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2. (福建福州)如图 一次国数 y=一旦工+3 的图象与 z 轴、y 轴 3. 如图，在平面直角坐标系中，0 为坐标原点乡四边形 OABC 为
4
矩形，点旦的坐标是(6♂， 6) ，连接，动点P 从点C 出发沿
分别交于A ，B 两点@
线段 CB 向点 B 运动 9 同时动点 D 从点A 出发沿线段AO 向
一次函数与几何图形相结合 (1)求 A ， B 两点的坐标; 点。运动，点 P ，D 的运动速度均为 1 个单位/秒 设运动时间
(2) 当DABC 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形时 求
1 如图 9在平面直角坐标系均中 直线 y=-7z十b 与 y 轴， 为 t 秒，过点 P 作 PE上BC ，交 AC 于点 E.
出直线 BC 的解析式.
(1)求直线 AC 的解析式;
工轴分别交于点 C(O ， 6) 、点 A ， 点 B(a ， O)是线段。A 上一点乡 7
(2) 当点 D 运动多长时间时 ， BCD 的周长最小 并求出最
过点 B 作直线 CB. B
小值;
即 (1)若 AB=l ，求直线 BC 的解析式; 。 (3)在动点 P ，D 的运动过程中 点 H 是平面内一点 且以 A ，
提
剧 (ω2υ)若 CB 平分ζACQ ， 点 D(~坐主1ι川'7叫是AC 上一点'当 CD=
5 D ，E ， H 为顶点的四边形是菱形 9请求出 t 的值.础
CQ 时，求DCAB 和DCBO 的周长差.
相
棋 。 B z
\
5否
器
辑
在中
第二部分 一次函数的罢际应用 2. 京沪高速铁路由北京南站至上海虹桥站 9全长约 1 300 km9两! 3. 科技创新是提高社会生产力和综合国力的战略支撑，也为生:
1. (陕西安康)为加强公共文化体育设施建设 9全面实施乡村体 列高铁先后从北京开往上海，先出发的甲列车的速度为 260 : 产力的提升提供了重要的技术支撑.某企业有甲、乙两条生产
育振兴 9某单位现需购买一批体育活动器材用于体育锻炼 9 已 km岛，后出发的乙列车的速度为 325 km/h，行驶一段路程后 ; 线用于加工某种零件 在同时工作一段时间后 9 由于技术突
知这批体育活动器材有两种打折优惠方案可供选择. 乙列车突然发生故障，需要在沿途的车站就近停靠检修，检修; 破，对较落后的乙生产线进行了停机升级改造，升级后，乙生
方案一:打折后购买所需费用 Yl(元)与原价总额 x(元)满足 完成后继续行驶 9 已知甲列车比乙列车早出发半个小时(全程 产线的工作效率是原来的 2 倍e 两条生产线各自加工零件的
如图所示的函数关系; 均按匀速) ，两列高铁和北京南站之间的距离 Y(单位 :km) 与 数量 Y(件)与时间 x(小时)的函数图象如图所示@
方案二:打折后购买所需费用 YZ (元)与原价总额 x(元)满足 高铁行驶的时间工(单位: h)之间的关系如图所示. (1)求甲生产线加工零件的数量 y 与时间工之间的函数解
如图所示的函数关系. (1)乙列车何时追上甲列车 析式;
根据图象相关的信息回答下列问题: (2)若乙列车检修耗时 54 min 且保持原速度前往上海虹桥 i (2)求 α 的值，并解释 α 的实际意义;
(1)请分别求出 Yl'Y2 与工之间的函数解析式; 站，求甲列车比乙列车早多久到达上海虹桥站 (3)加工的零件数达到 230 件装一箱，零件装箱的时间忽略不
(2)如果你是此次采购的决策者 9 你认为选择哪种方案更省 (3)在 (2) 的条件下 当甲列车到达上海虹桥站时 9求乙列车与 计，若甲、乙两条生产线罔时加工，且加工出的零件合在一
钱 并说明理由. 上海虹桥站之间的距离. 起装箱，则甲、乙生产线经过多长时间恰好装满第 2 箱
γ
J y/km yl件 一一一甲生产线
yj
13001--------………习;;
Y2 ;仁:二--二--只一乙生产线
2LP俨 ,
lOO~ 万伊-( :
x
o 0.5 x/h 。 J小时人教版八年级数学·下
(50x(O< z < 2), x: ClO-x), 人款版八军级数学（下〉参苦奋案
解析式为 y＝~100(2根据题意可得，90×一十85×一一一＝87,
llOOx-180(2. 8当 2.8得z x=4. :.10-x=6, 8. D 9. D 10. C 1 500 元，在甲店购买的数量更多；
答：甲、乙生产线工作 4 小时恰好装满第 2 箱． ．·．面试成绩和实操成绩所占百分比的比为 4: 6, 11. x注一l 且 x手2 12. 93. 5 13. x>l 14. 10 (3）分情况讨论：
期末真题专项专练卷｛四） ．·．面试成绩占 40% ，实操成绩占 60%; 15. 4α十2b ①当 Yi=Yz 时，即 14x十300=18x ，解得 x=75;
1. 解： Cl)a =218+30=248,b=248十128=376; (2）卫凯的综合成绩为 85 × 40% 十 90 × 60% =88 ②当 Y1>Y2 时，即 14x+300>l8x ，解得 x<75;
16. 解： (1)原式＝ /27a2b3c ÷的以主＝3c;
(2）此运动场在当天能获利．理由如下： （分）， ③当 Y175.
根据顾客一天中体验路极项目次数的结果，调查的 杨帆的综合成绩为 95 ×40%+80×60%=86 （分）， 答：当购买的马甲数量少于 75 件时，在乙商店购买
·:88>87＞邸， (2）原式＝~－Jt三；二十2♂＝叫 支付的费用较少；当购买的马甲数量等于 75 件时，100 名顾客体验路极的平均费用为： _J_ ×（0 × s+
100 ．·．卫凯第一，任伟第二，杨帆第三， 17. 解： (l)y 与Z 之间的函数解析式为y=-2x+2; 在甲、乙两家商店购买支付的费用相同；当购买的
128 × 15十 158 × 10十 188 × 30十218 × 25十248 × 15 λ公交公司应该录取卫凯； 马甲数量多于 75 件时，在甲商店购买支付的费用
+376 × 0)=183. 1(元）， (3）杨帆说得有道理，理由如下：若面试成绩占比为 ω点 P 的坐标为（号，一；） 较少．
．·．估计 2 000 名顾客一天体验路极的费用为： 183. 1 60%，实操成绩占比为 40%, 18.1正明： ·： GE//HF, 21. 解：（ 1)如解图，过点 P 作PAl_MN 于点A.
× 2 000=366 200（元）， 则杨帆的综合成绩为 95 × 60% +80 × 40% =89 ．·．ζGEF＝ζHFE, ·:MP=l50 米，NP=200 米，MN=250 米，
·: 366 200>340 000' 〈分）， ：.ζAEG＝ζCFH, :.MP2十NP2 =62 500=MN2,
λ收费调整后，此运动场在当天可以获利． 任伟的综合成绩为 90×60%十85 ×40%=88（分）， ·:AE=CF,GE=HF, :.DMNP 是直角三角形，
2. 解：（l)C; 卫凯的综合成绩为 85 × 60%十90×40%=87（分〉， λMEG兽DCFHCSAS), 巧A胁「÷MP NP＝÷MN ·AP,
(2）补全条形统计图如解图； γ89>88>87, :.L三GAE＝ζHCF, :.AB//CD,
λ当面试成绩占比为 60%，实操成绩占比为 40% ·．·ζADC=90° ， λζDAB=90。， :.MP NP=MN AP ，即 150× 200=250AP,人数
505050
句 ’ ……… 时，杨帆可以成功应聘． ．·．ζABC＝ζADC＝ζDAB=90。， 解得 AP=l20,
， 俨·
句 L· … 一 2 …
句 a’l’ … … 一 5. 解： (1)539. 8;542. 5; ．·．四边形 ABCD 是矩形．
答z居民楼 P 到公路MN 的距离为 120 米P
， a
1衔 L
’ Is … 且 翰 … (2）＂；乙种水稻产量中，数据 540 和 550 都出现了两’ 19. 解： (1)40,93,96; (2）如解图，当卡车在BC 段行驶时，会影响 P 处的’1 t
l「
l … 翻 6 2
r 麟6 翻 瞅 次，出现的次数都最多，麟 (2）七年级的成绩更稳定，理由如下：
居民楼．
t
B 腾 刷 瞅 λ乙种水稻产量的众数为 540 和 550; ·．·七、八年级成绩的平均数相等，根据已知条件可
由题意可知，BP=CP=l30 米，
非常比麟较一般不了完全了解 (3）选择乙，理由如下： 在 RtMBP 中， ·： BA 2 = BP2 - PA 2 = 1302 一了解了解了解 解不了解程度 得，七年级成绩的方差为
1202=2 500,
(3）由（2）知，了解程度在一般了解及以上的同学有 从平均数来看，乙的平均数比甲高，证明乙的平均产 d=l_X[3 ×（ 96 一 92)2+2 ×（86-92)2 十（ 99 一
量比甲高， 10 :.BA=CA=50 米， ：.BC=lOO 米22十14十6=42（人），
·．·卡车的行驶速度为每分钟 1 000 米，
：.全校 2 400 名学生对传统礼仪规范的了解程度在 从方差来看，乙的方差比甲小，说明乙的产量稳定性 92)2+(90-92)2 十 Cl00-92)2 + (89-92)2 十（82
更好， -92)2]=34. 6, :.100÷1 000=0. lC分钟）＝ 6 （秒〉．42
一般了解及以上的人数大约有 2 400 × 50=2 016 λ应该选择乙．（合理即可） ：.七年级成绩的方差为 34. 6, （关键点：要求持续的时间，就需要知道卡车行驶的
（人）； 6. 解： (1)92. 5 ，饵， 72飞 ·: 34. 6<40. 6'
距离，可根据勾股定理求解）
(4）获得的信息：①本校大部分学生对传统礼仪规范 (2）七年级（ 2）班 10 名学生成绩处在“D 组”的有 ．·．七年级成绩的方差比八年级小， 答：卡车的噪声影响该居民楼的时间会持续 6 秒．
有所了解； 10-1-2-5=2（人），补全条形统计图如解图； ．·．七年级的成绩更稳定； c’
飞
②本校学生对传统礼仪规范非常了解的人数较少． 七年级（ 2 ）班抽取同学 (3）由题意得，八年级成绩大于或等于 90 分的有 7 ,
凹,. ，’、y 、
作文成绩条形统计阁 A”~B'
建议：开设传统礼仪规范课程，加强日常行为规范教
人数 ＞＇－勾画总栋岱 人，：.1 200×工＝840（人）． D<"'I \ JAG
育．（答案不唯一，合理即可） 10
5' 5 B \I /C\ /F
3. 解： Cl月， 6,8. 125,9; 答：参加此次调查活动成绩优秀的八年级学生人数 M A B
(2）“中位数 8.25”表示七年级学生有一半的学生的 约为 840 人． 第 21 题图 第 22 题图
睡眠时间大于 8.25 小时（或“中位数 8.25”表示七年 ~ t-1-J：丘γ2 20. 解： (1）由题意知， Yi =50 × 20十（x-50）× 20 × 22. 证明： (1）补充过程如下：
级学生有一半的学生的睡眠时间小于 8. 25 小时） ; 0. 7=1 000十b一50）× 14=14x十300, ·．·四边形 ABB'A ＇为平行四边形，二AB=A'B',
B C D 等级
6十6 yz=20 × 0.9x=l8x; :.LABC豆M'B'C',
(3）由题意得， 1 200×4o一＝360 （人〉． (3）七年级（2）班学生的作文成绩较好．理由：七年级 (2）当 Yi =14x十300=1 500 时， 易证囚边形A'ACC＇，四边形 B'Bαr为平行四边形，
答：估计该校七、八年级学生中睡眠时间符合要求的 (2）班学生成绩的中位数、众数都比七年级(1）班的 解得z～85. 7' :.soACC'A’ = SoACED ,SoB’即，，＝ SoB.町，
有 360 人 高．（或从方差角度分析，合理即可） ·:x 取整数， ：.x 最大为邸， 在五边形 ABB'C'A ＇ 中， S口且B'A’＝ S五边形ABB’由’一
4. 解： (1）设面试成绩和实操成绩所占百分比的比为 当 Y2=l8x=l 500，解得 z句83. 3, S 6.A'B'C' 'S OABB’A'=S五边形ABB’＇c'A’－S＆哑＝SoAJα’A’十
16 1
人教版 八年级数学·下
SoB'BCC＇ 二二 SoAc四十SoBFcr;' =6, 综上所述，当以 A,D,E,H 为顶点的四边形是菱形 根据题意可得 260x=325(x=O. 日，
即 SoABB'A’ ＝ SoACED 十S口BFGC; ζADE= LABD = 30。’ ：.BD=20D=6J言， 12几 解得 x=2. 5,
(2）在题图②中，延长 DE,FG 交于点C＇（图略）， 时，t 的值为÷工或 24布一36或“γζHAI一ζHAE＝ζDAB ζHAE, γ2. 5一o. 5.=2,
γζACB==90。，二ζACE＝之三BCG=90°, ：.ζBAI＝ζDAH, λ乙列车出发 2 h 后追上甲列车；
：.平行四边形ACED ，平行四边形 BFGC 是矩形， γ点 H 与点 I 关于AE 对称， .".AH=AI, UHD (2）设乙列车从检修完成后继续行驶的过程中 y 关…
：.ζADE=90° 乡 λLADH些LABJCSAS), 于工的函数解析式为y=325x十b,
：. 之三DAA' e十 ζDA' A= 90。，易证 DABC 旦 γ乙列车检修耗时 54 min=O. 9 h, .".JB=DH=J3 ，ζABI ＝ζADH=30。，
。 x 。 x LA'B·'c'··, λ乙列车重新出发时甲列车已行驶 2. 5十 o. 9=3. 4
λζJBI＝丘ABI＋正ABD=60。，
：.ζA1C1B1 ＝ζACB=90。，AC=A℃／， (h),2.5 × 260二650(km),
1 < 1
γ四边形 ABB'A ＇是正方形， ".BJ=-IB ＝二 即y=325x+b 的图象经过（3.4,650),
2 2
,",L乙AA'B ＇ 二二 90。，A'A ＇ 二＝A'B', 罔① 因② 代人得 650=32.5 × 3.4十b ，解得 b==455,
λ之三DA'A十ζC1A1B1 二二 90°' 则 IJ=v'卧B户（J3)2斗争2=f, y p ：. 乙列车从检修完成到继续行驶的过程中 y 关于工
人ζDAA＇＝ζC'A'B ＇ ’ 的函数解析式为y==325x=455,
:.LAA'D三LA'B'C', λGJ=DB-DH→HG-BJ=6J3-J3 ~He- 当 y=l 300 时，即 325x-455=1 300,
:.AD=A'C', :.AD=AC, J3 gJ3 x 解得 x=5.4,
一 。
λ矩形 ACED 是正方形， 2
一 ＝一2一 －HG,' ·: 1 300÷260=5(h)'
同理可得矩形 BFGC 是正方形， ·．·点 I 是点 H 关于AE 的对称点， 国③ 图④ λ甲列车出发 5 h 到达上海虹桥站，
由帕普斯定理可得 S正方形 ABB'A' = S正方形ACED :.HG=JG, 第二部分一次函数的实际应用 λ5. 4-5=0. 4 （灿，
十S正方形BFGC' 在 RtLGJI 中，由勾股定理得JGZ =J]z十G]z, 1. 解： (1）由题意可得， ：. 甲列车比乙列车早 0. 4 h 到达上海虹桥站；
:.AB2 二二AC2十BC2. :.HG2=IJ2+G]2, 方案一：设 y1 =mx(m并0), (3）由（ 2）可知，当甲列车到达上海虹桥站时，x=5,
23. 解： (l)DAEF 是等边三角形，理由如下： 巧 13\2 19 q \2 由图象可知函数的图象经过点（300,240), 此时 y=325x-455=325 × 5-455=1 170, <
即 HG2二 l-zl 十（才二－HG),
γ四边形 ABCD 是菱形，ζADC=60＇。， .".300m=240 ，解得 m=0.8, 即乙列车已行驶 1170 km,
λζBAD＝ζBCD=l20。， 7 q :.yl 与工之间的函数解析式为y1=0.8x; λ1 300-l 170=130(km), <
解得 HG＝子，
λζDAC ＝ζACD ＝ζADC zζACE =60。，即 方案二：当 0《z《300时，设川与 z 之间的函数解 答：当甲列车到达上海虹桥站时，乙列车与上海虹桥
1 M
ζADF＝ζACE=60~ ， S - H G OA - 析式为Yz ＝ηx （η 手0)' 站之间的距离为 130 km. A GH
一 2 2 .".MDC 为等边三角形，ζDAF十ζFAC=60°, 一 由图象可知函数的图象经过点（300,300), 3. 解： (1) ·： 甲生产线的函数图象经过原点及（6,360),一 一
:.300η ＝ 300,
λAC=AD, ：.设甲生产线加工零件的数量y 与时间工之间的函
: 解得 η＝ 1,.".yz ＝川L乙EAF=60。， λζFAC十ζCAE=60°, 1. D 2. B 3. C 4. A 5.A 6.D 7. c 数解析式为 y=kx(k 手0),
：.ζDAF＝ζCAE, 8. D 9. D 10. B 当 x>300 时，设 Yz 与 z 之间的函数解析式为Yz= 将（6,360）代人得 360＝悦，解得 k=60,
CASA), :.AE=AF, y= kx十b （是平均），:.LADF旦DACE 11. 乙 12. 120。 13. 2x十8 :.y 二60x(O运工运6);
γζEAF=60。， 由图象可知函数的图象经过点（300,300 ）和（ 500, (2）＇.＂当乙生产线加工 2 小时时，加工零件 100 件，
(300k 十b=300, .. （是：0. 6,
:.LAEF 是等边三角形； 14. 3 疗 15. 布或干 420）， λ ｛ 7解得（ , ：.升级设备前乙生产线的工作效率为 50 件／小时，
\500k 十b=420, \b=l20,
(2）①γ 四边形 ABCD 是菱形，ζADC=60。， 又 ·： 乙生产线在工作中有一次停产升级设备，升级16. 解： (1)°."x=J3十l,y=J3-1,
λYz ==o. 6x十120; 设备后，乙生产线的工作效率是原来的 2 倍，
'.LADE ＝仨ADC=3川C_lBD, :.xy=(J3十l)(J3-1)=3 1=2. 二Y2 与 z 之间的函数解析式为 ：.升级设备后，乙生产线的工作效率为 50 × 2=100
'."AD=6, (2) 0."x=J3 +l,y=J3 ~1, (x(O运工运300), （｛牛／小日才），
λx3y+x2=x2(xy十1) Yz = \o. 6x + 120Cx>300); 人a=lOO十（4. 8-2. 8｝× 100二300 （｛牛）．
λOA斗，OD=3J言，
二 CJ3十1)2 ×（ 2十1) (2）当 o:.OH=OD DH=3J3-J3 =2J言， 两种方案所需费用相同；当 x>600时，方案二更省 乙生产线加工的零件总量为 300 件；
=(4十2J3）× 3
在 RtLlOH 中，AH=v'OA2十OH2 =v'2f; 钱．理由如下： (3）设升级设备后，乙生产线加工零件的数量 y 与时
②如解图，作点 H 关于AE的对称点 I，连接 AI, =12+6J3. 当 0. 8x=O. 6x+l20 时，解得 x=600, ：. 当 x=600 间工之间的函数关系式为y ＝户z十q(p手0),
BI ，过点 I 作 J]_lBD 于点 J ，连接 JG, 17. 解： (1 ）ζD 是直角． 时，两种方案所需费用相同； 将（2.8,100),(4. 8,300）代人函数解析式中，
A 理由：连接AC （图略）． 当 0. 8x护升＼之 得｛2. 8p+q＝肌／解.f寻｛~ ＝＝肌工·ζB=90。，AB=24 m,BC=7 m, 600 时，方案一更省钱； 4. 8ρ ＋q=300, q= 180, B D
N护￥ λAC=v'AB2十BC2 =25 m. 当 0. 8x >o. 6x + 120 时，解得 x>600 ， λ当 x>600 ：.升级设备后，乙生产线加工零件的数量 y 与时间
},' c 。JCD=l5 m,AD=20 m, 时 9方案二更省钱． 工的函数解析式为y二lOOx-180,
由题意可知，ζHAI=2L乙HAG=l20。，AD=AB :.CD2十AD2 二625=AC2. 2. 解： (1）设乙列车追上甲列车的时间为 z h, ．·．乙生产线加工零件的数量 y 与时间工的函数
2 15
人教服八年级数学＠下
2. 解： (1）当 x=O 时，y=3,
二B(0,3). 直线AC 的解析式为 y ＝一孚＋6;
.'.6ACD 为直角三角形，ζD=90气 ω在 y＝七十2 中，令户呻卢 ：.D(O
(2)5 四边形ABCD=S6ABC十SMcD
当 y=O 时，O=-t计3 ＇解得 x ＝ι (2）如解图①，作点 B 关于工轴的对称点矿，连接 =tBC AB+tAD ·CD 令卢，得 O二；Z十2 解得工＝一3 “BC一川
B'C 交z 轴于点F，连接 BF,
二AC4,0); 由对称可知，BF=B'F ， λ CF十BF=CF+B'F= =t× 7× 24十t× 20 × 15 λOB=3,0D=2.
(2）如解图①，当点 C 在直线AB 上方时，过点 C 作 B'C,
CD上z 轴于点 D, =234(m2).
SL.roc=f ×3×时，～＝÷×2× 3=3.
γ点 C,F,B ＇在同一直线上，
：.ζCDA ＝ζAOB=90。， 答：四边形 ABCD 的面积为 234 m2. :.s6B'.JC : s6仄汇＝2:1。人当点 D 运动到点 F时， CD 十BD 的值最小，为
：.ζOBA十ζOAB=90。． B'C 的长，即6BCD 的周长最小为 B'C十BC, 18. 解： (1）填表如下：
22. 解 z分析问题： (l)O. 6x十120
飞。LBAC=90。， 平均数／分 (2）由 (1）可得 ， a=O. 8 × 300=240,b=O。 6 × 600十γBC=6J3 ,BB'=ZAB=l2, 中位数／分 众数／分
：.ζBAO十ζCAD=90。 9 120=480.
：.在 Rt6B1BC 中，B1C=JBC2十BB12 =6汀，
：.ζOBA ＝ζDAC, 爱国班 85 85 85 (3）函数 y乙的图象如图所示．
γAB=AC, λ CL.BCD =B'C十BC=6J于十6,J言， 求知班 80 100 85 4 y/7G Y甲
:.D.AOB旦6CDACAAS), （ζCFO＝ζB'FA,
600 乒..，，，.. y乙
已／
在60CF 和D.AB'F 中，斗ζCOF＝ζB'AF, (2）因为两个班复赛成绩的平均数相同，爱国班复 500 巴二.'.CD=OA=4,AD工OB 二3' LL
lOC=AB', 赛成绩的中位数高，所以爱国班的复赛成绩比 4θ0 t2 λOD=OA十AD=7, 巨.v
较好．
λCC7 ,4); :.60CF且6AB'FCAAS), 300 kι .r
kζ .L
设直线 BC 的解析式为y=kx十b(k 手 0 ），、 。工OF=AF=3币， ：.t=3J3÷1=35 （秒）， (3)S~~~~I =t×阳－85)2 十（阶85)2 十 (100 200 ~Jζ
眨／
将点 B(0,3),C(7,4）代人， 即当点 D 运动 3J3秒时，6BCD 的周长最小，最小 / 85)2 十（75-85)2 十（80-85)2]=160。 JOO
I/,
1~e:b，…寸」， 值为 6J3十5,j于； γs~I@班＝ 70, :.s主国班＜S~知班 e le'. l l l －否如解何 l 7
4=7走十ι… | (3）由题可得，CP=AD=t × l=t,
0 100 200 300 400 500 600 700 800 元／元
：.爱国班的复赛成绩较稳定．
’ ＼b=3 步 解决问题：当购买商品的原价小于 600 元时，应选
qt十归（6J3 19. 证明： γE 为AC 的中点，F 为 BC 的中点，··直线 BC 的解析式为y二丰z十3; '.E(t, -t ,0)' 择甲商场购买；当购买商品的原价等于 600 元时，'.EF 为D.A臼的中位线，CF=BF＝÷BC.
过点 E 作EG上OA 于点 G, 甲、乙两家商场花费一样多；当购买商品的原价大
如解图②，当点 C 在直线AB 的下方时，过点 C 作
·:pE上BC,BC//OA, 于 600 元时，应选择乙商场购买．
CEJ_x 轴于点 E, :.EF=tAB ,EF //AB.
:.P,E,G 三点共线， ：.G(t ,O), 23. 解： (1）证明：连接BE（图略）． γ在正方形ABCD 中，
同理可证6ABO~主6CAE,
γ在 Rt!\ABC 中，BC=6J言，AB=6 步 0.'AB//CD, :.AB//CD//EF.
点 B 和点 D 关于对角线 AC 对称，．工BE=DE.
二，AE=B0=3,EC=OA=4,
:.AC=12, :.L乙ACE ＝ζOAC=30°. '.'AB=2CD ，二EF=CD.
·:BC二DC,CE=CE, :.6CBE:.OE=OA-EA=l, :.LCBE=LCDE.
:.co ，一4)' ①如解图②，当 AD=ED 时，四边形 ADEH 为
＠·．四边形 CDEF 为平行四边形．
菱形， ·: BC=2CD, :.CD=CF.
·: EF j_DE, .'.LDEF=90。．
：.直线 BC 的解析式为 y ＝一7x十3.
:.L乙DAE＝ζDEA=30。’ λζEDG=60。’ ：. 四边形 CDEF 为菱形．
·：在正方形 ABCD 中，ζDCB=90°,
综上所述，直线 BC 的解析式为y 二二二卡＋ 3 或 y 二 20. 解： (1）证明： ·：MN 垂直平分AC, ：. 丘CDE 十ζEFC 二 360° 一（ζDEF 十ζDCB)λ在 Rt6EDG 中，ζGED=30°,
:.AO=CO ，ζAOM=LCON二90°. =180。．
7x 十3. λED=2GD, :.AD=2GD,
y ] 2 γ 四边形 ABCD 是矩形， .'.AB//CD.
·： 丘EFC十丘BFE=l80°, :.LBFE＝ζCDE.
I号
:.t=2(6J3-2t ） ，解得 t ＝斗之； :.LM=LN. :.D.AoMc;;;主6CON. ：. ζCBE=LBFE.
c 15 :.BE=EF. :.DE=EF. ②如解图③，当 AD=AE 时，四边形 ADHE 是菱 (2)4
x (2）①γ四边形 DEFG 为矩形，DE=EF,形，在 RtD.AEG 中 ，AE=2EG,
21. 解：（ 1) ，~ C(m，叫正比例函数y十的图象 ：. 四边形 DEFG 为正方形． λDE=DG,LEDG=:.AD=2EG, ·:
90°.
图①图② t=2（一千t十时，解得户时－36; 上，。 1m=4. 解得 m=3. γ 四边形 ABCD 为正方形，
3. 解： (1 ） γ 四边形 OABC 为矩形，且点 B 的坐标是 :. AB =BC ＝ 生， AD= DC ， ζADC = 90° ③如解图④ 9当 AD 为对角线时，四边形 AEDH 是 J。点 C 的坐标为（3 ，的．
(6,J言， 6),:.A(6,J言， O) ,C(0,6), =LEDG. 菱形， γ直线 J 经过（6,6) ,C(3,4), :.LADC-LCDE=LEDG-LCDE,
设直线AC 的解析式为y二缸十b （走手0)' 在 Rt6AEG 中 ，AG=J3EG,
即ζADE＝ζCDG.
将点 A,C 的坐标代人， γAG=l_AD ＝王， .ek+b=6’解得「l豆，
2 2' 3k+b=4. I :.D.ADE「’ 解得是＝一手， lb=2. γAC=JAB2+BC2 =4J2,CE=3J2,
0=6J3k协， I, 6 ·卡在（一？计时，解得 t=4J3. ·直线 1 的解析式为 y ＝仨＋2. f。α＝AE工AC一CE=JZ.
14 3
人教版八年级数学·下
②ζEFC 的度数为 125。或 35。． -4m＋川f:,.QBP ＝÷佣. ip=t × 8m二肌 ②当点 E 在线段CB 的延长线上时，
期末真题；中剌必刷卷（三） 如解图②，在 DC 上截取DG=BE，连接 AG,
1. D 2. C 3. D 4. B · 5ιB 6. D. 7. A 8. A 当 S /:,OAP : S /:,OBP 二 1 : 3 时， 3 ×（－ 4m + 16) ·．·四边形 ABCD 是正方形，
9. A 10. D =4m, :.L乙ABE＝ζABCzζADG=90。．
12 解得 m=3, ·:AB=AD,BE=DG,
11. 5 12. 83 13.(( 14 . -7 15. x>3 16. 162° ．·．点 P 的坐标为（3,-2× 3＋肘，即（3,2); :.MEE旦l:,.ADG(SAS),
. ') 当 sf:,.OBP : S6oAP=l: 3 日才， 3×4m=-4m十16, :.AE=AG ，ζBAE＝ζDAG,
17. 解： (1)/I百－4×工工＋ 1-./3 ×./61 十（一 1)2阳＝4 期末真题专项专练卷（三）
2 解得 m=l, ：.ζBAE＋ζBAG ＝＝丘DAG十ζBAG.，即ζEAG 第一部分一次函数与几何图形相结合
-2J2+3J2十（－ 1忡忡rz. λ点 P 的坐标为Cl ，一2× 1＋肘，即(1,6). zζBAJ)=c=90。．
综上可知，当 OP 将l:,.OAB 的面积分为 1 : 3 的两 ·．·ζEAF=45。， 1 解： (1）将 C(0,6）代人 y ＝一fx十b ，解得b二6,1 . / 1 1 ~ 2
(2) ._.a ＝一十÷＝一＋工二，
2 ~ 2 部分时，点 P 的坐标为（3,2）或口， 6). λ丘FAG=c=ζFAE=45°, ：.直线AC 的函数解析式为 y＝二？什6,
λ （α十./3 ）（α －J3)-a (a -6) =a2 一3-a2 十 6α 21; 解： (1）证明： ·：EM//AC ,CN/ /DB, ·:AF=AF
：. 四边形 BECO 是平行四边形， :.MFG旦MFECSAS),
=6α－3==6×（%＋子）寸＝： 3J2. 将 y ＝叫人y＝一fx+6 中，得 O=-fx.十6,·．·四边形ABCD 是菱形， :.GF:;=:=EF.
:.AC_LBD, ··ζBOC=90。， ·:GF=DF-DG==DF-BE, 解得x=8 ， λ点 A 的坐标为（8,0),
18. 解： (l)lQ~ 5;4J5-t-v'2百．
．·．平行四边形 BECO 是矩形． :.DF-BE=EF, ·:AB=l ，点 B 在线段OA 上，
(2）证明：如图，连接·BD,
(2）如图， :.DF=5+1=6. ：.点 B 的坐标为（7,0),
A 综上所述，DP 的长为 4 或 6. 设直线BC 的解析式为y=kx+cC是手0）卡，
A 将点 B(7,0),C(O，的代人 y =kx 十 c 中，得
D
（；二；~＋c ’解得（~k ＝一旦，
M -” lc=6,
由题意得，BD2='=42 十32='=25, ·．·四边形 ABCD 是菱形，
γA.b2十AB2=5十20=25, :.BD2=AD2十AB2, ．·直线 BC 的解析式为 y＝一手计6;:.BC=AB=2,0A＝α＝：， OB =OD ,ACJ_BD,
:.i::,.BA.P 是直角三角形， ·．·ζBAC=60。， ：.MBC 是等边三角形， 图① (2）如解图，过点 D 作DEJ_x 轴于点E，连接 BD,
λ；ζBAD 是直角． 6. 解： (l)DM=MN iDMj_MN ;, .y
19. 解：(1）证明：·．·点 D 、E 分别为AB 、AC 的中点，点 :.AC=A B= BC= 2, :.oc =t 、、iAC= 1, (2) (1）中结论仍然成立， c
G 、F 分别为BH,CH 的中点， λDE 是MBC 的 理由：如解圈，连接 CE,在 Rth.B缸中，由勾股定理得 OB=vJ3C2-0C2 D 弃
中位线，GF 是！：，.HBC 的中位线， ·．·四边形 ABCD 是正方形，
=,J22=12 =J3, :.BD=20B=2~言， ．·．ζADC＝ζB=90° ,DC二BC=AD=AB.
。｜、 B E A.'-x
:.DE//BC ,DE=fBc ,GF //BC ,GF=fB c' 由（1)可知，四边形 BECO是矩形， ·:AF=AE, 在 RtMα7 中，（汇＝6,0A=8,
:.DE//GF ,DE=GF, :.BE二α＝：＝ 1 ，ζOBE=90。， :.AE十AB=AF+AD ，即 BE=DF, :.c1生＝vα：； 2 十OA2 =10,
．·．四边形 DEFG 为平行四边形． 在 Rt l:,.BDE 中，由句股定理得 DE :.i::,.FDC组l:,.EBC (SAS) , ".°CB 平分ζACO,C汇＝CD=6,
(2) ·： 四边形DEFG 为平行四边形， vBE2+BD2 ==J12 十（2./3)2 ＝刁否． λζ1＝ζ3,EC=FC. :.OB=BD,AD二4,BDJ_AC,
λDG=EF=2, 22. (1) 165; 150. ·:M、N 分别是CF、EF 的中点， ·．·点 D 在直线AC 上，
·: DG j_BH, ：.正DGB=90。’ (2)240×在＝阳名）， ·飞DM＝÷α＝则，MN＝÷α，MN//CE, t 24. 、 3 气 12
:.BG=./BD2.一目；2 =.J:百＝？！＝，，（言． ．·．将 Dlτ，m ）代人y=-4x+6，得 m＝τ ’
20. 解：（ 1)设直线 AB 的函数解析式为y=ki+bCk =F 答：估计七年级240 名学生中，有 84 名学生能达到 ．·．ζ6＝丘7,DM=MN ，ζ1＝ζ2. 24
又·．·ζ4＝ζ5,
优秀． 设OB=n ， λBD=OB=n,BE＝τ－n,(4k+b=O,
0），将 AC4,0) ,B(0,8）代人得｛ 罗 (3）超过年级一半的学生． ．·．ζ3+L4＝ζ1＋ζ5＝ζ2-I气ζ5=90。，\b=8, I 24
λζ7＝ζ6=180。一（ζ2十ζ5)=90。， 在 Rtl:,.BED 中，BD2.=DE2+BE2二OB2，即｛ 5-一
(k=-2, 理由： ·: 152>150 ， λ推测该同学的1 分钟跳绳次
解得｛ ,
数超过年级一半的学生． :.DMj_MN; \b=8, 、 2 112 、 2
1 5 η ） +(5) =nz ，解得 η＝3,
λ直线AB＇的函数解析式为y=-2x十8. 23. 解： (1)120. (3）2一 或一2.
(2）·：点 P 为线段AB 上一点， (2）根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租 :.OB=3,AB=5,
λ设点 P 的坐标为（m ，一2m+8)(0《m《4)' 车相距 120 km，再结合题图可得此时出租车距离 :.C6CAB =AB+BC+AC=l5十BC'c 6CBO =BC十
S6.oAP = f t 乙地 120十120=240(km), ：. 出租车距离甲地 480 α7十OB=BC十9,oA YP. = × 4 ×(- 2m + -240 = 240 (km），把 y=240 代人 y =l20x ，得 .·. c /:,CAB -cf :,.CBO = (15+ BC） 一CBC+9)=6.
. 4 13
人教It& 八年级数学。下
:.Rt6AME兽Rt6FEMCHU, 叉’：EF//AB, 240=120x ，解得 x=2, 1 民＇ h
：．ζAME=LFEM, :.GM=GE, ：. 四边形 EFBQ 为平行四边形． λ货车装完货时，x=2, :.B(Z,120), 16. 解： (1）原式＝千－18;
又YAM=FE, :.AM-GM二FE-GE, :.EQ=FB; 根据货车继续出发fh 后与出租车相遇9可得？× J2十1 JZ-1 r: (2 ） γα ＝一一一＝3十2J言， b ＝一一一＝3-2J言，
λAG=FG; (2）当点 P 为 EF 的中点时，EO=FD ，由 (1 ）得 9 J2 …1 J2十1 … J
(3)/3. ζEOP ＝ζFDP=90°. （出租车的速度十货车的速度）＝ 120, :.a+b=(3十2J2）十（3-2J2) =6'
F 当点 P 为EF 的中点时，EP=FP. 根据直线。c 的解析式为 y=l20工，可得出租车的
在6EOP 和6FDP 中？ 速度为 120 km/h,
αb= C3+2JZI) (3-2J2) =1,
（ζEOP ＝ζFDP, ：.货车装完货物后驶往甲地的过程中，货车的速度
.'.az 十b2-ab
：（α十b )z 一 3ab
1ζ四川FPD, 为昕f-120＝川m胁 =62 3× 1=33.
EP=FP,
B P C 故可设直线 BG 的解析式为y=60x+b, 17. 解： (1）证明： γo 是对角线BD 的中点，.".6EOP主26FDP CAAS),
3. 解： (1）证明： γ 四边形 ABCD 是平行四边形， 将 BCZ,120）代人 y=60x+b ，可得 120=120十b, :.OB=OD 箩:.EO=FD;
λAD//BC,AD=BC=lO cm, 解得 b=O ， λ直线 BG 的解析式为y=60x, γLBOE＝ζDOF,OE=OF,
(3 ）点 P 为 EF 上靠近点 E 的三等分点时，
由题可知：BE工DF=2t cm, 故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地 :.6BOE豆6DOFCSAS),
:.AF=AD DF=00-2t)cm,CE=BC BE= s 1 四边形AEPQ ←一3 四边形EE阔， 的距离 y(km）与行驶时间工 Ch）之间的函数关系式 λζOBE工ζGDF ,BE=DF, :.AD//BC,
(l0-2t)cm, 为 y=60x. 工＇AF=CE ， λAF十DF=CE+BE ，即 AD=BC,
:.AF=CE, 125 131 ：. 四边形 ABCD 是平行四边形；
/ D (3）一－ h 或一－ h.
又γAF//CE, 17 17 (2）由 (1）得，四边形 ABCD 是平行四边形 9
EL＿垦ζ乌 F
：. 四边形 AECF 始终是平行四边形； 24. 解：（ 1)证明： γ CD 平分ζACB , DE _l_BC, DF上 ：. ζC＝ζA=65°, L斗愕ι0 \
(2 ） γ 四边形 AECF 始终是平行四边形， A NQ B AC ，人DE=DF ，ζDFC=90。，ζDEC=90。， ：.ζBEG＝ζC十ζG=l05。’
：. 欲让四边形AECF 为菱形，只需满足 AE=CE, 如解图 9过点 E 作EN_l_AB 于点 N, γζACB=90。， 18. 解： (1)-3是；
则ζEAC＝ζECA, 人四边形 CEDF 是正方形． 直线 l1 的解析式为 y=2x十3;当 EP=+EF 时，
γζBAC=90° ’ (2) ( i ）四边形 DFHE 为菱形． (2）将点 BC3,0),(0,l）代人直线 lz :y=kx十b 中，
：.ζEAB=90。→ζEAC ，ζB=90。一ζECA, 证明： ·:cD 平分ζACE ，ζACB=60。， λζFCD则 S四边形AEPQ = EP EN = +E F EN = 叫3川＝O ＼是：＿l_
:.AE=BE, ＝ζECD=30° ， 工.DE上BC,DF上AC, :.DF 工λζEAB ＝ζB, b=l ’解得 lI
又γAE=CE ，.二BE=CE, 1
\b=l
DE=tCD, ·： 点 H 是 CD 的中点， .FR=
30 囚边形EFBQ
即 2月0 2t 口气t=f, ＠直线 lz 的解析式为 y=-+x十1,5. 解： (l)BE十DF=EF; fcD,HE CD, ·.DF=DE二日F＝旧，四
(2）不成立，理由如下：
·当 t 为2时，四边形 AECF 是菱形； iy=2x十3 Ix ＝斗如解图①，在 BE 上截取BM=DF，连接 AM, 边形 DFHE 为菱形． 联立 l 1 , l z ，得（ 1 ，解得斗 ’
( ii ）设 DH 与EF 的交点为0（图略）． . . Iv= 丁工斗－ 1 I
·： 四边形 ABCD 是正方形 9
明边形A配F 能成为矩形，此时 t=t. I ,j 1y=7 ’
：．丘B ＝丘ADC＝丘ADF=90° ’ ·:cD=4J2 ，点 H 是CD 的中点，
4. 解： (1）证明：①γEF//AB ，：. ζ乙EPO＝ζQAO. AB=AD ,BM=DF, :.HD=2J2 ， γ四边形 DFHE 为菱形， '.M（…旦旦）7 ’ 7
（ζEPO＝ζQAO, :.6ABM~主6ADFCSAS), ＠。 HO=+DH=JZ, 1 81
在6EOP 和6QOA 中，斗PO=AO, :.AM=AF ,L_BAM＝丘DAF, λ6ABM 的面积为土 IAB I 'VM ＝一JM 28'
iζEOP ＝ζQOA, ：，ζBAM十丘DAM＝丘DAF十丘DAM, . HE=+CD=DH＝此 19. 解： (1 ）证明： γ CD//1生B' ：.ζBAC＝ζDCA.
:.6EOP主26QOA CASA), 即ζBAD ＝ζFAM=90°. γζADC＝ζB' ：.丘ACE ＝ζDAC,
人EP=QA, ·： ζEAF=45。 9 J。FE=20F=2JHF2←OH2 =2/c2J2)2 CJZ)Z 人AD//BC ，即 AD//CE.
：. 四边形 AEPQ 为平行四边形． :.L_三MAE＝丘FAE=45°. =2战 ：. 四边形 ABCD 是平行四边形， ：.AB=CD,
γAP上EQ, ·:AE=AE ,AM=AF, ·:DE」！AC,
：.平行四边形AEPQ 为菱形； :.6AME~6AFECSAS), 1. B 2. B 3. C 4. C 5. C 6. C 7. B ：. 四边形 ADEC 是平行四边形．
②由①知四边形 AEPQ 为菱形， λE岛f=EF. 8. C 9. C 10. B ·: ACJ_BC, ：.ζACE=90°,
:.AD 平分ζBAC, ·: EM=BE-BM=BE-DF, ：. 四边形 ADEC 是矩形， ：.AE=CD,
11.m又。：AB=AC, λBE-DF=EF; λAE=AB;
:.ADJ_BC. (3）分两种情况： 12. AD//BC C 或 AB=CD 或 OB=OD 或丘ADE= (2) ·：ζACB=90°,M 为AB 的中点，
·:AP j_EQ, ①当点 E 在线段 CB 上时，由 (1 ）得 BE+DF= LCBD 等） λAB=2CM=l0.
J。 EQ//BC. EF, :.DF=5-1=4; 13. 小红 14. 2m 1s. m γAC=8, :.BC=6.
12 。 5
人教版八年级数学·下
二·四边形 ABCD 是平行四边形，四边形 ADEC 是 y=-120x十10 800, :.AE=4 m.
矩形， 当工＝50 时，y = 120 × 50十 10 800=4 800 ，即 3 设 OA=OD=x m, 1. 解： (1）证明： γ 四边形 ABCD 是正方形，
二AD=BC=CE=6, 月份的月销售量为 4 800 千克， γBD工2 m, ：. ζADC=90。，AD=BC=CD=4,AD//BC,
四边形 ABED 的周长＝AB十3BC十DE=lO+l8 设运往A 地m 千克，则运往 B 地（ 4 800-m ） 千 .".OB=OD BD=(x-Z)m,OE=AO AE=Cx 0.'E,F 分别为BC,AD 的中点，
十8=36. 克，由题意得：tc4阶m队斗×4肌 4)m, 1 1 1 1 ".CE=-BC＝ ×4=2,FD＝丁AD＝一×4=2,
20. 解： (1)85,70 在 RtLOEB 中，OB2=BE2十OE2, 2 2 乙 2
(2）八年级(1）班的学生对古诗词了解得更多 9理由 解得： 1 600< m< 2 400, 即（x 2)2 =62十Cx-4)2, .".EC=FD,EC//FD,
如下： 总运费 M＝ αm 十.Z ( 4 800 - m) = 9 600 十（α － 解得 x=l2, ：. 四边形 CDFE 为平行四边形，
由信息四可知，八年级(1）班的平均数、中位数和众 D悦， λ支撑杆 OA 的长是 12 m; ·：ζADC=90°,
数都大于八年级（2）班， ①α＞2 时 ；m 取最小值 1 600 时M 最小， (2）如解图，在 RtLAEB 中，由勾股定理得 λ四边形 CDFE 为矩形；
：.八年级(1）班的学生对古诗词了解得更多；（答案 此时，运往 A 地 1 600 千克，运往 B 地 4 800 (2）如解图，连接 PD ，过点 P 作 POJ_CD 于点。，AB=vAE2十BE2 =J4中62=zmcm),
不唯一，说法合理即可） 1 600=3 200 千克； γ四边形 CDFE 为矩形，γ鱼池长为 20 m,
(3) (1）班总人数为 4十9十7十13十7=40（人）， ②o＜α＜2 时，m 取最大值 2 400 时M 最小， :.EF =CD= 4 ，丘EFD ＝丘FEB ＝ 丘FEC=：.一块遮阳网的面积为 zoxzm=4omcm勺，
(2）班总人数为 3十17十3十9十8=40 （λ）， 此时运往A 地 2 400 千克，运往B 地 4 800-2 400 L_ECD=90° ’
：.搭建遮阳网造价为 4om×2×30=24oom句
：.估计八年级成绩达到良好（80 分及以上）的人数 =2 工＇ LPBG 是由LlBG 折叠所得，400 千克；
8 654. 4 （元）， :. PB =AB= 4，由题意易证 Rt LBEP 望
为 7十13十7十3十9十8 ③α ＝ 2 时，在 1 600< m < 2 400 范围内的所有方
40+LIA =376 （人）， λ王爷爷搭建遮阳网大约需要 8 654. 4 元－ RtLCEP, 案都可以， A
答：估计八年级成绩达到良好（80 分及以上）的人 .".PB=PC=4，易得四边形 DOPF 为矩形，综上所述，最优方案：①α＞ 2 时，运往 A 地 1 600
数为 376 人 .".OP=FD=Z, 千克，运往 B 地 3 200 千克；②o＜α＜2 时，运往 c
21. 解： (1)1 A,B 两地均为 2 400 千克；③α ＝ 2 时，在 1 600ζ "> I I :.s6Poc=tPc. DH=tcD. OP,
25
(2)BP 的长为8 cm; m< 2 400 范围内的所有方案都可以． ~n芸~~in~~
23. 解：（l)DACQ 是等腰三角形． 6. 解： (1）如解图，连接 AE 交BD 于点 c＇，此时 AC十 目片×4DH=t×4× 2,
(3）由题意知 BC=4 cm，分类讨论如下： 证明：AB//CD, :.L乙BAC：ζDCA, CE 距离和最小，且 AC十CE=AE，过点 A 作AH .".DH=2.
①当ζAPB 为直角时，如解图①， 由折叠的性质可知ζBAC＝ζPAC, 上ED ，交 ED 的延长线于点 H, A G F D
点 P 与点C 重合，BP=BC=4 cm, ：．ζPAC= L_DCA, :.QA =QC, γAH=BD=8 km,EH=l十5=6(km), ：丁丧~o
即 2t=4，解得 t=2; :.DACQ 是等腰兰角形； :.AE=vAH2十EH2 =JS年62=lO(km),
②当ζBAP 为直角时J口解图②， (2）四边形 BFEG 是菱形．
BP=Zt cm,CP=(Zt 4)cm,AC=3 cm, λ桥 C 在 C＇点时桥到A 村和E 村的距离和最小，证明：由折叠的性质知 GB=GE,BF=EF, km; B E C 在 RtDACP 中，AP2=AC2 十cpz, 为 10L_BGF=L_EGF. A H 2. 解： (1）四边形ABNM 是正方形，理由如下：
在 RtDBAP 中，AB2十AP2=BP2, ·: EF //BC, fζ二ζ；－ -- - -…-: ~ :.L_乙BGF=L_EFG, ·．·四边形 ABCD 是矩形，
BC＇＇， 、 C八 u v
二AP2=AC2十CP2=BP2-AB2,
.".L_EGF＝ζEFG, :.EG=EF, ：.ζA ＝ζABC=90° ’
25
即 32 + (Zt-4)2 = (2t )2 -52 ，解得 t=s· :.GB =GE=BF=EF, ＼、X 由折叠可知：ζBNM工ζA=90。，BN=BA,
：. 四边形 BFEG 是菱形； 、~E ,'.L_BNM=L_A=L_ABC=90° ’
综上所述，当DABP 为直角三角形时， t 的值为 2
(3) ·： 四边形 BFEG 是菱形，四边形 ABCD 是矩 (2）贝贝同学的说法正确，理由如下： ：. 四边形ABNM 是矩形，
h25 由 (1）可知当 A,C,E 三点共线时，桥 C 到A 村和E 又 ＇.＂ BN=BA,_口,..ν,. 8. 形，＠工S四边形BFEG=BG. CE,
①如解图①，当点 H 与点A 重合时，此时点 E 离 村的距离和最小，最小值为 10 km, ：. 四边形ABNM是正方形；A A (2)AG=FG,i正明如下：
点 C 最近，且 BG 最小，
B4 B4 当 BC=t(km）时，CD＝号阳， 如解图，连接 EM,λS四边形BFEG 最小， 在 Rt DABC 中，根据勾股定理可得 AC= γ四边形 ABCD 是矩形，γ四边形 ABCD 是矩形，C(同 D c p :.L_A ＝丘D=90°,AB=CD,:.CD=AB=l0,BC=AD=6 ，ζC＝ζDo:=90°,
罔①阁② ,/AB2十BC2 =12+( t) 2= t(km)' 由 (1）知四边形ABNM 是正方形，
22. 解：（ 1) ·: y 与工满足一次函数y=kx+b, ？点 B 与点E 关于GH 对称， 在 Rt LCDE 中，根据勾股定理可得 CE= λAB=AM,
把工＝ 40,y = 6 000 和工＝ 60,y =3 600 代人， :.AE=AB=lO, 由折叠可知：ζF＝ζD=90。，CD=EF,
可得， 在 RtDADE 中，DE=vAE2-AD2 =8, ,/CD2+DE2 =J（号r十52 号ω， 又 ＇.＇AB=CD,AB=AM ，ζA ＝ζD=90。，
（叶附b,解得（护一肌 :.CE=CD-DE=l0-8=2, 5 25 λ丘A＝丘F=90° ,AM=EF, '.AE=AC+CE＝一十 =lO(km), 3 600=60k +b, b=lO 800; 在 RtDCGE 中，CE=2,CG=6 BG=6 EG, 3 3 (ME=EM,
在 RtLAME 与 RtLFEM 中，｛
(2）月销售量与销售价格的函数解析式为 ：.在 RtLCEG 中，EG2=22 十（ 6 EG)2 ，解得 EG λ贝贝同学的说法正确． lAM=FE,
6 11
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mn .f6 ×A百 6×A百 3η γCE= 2,AE=1,AF= 1,BF=3,CG=1,BG=Z, 10 理由： γA型扫地机器人“优秀”等级所占百分比比
10 10 10× .f6 5m LCEA ＝ζCGB ＝ζAFB=90°, 3 ' B 型扫地机器人高， J。A 型扫地机器人扫地质量更
厄百 f了 fτ J百 6m ：.根据勾股定理可得：AC=JZ古平l2 =J5,AB=
10 20
',S ITTI抽i，〓阳 ＝BG· CE = × 2= ; 好．（答案合理即可）
出且J);/DI'.山 3 3 ,
c2)./3.6 =. I兰兰＝ 6. 士＝6. 去＝6 J－6：0： 二＝→飞 10 ～ 10ρ60 n Aτ丰l2＝占百，BC二二冯古平l2=JS, 20. 解： (1）证明： γAD//BC, :.L.乙DAC：ζACB.②如解图②，当点 G 与点C 重合时，点 E 离点C 最 γCA 平分ζBCD ，：. ζ乙ACD ＝ζACB.
第二部分勾股定理及逆定理的应用 J。AC2+BC2=5十5=10,AB2=lO, 远，点 F 与点H 重合，且 BG 最大， ：.ζDAC＝ζACD. :.AD=CD.
1. 解： i:c,.DEF 是直角三角形，理由如下： 二AC2+BC2=AB2' λS囚边形BFEG 最大， ·:cD=BC, :.AD=BC.
".'AD=BC=8,AB=CD=6,BE=2,CF=7, :.l:c,.ABC 为直角兰角形 9且 AC=BC ，即i:c,.ABC 为 此时四边形 BFEG 为正方形，CB=HB=6,
=AB - BE= 6-2 = 4, BF= BC CF=8 7 等腰直角三角形， ：. 四边形 ABCD 为平行四边形＠λAE ·.s 囚边形BFEc=BC HB=36,
：. ζBAC=45°, ：.平行四边形ABCD 为菱形．20
二四边形 BFEG 面积的变化范围为王运S囚边形BFEG (2 ） γ CE上AB ， 二ζAEC=90。。γ 四边形 ABCD 是长方形， 人ζl＋ζ2=45气
J。在 Rtl:c,.BEF 中，EF2=BE2十BF2=22十12=5, γ 四边形 ABCD 是菱形，三二36.
「F: : : : : :c'
在 Rtl:c,.CDF 中，DF2=CD2十CF2=62斗72 二屿， 人OA =OC ,OB =OD ,AC_l_BD. 日l口 三幸？［－
D E C(G)
在 RtDADE 中，DE2=AD2十AE2=82十42=80. ＂＇，；…Lκ － _ l ' AC=2侃＝ 16. oc=tA问
γDF2=EF2十DE气 tq t －旬’于注十－t t:~！ l石；~G
:.i:c,.DEF 是直角兰角形。 tA Hf(F) IB γBC=lO, :.OB=JBC2-0C2 =6. :.BD=12. 因①罔②
2. 解： (1）如解图，连接 BD, 国②
4. 解： (1）沿海城市 C 会受到台风影响9理由如下： J都必C'D ＝卡C BD=96.
气。直线 l_l_CD ，点 E 为 CD 的中点箩 （五 j
如解图，过点 C 作 CD_l_AB 于点 D,
:.BD=BC=20. 1. A 2. D 3. C 4. B 5. C 6. B 7. A 21. 解：此车超速．
γAC=600 千米箩BC=800 千米 ，AB=l 000 千米，
:.AB2十AD2=400=BD2, 8. D 9. C 10. B 理由： ..“ζPOB 二 90° ＇ ζPB0=45。 9
: . AC2 十BC2=AB2'
λ l:c,.ABD 是直角三角形， 11. JZ和 JZc答案不唯一） 12. 6 13. 135° J。 l:c,.POB 是等腰直角三角形．
:.UBC 为直角三角形，ζACB=90°,
二ζA=90°; i4. 2占 i5. ①④ .".OB=PO=lOO m.γζAP0=60° ’
λAC BC=AB ·CD,
(2 ） γBC2十BD2 =800=CD2' ：.ζOAP=90。一ζAP0=30°.
λ600 × 800=1 000 ·CD,
:.i:c,.BCD 是直角三角形，ζCBD=90°, 16. 解：明式＝耳二二~+2J3 ,J3 =2J3 +2J3 :.AP=200 m.
600 × 800
飞 CD＝一一一一＝480 （千米）． 在 Rt DAOP 中，由勾股定理，得 OA·.s阳山'D=S山十SR!L'.'.CB'D 二f × 12 × 16 十t 1 000 ,J3 =3J3.
γ台风半径为 500 千米， J AP2-P02 =100,)3 m句173 m. (2）原式＝ 20+4J5 +1 一（2-JS）二 20十4J百十1
× 20 × 20二296.
A λ500>480,
J。AB=OA -OB =73 m.
-2斗JS=19+5布．
：.沿海城市 C 会受到台风影响； 73 17. 解： (1）如图，四边形 ABCD 即为所求． ：.此车的速度为τm/s=87. 6 km/h.
(2）如解图，当 EC=500 千米，FC=500 千米时，正
~ A 12 好影响该城市， ·: 87. 6>80' ：. 此车超速．22. 解： (1）设 A类图书每本的进价是m 元，则 B 类图·:ED =JEC2-CD2 =Jsoo2-4802 =Jf百600 = c 书每本的进价是（m十9）元．140 （千米），3. 解： （ l)AB 二 zJZ, BC= 3,j言，且 AB 土BC，理由 180 225 λDF=DE=l40 千米， B C 根据题意，得一一二一一－
如下： (2)CD AD 两组对边分别相等的四边形是平行 m m十9·:.EF=l40 × 2=280（千米）．
如解图①，连接AC, ".'AD=BD=2,BE=CE=3, 四边形 有一个角是直角的平行四边形是矩形 解得 m=36. 经检验，m=36 是原分式方程的解画γ台风的移动速度为 15 千米／时，
AF=l,CF=5,L乙ADB ＝ζCEB ＝ζAFC=90°, .".m十9=45.56 18. 解： (1)2. 5 15
λ280÷15二王小时， (2)1 答：A类图书每本的进价是 36 元，B类图书每本的：.根据勾股定理可得：AB=JZ罕至＝2J言，
(3）由图象可知，王亮从书店回家的路程是 1. 5 进价是 45 元．
BC＝疗年32=3J2 罗 56 ：.该城市受到台风影响将持续的时间为王小时． km，时间是 100 65=35(min). (2）①根据题意，得 36x十45y=4 500.
AC＝♂古丰l2=viz6. c 35 18
γAB2 十BC2=8+18=26,AC2 =26, l亏、 ：. 王亮从书店回家的平均速度是 1. 5÷60=7 :.y= f x+lOO.
:.AB2+ BC2 =AC2 ， 即 l:c,.ABC 为直角三角形9 且 (km/h). ②根据题意，得 w=(38 36)x 十（ 50→ 45)y =2工
二_!:J_」
ζABC二90° ’ A EDF B 19. 解： (1)95 90 20 十5y=2x十s( fx ＋叫＝－2计500.
J。AB上BC; 5. 解： (1）如解图，过点 B 作BE上AO 于点 E, (2)3 000 × 30%=900（台）．
(2）如解图②，连接 CB ，交网格线于点 D, γAB=AC,BC=12 m, ：.估计该月 B型扫地机器人“优秀”等级的台数为 γ －2<0, :.w i殖工的增大而减小．
由网格可得：ζ1＝ζBAD ，ζ2＝ζCAD, .".BE=6 m. 900 台． γz二三60 ，且 z 为整数9
：. ζ1十ζ2＝ζBAC, γ池子正中央的支撑杆 OA 高出 BC 4 m, (3)A 型扫地机器人扫地质量更好， ：. 当 x=60 时，ω 有最大值，最大值为一2 × 60十
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叶380. 此时 y=-t × 6叫00=52. 19. 解： RtD.ABD 中， BD2 = AD2 - AB2 = 92 - 62 = ·:DM上BC, 计算结果：＝－fazJb
45 ，在D.BCD 中，BC2+CD2=32十62 =45' ζDMB ＝帆OM=OD=+BD＝町，
λw 关于Z 的函数关系式为w= b十500，当购 :.BC2 十CIJ2=BD2. 2. 解： (1）原式＝ 6 十 2-4J3 十J3-3-2十 2J3 =
进 A类图书 60 本，B类图书 52 本时，该书店所获 :.L.乙BCD=90°, .'.BC上CD. :.BD=4刁百 9 3-J3;
利润最大． 故该车符合安全标准． '.°BDl_AC,
23. 解： Cl) '.'OA=2,0B=l ，ζAOB=90°, (2）原式＝4J3十2J5+2J3-2J5=c=6J3. 20. 解： (1）证明：：＂AC 平分ζDAB,AB矿CD, 在 RtD.ODC 中，（兀＝JCD2 OD2 =3v1言，
λAB=J丽可百2=JS ,A(2,0). :.LDAC＝丘EAC,LEAC= LDCA, 3. 解： (1）原式：JS-1十3-JS=2; :.AC=6刁立
'.'AB: BC=l: J百， :.BC=5. ：．ζDAC＝ζDCA, .'.DA=DC, A只～2:s都叫：÷BD AC=BC ·川， (2）原式＝－1+3-l十工之× 4J2=1十二×4J2工8
:.OC=BC-OB=4. ：. 」点 C(O ，一的． '.'AB=2CD,E 为AB 的中点，CD=AE=+AB, 1十2=3.
设直线 AC 的函数解析式为y=kx十b. 时×4币×6币二13 .川，
但是＋b=O, γCD//AE ， λ 四边形AECD 为平行四边形， J5+J3 J5十J3
把点 AC2,0),C(O，一的代人，得（ ' 4. 解： (1) x =
lb=-4. '.'DA=DC ，二四边形 AECD 为菱形． 解得 DM=12. 即 DM 的长为 12. CJ5-J3)CJ5十J3）一z- y
… fk=2, (2）由 (1）知，四边形 AECD 为菱形， 23. 解： (l)O. 5;30 J5 J3 J5 J3
叫b=-4. ,'.LAEC＝ζD =120° ,AE=DC=CE=2, (2）根据题意得 Yi =10十x,y2=20十0. 5ι (JS十J3) CJ5 -J3) 2
．·．直线 AC 的函数解析式为y=2x-4. ：.丘CEB=60。， YE 为 AB 的中点，：.BE=AE=
(3）分两种情况：
①2 号探测气球比 1 号探测气球海拔高 5 米，根据 1J5+J3
(2 ） γOA=2 ，α：：：＝ 4, CE,.'.L'o,BCE 是等边三角形，AB=4, (2)x2 -4xy 十y2 = Cx -y )2 -Zxy = ＼一亏一
.'.BC=2 ，ζECB=60。， ＇.＇ CD//AE ， ζD=l20。’ 题意得（20十0. 5x)-(x十10)=5,
:.AC=JOA2 ＋α：：； z =2J5.
λζDAB=l80。 ζD=60°, ".'AC 平分ζDAB, 解得 x=lO; J5-J3\2 ~，， JS十J3 γJ5J3 __ -二十·－·二二
·:AB2+Ac2 =5+20=25 ,BC2 =25,
②1 号探测气球比 2 号探测气球海拔高 5 米，根据
:.AB2十AC2=BC2. λζBAC=90°. μαE = +L DAB ＝队 ·： AE =CE, 题意得（x十10) (0. 5x十20)=5 ，解得 x=30. 5. 解： (1）由题意得 S舶工S后院－ s石砖路＝ J54 × J24
根据 题意可知 CP=2t,AP=2J5-2t. ：.ζACE ＝ζCAE=30。 ＇：. ζACE ＝ζACE+ 综上所述？上升了 10 min 或 30 min 后这两个气球 -m×（再一1).. s AP. AB=+c2J5-2t) xJS ＝一♂t+ LECB=90。，：. AC = J AB2 - BC2 = J42=-zz = 的海拔差为 5 m. =3,/6 × 2再一2J百× CJ百－ 1) =36-12十 2,/6 =
24. 解： (1) (5 ,0); (4,2).
飞飞os;.t毛/5). 2J豆、 (24+2,/6)m2. (2）证明：过点 C 作 CQl_x 轴于点Q，如图所示．
：.还能继续种菜的面积是（24十2,/6)m2.
ω存在点 P 的坐标为（；，一手），（手，于）或 :.s6ABc=+Ac. BC斗×2♂×2=2J3. Yi
21. 解： (1)79;79;27. B
(2）铺石砖路需要的石砖数为 S石砖路× 4=J24 ×
（号，子） (2）乙班成绩比较好． (,/6一 1 ）× 4=48-8 .／百＂＂＂＇ 29 （块）（此处用了进 1
理由：两个班竞赛成绩的平均数相同，乙班的竞赛 法），总花费为 29 ×8=232（元），：大｝
1. C 2. A 3. D 4. C 5. B 6. A 7. D 成绩的中位数、众数高于甲班，方差小于甲班，代表
D λ李奶奶总共需要花费 232 元．
8. B 9. D 10. D 乙班成绩比甲班稳定，所以乙班成绩比较好．（答案 ．解：·句工一_l__= JZ6十5 =JZ6+5,
不唯一，合理即可） x d百一5 CJ26-5)CJ2百＋5)11. 兰 12.> 13.y=x-3 14. ♂一÷
(3)45×生十40×主＝42 （人）． ·． α －5=J2百，
10 10 ·．·点 C 的坐标为C3,4),:.c均工3,CQ=4,15. 2-JZ 16. 4. 5 :. （α － 5)2 =26 ， α 2-lOa十25==26,
答：估计这两个班可以获奖的总人数为 42. λ町＝JOQZ十CQZ ＝♂丰42=5.
(1）原式＝在十（JZ－＋十布十÷）×（在一÷－ :.a2-lOa=l ，则 2α2-20α ＝ 2,17. 22. 解： (1）添加的条件是 CM二EN, ·．·点 C 的坐标为（3,4），点 D 的坐标为（8,4), λ 2a2-20α 十5=2十5=7.
证明： γ四边形 ABCD 是菱形， λCD=5,CD//x 轴，即 CD//OA.
J2-+) =J2十d×（－l)=J2-2J2=-J2. λAD//BC 且AD=BC, ·．·点 A 的坐标为（5,0), :.OA=5=CD, 7 解：mi+；二J of=fo弓＝币；
2十～ 3 ·:cM=BN, :.BC=MN, λ 四边形 OADC 为平行四边形，
(2）原式＝l-JI2十 'I u 一一一－＝ 1
(2-J3)(2十而 (fr ,'.AD=MN, 又＇.°OA=OC=5 ， λ四边形 OADC 是菱形． (2)j:+-王＝川币
·:AD //MN ，：. 四边形ANMD 是平行四边形， (3)(5.
一2J3+2十布一t=f-J3. ·: DMl_MN, ：. ζDMN=90。’
I . In Cη十2）十1 Iη2十2η十1
②存在 9点 F 的坐标为川或（乞－t). 证明：. n十－干τ ＝ ./ =.I
二四边形ANMD 是矩形；（答案不唯一） ～，ιη＋ 2 ") n +z ＂） η十2
18. 解：由题意知，工2 9二三0,9 t二三O, (2）＇；四边形 ABCD 是菱形，CD=l3, （η十1)2 r T
.'.x2=9, 第一部分二次根式的运算 丁丰τ ＝（n十叭注2
.'.x ＝士3, BC=CD ＝队创＝町＝＋AC ，佣＝∞＝ 1. ［答题模板］ 8. 解： (1）这两位同学解答的都正确，
又·： x十3手O, .'.x 手止一 3, 观察两位同学的解答过程可知，都符合二次根式运
.'.x=3, .'.y=O十4=4, :.x十y =7. +BD ’ 解：原式＝f. (-f）× 3Jab 叫zb f; 算法则，所得结果可相互转换，
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