2018初二數(shù)學(xué)春季參考答案

第1 勾股定理及其逆定理參考答12345DCBDC6789解：在 中∴∠ADB=∠ADC，∵AD為△ABC的平分線在△ADB和△ADC中 ，∴ADB≌△DCASA，A=A=10．∴DE=AC=1．在Rt△CDE中，由勾股定理得CD=== BCFBCF=∠ECD．在△BCF和△DCE，，⊥DE，在△BFC中，BC=5，CF=3，∠BFC=90°，∴BF=12345DBCCC6789平行四邊形，∴AO=AC=a，BO=BD=1.5a，在Rt△BAO中，由勾股定理得：22+a2=（1.5a）2，a=（和△COB中 ∴ADOB（SSSS△AOD=S△BOC∵S△BOCCO×AB=××2=，∴△AOD的面積 ②△ABC的面積=5×3÷2=7.5 第14題圖 第14題圖AC2=AD2+DC2∴DC=9，在 中，由勾股定理得．∵D是BC的中點(diǎn)，∴BC=2CD=．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，由（∴CE和AD之間的距離是

第2 一次函數(shù)綜合參考答12345CBBCC6789x≥1>（1）y=3x﹣42 解得 x=3（30AB=6﹣2m+6×（﹣2m+6，（1）∵A（，0，（1，4，（2222k+6k=﹣2y=﹣2x+6（2）y=﹣2x+6中，令x=0，則y=6，令y=0，則x=3，∴一次函數(shù)圖象與x軸、y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（300，6750.=4秒，乙跑步的速度是750÷（400﹣100）=2.5米/秒，乙在途中等候甲的時(shí)間是500﹣400=100秒．（3∵D600，00（1000，B（400，750，∴D是y=25x﹣25，根據(jù)題意得 解得x=250，∴乙出發(fā)150秒時(shí)第一次與甲相遇．12345DCAA67897 6y=﹣x+2y=﹣x﹣2（3）∵S△OBC=OB?OC=，∴×OC=（0，﹣3如果點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3），那么 ，直線AC的解析式為y=﹣x+3；如果點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3，那么 （﹣2，0；B（1，2y=﹣x+3，當(dāng)y=0時(shí)，由0=﹣x+3得x=3，∴點(diǎn)A（3，0，∴S△OAP=×3×2=3（1）∵x2﹣7x+12=0，∴（x﹣3（x﹣4=0x=3，x=4（3，0∴ ∴直線AB的函∴（x+4（2）2，過D點(diǎn)，與直線AB垂直的直線的解析式是y=x+m，則+m=2，解得：m=，則P的坐標(biāo)是（0 （，Q的坐標(biāo)是（x，y），則=，=2，解得：x=3，y=，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)是：（3，．當(dāng)P在B點(diǎn)（3，5．15DAB=90AD=AB∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3．又∵∠AOB=∠AED=90°，在 △BOA中 k=1；個(gè)交點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍是k＞﹣1．

第3 平行四邊形的判定與性質(zhì)參考答12345CBCD6789③6（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC為對(duì)角線，∴△ABC≌△ACD，∴S△ABC=S△ACD=×4×7=14C（m4m=3C的坐標(biāo)為（3，4），∵A的坐標(biāo)為（﹣3，0）∴解 （﹣3﹣2（32（﹣3，﹣2（3，2∠2=∠3．又∠1=∠2，∴∠1=∠3．在△AEM與△CFN中 ，AEM≌△CFN（AAS（2）由（1）知：△AEM≌△CFN，則．又∵四邊形ABCDAB=CDAB∥CD﹣﹣即MB=NDMB∥ND，∴四邊形BNDM是平行四邊形．，直線AC的對(duì)稱點(diǎn)，∴AN⊥BE，BN=EN，1（3，2，D2（3﹣2，D（﹣3，0由題意得，解 12345CADDD678924（23（3）A=B（ASDDDE使得GF=FE就可以了．15．點(diǎn)F，∴∠AED=∠CFB=90°．在△ADE和△CBF中 ∴△ADE≌△CB（AAS∴DF30°=45°∵AD=BC=2，∠ADE=∠CBF=30°，∴在Rt△ADE中，AE=1，DE=．在Rt△AEB中和△CDM中

第4 矩形的判定與性質(zhì)參考答123456CABC角線長(zhǎng)．∴EF=FG=5，∵AP=AE=AF，∴AP=EF=2.5．∵OA=AC=2.5，∴AP=AO，即△APO為等腰三角形．過點(diǎn)A作AN⊥BD交BD于點(diǎn)N，則點(diǎn)N為OP的中點(diǎn)．由S△ABD=AB?AD=AC?AN，可求得：AN=2.4．在Rt△AON中，由勾股定理得：ON===0.7，，∴BE=CE在△ABE和△FCE ∴△AE≌△FC（AAS（2∵△ABE△FCE∴B=FC，，1234567CCC矩5AB在△ABE和△CDF12，∴△AE≌△CF（AS，∴AE=F．BE（2）AECF為矩形，∴AC=EFBDACBDEFBEDF2

第5 菱形的判定與性質(zhì)參考答12345CBBBB6789（13所以一次函數(shù)解析式為y=3x﹣6；如圖，因?yàn)镺A=AB，所以以O(shè)、A、B、C為頂點(diǎn)的菱形的對(duì)OBAC，因?yàn)镺BAC互相垂直平分，所以點(diǎn)CAyC點(diǎn)坐標(biāo)為（13OB=OD，∵BE=DF，∴OE=OF，在△AOE與△COFOO（14=120（2∴S△COD=×120=30，∵在菱形 中，AD=13，∴CD=13，∴×EO×CD=30，解得：EO=直平分BD∴AF=BF，BF=DF∴AF=DF∴∠FAD=∠FDA=40°∴∠CDF=100°﹣解：（1）方法一：∠B=90°，中位線EF，如圖示2﹣1；方法二：AB=AC，中線（或高）AD，如圖示2﹣2；=90，∠A=30方法一：∠B=90°且AB=2BC，中位線EF，如圖示4﹣1；12345BBCBC6789C證明：在△ADE和△CDF中，∵四邊形ABCD是平行四邊形與△COF中， ，∴△OE△CO（SA（）證明：∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠CAD又∵EF⊥AD，∴∠AOE=∠AOF=90°∵在△AEO和△AFO中，∴△AEO≌△AFOASA，∴EO=FO，∵EF垂直平分AD，∴EF、AD相互平分，，， ，∴S△ABC=S菱形ABEC= ，故△ABC的面積 ．

第6 正方形的判定與性質(zhì)參考答12345BDCD3267892413,1，，2n﹣1，22（21007-1007在△PBC和△PDC中 ，∴△BC≌PDC（SA∴PBPD∵E=P∴PEPD；11．（1）證明：在△BCE和△DCF中 ，∴△BEC≌△DFC（SAS（2）解：設(shè)BC=x，則CD=x，DF=9﹣x，在Rt△DCF，解得那么其中一個(gè)的面積為原圖形的，那么平行四邊形MNPQ面積×1=．BEO=90°，∵AH⊥EB，∴∠AHE=90°，∴∠HAE+∠AEH=90°，∴∠OBE=∠OAF，在△AOF和△BOE，，∴△AO≌△O（AS，∴E=F．F=90°AH⊥EBAHE=90°HAE+E=90°E=F，在△AOF和△BOE⊥l，∴EG⊥AH，∴四邊形AGPM是矩形，∴GP=AM=AD，∴∠AHB=∠AGE=90°，∴∠1+∠2=90°，在正方形ABFE中，AB=AE，∠BAE=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，在△ABH和△EAG中，HGGDE在△OBG與△OCF中 ，∴△OBG≌△OCF（SASRT△BCE中∴BE===2，∵BC2=BF?BE，則62=BF?2解得：BF=，∴EF=BE﹣BF=，∵CF2=BF?EF，∴CF=在等腰直角△OGF中OF2=GF2，∴OF= 1234BB15或567812 解：（1）△ABC3×21×2÷2×2-1×3÷2=2.5（2）解：（1）剪開如圖1所示 （2）拼接如圖2所示解：（1）如圖1（2）2b取得最小值的理由：∵由正方形的中心O向正方形的一邊作所有線段中，垂線段OHHOAB邊于點(diǎn)F，以FH為一條對(duì)角線所做正方形EFGH的邊長(zhǎng)b就最小，b的最小值為5．CBO．在△GAO和△CBO中 ACB（2∴∠CGO=45°，∴∠GOC=90．在Rt△GOC中，由勾股定理14．（1證明在正方形ABCD中BC=DC∠BCP=∠DCP=45°，∵在△BCP和△DCP中 ∴△BCP≌△DCP（SAS180﹣∠﹣∠D=180﹣∠﹣∠．

7講中點(diǎn)問題參123456DCACB（1）2226（2）47893③∴∠BAM+∠BAC=∠CAN+∠BAC，即∠MAC=∠BAN，在△MAC與△BAN中 ≌△BA（SASMC=BD==DN=EC=4，NC=DE=2，∵DAB中點(diǎn)，∴AD=CD=BD，∴AN=NC=2，BE=EC=4，∴原直角三角形紙片的面積是：×4×8=16；②如圖：過點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，因?yàn)镃E= =5，點(diǎn)E是斜邊AB的中點(diǎn)，則AE=BE=CE=4，由題意可得出：BD=CD=EF=4，則FC=DE=3，∴AC=6，BC=8，∴原直角三角形紙片的面積是：×6×8=24． ∴△ABM≌△DCM（SAS12345DCDCD6789C6又∵EF∥AB，∴四邊形DBFE是平行四邊形；又∵四邊形DBFE是平行四邊形，∴四邊形DBFE是菱形．∵∠ABC的平分線垂直于AE，∴在△ABQ和△EBQ中 DG為△ACB的中位線，∴DG=BC=1，∵AE=AC，AC=4，∴AE=1，在Rt△DGE中，DE= AC2A+BC ∴CG=FD，同理，在Rt△DEF中，EG=∠AG=∠G，=DG，∴△AG≌△DGSAS，∴AG=G；在△DMG與△FNG中∠FGNFG=GMG=∠NFG∴△DG≌△FN（ASA∴MG=G∵EAM=∠EN=∠MN=90，AENM是矩形，在矩AENM中，AM=EN，在△AMG與△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MGGGGGGGGMF，ME，EC，在△DCG與△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MFRt△MFERt△CBE△CDG≌△FGFEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形，∵G為CM中點(diǎn)，∴EG=CG，EG⊥CG．

第8 動(dòng)點(diǎn)問題參考答12345CABBD12345AABD2 ，∴△PDO≌△QBO（ASA，∴①∵AP+PD=ADAP=tAD=8cmPD=8﹣AP=8﹣（cm②BP=DP=8﹣（cm正方形，∵AB=2，由勾股定理得：PA=PB=∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為，）．（2）證明：作PE⊥x軸交在在△PBF和△PAEPBy軸正半軸上運(yùn)動(dòng)（x軸的正半軸、y軸的正半軸都不包含原點(diǎn)O，∴0°≤α＜45°，OGG= = = QP﹣ ∵S△OPQ=OQ?ON，∴S=t?（3﹣t，S=﹣t2+t，S=﹣ ，S= = =

，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為 ，∠POA=45°；1=∠2，∵在△DPN和△APM中 D

第9 折疊問題參考答1234CBB56782解：∵四邊形ABCD是矩形，AB=6，AD=8，∴BD===10，∵△DEF由△DEAx=，即AE的長(zhǎng)為，∴BD=4（1）∴O2D1=BO2== 3 折痕與BD交于點(diǎn)O，∴OD=O 3 3n 3

∴D（8xmADDFDFC=BC﹣BF=10﹣6=4cm．在Rt△EFC中，根據(jù)勾股定理：FC2+EC2=EF2∴42+x2=（8﹣x）2即16+x2=64123456DAA332FH=EF在△FCH中，由勾股定理得FH2=CH2+FC2，∴EF2=AE2+CF2．GFE=30°，則EG=GF，∴EM=EF=2，∴EG==，∴△BGC的周長(zhǎng)是： AB=8，∴AE=6，∴OE=10﹣6=4，∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0）Rt△ODE中DE=x﹣DE=8﹣x，∴x2=42+（8﹣x）2，解得x=5，在Rt△BDE中，BD==5（10，﹣，DM=4.，∴′′（0﹣8D（4.5）k=﹣2，b=12，∴直線D′B′的解析式為y=﹣2x+12y=0，得﹣2x+12=0，解得x=6，∴M（1.5，0；N（6，0∵△GCFGF折疊得到△GHF，∴HG=CG，故MG可表示為CG﹣x，在Rt△HMGFO重合點(diǎn)G與點(diǎn)B重合、FO重合分別F的兩個(gè)極限，1、點(diǎn)G與點(diǎn)B重合時(shí)，在Rt△ABD中，，AD=3，則tan∠ABD===，即x=（3﹣x第10 一元二次方程及其解參考答12345ADABD6789﹣4m≤8（x﹣5）2=9，則x=﹣1±．（）x﹣=（2）x2+2x+1=3（x+1）2=3，所以x1=﹣1，x2=﹣2x2xxa2+a=14，∴（2a﹣1（a﹣1）﹣（a+1）2+（+2a（3﹣2a方程為x2+x﹣=0，即2x2+x﹣3=0，設(shè)另一根為x1，則1?x1=﹣，解得x1=﹣解得a=﹣1．則一元二次方程為﹣2x2+x=0，即x（1﹣2x）=0，解得x1=0，x2=，即方程的另一根∴△=（m﹣3）2﹣4m?（﹣3）=（m+3）2，∵（m+3）2≥0，即△≥0，∴方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根 ，∴x1=，x2=﹣1，∵m為正整數(shù)，兩根均為整數(shù)，∴m=1 x+（a+1）2=0有實(shí)根，∴△=4a﹣4××（a+1）2≥0，且2+mxx+x12345CABDB678903當(dāng)m≠0時(shí)，△=（3m+1）2﹣4m?3=9m2﹣6m+1=（3m﹣1）2，所以x1=﹣3，x2=﹣，∵方程有兩個(gè)不同的整數(shù)根，且m為正整數(shù)，∴m=1．（﹣220（﹣2+4（2）x=3x2﹣（k+2）x+2k﹣1=032﹣3（k+2）+2k﹣1=0，整理，得2﹣k=0k=2x2﹣4x+3=0x1=1，x2=3．所以方程的另一根為x=1．13．（1）證明：∵方程mx2﹣（4m+1）x+3m+3=0是關(guān)于x的一元二次方程，∴m≠0，∵△=（4m+1）2﹣4m×（3m+3）=（2m﹣1）2≥0，∴此方程總有兩個(gè)實(shí)數(shù)根（2）解：方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為x=，∴x1=3，x2=1+14．解：（1）根據(jù)題意得：△=4﹣4（2k﹣4）=20﹣8k＞0，解得：k＜15.解：（1）△=（﹣2）2﹣4×1×（﹣m+3）≥0，解得x2xx2第11 實(shí)際問題與一元二次方程參考答1234CDD1解得).解12A13得得解得設(shè)綠化投資年平均增長(zhǎng)率是75(1+x)2=108。解得:x1=0.2=20%,x2=﹣2.2(舍去得5(1+x)2＝8.45．解得x1＝30%，x2＝-2.3(不合題意，舍去)．這三年共投資∵a2+b2=c2，∴2c2﹣4ab=2（a2+b2）﹣4ab=2（a﹣b）2≥0，即∴勾系一元二次方程????2√2????+??=0 =2第12 二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)參考答1234567CBDDCD（0，1；4nA（﹣3，0（1，0y=a（x+3（x﹣1解得a=﹣1，所以二次函數(shù)解析式為y=﹣x+3（x﹣1=﹣x2﹣2+3（﹣1，4，∴解（1）△=（﹣m）2﹣4××（2m﹣）=（m﹣2）2+3，∵不論m為何實(shí)數(shù)，總有實(shí)數(shù)根，∴無論m為何實(shí)數(shù)，拋物線y=x2﹣mx+2m﹣與x軸總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=3，∴﹣=3，即m=3，此時(shí)，拋物線的解析式為y=x2﹣3x+=在拋物線的上方）或四邊形CDNM是平行四邊形（直線在拋物線的下方D（3，2，M（k，k﹣1，N（k+，∵C（3，﹣2，∴CD=4．∴MN=|k﹣1﹣（k2﹣3k+①當(dāng)四邊形CDMN是平行四邊形，MN=k﹣1﹣（k2﹣3k+）=4，整理得k2﹣8k+15=0，解得k1=3（不合題意，舍去，k2=5；解得k3=4+，k4=4﹣．123456BDBAB即y=300（x+）=300x+．（m+1）]2﹣4m（2m+3）=（m+3）2≥0，∴該方程總有實(shí)數(shù)根直線的一部分；③x2﹣2x+2（x≥0）開口向上，對(duì)稱軸x=1．∴解 ，∴拋物線的解析式為：y=x2﹣由拋物線的解析式y(tǒng)=x2﹣x﹣4可知C（0，﹣4）ykx1 ，解得k1=∵y=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣，∴拋物線的頂點(diǎn)G的坐標(biāo)（3，﹣當(dāng)x=3時(shí)，y=x﹣4=﹣，∴F（3，﹣∵GF=﹣﹣（﹣）=，GH=﹣（﹣）=，∴＜n＜∵C（0，﹣44，4，m2

第13 二次函數(shù)的最值問題參考答12345BDDCB由可得，于是2z+5．因此，當(dāng)時(shí)，x2+y2+z2的最小值為 可得m≤，又x1+x2=2m，x1x2=，∴x2+x2=2+=2+ ∵m≤，∴﹣m≥﹣＞0，∴當(dāng)m=時(shí)，x2+x2取得最小值為2×+= 1，整理得，a2﹣6a+11=0，△=（﹣6）2﹣4×1×11﹣8＜0，方程無解，綜上所述，a12345BBBDB，B（n（03，∴c=3，又∵又∵S△ABC=|AB|?|OC|=|AB|?3=9，∴|AB|=6，∴|m﹣n|=6，即（m+n）2﹣4mn=36x（2）根據(jù)（1）得到直角三角形的面積為x1x2=x…1234…y…654568…（1，4 ﹣=0時(shí)，y的最小值是4，即x=1時(shí)，y的最小值是4．若﹣4＜p≤2，則當(dāng)x=2時(shí)，y的最大值為17；，t2=﹣5，，所以，t的值為1或﹣5．第14 函數(shù)的角度看一元二次方程參考答12345CBBBD6789DBDDCBBADD12345DDBD6789CCCCC﹣20（﹣3x+1（x﹣1）2，2﹣

第15 圓的有關(guān)性123456DACCCB789C62cm2即∠ACB=60°，∵∠ACB=1∠??????．∴∠AOF=∠ACB=60°．∵DE=8，∴AO=4．在 中，2 第13 第14 第156，∴AD=12Rt△ACD中∴OA=????則∠BAF′=∠OAF′﹣∠OAB=15°，∴∠BAF的度數(shù)是75°或15°．12345CBCBA6789* ;∴Rt△OM≌Rt△ONC（HL，∴OBA=∠O．*????= 第11 第13 第14 第152CE=3，OC=4，∴OE=√42?2 2=x2x=13．∴⊙O

第16 圓的有關(guān)計(jì)算參考答12345DCDDC6789C32D2√3??n 2π．解：2×2﹣90??×1﹣45??×1﹣45??×1=21 解：如圖所示，連接O1O2，設(shè)BC=2r，AO=2R，∵半圓O1，半圓O2 1∴O1O2D點(diǎn)，O1O2=6+r，∵OA⊥OB，∴OO2+OO2=OO 1 第14 第15BCBC是圓的直