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期中八数参考答案
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D A D B B C D A A
二．填空题（共6小题）
11．　x≤1　 ． 12． 　4　 ． 13． 　　
14． 　（4，5）　． 15．　10+2　 ． 16　　 ．
三．解答题（共8小题）
17．解：（1）原式＝63
；
（2）原式＝3﹣21﹣（3﹣2）
＝4﹣21
＝3﹣2．
18．解：∵x，y，
∴x+y＝2，xy＝﹣4，
∴x2+y2+xy
＝（x+y）2﹣xy
＝（2）2﹣（﹣4）
＝12+4
＝16．
19．解：△ABC为Rt△，理由如下：
∵CD为高，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
在Rt△ACD中，由勾股定理：
，
在Rt△BCD中，由勾股定理：
，
∵AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形．
20．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，
∴∠E＝∠DCF，
∵点F是AD中点，
∴AF＝DF，
∵∠EFA＝∠CFD，
∴△AFE≌△DFC（AAS），
∴CD＝AE，
∴AB＝AE；
（2）解：由（1）可得AF＝DF，BC＝AD，
∵BC＝2AE，
∴AE＝AF，
∵∠E＝31°，
∴∠AFE＝∠E＝31°，
∴∠DAB＝2∠E＝62°．
21．（1）解：如图，过点E作EF⊥AB于F，
∴∠EFA＝∠EFB＝90°，
∵AB，DE均垂直于AD，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴四边形ADEF是矩形，
∴EF＝AD＝70m，AF＝DE＝30m，
∴BF＝AB﹣AF＝10m．
在直角三角形BEF中，由勾股定理得：BE50（m）；
（2）解：设AC＝x m，则DC＝（70﹣x）m，
由题意可得：∠BAC＝∠CDE＝90°，
∵BC＝CE，
∴BC＝CE，
由勾股定理得：AB2+AC2＝BC2，CD2+DE2＝CE2，
∴AB2+AC2＝CD2+DE2，
∴402+x2＝（70﹣x）2+302，
解得：x＝30，
∴AC＝30m．
22．（1）证明：在△ABC中，D是BC边的中点，
∴BD＝CD，
∵CF∥BE，
∴∠CFD＝∠BED，
在△CFD和△BED中，
，
∴△CFD≌△BED（AAS），
∴CF＝BE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）解：满足条件AB＝AC时四边形BECF为菱形．
理由：若AB＝AC时，△ABC为等腰三角形，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，
即FE⊥BC，
∴平行四边形BECF为菱形．
23．（1）证明：点P从点A出发沿AC方向以2cm/s的速度向点C匀速运动，同时点Q从点C出发沿CB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动，点P运动的时间为t s，
∴AP＝2t cm，CQ＝t cm，
∵PD⊥AB，∠A＝30°，
∴ cm，
∴PD＝CQ，
∵PD⊥AB，∠B＝90°，
∴PD∥CQ，
∴四边形PCQD是平行四边形；
（2）解：由四边形PCQD是菱形，则PC＝CQ，
∵AC＝24cm，AP＝2t cm，
∴PC＝（24﹣2t）cm，
∴24﹣2t＝t，
∴t＝8，
∴当t＝8时，四边形PCQD是菱形；
（3）解：∵∠A＝30°，∠B＝90°，AC＝24cm，
∴cm，
∴BQ＝（12﹣t）cm，
由四边形PQBD为矩形，
则PD＝BQ，
而PD＝t cm，
∴12﹣t＝t，
解得：t＝6，
∴当t＝6时，四边形PQBD是矩形．
24．（1）解：∵，
∴m﹣20＝0，n﹣12＝0，
∴m＝20，n＝12，
∴A（20，12）；
（2）证明：
∵△CMO与△NMO关于MO所在直线对称，
∴CM＝MN，∠CMN＝2∠CMO
又∵M为AC中点，
∴AM＝CM，
∴AM＝MN，
∴∠MAN＝∠MNA，
∵∠CMN＝∠MAN+∠MNA
∴∠CMN＝2∠MAN，
∴∠CMO＝∠MAN，
∴MO∥AP，
又∵AM∥OP，
∴四边形MOPA为平行四边形，
∴，
∴点P为OB的中点；
（3）线段PE长度的最大值为 ；理由如下：
如图2，连接OD，取OD的中点Q，
连接EQ、PQ．如图2，
由（2）知，点P坐标为（10，0），
∵CD＝16，OC＝12，
∴D（16，12），
在直角三角形OCD中，由勾股定理得：，
∴点Q的坐标为（8，6），
又∵∠OED＝90°，
∴，
∵三角形两边之和大于第三边，即PE＜EQ+PQ，
∴当P、Q、E三点共线时，PE＝EQ+PQ，此时PE的长度最大，
则PE的最大值，
故答案为：．

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