2021北京广渠门中学初二（下）期中数 学一．选择题（每题3分，共24分）1．（3分）下列各组长度的线段能组成直角三角形的是 A．，，B．
，，C．，，D．，，2．（3分）在中，如果，那么等于 A．B．C．D．3．（3分）函数自变量的取值范围是 A．B．C．D．4．（3
分）下列命题中，正确的是 A．有一组邻边相等的四边形是菱形B．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形C．两组邻角相等的四边形是平行四边
形D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形5．（3分）下列各图中反映了变量是的函数是 A．B．C．D．6．（3分）如图，在中，
已知，，平分交边于点，则等于 )A．B．C．D．7．（3分）如图，菱形的对角线，面积为24，是等边三角形，若点在对角线上移动，则的
最小值为 A．4B．C．D．68．（3分）如图1，已知点，，，是矩形各边的中点，，，动点从点出发，沿匀速运动，设点运动的路程，点到
矩形的某一个顶点的距离为，如果表示关于函数关系的图象如图2所示，那么这个顶点是矩形的 A．点B．点C．点D．点二．填空题（每题2分
，共16分）9．（2分）写出一个图象位于第二、四象限的正比例函数的表达式是 ．10．（2分）函数是一次函数，那么的值为 ．11
．（2分）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，两点间的距离为 ．12．（2分）中，、、分别为、、的中点
，若的周长为6，则的周长为 ．13．（2分）如图，三个正比例函数的图象分别对应的解析式是：①，②，③，请用“”表示，，的不等关系
．14．（2分）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形
和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为，若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为 ．15
．（2分）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，边在轴上，若点的坐标为，则点的坐标是 ．16．（2分）如图，点、、为平面内不
在同一直线上的三点．点为平面内一个动点．线段，，，的中点分别为、、、．在点的运动过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形是平行四
边形；②存在无数个中点四边形是菱形；③存在无数个中点四边形是矩形；④存在无数个中点四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．三．解
答题（共60分）17．（5分）尺规作图并回答问题：（保留作图痕迹）已知：如图，四边形是平行四边形．求作：菱形，使点，分别在，上．请
回答：在你的作法中，判定四边形是菱形的依据是 ．18．（5分）已知某函数图象如图所示，请回答下列问题：（1）自变量的取值范围是 ；
（2）函数的取值范围是 ；（3）当 时，函数有最大值为 ；（4）当的取值范围是 时，随的增大而增大．19．（5分）如图，已知在四边
形中，于，于，，，求证：四边形是平行四边形．20．（5分）如图，在矩形中，，，将矩形翻折，使得点落在边上的点处，折痕交于点，求的长
．21．（6分）已知一次函数与轴，轴分别交于、两点．（1）求、两点的坐标．（2）在坐标系中画出一次函数的图象，并结合图象直接写出时
的取值范围．（3）若点为直线上动点，的面积是6，求点的坐标．22．（6分）在平面直角坐标系中，，，，连接线段．（1）一次函数与线段
有交点，求的取值范围；（2）一次函数与线段有交点，求的取值范围．23．（6分）动手操作，解决问题：如图所示，有两种形状不同的直角三
角形纸片各两块，其中一种纸片的两条直角边长都为3，另一种纸片的两条直角边长分别为1和3．图1、图2、图3是三张形状、大小完全相同的
方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）请用三种方法（拼出的两个图形只要不全等就认为是不同的拼法）将图中所给的四块直角三
角形纸片拼成平行四边形（非矩形），每种方法要把图中所给的四块直角三角形纸片全部用上，互不重叠且不留空隙，并把你所拼得的图形按实际大
小画在图1、图2、图3的方格纸上（要求：所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合；画图时，要保留四块直角三角形纸片的拼接痕迹
）；（2）三种方法所拼得的平行四边形的周长是否是定值？若是定值，请直接写出这个定值；若不是定值，请直接写出三种方法所拼得的平行四边
形的周长各是多少．24．（7分）如图，在菱形中，，，延长到点，使，延长到点，使，连接、、、．（1）求证：四边形是矩形；（2）求四边
形的周长．25．（7分）如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交延长线于点．（1
）根据题意，补全图形；（2）求的度数；（3）请用等式表示线段、、之间的数量关系，并说明理由．26．（8分）在平面直角坐标系中，点和
点．给出如下定义：以为边，作正方形，按照逆时针方向排列、、、四个顶点，该正方形上的点到直线距离的最大值定义为：逆序正方形到直线的最
大距离．如图1，直线经过且垂直于轴，点，点，可求得点，，且逆序正方形到直线的最大距离为4．（1）若点，点，则点的坐标为 ，点的坐标
为 ，逆序正方形到直线的最大距离为 ．（2）如图2，若点，点，求逆序正方形到直线的最大距离．（3）如果点，，若存在逆序正方形到直线
的最大距离大于，直接写出的取值范围．2021北京广渠门中学初二（下）期中数学参考答案一．选择题（每题3分，共24分）1．【分析】根
据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三
角形．【解答】解：、，根据勾股定理的逆定理不是直角三角形，故此选项错误；、，根据勾股定理的逆定理不是直角三角形，故此选项错误；、，
根据勾股定理的逆定理不是直角三角形，故此选项错误；、，根据勾股定理的逆定理是直角三角形，故此选项正确．故选：．【点评】本题考查了勾
股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的
关系，进而作出判断．2．【分析】根据“平行四边形的对角相等”的性质推知，则易求．【解答】解：如图，四边形是平行四边形，，，，，故选
：．【点评】本题考查的是平行四边形的性质．本题利用了平行四边形对角相等的性质求得的度数．3．【分析】根据分母不为零函数有意义，可得
答案．【解答】解：由题意，得，解得．故选：．【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，利用分母不为零得出不等式是解题关键．4．【分析
】分别根据菱形、矩形、正方形及平行四边形的判定定理对各选项进行逐一分析即可．【解答】解：、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故本选
项错误；、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故本选项错误；、两组对角相等的四边形是平行四边形，故本选项错误；、对角线互相垂直且相
等的平行四边形是正方形，故本选项正确．故选：．【点评】本题考查的是命题与定理，熟知菱形、矩形、正方形及平行四边形的判定定理是解答此
题的关键．5．【分析】函数的意义反映在图象上简单的判断方法是：做垂直轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点．【解答】解
：根据函数的意义可知：对于自变量的任何值，都有唯一的值与之相对应，只有正确．故选：．【点评】本题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．6．【分析】由平行四边形对边平行根据
两直线平行，内错角相等可得，而平分，进一步推出，在同一三角形中，根据等角对等边得，则可求解．【解答】解：根据平行四边形的性质得，，
又平分，，，，即．故选：．【点评】本题直接通过平行四边形性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．7．【分析】如图，连接交于，连
接．因为与互相垂直平分，推出，推出，因为，推出当、、共线时，的值最小，最小值为的长，求出即可解决问题；【解答】解：如图，连接交于，
连接．，，，，，，，与互相垂直平分，，，，当、、共线时，的值最小，最小值为的长，是等边三角形，，的最小值为，故选：．【点评】本题考
查轴对称最短问题，等边三角形的判定和性质、菱形的性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，
属于中考选择题中的压轴题．8．【分析】由图2得出始点到顶点的距离为3，只有顶点，满足，又由开始时先增大，得出只有顶点满足．【解答】
解：由图2得出始点到顶点的距离为3，，只有顶点，满足，又沿匀速运动开始时先增大，只有顶点满足，故选：．【点评】本题主要考查了动点问
题的函数图象，解题的关键是从点到顶点的距离是3及开始时先增大得出结论．二．填空题（每题2分，共16分）9．【分析】先设出此正比例函
数的解析式，再根据正比例函数的图象经过二、四象限确定出的符号，再写出符合条件的正比例函数即可．【解答】解：设此正比例函数的解析式为
，此正比例函数的图象经过二、四象限，，符合条件的正比例函数解析式可以为：（答案不唯一）．故答案为：（答案不唯一）．【点评】本题考查
的是正比例函数的性质，即正比例函数中，当时函数的图象经过二、四象限．10．【分析】根据一次函数的定义，列出关于的方程和不等式进行求
解即可．【解答】解：由题意得，且，解得：或且，．故答案为：0．【点评】本题主要考查了一次函数的定义，一次函数的条件是：、为常数，，
自变量次数为1．11．【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得解答即可．【解答】解：是公路的中点，，，，的长为，，两点
间的距离为．故答案为：．【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，是基础题，熟记性质是解题的关键．12．【分析
】根据三角形中位线的性质得出、、与、、之间的关系，从而得出答案．【解答】解：、、为三边的中点，，，，的周长为6，．的周长．故答案是
：12．【点评】本题主要考查的是三角形中位线的性质，属于基础题型．理解“三角形的中位线平行且等于第三边的一半”是解决这个问题的关键
．13．【分析】根据正比例函数的性质，可以判断、、的大小关系，然后即可用“”表示，，的不等关系．【解答】解：由图象可得，，，，故答
案为：．【点评】本题考查正比例函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用正比例函数的性质解答．14．【分析】由题意可知：中间小正方
形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：，每一个直角
三角形的面积为：，，，或（舍去），故答案是：3．【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基
础题型．15．【分析】在中，利用勾股定理求出即可解决问题；【解答】解：，，，四边形是菱形，，在中，，．故答案为：【点评】本题考查菱
形的性质、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，属于中考常考题型．16．【分析】根据中点四边形的性质：一般中点四边
形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，
由此即可判断．【解答】解：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相
等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，存在无数个中点四边形是平行四边形，存在无数个中点四边形是菱形，存在无数个中点四边形是矩形．故
答案为：①②③【点评】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活
运用所学知识解决问题．三．解答题（共60分）17．【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．【
解答】解：如图，四边形即为所求作．理由：四边形是平行四边形，，，垂直平分线段，，在和中，，，，四边形是平行四边形，或，四边形是菱形
．故答案为：邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形．【点评】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定等
知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．18．【分析】根据自变量的定义，函数值的定义以及二次函数的最值和增减性，观察
函数图象分别写出即可．【解答】解：观察函数图象得：（1）自变量的取值范围是；（2）函数的取值范围是；（3）当时，函数有最大值为4；
（4）当的取值范围是时，随的增大而增大．故答案为：（1）；（2）；（3）1，4；（4）．【点评】本题考查了函数图象，熟练掌握函数自
变量的定义，函数值的定义以及函数的增减性并准确识图是解题的关键．19．【分析】由证得，得出，，证得，利用一组对边平行且相等的四边形
是平行四边形判定四边形是平行四边形．【解答】证明：于，于，，在和中，，，，，四边形是平行四边形．【点评】本题考查了平行四边形的判定
、全等三角形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．20．【分析】根据翻转前后，
图形的对应边和对应角相等，可知，，故可求出的长，然后设出的长，则，再根据勾股定理的知识，即可求出答案．【解答】解：由题意，得，，，
在中，由勾股定理，得．在矩形中，．．设，则．在中，．解得．即．【点评】本题考查了翻转变换的知识，属于基础题，注意掌握图形翻转前后对
应边和对应角相等．21．【分析】（1）分别代入，计算即可判断；（2）利用图象，可得出的范围；（3）由面积为6，可求出到轴的距离，从
而得出坐标．【解答】解：（1）当时，；当时，，，．（2）画出函数图象如图：由图象知，当时，．（3）的面积是6，，，当时，；当时，．
或．【点评】本题考查了一次函数的图象和性质、一次函数与不等式的关系、三角形的面积等知识，熟练掌握一次函数的图象是解题的关键22．【
分析】（1）把、分别代入，分别求得的值，即可求得的取值范围；（2）把点和点坐标分别代入计算出对应的的值，然后利用一次函数图象与系数
的关系确定的范围．【解答】解：（1），，若过点，则，解得，若过点，则，解得，．（2）把代入得，解得；把代入得，解得，所以当一次函数
与线段只有一个交点时，或．即的取值范围为或．【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，图象上的点的坐标符合解析式是解题的关键．
23．【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）利用勾股定理分别求解即可．【解答】解：（1）图形如图所示：（2）不是定值．周长分别
为：图1中，周长．图2中周长．图3中周长．【点评】本题考查作图应用与设计，全等图形，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用
所学知识解决问题．24．【分析】（1）由对角线互相平分的四边形为平行四边形，可得为平行四边形，再由为菱形，得到，进而得到，利用对角
线相等的平行四边形为矩形即可得证；（2）由三角形为等边三角形，得到，利用矩形对边相等得到，过点作于点，利用锐角三角函数定义求出的长
，得到的长，即可求出矩形的周长．【解答】解：（1），，四边形是平行四边形，四边形为菱形，，，四边形是矩形；（2）是等边三角形，，四
边形为矩形，，过点作于点，，，四边形的周长为：．【点评】此题考查了矩形的判定与性质，以及菱形的判定，熟练掌握矩形的判定与性质是解本
题的关键．25．【分析】（1）按题意要求出画出图形即可；（2）过点作于点，由轴对称的性质得出，，由正方形的性质得出，，证出，由直角
三角形的性质可得出结论；（3）由轴对称的性质得出，，由正方形的性质得出，，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可得出结论．【解答】解：
（1）如图，（2）．过点作于点，点关于的对称点为点，，，四边形是正方形，，，，，，，，，即，；（3）．证明：点关于的对称点为点，，
，四边形是正方形，，，在中，，，在中，，，．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，勾
股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．26．【分析】（1）画由正方形边长相等可得的坐标，由正方形对角线互相
垂直可得的坐标，两点确定一条直线可得直线解析式，直线与直线平行，且与轴夹角为，延长到点交直线于点，，，由两点间距离公式，即；（2）
过点作，垂足为，过作轴，垂足为，证，可得的坐标，同理，可得为，过作垂直，垂足为，直线的解析式为，直线与相交点为，由两点距离公式可得
；（3）由题意易得，分情况讨论，当时，，，同（2）的思路方法可得，当时，，，同（2）的思路方法可得．【解答】解：（1）如下图：，，由图可知：正方形的边长相等可得点坐标为，由正方形的对角线互相垂直得点坐标为；由，可得直线，直线与直线平行且与轴的夹角为，故、点到直线的距离即逆序正方形到直线的距离，延长交点交直线于点．，由两点间距离公式，；（2）过点作，垂足为，过作轴，垂足为，，，，，，，，，的坐标为，同理，，，，的坐标为，由图象知，到的距离最近，过作垂直，垂足为，设直线的解析式为，把代入上式得，直线，，解得，的坐标为，即；（3），，，若，则，，点到直线的距离最大，过作的垂线，垂足为，设直线的解析式为，把代入上式得，，解得，的坐标，，当到直线的距离为时，，解得或（舍，即；当时，由题意得，，到的距离最大，当到的距离为时，同理得，即，综上所述，或．【点评】本题考查一次函数的应用，解本题的关键要熟练掌握三角形全等的判断，解二元一次方程组，代入法求直线解析式，两点间距离公式等． 2 / 2 |
|
