2023年北京八十中初二（下）期中数学试卷（教师版）

第1页/共1页2023北京八十中初二（下）期中数学一、选择题（本题共16分，每小题2分）1.下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（）A.1，1，1 B.2，3，4 C.1，2，3 D.5，12，132.下列二次根式中，最简二次根式是（）A. B. C. D.3.如图，在中，，则的度数为（）A. B. C. D.4.如图，矩形，，对角线，交于，若，则的长为（）A.4 B. C. D.165.如图，在ABCD中，BE平分∠ABC，交AD于点E，AE=3，ED=1，则ABCD的周长为（）A.10 B.12 C.14 D.166.下列计算正确的是（）．A.2+＝2 B. C. D.7.如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长为()A.4 B.8 C.16 D.208.把一个平面图形分成面积相等的两部分的线段称作这个图形的等积线段，菱形中，，，则菱形的等积线段长度取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题（本题共24分，每小题3分）9.当x_____时，二次根式有意义．10.已知，则__________．11.如图，在数轴上点A表示的实数是______．12.一个三角形的两边的长分别是3和5，要使这个三角形为直角三角形，则第三条边的长为_____．13.如图，公路、互相垂直，公路的中点与点被湖隔开，若测得的长为，则，之间的距离是__________．14.如图，将长方形沿折叠，使点落在边的点处，已知，，则的长是______．15.如图，在中，，，，则__________．16.阅读下面的情景对话，然后解答问题：（1）根据“奇异三角形”的定义，小敏提出的命题：“等边三角形一定是奇异三角形”是__________命题（填“真”或“假”）．（2）在中，，，，，且，若是奇异三角形，则__________．三、解答题（本题共60分，第17题10分；第18题8分；第20、23题每题4分；第19、21、22题每小题5分，第24、25题每题6分；第26题7分）17.（1）；（2）．18.已知，，求下列各式的值：（1）；（2）．19.已知：如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB∥CD，，求证：四边形ABCD是平行四边形．20.下面是小东设计的“过直线外一点作这条直线的平行线”的尺规作图过程已知：直线l及直线l外一点P．求作：直线PQ，使得PQ∥l．作法：如图，①在直线l上取一点A，作射线AP，以点P为圆心，PA长为半径画弧，交AP的延长线于点B；②以点B为圆心，BA长为半径画弧，交l于点C（不与点A重合），连接BC；③以点B为圆心，BP长为半径画弧，交BC于点Q；④作直线PQ．所以直线PQ就是所求作的直线．根据小东设计的尺规作图过程，（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明证明：∵PB＝PA，BC＝，BQ＝PB，∴PB＝PA＝BQ＝．∴PQ∥l（）（填推理的依据）．21.如图，在四边形中，，，，，，求四边形的面积．22.上午10时，一条船从处出发，以每小时15海里的速度向正北航行，12时到达处．从处望灯塔为北偏东，从处望灯塔为北偏东，求轮船继续航行多长时间在灯塔的正西方向？并求出此时轮船和灯塔的距离．（结果保留根号）23.如图是由边长为1的正方形单元格组成的网格，的三个顶点都在网格中的格点上，（1）的面积为__________；（2）若以点A，，，为顶点画平行四边形，请在网格中标出所有点的位置．24.如图，在ABCD中，BD＝AD，延长CB到点E，使BE＝BD，连接AE.（1）求证：四边形AEBD是菱形；（2）连接DE交AB于点F，若，，求AD的长.25.如图，在正方形中，，是边上的一动点（不与点A，重合），连接，点A关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．（1）求证：；（2）判断线段与的数量关系，并说明理由；（3）连接，点在边上运动（不与点A，重合）时，求的最小值．26.在平面直角坐标系中，若，为某个矩形不相邻的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点，的“相关矩形”．图1为点，的“相关矩形”的示意图．已知点A的坐标为（1）如图2，点的坐标为．①若，则点A，的“相关矩形”的面积是_____________；②若点A，的“相关矩形”的面积是8，则的值为_____________．（2）如图3，点在过点且平行轴的直线上，若点A，的“相关矩形”是正方形，直接写出点的坐标；（3）如图4，等边的边在轴上，顶点在轴的正半轴上，点的坐标为，点的坐标为，若在的边上存在一点，使得点，的“相关矩形”为正方形，请直接写出的取值范围．

参考答案一、选择题（本题共16分，每小题2分）1.【答案】D【解析】【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．【详解】解：A、12＋12≠12，不能构成直角三角形，不符合题意；B、22＋32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意；C、1＋2＝3，不能构成三角形，不符合题意；D、52＋122＝132，能构成直角三角形，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2＋b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．2.【答案】D【解析】【分析】根据最简二次根式的概念：如果二次根式的被开方式中都不含分母，并且也都不含有能开的尽方的因式，像这样的二次根式叫做最简二次根式，据此逐一进行判断即可得到答案．【详解】解：A、，原式不是最简二次根式，不符合题意，选项错误；B、，原式不是最简二次根式，不符合题意，选项错误；C、，原式不是最简二次根式，不符合题意，选项错误；D、是最简二次根式，符合题意，选项正确，故选D．【点睛】本题考查了最简二次根式的识别，熟记最简二次根式的概念是解题关键．3.【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．【详解】∵平行四边形ABCD，∴∠A+∠B=180°，∠A=∠C，∵∠A+∠C=140°，∴∠A=∠C=70°，∴∠B=110°，故选C．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，灵活的应用平行四边形的性质是解决问题的关键．4.【答案】B【解析】【分析】根据矩形的性质，证明是等边三角形，再根据勾股定理即可求出的长．【详解】解：四边形是矩形，，，，，是等边三角形，，在中，，故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．5.【答案】C【解析】【分析】由角平分线的定义和平行四边形的性质可求得AB=AE，再结合平行四边形的性质，即可解答．【详解】∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠AEB=∠ABE，∴AB=AE=3，∵AB=3，AD=4，∴四边形ABCD的周长=2（AD+AB）=2×7=14，故选C．【点睛】此题考查平行四边形的性质，利用平行四边形的性质和角平分线的定义求得AB=AE是解题的关键．6.【答案】D【解析】【分析】直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案．【详解】A、2+，无法合并，故此选项错误；B、，故此选项错误；C、，不是同类二次根式，无法合并；D、，正确．故选：D．【点睛】本题考查二次根式的化简，注意二次根式必须是同类二次根式时，才可加减运算．7.【答案】C【解析】【分析】根据三角形的中位线定理求出BC，再根据菱形的四条边都相等解答．【详解】∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴BC＝2EF＝2×2＝4，∴菱形ABCD的周长＝4×4＝16．故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．8.【答案】D【解析】【分析】根据过菱形对角线交点的直线l将该菱形分成面积相等的两部分，设直线l交于点F，交于点E，则的长即为a的值．根据当时a最小，当线段与线段重合时a最大，结合题干所给条件和含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．【详解】解：∵过菱形对角线交点的直线l将该菱形分成面积相等的两部分，设直线l交于点F，交于点E，∴“等积线段”即为线段，即的长即为a的值．∵当直线时，最短，∴的最小值即为此时的长．过点作于点N，∵四边形为菱形，∴，∴．∵，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．∵，，∴，∴，∴，∴，即的最小值为；∵当线段与线段重合时，最长，∴的最大值即为的长．∵，∴，∴，∴，∴，即的最大值为，∴的取值范围是．故选D．【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识．理解当时a最小，当线段与线段重合时a最大是解题关键．二、填空题（本题共24分，每小题3分）9.【答案】≥1【解析】【分析】根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解．【详解】解：根据题意得：x﹣1≥0，解得x≥1．故答案为：x≥1．【点睛】主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．10.【答案】－2【解析】【分析】根据绝对值和算术平方根的非负性求出字母的值，再代入计算即可．【详解】解：因为，所以，，解得，，所以．故答案为：．【点睛】本题主要考查了根据绝对值和算术平方根的非负性求代数式的值，求出字母的值是解题的关键．11.【答案】【解析】【分析】如图，利用勾股定理求出，即可得解．【详解】解：如图，，∴，∴，∴点表示的实数是：．故答案为：．【点睛】本题考查实数与数轴．熟练掌握实数和数轴上的点一一对应，是解题的关键．本题还考查了勾股定理．12.【答案】4或【解析】【详解】解：①当第三边是斜边时，第三边的长的平方是：32+52=34；②当第三边是直角边时，第三边长的平方是：52-32=25-9=16=42，故答案是：4或．13.【答案】【解析】【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得，即可得到答案．【详解】解：为直角三角形，，点D为AB的中点，，，即，之间的距离是，故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边中线的性质．14.【答案】3cm##3厘米【解析】【分析】根据折叠的性质可得到AD=AF=10cm，根据勾股定理求出BF，设EC=xcm，在Rt△EFC中，利用勾股定理即可得解．【详解】解：∵四边形为矩形，∴cm，cm，=90°，由题意可知：AD=AF=10cm，∴在Rt△ABF中，cm，∴FC=BC-BF=10−6=4（cm），设EC=xcm，则DE=EF=(8−x)cm，在Rt△EFC中，有，即，解得，即EC=3cm．故答案为：3cm．【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题、勾股定理解直角三角形的知识，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．15.【答案】##【解析】【分析】过点A作交于点D，根据三角形内角和定理，得到，进而得到，再利用勾股定理求得，然后根据30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，结合勾股定理，求得，即可求出的长．【详解】解：过点A作交于点D，，，，在中，，，，，，在中，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，30度角所对的直角边等于斜边一半，熟练掌握勾股定理是解题关键．16.【答案】①.真②.【解析】【分析】（1）根据“奇异三角形”的定义与等边三角形的性质，求证即可；（2）根据勾股定理与奇异三角形的性质，可得与，用表示出与，即可求得答案．【详解】解：（1）设等边三角形的一边为，则，符合奇异三角形”的定义．是真命题，故答案为：真；（2），则①，是奇异三角形，且，②，由①②得：，，．故答案为：．【点睛】此题考查了新定义的知识，勾股定理的运用，解题的关键是理解题意，抓住数形结合思想的应用．三、解答题（本题共60分，第17题10分；第18题8分；第20、23题每题4分；第19、21、22题每小题5分，第24、25题每题6分；第26题7分）17.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后进行加减运算，即可得到答案；（2）先把各二次根式化为最简二次根式，然后进行乘除运算，即可得到答案；【详解】解：（1）；（2）．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的化简是解题关键．18.【答案】（1）8（2）【解析】【分析】（1）将、的值代入原式计算即可；（2）将、的值代入原式计算即可．【小问1详解】解：当，时，原式；【小问2详解】当，时，原式．【点睛】本题主要考查二次根式的化简求值，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．19.【答案】见解析【解析】【分析】要证四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的判定，和已知条件，只需证AB=CD，继而需求证△ABO≌△CDO，由已知条件很快确定ASA，即证．【详解】证明：∵AB∥CD，

∴∠ABO=∠CDO．

∵AO=CO，

∠AOB=∠COD，

∴△ABO≌△CDO．

∴AB=CD，

又∵AB∥CD

∴四边形ABCD是平行四边形．【点睛】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．20.【答案】（1）详见解析；（2）BA，QC，三角形的中位线定理【解析】【分析】（1）根据要求画出图形．（2）利用三角形的中位线定理证明即可．【详解】解：（1）直线PQ即为所求．（2）证明：∵PB＝PA，BC＝BA，BQ＝PB，∴PB＝PA＝BQ＝QC．∴PQ∥l（三角形的中位线定理）．故答案为：BA，QC，三角形的中位线定理【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．21.【答案】四边形的面积为36．【解析】【分析】首先根据勾股定理求出，然后根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，最后根据三角形面积公式求解即可．【详解】解：在△ABD中，，，，∴，，在中，∵，，，∴，∴是直角三角形，∴．∴四边形的面积．【点睛】此题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，求三角形面积，解题的关键是熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理．22.【答案】轮船继续航行小时在灯塔在正西方向，此时轮船和灯塔的距离为海里．【解析】【分析】求出，，可证，进而求出、的长即可．【详解】如图，轮船与灯塔的距离是线段的长，由题意得，，，∴，，∴．∵海里，∴海里，∴海里，∴海里，小时．所以轮船继续航行小时在灯塔在正西方向，此时轮船和灯塔的距离为海里．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明是解答本题的关键．23.【答案】（1）5（2）见解析【解析】【分析】（1）根据割补法即可求出的面积；（2）根据平行四边形的判定，画出图形，即可得到点的位置．【小问1详解】解：的面积，故答案为：5；【小问2详解】解：如图所示，即为所有点的位置．【点睛】本题考查了割补法求三角形面积，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定条件是解题关键．24.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证四边形AEBD是平行四边形，再因为BE＝BD，即可由菱形的判定定理得出结论；（2）连接DE交AB于F，根据四边形AEBD是菱形，得出AB⊥DE，从而证得∠EDC＝∠EFB＝90°.得用勾股定理即可求解．【小问1详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD＝BC，∵DB＝DA，BE＝BD，∴AD＝BE，∴四边形AEBD是平行四边形，∵BE＝BD，∴四边形AEBD是菱形【小问2详解】解：如图，连接DE交AB于F，∵四边形AEBD是菱形，∴AB⊥DE，∴∠EFB＝90°.∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC.∴∠EDC＝∠EFB＝90°.∵DC＝，DC：DE＝1：3，∴DE＝.在Rt△EDC中，根据勾股定理可得∴AD＝.【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质是解题词的关键．25.【答案】（1）证明见解析（2），理由见解析（3）【解析】【分析】（1）连接，由轴对称和正方形的性质易证，即得出．又可求出，结合，即可证，即得出；（2）在上取点M使得，连接．由全等三角形的性质可得出，，从而可求出，进而得出，结合，，即可证明，得出．最后由勾股定理解答即可；（3）由题意易求出，根据全等三角形的性质可得出，从而可求出，即说明点H在直线上运动．根据垂线段最短可知当时，最小，结合等腰直角三角形的性质和勾股定理求解即可．【小问1详解】证明：如图，连接．∵点A关于直线的对称点为，∴．又∵，∴，∴．∵，∴．又∵，∴，∴；【小问2详解】．理由：如图，在上取点M使得，连接．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴为等腰直角三角形，∴．∵,∴，即．∵，，∴，∴，∴．在中，，，∴，∴．【小问3详解】解：∵，，∴．由（2）可知，∴，∴，∴点H在直线上运动，∴当时，最小，如图．∵，，∴．∵，即，∴（舍去负值），即最小值为．【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．26.【答案】（1）6，或5（2）或（3）或【解析】【分析】（1）①由矩形的性质结合图形和“相关矩形”的定义即可得出点A，B的“相关矩形”的面积为6；②分类讨论：当点B在点A左侧时和当点B在点A右侧时，画出图形，结合矩形的性质结合“相关矩形”的定义即可得出的值为或5；（2）由题意可知点A到直线l的距离为，即得出点A，的“相关矩形”是正方形时的边长为3．分类讨论：当点C在点A左侧时和当点C在点A右侧时，画出图形，结合正方形的性质和“相关矩形”的定义即可得出点C的坐标；（3）由题意可求出，，．分类讨论：①当点N在边上时，求出此时m的取值范围为或；②当点N在边上时，求出此时m的取值范围为或；③当点N在边上时，求出此时m的取值范围为或，即得出答案．【小问1详解】解：①当时，点的坐标为，如图．∵，∴由矩形的性质可得：点A，B的“相关矩形”的面积为．故答案为：6；②分类讨论：当点B在点A左侧时，如图点，由矩形的性质可得：点A，B的“相关矩形”的面积为，解得：；当点B在点A右侧时，如图点，由矩形的性质可得：点A，B的“相关矩形”的面积为，解得：．综上可知的值为或5．故答案为：或5；【小问2详解】解：∵点在过点且平行轴的直线上，，∴点A到