这是一份2020-2021年江西省大余县某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版
2020-2021年江西省大余县某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 如图，在四边形ABCD中，已知AB=CD，添加下列条件中的一个，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是( ) A.AB//CD B.BC//AD C.BC=AD D.∠A+∠D=180∘ 2. 下列二次根式是最简二次根式的是( ) A.3.6 B.23 C.18 D.47 3. 如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，则在△ABC中，边长为有理数的边有( ) A.3条 B.2条 C.1条 D.0条 4. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简|b−1|−a+12+a−b2的结果为( ) A.2b B.2b−2 C.−2 D.−2a+2 5. 如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=6cm，EF=8cm，则AB+CD的长为( ) A.9.6cm B.10cm C.19.2 cm D.20cm 6. 如图，A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点，且AC⊥BD，AC=6，BD=10．依次取A1B1，B1C1 ，C1D1 ，D1A1 的中点A2，B2，C2，D2，再依次取A2B2，B2C2，C2D2，D2A2的中点A3，B3，C3，D3⋯⋯以此类推，取An−1Bn−1 ，Bn−1Cn−1 ，Cn−1Dn−1 ，Dn−1An−1的中点An，Bn，Cn，Dn，若四边形AnBnCnDn的面积为1532，则n的值为( ) A.5 B.6 C.7 D.8二、填空题 若代数式m+1−mn有意义，则点m,n在平面直角坐标系中的第________象限． 三、解答题 (1)计算：24−6÷3； (2)如图，在菱形ABCD中，CE=CF.求证：AE=AF. 已知x=5+2，求代数式x2−4x的值． 如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，连接AD，在AD的左侧有一点E，连接AE，BE，且AE//BC，AE=BD． 求证：四边形AEBD是矩形． 请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹． 图1 图2 (1)图1是由正方形ABCD与等边△ADE组成的图形，在AD边上作一点M，使得AM=12AE. (2)如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，且CE=CD，作∠ABC的平分线． 《城市交通管理条例》规定：小汽车在城市街道上的行驶速度不得超过70千米/时．如图，一辆小汽车（看作一点）在我市一条笔直的街道上行驶，某一时刻刚好行驶到车速检测仪A正前方60米的C处，4秒后，小汽车行驶至B处，若此时小汽车与观测点间的距离AB为100米，请通过计算说明这辆小汽车是否超速． 如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，F为AD延长线上一点，且DE=DF，则AE与CF之间有怎样的关系？判断并说明理由． 如图，在△ABC中，∠C=90∘，CD=1.8，BD=3． (1)若∠2=∠B，求AC的长． (2)若∠1=∠2，求AC的长． 如图，在平行四边形ABCD中，O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC． (1)求证：四边形BECD是平行四边形； (2)若∠A=50∘，则当∠ADE=________度时，四边形BECD是菱形． 已知maxx,1x+1,x−1表示取x,1x+1,x−1三个数中最大的那个数． 例如当x=2时，maxx,1x+1,x−1=max2,12+1=2−1,1=2. (1)当x=14时，maxx,1x+1,x−1的值为________. (2)当maxx,1x+1,x−1=2时，求x的值． 小明在学完了平行四边形后，想对“四边形的不稳定性”和“四边形的判定”有更好的理解，做了如下的探究：他用8根木棍和一些钉子组成了正方形ABCD和平行四边形HEFG（如图1），且BC，EF在同一条直线上，点D落在边HE上．经小明测量，发现此时B，D，G三个点在一条直线上，∠EFG=67.5∘，DG=3． (1)求HG的长； (2)设BC的长度为a，则CE=________（用含a的代数式表示）； (3)小明接着探究，在保证BC，EF位置不变的前提条件下，从点A向右推动正方形，直到四边形EFGH刚好变为矩形时停止推动（如图2）．若此时DE2=18(2−1)，求BF的长． 如图所示的是与菱形有关的三个图形． (1)感知 如图1，AC是菱形ABCD的对角线，∠B=60∘，E，F分别是边BC，CD上的中点，连接AE，EF，AF．若AC=3，则CE+CF的长为________. (2)探究 如图2，在菱形ABCD中，∠B=60∘.E是边BC上的点，连接AE，作∠EAF=60∘，边AF交边CD于点F，连接EF．若BC=3，求CE+CF的长． (3)应用 在菱形ABCD中，∠B=60∘．E是边BC延长线上的点，连接AE，作∠EAF=60∘，边AF交边CD的延长线于点F，连接EF．当BC=3，EF⊥BC时，在图3中，将图形补充完整并求△AEF的周长． 参考答案与试题解析2020-2021年江西省大余县某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】平行四边形的判定平行线的判定【解析】根据平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A， ∵AB=CD，AB//CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意； B，∵AB=CD，BC//AD， ∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，此选项符合题意； C，∵AB=CD，AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意； D，∵∠A+∠D=180∘， ∴AB//CD. ∵AB=CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，此选项不符合题意. 故选B．2.【答案】D【考点】最简二次根式【解析】直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．【解答】解：A，3.6=185=3105，不是最简二次根式，不合题意； B， 23=63，不是最简二次根式，不合题意； C， 18=32，不是最简二次根式，不合题意； D，47是最简二次根式，符合题意. 故选D．3.【答案】C【考点】勾股定理有理数的概念【解析】利用勾股定理求出三角形的三边长，即可判断．【解答】解：由勾股定理可得AB=42+12=17， BC=32+12=10， AC=32+42=5， 所以在△ABC中，边长为有理数的边有1条． 故选C．4.【答案】A【考点】二次根式的性质与化简绝对值数轴【解析】先根据数轴判断b−1>0，a+1<0，a−b<0，然后再根据二次根式的性质化简原式即可．【解答】解：由数轴可知，−2
0，a+1<0，a−b<0， ∴原式=|b−1|−|a+1|+|a−b| =a+1+b−1−a−b =b−1+a+1+b−a =2b. 故选A.5.【答案】C【考点】翻折变换（折叠问题）矩形的性质勾股定理全等三角形的性质与判定【解析】利用翻折变换的性质得出∠EMH为直角，△AEH≅△MEH，则∠HEA=∠MEH，AE=ME，进而得出AE=BE，再利用勾股定理得出AE的长，进而得出答案．【解答】解：设HF上两个点分别为M，Q，如图所示， ∵M点是A点对折过去的， ∴∠EMH为直角，△AEH≅△MEH， ∴∠HEA=∠MEH，AE=EM， 同理∠MEF=∠BEF， ∴∠MEH+∠MEF=90∘， ∴∠HEF=90∘. ∵M点也是B点对折过去的， ∴BE=EM， ∴AE=BE. ∵EH=6cm，EF=8cm， ∴FH=EH2+EF2=62+82=10cm. ∵S△HEF=12×EH×EF=12×HF×EM， ∴AE=EM=EH×EFFH=6×810=4.8(cm)， ∴AB=AE+BE=4.8+4.8=9.6cm， ∴AB+CD=2AB=2×9.6=19.2cm． 故选C．6.【答案】B【考点】三角形中位线定理矩形的判定与性质规律型：图形的变化类【解析】先根据根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明四边形A1B1C1D1是矩形，再根据三角形中位线定理、矩形的面积公式计算处矩形A1B1C1D1的面积=3×5=15，根据结论写出前五个四边形的面积，求出n.【解答】解：∵ A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴ A1B1//AC，C1D1//AC， ∴ A1B1//C1D1， 同理可得A1D1//B1C1， ∴ 四边形A1B1C1D1是平行四边形. ∵ A1B1//C1D1，A1D1//B1C1，AC⊥BD， ∴ ∠A1B1C1=∠A1D1C1=∠B1C1D1=90∘， ∴ 四边形A1B1C1D1是矩形. ∵ A1，B1，C1，D1分别是四边形ABCD各边的中点， ∴ A1B1=12AC=3，A1D1=12BD=5， ∴ 矩形A1B1C1D1的面积=3×5=15， 则A2B2C2D2 的面积=15×12, A3B3C3D3 的面积=15×122, A4B4C4D4 的面积=15×123, A5B5C5D5 的面积=15×124, A6B6C6D6 的面积=15×125, ∴ n=6. 故选B.二、填空题【答案】四【考点】点的坐标二次根式有意义的条件分式有意义、无意义的条件【解析】根据二次根式的被开方数是非负数，分式的分母为零分式无意义，可得不等式组，根据姐不等式组，可得m、n的取值范围，根据象限内点的坐标，可得答案．【解答】解：因为m+1−mn在实数范围内有意义， 所以m≥0，−mn>0， 解得m>0，n<0， 所以点m,n的横坐标大于零，纵坐标小于零， 所以该点在第四象限. 故答案为：四.三、解答题【答案】(1)解：原式=26−6÷3 =6×13 =2．(2)（证法不唯一）证明：∵在菱形ABCD中，CE=CF， ∴CD−CF=BC−CE，即DF=BE． ∵AD=AB，∠D=∠B， ∴△EBA≅△FDA(SAS)， ∴AE=AF．【考点】二次根式的混合运算菱形的性质全等三角形的性质与判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：原式=26−6÷3 =6×13 =2．(2)（证法不唯一）证明：∵在菱形ABCD中，CE=CF， ∴CD−CF=BC−CE，即DF=BE． ∵AD=AB，∠D=∠B， ∴△EBA≅△FDA(SAS)， ∴AE=AF．【答案】解：∵x=5+2， ∴ x2−4x=x(x−4)=(5+2)(5−2) =5−4 =1．【考点】因式分解的应用【解析】首先对式子x2−4x进行因式分解，然后代入x的值可得到答案．【解答】解：∵x=5+2， ∴ x2−4x=x(x−4)=(5+2)(5−2) =5−4 =1．【答案】证明：∵AE//BD，AE=BD， ∴四边形AEBD是平行四边形． ∵AB=AC，D为BC的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB=90∘， ∴平行四边形AEBD是矩形．【考点】等腰三角形的判定与性质矩形的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：∵AE//BD，AE=BD， ∴四边形AEBD是平行四边形． ∵AB=AC，D为BC的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB=90∘， ∴平行四边形AEBD是矩形．【答案】解：(1)如图1即为所求. (2)如图2即为所求. 【考点】作图—复杂作图【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)如图1即为所求. (2)如图2即为所求. 【答案】解：由勾股定理可得BC=AB2−AC2=1002−602=80米． ∵80米=0.08千米， 4秒=1900小时， ∴0.08÷1900=72>70， ∴这辆小汽车超速了．【考点】勾股定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由勾股定理可得BC=AB2−AC2=1002−602=80米． ∵80米=0.08千米， 4秒=1900小时， ∴0.08÷1900=72>70， ∴这辆小汽车超速了．【答案】解：AE=CF且AE⊥CF，理由如下： 如图，延长AE交CF于点G， ∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AD=CD，∠ADC=∠CDF=90∘， 在△ADE和△CDF中， AD=CD，∠ADE=∠CDF，DE=DF， ∴ △ADE≅△CDF(SAS)， ∴ AE=CF，∠DAE=∠DCF， ∵ ∠DCF+∠F=90∘， ∴ ∠DAE+∠F=90∘， ∴ AG⊥CF， 即AE⊥CF． ∴ AE=CF且AE⊥CF．【考点】正方形的性质全等三角形的性质与判定【解析】延长AE交CF于点G，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≅△CDF，进而可得AE=CF，AE⊥CF．【解答】解：AE=CF且AE⊥CF，理由如下： 如图，延长AE交CF于点G， ∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AD=CD，∠ADC=∠CDF=90∘， 在△ADE和△CDF中， AD=CD，∠ADE=∠CDF，DE=DF， ∴ △ADE≅△CDF(SAS)， ∴ AE=CF，∠DAE=∠DCF， ∵ ∠DCF+∠F=90∘， ∴ ∠DAE+∠F=90∘， ∴ AG⊥CF， 即AE⊥CF． ∴ AE=CF且AE⊥CF．【答案】解：(1)∵∠2=∠B， ∴AD=BD=3． ∵∠C=90∘，CD = 1 .8， ∴AC=AD2−CD2=32−1.82=2.4．(2)如图，过点D作DE⊥AB于点E． ∵∠1=∠2，∠C=90∘，DE⊥AB， ∴CD=DE=1.8，AC=AE． 在Rt△DEB中，BE=BD2−DE2=32−1.82=2.4． 在Rt△ACB中，AC2=AB2−BC2， 即AC2=AE+EB2−CD+DB2， ∴AC2=AC+2.42−1.8+32， 解得AC=3.6．【考点】勾股定理等腰三角形的性质与判定线段垂直平分线的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)∵∠2=∠B， ∴AD=BD=3． ∵∠C=90∘，CD = 1 .8， ∴AC=AD2−CD2=32−1.82=2.4．(2)如图，过点D作DE⊥AB于点E． ∵∠1=∠2，∠C=90∘，DE⊥AB， ∴CD=DE=1.8，AC=AE． 在Rt△DEB中，BE=BD2−DE2=32−1.82=2.4． 在Rt△ACB中，AC2=AB2−BC2， 即AC2=AE+EB2−CD+DB2， ∴AC2=AC+2.42−1.8+32， 解得AC=3.6．【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形， ∴ AB // DC，AB=CD， ∴ ∠OEB=∠ODC. 又∵ O为BC的中点， ∴ BO=CO， 在△BOE和△COD中， ∠OEB=∠ODC，∠BOE=∠COD，BO=CO， ∴ △BOE≅△COD(AAS)， ∴ OE=OD， ∴ 四边形BECD是平行四边形.90【考点】平行四边形的性质与判定菱形的判定【解析】（1）由AAS证明△BOE≅△COD，得出OE=OD，即可得出结论； （2）先根据三角形的内角和定理得到∠AED=40∘，再根据平行线的性质得到CBE=∠A=50∘，求得∠BOE=90∘，然后根据菱形的判定定理即可得到结论． 【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形， ∴ AB // DC，AB=CD， ∴ ∠OEB=∠ODC. 又∵ O为BC的中点， ∴ BO=CO， 在△BOE和△COD中， ∠OEB=∠ODC，∠BOE=∠COD，BO=CO， ∴ △BOE≅△COD(AAS)， ∴ OE=OD， ∴ 四边形BECD是平行四边形.(2)解：当∠ADE=90∘时，四边形BECD是菱形，理由如下： ∵ ∠A=50∘，∠ADE=90∘， ∴ ∠AED=40∘， ∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD // BC， ∴ ∠CBE=∠A=50∘， ∴ ∠BOE=90∘， ∴ BC⊥DE， ∴ 四边形BECD是菱形. 故答案为：90．【答案】23(2)∵maxx,1x+1,x−1=2， ①当x=2时，x=4， 此时x−1>x>1x+1，不符合题意． ②1x+1=2时，x=−12，无解，不符合题意． ③当x−1=2时，解得x=3， 此时x−1>x>1x+1，符合题意． 综上maxx,1x+1,x−1=2时，x=3.【考点】定义新符号最简二次根式实数的运算二次根式的性质与化简【解析】根据新定义的运算法则，利用最简二次根式和实数的运算来求解.【解答】解：(1)根据题意得当x=14时， maxx，1x+1，x−1 =max{14=12,114+1=23,14−1=−34} =23. 故答案为：23.(2)∵maxx,1x+1,x−1=2， ①当x=2时，x=4， 此时x−1>x>1x+1，不符合题意． ②1x+1=2时，x=−12，无解，不符合题意． ③当x−1=2时，解得x=3， 此时x−1>x>1x+1，符合题意． 综上maxx,1x+1,x−1=2时，x=3.【答案】解：(1)∵四边形HEFG是平行四边形， ∴∠H=∠GFE=67.5∘，HE//FG， ∴∠HEC=67.5∘． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCB=90∘，∠BDC=∠CBD=45∘， ∴∠DCE=90∘， ∴∠CDE=22.5∘， ∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=67.5∘， ∴∠HDG=∠BDE=67.5∘， ∴∠H=∠GDH， ∴HG=DG=3．2−1a(3)∵在推进过程中CD的长度保持不变， ∴设CD=x，则BE=2x． ∵四边形EFGH是矩形， ∴EF=HG=3，∠HEF=90∘， ∴∠DEC=90∘， ∴DE2=CD2−CE2． ∵BC，EF的位置不变， ∴CE=BE−BC=2−1x． 在Rt△CDE中，由勾股定理得DE2=CD2−CE2， ∴182−1=x2−2−12x2=2x22−1， ∴x2=9． ∵x>0，∴x=3， ∴BF=BE+EF=32+3．【考点】平行四边形的性质正方形的性质等腰三角形的性质与判定勾股定理矩形的判定与性质【解析】左侧图片未给出解析(2)提示：由(1)知∠BDE=∠BED=67.5∘， ∴BE=BD， ∵BC的长度为a， ∴BD=2BC=2a， ∴CE=BE−BC=2a−a=2−1a， 故答案为：2−1a．左侧图片未给出解析【解答】解：(1)∵四边形HEFG是平行四边形， ∴∠H=∠GFE=67.5∘，HE//FG， ∴∠HEC=67.5∘． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCB=90∘，∠BDC=∠CBD=45∘， ∴∠DCE=90∘， ∴∠CDE=22.5∘， ∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=67.5∘， ∴∠HDG=∠BDE=67.5∘， ∴∠H=∠GDH， ∴HG=DG=3．(2)由(1)知∠BDE=∠BED=67.5∘， ∴BE=BD， ∵BC的长度为a， ∴BD=2BC=2a， ∴CE=BE−BC=2a−a=2−1a. 故答案为：2−1a．(3)∵在推进过程中CD的长度保持不变， ∴设CD=x，则BE=2x． ∵四边形EFGH是矩形， ∴EF=HG=3，∠HEF=90∘， ∴∠DEC=90∘， ∴DE2=CD2−CE2． ∵BC，EF的位置不变， ∴CE=BE−BC=2−1x． 在Rt△CDE中，由勾股定理得DE2=CD2−CE2， ∴182−1=x2−2−12x2=2x22−1， ∴x2=9． ∵x>0，∴x=3， ∴BF=BE+EF=32+3．【答案】3(2)连接AC，如图2， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC，AB//CD，∠ACD=12∠BCD， ∴∠B+∠BCD=180∘. ∵∠B=60∘， ∴△ABC为等边三角形，且∠BCD=120∘， ∴∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC， ∴∠ACF=∠B=60∘. ∵∠EAF=60∘， ∴∠BAC−∠CAE=∠EAF−∠CAE， ∴∠BAE=∠CAF. 在△ABE和△ACF中， ∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF， ∴△ABE≅△ACF(ASA)， ∴CF=BE， ∴CE+CF=BE+CE=BC=3. ∴CE+CF的长为3.(3)如图3，连接AC， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=3，AB//CD， ∴∠B+∠BCD=180∘， ∵∠B=60∘， ∴△ABC为等边三角形，∠BCD=120∘， ∴ ∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC， ∴ ∠CAD=∠B=60∘. ∵∠EAF=60∘， ∴ ∠CAD−∠DAE=∠EAF−∠DAE， ∴∠CAE=∠DAF， 在△ACE和△ADF中， ∠CAE=∠DAF，AC=AD，∠ACE=∠ADF， ∴△ACE≅△ADF(ASA)， ∴AF=AE，CE=DF， ∵∠EAF=60∘， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠ECF=60∘，EF⊥BC， ∴ CF=2CE. ∴CD=BC=3， ∴ CE=3， ∴ EF=CF2−CE2=62−32=33， ∴△AEF的周长=3EF=93.【考点】菱形的性质等边三角形的性质与判定全等三角形的性质与判定勾股定理【解析】先利用菱形的性质得出AB=BC，再证AB=BC是等边三角形，从而求出BC、CD的长，最后由中点定义即可求解.先根据题意画出图形，并连接AC，再证△ACE≌△ADCF（ASAS)，从而证得△AEF是等边三角形，继而证△ABE是直角三角形，求出AE长，即可由等边三角形周长公式得出答案.【解答】解：(1)∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD， ∵∠B=60∘， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AC=3， ∴BC=CD=3. ∵点E，F分别是BC，CD的中点， ∴CE=12BC=32，CF=12CD=32， ∴CE+CF=3. 故答案为：3.(2)连接AC，如图2， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC，AB//CD，∠ACD=12∠BCD， ∴∠B+∠BCD=180∘. ∵∠B=60∘， ∴△ABC为等边三角形，且∠BCD=120∘， ∴∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC， ∴∠ACF=∠B=60∘. ∵∠EAF=60∘， ∴∠BAC−∠CAE=∠EAF−∠CAE， ∴∠BAE=∠CAF. 在△ABE和△ACF中， ∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF， ∴△ABE≅△ACF(ASA)， ∴CF=BE， ∴CE+CF=BE+CE=BC=3. ∴CE+CF的长为3.(3)如图3，连接AC， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=3，AB//CD， ∴∠B+∠BCD=180∘， ∵∠B=60∘， ∴△ABC为等边三角形，∠BCD=120∘， ∴ ∠BAC=∠ACB=60∘，AB=AC， ∴ ∠CAD=∠B=60∘. ∵∠EAF=60∘， ∴ ∠CAD−∠DAE=∠EAF−∠DAE， ∴∠CAE=∠DAF， 在△ACE和△ADF中， ∠CAE=∠DAF，AC=AD，∠ACE=∠ADF， ∴△ACE≅△ADF(ASA)， ∴AF=AE，CE=DF， ∵∠EAF=60∘， ∴△AEF是等边三角形， ∴∠ECF=60∘，EF⊥BC， ∴ CF=2CE. ∴CD=BC=3， ∴ CE=3， ∴ EF=CF2−CE2=62−32=33， ∴△AEF的周长=3EF=93.
