2024北京丰台二中初二（下）期中数学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京丰台二中初二（下）期中数学一、选择题（本题共24分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，只有一个是正确的1.把化成最简二次根式，结果为()A. B. C. D.2.以下列长度的三条线段为边能组成直角三角形的是（）A.6，7，8 B.2，3，4 C.3，4，6 D.6，8，103.如图，在中，，点为的中点，若，则的长为（）A.2 B.3 C.4 D.54.在菱形ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，则菱形的面积为（）A.16 B. C. D.85.正方形ABCD的对角线AC的长是12cm，则边长AB的长是（）A.6 B.2 C.6 D.86.矩形、正方形、菱形都具有的性质是（）A.对角线互相垂直 B.对角线互相平分C.对角线长度相等 D.一组对角线平分一组对角7.如图，一只蚂蚁从棱长为的正方体纸箱的点沿纸箱表面爬到点，那么它所爬行的最短路线的长是（）A. B. C. D.8.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，若小正方形的边长为3，大正方形边长为15，则一个直角三角形的周长是（）A.45 B.36 C.25 D.18二、填空题（本题共24分，每小题3分）9.计算：_____．10.如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，若BC＝10，则DE＝____．11.如图，在平面直角坐标系中，若点的坐标为，则的长为________．12.如图，菱形的对角线，相交于点，为中点，，则菱形的周长为_____．13.一帆船从某处出发时受风向影响，先向正西航行8千米，然后向正南航行15千米，这时它离出发点有______千米．14.若某三角形的三边长分别为2，5，n，则化简的结果为______．15.《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”译文：“令有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺（1尺）．牵着绳索（绳索头与地面接触）退行，在距木根部8尺处时绳索用尽．问绳索长是多少？”设绳索长为x尺，则根据题意可列方程为__________．16.如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，已知BD＝1，AD＝CD＝2，BC上方有一动点P，且点P到A，D两点的距离相等，则△BCP周长的最小值为_____．三、解答题（本题共36分，每小题6分）17.计算：.18.计算：19.如图，在平行四边形ABCD中，点E，点F在直线BD上，且，连接AF，CE，求证．20.如图，中，以为圆心，的长为半径画弧，交于点，作的角平分线，交于点，连接．（1）依题意补全图形（尺规作图，保留作图痕迹）；（2）求证：四边形是菱形．21.如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．求证：OM＝ON．22.如图，已知，延长到，使得，若，连接、，交于点．（1）求证：四边形是矩形；（2）连接，若，，求的长．四、解答题（本题共16分，第23题5分，第24题6分，第25题5分）23.如图，在4×4的正方形网格中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图．（1）在图①中画一条线段AB，使AB＝，线段AB的端点在格点上；（2）在图②中画一个斜边长为的等腰直角三角形DCE，其中∠DCE＝90°，三角形的顶点在格点上．24.【猜想】如图1，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG.试猜想线段BG和AE的数量关系是；【探究】如图2，正方形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°）．试判断你猜想的结论是否仍然成立，请利用图2证明你的结论；【应用】在图2中，BC＝DE＝4.当AE取最大值时，AF的值为多少？25.在平面直角坐标系中，，，．若为矩形内（不包括边界）一点，过点分别作轴和轴的平行线，这两条平行线分矩形为四个小矩形，若这四个小矩形中有一个矩形的周长等于的长，则称点为矩形的矩宽点．例如：下图中的点为矩形的一个矩宽点．（1）在点，，中，矩形的矩宽点是______；（2）若点为矩形的矩宽点，求的值．

参考答案一、选择题（本题共24分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，只有一个是正确的1.【答案】B【分析】判断最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是.【详解】解：化成最简二次根式3，故选：B.【点睛】本题考查二次根式的定义和最简二次根式的两个条件：被开方数不含分母以及被开方数不含能开得尽的因式或因数.2.【答案】D【分析】根据勾股定理逆定理即两短边的平方和等于最长边的平方逐一判断即可．【详解】解：．，不能构成直角三角形，故本选项错误；．，不能构成直角三角形，故本选项错误；．，不能构成直角三角形，故本选项错误；．，能构成直角三角形，故本选项正确．故选：．【点睛】本题考查的是勾股定理逆定理，熟知如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．3.【答案】A【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，能根据直角三角形斜边上中线的性质得出是解此题的关键．【详解】解：在中，，点为的中点，，，故选：A．4.【答案】C【分析】画出菱形ABCD，连接AC，交BD于点O，先判断出△ABC是等边三角形，再根据菱形的对角线互相垂直平分和等边三角形的性质求出AO、BO，然后根据菱形的对角线互相平分求出BD,再利用菱形的面积公式进行求解即可．【详解】解：如图，在菱形ABCD中，连接AC、BD交于点O，∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，AB=BC，

∴△ABC是等边三角形，AB=BC=AC=4，

∴AO=，∴BO=，

∴BD=2BO=2×=，∴.故选：C.【点睛】本题考查了菱形的性质，菱形的面积公式，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．5.【答案】A【分析】根据正方形的性质和勾股定理解答即可．【详解】解：如图，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠B=90°，则由勾股定理可知：AB2+BC2＝AC2，∴，解得：．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质和勾股定理，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和勾股定理是关键．6.【答案】B【分析】本题主要考查了矩形，菱形，正方形的性质，熟知矩形，菱形，正方形的性质是解题的关键．【详解】解：A、只有正方形和菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，不符合题意；B、矩形、正方形、菱形的对角线都互相平分，符合题意；C、只有矩形和正方形的对角线长度相等，菱形的对角线长度不一定相等，不符合题意；D、只有正方形和菱形的对角线平分一组对角，矩形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；故选；B．7.【答案】C【分析】把此正方体的侧面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点和点间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于棱长，另一条直角边长等于两条棱长，利用勾股定理可求得．【详解】解：∵如图，展开后可知：，，，∴在中，，∴蚂蚁所爬行的最短路线的长是．故选：C．【点睛】本题考查平面展开—最短路径问题，考查了侧面展开图，勾股定理，两点之间线段最短等知识点．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．8.【答案】B【分析】设直角三角形两条直角边长分别为和，根据大正方形的面积等于4个直角三角形的面积加上小正方形的面积可得，，再根据完全平方公式求出的值，进而可得一个直角三角形的周长．【详解】解：设直角三角形两条直角边长分别为和，由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据大正方形的面积等于4个直角三角形的面积加上小正方形的面积可知：，所以，根据勾股定理，得，所以，因为，所以，所以．所以一个直角三角形的周长是36．故选：．【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理和完全平方公式．二、填空题（本题共24分，每小题3分）9.【答案】【分析】本题考查了二次根式的除法运算，根据二次根式的除法法则求解即可．【详解】解：，故答案为：．10.【答案】5【详解】试题分析：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴BC=2DE，∵BC=10，∴DE=5．故答案为5．考点：三角形中位线定理．11.【答案】2【分析】过点A做AP⊥x轴，根据勾股定理计算即可．【详解】解：过点A作AP⊥x轴于P，∵点的坐标为，∴OP=1，AP=，∴，故答案为：2．【点睛】平面直角坐标系中，求线段的长一般作x轴或y轴的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理求解．12.【答案】【分析】此题考查了菱形的性质和中位线定理，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和中位线定理的应用．【详解】∵四边形是菱形，∴，，∵为中点，∴，∴，∴菱形的周长为，故答案为：．13.【答案】【分析】根题考查了勾股定理的应用，能够运用数学知识解决生活中的问题，关键是根据题意画出图形，构造直角三角形．【详解】解：根据题意得：，，构成直角三角形，根据勾股定理，，，千米．∴这时它离出发点有17千米．故答案为：17．14.【答案】5【分析】根据三角形三边关系定理求出，再根据二次根式的性质和绝对值得出，再合并同类项即可．【详解】解：∵三角形的三边长分别为2，5，n，∴，∴，∴．故答案为：5．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和二次根式的性质，能熟记二次根式的性质是解此题的关键．15.【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理的实际应用，设绳索长为尺，根据勾股定理列出方程解答即可．【详解】设绳索长为尺，可列方程为：，故答案为：．16.【答案】+3【分析】先确定P点在AD的垂线平分线l上，再作B点关于l的对称点，连结交l于点P，此时△BCP的周长最小，求出，进而可求解．【详解】解：如图，∵点P到A，D两点的距离相等，∴P点在AD的垂线平分线l上，作B点关于l的对称点，连结交l于点P，∴BP＝，∴BP+CP＝+CP＝，此时△BCP的周长最小，∵AD⊥BC，BD＝1，AD＝CD＝2，∴＝2，BC＝3，在Rt△BC中，，∴△BCP的周长最小值为+3，故答案为：+3．【点睛】本题考查轴对称求最短路径，线段垂直平分线的性质和勾股定理，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．三、解答题（本题共36分，每小题6分）17.【答案】【分析】本题考查了平方差公式和完全平方公式在二次根式中的运用，掌握公式的形式是解题关键．【详解】解：原式18.【答案】【分析】先计算乘除，再合并，即可求解．【详解】解：原式【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．19.【答案】见详解【分析】先根据平行四边形性质得出∠ADB＝∠DBC，再利用等角的补角相等得出∠ADF＝∠CBE，然后利用SAS判定△ADF≌△CBE即可解决问题；【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵∠ADF＝180°-∠ADB，∠CBE＝180°-∠DBC，∴∠ADF＝∠CBE，在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（SAS），∴AF＝CE．【点睛】本题考查平行四边形的性质、等角的补角性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．20.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【分析】（1）利用尺规作出角平分线以及相等线段即可得到答案；（2）先证明四边形为平行四边形，之后根据邻边相等即可得到答案．【小问1详解】解：如图所示；【小问2详解】证明：四边形为平行四边形，，，平分，，，，，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形．21.【答案】见解析【分析】此题找出三角形全等的条件：∠OAM＝∠OBN＝135°，∠AOM＝∠BON，OA＝OB判定△OAM≌△OBN即可证明．【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，∴∠OAM＝∠OBN＝135°，∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，∴∠AOM＝∠BON，在△OAM和△OBN中，∴△OAM≌△OBN（ASA），∴OM＝ON；【点睛】本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．22.【答案】（1）答案见解析（2）【分析】（1）先求出四边形是平行四边形，根据等腰三角形性质求出，根据矩形的判定得出即可；（2）根据矩形的性质求出，根据等边三角形的性质和判定求出，求出，根据勾股定理求出即可．【小问1详解】证明：四边形是平行四边形，，，，，，四边形是平行四边形，在中，，，，，四边形是矩形；【小问2详解】解：四边形是矩形，，，，是等边三角形，，，，，，由勾股定理得：，，，由勾股定理得：．【点睛】本题考查了矩形的判定，勾股定理，平行四边形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．四、解答题（本题共16分，第23题5分，第24题6分，第25题5分）23.【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用勾股定理求出AB＝时的两条直角边，再在图中作出即可；（2）利用勾股定理求出斜边长DE=时的两条直角边，再在图中作出DE，再根据等腰直角三角形DCE，得到DC=CE=，再在图中作出图形即可．【详解】解：（1）∵AB＝又∴如图①所示，线段AB即为所求；（2）∵斜边长为的等腰直角三角形DCE又∴如图②所示，斜边长DE=又∵，∴DC=CE=，DC2+CE2=DE2∴如图②中，等腰直角三角形DCE即为所求．【点睛】本题考查勾股定理．根据线段的长找出相对应直角三角形的两条直角边是本题的关键．24.【答案】【猜想】BG＝AE；【探究】成立，证明详见解析；【应用】2.【猜想】：由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；【探究】如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；【应用】可知BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论．【详解】解：【猜想】如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=CD=AD，∴∠ADB=∠ADC=