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广东省佛山市顺德区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题
一、单选题
1．（2022八下·顺德期末）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A．平行四边形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形
【答案】A
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A.平行四边形是中心对称图形，故该选项符合题意；
B.等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C.等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D.直角三角形不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
2．（2022八下·顺德期末）已知，下列变形正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、两边都加6，不等号的方向不变，故A不符合题意；
B、两边都减6，不等号的方向不变，故B符合题意；
C、两边都乘以3，不等号的方向不变，故C不符合题意；
D、两边都除以2，不等号的方向不变，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】利用不等式的性质逐项判断即可。
3．（2022八下·顺德期末）下列由左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】因式分解的定义
【解析】【解答】解：A．等式的右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
B．等式左右两边不相等，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C．原变形是整式乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意；
D．把一个多项式化为几个整式的积的形式，原变形是因式分解，故此选项符合题意；
故答案为：D
【分析】根据因式分解的定义：将和差的形式变为乘积的形式可得答案。
4．（2022八下·顺德期末）在中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，AO=CO，AB=CD，∠ABC=∠ADC，
∴A符合题意，B，C，D不一定成立.
故答案为：A．
【分析】利用平行四边形的性质逐项判断即可。
5．（2022八下·顺德期末）当分式有意义时，x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分式有意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：x+3≠0，解得：，
故答案为：C．
【分析】利用分式有意义的条件列出不等式求解即可。
6．（2022八下·顺德期末）如图，为了测量位于一水源旁的两点A、B的距离，在外选了一点C，分别取的中点M、N，量得，则A、B间的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵M、N分别是的中点，
∴MN为的中位线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据三角形中位线的性质可得。
7．（2022八下·顺德期末）“在中，和的对边分别是a和b．若，则”．用反证法证明时，应假设（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：命题“在中，和的对边分别是a和b．若，则”中，结论为“”，
因此反证法证明时，应假设，
故答案为：B．
【分析】利用反证法的计算方法求解即可。
8．（2022八下·顺德期末）若，则的值是（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】代数式求值；完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】利用完全平方公式可得，再将代入计算即可。
9．（2022八下·顺德期末）如图，，给出下列条件：①，②，③，④，从中添加一个条件后，能证明的是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：，
与均为直角三角形，
，，
，故①符合题意；
在与中，
，
，
，
，
，
，即
在与中，
，
，故②符合题意；
在与中，
，
，故③符合题意；
当时，不能推出，故④不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用三角形全等的判定方法逐项判断即可。
10．（2022八下·顺德期末）如图，，将平行四边行绕原点O逆时针旋转，则点B的对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：连接OB、AC交于点M，
∵，
∴M（，），即M（，2），
∴B（5，4），
将平行四边行绕原点O逆时针旋转，则点B的对应点，
连接OB′，分别过点B′、B作y轴、x轴的垂线，垂足为E、F，
则OF＝5，BF＝4，∠B′EO＝∠OFB＝90°，OB′＝OB，
∵∠B′OB＝∠EOF＝90°，
∴∠B′OE＝∠BOF，
∴△B′OE≌△BOF（AAS），
∴OE＝OF＝5，B′E＝BF＝4，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接OB、AC交于点M，先利用“AAS”证明△B′OE≌△BOF，可得OE＝OF＝5，B′E＝BF＝4，即可得到点B'的坐标。
二、填空题
11．（2021·苏州）因式分解 　 　.
【答案】（x﹣1）2
【知识点】因式分解﹣运用公式法
【解析】【解答】解： （x﹣1）2.
故答案为：（x﹣1）2.
【分析】根据完全平方公式“a2-2ab+b2=（a-b）2”可求解.
12．（2022八下·顺德期末）正六边形的外角和是　 　．
【答案】360°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正六边形的外角和是360°．
故答案为：360°.
【分析】根据多边形的外角和为360°可得答案。
13．（2022八下·顺德期末）方程的解为　 　．
【答案】
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项、合并同类项得：，
系数化1得：，
，
经检验，是原方程的根，
故方程的解为．
故答案为：．
【分析】利用分式方程的解题方法和步骤求解即可。
14．（2022八下·顺德期末）如图，在中，，则与间的距离为　 　．
【答案】10
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠ADB=90°，
∴与间的距离为BD的长度，
∵四边形ABDC为平行四边形，
∴BO=DO，
AO=CO=AC=13，
在Rt△ADO中，，
∴BD=2DO=10，
故答案为：10．
【分析】先利用勾股定理求出DO的长，再利用BD=2DO=10可得答案。
15．（2022八下·顺德期末）不等式组的解为，则a的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】不等式的解及解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：由不等式组的解集为，
可得．
故答案为：．
【分析】利用不等式的性质和不等式组的解法求解即可。
16．（2022·顺德模拟）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为48°，则底角的度数为　 　．
【答案】42°或138°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：①如图1，当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在外部．
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求得顶角是90°+48°＝138°；
②如图2，当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在其内部，
故顶角是90°﹣48°＝42°．
故答案为：42°或138°．
【分析】分两种情况：①当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在外部，②当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在其内部，再分别画出图象并求解即可。
三、解答题
17．（2022八下·顺德期末）解不等式组，并把解集表示在数轴上．
【答案】解：
解不等式①得，，
解不等式②得，，
不等式组的解集为．
解集在数轴上的表示如图所示，
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集并在数轴上画出解集即可。
18．（2022八下·顺德期末）求值：，其中．
【答案】解：
，
将代入得，
原式．
【知识点】利用分式运算化简求值
【解析】【分析】先利用分式的混合运算化简，再将x的值代入计算即可。
19．（2022八下·顺德期末）如图，已知点P、Q是平行四边形对角线上的两个点，且．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明：连接AC，交BD于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BP＝DQ，
∴OP＝OQ，
∴四边形APCQ为平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的性质和判定方法求解即可。
20．（2022八下·顺德期末）为增强学生体质，某学校决定购买一些篮球和足球来促售学生的体育锻炼，已知每个篮球的售价比每个足球的售价多20元，并且花费6000元购买篮球的数量与花费4000元购买足球的数量相同．
（1）求篮球和足球的售价分别是多少元？
（2）根据学校的实际需求，需要一次性购买篮球和足球共200个，且篮球的个数不少于足球个数的3倍，求购买多少个足球时花费最少？
【答案】（1）解：设每个足球的售价为x元，则每个篮球的售价为(x+20)元，
根据题意得：
得3x=2x+40，
解得x=40，
经检验x=40是原方程的解，且符合题意
故x+20=40+20=60，
故每个篮球的售价为60元，每个足球的售价为40元；
（2）解：设购入m个足球，则购入(200 m)个篮球，
根据题意得：，
解得，
设总费用为w元，
则，
，
当m=50时，总费用最少，最少费用为：(元)，
故购买50个足球时花费最少．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每个足球的售价为x元，则每个篮球的售价为(x+20)元，根据题意列出方程求解即可；
（2）设购入m个足球，则购入(200 m)个篮球，根据题意列出函数解析式，再利用一次函数的性质求解即可。
21．（2022八下·顺德期末）如图，在中，．
（1）用尺规作图法作边上的高，垂足为D；
（2）若平分，求证：．
【答案】（1）解：如图所示， AD即为边上的高．
作法如下：
以A点为圆心，适当长为半径作弧，交BC的延长线于M，N点；
分别以M，N为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于E点；
连接AE交BC的延长线于点D，连接AD即可．
（2）证明：如图所示，
∵，，
∴，
∵平分，
∴．
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；作图-垂线
【解析】【分析】（1）根据要求作出垂线即可；
（2）先求出，再利用含30°角的直角三角形的性质求解即可。
22．（2022八下·顺德期末）如图，在中，，将沿射线平移到的位置，连接，与交于点O．
（1）判断的形状，说明理由；
（2）写出四种不同类型的结论．
【答案】（1）解：是等腰三角形，理由如下：
∵沿射线平移到的位置，，
∴，，B、C、E三点共线，
∴，，
∴DC垂直平分线段BE，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：结论有①四边形是矩形；②四边形是平行四边形；③；④．
证明如下：
①：由平移的性质得，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
②：由①得四边形是矩形，
∴，，
由平移的性质得，，B、C、E三点共线，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
③：由①得四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴OC是的中位线，
∴；
④：由①得四边形是矩形，
∴，，
又∵，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定；平移的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的判定方法求解即可；
（2）根据矩形和平行四边形的判定方法求解即可。
23．（2022八下·顺德期末）直线交x轴于点，与直线交于点．
（1）求的解集；
（2）求的值．
【答案】（1）解：将代入得：，
解得：，
解不等式得：，
故的解集为；
（2）解：将与联立，
得，
解得，
∴点的坐标为点，
∴，，
∴．
【知识点】代数式求值；一次函数与不等式（组）的综合应用；一次函数与二元一次方程（组）的综合应用
【解析】【分析】（1）将点代入求出b的值，再解不等式即可；
（2）先去就出点P的坐标可得m、n的值，再将m、n的值代入计算即可。
24．（2022八下·顺德期末）将绕着点A逆时针旋转得到．
（1）如图1，当点D恰好落在上时，连接．
①当，时，求证：；
②当满足什么条件时，四边形是平行四边形？说明理由．
（2）如图2，当旋转角为时，交于点P，连接．当、时，求的长．
【答案】（1）解：①证明：如图，设AC，DE交于占O，
∵绕着点A逆时针旋转得到，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
②当满足时，四边形是平行四边形．理由如下：
由旋转的性质知，，
∴，
由旋转的性质知，，
∴，
∴，
由旋转的性质知， ，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，作于点F，作于点G，连接BD，CE．
∵，，
∴由旋转的性质知，，，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：．
∵旋转角为，
∴，
∵在和 中，，，
∴，
∴，
由旋转的性质知，，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
∴，
∴，
即的长为．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质可得，再利用角的运算可得，结合可得，从而得到；
②利用平行四边形的判定方法求解即可；
（2）作于点F，作于点G，连接BD，CE，利用“HL”证明，求出， 设，则，利用勾股定理列出方程求解即可。
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广东省佛山市顺德区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题
一、单选题
1．（2022八下·顺德期末）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A．平行四边形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形
2．（2022八下·顺德期末）已知，下列变形正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2022八下·顺德期末）下列由左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022八下·顺德期末）在中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2022八下·顺德期末）当分式有意义时，x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2022八下·顺德期末）如图，为了测量位于一水源旁的两点A、B的距离，在外选了一点C，分别取的中点M、N，量得，则A、B间的距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2022八下·顺德期末）“在中，和的对边分别是a和b．若，则”．用反证法证明时，应假设（　　）
A． B． C． D．
8．（2022八下·顺德期末）若，则的值是（　　）
A．2 B． C． D．
9．（2022八下·顺德期末）如图，，给出下列条件：①，②，③，④，从中添加一个条件后，能证明的是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
10．（2022八下·顺德期末）如图，，将平行四边行绕原点O逆时针旋转，则点B的对应点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021·苏州）因式分解 　 　.
12．（2022八下·顺德期末）正六边形的外角和是　 　．
13．（2022八下·顺德期末）方程的解为　 　．
14．（2022八下·顺德期末）如图，在中，，则与间的距离为　 　．
15．（2022八下·顺德期末）不等式组的解为，则a的取值范围是　 　．
16．（2022·顺德模拟）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为48°，则底角的度数为　 　．
三、解答题
17．（2022八下·顺德期末）解不等式组，并把解集表示在数轴上．
18．（2022八下·顺德期末）求值：，其中．
19．（2022八下·顺德期末）如图，已知点P、Q是平行四边形对角线上的两个点，且．求证：四边形是平行四边形．
20．（2022八下·顺德期末）为增强学生体质，某学校决定购买一些篮球和足球来促售学生的体育锻炼，已知每个篮球的售价比每个足球的售价多20元，并且花费6000元购买篮球的数量与花费4000元购买足球的数量相同．
（1）求篮球和足球的售价分别是多少元？
（2）根据学校的实际需求，需要一次性购买篮球和足球共200个，且篮球的个数不少于足球个数的3倍，求购买多少个足球时花费最少？
21．（2022八下·顺德期末）如图，在中，．
（1）用尺规作图法作边上的高，垂足为D；
（2）若平分，求证：．
22．（2022八下·顺德期末）如图，在中，，将沿射线平移到的位置，连接，与交于点O．
（1）判断的形状，说明理由；
（2）写出四种不同类型的结论．
23．（2022八下·顺德期末）直线交x轴于点，与直线交于点．
（1）求的解集；
（2）求的值．
24．（2022八下·顺德期末）将绕着点A逆时针旋转得到．
（1）如图1，当点D恰好落在上时，连接．
①当，时，求证：；
②当满足什么条件时，四边形是平行四边形？说明理由．
（2）如图2，当旋转角为时，交于点P，连接．当、时，求的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A.平行四边形是中心对称图形，故该选项符合题意；
B.等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C.等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D.直角三角形不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
2．【答案】B
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、两边都加6，不等号的方向不变，故A不符合题意；
B、两边都减6，不等号的方向不变，故B符合题意；
C、两边都乘以3，不等号的方向不变，故C不符合题意；
D、两边都除以2，不等号的方向不变，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】利用不等式的性质逐项判断即可。
3．【答案】D
【知识点】因式分解的定义
【解析】【解答】解：A．等式的右边不是几个整式的积的形式，不是因式分解，故此选项不符合题意；
B．等式左右两边不相等，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C．原变形是整式乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意；
D．把一个多项式化为几个整式的积的形式，原变形是因式分解，故此选项符合题意；
故答案为：D
【分析】根据因式分解的定义：将和差的形式变为乘积的形式可得答案。
4．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，AO=CO，AB=CD，∠ABC=∠ADC，
∴A符合题意，B，C，D不一定成立.
故答案为：A．
【分析】利用平行四边形的性质逐项判断即可。
5．【答案】C
【知识点】分式有意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：x+3≠0，解得：，
故答案为：C．
【分析】利用分式有意义的条件列出不等式求解即可。
6．【答案】D
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵M、N分别是的中点，
∴MN为的中位线，
∴，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据三角形中位线的性质可得。
7．【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：命题“在中，和的对边分别是a和b．若，则”中，结论为“”，
因此反证法证明时，应假设，
故答案为：B．
【分析】利用反证法的计算方法求解即可。
8．【答案】C
【知识点】代数式求值；完全平方公式及运用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】利用完全平方公式可得，再将代入计算即可。
9．【答案】A
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：，
与均为直角三角形，
，，
，故①符合题意；
在与中，
，
，
，
，
，
，即
在与中，
，
，故②符合题意；
在与中，
，
，故③符合题意；
当时，不能推出，故④不符合题意．
故答案为：A．
【分析】利用三角形全等的判定方法逐项判断即可。
10．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：连接OB、AC交于点M，
∵，
∴M（，），即M（，2），
∴B（5，4），
将平行四边行绕原点O逆时针旋转，则点B的对应点，
连接OB′，分别过点B′、B作y轴、x轴的垂线，垂足为E、F，
则OF＝5，BF＝4，∠B′EO＝∠OFB＝90°，OB′＝OB，
∵∠B′OB＝∠EOF＝90°，
∴∠B′OE＝∠BOF，
∴△B′OE≌△BOF（AAS），
∴OE＝OF＝5，B′E＝BF＝4，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接OB、AC交于点M，先利用“AAS”证明△B′OE≌△BOF，可得OE＝OF＝5，B′E＝BF＝4，即可得到点B'的坐标。
11．【答案】（x﹣1）2
【知识点】因式分解﹣运用公式法
【解析】【解答】解： （x﹣1）2.
故答案为：（x﹣1）2.
【分析】根据完全平方公式“a2-2ab+b2=（a-b）2”可求解.
12．【答案】360°
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：正六边形的外角和是360°．
故答案为：360°.
【分析】根据多边形的外角和为360°可得答案。
13．【答案】
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项、合并同类项得：，
系数化1得：，
，
经检验，是原方程的根，
故方程的解为．
故答案为：．
【分析】利用分式方程的解题方法和步骤求解即可。
14．【答案】10
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠ADB=90°，
∴与间的距离为BD的长度，
∵四边形ABDC为平行四边形，
∴BO=DO，
AO=CO=AC=13，
在Rt△ADO中，，
∴BD=2DO=10，
故答案为：10．
【分析】先利用勾股定理求出DO的长，再利用BD=2DO=10可得答案。
15．【答案】
【知识点】不等式的解及解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：由不等式组的解集为，
可得．
故答案为：．
【分析】利用不等式的性质和不等式组的解法求解即可。
16．【答案】42°或138°
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：①如图1，当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在外部．
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求得顶角是90°+48°＝138°；
②如图2，当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在其内部，
故顶角是90°﹣48°＝42°．
故答案为：42°或138°．
【分析】分两种情况：①当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在外部，②当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在其内部，再分别画出图象并求解即可。
17．【答案】解：
解不等式①得，，
解不等式②得，，
不等式组的解集为．
解集在数轴上的表示如图所示，
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集并在数轴上画出解集即可。
18．【答案】解：
，
将代入得，
原式．
【知识点】利用分式运算化简求值
【解析】【分析】先利用分式的混合运算化简，再将x的值代入计算即可。
19．【答案】证明：连接AC，交BD于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BP＝DQ，
∴OP＝OQ，
∴四边形APCQ为平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的性质和判定方法求解即可。
20．【答案】（1）解：设每个足球的售价为x元，则每个篮球的售价为(x+20)元，
根据题意得：
得3x=2x+40，
解得x=40，
经检验x=40是原方程的解，且符合题意
故x+20=40+20=60，
故每个篮球的售价为60元，每个足球的售价为40元；
（2）解：设购入m个足球，则购入(200 m)个篮球，
根据题意得：，
解得，
设总费用为w元，
则，
，
当m=50时，总费用最少，最少费用为：(元)，
故购买50个足球时花费最少．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每个足球的售价为x元，则每个篮球的售价为(x+20)元，根据题意列出方程求解即可；
（2）设购入m个足球，则购入(200 m)个篮球，根据题意列出函数解析式，再利用一次函数的性质求解即可。
21．【答案】（1）解：如图所示， AD即为边上的高．
作法如下：
以A点为圆心，适当长为半径作弧，交BC的延长线于M，N点；
分别以M，N为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于E点；
连接AE交BC的延长线于点D，连接AD即可．
（2）证明：如图所示，
∵，，
∴，
∵平分，
∴．
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；作图-垂线
【解析】【分析】（1）根据要求作出垂线即可；
（2）先求出，再利用含30°角的直角三角形的性质求解即可。
22．【答案】（1）解：是等腰三角形，理由如下：
∵沿射线平移到的位置，，
∴，，B、C、E三点共线，
∴，，
∴DC垂直平分线段BE，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）解：结论有①四边形是矩形；②四边形是平行四边形；③；④．
证明如下：
①：由平移的性质得，，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
②：由①得四边形是矩形，
∴，，
由平移的性质得，，B、C、E三点共线，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
③：由①得四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴OC是的中位线，
∴；
④：由①得四边形是矩形，
∴，，
又∵，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定；平移的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的判定方法求解即可；
（2）根据矩形和平行四边形的判定方法求解即可。
23．【答案】（1）解：将代入得：，
解得：，
解不等式得：，
故的解集为；
（2）解：将与联立，
得，
解得，
∴点的坐标为点，
∴，，
∴．
【知识点】代数式求值；一次函数与不等式（组）的综合应用；一次函数与二元一次方程（组）的综合应用
【解析】【分析】（1）将点代入求出b的值，再解不等式即可；
（2）先去就出点P的坐标可得m、n的值，再将m、n的值代入计算即可。
24．【答案】（1）解：①证明：如图，设AC，DE交于占O，
∵绕着点A逆时针旋转得到，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
②当满足时，四边形是平行四边形．理由如下：
由旋转的性质知，，
∴，
由旋转的性质知，，
∴，
∴，
由旋转的性质知， ，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图所示，作于点F，作于点G，连接BD，CE．
∵，，
∴由旋转的性质知，，，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：．
∵旋转角为，
∴，
∵在和 中，，，
∴，
∴，
由旋转的性质知，，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
∴，
∴，
即的长为．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质可得，再利用角的运算可得，结合可得，从而得到；
②利用平行四边形的判定方法求解即可；
（2）作于点F，作于点G，连接BD，CE，利用“HL”证明，求出， 设，则，利用勾股定理列出方程求解即可。
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