2022北京鲁迅中学初二（下）期中数 学一、选择题：（本大题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
）1．下列根式中是最简二次根式的是 A．B．C．D．2．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是 A．4、5、6B．1、2、3C．
1、2、D．1、3、53．小明观看了《中国诗词大会》第三期，主题为“人生自有诗意”，受此启发根据邻居家的故事写了一首小诗：“儿子学
成今日返，老父早早到车站，儿子到后细端详，父子高兴把家还”，如图用轴表示父亲与儿子行进中离家的距离，用轴表示父亲离家的时间，那么下
面图象与上述诗的含义大致相吻合的是 A．B．C．D．4．如图，在中，，，的平分线交于点，则的长是 A．4B．3C．3.5D．25．
如图所示各图中反映了变量是的函数是 A．B．C．D．6．如图，长方形纸片中，，，将此长方形纸片折叠，使点与点重合，点落在点的位置，
折痕为，则的面积为 A．B．C．D．7．如图，四边形中．，，为的平分线，，．，分别是，的中点，则的长为 A．1B．1.5C．2D．
2.58．如图，点是内一点，，是边的中点，延长线段交边于点，点是边的中点．若，，则线段的长为 A．7B．C．8D．9二、填空：（本
大题共8小题，每题2分，共16分）9．中，的取值范围是 ．10．如图，菱形中，若，，则的长等于 ，菱形的面积等于 ．11．如
图，矩形中，与的交点为，若，，则 ．12．如图所示，圆柱形玻璃容器，高，底面周长为，在外侧下底面点处有一蜘蛛，与蜘蛛相对的圆柱
形容器的上口内侧距开口处的点处有一飞蛾，急于捕获飞蛾充饥的蜘蛛，所走的最短路线的长度是 ．（玻璃容器壁厚度忽略不计）13．在中，
，，边上高，则的长为 ．14．小明在探究“四边形的不稳定性”活动中，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，如图所示．扭动矩形框架，
观察矩形的变化，下列判断：①四边形由矩形变为平行四边形②、两点之间的距离不变；③四边形的面积不变；④四边形的周长不变正确的是 （填
序号）15．尺规作图：作一个角的平分线．小涵是这样做的：已知：，如图1所示．求作：射线，使它平分．作法：（1）如图2，以为圆心，任
意长为半径作弧，交于点，交于点；（2）分别以、为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点；（3）作射线．所以射线就是所求作的射线．小涵是个
喜欢动脑筋的孩子，他继续对图形进行探究：连接、和，发现与的位置关系是 ，依据是 ．16．如图，边长为1的菱形中，，则菱形的
面积是 ，连结对角线，以为边作第二个菱形，使；连结，再以为边作第三个菱形，使；，按此规律所作的第个菱形的面积为 ．三、解答题：
（17题每小题16分，共16分；18—20每题5分，21—25每题6分，26题7分，共68分）17．（16分）计算：（1）；（2）
；（3）；（4）．18．（5分）如图，已知正比例函数的表达式为，过正比例函数在第四象限图象上的一点作轴的垂线，交轴于点，，求线段的
长．19．（5分）已知：，，求计算：的值．20．（5分）如图，在平行四边形中，、是对角线、上的两点，且，求证：四边形是平行四边形．
21．（6分）在解决数学问题时，我们一般先仔细阅读题干，找出有用信息作为已知条件，然后利用这些信息解决问题，但是有的题目信息比较明
显，我们把这样的信息成为为显性条件；而有的信息不太明显需要结合图形，特殊式子成立的条件，实际问题等发现隐含信息作为条件，我们把这样
的条件称为隐含条件；所以我们在做题时，要注意发现题目中的隐含条件．【阅读理解】阅读下面的解题过程，体会如何发现隐含条件并回答下面的
问题．化简：解：隐含条件，解得：原式【启发应用】（1）按照上面的解法，试化简：；【类比迁移】（2）实数，在数轴上的位置如图所示，化
简．22．（6分）如图，一个长的梯子，斜靠在一竖直的墙上，这时的距离为，如果梯子的顶端沿墙下滑至点．（1）求梯子底端外移距离的长度
；（2）猜想与的大小关系，并证明你的结论．23．（6分）如图， 在中，，，，有一动点自向以的速度运动， 动点自向以的速度运动， 若
，同时分别从，出发 ．（1） 经过多少秒，为等边三角形；（2） 经过多少秒，为直角三角形 ．24．（6分）已知：如图，菱形 中，过
的中点作 的垂线，交 于点，交 的延长线于点．如果的长是，．求菱形 的周长和面积．25．（6分）如图，在中，平分，于点，点是的中
点．（1）如图1，的延长线与边相交于点，求证：；（2）如图2，写出线段、、的数量关系，并证明你的结论．26．（7分）四边形为正方形
，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．（1）如图1，求证：矩形是正方形；（2）若，，求的长度；（3）
当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．四、选做题（1题4分，2题6分，共10分，计入总分，全卷总得分不超过100分）2
7．（4分）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四
边形．①四边形是 形；②四边形是 形；③四边形的周长是 ；④四边形的面积是 ．28．（6分）问题：如图1，是矩形内任意一点
，通过构造直角三角形，利用勾股定理，你能发现与的数量关系为 ．探究：如图2，是矩形外任意一点，上面的结论是否成立？若成立，请写出
证明过程；若不成立，请说明理由．应用：如图3，在中，，，是内一点，且，，求的最小值．参考答案一、选择题：（本大题共8小题，每小题2
分，共16分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．【分析】根据最简二次根式需满足两个条件：（1）被开方数的因数是整
数，因式是整式．（2）被开方数中不含能开的尽方的因数或因式逐一判断可得．【解答】解：、是最简二次根式，此选项符合题意；、，不符合题
意；、，不符合题意；、，不符合题意；故选：．【点评】本题主要考查最简二次根式，解题的关键是熟练掌握最简二次根式需要满足的两个条件．
2．【分析】根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．【解答】解：，故选项中的三条线段不能构
成直角三角形；，故选项中的三条线段不能构成直角三角形；，故选项中的三条线段能构成直角三角形；，故选项中的三条线段不能构成直角三角形
；故选：．【点评】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．3．【分析】开始时，父亲离家的距离
越来越远，而儿子离家的距离越来越近，车站在两人出发点之间，而父亲早到，两人停一段时间以后，两人一起回家，则离家的距离与离家时间的关
系相同．【解答】解：开始时，父亲离家的距离越来越远，而儿子离家的距离越来越近，车站在两人出发点之间，而父亲早到，故，，不符合题意；
两人停一段时间以后，两人一起回家，则离家的距离与离家时间的关系相同，则选项符合题意．故选：．【点评】主要考查了函数图象的读图能力．
要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．4．【分析】根据角平分线及平行线
的性质可得，继而可得，根据即可得出答案．【解答】解：四边形是平行四边形，，，又平分，，，，．故选：．【点评】本题考查了平行四边形的
性质，解答本题的关键是得出，判断三角形中，，难度一般．5．【分析】根据函数的概念，对于自变量的每一个值，都有唯一的值与它对应，即可
判断．【解答】解：、对于自变量的每一个值，不是都有唯一的值与它对应，所以不能表示是的函数，故不符合题意；、对于自变量的每一个值，不
是都有唯一的值与它对应，所以不能表示是的函数，故不符合题意；、对于自变量的每一个值，不是都有唯一的值与它对应，所以不能表示是的函数
，故不符合题意；、对于自变量的每一个值，都有唯一的值与它对应，所以能表示是的函数，故符合题意；故选：．【点评】本题考查了函数的概念
，熟练掌握函数的概念是解题的关键．6．【分析】设，则，根据勾股定理可求得，的长，从而不难求得的面积【解答】解：设，由折叠可知：，在
中，，故选：．【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力．7．【分析】根据勾股定理得到，根据平行线的性质和角平分线的定义得到
，求得，连接并延长交于，根据全等三角形的性质得到，，求得，根据三角形中位线定理即可得到结论．【解答】解：，，，，，，，为的平分线，
，，，连接并延长交于，，，是的中点，，，，，，，是的中点，．故选：．【点评】此题考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，
勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．8．【分析】根据直角三角形的性质求出，由，得到，再根据三角形中位线定理即可求出线段的长．【
解答】解：，是边的中点，，，，．是边的中点，点是边的中点，是的中位线，．故选：．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半的性质，三角形中位线定理，求出的长是解题的关键．二、填空：（本大题共8小题，每题2分，共16分）9．【分析】根据二次根式有意义
的条件列不等式，解出即可解答．【解答】解：，，中，的取值范围是．故答案为：．【点评】本题考查二次根式有意义的条件，理解二次根式有意
义的条件（被开方数为非负数）是解题关键．10．【分析】利用菱形的对角线互相垂直平分，可求的长，由菱形的面积公式可求解．【解答】解：
设与交于点，四边形是菱形，，，，，，，菱形的面积，故答案为：5，24．【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题关键．
11．【分析】由四边形为矩形，根据矩形的性质得到角为直角，且对角线互相平分且相等，得到等于的一半，在直角三角形中，由和的值，利用勾
股定理即可求出的长度，进而得到的值．【解答】解：四边形为矩形，，，在直角三角形中，根据勾股定理得：，又，，，．故答案为：5．【点评
】此题要求学生掌握矩形的性质，灵活运用勾股定理化简求值，是一道中档题．解本题的关键是学生要掌握矩形对角线的交点到矩形四个顶点的距离
相等这个性质．12．【分析】将容器侧面展开，建立关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求．【解答】解：如图：高，底面周
长为，，，连接，则即为最短距离，．故答案为：25．【点评】本题考查了平面展开最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进
行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．13．【分析】用勾股定理解答，不过要分情况，即为锐角或直角三角形和钝角三角
形两种情况．【解答】解：（1）如图1，中，，，边上高，在中，，由勾股定理得在中，，由勾股定理得的长为．（2）如图2所示，钝角中，，
，边上高，在中，，由勾股定理得在中，，由勾股定理得．【点评】本题利用了勾股定理，把三角形斜边转化到直角三角形中用勾股定理解答．14
．【分析】根据四边形的不稳定性和矩形的性质以及矩形和平行四边形之间的关系进行判断即可确定正确的答案．【解答】解：①四边形由矩形变为
平行四边形，正确；②、两点之间的距离会发生变化，故原命题错误；③四边形由矩形变为平行四边形后底边不变，高逐渐的减小，故原命题错误；
④四边形的周长不变，正确，正确的有①④，故答案为：①④．【点评】考查了矩形的性质以及矩形的判定的知识，解题的关键是了解矩形与平行四
边形之间的关系，难度不大．15．【分析】只要证明四边形菱形即可．【解答】解：由题意可知，，四边形是菱形，与互相垂直平分．故答案为与
互相垂直平分，菱形的对角线互相垂直平分．【点评】本题考查作图基本作图、菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．16
．【分析】连接，由题意可知为边长为1的等边三角形，可求出的面积，即可得出菱形的面积；根据已知菱形的性质可分别求得，，的长，从而可发
现规律，根据规律即可得出第个菱形的边长，进而可得出第个菱形的面积．【解答】解：如图，连接，交与点，四边形为菱形，且，为等边三角形，
，，，，．，，四边形为菱形，，可得，同理可得，以此类推，可得出所作的第个菱形的边长为，第个菱形的面积为．故答案为：；．【点评】本题
考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第个菱形的边长是解决本题的关键．三、解答题：（17题每小题16分，共16分；18—
20每题5分，21—25每题6分，26题7分，共68分）17．【分析】（1）先根据二次根式的除法法则和平方差公式进行计算，再算加减
即可；（2）先根据完全平方公式和二次根式的性质进行计算，再算加减即可；（3）根据二次根式的乘法法则进行计算即可；（4）先去括号，再
根据二次根式的加减法则进行计算即可．【解答】解：（1）；（2）；（3）；（4）．【点评】本题考查了二次根式的混合运算和乘法公式，能
正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．18．【分析】由轴，得点的纵坐标为，代入可得点的横坐标，利用勾股定
理即可计算出的长．【解答】解：轴，，点在第四象限图象，点的纵坐标为，代入得，解得，，，．【点评】此题主要考查了函数图象上点的坐标特
征和正比例函数解析式，关键是正确计算出点坐标．19．【分析】将，分母有理化，再代入到原式，计算可得．【解答】解：，，．【点评】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及分母有理化的能力．20．【分析】连接，交于点，由平行
四边形的性质得出，，证出，即可得出结论．【解答】证明：连接，交于点，四边形是平行四边形，，，又，，四边形是平行四边形．【点评】本题
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是解题的关键．21．【分析】（1）根据二次根式有意义条件得出，求出，再
根据二次根式的性质进行计算即可；（2）根据数轴得出，，再根据二次根式的性质和绝对值进行计算即可．【解答】解：启发应用（1）隐含条件
，解得：，所以；类比迁移（2）从数轴可知：，，所以．【点评】本题考查了数轴与实数，二次根式的性质与化简等知识点，能熟记二次根式的性
质是解此题的关键．22．【分析】（1）利用勾股定理求出，求出，再根据勾股定理求出，即可求出答案；（2）求出和全等，根据全等三角形的
性质得出，，求出，求出，根据等腰三角形的判定得出即可．【解答】（1）解：，，，，梯子的顶端沿墙下滑至点，，，由勾股定理得：，；（2
）解：与的大小关系是，证明：连接，由（1）知：，，在和中，，，，，，．【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，
能灵活运用勾股定理进行计算是解（1）的关键，能求出和是解（2）的关键．23．【分析】（1） 设时间为，表示出、、，根据等边三角形的
判定列出方程， 解之可得；（2） 分①时， 即可知，依据列方程求解可得；②时， 知，依据列方程求解可得 ．【解答】解： （1） 设
经过秒，为等边三角形，则，，，根据题意得：，解得：，答： 经过 10 秒为等边三角形；（2） 经过秒，是直角三角形，①当时，，，，
即，解得：；②当时，，，，即，解得：，答： 经过 6 秒或 15 秒，是直角三角形 ．【点评】本题主要考查等边三角形的判定、 直角
三角形的性质及一元一次方程的应用， 根据题意分类讨论且掌握直角三角形的性质是解题的关键 ．24．【分析】首先连接，易证得四边形为平
行四边形，即可求得的长，继而求得菱形的周长，求出对角线的长度，利用菱形的面积对角线乘积的一半求出面积．【解答】解：连接．在菱形中，
，．又，．四边形为平行四边形．．，，是的中点．．菱形的周长为，菱形的面积为．【点评】本题考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互
相垂直的性质，菱形的四条边都相等的性质，掌握菱形的面积对角线乘积的一半求出面积．25．【分析】（1）先证明，根据等腰三角形的三线合
一，推出，根据三角形的中位线定理即可解决问题．（2）结论：，先证明，根据等腰三角形的三线合一，推出，根据三角形的中位线定理即可解决
问题．【解答】（1）证明：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论：，理由：如图2中，延长交的延长线于．，，，，，，，，，，．【
点评】本题考查三角形的中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．26．【分
析】（1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问
题．（3）分两种情形考虑问题即可；【解答】（1）证明：作于，于，，，，，，在和中，，，，矩形是正方形；（2）如图2中，在中．，，，
点与重合，此时是等腰直角三角形，易知．（3）①当与的夹角为时，，②当与的夹角为时，综上所述，或．【点评】本题考查正方形的性质、矩形
的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．四、选做题（1
题4分，2题6分，共10分，计入总分，全卷总得分不超过100分）27．【分析】①根据三角形中位线定理、矩形的判定定理解答；②根据菱
形的判定定理解答；③、④根据矩形、菱形的面积公式计算，总结规律，根据规律解答．【解答】解在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四
边形，，，，；，，四边形是平行四边形，，，平行多边形是矩形，故答案为：矩；②连接，，四边形是矩形，，，四边形是菱形；故答案为：菱；
③根据中位线的性质易知，根据中位线的性质易知，，，四边形的周长是，故答案为；④四边形中，，，且，；由三角形的中位线的性质可以推知，
每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，四边形的面积是，故答案为：．【点评】本题考查的是菱形的判定定理、矩形的判定定理、三角形中位线定理，掌握菱形和矩形的判定定理是解题的关键．28．【分析】问题：过作于，交于，则四边形、四边形是矩形，得，，，再由勾股定理即可得出结论；探究：过作于，交于，则四边形、四边形是矩形，得，，，再由勾股定理即可得出结论；应用：以、为边作矩形，连接、，则，由探究得：，求出，当、、三点共线时，最小，即可得出结论．【解答】解：问题：与的数量关系为：，理由如下：如图1，过作于，交于，则四边形、四边形是矩形，，，，由勾股定理得：，，，，，，，故答案为：；探究：成立，理由如下：如图2，过作于，交于，则四边形、四边形是矩形，，，，由勾股定理得：，，，，，，；应用：如图3，以、为边作矩形，连接、，则，由探究得：，即，解得：，当、、三点共线时，最小，的最小值的最小值．【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型． 1 / 1 |
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