2024北京陈经纶中学初二（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京陈经纶中学初二（下）期中数学时间：90分钟满分：100分一、选择题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.下列二次根式中，最简二次根式是（）A. B. C. D.2.下列四组线段中，能作为直角三角形三条边的是（）A.1，2， B.6，8，9 C.1，2， D.5，12，143.下列计算正确的是（）A. B. C. D.4.下列条件中，不能判断四边形是平行四边形的是（）A. B.C. D.5.如图，在中，，，，，则的长为（）A.1.5 B.2 C.3 D.46.如图，在平面直角坐标系中，已知点O（0，0），A（2，3），以点O为圆心，OA长为半径画弧，交x轴的正半轴于B点，则B点的横坐标介于（）A.3和4之间 B.4和5之间 C.5和6之间 D.6和7之间7.如图，在菱形中，，点E，F分别在上，且，过点E作交于点G，过点F作交于点H，与交于点O．当四边形比四边形的周长大12时，的值为（）A.6.5 B.6 C.5.5 D.58.如图，在矩形中，对角线，交于点，点为边上一点，过分别作，，垂足为点，，过作，垂足为点，若知道与的周长和，则一定能求出（）A.的周长 B.的周长C.的周长 D.四边形APFH的周长二、填空题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.9.若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是______________．10.平行四边形ABCD中，∠A+∠C=200°，则∠B=_______.11.如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，小聪想用绳子测量A、B间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达A、B的点C，找到AC、BC的中点D、E，并且测出DE的长为10m，则A、B间的距离为______________．12.如图，O是矩形ABCD的对角线的交点，M是AD的中点．若BC=8，OB=5，则OM的长为_______．13.菱形中，，则菱形的面积是_________．14.如图所示，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于E，AF⊥DE，垂足为F，已知∠DAF＝50°，则∠C的度数是____．15.下列命题中，其逆命题成立的是______________．（填相应的序号）①两组对边分别平行的四边形是平行四边形．②平行四边形对角线互相平分．③如果，那么．④线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．16.如图，菱形的对角线相交于点O，P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，则的最小值为______．三、解答题：本大题共10个小题，共52分.第17题8分，第18-19题每题4分，第20-24、26题每题5分，第25题6分.17.计算：（1）；（2）．18.计算：．19.下面是小明设计的“利用已知矩形作一个内角为角的平行四边形”的尺规作图过程．已知：矩形．求作：平行四边形，使．作法：如图，①分别以A，B为圆心，以大于长为半径，在两侧作弧，分别交于点E，F；②作直线；③以点A为圆心，以长为半径作弧，交直线于点G，连接；④以点G为圆心，以长为半径作弧，交直线于点H，连接．则四边形即为所求作的平行四边形．根据小明设计的尺规作图过程，填空：（1）的大小为______________；（2）判定四边形是平行四边形的依据是______________________________．20.如图，将平行四边形的对角线向向两个方向延长，分别至点和点，且使得，求证：四边形为平行四边形．21.如图，在△ABC中，点D，点E分别是边AC，AB的中点，点F在线段DE上，AF＝5，BF＝12，AB＝13，BC＝19，求DF的长度．22.如图，在平行四边形中，，作，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．（1）求证：四边形ACBE是矩形；（2）连接OD．若，，求OD的长．23.如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为，网格的中心标记为点按要求画四边形，使它的四个顶点均落在格点上，且点为其对角线交点：（1）在图中画一个两边长分别为和的矩形；（2）在图中画一个平行四边形，使它有且只有一条对角线与(1)中矩形的对角线相等；（3）在图中画一个正方形，使它的对角线与(1)中所画矩形的对角线相等．24.阅读下面材料：我们在学习二次根式时，熟悉的是分母有理化以及应用，其实，还有一个方法叫做“分子有理化”，与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式比如：，分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：比较和的大小可以先将它们分子有理化如下：，，因为，所以．再例如：求的最大值．做法如下：解：由x+2≥0，x﹣2≥0可知x≥2，而，当x＝2时，分母有最小值2，所以y的最大值是2．解决下述问题：（1）由材料可知，__________；（2）比较和的大小；（3）式子的最小值是__________．25.如图，正方形中，点P是边上的一点（不与点C、D重合），连接，，O为的中点，过点P作于E，连接．（1）依题意补全图形；（2）求的大小（用含a的式子表示）；（3）用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．26.在平面直角坐标系中，如果P，Q为某个菱形相邻的两个顶点，且该菱形的两条对角线分别与x轴，y轴平行，那么称该菱形为点P，Q的“相关菱形”．图1为点P，Q的“相关菱形”的一个示意图．已知点A的坐标为，点B的坐标为，（1）如果，那么R，S，T中能够成为点A，B的“相关菱形”顶点的是；（2）如果点A，B的“相关菱形”为正方形，求点B的坐标．（3）如图2，在矩形中，F．点M的坐标为，如果在矩形上存在一点N，使得点M，N的“相关菱形”为正方形，直接写出m的取值范围．

参考答案一、选择题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.【答案】B【分析】根据最简二次根式的定义逐项判断即可得．【详解】A、，则不是最简二次根式，此项不符题意；B、是最简二次根式，此项符合题意；C、，则不是最简二次根式，此项不符题意；D、，则不是最简二次根式，此项不符题意；故选：B．【点睛】本题考查了最简二次根式，熟记定义是解题关键．2.【答案】A【分析】本题考查勾股定理逆定理，利用勾股定理逆定理，逐一进行判断即可．【详解】解：A、，能作为直角三角形三条边，符合题意；B、，不能作为直角三角形三条边，不符合题意；C、，不能作为直角三角形三条边，不符合题意；D、，不能作为直角三角形三条边，不符合题意；故选A．3.【答案】B【分析】本题主要考查二次根式的运算．根据二次根式的加减乘除运算可进行求解．【详解】解：A、与不是同类二次根式，不能计算，故不符合题意；B、，原计算正确，故符合题意；C、，原计算错误，故不符合题意；D、，原计算错误，故不符合题意；故选：B．4.【答案】C【分析】根据平行四边形的判断方法一一判断即可解决问题．【详解】解：A、∵∠A=∠C，∠B=∠D，∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；B、∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；C、根据AB=CD，AD∥BC可能得出四边形是等腰梯形，不一定推出四边形ABCD是平行四边形，错误，故本选项正确；D、∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，正确，故本选项错误；故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定的应用，注意：平行四边形的判定定理有：①有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，④对角线互相平分的四边形是平行四边形，⑤有两组对边分别平行的四边形是平行四边形．5.【答案】B【分析】根据直角三角形两锐角互余求出，然后根据角所对的直角边等于斜边的一半求出，利用勾股定理求出，，再求出，然后求出，从而得到，根据等角对等边可得，从而得解．【详解】解：，，，，∵∴∴，，，，，，．故选：B．【点睛】本题考查了直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，直角三角形两锐角互余的性质，等角对等边的性质，解题的关键是掌握相应的性质定理．6.【答案】A【分析】先根据勾股定理求出OA的长，由于OB=OA，故估算出OA的长，再根据点B在x轴的正半轴上即可得出结论．【详解】解：∵点A坐标为（2，3），∴OA==，∵点A、B均在以点O为圆心，以OA为半径的圆上，∴OA=OB=，∵3＜＜4，点B在x轴的正半轴上，∴点B的横坐标介于3和4之间．故选：A．【点睛】本题考查的是勾股定理及估算无理数的大小，根据题意利用勾股定理求出OA的长是解答此题的关键．7.【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．根据菱形的性质可得到四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形，再由，可得四边形是菱形，四边形是菱形，即可求解．【详解】解：在菱形中，，∵，∴，∵，∴，∴四边形、四边形、四边形、四边形是平行四边形，∴，∵，∴四边形是菱形，，∴，∴四边形是菱形，∵四边形比四边形的周长大12，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴．故选：C8.【答案】B【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．过点作于，连接，证出四边形为矩形，得出，证明，由全等三角形的性质得出，证明，则可得出答案．【详解】解：过点作于，连接，，，四边形为矩形，，四边形为矩形，，，，，，，，同理，，，，，，，又，，，与的周长和知道与的周长和，一定能求出的周长．故选：B．二、填空题：本大题共8个小题，每小题3分，共24分.9.【答案】【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据被开方数大于等于0，进行求解即可．【详解】解：由题意，得：，∴；故答案为：．10.平行四边形ABCD中，∠A+∠C=200°，则∠B=_______.【答案】80°##80度【分析】根据平行四边形的性质（平行四边形的对角相等，对边平行）可得，又由，可得．【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，，，，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角相等，对边平行．熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．11.【答案】20m【详解】∵AC、BC的中点D、E，∴DE为三角形ABC的中位线，∴DE=AB,∵DE=10m,∴AB=20m.故答案为20m12.【答案】3【分析】首先由O是矩形ABCD对角线AC的中点，可求得AC的长，然后由勾股定理求得AB的长，即CD的长，又由M是AD的中点，可得OM是△ACD的中位线，进而求得答案．【详解】解：∵O是矩形ABCD对角线AC的中点，OB=5，∴AC=2OB=10，∴CD=AB=，∵M是AD的中点，∴OM=CD=3．故答案为：3．【点睛】此题考查了矩形的性质、直角三角形的性质以及三角形中位线的性质．注意利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得AC的长是关键．13.【答案】【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理．连接交于点，先证明是等边三角形，得到，三线合一，求出的长，进而得到的长，利用菱形的面积公式，对角线乘积的一半，进行求解即可．【详解】解：如图，连接交于点，∵菱形中，，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴菱形的面积为．故答案为：．14.【答案】100°.【分析】根据直角三角形两锐角互余，平行四边形的性质即可解决问题.【详解】∵AF⊥DE，∴∠AFD＝90°，∵∠DAF＝50°，∴∠ADF＝90°﹣50°＝40°，∵DE平分∠ADC，∴∠ADC＝2∠ADF＝80°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠C+∠ADC＝180°，∴∠C＝100°故答案为100°.【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．15.【答案】①②④【分析】本题考查判断逆命题的真假，平行四边形的判定和性质，中垂线的判定和性质，先写出各项的逆命题，再判断真假即可．【详解】解：①的逆命题为：平行四边形的两组对边分别平行，是真命题，成立；②的逆命题为对角线互相平分的四边形为平行四边形，是真命题，成立；③的逆命题为：如果，那么，是假命题，不成立；④的逆命题为到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，是真命题，成立；故答案为：①②④．16.【答案】【分析】连接，根据菱形的性质得到，，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，当时，最小，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可．【详解】解：连接，如图所示，∵四边形是菱形，∴，，，∵于点，于点，∴，∴四边形是矩形，∴，∵当取最小值时，的值最小，∴当时，最小，即的值最小，∵，∴，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握垂线段最短是解题的关键．三、解答题：本大题共10个小题，共52分.第17题8分，第18-19题每题4分，第20-24、26题每题5分，第25题6分.17.【答案】（1）（2）【分析】本题考查二次根式的混合运算：（1）利用二次根式的性质进行化简，进行除法运算，再进行加减运算即可；（2）先化简计算括号内，再进行乘除运算即可．【小问1详解】解：原式；【小问2详解】原式．18.【答案】【分析】本题考查了二次根式的混合运算．先化简，再计算括号内的减法，然后计算除法即可求解．【详解】解：．19.【答案】（1）（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定等知识．熟练掌握垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定是解题的关键．（1）如图，连接，由是的垂直平分线，可得，则是等边三角形，进而可求的度数；（2）由题意知，由，可证四边形是平行四边形，然后作答即可；【小问1详解】解：如图，连接，∵是的垂直平分线，∴，∴是等边三角形，∴，故答案为：；【小问2详解】解：∵，∴四边形是平行四边形，∴判定依据为一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；20.【答案】见解析【分析】连接，与交于点O，由平行四边形的性质得，再证得，即可得出结论．【详解】连接，与交于点O．如图所示：∵四边形是平行四边形，∴，又∵，∴，即．∴四边形是平行四边形．【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证出是解题的关键．21.【答案】3【分析】由题易得出DE为的中位线，即．由勾股定理逆定理可判断，即可利用直角三角形斜边中线的性质求出，从而即可求出．【详解】∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，∴DE为的中位线，∴．∵AF＝5，BF＝12，AB＝13，∴,∴,∴，∴．【点睛】本题考查三角形中位线的性质，勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质．熟练掌握上述知识是解题关键．22.【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先证明四边形ACBE是平行四边形，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明；（2）先证明∆AOC为等边三角形，由各角之间的关系得出∠FAO=90°-60°=30°，根据含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理进行求解即可得出结果．【小问1详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∵AC⊥AD，∴∠EAC=∠DAC=90°，∵∠ECA=∠ACD，∴∠AEC=∠ADC，∴CE=CD，∴AE=AD=BC，∵AE∥BC，∴四边形ACBE是平行四边形，∵∠EAC=90°，∴四边形ACBE为矩形；【小问2详解】如图，过点O作OF⊥DE于F，由（1）可知，四边形ACBE为矩形，∴对角线AB与CE相等且互相平分，AO=，∴OA=OC，∵∠ACD=∠ACO=60°，∴∆AOC为等边三角形，∴∠OAC=60°，∵∠EAC=90°，∴∠FAO=90°-60°=30°，在Rt∆AFO中，OF=，，在Rt∆AEB中，，AD=AE=，∴DF=AF+AD=，∴OD=．【点睛】题目主要考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质等，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．23.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）根据网格的特点，矩形的性质即可得到结论；（2）根据（1）的结论，固定点，根据平行四边形的性质，作出点，顺次连接即可得到结论；（3）固定点，根据网格的特点，勾股定理正方形的性质即可得到结论．【小问1详解】解：如图，矩形即为所求；【小问2详解】解：如图，平行四边形即为所求；【小问3详解】解：如图，正方形即为所求．，且则正方形即为所求．【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，矩形的性质，平行四边形的性质，正方形的性质，正确的作出图形是解题的关键．24.【答案】（1）（2）（3）【分析】本题考查二次根式的混合运算，分子有理化：（1）根据分子有理化的方法进行求解即可；（2）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；（3）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最小值，有最小值0得到的最小值．【小问1详解】解：，故答案为：．【小问2详解】，，而，，，；【小问3详解】由，，得，，当时，有最大值，则有最小值，此时有