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上海市八年级下册期中模拟测试通关卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 若函数是一次函数，则m的值为（　　）
A． B．1 C． D．2
2．在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
3．某地开展建设绿色家园活动，活动期间，计划每天种植相同数量的树木，该活动开始后，实际每天比原计划每天多植树50棵，实际植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同.设实际每天植树x棵，则下列方程正确的是(　　)
A．= B．=
C．= D．=
4．如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，连结AB、AD、CD，则四边形ABCD是平行四边形．其依据是（　　）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
5．一个多边形的内角和为360°，则这个多边形是（　　）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
6．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
7．如图，函数和的图象交于点A，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
8．某汽车油箱中盛有油，装满货物行驶的过程中每小时耗油8L，则油箱中的剩油量与时间之间的关系式是（　　）
A． B． C． D．
9．向最大容量为60升的热水器内注水，每分钟注水10升，注水2分钟后停止1分钟，然后继续注水，直至注满.则能反映注水量与注水时间函数关系的图象是 （　　）
A． B．
C． D．
10．如图，平行四边形ABCD中，于点E，CE的垂真平分线MV分别交AD、BC于M、N，交CE于O，连接CM、EM，下列结论：（1）（2）（3）（4）·其中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．将矩形ABCD按如图所示的方式折叠得到菱形AECF若BC＝，则BE的长是　 　．
12．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，则关于x的不等式组的解集为　 　．
13．如图，正方形的边长为6，P为对角线上的一个动点，E是的中点，则的最小值为　 　．
14．在平面直角坐标系中，过点的直线与反比例函数的图象的另一个交点为，与轴交于点，若，则点的坐标为　 　．
15．将函数的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为　 　.
16．小明在操场上从A点出发，沿直线前进10米后向左转45°，再沿直线前进10米后，又向左转45°，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　 　米．
三、综合题(本大题有9个小题，每小题8分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠DAO＝∠ECO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，若CD＝10，AC＝16，求四边形AECD的面积．
18．每年的4月12日为载人空间飞行国际日，也是世界航天日．我国在2023年完成“天宫空间站”的在轨建造，取得了举世瞩目的航天成就．某商店为满足航天爱好者的需求，特推出“天宫空间站”系列A、B两款模型，A款模型比B款模型售价低20元，800元购买A款模型的数量与960元购买B款模型的数量相等．按定价销售一段时间后发现B款模型每天可以卖15件．为扩大销售，该商店准备适当降价，经过一段时间测算，B款模型每降价5元，则每天可以多卖1件．
（1）A、B两款模型每件售价分别是多少？
（2）为了使B款模型每天的销售额为1900元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B款模型的降价后的售价为多少元/件？
19．如图，点E、F在线段BC上，AB＝CD，BE＝CF且∠B＝∠C.
（1）求证：△ABF≌△DCE；
（2）请猜想四边形AEDF的形状，并加以证明.
20．某中学准备购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动，已知篮球的单价比足球单价的2倍少40元，用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍．
（1）求足球和篮球的单价；
（2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过17500元，学校需要最少购买多少个足球？
21．已知一次函数，当时，y的值为，当时，y的值为．
（1）求一次函数的解析式；
（2）将一次函数的图象向上平移2个单位长度，求所得到新的函数图象与x轴、y轴的交点坐标．
22．如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了.
（1）求该中学校门的总宽度是多少m？
（2）当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？
23．某校为了丰富学生的校园生活，准备购进一批篮球和足球.其中篮球的单价比足球的单价多40元，用1500元购进的篮球个数与900元购进的足球个数相等.
（1）篮球和足球的单价各是多少元？
（2）该校打算用800元购买篮球和足球，恰好用完800元，问有哪几种购买方案？
24．数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为 的正方形ABCD与边长为 的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上.
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由.
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长.
25．已知正方形ABCD， E、F分别在DC、BC上，DE＝CF， AE、 DF相交于点G.
（1）求证：AE⊥DF；
（2）当E是DC中点时，求证：AB＝BG.
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上海市八年级下册期中模拟测试通关卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 若函数是一次函数，则m的值为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】【解答】 函数是一次函数，
且
解得m=-1，
故答案为：C.
【分析】根据一次函数的定义得到且解得m的值，从而求解.
2．在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：在平行四边形中，，
∵，
∴，
故答案为：C．
【分析】利用平行四边形的性质可得，再结合，求出即可.
3．某地开展建设绿色家园活动，活动期间，计划每天种植相同数量的树木，该活动开始后，实际每天比原计划每天多植树50棵，实际植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同.设实际每天植树x棵，则下列方程正确的是(　　)
A．= B．=
C．= D．=
【答案】B
【解析】【解答】解： 设实际每天植树x棵， 则原计划每天植树（x-50）棵。
根据题意，得：.
故答案为：B。
【分析】 设实际每天植树x棵， 则原计划每天植树（x-50）棵，根据 实际植树400棵所需时间与原计划植树300棵所需时间相同，即可得出方程。
4．如图，点A是直线l外一点，在l上取两点B、C，分别以A、C为圆心，BC、AB长为半径画弧，两弧交于点D，连结AB、AD、CD，则四边形ABCD是平行四边形．其依据是（　　）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】A
【解析】【解答】由题意，以BC、AB为半径画弧，故AD=BC，CD=AB，故其为平行四边形的依据是两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
故答案为：A.
【分析】根据作图的方法直接判断能够得到的线段长，以此判断依据.
5．一个多边形的内角和为360°，则这个多边形是（　　）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】B
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，根据题意，得：
（n-2)×180°=360°，
∴n=4.
故答案为：B.
【分析】根据多边形内角和定理，即可求得多边形的边数。
6．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
【答案】D
【解析】【解答】解：A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意；
故选D．
【分析】根据平行四边形判定定理进行判断．
7．如图，函数和的图象交于点A，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：由图象可得x<时，直线y=ax+5在直线y=2x上方，
∴不等式2x故答案为：A．
【分析】图象中直线y=ax+5在直线y=2x上方部分x的取值范围就是不等式2x＜ax+5的解集．
8．某汽车油箱中盛有油，装满货物行驶的过程中每小时耗油8L，则油箱中的剩油量与时间之间的关系式是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意，得，
故，
故答案为C．
【分析】本题考查了一次函数的应用.根据耗油量+剩油量=100，据此可列出式子，再进行变形可得到答案．
9．向最大容量为60升的热水器内注水，每分钟注水10升，注水2分钟后停止1分钟，然后继续注水，直至注满.则能反映注水量与注水时间函数关系的图象是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：注水需要60÷10=6分钟，注水2分钟后停止注水1分钟，共经历6+1=7分钟，排除A、B；再根据停1分钟，再注水4分钟，排除C.
故答案为：D．
【分析】先计算出注水所需的时间，即60÷10=6分钟，由于中途休息了1分钟，则共需要7分钟，由题意得2到3分钟之间休息，则2到3分钟之间线段与x轴平行.
10．如图，平行四边形ABCD中，于点E，CE的垂真平分线MV分别交AD、BC于M、N，交CE于O，连接CM、EM，下列结论：（1）（2）（3）（4）·其中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】【解答】解：如图，延长EM交CD的延长线于G，
∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD
∴∠AEM=∠G
∵CE⊥AB
∴CE⊥CD
∵MN垂直平分CE，
∴ME=MC
∴∠MEC=∠MCE
∵∠MEC+∠G=90°，∠MCE+∠DCM=90°
∴∠DCM=∠G
∴∠AEM=∠DCM
故①正确；
∵∠DCM=∠G
∴MC=MG
∴ME=MG
∵∠AME=∠DMG
∴△AME≌△DMG（ASA）
∴AM=DM
故②正确；
∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，AD∥BC，AD=BC
∵CE⊥AB，MN⊥CE
∴AB∥MN∥CD
∴四边形ABNM、四边形CDMN均为平行四边形
∴MN=AB
∵AM=MD=AD，AD=2AB
∴MD=CD=MN=NC
∴四边形CDMN是菱形
∴∠BCD=2∠DCM，
故③正确；
设菱形ABNM的高为h，则S△CDM=S菱形CDMN，S四边形BEON=（BE+ON）×h= ON×h
∵OM=（AE+CD）
∴CD＜OM＜AB
∴ON＜CD
∴S四边形BEON＜CD×h=S菱形CDMN，
故④不一定成立；
故选：C．
【分析】
①由平行四边形性质可得AB∥CD，由线段垂直平分线性质可得ME=MC，再根据等角的余角相等可得①正确；②构造△AME≌△DMG（ASA），即可证明②正确；③利用平行四边形性质、线段垂直平分线性质和AD=2AB可得四边形CDMN是菱形，依据菱形性质即可证明③正确；④S△CDM=S菱形CDMN，S四边形BEON＜S菱形CDMN，④不一定成立.
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．将矩形ABCD按如图所示的方式折叠得到菱形AECF若BC＝，则BE的长是　 　．
【答案】1
【解析】【解答】解：由折叠得：∠BCE＝∠OCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠OCE＝∠OCF，
∴∠BCE＝∠OCE＝∠OCF＝∠BCD＝30°，
在Rt△BCE中，∠BCE＝30°，BC＝，
设，则
根据勾股定理得，
解得：（负值已舍去）
∴BE＝1，
故答案为：1．
【分析】由折叠得∠BCE＝∠OCE，根据矩形性质可得∠BCD＝90°，再根据菱形性质可得∠OCE＝∠OCF，再根据角之间的关系可得∠BCE＝30°，再根据含30°角的直角三角形性质设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
12．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，则关于x的不等式组的解集为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：根据得，
∵直线与直线交于点，，
∴，
故答案为：．
【分析】根据x轴上点的坐标特征可得与x轴的交点横坐标为-1，当直线的图象在直线的图象上方时，且都在x轴上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
13．如图，正方形的边长为6，P为对角线上的一个动点，E是的中点，则的最小值为　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：连接，
正方形的边长为6，是的中点，
，点、关于直线对称，，
即是的最小值，
，
故答案为：
【分析】
连接BP，BE，则BP=BE，在△DPE中，根据三角形的三边关系，有PE+PD=PE+PB≥BE。当D、P、E三点共线时，PE+PB取得最小值，即BE的长度。在直角三角形BCE中，利用勾股定理计算BE的长度，即PE+PB的最小值。．
14．在平面直角坐标系中，过点的直线与反比例函数的图象的另一个交点为，与轴交于点，若，则点的坐标为　 　．
【答案】(-1，0)或(3，0)
【解析】【解答】解：当P点在x轴负半轴时，如图，取AP中点E，过点E作EC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，设P(x，0)，
∴∠BDP=∠ECP=90°，AP=2PE，
∵AP=2PB，
∴PE=PB，
在与中，
，
∴，
∴BD=CE，
∵A(1，6)，P(x，0)，
∴，
∴BD=CE=3，
∴点B的纵坐标为-3，
把y=-3代入，得，
解得x=-2，
∴B(-2，-3)，
设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把A(1，6)，B(-2，-3)代入y=kx+b，得，
解得，
∴直线AB的解析式为y=3x+3，
∴当y=0时，得0=3x+3，
解得x=-1，
∴P(-1，0)；
当P点在x轴正半轴时，如图，设P(x，0)，
∵AP=2PB，A(1，6)，
∴，
∴，
解得x=3，
∴P(3，0)，
综上所述，点P的坐标为(-1，0)或(3，0).
故答案为：(-1，0)或(3，0).
【分析】根据题意可知点P在x轴负半轴上或x轴正半轴上，设点P(x，0).当点P在x轴负半轴上，取AP中点E，过点E作EC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，先证，得BD=CE，再利用中点坐标公式得，从而得BD=CE=3，进而得出B点的纵坐标为-3，求出B点的坐标，接下来利用待定系数法求得直线AB的解析式，最后令y=0即可求出点P的坐标；当点P在x轴正半轴上，利用中点坐标公式得，再代入，解出x的值即可.
15．将函数的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为　 　.
【答案】y=-3x+2
【解析】【解答】解：由题意得将函数的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为y=-3x+2，
故答案为：y=-3x+2
【分析】根据函数平移变化结合题意即可求解。
16．小明在操场上从A点出发，沿直线前进10米后向左转45°，再沿直线前进10米后，又向左转45°，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　 　米．
【答案】80
【解析】【解答】解：由题意得，
∴小明的路径为边长为10的正八边形，
∴他第一次回到出发地A点时，一共走了80米，
故答案为：80
【分析】先根据多边形的外角即可得到小明的路径为边长为10的正八边形，进而即可求解。
三、综合题(本大题有9个小题，每小题8分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠DAO＝∠ECO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，若CD＝10，AC＝16，求四边形AECD的面积．
【答案】（1）证明：在△DOA和△COE中，
，
∴△DOA≌△EOC（ASA），
∴OD＝OE，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC＝16，
∴CO＝AC＝8，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝6，
∴DE＝2OD＝12，
∴菱形AECD的面积＝AC×DE＝×16×12＝96．
【解析】【分析】（1）由已知条件可知∠DAO=∠ECO，AO=CO，由对顶角的性质可得∠AOD=∠EOC，利用ASA证明△DOA≌△EOC，得到OD=OE，然后利用平行四边形的判定定理进行证明；
（2）由等腰三角形的性质可得OB⊥AC，推出平行四边形AECD是菱形，则CO＝AC＝8，由勾股定理求出OD，据此可得DE，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
18．每年的4月12日为载人空间飞行国际日，也是世界航天日．我国在2023年完成“天宫空间站”的在轨建造，取得了举世瞩目的航天成就．某商店为满足航天爱好者的需求，特推出“天宫空间站”系列A、B两款模型，A款模型比B款模型售价低20元，800元购买A款模型的数量与960元购买B款模型的数量相等．按定价销售一段时间后发现B款模型每天可以卖15件．为扩大销售，该商店准备适当降价，经过一段时间测算，B款模型每降价5元，则每天可以多卖1件．
（1）A、B两款模型每件售价分别是多少？
（2）为了使B款模型每天的销售额为1900元，而且尽可能让顾客得到实惠，求B款模型的降价后的售价为多少元/件？
【答案】（1）解：设A模型每件售价x元，根据题意，得∴
解得，
经检验：是方程的解，
∴，
答：A模型每件售价100元，B模型每件售价120元；
（2）解：设B模型每件下降元，根据题意，得，
解得，，
∵尽可能实惠，
∴，
∴，
答：实际售价应为95元．
【解析】【分析】（1）设A模型每件售价x元，则B款模型每件售价(x+20)元，根据总价除以单价等于数量及用800元购买A款模型的数量等于960元购买B款模型的数量列出分式方程，求出解即可；
（2）设B模型每件下降5m元，则每每天可以多销售m件，根据销售量乘以单价等于销售额列出一元二次方程，根据让顾客得到实惠求出解即可．
（1）解：设A模型每件售价x元，根据题意，得
∴
解得，
经检验：是方程的解，
∴，
答：A模型每件售价100元，B模型每件售价120元；
（2）解：设B模型每件下降元，根据题意，得
∴，
解得，，
∵尽可能实惠，
∴，
∴，
答：实际售价应为95元．
19．如图，点E、F在线段BC上，AB＝CD，BE＝CF且∠B＝∠C.
（1）求证：△ABF≌△DCE；
（2）请猜想四边形AEDF的形状，并加以证明.
【答案】（1）证明：∵BE＝CF，
∴BE﹣EF＝CF﹣EF，
即BF＝CE，
在△ABF与△DCE中，
∴△ABF≌△DCE（SAS）；
（2）解：四边形AEDF是平行四边形，理由如下：
由（1）得△ABF≌△DCE，
∴AF＝DE，∠AFB＝∠DEC，
∵∠AFB+∠AFE＝180°，∠DEC+∠DEF＝180°，
∴∠AFE＝∠DEF，
∴AF∥DE，
∴四边形AEDF是平行四边形.
【解析】【分析】（1）根据BE＝CF以及线段的和差关系可得BF＝CE，由已知条件可得AB=CD，∠B=∠C，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得AF＝DE，∠AFB＝∠DEC，结合邻补角的性质可得∠AFE＝∠DEF，则AF∥DE，然后结合平行四边形的判定定理进行解答.
20．某中学准备购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动，已知篮球的单价比足球单价的2倍少40元，用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍．
（1）求足球和篮球的单价；
（2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过17500元，学校需要最少购买多少个足球？
【答案】（1）解：设足球的单价是元，
根据题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
．
答：足球的单价是80元，篮球的单价是120元；
（2）解：设购买个足球，
根据题意得：，
解得：，
又为正整数，
的最小值为163．
答：最少购买163个足球．
【解析】【分析】（1）设足球的单价是元，再利用“ 用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍 ”列出方程求解即可；
（2）设购买个足球，则购买个篮球，再利用“ 需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过17500元 ”列出不等式求解即可.
21．已知一次函数，当时，y的值为，当时，y的值为．
（1）求一次函数的解析式；
（2）将一次函数的图象向上平移2个单位长度，求所得到新的函数图象与x轴、y轴的交点坐标．
【答案】（1）解：将，；，分别代入一次函数解析式得：
，
解得：，
一次函数解析式为．
（2）解：一次函数的图象向上平移2个单位长度，可得，
令，则；令，则，
∴与x轴，y轴的交点坐标分别为和．
【解析】【分析】（1）根据待定系数法求一次函数的解析式即可；
（2）依据一次函数图象平移的规律，即可得到新的函数及其图象与x轴，y轴的交点坐标。
22．如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了.
（1）求该中学校门的总宽度是多少m？
（2）当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？
【答案】（1）解：如图，连接.
四边形是菱形，
，
又，
是等边三角形，，
，
所以，该中学校门的总宽度是.
（2）解：当菱形的时，
，
四边形是正方形，
如图，连接，
则，，
所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了.
【解析】【分析】（1）连接BD，根据菱形的性质可得AB=AD，推出△ABD为等边三角形，得到BD=AB=0.3m，据此求解；
（2）当∠A=90°时，四边形ABCD是正方形，连接BD，求出BD的值，据此求解.
23．某校为了丰富学生的校园生活，准备购进一批篮球和足球.其中篮球的单价比足球的单价多40元，用1500元购进的篮球个数与900元购进的足球个数相等.
（1）篮球和足球的单价各是多少元？
（2）该校打算用800元购买篮球和足球，恰好用完800元，问有哪几种购买方案？
【答案】（1）解：设足球单价为x元，则篮球单价为（x+40）元，由题意得：
＝ ，
解得：x＝60，
经检验：x＝60是原分式方程的解，
则x+40＝100，
答：篮球和足球的单价各是100元，60元；
（2）解：设恰好用完800元，可购买篮球m个和购买足球n个，
由题意得：100m+60n＝800，
整理得：m＝8﹣ n，
∵m、n都是正整数，
∴①n＝5时，m＝5，②n＝10时，m＝2；
∴有两种方案：①购买篮球5个，购买足球5个；②购买篮球2个，购买足球10个.
【解析】【分析】（1）设足球单价为x元，则篮球单价为（x+40）元，然后根据：总价÷单价=数量分别表示出购买足球、篮球的数量，进而可得关于x的方程，求解即可；
（2） 设用800元可购买篮球m个和购买足球n个，由题意得：100m+60n＝800，然后利用含n的式子表示出m，根据m、n都是正整数确定出m、n的值即可.
24．数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为 的正方形ABCD与边长为 的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上.
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由.
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长.
【答案】（1）解： 四边形ABCD与四边形AEFG是正方形
∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE
∴△ADG≌△ABE
∴∠AGD＝∠AEB
如图1，延长EB交DG于点H
△ADG中 ∠AGD＋∠ADG＝90°
∴∠AEB＋∠ADG＝90°
△DEH中， ∠AEB＋∠ADG＋∠DHE＝180°
∴∠DHE ＝90°
∴
（2）解： 四边形ABCD与四边形AEFG是正方形
∴AD＝AB， ∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE
∴∠DAB＋∠BAG＝∠GAE＋∠BAG
∴∠DAG＝∠BAE
AD＝AB， ∠DAG＝∠BAE，AG＝AE
∴△ADG≌△ABE(SAS)
∴DG＝BE
如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，
∠AMD＝∠AMG＝90°
BD是正方形ABCD的对角线
∴∠MDA＝∠MDA＝∠MAB＝45°， BD＝2
∴AM＝ BD＝1
在Rt△AMG中，
∵
∴GM＝2
∵DG＝DM＋GM＝1＋2＝3
∴BE＝DG＝3
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，得△ADG≌△ABE，所以∠AGD＝∠AEB. 延长EB交DG于点H.由图形及题意，得到∠DHE ＝90°，所以， .（2）根据正方形的性质等，先证明△ADG≌△ABE(SAS) ，得到DG＝BE. 过点A作AM⊥DG交DG于点M.由题意，得AM＝ BD＝1，再由勾股定理，得到GM＝2，所以DG＝DM＋GM＝1＋2＝3，最后得到BE＝DG＝3.
25．已知正方形ABCD， E、F分别在DC、BC上，DE＝CF， AE、 DF相交于点G.
（1）求证：AE⊥DF；
（2）当E是DC中点时，求证：AB＝BG.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵DE＝CF，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴AE⊥DF；
（2）证明：过点作交于点，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵E是DC中点，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，
∴为等腰三角形（三线合一），
∴.
【解析】【分析】（1）根据SAS证明△ADE≌△DCF，可得∠DAE=∠CDF，从而求出∠AED+∠CDF=∠AED+∠DAE=90°，根据三角形的内角和可求出∠DGE=90°，从而得解；
（2） 过点作BM⊥AG交AG于点M， 由AAS证明△ADG≌△BAM，可得DG=AM， 由线段的中点可设，则， 由勾股定理可求出AE=m，根据△ADE的面积可求出DG=AM=m，由勾股定理可求出GE=m，从而求出AG=AE-GE=m，MG=AG-AM=m，即得AM=MG，根据等腰三角形三线合一的性质可得AB=BG.
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