腰为6两种情况分析，舍去不能构成三角形的情况。
【解答】解：分两种情况讨论，
当三边为3，3，6时 不能构成三角形，舍去；
当三边为3，6，6时，周长为15．
故选B．
【点评】题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键。
3．某同学把一块三角形的玻璃打碎成了3块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的 玻璃，那么最省事方法是( )
A．带①去 B．带②去 C．带③去 D．①②③都带去
【考点】全等三角形的应用．
【分析】本题就是已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【解答】解：第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．
故选：C．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定方法的开放性的题，要求学生将所学的知识运用于实际生活中，要认真观察图形，根据已知选择方法．
4．在△ABC和△A′B′C′中，AB=A′B′，∠B=∠B′，补充条件后，仍不一定能保证△ABC≌△A′B′C′，这个补充条件是( )
A．BC=B′C′ B．∠A=∠A′ C．AC=A′C′ D．∠C=∠C′
【考点】全等三角形的判定．
【分析】全等三角形的判定可用两边夹一角，两角夹一边，三边相等等进行判定，做题时要按判定全等的方法逐个验证．
【解答】解：A中两边夹一角，满足条件；
B中两角夹一边，也可证全等；
C中∠B并不是两条边的夹角，C不对；
D中两角及其中一角的对边对应相等，所以D也正确，
故答案选C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定；熟练掌握全等三角形的判定，要认真确定各对应关系．
5．下列图案是几种名车的标志，在这几个图案中不是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念求解，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】解：根据轴对称图形定义可知：
A、不是轴对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不符合题意．
故选A．
【点评】掌握轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
6．如图是一个由四根木条钉成的框架，拉动其中两根木条后，它的形状将会改变，若固定其形状，下列有四种加固木条的方法，不能固定形状的是钉在( )两点上的木条．
A．A、F B．C、E C．C、A D．E、F
【考点】三角形的稳定性．
【分析】根据三角形具有稳定性选择不能构成三角形的即可．
【解答】解：A、A、F与D能够组三角形，能固定形状，故本选项错误；
B、C、E与B能够组三角形，能固定形状，故本选项错误；
C、C、A与B能够组三角形，能固定形状，故本选项错误；
D、E、F不能与A、B、C、D中的任意点构成三角形，不能固定形状，故本选项正确．
故选D．
【点评】本题考查了三角形的稳定性，观察图形并熟记三角形的定义是解题的关键．
7．如图，∠B=∠C=90°，M是BC的中点，DM平分∠ADC，∠CMD=35°，则∠MAB的度数是( )
A．35° B．45° C．．55° D．65°
【考点】角平分线的性质．
【分析】过点M作MN⊥AD于N，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得MC=MN，然后求出MB=MN，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AM是∠BAD的平分线，然后求出∠AMB，再根据直角三角形两锐角互余求解即可．
【解答】解：如图，过点M作MN⊥AD于N，
∵∠C=90°，DM平分∠ADC，
∴MC=MN，
∴∠CMD=∠NMD，
∵M是BC的中点，
∴MB=MC，
∴MB=MN，
又∵∠B=90°，
∴AM是∠BAD的平分线，∠AMB=∠AMN，
∵∠CMD=35°，
∴∠AMB= （180°﹣35°×2）=55°，
∴∠MAB=90°﹣∠AMB=90°﹣55°=35°．
故选A．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质以及到角的两边距离相等的点在角的平分线上，直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质并作出辅助线是解题的'关键．
8．如图，△ABC≌△AEF，AB=AE，∠B=∠E，则对于结论①AC=AF，②∠FAB=∠EAB，③EF=BC，④∠EAB=∠FAC，其中正确结论的个数是( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的性质．
【分析】根据全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等结合图象解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AEF，
∴AC=AF，故①正确；
∠EAF=∠BAC，
∴∠FAC=∠EAB≠∠FAB，故②错误；
EF=BC，故③正确；
∠EAB=∠FAC，故④正确；
综上所述，结论正确的是①③④共3个．
故选C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟记性质并准确识图，准确确定出对应边和对应角是解题的关键．
9．将一副三角板按如图所示摆放，图中∠α的度数是( )
A．75° B．90° C．105° D．120°
【考点】三角形的外角性质；三角形内角和定理．
【专题】探究型．
【分析】先根据直角三角形的性质得出∠BAE及∠E的度数，再由三角形内角和定理及对顶角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵图中是一副直角三角板，
∴∠BAE=45°，∠E=30°，
∴∠AFE=180°﹣∠BAE﹣∠E=105°，
∴∠α=105°．
故选C．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，即三角形内角和是180°．
10．有一个多边形，它的内角和恰好等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是( )
A．7 B．6 C．5 D．4
【考点】多边形内角与外角．
【分析】n边形的内角和 可以表示成（n﹣2）180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【解答】解：设多边形的边数为n，依题意，得：
（n﹣2）180°=2×360°，
解得n=6．
故选B．
【点评 】本题考查多边形的内角和计算公式，多边形的外角和．关键是根据题意利用多边形的外角和及内角和之间的关系列出方程求边数．
11．在△ABC中，AB=8，AC=6，则BC边上的中线AD的取值范围是( )
A．6＜AD＜8 B．2＜AD＜14 C．1＜AD＜7 D．无法确定
【考点】三角形三边关系；全等三角形的判定与性质．
【分析】延长AD至E，使DE=AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE=AB，再根据三角形的三边关系即可求解．
【解答】解：延长AD至E，使DE=AD，连接CE．
在△ABD和△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE=AB．
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即2＜2AD＜14，
1＜AD＜7．
故选：C．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅助线之一．
12．如图，由4个小正方形组成的田字格中，△ABC的顶点都是小正方形的顶点，则田字格上画与△ABC成轴对称的三角形，且顶点都是小正方形的顶点，则这样的三角形（不包含△ABC本身）共有( )
A．1个 B．3个 C．2个 D．4个
【考点】利用轴对称设计图案．
【分析】根据轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：符合题意的有3个三角形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确把握轴对称图形的性质是解题关键．
二、填空题
13．在△ABC中，∠A=60°，∠C=2∠B，则∠C=80度．
【考点】三角形内角和定理．
【分析】根据三角形的内角和定理和已知条件求得．
【解答】解：∵∠A=60°，
∴∠B+∠C=120°，
∵∠C=2∠B，
∴∠C=80°．
【点评】主要考查了三角形的内角和是180度．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．
14． 如图，小亮从A点出发，沿直线前进100m后向左转30°，再沿直线前进100m，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了1200m．
【考点】多边形内角与外角．
【分析】根据多边形的外角和为360°，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，他需要转动360°，即可求出答案．
【解答】解：∵360÷30=12，
∴他需要走12次才会回到原来的起点，即一共走了12×100=1200米．
故答案为：1200米．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理．任何一个多边形的外角和都是360°．
15．如图，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，若AF=17，DC=7，则AD=5．
【考点】平移的性质．
【分析】根据平移的性质得出AD=CF，再利用AF=17，DC=7，即可求出AD的长．
【解答】解：∵将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，AF=17，DC=7，
∴AD=CF，
∴AF﹣CD=AD+CF，
∴17﹣7=2AD，
∴AD=5，
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了平移的性质，根据题意得出AD=CF，以及AF﹣CD=AD+CF是解决问题的关键．
16．如图，在△ABC中，∠B=47°，三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，则∠AEC=66.5°．
【考点】三角形内角和定理．
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和和角平分线的定义表示出∠CAE+∠ACE，再根据三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．
【解答】解：∵三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，
∴∠CAE+∠ACE= （∠B+ ∠ACB）+ （∠B+∠BAC），
= （∠BAC+∠B+∠ACB+∠B），
= （180°+47°），
=113.5°，
在△ACE中，∠AEC=180°﹣（∠CAE+∠ACE），
=180°﹣113.5°，
=66.5°．
故答案为：66.5．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，整体思想的利用是解题的关键．
17．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，BC=8cm，BD=5cm，那么点D到线段AB的距离是3cm．
【考点】角平分线的性质．
【分析】求D点到线段AB的距离，由于D在∠BAC的平分线上，只要求出D到AC的距离CD即可，由已知可用BC减去BD可得答案．
【解答】解：CD=BC﹣BD，
=8cm﹣5cm=3cm，
∵∠C=90°，
∴D到AC的距离为CD=3cm，
∵AD平分∠CAB，
∴D点到线段AB的距离为3cm．
故答案为：3．
【点评】本题考查了角平分线的性质；知道并利用CD是D点到线段AB的距离是正确解答本题的关键．
18．如图，已知在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，CD平分∠ACB，DE⊥BC于E，若BC=15cm，则△DEB的周长为15cm．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】先根据ASA判定△ACD≌△ECD得出AC=EC，AD=ED，再将其代入△DEB的周长中，通过边长之间的转换得到，周长=BD+DE+EB=BD+AD+EB=AB+BE=AC+EB=CE+EB=BC，所以为15cm．
【解答】解：∵CD平分∠ACB
∴∠ACD=∠ECD
∵DE⊥BC于E
∴∠DEC=∠A=90°
∵CD=CD
∴△ACD≌△ECD
∴AC=EC，AD=ED
∵∠A=90°，AB=AC
∴∠B=45°
∴BE=DE
∴△DEB的周长为：DE+BE+BD=AD+BD+BE=AB+BE=AC+BE=EC+BE=BC=15cm．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边 的夹角．
19．如图，已知△ABC的周长是21，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD=3，△ABC的面积是31.5．
【考点】角平分线的性质．
【分析】连接OA，作OE⊥AC，OF⊥AB，垂足分别为E、F，将△ABC的面积分为：S△ABC=S△OBC+S△OAC+S△OAB，而三个小三角形的高OD=OE=OF，它们的底边和就是△ABC的周长，可计算△ABC的面积．
【解答】解：作OE⊥AC，OF⊥AB，垂足分别为E、F，连接OA，
∵OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，
∴OD=OE=OF，
∴S△ABC=S△OBC+S△OAC+S△OAB
= ×OD×BC+ ×OE×AC+ ×OF×AB
= ×OD×（BC+AC+AB）
= ×3×21=31.5．
故填31.5．
【点评】此题主要考查角平分线的性质；利用三角形的三条角平分线交于一点，将三角形面积分为三个小三角形面积求和，发现并利用三个小三角形等高是正确解答本题的关键．
20．如图所示，已知AB=AC，∠A=40°，AB=10，DC=3，AB的垂直平分线MN交AC于点D，则∠DBC=30度，AD=7．
【考点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC的度数，根据线段的垂直平分线的性质得到∠DBA的度数，计算即可．
【解答】解：∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵MN是AB的垂直平分线，
∴DA=DB，
∴∠DBA=∠A=40°，
∴∠DBC=30°；
∵AB=AC，AB=10，DC=3，
∴DA=10﹣3=7，
故答案为：30；7．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
三 、解答下列各题
21．如图，写出△ABC的各顶点坐标，并画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，写出ABC关于x轴对称的△A2B2C2的各点坐标．
【考点】作图-轴对称变换．
【分析】根据直角坐标系的特点写出各点的坐标，并作出各点关于y轴对称的点，然后顺次连接，写出坐标．
【解答】解：如图：
△ABC各点坐标为：A（﹣2，5），B（﹣6，2），C（﹣3，1）；
△A2B2C2的各点坐标为：A2（﹣2，﹣5），B2（﹣6，﹣2），C2（﹣3，﹣1）．
【点评】本题考查了根据轴对称变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，然后顺次连接．
22．已知：如图，AB∥CD，求图形中的x的值．
【考点】多边形内角与外角；平行线的性质．
【专题】计算题．
【分析】根据平行线的性质先求∠B的度数，再根据五边形的内角和公式求x的值．
【解答】解：∵AB∥CD，∠C=60°，
∴∠B=180°﹣60°=120°，
∴（5﹣2）×180°=x+150°+125°+60°+120°，
∴x=85°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质和多边形的内角和，属于基础题．
23．已知：如图，AB=DC，AE=BF，CE=DF，∠A=60°．
（1）求∠FBD的度数．
（2）求证：AE∥BF．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）求出AC=BD，根据SSS推出△AEC≌△BFD，根据全等三角形的性质得出∠A=∠FBD即可；
（2）因为∠A=∠FBD，根据平行线的判定推 出即可．
【解答】解：（1）∵AB=CD，
∴AB+BC=CD+BC，
∴AC=BD，
在△AEC和△BFD中
∵△AEC≌△BFD，
∴∠A=∠FBD，
∴∠A=∠FBD，
∵∠A=60°，
∴∠FBD=60°；
（2）证明：∵∠A=∠FBD，
∴AE∥BF．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的判定的应用，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②全等三角形的对应边相等，对应角相等．
24．已知A村和B村坐落 在两相交公路内（如图所示），为繁荣当地经济，A、B两付计划合建一座物流中心，要求所建物流中心必须满足下列条件：①到两条公路的距离相等；②到A、B两村的距离也相等．
请你通过作图确定物流中心的位置．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
以上就是掌门学堂小编为大家整理的初二数学上册习题大全，大家可以在课余时间多去专研学习，必定会对你的数学成绩有所提高的。