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期中提优测评卷
用时:120分钟 总分:120分 得分:
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)
1.(2025·天津河北区期末)在下列二次根式中，x的取值范围是x≥2的是( ).
A. B. C. D.
2.(2025·江苏南京外国语学校月考)能使等式成立的条件是( ).
A. x>0 B. x≥3 C. x≥0 D. x>3
3.在△ABC中,D 是直线BC上一点,已知AB=6,AD=4,AC=5,CD=3,则BC的长为( ).
A. 或 B. 2或
C. D.
4.(2025·台州一模)如图,在 ABCD 中,AC,BD 为两条对角线.添加下列一个条件,仍不能判定 ABCD 是菱形,这个条件是( ).
A. AC⊥BD B. AB⊥BC
C. AB=BC D. ∠BAC=∠DAC
5.(2025·北京西城区期中)下列计算，正确的是( ).
A. B.
C. D.
6.(2025·河北邢台平乡期中)在 ABCD中,对角线AC与BD交于点O,下列结论正确的有( ).
①AB=CD;
②OA=OC=OB=OD;
③当AC=BD时,四边形ABCD 是正方形.
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
7.勾股定理记载于《周髀算经》中，其中“勾三、股四、弦五”为一组“勾股数”.对任意正整数a(a≠1),b,若a为偶数, 则a,b,b+2为一组“勾股数”.若一组“勾股数”中的a为偶数，且其中一个数为8，则b对应的数为( ).
A. 15 B. 8 C. 15或8 D. 15或8或6
8.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=6,以AC和BC为直角边向外作等腰直角三角形AFC 和等腰直角三角形BEC，若△BEC的面积为S ，△AFC的面积为S ，则 等于( ).
A. 4 B. 9 C. 18 D. 36
9.如图,已知菱形ABCD,点A,B,C,D均在坐标轴上,∠ABC=120°,点A(-3,0),E是CD 的中点,P 是OC上的一动点,则PD+PE 的最小值是( ).
A. 3 B. 5 C. D.
10.如图，在边长为 的正方形ABCD中,E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH 的长为( ).
A. 2.4 B. 2.5 C. D. 2
二、填空题(本大题共8小题，每小题3分，共24分)
11.(2025·凉山州中考)若式子 在实数范围内有意义，则m的取值范围是 .
12.(2025·山东威海期末)若 则化简 的结果是 .
13.(2025·福建中考)某房梁如图所示,立柱AD⊥BC,E,F分别是斜梁AB,AC的中点.若AB=AC=8m,则DE 的长为 m.
14.(2025·北京西城区期中)如图(1)，华容道是一种古老的中国民间益智游戏，一些棋子紧密地摆放在矩形木框内，其中有5个完全一样的小矩形木块代表“五虎上将”，它们有4个纵向摆放，1个横向摆放，把其他棋子拿掉后，这5个小矩形木块排列示意图如图(2)所示.若图(2)中阴影部分面积为40，则一个小矩形木块的对角线的长为 .
15.如图,∠C=90°,BC=4,CD=3,AD=12,AB=13,则四边形 ABCD 的面积是 .
16.如图，将边长为40cm的正方形ABCD 折叠，使得点 D 落在 BC上的点E 处.若折痕 FG 的长为41cm,则CE= cm.
17.(2025·山东济宁兖州区期末)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的两个顶点A，B是坐标轴上的动点，若正方形的边长为2，则线段OC 的最大值是 .
18.(2025·天津中考)如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,点E在边BC上,且EC=2BE.
(1)线段AE 的长为 ;
(2)F为CD的中点,M为AF的中点,N为EF上一点,若∠FMN=75°,则线段MN的长为 .
三、解答题(本大题共8小题，共66分)
19.(6分)计算:
20.(6分)(2025·河南漯河临颍期中)[观察计算](填“>”“<”或“=”):
[归纳发现]
(2)由(1)中的各式比较m+n与 的大小，并说明理由.
[实践应用]
(3)设计师要对某区域进行设计改造，将该区域用篱笆围成一个长方形花圃，如图，该花圃恰好可以借用一段墙体，若要围成一个面积为 的花圃，则所用的篱笆至少需要 m.
21.(8分)(2025·吉林中考)如图,在矩形ABCD 中,点E,F 在边BC上,连接AE,DF,
(1)求证:
(2)当AB=12,DF=13时,求 BE 的长.
22.(8分)已知正方形ABCD，P是CD的中点，请仅用无刻度的直尺按下列要求画图.(保留画图痕迹，写出画法)
(1)在图(1)中,画 垂足为Q；
(2)在图(2)中,画 垂足为H.
23.(8分)如图,在 中， 过点 D 作 交BC 的延长线于点E.
(1)求证:四边形 ACED 是矩形.
(2)连接AE交CD 于点F,连接BF.若 求 BF 的长.
24.(8分)(2025·北京海淀区期末)已知 E 为正方形ABCD 内部一点,且满足AE=AB,连接AE,BE,DE.
(1)如图(1),若DE=AD,求 的大小.
(2)如图(2),连接CE,将线段CE 绕点C顺时针旋转 得到线段CF，连接BF，射线DE 交线段BF于点 M.
①依题意补全图(2)；
②用等式表示线段 BM 与MF 的数量关系，并证明.
25.(10分)如图，在平面直角坐标系中，正方形OBCD 的顶点D 的坐标为(0，5)，M为线段OB 上一动点(不包括点O，B)， 为等腰直角三角形， DN 与边BC 交于点E,连接ME.
(2)求证:MN 平分
(3)设点 M 的坐标为(m，0)，在边OD 上是否存在点 P，使得四边形 MNCP 为平行四边形 若存在，请用含 m 的代数式表示点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.
26.(12分)(2025·山东淄博张店区月考)如图，O为坐标原点，在四边形OABC中， OA,BC=24, A(26,0),C(0,12),D是OA 的中点，动点 P 在线段BC上以每秒2个单位长度的速度由点 C 向点 B 运动.设动点 P 的运动时间为t秒.
(1)当 P 运动 秒，四边形 PDAB 是平行四边形.
(2)在直线CB上是否存在一点Q，使得以O，D，Q，P为顶点的四边形是菱形 若存在，求t的值，并求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
1. D [解析]A.2+x≥0,解得x≥-2,故故本选项错误；
B.2-x≥0,解得x≤2,故本选项错误;
C. x-2>0,解得x>2,故本选项错误;
D. x-2≥0,解得x≥2,故本选项正确.故选D.
2. D[解析]由题意,得 解得x>3.故选D.
3. A [解析]∵AC=5,AD=4,CD=3,∴AD +CD =AC ,∴△ACD 是直角三角形,AD⊥BC.
由于点 D 在直线BC 上，则分两种情况讨论：
当点 D 在线段BC上时，如图(1)所示，
在Rt△ADB中,
则
当点 D 在BC 的延长线上时，如图(2)所示，
在Rt△ADB 中,.
则
综上所述， 或 故选 A.
4. B
5. D [解析] 故此选项不符合题意；
故此选项不符合题意；
故此选项不符合题意；
，故此选项符合题意，故选 D.
6. B [解析]∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AB=CD,OA=OC,OB=OD,当AC=BD 时,四边形ABCD 是矩形,故①正确,②③错误.故选 B.
7. C
8. C [解析]∵∠ACB=90°,AB=6,
∵△BEC和△AFC是等腰直角三角形,∴BE=BC,AF= 故选 C.
9. A [解析]如图,连接BE.
∵四边形ABCD 是菱形,∴点 B,D关于直线AC对称,
∴根据“将军饮马”模型可知，BE的长度即是PD+PE的最小值.
∵∠ABC=120°,A(-3,0),
∴∠ABD=∠CBD=60°,∠BAO=30°,OA=3.在 Rt△AOB中,AB=2OB,OA +OB =AB ,
∴△CDB 是等边三角形,
∵E 是CD 的中点,. 且BE⊥CD.
故选 A.
10. D [解析]如图,连接CH,并延长交AD于点K,连接EK,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴AD∥BC,BC=AD,
∴∠DKC=∠FCK.
∵H是FD 的中点,
∴FH=DH.
∴△DKH≌△FCH(AAS),
∴DK=FC,KH=CH.
∵G是EC的中点,
∴GH 为△CEK 的中位线,.
∵F 是BC的中点,
∵E 是边AB 的中点,
故选D.
一题多解 如图，连接FG 并延长交AD 于M，连接EH并延长交DC于点N，由于G，F分别是EC，BC的中点，所以GF⊥AD,M是AD的中点,
同理可证EN⊥CD,N是CD的中点,
则 EN垂直平分MF,P是EN,MF的中点,
由中位线定理可得. 则 所以△PHG 是等腰直角三角形，则
11. m≥1 [解析]根据题意,得 解得m≥1,∴m 的取值范围是m≥1.
12.5 [解析]若 则x≥0且3-x≥0,解得0≤x≤3, =x+1+4-x=5.
13.4 [解析]∵AD⊥BC,∴∠ADB=90°.∵E是AB 的中点,
14.2 [解析]设小矩形木块的长为a，宽为b，则小矩形木块的面积为 ab,大矩形的长为2a+b,宽为a+2b,
根据题意,得(2a+b)(a+2b)=5ab+40,化简得 =20，则一个小矩形木块的对角线的长为
15.36 [解析]如图,连接BD.
∵∠C=90°,BC=4,CD=3,
∵AD=12,AB=13,
∴△ADB 是直角三角形,且∠ADB=90°,
∴四边形 ABCD 的面积=△BCD 的面积+△ABD 的面积 6+30=36.
16.9 [解析]∵四边形ABCD 是正方形,∴∠A=∠ADC=∠C=90°,AD=CD.如图,作 FP⊥CD 于点P,连接 DE,则四边形 AFPD 是矩形，∴∠DCE=∠FPG=90°.由翻折,知GF⊥DE,
∴∠PFG=∠CDE.
∵FP=AD=CD,
∴△FPG≌△DCE(ASA),
∴DE=FG=41cm.
在Rt△CDE中，由勾股定理，得
[解析]如图,记AB 的中点为E,连接QE,CE,由于平面直角坐标系有直角，所以我斜边的中点，构造三角形模型来求线段的最大值
∵∠AOB=90°,
∵∠ABC=90°,
∴OC≤OE+CE,
即
∴OC 的最大值是
18.(1) [解析](1)∵EC=2BE,BC=3,
∴BE=1,EC=2,
(2)如图,过点M作MH⊥EF于点H.
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠B=∠C=∠D=90°,AB=CD=2.
∵F 为CD的中点,
∴CF=DF=1,
∴BE=CF=1,AB=EC=2,
∴△ABE≌△ECF(SAS),
∴EF=AE= ,∠BAE=∠CEF,
∴∠CEF+∠AEB=∠BAE+∠AEB=90°,
∴∠AEF=90°,
∵M为AF 的中点,
∵MH⊥EF,
∵∠FMN=75°,∴∠NMH=30°,
20.(1)> > = [解析]∵
(2)由(1)可得: 理由如下：
(3)40 [解析]设与墙平行的边长为x(x>0)m,与墙垂直的边长为 y(y>0)m,
由题意,得篱笆长为(x+2y)m,xy=200,
由(2)可得
∴x+2y≥40,∴所用的篱笆至少需要40m.
21.(1)在矩形ABCD中,AB=CD,∠B=∠C=90°.在△ABE 和△DCF 中, ∴△ABE≌△DCF(ASA).
(2)由(1)知△ABE≌△DCF,∴AE=DF=13.
22.(1)如图(1),PQ即为所求.连接AC,BD 交于点O,连接PO并延长交AB于点Q.
(2)如图(2),BH 即为所求.连接BD,交AP 于点F,连接CF 并延长交AD 于点E,连接BE 交AP 于点 H.
∵四边形ABCD 是正方形，BD 为对角线，
∴∠ADB=∠CDB,AD=CD.又DF=DF,
∴△ADF≌△CDF(SAS),∴∠DAF=∠DCF.
∵∠ADP=∠CDE=90°,∴△ADP≌△CDE(ASA),
∴DE=DP,∴AE=DP.
∵AB=AD,∠BAE=∠ADP=90°,
∴△ABE≌△DAP(SAS),∴∠ABE=∠DAP.
∵∠EAH+∠BAP=90°,∴∠ABE+∠BAP=90°.
∴∠AHB=90°,即BH⊥AP.
23.(1)∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD∥BC,∴∠CAD=∠ACB=90°.
又∠ACE=90°,DE⊥BC,
∴∠CAD=∠ACE=∠E=90°,
∴四边形 ACED 是矩形.
(2)如图所示.
∵四边形 ACED 是矩形,
∴AD=CE=2,AF=EF,AE=CD.
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BC=AD=2,AB=CD,
∴AB=AE.
又∠ABC=60°,
∴△ABE 是等边三角形,
在Rt△BFE中,BE=BC+CE=4,∴EF= BE=2,
24.(1)∵四边形ABCD 为正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°.
∵DE=AD,AE=AB,∴AE=AD=DE,
∴△ADE 为等边三角形,
∴∠AED=∠EAD=60°,∴∠BAE=30°.
∴∠BED=∠AEB+∠AED=75°+60°=135°.
(2)①依题意补全图形，如图(1)所示.
②BM=MF.证明如下:
如图(2),连接 BD,DF,过点 B 作BG∥DF,交 DM 的延长线于点G.
∵四边形ABCD 为正方形，
∴BC=CD,∠BCD=90°,∠CBD=∠CDB=45°.
∵将线段 CE 绕点C 顺时针旋转90°得到线段 CF，
∴∠ECF=90°,CE=CF,∴∠ECF=∠BCD=90°,
∴∠BCE=∠DCF.
在△BCE 和△DCF 中,
∴△BCE≌△DCF(SAS),
∴BE=DF,∠EBC=∠FDC.
∵∠DBE+∠EBC=45°,∴∠CDF+∠DBE=45°.
∵AB = AE, AD = AE, ∴ ∠ABE = ∠AEB =
∴∠DBE+∠BDE=45°,∴∠CDF=∠BDE.
∵∠BDE+∠EDC=45°,
∴∠EDC+∠CDF=45°,∴∠EDF=45°,
∵BG∥DF,∴∠G=∠EDF=45°,
∴∠G=∠BEG=45°,∴BE=BG,∴BG=DF.
在△BMG 和△FMD 中, ∴△BMG≌△FMD(AAS),∴BM=MF.
25.(1)45°
(2)如图(1),在x轴负半轴上取一点F,使OF=CE,连接DF.易证△DOF≌△DCE,
∴∠ODF=∠CDE,DF=DE,
∵∠MDN=45°,∴∠CDE+∠ODM=45°,
∴∠ODF+∠ODM=45°,即∠MDF=45°,
∴∠MDF=∠MDN.
∵DM=DM,DF=DE,
∴△MDF≌△MDE(SAS),∴∠DMF=∠DME.
∵∠DMN=90°,
∴∠DME+∠EMN=90°,∠DMF+∠BMN=90°,
∴∠EMN=∠BMN,∴MN平分∠EMB.
(3)存在点 P(0,5-m),使四边形 MNCP 为平行四边形,此时DP=OM.理由如下:
如图(2),连接CP,PM,CN,设CP 与DM 交于点 T.
∵四边形OBCD 是正方形，
∴CD=OD,∠CDO=∠DOM=90°,
∴△CDP≌△DOM(SAS),
∴CP=DM,∠DCP=∠ODM.
∵MN=DM,∴CP=MN.
∵∠ODM+∠CDM=90°,∴∠DCP+∠CDM=90°,
∴∠DTC=90°.
又∠DMN=90°,∴∠DTC=∠DMN,∴CP∥MN,∴四边形 MNCP 为平行四边形.
26.(1)5.5 [解析]∵A(26,0),C(0,12),∴OA=26,OC=12.∵D 是OA 的中点,
由题意知,PC=2t.
∵BC=24,∴BP=BC-PC=24-2t.
∵四边形 PDAB 是平行四边形，
∴PB=AD=13,∴24-2t=13,解得t=5.5,
∴当t为5.5时，四边形 PDAB 是平行四边形.
(2)存在.分三种情况：
①当点 Q在点 P 的右边时，如图(1).
∵四边形ODQP 是菱形,∴OD=OP=PQ=13,
∴在 Rt△OPC中,由勾股定理得 PC=5,
∴2t=5,解得t=2.5,∴Q(18,12);
②当点 Q在点 P 左侧且在线段BC 上时，如图(2).
同①,得 PC=18,即2t=18,解得t=9,∴Q(5,12);③当点Q在点 P 左侧且在BC 延长线上时，如图(3).
同①求出QC=5,PC=13-5=8,
即2t=8,解得t=4,∴Q(-5,12).
综上所述,t=2.5时,Q(18,12);t=9时,Q(5,12);t=4时,Q(-5,12).

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