星湾学校2022-2023学年第二学期初二数学第一次月考试卷
一．选择题
1．下列各图是选自历届冬奥会会徽中的图案，其中是中心对称图形的是（）
A． B． C． D．
2．根据分式的基本性质对分式变形，下列正确的是（）
A． B． C． D．
3．如图， ABCD的对角线相交于点O，BC＝7，BD＝10，AC＝6，则△BOC的周长是（）
A．15 B．16 C．17 D．23
4．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角相等 D．对边平行
5．我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题，译为白话文为：把一份文件送到900里外的城市，如果用慢马送，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，需要的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍．求规定时间是多少天？设规定时间为x天，则下列方程正确的是（）
A． B． C． D．
6．如图，依次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，添加的条件不正确的是（）
A．∠FEH＝90° B．AC＝BD C．EG＝FH D．AC⊥BD
7．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（）
A．一直增大 B．不变 C．先减小后增大 D．先增大后减小
8．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是（）
A．4 B． C． D．
二．填空题
9．分式有意义的条件是 ．
10．若，则分式＝ ．
11．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，∠BAD的平分线AE交BC于E点，则EC的长为 ．
12．已知关于x的方程有增根，则n的值为 ．
13．如图，△ABC绕点C旋转得到△DEC，点E在边AB上，若∠B＝75°，则∠ACD的度数是 ．
14．如图，在菱形ABCD中，∠BCD＝110°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，则∠CDF的度数为 ．
15．如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，BC的中点，点F是DE上一点，连接AF，CF，且AF⊥CF，若AC＝6，EF＝1，则AB＝ ．
16．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、点F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 ．
17．如图，在矩形ABCD中，点E在AB的延长线上．若BE＝AC＝6，∠E＝15°，则AB＝ ．
18.如图，∠POQ = 45°，A、B是∠POQ的边OP上两定点，OB= 6，OA= 2，E是边OQ上一动点，分别以AB、AE为边在OP上方同侧作正方形ABCD、正方形AEFG. 则线段BG的最小值为 ．
三．解答题题
19．解方程：﹣3；
20．先化简，再求值：，其中x＝5．
21．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（﹣2，﹣2）．
（1）△A1B1C1与△ABC关于点O成中心对称，请在图中画出△A1B1C1，并直接写出点C1的坐标；
（2）在（1）的基础上，将△ABC绕点A1逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请在图中画出△A2B2C2，并直接写出点C2的坐标．
22．已知：如图E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF＝CE．求证：BE＝DF．
23．疫情防控形势下，人们在外出时都应戴上口罩以保护自己免受新型冠状病毒感染．某药店用4000元购进若干包次性医用口罩，很快售完，该店又用7500元钱购进第二批这种口罩，所进的包数比第一批多50%，每包口罩的进价比第一批每包口罩的进价多0.5元，请解答下列问题：
（1）求购进的第一批医用口罩有多少包？
（2）政府采取措施，在这两批医用口罩的销售中，售价保持了一致，若售完这两批口罩的总利润不高于3500元钱，那么药店销售该口罩每包的最高售价是多少元？
24．如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；
（2）若AD＝10，BD＝8，求△BCF的面积．
25．如图，点E是矩形ABCD的边BA延长线上一点，连接ED，EC，EC交AD于点G，作CF∥ED交AB于点F，DC＝DE．
（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若BC＝3，CD＝5，求AG的长．
26．已知∠MAN，按要求完成下列尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）．
（1）如图①，B，C分别在射线AM、AN上，求作 ABDC；
（2）如图②，点O是∠MAN内一点，求作线段PQ，使P、Q分别在射线AM、AN上，且点O是PQ的中点．
26．我们可以定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
（1）如图①已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＞BC，试在△ABC内或边上确定一点P，使△BCP为等腰三角形．
（2）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，动点M、N分别在AD、CD上，且∠MBN＝60°，试判断四边形DMBN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由．
【尝试应用】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝12.5，点E在BC上，且BE＝3，在矩形ABCD内或者边上，确定一点P，使四边形ABEP为面积最大的“等邻边四边形”，若能实现，请求出最大面积，若不能实现，试说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．下列各图是选自历届冬奥会会徽中的图案，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：B．
2．根据分式的基本性质对分式变形，下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．分子分母同时加上同一个数，分式不一定成立，故原选项错误，不符合题意；
B．，故原选项错误，不符合题意；
C．分式的分子与分母都乘以同一个不等于零的整式，分式的值不变，故原选项正确，符合题意；
D．，故原选项错误，不符合题意．
故选：C．
3．如图， ABCD的对角线相交于点O，BC＝7，BD＝10，AC＝6，则△BOC的周长是（ ）
A．15 B．16 C．17 D．23
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，OA＝OC，OB＝OD，
∵BC＝7，BD＝10，AC＝6，
∴OC＝3，OB＝5，
∴△BOC的周长为：BC+OC+OB＝7+3+5＝15．
故选：A．
4．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直
C．对角相等 D．对边平行
【解答】解：∵菱形的性质有对角相等，对边平行，对角线互相垂直平分，矩形的性质有对角相等，对边平行，对角线互相平分且相等，
故选：B．
5．我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题，译为白话文为：把一份文件送到900里外的城市，如果用慢马送，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，需要的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍．求规定时间是多少天？设规定时间为x天，则下列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：∵用慢马送，需要的时间比规定时间多一天，用快马送，需要的时间比规定时间少3天，且规定时间为x天，
∴用慢马送需要（x+1）天，用快马送需要（x﹣3）天．
根据题意得：2×＝．
故选：D．
6．如图，依次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，添加的条件不正确的是（ ）
A．∠FEH＝90° B．AC＝BD C．EG＝FH D．AC⊥BD
【解答】解：依题意得，四边形EFGH是由四边形ABCD各边中点连接而成，
连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是CD、DA、AB、BC的中点，
∴EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
要使四边形EFGH为矩形，
根据矩形的判定：有一个角为直角的平行四边形是矩形，
故当AC⊥BD时，∠EFG＝∠EHG＝90°时，四边形EFGH为矩形．
故选：D．
7．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（ ）
A．一直增大 B．不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【解答】解：如图，连接AP．
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PEA＝∠PFA＝90°，
∵∠A＝90°，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF＝AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选：C．
8．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是（ ）
A．4 B． C． D．
【解答】解：如图，连接AM，
由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°，
∴△ACM为等边三角形，
∴AM＝CM，∠MAC＝∠MCA＝∠AMC＝60°；
∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝，
∴AC＝2＝CM＝2，
∵AB＝BC，CM＝AM，
∴BM垂直平分AC，
∴BO＝AC＝1，OM＝CM sin60°＝，
∴BM＝BO+OM＝1+，
故选：B．
二．填空题
9．分式有意义的条件是 x≠2 ．
【解答】解：根据题意得x﹣2≠0，
∴x≠2，
故答案为：x≠2．
10．若，则分式＝ 2 ．
【解答】解：＝+1，
将代入，
原式＝2×+1
＝2×+1
＝2．
11．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，∠BAD的平分线AE交BC于E点，则EC的长为 2 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2，
故答案为：2．
12．已知关于x的方程有增根，则n的值为
【解答】解：去分母得，3x+n=2（2x+1）
解得：x=n-2
分式方程有增根，得到2x+1＝0，即x＝-，
把x＝-1代入整式方程得：n＝，
故答案为：．
13．如图，△ABC绕点C旋转得到△DEC，点E在边AB上，若∠B＝75°，则∠ACD的度数是 30° ．
【解答】解：∵△ABC绕点C旋转得到△DEC，
∴CB＝CE，∠BCE＝∠ACD，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠B＝75°，
∴∠BCE＝180°﹣75°×2＝30°，
∴∠ACD＝30°，
故答案为：30°．
14．如图，在菱形ABCD中，∠BCD＝110°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，则∠CDF的度数为 15° ．
【解答】解：如图，连接BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD＝∠BAD＝110°，∠BCA＝∠ACD＝55°＝∠BAC＝∠CAD，AB＝AD，∠ADC＝70°，
∵EF垂直平分AB，
∴AF＝BF，
在△ABF和△ADF中，
，
∴△ABF≌△ADF（SAS），
∴BF＝DF，
∴AF＝DF，
∴∠FAD＝∠ADF＝55°，
∴∠CDF＝∠ADC﹣∠ADF＝15°，
故答案为：15°．
15．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、点F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 3.4 ．
【解答】解：如图，在EF上截取EG＝EC，连接DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝90°，AB＝BC＝4，
在△DCE和△DGE中，
，
∴△DCE≌△DGE（SAS），
∴∠DGE＝∠C＝90°，DG＝DC，
∵∠A＝∠C＝90°，AB＝BC＝4，
∴∠DGF＝∠A＝90°，DG＝DA，
在Rt△DAF和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DAF≌Rt△DGF（HL），
∴AF＝GF＝1，
∵EG＝EC，
∴BE＝BC﹣EC＝4﹣EG，EF＝EG+FG＝EG+1，BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
在Rt△BEF中，根据勾股定理，得
BE2+BF2＝EF2，
∴（4﹣EG）2+32＝（EG+1）2，
解得EG＝2.4，
∴EF＝EG+FG＝2.4+1＝3.4．
∴EF的长为3.4．
16．如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，BC的中点，点F是DE上一点，连接AF，CF，且AF⊥CF，若AC＝6，EF＝1，则AB＝ 8 ．
【解答】解：在Rt△AFC中，点D是AC的中点，AC＝6，
∴DF＝AC＝×6＝3，
∵EF＝1，
∴DE＝DF+EF＝3+1＝4，
∵点D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB＝2DE＝2×4＝8，
故答案为：8．
17．如图，在矩形ABCD中，点E在AB的延长线上．若BE＝AC＝6，∠E＝15°，则AB＝ 3 ．
【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝BE＝6，∠DAB＝90°，
∴∠BDE＝∠E＝15°，
∴∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝3，
∴AB＝AD＝3．
故答案为：3．
18．如图，∠POQ = 45°，A、B是∠POQ的边OP上两定点，OB= 6，OA= 2，E是边OQ上一动点，分别以AB、AE为边在OP上方同侧作正方形ABCD、正方形AEFG. 则线段BG的最小值为 ．
【解答】
如图，设OQ交AD于点M，交CD于点N，过点D作DE′⊥OQ于点E′．
∵∠OAD＝90°，∠QOA＝45°，
∴∠QOA＝∠AMO＝45°，
∴OA＝AM＝2，
∵OB＝6，
∴AD＝AB＝6﹣2＝4，
∴AM＝DM＝2，
∵∠DMN＝∠AMO＝45°，
∵∠MDN＝90°，
∴∠DMN＝∠DNM＝45°，
∴DM＝DN＝2，MN＝2，
∵DE′⊥MN，
∴E′M＝E′N，
∴DE′＝MN＝，
根据垂线段最短可知，当点E与E′重合时，DE的值最小，最小值为，
∵BG＝DE，
∴BG的最小值为；
18．解方程：
﹣3；
【解答】解：（1）去分母，得1＝x﹣1﹣3x+6．
移项，合并同类项，得2x＝4．
解得x＝2．
经检验，x＝2是增根，所以原分式方程无解．
（2）去分母，得x2﹣3x+3＝x2﹣x，
移项，合并同类项，得2x＝3，解得．
经检验，是原分式方程的解．
所以方程的解为．
19．先化简，再求值：，其中x＝5．
【解答】解：
＝
＝
＝，
当x＝5时，原式＝＝．
20．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（﹣2，﹣2）．
（1）△A1B1C1与△ABC关于点O成中心对称，请在图中画出△A1B1C1，并直接写出点C1的坐标；
（2）在（1）的基础上，将△ABC绕点A1逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请在图中画出△A2B2C2，并直接写出点C2的坐标．
【解答】解：（1）△A1B1C1如图，点C1的坐标为（4，1）；
（2）解：△A2B2C2如图；点C2的坐标为（2，﹣5）．
21．已知：如图E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF＝CE．求证：BE＝DF．
【解答】证明：∵E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠DAF＝∠BCE，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴EB＝DF．
22．疫情防控形势下，人们在外出时都应戴上口罩以保护自己免受新型冠状病毒感染．某药店用4000元购进若干包次性医用口罩，很快售完，该店又用7500元钱购进第二批这种口罩，所进的包数比第一批多50%，每包口罩的进价比第一批每包口罩的进价多0.5元，请解答下列问题：
（1）求购进的第一批医用口罩有多少包？
（2）政府采取措施，在这两批医用口罩的销售中，售价保持了一致，若售完这两批口罩的总利润不高于3500元钱，那么药店销售该口罩每包的最高售价是多少元？
【解答】（1）设购进的第一批医用口罩有x包，则
＝﹣0.5．
解得：x＝2000．
经检验x＝2000是原方程的根并符合实际意义．
答：购进的第一批医用口罩有2000包；
（2）设药店销售该口罩每包的售价是y元，则由题意得：
[2000+2000（1+50%）]y﹣4000﹣7500≤3500．
解得：y≤3．
答：药店销售该口罩每包的最高售价是3元．
23．如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；
（2）若AD＝10，BD＝8，求△BCF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，
∵AE＝DE，∠AEB＝∠DEF，
∴△AEB≌△DEF（AAS），
∴AB＝DF，
∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF＝90°，
∴平行四边形ABDF是矩形．
（2）解：由（1）得：四边形ABDF是矩形，AB＝DF，
∴BF＝AD＝10，
∴，
则AB＝DF＝6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，
∴CF＝CD+DF＝6+6＝12，
∵∠BDF＝90°，
∴BD⊥CF，
∴S△BCF＝CF BD＝×12×8＝48．
24．如图，点E是矩形ABCD的边BA延长线上一点，连接ED，EC，EC交AD于点G，作CF∥ED交AB于点F，DC＝DE．
（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若BC＝3，CD＝5，求AG的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵CF∥ED，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵DC＝DE．
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：如图，连接GF，
∵四边形CDEF是菱形，
∴CF＝CD＝5，
∵BC＝3，
∴BF＝＝＝4，
∴AF＝AB﹣BF＝5﹣4＝1，
在△CDG和△CFG中，
，
∴△CDG≌△CFG（SAS），
∴FG＝GD，
∴FG＝GD＝AD﹣AG＝3﹣AG，
在Rt△FGA中，根据勾股定理，得
FG2＝AF2+AG2，
∴（3﹣AG）2＝12+AG2，
解得AG＝．
25．已知∠MAN，按要求完成下列尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）．
（1）如图①，B，C分别在射线AM、AN上，求作 ABDC；
（2）如图②，点O是∠MAN内一点，求作线段PQ，使P、Q分别在射线AM、AN上，且点O是PQ的中点．
【解答】解：（1）如图①，平行四边形ABDC为所作；
（2）如图②，PQ为所作．
27．【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
（1）如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD 一定 .（填“一定”或“不一定”）是正方形；
（2）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若∠MBN＝60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；
【尝试应用】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝12.5，点E在BC上，且BE＝3，在矩形ABCD内或者边上，确定一点P，使四边形ABEP为面积最大的“等邻边四边形”，若能实现，请求出最大面积，若不能实现，试说明理由．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD是“等邻边四边形”，
∴四边形ABCD的邻边相等，
∴矩形ABCD一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形．
理由：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDM＝∠BCN＝60°，DB＝CB，
∵∠MBN＝∠DBC＝60°，
∴∠DBM＝∠CBN，
∴△DBM≌△CBN（ASA），
∴BM＝BN，DM＝CN，
∴四边形BMDN是等邻四边形，
（3）能实现．
理由：如图③中，
①以A为圆心，AB为半径画弧，当点P在（不包括点I）上时，四边形ABEP是“等邻边四边形“，点P在AD上时，四边形ABEP的面积的最大值为×4×3+×4×4＝14．
②以E为圆心，EB为半径画弧，当点P在（不包括点H和点T）上时，四边形ABEP是“等邻边四边形“，P′E⊥AE，AE＝5，P′E＝3
四边形ABEP的面积的最大值为×4×3+×5×3＝13.5，
③当点P在线段AE的垂直平分线上时，易知AP＝，
此时四边形ABEP是“等邻边四边形“，面积＝×4×3+×4×＝．
综上所述，等邻边四边形ABEP的面积的最大值为．
