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2022-2023学年黑龙江省双鸭山市部分学校七年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年黑龙江省双鸭山市部分学校七年级（下）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省双鸭山市部分学校七年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式中是最简二次根式的是( )
A. 15 B. 15 C. 0.1 D. 8
2. 下列各组数中，能组成直角三角形三边的是( )
A. 2，3，4 B. 3，2， 5 C. 3，4，5 D. 4，5，6
3. 下列各式计算正确的是( )
A. 27÷ 3=9 B. 48÷ 16= 3
C. 20÷ 4=4 D. 43÷ 19=3 2
4. 如图，在□ABCD中，BE平分∠ABC交DC于点E，若∠A=60°，则∠DEB的大小为 ( )
A. 130° B. 125° C. 120° D. 115°
5. 如图，图中所有的三角形都是直角三角形，四边形都是正方形，其中最大正方形E的边长为10，则四个正方形A，B，C，D的面积之和为( )
A. 24
B. 56
C. 121
D. 100
6. 若1
7. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，AC+AB=12，则边AB的长为( )
A. 3
B. 4
C. 2 3
D. 4 2
8. 已知 12n是整数，则正整数n的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 12
9. 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE//BD，DE//AC，若AC=4，则四边形CODE的周长为( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
10. 如图，边长为 2的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点G在BC边上，将正方形ABCD沿直线DG折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DG交AC于点M，则OM的长为( )
A. 12
B. 22
C. 3−1
D. 2−1
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 要使 x+1有意义，则实数x的取值范围是______．
12. 计算：1 5+2= ______ ．
13. 已知△ABC的三边长分别为a、b、c，且a、b、c满足a2−6a+9+ b−4+|c−5|=0，则△ABC的形状是______ 三角形．
14. 将a −1a根号外的因式移入根号内的结果是______．
15. 在菱形ABCD中，∠ABC=60°，菱形的边长为4，E是直线BD上任意一点，三角形AEB的面积为2，则ED的长为______ ．
16. 如图，矩形ABCD的面积为1cm2，对角线AC，BD交于点O，以AB，AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1；以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B，对角线交于点O2……以此类推，则平行四边形AO2022C2023B的面积为______ cm2．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1)( 6−2 3)× 3−12× 12+ 18；
(2)| 3−2|− (−3)2+( 3+1)( 3−1)．
18. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(2x+1+1x−2)÷x−1x−2，其中x= 3−1．
19. (本小题8.0分)
(1)如图，请用直尺和圆规在△ABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F，连接ED，EF，使得四边形BDEF为菱形(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，若∠A=67°，∠C=63°，求∠BED的度数．
20. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，D为AC上的一点，将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在AB上的点E处，求AD的长．
21. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，EF//AB交BC于点E，交AD于点F，连接AE，BF交于点M，连接CF，DE交于点N，连接MN.求证MN=12AD．
22. (本小题10.0分)
阅读下面的材料，然后解答问题：
我们新定义一种三角形，两边的平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形．
(1)理解并填空：
①根据奇异三角形的定义，请你判断：等边三角形一定是奇异三角形吗？______(填“是”或“不是”)
②若某三角形的三边长分别为1、 7、2，则该三角形______(填“是”或“不是”)奇异三角形．
(2)探究：在Rt△ABC，两边长分别是a、c，且a2=50，c2=100，则这个三角形是否是奇异三角形？请说明理由．
23. (本小题12.0分)
如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于点F．
(1)求证PC=PE；
(2)求∠CPF的度数；
(3)如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC=120°，其他条件不变，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
24. (本小题14.0分)
如图，将边长为8的等边三角形AOB置于平面直角坐标系中，点A在x轴正半轴上，过点O作OC⊥AB于点C，过点B作BD⊥y轴于点D.若动点E从原点O出发，沿线段OA向点A运动，动点F从点A出发，沿线段AC向终点C运动，两点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，点E的运动时间为t秒，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．
(1)求点A、点D的坐标；
(2)若△AEF的面积为S，请用含t的代数式表示S；
(3)在坐标平面内是否存在一点M，使以A，B，D，M为顶点的四边形为平行四边形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 15= 55，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、 15是最简二次根式，符合题意；
C、 0.1= 110= 1010，被开方数不是整数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、 8=2 2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2.【答案】C
【解析】解：A、∵22+32≠42，∴不能组成直角三角形，不符合题意；
B、∵( 3)2+22≠( 5)2，∴不能组成直角三角形，不符合题意；
C、∵32+42=52，∴能组成直角三角形，符合题意；
D、∵42+52≠62，∴不能组成直角三角形，不符合题意．
故选：C．
根据勾股定理的逆定理依次判断各选项，即可进行解答．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，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】B
【解析】解：A． 27÷ 3= 9=3，故A不符合题意；
B. 48÷ 16= 3，故B符合题意；
C. 20÷ 4= 5，故C不符合题意；
D. 43÷ 19= 43×9= 12=2 3，故D不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的除法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质，可以得到AD//BC，DC//AB，然后即可得到∠A+∠ABC=180°，∠ABE+∠DEB=180°，再根据∠A=60°，BE平分∠ABC，即可得到∠DEB的度数．
本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，DC//AB，
∴∠A+∠ABC=180°，∠ABE+∠DEB=180°，
∵∠A=60°，
∴∠ABC=120°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=60°，
∴∠DEB=120°，
故选：C．
5.【答案】D
【解析】解：根据勾股定理的几何意义，可知：
SE=SF+SG
=SA+SB+SC+SD
=100；
即四个正方形A，B，C，D的面积之和为100；
故选：D．
根据正方形的性质和勾股定理的几何意义解答即可．
本题考查了正方形的性质、勾股定理的几何意义，关键是掌握两直角边的平方和等于斜边的平方．
6.【答案】A
【解析】解：∵1
∴|x−3|+ (x−1)2=−(x−3)+x−1=−x+3+x−1=2．
故选A．
先判断出x−3与x−1的正负情况，再根据绝对值的性质与二次根式的性质化简即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，绝对值的性质，根据x的取值范围判断出x−3与x−1的正负情况是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=12AC，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=12AC，
∵AC+AB=12，
∴3AB=12，
∴AB=4．
故选：B．
根据矩形的性质得出OA=OB=12AC，进而利用等边三角形的判定和性质解答即可．
本题考查矩形的性质，根据矩形的性质得出OA=OB=12AC是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵ 12n=2 3n， 12n是整数，
∴3n是一个完全平方数．
∴n的最小值是3．
故选：A．
先将 12n化简为最简二次根式，然后再根据 12n是整数求解即可．
本题考查的是二次根式的定义，由 12n是整数，得出3n是一个完全平方数是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．由CE//BD，DE//AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=2，即可判定四边形CODE是菱形，则可求得答案．
【解答】
解：∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=4，OA=OC=OB=OD=12AC=2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8．
故选：C．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD= 2，∠DAB=90°，
∴BD= AD2+AB2=2，
∴DO=12DB=1，
∵将正方形ABCD沿直线DG折叠，点C落在对角线BD上的点E处，
∴DE=DC= 2，∠DEG=∠DCG=90°，
∴BE=BD−DE=2− 2，
∵∠CBD=45°，
∴∠BGE=45°，
∴GE=BE=2− 2，
∵∠DEG=∠DCG=90°，∠DOC=90°，
∴OM//EG，
∴△DOM∽△DEG，
∴DODE=OMEG，即1 2=OM2− 2，
解得OM= 2−1．
故选：D．
根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD= 2，∠DAB=90°，然后利用勾股定理得到BD= AD2+AB2=2，DO=12DB=1，然后根据折叠的性质得到△EBG是等腰直角三角形，得到GE=BE=2− 2，然后证明出△DOM∽△DEG，利用相似三角形的性质求解即可．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】x≥−1
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数是非负数即可解决问题．
根据二次根式的性质可以得到x+1是非负数，由此即可求解．
【解答】
解：依题意得：
x+1≥0，
∴x≥−1．
故答案为：x≥−1．
12.【答案】 5−2
【解析】解：1 5+2= 5−2( 5+2)( 5−2)= 5−2，
故答案为： 5−2．
利用分数的性质和平方差公式，分子分母同时乘以( 5−2)即可．
本题主要考查分母有理化，掌握分数的性质和平方差公式进行分母有理化是解题的关键．
13.【答案】直角
【解析】解：∵a2−6a+9+ b−4+|c−5|=(a−3)2+ b−4+|c−5|=0，
∴a=3，b=4，c=5，
∵32+42=52，
∴△ABC为直角三角形．
故答案为：直角
已知等式前三项利用完全平方公式变形，利用非负数的性质求出a，b，c的值，利用勾股定理的逆定理即可确定出三角形ABC为直角三角形．
此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
14.【答案】− −a
【解析】解：∵要使 −1a有意义，
必须−1a>0，
即a<0，
所以a −1a=− (−a)2(−1a)=− −a．
根据二次根式有意义的条件先确定a的正负，然后化简根式，约分得出结果．
本题考查最简二次根式的运算，关键是化简．
15.【答案】4 3+2或4 3−2
【解析】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∵AB=4，
∴AO=12AB=2，
根据勾股定理可得：BO= AB2−AO2=2 3，
∴BD=4 3，
∵S△AEB=12BE⋅AO=2，
∴12BE×2=2，解得：BE=2，
当点E在DB延长线上时，DE=BD+BE=4 3+2，
当点E在线段BD延长线上时，DE=BD−BE=4 3−2，
故答案为：4 3+2或4 3−2..
连接AC，交BD于点O，根据菱形的性质以及勾股定理得出AO=12AB=2，BD=4 3，再根据三角形的面积公式得出BE=2，最后进行分类讨论即可．
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直平分，且平分一组对角．
16.【答案】122023
【解析】解：过点O向AB作垂线，垂足为E，过点O1向AB作垂线，垂足为F，如图所示：
∵∠DAB=∠OEB，
∴OE//DA，
∵O为矩形ABCD的对角线交点，
∴OB=OD
∴OE=12AD，
矩形ABCD的面积=AB×AD=1，
平行四边形AOC1B的面积═AB×OE=AB×12AD=12，
同理，根据平行四边形的性质，
O1F=12OE=122AD，
平行四边形AO1C2B面积=AB×122AD=122，
依此类推：
平行四边形AO2022C2023B的面积=AB×122023AD=122023，
故答案为：122023．
矩形ABCD的面积=AB×AD=1，过点O向AB作垂线，垂足为E，平行四边形AOC1B的面积=AB×OE，根据矩形的性质，OE=12AD，即平行四边形AOC1B的面积=AB×12AD=12，过点O1向AB作垂线，垂足为F，根据平行四边形的性质，O1F=12OE=122AD，即平行四边形AO1C2B面积=AB×122AD=122，依此类推，即可得到平行四边形AO2022C2023B的面积．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质和规律型：图形的变化美，根据矩形和平行四边形的性质，找到前两个图形的规律，依此类推即可，掌握规律是解题的关键．
17.【答案】解：(1)( 6−2 3)× 3−12× 12+ 18
=3 2−6−6 2+3 2
=−6．
(2)| 3−2|− (−3)2+( 3+1)( 3−1)
=2− 3−3+3−1
=1− 3．
【解析】(1)根据二次根式的运算法则即可求解；
(2)根据二次根式的运算法则即可求解．
此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知二次根式的运算法则．
18.【答案】解：原式=[2x−4(x+1)(x−2)+x+1(x+1)(x−2)]÷x−1x−2
=3x−3(x+1)(x−2)÷x−1x−2
=3(x−1)(x+1)(x−2)×x−2x−1
=3x+1，
当x= 3−1时，
原式=3 3−1+1= 3．
【解析】先对分式进行化简，然后再代入求解即可．
本题主要考查分式的化简求值及二次根式的运算，熟练掌握分式的化简求值及二次根式的运算是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，则四边形BDEF即为所求的菱形，
理由：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBD，
∵DF垂直平分BE，
∴BF=EF，BD=DE，
∴∠EBF=∠BEF，
∴∠EBD=∠BEF，
∴EF//BD，
同理BF//DE，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BE⊥DF，
∴四边形BDEF是菱形；
(2)∵∠A=67°，∠C=63°，
∴∠ABC=180°−67°−63°=50°，
∵四边形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=50°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=25°．
【解析】(1)作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，四边形BDEF即为所求．
(2)根据菱形的性质和三角形的内角和定理解答即可．
本题考查了菱形的判定和性质以及作图一复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
20.【答案】解：∵∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，
∴AC= AB2−BC2=4，
∵将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在AB上的点E处，
∴BE=BC=3，DE=DC，∠BED=∠C=90°，
∴AE=AB−BE=2，
∴设AD=x，
则CD=DE=4−x，
在Rt△ADE，AD2=AE2+DE2，
即x2=22+(4−x)2，
解得：x=52，
∴AD=52(cm)．
【解析】首先根据勾股定理求出AC= AB2−BC2=4，然后根据折叠的性质和勾股定理列方程求解即可．
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，此类题目熟记性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
21.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，AD//BC，
∵EF//AB，
∴EF//CD，
∴四边形ABEF、四边形ECDF均是平行四边形，
∴EM=AM，DN=EN，
∴MN是△AED的中位线，
∴MN=12AD．
【解析】可分别证明四边形ABEF，ECDF均为平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得MN为△AED的中位线．
本题主要考查平行四边形的判定和性质以及中位线定理．三角形的中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
22.【答案】解：(1)①是；
②是；
(2)当c为斜边时，则b2=c2−a2=100−50=50，
则a2+b2≠2c2，a2+c2≠2b2，
∴Rt△ABC不是奇异三角形；
当b为斜边时，b2=a2+c2=150，
则有a2+b2=50+150=200=2c2，
∴Rt△ABC是奇异三角形，
答：当c为斜边时，Rt△ABC不是奇异三角形；当b为斜边时，Rt△ABC是奇异三角形．
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理、奇异三角形的定义，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
(1)①根据等边三角形的三边相等、奇异三角形的定义判断；
②根据奇异三角形的定义判断；
(2)分c为斜边、b为斜边两种情况，根据勾股定理、奇异三角形的定义判断．
【解答】
解：(1)①设等边三角形的边长为a，则a2+a2=2a2，
∴等边三角形一定是奇异三角形，
故答案为：是；
②∵12+( 7)2=8，2×22=8，
∴12+( 7)2=2×22，
∴该三角形是奇异三角形，
故答案为：是；
(2)见答案．
23.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC ∠ABP=∠CBP PB=PB ，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)解：由(1)知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠E，
即∠CPE=∠EDF=90°；
(3)解：AP=CE；理由如下：
在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC ∠ABP=∠CBP PB=PB ，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴PC=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PC，
∴∠DAP=∠AEP，
∴∠DCP=∠AEP
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠AEP，
即∠CPF=∠EDF=180°−∠ADC=180°−120°=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE．
【解析】(1)先证出△ABP≌△CBP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；
(2)由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP，由PA=PC，得到∠DAP=∠E，∠DCP=∠E，最后∠CPE=∠EDF=90°得到结论；
(3)借助(1)和(2)的证明方法容易证明结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠ABP=∠CBP是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵△AOB为等边三角形，
∴OA=OB=8，∠BOA=60°，
∴A(8,0)，∠BOD=30°，
∵BD⊥y轴，
∴BD=12OB=4，
根据勾股定理可得：OD= OB2−BD2=4 3，
∴D(0,4 3)，
综上：A(8,0)，D(0,4 3)；
(2)过点F作FG⊥OA于点G，
∵两点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，
∴OE=AF=t，则AE=OA−OE=8−t，
∵△AOB为等边三角形，FG⊥OA，OC⊥AB，
∴∠AFG=30°，AC=12AB=4，
∴AG=12AF=t2，0
∴S=12AE⋅GF=12(8−t)× 3t2=− 34t2+2 3t(0
(3)①当BD为平行四边形的边时，如图：
由(1)可得BD=4，
∴BA=AM=4，
∵A(8,0)，
∴M(4,0)或(12,0)；
②当BD为平行四边形的对角线时，
∵AB//DM，AB=DM，
∴AB可经过平移得到DM，
∵A(8,0)，D(0,4 3)，
∴点A向上平移4 3个单位长度，向左平移8个单位长度得到点D，
∴点B向上平移4 3个单位长度，向左平移8个单位长度得到点M，
∵D(0,4 3)，BD=4，
∴B(4,4 3)，
∴M(−4,8 3)．
综上：点M的坐标为M(4,0)或(12,0)或(−4,8 3)．
【解析】
【分析】(1)根据等边三角形的性质可得OA=OB=8，∠BOA=60°，则∠BOD=30°，得出BD=12OB=4，根据勾股定理得出OD=4 3，即可得出点A和点D的坐标；
(2)过点F作FG⊥OA于点G，得出OE=AF=t，则AE=OA−OE=8−t，再根据勾股定理得出GF= AF2−AG2= 3t2，最后根据三角形的面积公式，即可列出代数式；
(3)根据题意进行分类讨论即可．
本题主要考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握含30°的直角三角形，30°角所对的边是斜边的一半；平行四边形对边平行且相等．
2022-2023学年黑龙江省双鸭山市部分学校七年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式中是最简二次根式的是( )
A. 15 B. 15 C. 0.1 D. 8
2. 下列各组数中，能组成直角三角形三边的是( )
A. 2，3，4 B. 3，2， 5 C. 3，4，5 D. 4，5，6
3. 下列各式计算正确的是( )
A. 27÷ 3=9 B. 48÷ 16= 3
C. 20÷ 4=4 D. 43÷ 19=3 2
4. 如图，在□ABCD中，BE平分∠ABC交DC于点E，若∠A=60°，则∠DEB的大小为 ( )
A. 130° B. 125° C. 120° D. 115°
5. 如图，图中所有的三角形都是直角三角形，四边形都是正方形，其中最大正方形E的边长为10，则四个正方形A，B，C，D的面积之和为( )
A. 24
B. 56
C. 121
D. 100
6. 若1
7. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，AC+AB=12，则边AB的长为( )
A. 3
B. 4
C. 2 3
D. 4 2
8. 已知 12n是整数，则正整数n的最小值为( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 12
9. 如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE//BD，DE//AC，若AC=4，则四边形CODE的周长为( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
10. 如图，边长为 2的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点G在BC边上，将正方形ABCD沿直线DG折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DG交AC于点M，则OM的长为( )
A. 12
B. 22
C. 3−1
D. 2−1
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 要使 x+1有意义，则实数x的取值范围是______．
12. 计算：1 5+2= ______ ．
13. 已知△ABC的三边长分别为a、b、c，且a、b、c满足a2−6a+9+ b−4+|c−5|=0，则△ABC的形状是______ 三角形．
14. 将a −1a根号外的因式移入根号内的结果是______．
15. 在菱形ABCD中，∠ABC=60°，菱形的边长为4，E是直线BD上任意一点，三角形AEB的面积为2，则ED的长为______ ．
16. 如图，矩形ABCD的面积为1cm2，对角线AC，BD交于点O，以AB，AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1；以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B，对角线交于点O2……以此类推，则平行四边形AO2022C2023B的面积为______ cm2．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1)( 6−2 3)× 3−12× 12+ 18；
(2)| 3−2|− (−3)2+( 3+1)( 3−1)．
18. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(2x+1+1x−2)÷x−1x−2，其中x= 3−1．
19. (本小题8.0分)
(1)如图，请用直尺和圆规在△ABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F，连接ED，EF，使得四边形BDEF为菱形(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，若∠A=67°，∠C=63°，求∠BED的度数．
20. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，D为AC上的一点，将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在AB上的点E处，求AD的长．
21. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，EF//AB交BC于点E，交AD于点F，连接AE，BF交于点M，连接CF，DE交于点N，连接MN.求证MN=12AD．
22. (本小题10.0分)
阅读下面的材料，然后解答问题：
我们新定义一种三角形，两边的平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形．
(1)理解并填空：
①根据奇异三角形的定义，请你判断：等边三角形一定是奇异三角形吗？______(填“是”或“不是”)
②若某三角形的三边长分别为1、 7、2，则该三角形______(填“是”或“不是”)奇异三角形．
(2)探究：在Rt△ABC，两边长分别是a、c，且a2=50，c2=100，则这个三角形是否是奇异三角形？请说明理由．
23. (本小题12.0分)
如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于点F．
(1)求证PC=PE；
(2)求∠CPF的度数；
(3)如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC=120°，其他条件不变，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
24. (本小题14.0分)
如图，将边长为8的等边三角形AOB置于平面直角坐标系中，点A在x轴正半轴上，过点O作OC⊥AB于点C，过点B作BD⊥y轴于点D.若动点E从原点O出发，沿线段OA向点A运动，动点F从点A出发，沿线段AC向终点C运动，两点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，点E的运动时间为t秒，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．
(1)求点A、点D的坐标；
(2)若△AEF的面积为S，请用含t的代数式表示S；
(3)在坐标平面内是否存在一点M，使以A，B，D，M为顶点的四边形为平行四边形？如果存在，请直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 15= 55，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
B、 15是最简二次根式，符合题意；
C、 0.1= 110= 1010，被开方数不是整数，不是最简二次根式，不符合题意；
D、 8=2 2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
根据最简二次根式的概念判断即可．
本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2.【答案】C
【解析】解：A、∵22+32≠42，∴不能组成直角三角形，不符合题意；
B、∵( 3)2+22≠( 5)2，∴不能组成直角三角形，不符合题意；
C、∵32+42=52，∴能组成直角三角形，符合题意；
D、∵42+52≠62，∴不能组成直角三角形，不符合题意．
故选：C．
根据勾股定理的逆定理依次判断各选项，即可进行解答．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，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】B
【解析】解：A． 27÷ 3= 9=3，故A不符合题意；
B. 48÷ 16= 3，故B符合题意；
C. 20÷ 4= 5，故C不符合题意；
D. 43÷ 19= 43×9= 12=2 3，故D不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的除法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，准确熟练地进行计算是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质，可以得到AD//BC，DC//AB，然后即可得到∠A+∠ABC=180°，∠ABE+∠DEB=180°，再根据∠A=60°，BE平分∠ABC，即可得到∠DEB的度数．
本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，DC//AB，
∴∠A+∠ABC=180°，∠ABE+∠DEB=180°，
∵∠A=60°，
∴∠ABC=120°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=60°，
∴∠DEB=120°，
故选：C．
5.【答案】D
【解析】解：根据勾股定理的几何意义，可知：
SE=SF+SG
=SA+SB+SC+SD
=100；
即四个正方形A，B，C，D的面积之和为100；
故选：D．
根据正方形的性质和勾股定理的几何意义解答即可．
本题考查了正方形的性质、勾股定理的几何意义，关键是掌握两直角边的平方和等于斜边的平方．
6.【答案】A
【解析】解：∵1
∴|x−3|+ (x−1)2=−(x−3)+x−1=−x+3+x−1=2．
故选A．
先判断出x−3与x−1的正负情况，再根据绝对值的性质与二次根式的性质化简即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，绝对值的性质，根据x的取值范围判断出x−3与x−1的正负情况是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=12AC，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=12AC，
∵AC+AB=12，
∴3AB=12，
∴AB=4．
故选：B．
根据矩形的性质得出OA=OB=12AC，进而利用等边三角形的判定和性质解答即可．
本题考查矩形的性质，根据矩形的性质得出OA=OB=12AC是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵ 12n=2 3n， 12n是整数，
∴3n是一个完全平方数．
∴n的最小值是3．
故选：A．
先将 12n化简为最简二次根式，然后再根据 12n是整数求解即可．
本题考查的是二次根式的定义，由 12n是整数，得出3n是一个完全平方数是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．由CE//BD，DE//AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=2，即可判定四边形CODE是菱形，则可求得答案．
【解答】
解：∵CE//BD，DE//AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=4，OA=OC=OB=OD=12AC=2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×2=8．
故选：C．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD= 2，∠DAB=90°，
∴BD= AD2+AB2=2，
∴DO=12DB=1，
∵将正方形ABCD沿直线DG折叠，点C落在对角线BD上的点E处，
∴DE=DC= 2，∠DEG=∠DCG=90°，
∴BE=BD−DE=2− 2，
∵∠CBD=45°，
∴∠BGE=45°，
∴GE=BE=2− 2，
∵∠DEG=∠DCG=90°，∠DOC=90°，
∴OM//EG，
∴△DOM∽△DEG，
∴DODE=OMEG，即1 2=OM2− 2，
解得OM= 2−1．
故选：D．
根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD= 2，∠DAB=90°，然后利用勾股定理得到BD= AD2+AB2=2，DO=12DB=1，然后根据折叠的性质得到△EBG是等腰直角三角形，得到GE=BE=2− 2，然后证明出△DOM∽△DEG，利用相似三角形的性质求解即可．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】x≥−1
【解析】
【分析】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数是非负数即可解决问题．
根据二次根式的性质可以得到x+1是非负数，由此即可求解．
【解答】
解：依题意得：
x+1≥0，
∴x≥−1．
故答案为：x≥−1．
12.【答案】 5−2
【解析】解：1 5+2= 5−2( 5+2)( 5−2)= 5−2，
故答案为： 5−2．
利用分数的性质和平方差公式，分子分母同时乘以( 5−2)即可．
本题主要考查分母有理化，掌握分数的性质和平方差公式进行分母有理化是解题的关键．
13.【答案】直角
【解析】解：∵a2−6a+9+ b−4+|c−5|=(a−3)2+ b−4+|c−5|=0，
∴a=3，b=4，c=5，
∵32+42=52，
∴△ABC为直角三角形．
故答案为：直角
已知等式前三项利用完全平方公式变形，利用非负数的性质求出a，b，c的值，利用勾股定理的逆定理即可确定出三角形ABC为直角三角形．
此题考查了配方法的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
14.【答案】− −a
【解析】解：∵要使 −1a有意义，
必须−1a>0，
即a<0，
所以a −1a=− (−a)2(−1a)=− −a．
根据二次根式有意义的条件先确定a的正负，然后化简根式，约分得出结果．
本题考查最简二次根式的运算，关键是化简．
15.【答案】4 3+2或4 3−2
【解析】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∵AB=4，
∴AO=12AB=2，
根据勾股定理可得：BO= AB2−AO2=2 3，
∴BD=4 3，
∵S△AEB=12BE⋅AO=2，
∴12BE×2=2，解得：BE=2，
当点E在DB延长线上时，DE=BD+BE=4 3+2，
当点E在线段BD延长线上时，DE=BD−BE=4 3−2，
故答案为：4 3+2或4 3−2..
连接AC，交BD于点O，根据菱形的性质以及勾股定理得出AO=12AB=2，BD=4 3，再根据三角形的面积公式得出BE=2，最后进行分类讨论即可．
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直平分，且平分一组对角．
16.【答案】122023
【解析】解：过点O向AB作垂线，垂足为E，过点O1向AB作垂线，垂足为F，如图所示：
∵∠DAB=∠OEB，
∴OE//DA，
∵O为矩形ABCD的对角线交点，
∴OB=OD
∴OE=12AD，
矩形ABCD的面积=AB×AD=1，
平行四边形AOC1B的面积═AB×OE=AB×12AD=12，
同理，根据平行四边形的性质，
O1F=12OE=122AD，
平行四边形AO1C2B面积=AB×122AD=122，
依此类推：
平行四边形AO2022C2023B的面积=AB×122023AD=122023，
故答案为：122023．
矩形ABCD的面积=AB×AD=1，过点O向AB作垂线，垂足为E，平行四边形AOC1B的面积=AB×OE，根据矩形的性质，OE=12AD，即平行四边形AOC1B的面积=AB×12AD=12，过点O1向AB作垂线，垂足为F，根据平行四边形的性质，O1F=12OE=122AD，即平行四边形AO1C2B面积=AB×122AD=122，依此类推，即可得到平行四边形AO2022C2023B的面积．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质和规律型：图形的变化美，根据矩形和平行四边形的性质，找到前两个图形的规律，依此类推即可，掌握规律是解题的关键．
17.【答案】解：(1)( 6−2 3)× 3−12× 12+ 18
=3 2−6−6 2+3 2
=−6．
(2)| 3−2|− (−3)2+( 3+1)( 3−1)
=2− 3−3+3−1
=1− 3．
【解析】(1)根据二次根式的运算法则即可求解；
(2)根据二次根式的运算法则即可求解．
此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知二次根式的运算法则．
18.【答案】解：原式=[2x−4(x+1)(x−2)+x+1(x+1)(x−2)]÷x−1x−2
=3x−3(x+1)(x−2)÷x−1x−2
=3(x−1)(x+1)(x−2)×x−2x−1
=3x+1，
当x= 3−1时，
原式=3 3−1+1= 3．
【解析】先对分式进行化简，然后再代入求解即可．
本题主要考查分式的化简求值及二次根式的运算，熟练掌握分式的化简求值及二次根式的运算是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，则四边形BDEF即为所求的菱形，
理由：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBD，
∵DF垂直平分BE，
∴BF=EF，BD=DE，
∴∠EBF=∠BEF，
∴∠EBD=∠BEF，
∴EF//BD，
同理BF//DE，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BE⊥DF，
∴四边形BDEF是菱形；
(2)∵∠A=67°，∠C=63°，
∴∠ABC=180°−67°−63°=50°，
∵四边形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=50°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=25°．
【解析】(1)作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，四边形BDEF即为所求．
(2)根据菱形的性质和三角形的内角和定理解答即可．
本题考查了菱形的判定和性质以及作图一复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
20.【答案】解：∵∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，
∴AC= AB2−BC2=4，
∵将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在AB上的点E处，
∴BE=BC=3，DE=DC，∠BED=∠C=90°，
∴AE=AB−BE=2，
∴设AD=x，
则CD=DE=4−x，
在Rt△ADE，AD2=AE2+DE2，
即x2=22+(4−x)2，
解得：x=52，
∴AD=52(cm)．
【解析】首先根据勾股定理求出AC= AB2−BC2=4，然后根据折叠的性质和勾股定理列方程求解即可．
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，此类题目熟记性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
21.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB//CD，AD//BC，
∵EF//AB，
∴EF//CD，
∴四边形ABEF、四边形ECDF均是平行四边形，
∴EM=AM，DN=EN，
∴MN是△AED的中位线，
∴MN=12AD．
【解析】可分别证明四边形ABEF，ECDF均为平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得MN为△AED的中位线．
本题主要考查平行四边形的判定和性质以及中位线定理．三角形的中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
22.【答案】解：(1)①是；
②是；
(2)当c为斜边时，则b2=c2−a2=100−50=50，
则a2+b2≠2c2，a2+c2≠2b2，
∴Rt△ABC不是奇异三角形；
当b为斜边时，b2=a2+c2=150，
则有a2+b2=50+150=200=2c2，
∴Rt△ABC是奇异三角形，
答：当c为斜边时，Rt△ABC不是奇异三角形；当b为斜边时，Rt△ABC是奇异三角形．
【解析】
【分析】
本题考查的是勾股定理、奇异三角形的定义，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
(1)①根据等边三角形的三边相等、奇异三角形的定义判断；
②根据奇异三角形的定义判断；
(2)分c为斜边、b为斜边两种情况，根据勾股定理、奇异三角形的定义判断．
【解答】
解：(1)①设等边三角形的边长为a，则a2+a2=2a2，
∴等边三角形一定是奇异三角形，
故答案为：是；
②∵12+( 7)2=8，2×22=8，
∴12+( 7)2=2×22，
∴该三角形是奇异三角形，
故答案为：是；
(2)见答案．
23.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC ∠ABP=∠CBP PB=PB ，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)解：由(1)知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠E，
即∠CPE=∠EDF=90°；
(3)解：AP=CE；理由如下：
在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC ∠ABP=∠CBP PB=PB ，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴PC=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PC，
∴∠DAP=∠AEP，
∴∠DCP=∠AEP
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠AEP，
即∠CPF=∠EDF=180°−∠ADC=180°−120°=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE．
【解析】(1)先证出△ABP≌△CBP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；
(2)由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP，由PA=PC，得到∠DAP=∠E，∠DCP=∠E，最后∠CPE=∠EDF=90°得到结论；
(3)借助(1)和(2)的证明方法容易证明结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠ABP=∠CBP是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵△AOB为等边三角形，
∴OA=OB=8，∠BOA=60°，
∴A(8,0)，∠BOD=30°，
∵BD⊥y轴，
∴BD=12OB=4，
根据勾股定理可得：OD= OB2−BD2=4 3，
∴D(0,4 3)，
综上：A(8,0)，D(0,4 3)；
(2)过点F作FG⊥OA于点G，
∵两点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，
∴OE=AF=t，则AE=OA−OE=8−t，
∵△AOB为等边三角形，FG⊥OA，OC⊥AB，
∴∠AFG=30°，AC=12AB=4，
∴AG=12AF=t2，0
∴S=12AE⋅GF=12(8−t)× 3t2=− 34t2+2 3t(0
(3)①当BD为平行四边形的边时，如图：
由(1)可得BD=4，
∴BA=AM=4，
∵A(8,0)，
∴M(4,0)或(12,0)；
②当BD为平行四边形的对角线时，
∵AB//DM，AB=DM，
∴AB可经过平移得到DM，
∵A(8,0)，D(0,4 3)，
∴点A向上平移4 3个单位长度，向左平移8个单位长度得到点D，
∴点B向上平移4 3个单位长度，向左平移8个单位长度得到点M，
∵D(0,4 3)，BD=4，
∴B(4,4 3)，
∴M(−4,8 3)．
综上：点M的坐标为M(4,0)或(12,0)或(−4,8 3)．
【解析】
【分析】(1)根据等边三角形的性质可得OA=OB=8，∠BOA=60°，则∠BOD=30°，得出BD=12OB=4，根据勾股定理得出OD=4 3，即可得出点A和点D的坐标；
(2)过点F作FG⊥OA于点G，得出OE=AF=t，则AE=OA−OE=8−t，再根据勾股定理得出GF= AF2−AG2= 3t2，最后根据三角形的面积公式，即可列出代数式；
(3)根据题意进行分类讨论即可．
本题主要考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握含30°的直角三角形，30°角所对的边是斜边的一半；平行四边形对边平行且相等．
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