江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)-人人终身学习知识网~是各类综合知识资源信息分享，提升综合素质与提高知识技能的终身学习网络平台教学经验数学

meili 发表于 2022-10-14 16:02:06

江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)

江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)一、选择题（每题3分，共24 分）1．化简的结果是（）A． 3 B． ﹣3 C． ±3 D． 92．下列二次根式中与是同类二次根式的是（）A．B．C．D．3．下列命题中，真命题是（）A．两条对角线垂直的四边形是菱形B．对角线垂直且相等的四边形是正方形C．两条对角线相等的四边形是矩形D．两条对角线相等的平行四边形是矩形4．估计﹣ +1的值（）A．在﹣3到﹣2之间 B．在﹣4到﹣3之间 C．在﹣5之﹣4间 D．在﹣6到﹣5之间5．关于x的一元二次方程x2﹣2ax﹣1=0（其中a为常数）的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．可能有实数根，也可能没有C．有两个相等的实数根 D．没有实数根6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是（）A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形C．矩形 D．对角线相等的四边形7．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）A． 30，2 B． 60，2 C． 60， D． 60，8．如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则的值为（）A．B．C．D．二、填空题（每题2分，共20分）9．计算： ﹣ =；（ +1）（ ﹣1）=．10．一元二次方程﹣x2=x的解是．11．使代数式有意义的x的取值范围是．12．若关于x的方程x2﹣3x+k=0的一个根是0，则k值是，另一个根是．13．一组数据2，﹣1，0，x，1的极差是5，则x的值是．14．已知等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，腰长为3，则这个等腰梯形的周长为．15．如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是度．16．如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB的度数为．17．如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到第一个菱形，再依次连结所得菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为2，则第2023个菱形的面积为．18．如图，矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，EC=2cm，AD上有一点P，PA=6cm，过点P作PF⊥AD交BC于点F，将纸片折叠，使P与E重合，折痕交PF于Q，则线段PQ的长是cm．三、解答题（共20分）19．计算：（1） ﹣ + ；（2）（π﹣2023）0+ +（）﹣1．20．解方程：（1）x2﹣12x﹣4=0；（2）3（x﹣2）2=x（x﹣2）．四、解答题（共36分）21．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F，且AE=CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．22．如图，在△ABC中，D是边AC上一点，且BD=BC，点E、F分别是DC、AB的中点．求证：（1）EF= AB；（2）过A点作AG∥EF，交BE的延长线于点G，则BE=GE．23．观察下列各式及其验证过程：=2 ，验证： = = =2 ．=3 ，验证： = = =3 ．（1）按照上述两个等式及其验证过程，猜想的变形结果并进行验证；（2）针对上述各式反映的规律，写出用a（a为自然数，且a≥2）表示的等式，并给出验证；（3）用a（a为任意自然数，且a≥2）写出三次根式的类似规律，并给出验证说理过程．24．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．（1）猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；（2）若AB=3，AD=4，求线段GC的长．25．平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．（1）请写出旋转中心的坐标是，旋转角是度；（2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形．26．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．（1）用含有t的代数式表示PE=；（2）探究：当t为何值时，四边形PQBE为梯形？（3）是否存在这样的点P和点Q，使△PQE为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，共24分）1．化简的结果是（）A． 3 B． ﹣3 C． ±3 D． 9考点：二次根式的性质与化简．分析：本题可先将根号内的数化简，再开方，根据开方的结果得出答案．解答：解： = =3．故选：A．点评：本题考查了二次根式的化简，解此类题目要注意式子为（﹣3）2的算术平方根，结果为非负数．2．下列二次根式中与是同类二次根式的是（）A．B．C．D．考点：同类二次根式．分析：运用化简根式的方法化简每个选项即可选出答案．解答：解：A、 =2 ，故A选项是；B、 =3 ，故B选项不是；C、 =2 故C选项不是；D、 = ，故D选项不是．故选：A．点评：本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是熟记化简根式的方法．3．下列命题中，真命题是（）A．两条对角线垂直的四边形是菱形B．对角线垂直且相等的四边形是正方形C．两条对角线相等的四边形是矩形D．两条对角线相等的平行四边形是矩形考点：菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．分析：本题要求熟练掌握平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质以及之间的相互联系．解答：解：A、两条对角线垂直并且相互平分的四边形是菱形，故选项A错误；B、对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项B错误；C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C错误；D、根据矩形的判定定理，两条对角线相等的平行四边形是矩形，为真命题，故选项D正确；故选D．点评：本题考查的是普通概念，熟练掌握基础的东西是深入研究的必要准备．4．估计﹣ +1的值（）A．在﹣3到﹣2之间 B．在﹣4到﹣3之间 C．在﹣5之﹣4间 D．在﹣6到﹣5之间考点：估算无理数的大小．分析：先求出的范围，再求出﹣ +1的范围，即可得出选项．解答：解：∵3＜＜4，∴﹣3＞﹣ ＞﹣4，∴﹣2＞﹣ +1＞﹣3，即﹣ +1在﹣3到﹣2之间，故选A．点评：本题考查了估算无理数的大小的应用，解此题的关键是求出的范围．5．关于x的一元二次方程x2﹣2ax﹣1=0（其中a为常数）的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根 B．可能有实数根，也可能没有C．有两个相等的实数根 D．没有实数根考点：根的判别式．分析：先计算△=（﹣2a）2﹣4×（﹣1）=4a2+4，由于4a2≥0，则4a2+4 ＞0，即△＞0，然后根据根的判别式的意义进行判断即可．解答：解：△=（﹣2a）2﹣4×（﹣1）=4a2+4，∵4a2≥0，∴4a2+4＞0，即△＞0，∴方程有两个不相等的实数根．故选A．点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是（）A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形C．矩形 D．对角线相等的四边形考点：三角形中位线定理；菱形的判定．分析：根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF= BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．解答：解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，∴EH= AC，EH∥AC，FG= AC，FG∥AC，EF= BD，∴EH∥FG，EF=FG，∴四边形EFGH是平行四边形，假设AC=BD，∵EH= AC，EF= BD，则EF=EH，∴平行四边形EFGH是菱形，即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，故选：D．点评：本题主要考查对菱形的判定，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键．7．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，B C=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）A． 30，2 B． 60，2 C． 60， D． 60，考点：旋转的性质；含30度角的直角三角形．专题：压轴题．分析：先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．解答：解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC=CD=BD= AB=2，∵∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，∵BD= AB=2，∴DF是△ABC的中位线，∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，∴S阴影= DF×CF= × = ．故选C．点评：本题考查的是图形旋转的性质及直角三角形的性质、三角形中位线定理及三角形的面积公式，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键，即：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．8．如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则的值为（）A．B．C．D．考点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．分析：根据翻折的性质可得∠BAC=∠EAC，再根据矩形的对边平行可得AB∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠DAC=∠BCA，从而得到∠EAC=∠DAC，设AE与CD相交于F，根据等角对等边的性质可得AF=CF，再求出DF=EF，从而得到△ACF和△EDF相似，根据相似三角形对应边成比例求出 = ，设DF=3x，FC=5x，在Rt△ADF中，利用勾股定理列式求出AD，再根据矩形的对边相等求出AB，然后代入进行计算即可得解．解答：解：∵矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，∴∠BAC=∠EAC，AE=AB=CD，∵矩形ABCD的对边AB∥CD，∴∠DCA=∠BAC，∴∠EAC=∠DCA，设AE与CD 相交于F，则AF=CF，∴AE﹣AF=CD﹣CF，即DF=EF，∴ = ，又∵∠AFC=∠EFD，∴△ACF∽△EDF，∴ = = ，设DF=3x，FC=5x，则AF=5x，在Rt△ADF中，AD= = =4x，又∵AB=CD=DF+FC=3x+5x=8x，∴ = = ．故选A．点评：本题考查了矩形的性质，平行线的性质，等角对等边的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，但难度不大，熟记各性质是解题的关键．二、填空题（每题2分，共20分）9．计算： ﹣ = ；（ +1）（ ﹣1）=1．考点：二次根式的混合运算．专题：计算题．分析：把化简成最简二次根式，然后把 ﹣ 进行合并即可；利用平方差公式计算（ +1）（ ﹣1）．解答：解：： ﹣ = ﹣ = ；（ +1）（ ﹣1）=（）2﹣1=2﹣1=1．故答案为，1．点评：本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．10．一元二次方程﹣x2=x的解是x1=0，x2=﹣1．考点：解一元二次方程-因式分解法．分析：先移项，再分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．解答：解：﹣x2=x，x2+x=0，x（x+1）=0，x=0，x+1=0，x1=0，x2=﹣1，故答案为：x1=0，x2=﹣1．点评：本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查学生解一元二次方程的能力，题目比较好，难度适中．11．使代数式有意义的x的取值范围是x≥﹣2．考点：二次根式有意义的条件．分析：根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．解答：解：由题意得，2+x≥0，解得x≥﹣2．故答案为：x≥﹣2．点评：本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．12．若关于x的方程x2﹣3x+k=0的一个根是0，则k值是0，另一个根是3．考点：一元二次方程的解．专题：计算题．分析：先根据一元二次方程的解，把x=0代入原方程得到k的一次方程，解一次方程得到k的值，然后把k的值代入原方程，再利用因式分解法解方程得到方程另一个根．解答：解：把x=0代入x2﹣3x+k=0得k=0，所以原方程变形为x2﹣3x=0，解得x1=0，x2=3，所以方程另一个根是3．故答案为0，3．点评：本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．13．一组数据2，﹣1，0，x，1的极差是5，则x的值是﹣3或4．考点：极差．分析：根据极差的公式：极差=最大值﹣最小值．x可能是最大值，也可能是最小值，分两种情况讨论．解答：解：当x是最大值时，则x﹣（﹣1）=5，所以x=4；当x是最小值时，则2﹣x=5，所以x=﹣3．故答案为﹣3或4．点评：本题考查了极差的定义，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．同时注意分类的思想的运用．14．已知等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，腰长为3，则这个等腰梯形的周长为18．考点：梯形中位线定理；等腰梯形的性质．分析：此题只需根据梯形的中位线定理求得梯形的两底和，即可进一步求得梯形的周长．解答：解：∵等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，∴AB+CD=2×6=12．又∵腰AD的长为3，∴这个等腰梯形的周长为AB+CD+AD+BC=12+3+3=18．故答案为：18．点评：本题考查的是梯形的中位线定理及等腰梯形的性质，熟知梯形中位线定理是解答此题的关键．15．如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是22.5度．考点：正方形的性质．专题：计算题．分析：根据正方形的性质可得到∠DBC=∠BCA=45°又知BP=BC，从而可求得∠BCP的度数，从而就可求得∠ACP的度数．解答：解：∵ABCD是正方形，∴∠DBC=∠BCA=45°，∵BP=BC，∴∠BCP=∠BPC= （180°﹣45°）=67.5°，∴∠ACP度数是67.5°﹣45°=22.5°．点评：此题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质，平分每一组对角．16．如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB的度数为22.5°．考点：正方形的性质；菱形的性质．分析：根据正方形的性质求出∠BAC=45°，再根据菱形的对角线平分一组对角解答即可．解答：解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°，∵四边形AEFC是菱形，∴∠FAB= ∠BAC= ×45°=22.5°．故答案为：22.5°．点评：本题考查了正方形的对角线平分一组对角，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟记性质是解题的关键．17．如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到第一个菱形，再依次连结所得菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为2，则第2023个菱形的面积为．考点：菱形的性质；规律型：图形的变化类；中点四边形．分析：首先根据题意求得第一个菱形的面积、第二个矩形与菱形面积、第三个矩形与菱形面积，继而得到规律：第n个菱形的面积为：（）2n﹣2，则可求得答案．解答：解：∵第一个矩形的面积为2，∴第一个菱形的面积为1；∴第二个矩形的面积为：，第二个菱形的面积为：（）2，第三个矩形的面积为：（）3，第三个菱形的面积为（）4，依此类推，第n个菱形的面积为：（）2n﹣2，∴第2023个菱形的面积为：（）2×2023﹣2=（）2023= ．点评：此题考查了菱形与矩形的性质．此题难度适中，注意得到规律：第n个菱形的面积为：（）2n﹣2是解此题的关键．18．如图，矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，EC=2cm，AD上有一点P，PA=6cm，过点P作PF⊥AD交BC于点F，将纸片折叠，使P与E重合，折痕交PF于Q，则线段PQ的长是 cm．考点：翻折变换（折叠问题）．专题：压轴题；探究型．分析：连接EQ，由翻折变换的性质可知△PEQ是等腰三角形，OQ是PE的垂直平分线，再由已知条件得出PD及DE的长，由勾股定理得出PE的长，设PQ=x，则QF=5﹣x，用x表示出OQ的长，根据S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE即可得出x的值，进而得出结论．解答：解：连接EQ，∵将纸片折叠，使P与E重合，∴△PEQ是等腰三角形，OQ是PE的垂直平分线，∵矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，PA=6cm，CE=2cm，∴PD=4cm，DE=3cm，∵在Rt△DPE中PE= = =5．∴OP= PE= ，设PQ=x，则QF=5﹣x，∴OQ= =∵S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE，即： PE?OQ+ （ QF+CE）×CF= （PF+CE）×CF，即 ×5× + ×（5﹣x+2）×4= ×（5+2）×4，解得x= cm．故答案为：．点评：本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．三、解答题（共20分）19．计算：（1） ﹣ + ；（2）（π﹣2023）0+ +（）﹣1．考点：二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂．专题：计算题．分析：（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；（2）根据零指数幂、负整数指数幂的意义得到原式=1+3 + ，然后合并即可．解答：解：（1）原式=2 ﹣ +2= +2 ；（2）原式=1+3 +=1+ ．点评：本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了零指数幂、负整数指数幂．20．解方程：（1）x2﹣12x﹣4=0；（2）3（x﹣2）2=x（x﹣2）．考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．分析：（1）先移项，再配方，开方后即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；（2）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．解答：解：（1）x2﹣12x﹣4=0；x2﹣12x=4，配方得：x2﹣12x+62=4+62，（x﹣6）2=40，开方得：x﹣6=± ，x1=6+2 ，x2=6﹣2 ；（2）移项得：3（x﹣2）2﹣x（x﹣2）=0，（x﹣2）=0，x﹣2=0，3（x﹣2）﹣x=0，x1=2，x2=3．点评：本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查学生解一元二次方程的能力，题目比较好，难度适中．四、解答题（共36分）21．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F，且AE=CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．考点：平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：由垂直得到∠EAD=∠FCB=90°，根据AAS可证明Rt△AED≌Rt△CFB，得到AD=BC，根据平行四边形的判定判断即可．解答：证明：∵AE⊥AD，CF⊥BC，∴∠EAD=∠FCB=90°，∵AD∥BC，∴∠ADE=∠CBF，在Rt△AED和Rt△CFB中，∵ ，∴Rt△AED≌Rt△CFB（AAS），∴AD=BC，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形．点评：本题考查了平行四边形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，关键是推出AD=BC，主要考查学生运用性质进行推理的能力．22．如图，在△ABC中，D是边AC上一点，且BD=BC，点E、F分别是DC、AB的中点．求证：（1）EF= AB；（2）过A点作AG∥EF，交BE的延长线于点G，则BE=GE．考点：三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．专题：证明题．分析：（1）连接BE，根据等腰三角形三线合一的性质可得BE⊥AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF= AB；（2）求出AF=EF，再根据等边对等角可得∠AEF=∠EAF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AEF=∠EAG，从而得到∠EAF=∠EAG，然后利用等腰三角形三线合一的性质可得BE=GE．解答：（1）证明：如图，连接BE，∵BD=BC，点E是CD的中点，∴BE⊥AC，∵点F是AB的中点，∴EF= AB；（2）解：∵AF=EF= AB，∴∠AEF=∠EAF，∵AG∥EF，∴∠AEF=∠EAG，∴∠EAF=∠EAG，又∵BE⊥AC，∴BE=GE（等腰三角形三线合一）．点评：本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．23．观察下列各式及其验证过程：=2 ，验证： = = =2 ．=3 ，验证： = = =3 ．（1）按照上述两个等式及其验证过程，猜想的变形结果并进行验证；（2）针对上述各式反映的规律，写出用a（a为自然数，且a≥2）表示的等式，并给出验证；（3）用a（a为任意自然数，且a≥2）写出三次根式的类似规律，并给出验证说理过程．考点：二次根式的性质与化简．专题：规律型．分析：（1）利用已知，观察 =2 ， =3 ，可得的值；（2）由（1）根据二次根式的性质可以总结出一般规律；（3）利用已知可得出三次根式的类似规律，进而验证即可．解答：解：（1）∵ =2 ， =3 ，∴ =4 =4 = ，验证： = = ，正确；（2）由（1）中的规律可知3=22﹣1，8=32﹣1，15=42﹣1，∴ =a ，验证： = =a ；正确；（3） =a （a为任意自然数，且a≥2），验证： = = =a ．点评：此题主要考查二次根式的性质与化简，善于发现题目数字之间的规律，是解题的关键．24．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．（1）猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；（2）若AB=3，AD=4，求线段GC的长．考点：矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）．分析：（1）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）设GC=x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．解答：解：（1）GF=GC．理由如下：连接GE，∵E是BC的中点，∴BE=EC，∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE=EF，∴EF=EC，∵在矩形ABCD中，∴∠C=90°，∴∠EFG=90°，∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，，∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），∴GF=GC；（2）设GC=x，则AG=3+x，DG=3﹣x，在Rt△ADG中，42+（3﹣x）2=（3+x）2，解得x= ．点评：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件EF=EC是解题的关键．25．平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．（1）请写出旋转中心的坐标是（0，0），旋转角是90度；（2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形．考点：作图-旋转变换．专题：作图题．分析：（1）根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，一对对应点与旋转中心连线的夹角即为旋转角；（2）根据网格结构分别找出找出△A1AC1顺时针旋转90°、180°后的对应点的位置，然后顺次连接即可．解答：解：（1）旋转中心的坐标是（0，0），旋转角是90度；（2）如图所示，△A1A2C2是△A1AC1以O为旋转中心，顺时针旋转90°的三角形，△A2C3B是△A1AC1以O为旋转中心，顺时针旋转180°的三角形．点评：本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的旋转中心与旋转角的确定，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．26．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．（1）用含有t的代数式表示PE=﹣ t+3；（2）探究：当t为何值时，四边形PQBE为梯形？（3）是否存在这样的点P和点Q，使△PQE为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．考点：四边形综合题．分析：（1）由四边形ABCD为矩形，得到∠D为直角，对边相等，可得三角形ADC为直角三角形，由AD与DC的长，利用勾股定理求出AC的长，再由PE平行于CD，利用两直线平行得到两对同位角相等，可得出三角形APE与三角形ADC相似，由相似得比例，将各自的值代入，整理后得到y与x的关系式；（2）若QB与PE平行，得到四边形PQBE为矩形，不合题意，故QB与PE不平行，当PQ与BE平行时，利用两直线平行得到一对内错角相等，可得出一对邻补角相等，再由AD与BC平行，得到一对内错角相等，可得出三角形APQ与三角形BEC相似，由相似得比例列出关于x的方程，求出方程的解即可得到四边形PQBE为梯形时x的值；（3）存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形，分两种情况考虑：当Q在AE上时，由AE﹣AQ表示出QE，再根据PQ=PE，PQ=EQ，PE=QE三种情况，分别列出关于x的方程，求出方程的解即可得到满足题意x的值；当Q在EC上时，由AQ﹣AE表示出QE，此时三角形为钝角三角形，只能PE=QE列出关于x的方程，求出方程的解得到满足题意x的值，综上，得到所有满足题意的x的值．解答：解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB=DC=3，AD=BC=4，∴在Rt△ACD中，利用勾股定理得：AC= =5，∵PE∥CD，∴∠APE=∠ADC，∠AEP=∠ACD，∴△APE∽△ADC，又∵PD=t，AD=4，AP=AD﹣PD=4﹣t，AC=5，DC=3，∴ = = ，即 = = ，∴PE=﹣ t+3．故答案为：﹣ t+3；（2）若QB∥PE，四边形PQBE是矩形，非梯形，故QB与PE不平行，当QP∥BE时，∵∠PQE=∠BEQ，∴∠AQP=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠PAQ=∠BCE，∴△PAQ∽△BCE，由（1）得：AE=﹣ t+5，PA=4﹣t，BC=4，AQ=t，∴ = = ，即 = = ，整理得：5（4﹣t）=16，解得：t= ，∴当t= 时，QP∥BE，而QB与PE不平行，此时四边形PQBE是梯形；（3）存在．分两种情况：当Q在线段AE上时：QE=AE﹣AQ=﹣ t+5﹣t=5﹣ t，（i）当QE=PE时，5﹣ t=﹣ t+3，解得：x= ；（ii）当QP=QE时，∠QPE=∠QEP，∵∠APQ+∠QPE=90°，∠PAQ+∠QEP=90°，∴∠APQ=∠PAQ，∴AQ=QP=QE，∴t=5﹣ t，解得，t= ；（iii）当QP=PE时，过P作PF⊥QE于F（如图1），可得：FE= QE= （5﹣ t）= ，∵PE∥DC，∴∠AEP=∠ACD，∴cos∠AEP=cos∠ACD= = ，∵cos∠AEP= = = ，解得t= ；当点Q在线段EC上时，△PQE只能是钝角三角形，如图2所示：∴PE=EQ=AQ﹣AE，AQ=t，AE=﹣ t+5，PE=﹣ t+3，∴﹣ t+3=t﹣（﹣ t+5），解得nt= ．综上，当t= 或t= 或t= 或t= 时，△PQE为等腰三角形．点评：此题考查的是四边形综合题，涉及的知识有：矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，梯形的判定，以及等腰三角形的性质，利用了数形结合及分类讨论的数学思想，分类讨论时要做到不重不漏，考虑问题要全面．

页: [1]

人人终身学习知识网~是各类综合知识资源信息分享，提升综合素质与提高知识技能的终身学习网络平台's Archiver

江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)