期末復習（壓軸題50題22個考點）（解析版）-2023-2024學年8下數學期末考點大串講

期末復習（壓軸題50題22個考點）

一．因式分解的應用（共3小題）1．閱讀材料：若m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值．解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，∴（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0∴（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，∴n＝4，m＝4．根據你的觀察，探究下面的問題：（1）已知x2+2xy+2y2+2y+1＝0，求2x+y的值；（2）已知a﹣b＝4，ab+c2﹣6c+13＝0，求a+b+c的值．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）∵x2+2xy+2y2+2y+1＝0，∴（x2+2xy+y2）+（y2+2y+1）＝0，∴（x+y）2+（y+1）2＝0，∴x+y＝0，y+1＝0，解得，x＝1，y＝﹣1，∴2x+y＝2×1+（﹣1）＝1；（2）∵a﹣b＝4，∴a＝b+4，∴將a＝b+4代入ab+c2﹣6c+13＝0，得b2+4b+c2﹣6c+13＝0，∴（b2+4b+4）+（c2﹣6c+9）＝0，∴（b+2）2+（c﹣3）2＝0，∴b+2＝0，c﹣3＝0，解得，b＝﹣2，c＝3，∴a＝b+4＝﹣2+4＝2，∴a+b+c＝2﹣2+3＝3．2．上數學課時，王老師在講完乘法公式（a±b）2＝a2±2ab+b2的多種運用后，要求同學們運用所學知識解答：求代數式x2+4x+5的最小值？同學們經過交流、討論，最后總結出如下解答方法：解：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1∵（x+2）2≥0，∴當x＝﹣2時，（x+2）2的值最小，最小值是0，∴（x+2）2+1≥1∴當（x+2）2＝0時，（x+2）2+1的值最小，最小值是1，∴x2+4x+5的最小值是1．請你根據上述方法，解答下列各題（1）知識再現(xiàn)：當x＝3時，代數式x2﹣6x+12的最小值是3；（2）知識運用：若y＝﹣x2+2x﹣3，當x＝1時，y有最大值（填“大”或“小”），這個值是﹣2；（3）知識拓展：若﹣x2+3x+y+5＝0，求y+x的最小值．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）∵x2﹣6x+12＝（x﹣3）2+3，∴當x＝3時，有最小值3；故答案為3，3．（2）∵y＝﹣x2+2x﹣3＝﹣（x﹣1）2﹣2，∴當x＝1時有最大值﹣2；故答案為1，大，﹣2．（3）∵﹣x2+3x+y+5＝0，∴x+y＝x2﹣2x﹣5＝（x﹣1）2﹣6，∵（x﹣1）2≥0，∴（x﹣1）2﹣6≥﹣6，∴當x＝1時，y+x的最小值為﹣6．3．閱讀理解并解答：【方法呈現(xiàn)】（1）我們把多項式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+b2叫做完全平方式．在運用完全平方公式進行因式分解時，關鍵是判斷這個多項式是不是一個完全平方式，同樣地，把一個多項式進行局部因式分解可以來解決代數式值的最小（或最大）問題．例如：x2+2x+3＝（x2+2x+1）+2＝（x+1）2+2，∵（x+1）2≥0，∴（x+1）2+2≥2．則這個代數式x2+2x+3的最小值是2，這時相應的x的值是﹣1．【嘗試應用】（2）求代數式﹣x2+14x+10的最?。ɑ蜃畲螅┲?，并寫出相應的x的值．【拓展提高】（3）已知a，b，c是△ABC的三邊長，滿足a2+b2＝10a+8b﹣41，且c是△ABC中最長的邊，求c的取值范圍．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）代數式x2+2x+3的最小值是2，這時相應的x的值是﹣1，故答案為：2，﹣1；（2）﹣x2+14x+10＝﹣（x2﹣14x﹣10）＝﹣[（x﹣7）2﹣49﹣10]＝﹣[（x﹣7）2﹣59]＝﹣（x﹣7）2+59，∵﹣（x﹣7）2≤0，∴﹣（x﹣7）2+59≤59，∴代數式﹣x2+14x+10有最大值59，相應的x的值為7；（3）∵a，b，c是△ABC的三邊長，滿足a2+b2＝10a+8b﹣41，∴a2+b2﹣10a﹣8b＝﹣41，∴（a﹣5）2+（b﹣4）2﹣25﹣16＝﹣41，∴（a﹣5）2+（b﹣4）2＝﹣41+41，∴（a﹣5）2+（b﹣4）2＝0，∴a﹣5＝0，b﹣4＝0，∴a＝5，b＝4，∵a﹣b＜c＜a+b，∴1＜c＜9，∵c是△ABC中最長的邊，∴5＜c＜9．答：c的取值范圍為5＜c＜9．二．分式的加減法（共1小題）4．定義：若兩個分式的差的絕對值為2，則稱這兩個分式屬于“友好分式組”．（1）下列3組分式：①與；②與；③與．其中屬于“友好分式組”的有②③（只填序號）；（2）若正實數a，b互為倒數，求證，分式與屬于“友好分式組”；（3）若a，b均為非零實數，且分式與屬于“友好分式組”，求分式的值．【答案】（1）②③；（2）證明過程見上面具體過程；（3）的值為﹣或﹣．【解答】解：（1）①﹣＝≠2，②﹣＝＝2，③|﹣|＝||＝2，∴屬于“友好分式組”的有②③，故答案為：②③．（2）∵a，b互為倒數，∴ab＝1，b＝，∴|﹣|＝|﹣|＝|﹣|＝||＝2，∴分式與屬于“友好分式組”；（3）∵|﹣|＝|﹣|＝||＝||，∵與屬于“友好分式組”，∴||＝2，∴2a2+2ab＝2（a2﹣4b2）或2a2+2ab＝﹣2（a2﹣4b2），①a＝﹣4b，②ab＝4b2﹣2a2，把①代入＝＝﹣，把②代入＝＝﹣，綜上所述：的值為﹣或﹣．三．分式方程的應用（共1小題）5．某汽車銷售公司經銷某品牌A款汽車，隨著汽車的普及，其價格也在不斷下降．今年5月份A款汽車的售價比去年同期每輛降價1萬元，如果賣出相同數量的A款汽車，去年銷售額為100萬元，今年銷售額只有90萬元．（1）今年5月份A款汽車每輛售價多少萬元？（2）為了增加收入，汽車銷售公司決定再經銷同品牌的B款汽車，已知A款汽車每輛進價為7.5萬元，B款汽車每輛進價為6萬元，公司預計用不多于105萬元且不少于99萬元的資金購進這兩款汽車共15輛，有幾種進貨方案？（3）按照（2）中兩種汽車進價不變，如果B款汽車每輛售價為8萬元，為打開B款汽車的銷路，公司決定每售出一輛B款汽車，返還顧客現(xiàn)金a萬元，要使（2）中所有的方案獲利相同，a值應是多少？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）設今年5月份A款汽車每輛售價m萬元．根據題意，得：，解得：m＝9．經檢驗，m＝9是原方程的根且符合題意．答：今年5月份A款汽車每輛售價9萬元；（2）設購進A款汽車x輛．根據題意，得：99≤7.5x+6（15﹣x）≤105．解得：6≤x≤10．∵x的正整數解為6，7，8，9，10，∴共有5種進貨方案，方案1．購進A款汽車6輛，購進B款汽車9輛．方案2．購進A款汽車7輛，購進B款汽車8輛．方案3．購進A款汽車8輛，購進B款汽車7輛．方案4．購進A款汽車9輛，購進B款汽車6輛．方案5．購進A款汽車10輛，購進B款汽車5輛；（3）設總獲利為W萬元，購進A款汽車x輛，根據題意，得：W＝（9﹣7.5）x+（8﹣6﹣a）（15﹣x）＝（a﹣0.5）x+30﹣15a．當a＝0.5時，（2）中所有方案獲利相同．四．一元一次不等式組的整數解（共1小題）6．若不等式組恰有兩個整數解．則實數a的取值范圍是＜a≤1．【答案】見試題解答內容【解答】解：，∵解不等式①得：x＞﹣，解不等式②得：x＜2a，∴不等式組的解集為﹣＜x＜2a，∵不等式組有兩個整數解，∴1＜2a≤2，∴＜a≤1，故答案為：＜a≤1．五．一元一次不等式組的應用（共2小題）7．“中國人的飯碗必須牢牢掌握在咱們自己手中”．為擴大糧食生產規(guī)模，某糧食生產基地計劃投入一筆資金購進甲、乙兩種農機具．已知購進2件甲種農機具和1件乙種農機具共需3.5萬元，購進1件甲種農機具和3件乙種農機具共需3萬元．（1）求購進1件甲種農機具和1件乙種農機具各需多少萬元？（2）若該糧食生產基地計劃購進甲、乙兩農機具共10件，且投入資金不少于9.8萬元又不超過12萬元，設購進甲種農機具m件，則有哪幾種購買方案？哪種購買方案需要的資金最少，最少資金是多少？（3）在（2）的方案下，由于國家對農業(yè)生產扶持力度加大，每件甲種農機具降價0.7萬元，每件乙種農機具降價0.2萬元，該糧食生產基地計劃將節(jié)省的資金全部用于再次購買甲、乙兩種農機具（可以只購買一種）請直接寫出再次購買農機具的方案有哪幾種？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）設購進1件甲種農機具x萬元，1件乙種農機具y萬元．根據題意得：，解得：，答：購進1件甲種農機具1.5萬元，1件乙種農機具0.5萬元．（2）設購進甲種農機具m件，購進乙種農機具（10﹣m）件，根據題意得：，解得：4.8≤m≤7．∵m為整數．∴m可取5、6、7．∴有三種方案：方案一：購買甲種農機具5件，乙種農機具5件．方案二：購買甲種農機具6件，乙種農機具4件．方案三：購買甲種農機具7件，乙種農機具3件．設總資金為w萬元．w＝1.5m+0.5（10﹣m）＝m+5．∵k＝1＞0，∴w隨著m的減少而減少，∴m＝5時，w最?。?×5+5＝10（萬元）．∴方案一需要資金最少，最少資金是10萬元．（3）設節(jié)省的資金用于再次購買甲種農機具a件，乙種農機具b件，由題意得：（1.5﹣0.7）a+（0.5﹣0.2）b＝0.7×5+0.2×5，其整數解：或，∴節(jié)省的資金全部用于再次購買農機具的方案有兩種：方案一：購買甲種農機具0件，乙種農機具15件．方案二：購買甲種農機具3件，乙種農機具7件．8．為解決中小學大班額問題，東營市各縣區(qū)今年將改擴建部分中小學，某縣計劃對A、B兩類學校進行改擴建，根據預算，改擴建2所A類學校和3所B類學校共需資金7800萬元，改擴建3所A類學校和1所B類學校共需資金5400萬元．（1）改擴建1所A類學校和1所B類學校所需資金分別是多少萬元？（2）該縣計劃改擴建A、B兩類學校共10所，改擴建資金由國家財政和地方財政共同承擔．若國家財政撥付資金不超過11800萬元；地方財政投入資金不少于4000萬元，其中地方財政投入到A、B兩類學校的改擴建資金分別為每所300萬元和500萬元．請問共有哪幾種改擴建方案？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）設改擴建一所A類和一所B類學校所需資金分別為x萬元和y萬元．由題意得，解得，答：改擴建一所A類學校和一所B類學校所需資金分別為1200萬元和1800萬元．（2）設今年改擴建A類學校a所，則改擴建B類學校（10﹣a）所，由題意得：，解得，∴3≤a≤5，∵a取整數，∴a＝3，4，5．即共有3種方案：方案一：改擴建A類學校3所，B類學校7所；方案二：改擴建A類學校4所，B類學校6所；方案三：改擴建A類學校5所，B類學校5所．六．角平分線的性質（共2小題）9．如圖，∠ABC＝∠ACB，△ABC的內角∠ABC的角平分線BD與∠ACB的外角平分線交于點D，△ABC的外角∠MBC的角平分線與CD的反向延長線交于點E，以下結論：①AD∥BC；②DB⊥BE；③∠BDC+∠ABC＝90°；④BD平分∠ADC；⑤∠BAC+2∠BEC＝180°．其中正確的結論有①②③⑤．（填序號）【答案】①②③⑤．【解答】解：如圖，過點D作DG⊥BF于G，DH⊥AB交BA的延長線于點H，DP⊥AC于P，過點A作AQ⊥BC于Q，∵BD是∠ABC的平分線，∴DH＝DG，∵CD是∠ACF的平分線，∴DG＝DP，∴DH＝DP，∴AD是∠CAH的平分線，即∠CAD＝∠HAD＝∠CAH，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，∠CAD+∠HAD+∠BAC＝180°，∴∠CAD＝∠ACB，∴AD∥BC，因此①正確；∵BE平分∠CBM，BD平分∠ABC，∠CBM+∠ABC＝180°，∴∠DBE＝∠ABC+∠CBM＝×180°＝90°，即BD⊥BE，因此②正確；∵BD是∠ABC的平分線，∴∠ABD＝∠DBC，∵CD是∠ACF的平分線，∴∠ACD＝∠FCD，∵∠ACF＝∠BAC+∠ABC，∠DCF＝∠BDC+∠DBC，∴∠BDC＝∠BAC，∵AQ⊥BC，AB＝AC，∴∠BAQ＝∠CAQ＝∠BAC，∵∠BAQ+∠ABC＝90°，∴∠BDC+∠ABC＝90°，因此③正確；∵∠ADB＝∠ABC＝×（）＝45，而∠BAC∴∠ADB與∠BDC不一定相等，因此④不正確；∵BE⊥BD，∴∠E+∠BDC＝90°，∵∠BDC＝∠BAC，∴∠E+∠BAC＝90°，∴2∠E+∠ABC＝180°，因此⑤正確；綜上所述，正確的結論有：①②③⑤，故答案為：①②③⑤．10．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于點E，點F在AC上，且BD＝DF．（1）求證：CF＝EB；（2）請你判斷AE、AF與BE之間的數量關系，并說明理由．【答案】見試題解答內容【解答】證明：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，∴DC＝DE，在Rt△DCF和Rt△DEB中，，∴Rt△DCF≌Rt△DEB，∴CF＝EB；（2）AF+BE＝AE．∵Rt△DCF≌Rt△DEB，∴DC＝DE，∴Rt△DCA≌Rt△DEA（HL），∴AC＝AE，∴AF+FC＝AE，即AF+BE＝AE．七．等腰三角形的性質（共2小題）11．如圖，在第1個△A1BC中，∠B＝40°，A1B＝CB；在邊A1B上任取一點D，延長CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2個△A1A2D；在邊A2D上任取一點E，延長A1A2到A3，使A2A3＝A2E．得到第3個△A2A3E…按此做法繼續(xù)下去，則第n+1個三角形中以An+1為頂點的底角度數是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：∵在△CBA1中，∠B＝40°，A1B＝CB，∴∠BA1C＝＝70°，∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1＝∠BA1C＝×70°；同理可得∠EA3A2＝（）2×70°，∠FA4A3＝（）3×70°，∴第n+1個三角形中以An+1為頂點的底角度數是（）n×70°．故選：A．12．如圖，∠BOC＝9°，點A在OB上，且OA＝1，按下列要求畫圖：以A為圓心，1為半徑向右畫弧交OC于點A1，得第1條線段AA1；再以A1為圓心，1為半徑向右畫弧交OB于點A2，得第2條線段A1A2；再以A2為圓心，1為半徑向右畫弧交OC于點A3，得第3條線段A2A3；…這樣畫下去，直到得第n條線段，之后就不能再畫出符合要求的線段了，則n＝9．【答案】見試題解答內容【解答】解：由題意可知：AO＝A1A，A1A＝A2A1，…，則∠AOA1＝∠OA1A，∠A1AA2＝∠A1A2A，…，∵∠BOC＝9°，∴∠A1AB＝18°，∠A2A1C＝27°，∠A3A2B＝36°，∠A4A3C＝45°，…，∴9°n＜90°，解得n＜10．由于n為整數，故n＝9．故答案為：9．八．等腰三角形的判定（共1小題）13．如圖，△ABC是等邊三角形，BD是中線，P是直線BC上一點．（1）若CP＝CD，求證：△DBP是等腰三角形；（2）在圖①中建立以△ABC的邊BC的中點為原點，BC所在直線為x軸，BC邊上的高所在直線為y軸的平面直角坐標系，如圖②，已知等邊△ABC的邊長為2，AO＝，在x軸上是否存在除點P以外的點Q，使△BDQ是等腰三角形？如果存在，請求出Q點的坐標；如果不存在，請說明理由．【答案】見試題解答內容【解答】證明：∵△ABC是等邊三角形∴∠ABC＝∠ACB＝60°∵BD是中線∴∠DBC＝30°∵CP＝CD∴∠CPD＝∠CDP又∵∠ACB＝60°∴∠CPD＝30°∴∠CPD＝∠DBC∴DB＝DP即△DBP是等腰三角形；（2）在x軸上存在除點P以外的點Q，使△BDQ是等腰三角形①若點Q在x軸負半軸上，且BQ＝BD∵BD＝∴BQ＝∴OQ＝∴點Q1（，0）；②若點Q在x軸上，且BQ＝QD∵∠QBD＝∠QDB＝30°∴∠DQC＝60°又∠QCD＝60°∴QC＝DC＝1，而OC＝1∴OQ＝0，∴點Q2（0，0）；③若點Q在x軸正半軸上，且BQ＝BD∴BQ＝，而OB＝1∴OQ＝∴點Q3（，0）．九．等邊三角形的性質（共5小題）14．圖①是一塊邊長為1，周長記為P1的正三角形紙板，沿圖①的底邊剪去一塊邊長為的正三角形紙板后得到圖②，然后沿同一底邊依次剪去一塊更小的正三角形紙板（即其邊長為前一塊被剪掉如圖正三角形紙板邊長的）后，得圖③，④，…，記第n（n≥3）塊紙板的周長為Pn，則Pn﹣Pn﹣1的值為（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：P1＝1+1+1＝3，P2＝1+1+＝，P3＝1+++×3＝，P4＝1+++×2+×3＝，…∴P3﹣P2＝﹣＝＝，P4﹣P3＝﹣＝＝，則Pn﹣Pn﹣1＝＝．故選：C．15．如圖，第（1）個多邊形由正三角形“擴展而來邊數記為a3＝12，第（2）個多邊形由正方形“擴展”而來，邊數記為a4＝20，第（3）個多邊形由五邊形“擴展”而來，邊數記為a5＝30…依此類推，由正n邊形“擴展而來的多邊形的邊數記為an（n≥3），則結果是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：∵根據圖形可知：a3＝12＝3×4，a4＝20＝4×5，a5＝5×6，…，a12＝12×13，∴＝++++…+＝﹣+﹣+…+﹣＝﹣＝，故選：D．16．如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D．（1）當∠BQD＝30°時，求AP的長；（2）當運動過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∵∠BQD＝30°，∴∠QPC＝90°，設AP＝x，則PC＝6﹣x，QB＝x，∴QC＝QB+BC＝6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°，∴PC＝QC，即6﹣x＝（6+x），解得x＝2，∴AP＝2；（2）解法一：當點P、Q同時運動且速度相同時，線段DE的長度不會改變．理由如下：過P作PF∥QC，∴△AFP是等邊三角形，∵P、Q同時出發(fā)、速度相同，即BQ＝AP，∴BQ＝PF，∴△DBQ≌△DFP（AAS），∴BD＝DF，而△APF是等邊三角形，PE⊥AF，∵AE＝EF，又DE+（BD+AE）＝AB＝6，∴DE+（DF+EF）＝6，即DE+DE＝6∴DE＝3為定值，即DE的長不變．解法二：當點P、Q同時運動且速度相同時，線段DE的長度不會改變．理由如下：作QF⊥AB，交直線AB于點F，連接QE，PF，又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ＝∠AEP＝90°，∵點P、Q速度相同，∴AP＝BQ，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°，在△APE和△BQF中，∵∠AEP＝∠BFQ＝90°，∴∠APE＝∠BQF，，∴△APE≌△BQF（AAS），∴AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF，∴四邊形PEQF是平行四邊形，∴DE＝EF，∵EB+AE＝BE+BF＝AB，∴DE＝AB，又∵等邊△ABC的邊長為6，∴DE＝3，∴點P、Q同時運動且速度相同時，線段DE的長度不會改變．17．等邊△ABC，點D是直線BC上一點，以AD為邊在AD的右側作等邊△ADE，連接CE．（1）如圖1，若點D在線段BC上，求證：CE+CD＝AB；（2）如圖2，若點D在CB的延長線上，線段CE，CD，AB的數量有怎樣的數量關系？請加以證明．【答案】見試題解答內容【解答】證明：（1）如圖1，∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°．∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD．即∠CAE＝∠BAD．在△CAE和△BAD中，∵，∴△CAE≌△BAD（SAS）．∴EC＝DB（全等三角形的對應邊相等）；∴CE+CD＝DB+CD＝BC＝AB，即CE+CD＝AB；（2）CE+AB＝CD．理由如下：如圖2，∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°．∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE．即∠CAE＝∠BAD．在△CAE和△BAD中，∵，∴△CAE≌△BAD（SAS）．∴EC＝DB（全等三角形的對應邊相等）；∴CE+AB＝DB+BC＝CD，即CE+AB＝CD．18．如圖1，點P、Q分別是邊長為4cm的等邊△ABC邊AB、BC上的動點，點P從頂點A，點Q從頂點B同時出發(fā)，且它們的速度都為1cm/s，（1）連接AQ、CP交于點M，則在P、Q運動的過程中，∠CMQ變化嗎？若變化，則說明理由，若不變，則求出它的度數；（2）何時△PBQ是直角三角形？（3）如圖2，若點P、Q在運動到終點后繼續(xù)在射線AB、BC上運動，直線AQ、CP交點為M，則∠CMQ變化嗎？若變化，則說明理由，若不變，則求出它的度數．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）∠CMQ＝60°不變．∵等邊三角形中，AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°又由條件得AP＝BQ，在△ABQ和△CAP中，，∴△ABQ≌△CAP（SAS），∴∠BAQ＝∠ACP，∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．（2）設時間為t，則AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t①當∠PQB＝90°時，∵∠B＝60°，∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝；②當∠BPQ＝90°時，∵∠B＝60°，∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝；∴當第秒或第秒時，△PBQ為直角三角形．（3）∠CMQ＝120°不變．∵在等邊三角形中，BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°∴∠PBC＝∠ACQ＝120°，又由條件得BP＝CQ，在△PBC和△QCA中，，∴△PBC≌△QCA（SAS）∴∠BPC＝∠MQC又∵∠PCB＝∠MCQ，∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°一十．等邊三角形的判定（共1小題）19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD是△ABC的角平分線．（1）如圖1，若AD＝BD，求∠A的度數；（2）如圖2，在（1）的條件下，作DE⊥AB于E，連接EC．求證：△EBC是等邊三角形．【答案】見試題解答內容【解答】（1）解：∵AD＝BD，∴∠A＝∠DBA，∵∠DBA＝∠DBC，∴∠A＝∠DBA＝∠DBC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠DBA+∠DBC＝90°，∴∠A＝30°；（2）證明：∵AD＝BD，DE⊥AB，∴AE＝BE，∴CE＝BE，∵∠A＝30°，∴∠EBC＝60°，∴△EBC是等邊三角形．一十一．等邊三角形的判定與性質（共3小題）20．如圖，D是等邊△ABC的邊AB上一點，E是BC延長線上一點，CE＝DA，連接DE交AC于F，過D點作DG⊥AC于G點．證明下列結論：（1）AG＝AD；（2）DF＝EF；（3）S△DGF＝S△ADG+S△ECF．【答案】見試題解答內容【解答】證明：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵DG⊥AC，∴∠AGD＝90°，∠ADG＝30°，∴AG＝AD；（2）過點D作DH∥BC交AC于點H，∴∠ADH＝∠B，∠AHD＝∠ACB，∠FDH＝∠E，∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，∴∠A＝∠ADH＝∠AHD＝60°，∴△ADH是等邊三角形，∴DH＝AD，∵AD＝CE，∴DH＝CE，在△DHF和△ECF中，，∴△DHF≌△ECF（AAS），∴DF＝EF；（3）∵△ADH是等邊三角形，DG⊥AC，∴AG＝GH，∴S△ADG＝S△HDG，∵△DHF≌△ECF，∴S△DHF＝S△ECF，∴S△DGF＝S△DGH+S△DHF＝S△ADG+S△ECF．21．如圖，點O是等邊△ABC內一點，D是△ABC外的一點，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，連接OD．（1）求證：△OCD是等邊三角形；（2）當α＝150°時，試判斷△AOD的形狀，并說明理由；（3）探究：當α為多少度時，△AOD是等腰三角形．【答案】見試題解答內容【解答】證明：（1）∵△BOC≌△ADC，∴OC＝DC，∵∠OCD＝60°，∴△OCD是等邊三角形．解：（2）△AOD是直角三角形．理由如下：∵△OCD是等邊三角形，∴∠ODC＝60°，∵△BOC≌△ADC，α＝150°，∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝150°﹣60°＝90°，∴△AOD是直角三角形．（3）∵△OCD是等邊三角形，∴∠COD＝∠ODC＝60°．∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝α，∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣∠COD＝360°﹣110°﹣α﹣60°＝190°﹣α，∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝α﹣60°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠ADO＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．①當∠AOD＝∠ADO時，190°﹣α＝α﹣60°，∴α＝125°．②當∠AOD＝∠OAD時，190°﹣α＝50°，∴α＝140°．③當∠ADO＝∠OAD時，α﹣60°＝50°，∴α＝110°．綜上所述：當α＝110°或125°或140°時，△AOD是等腰三角形．22．如圖，△ABC是等邊三角形．（1）如圖①，DE∥BC，分別交AB、AC于點D、E．求證：△ADE是等邊三角形；（2）如圖②，△ADE仍是等邊三角形，點B在ED的延長線上，連接CE，判斷∠BEC的度數及線段AE、BE、CE之間的數量關系，并說明理由．【答案】見試題解答內容【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B＝60°，∠AED＝∠C＝60°，∴△ADE是等邊三角形；（2）解：AE+CE＝BE．∵∠BAD+∠DAC＝60°，∠CAE+∠DAC＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120°，∴BE＝BD+DE＝AE+CE，∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝60°．一十二．直角三角形的性質（共1小題）23．如圖，已知點A（﹣1，0）和點B（1，2），在坐標軸上確定點P，使得△ABP為直角三角形，則滿足這樣條件的點P共有（）A．2個 B．4個 C．6個 D．7個【答案】C【解答】解：①以A為直角頂點，可過A作直線垂直于AB，與坐標軸交于一點，這一點符合點P的要求；②以B為直角頂點，可過B作直線垂直于AB，與坐標軸交于兩點，這兩點也符合P點的要求；③以P為直角頂點，可以AB為直徑畫圓，與坐標軸共有3個交點．所以滿足條件的點P共有6個．故選：C．一十三．勾股定理（共6小題）24．如圖所示，分別以直角三角形的三邊為直徑作半圓，其中兩個半圓的面積，S2＝2π，則S3是．【答案】見試題解答內容【解答】解：在直角三角形中，利用勾股定理得：a2+b2＝c2，∴a2+b2＝c2，變形為：（）2π+（）2π＝（）2π，即S2+S3＝S1，又S1＝，S2＝2π，則S3＝S1﹣S2＝﹣2π＝．故答案為：25．如圖，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分別以△ABC的三條邊為直角邊作三個等腰直角三角形：△ABD、△ACE、△BCF，若圖中陰影部分的面積S1＝6.5，S2＝3.5，S3＝5.5，則S4＝2.5．【答案】2.5．【解答】解：∵△ABD、△ACE、△BCF均是等腰直角三角形，∴AB＝BD，AC＝CE，BC＝CF，設AB＝BD＝a，AC＝CE＝b，BC＝CF＝c，S△ABG＝m，S△ACH＝n，∵a2+b2＝c2，∴S△ABD+S△ACE＝S△BCF，∴S1+m+n+S4＝S2+S3+m+n，∴S4＝3.5+5.5﹣6.5＝2.5故答案為：2.5．26．如圖，在正方形ABCD的對角線AC上取一點E，使得∠CDE＝15°，連接BE并延長BE到F，使CF＝CB，BF與CD相交于點H，若AB＝，有下列四個結論：①∠CBE＝15°；②AE＝+1；③S△DEC＝；④CE+DE＝EF．則其中正確的結論有①②④．（填序號）【答案】見試題解答內容【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°．在△BCE和△DCE中，，∴△BCE≌△DCE（SAS），∴∠CBE＝∠CDE＝15°，故①正確；②過D作DM⊥AC于M，∵∠CDE＝15°，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝75°，∵∠DAE＝45°，∴∠AED＝60°，∵AD＝AB＝，∴AM＝DM＝×＝，∴ME＝DM＝×＝1，∴AE＝+1，故②正確；③根據勾股定理求出AC＝2，∵DM＝，EM＝1，∵∠DCA＝45°，∠AED＝60°，∴CM＝，∴CE＝CM﹣EM＝﹣1，∴S△DEC＝×（﹣1）×＝，故③錯誤；④在EF上取一點G，使EG＝EC，連接CG，∵BC＝CF，∴∠CBE＝∠F，∴∠CBE＝∠CDE＝∠F＝15°．∴∠CEG＝60°．∵CE＝GE，∴△CEG是等邊三角形．∴∠CGE＝60°，CE＝GC，∴∠GCF＝45°，∴∠ECD＝GCF．在△DEC和△FGC中，，∴△DEC≌△FGC（SAS），∴DE＝GF．∵EF＝EG+GF，∴EF＝CE+ED，故④正確；故答案為：①②④．27．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB為邊向上作正方形ACED和正方形BCMI和正方形ABGF，點G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面積為16，則圖中陰影部分的面積是．【答案】．【解答】解：如圖，∵四邊形ABGF是正方形，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，∴△FAH≌△ABN（ASA），∴S△FAH＝S△ABN，∴S△ABC＝S四邊形FNCH，在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∵AC+BC＝7，∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC?BC＝49，∴AB2+2AC?BC＝49，∵AB2﹣S△ABC＝16，∴AB2﹣AC?BC＝16，∴BC?AC＝，AB2＝，∴AC2+BC2＝，∴陰影部分的面積和＝AC2+BC2+2S△ABC﹣S白＝+2××﹣16＝．故答案為：．28．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，動點P從點B出發(fā)沿射線BC以2cm/s的速度移動，設運動的時間為t秒．（1）求BC邊的長；（2）當△ABP為直角三角形時，求t的值；（3）當△ABP為等腰三角形時，求t的值．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣62＝64，∴BC＝8（cm）；（2）由題意知BP＝2tcm，①當∠APB為直角時，點P與點C重合，BP＝BC＝8cm，即t＝4；②當∠BAP為直角時，BP＝2tcm，CP＝（2t﹣8）cm，AC＝6cm，在Rt△ACP中，AP2＝62+（2t﹣8）2，在Rt△BAP中，AB2+AP2＝BP2，即：102+[62+（2t﹣8）2]＝（2t）2，解得：t＝，故當△ABP為直角三角形時，t＝4或t＝；（3）①當AB＝BP時，t＝5；②當AB＝AP時，BP＝2BC＝16cm，t＝8；③當BP＝AP時，AP＝BP＝2tcm，CP＝|2t﹣8|cm，AC＝6cm，在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，所以（2t）2＝62+（2t﹣8）2，解得：t＝，綜上所述：當△ABP為等腰三角形時，t＝5或t＝8或t＝．29．如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一點，CD＝3，點P從B點出發(fā)沿射線BC方向以每秒2個單位的速度向右運動．設點P的運動時間為t．連接AP．（1）當t＝3秒時，求AP的長度（結果保留根號）；（2）當△ABP為等腰三角形時，求t的值；（3）過點D作DE⊥AP于點E．在點P的運動過程中，當t為何值時，能使DE＝CD？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）根據題意，得BP＝2t，PC＝16﹣2t＝16﹣2×3＝10，AC＝8，在Rt△APC中，根據勾股定理，得AP＝＝＝2．答：AP的長為2．（2）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝16，根據勾股定理，得AB＝＝＝8若BA＝BP，則2t＝8，解得t＝4；若AB＝AP，則BP＝32，2t＝32，解得t＝16；若PA＝PB，則（2t）2＝（16﹣2t）2+82，解得t＝5．答：當△ABP為等腰三角形時，t的值為4、16、5．（3）①點P在線段BC上時，過點D作DE⊥AP于E，如圖1所示：則∠AED＝∠PED＝90°，∴∠PED＝∠ACB＝90°，∴PD平分∠APC，∴∠EPD＝∠CPD，，∴△PDE≌△PDC（AAS），∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝16﹣2t，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，∴AE＝4，∴AP＝AE+PE＝4+16﹣2t＝20﹣2t，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（16﹣2t）2＝（20﹣2t）2，解得：t＝5；②點P在線段BC的延長線上時，過點D作DE⊥AP于E，如圖2所示：同①得：△PDE≌△PDC（AAS），∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝2t﹣16，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，∴AE＝4，∴AP＝AE+PE＝4+2t﹣16＝2t﹣12，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（2t﹣16）2＝（2t﹣12）2，解得：t＝11；綜上所述，在點P的運動過程中，當t的值為5或11時，能使DE＝CD．一十四．勾股定理的證明（共3小題）30．勾股定理是幾何中的一個重要定理．在我國古算書《周髀算經》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載．如圖1是由邊長相等的小正方形和直角三角形構成的，可以用其面積關系驗證勾股定理．圖2是由圖1放入矩形內得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，點D，E，F(xiàn)，G，H，I都在矩形KLMJ的邊上，則矩形KLMJ的面積為（）A．90 B．100 C．110 D．121【答案】C【解答】解：如圖，延長AB交KF于點O，延長AC交GM于點P，易得△CAB≌△BOF≌△FLG，∴AB＝OF＝3，AC＝OB＝FL＝4，∴OA＝OL＝3+4＝7，∵∠CAB＝∠BOF＝∠L＝90°，所以四邊形AOLP是正方形，邊長AO＝AB+AC＝3+4＝7，所以KL＝3+7＝10，LM＝4+7＝11，因此矩形KLMJ的面積為10×11＝110．故選：C．31．如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH．連結EG，BD相交于點O、BD與HC相交于點P．若GO＝GP，則的值是（）A．1+ B．2+ C．5﹣ D．【答案】B【解答】解：∵四邊形EFGH為正方形，∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，∵OG＝GP，∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，∴∠PBG＝22.5°，∵∠DBC＝45°，∴∠GBC＝22.5°，∴∠PBG＝∠GBC，∵∠BGP＝∠BGC＝90°，在△BPG和△BCG中，，∴△BPG≌△BCG（ASA），∴PG＝CG．設OG＝PG＝CG＝x，∵O為EG，BD的交點，∴EG＝2x，F(xiàn)G＝x，∵四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，∴BF＝CG＝x，∴BG＝x+x，∴BC2＝BG2+CG2＝x2（+1）2+x2＝（4+2）x2，∴＝＝＝2+．故選：B．32．大家在學完勾股定理的證明后發(fā)現(xiàn)運用“同一圖形的面積不同表示方式相同”可以證明一類含有線段的等式，這種解決問題的方法我們稱之為面積法．學有所用：在等腰三角形ABC中，AB＝AC，其一腰上的高為h，M是底邊BC上的任意一點，M到腰AB、AC的距離分別為h1、h2．（1）請你結合圖形來證明：h1+h2＝h；（2）當點M在BC延長線上時，h1、h2、h之間又有什么樣的結論．請你畫出圖形，并直接寫出結論不必證明；（3）利用以上結論解答，如圖在平面直角坐標系中有兩條直線l1：y＝x+3，l2：y＝﹣3x+3，若l2上的一點M到l1的距離是．求點M的坐標．【答案】見試題解答內容【解答】（1）證明：連接AM，由題意得h1＝ME，h2＝MF，h＝BD，∵S△ABC＝S△ABM+S△AMC，S△ABM＝×AB×ME＝×AB×h1，S△AMC＝×AC×MF＝×AC×h2，又∵S△ABC＝×AC×BD＝×AC×h，AB＝AC，∴×AC×h＝×AB×h1+×AC×h2，∴h1+h2＝h．（2）解：如圖所示：h1﹣h2＝h．（3）解：在y＝x+3中，令x＝0得y＝3；令y＝0得x＝﹣4，所以A（﹣4，0），B（0，3）同理求得C（1，0）．AB＝＝5，AC＝5，所以AB＝AC，即△ABC為等腰三角形．①當點M在BC邊上時，由h1+h2＝h得：+My＝OB，My＝3﹣＝，把它代入y＝﹣3x+3中求得：Mx＝，所以此時M（，）．②當點M在CB延長線上時，由h1﹣h2＝h得：My﹣＝OB，My＝3+＝，把它代入y＝﹣3x+3中求得：Mx＝﹣，所以此時M（﹣，）．③當點M在BC的延長線上時，h1＝＜h，不存在；綜上所述：點M的坐標為M（，）或（﹣，）．一十五．三角形中位線定理（共4小題）33．如圖，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，AC＝6，，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，連接EF，則EF的長是（）A．3 B． C． D．【答案】C【解答】解：如圖，取AB的中點G，連接EG、FG，∵E、F分別是邊AD、CB的中點，∴EG∥BD且EG＝BD＝×6＝3，F(xiàn)G∥AC且FG＝AC＝×6＝3，∵AC⊥BD，∴EG⊥FG，∴EF＝＝＝3．故選：C．34．如圖，四邊形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝3，點M，N分別為線段BC，AB上的動點（含端點，但點M不與點B重合），點E，F(xiàn)分別為DM，MN的中點，則EF長度的最大值為3．【答案】見試題解答內容【解答】解：∵ED＝EM，MF＝FN，∴EF＝DN，∴DN最大時，EF最大，∵N與B重合時DN最大，此時DN＝DB＝＝6，∴EF的最大值為3．故答案為3．35．如圖，在△A1B1C1中，已知A1B1＝7，B1C1＝4，A1C1＝5，依次連接△A1B1C1三邊中點，得△A2B2C2，再依次連接△A2B2C2的三邊中點得△A3B3C3，…，則△A5B5C5的周長為1．【答案】見試題解答內容【解答】解：∵A2B2、B2C2、C2A2分別等于A1B1、B1C1、C1A1的一半，∴以此類推：△A5B5C5的周長為△A1B1C1的周長的，∴則△A5B5C5的周長為（7+4+5）÷16＝1．故答案為：136．（1）證明三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半；[要求根據圖1寫出已知、求證、證明；在證明過程中，至少有兩處寫出推理依據（“已知”除外）]（2）如圖2，在?ABCD中，對角線交點為O，A1、B1、C1、D1分別是OA、OB、OC、OD的中點，A2、B2、C2、D2分別是OA1、OB1、OC1、OD1的中點，…，以此類推．若?ABCD的周長為1，直接用算式表示各四邊形的周長之和l；（3）借助圖形3反映的規(guī)律，猜猜l可能是多少？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）已知：在△ABC中，D、E分別是邊AB、AC的中點，求證：DE∥BC且DE＝BC，證明：如圖，延長DE至F，使EF＝DE，∵E是AC的中點，∴AE＝CE，在△ADE和△CFE中，，∴△ADE≌△CFE（SAS），∴AD＝CF（全等三角形對應邊相等），∠A＝∠ECF（全等三角形對應角相等），∴AD∥CF，∵點D是AB的中點，∴AD＝BD，∴BD＝CF且BD∥CF，∴四邊形BCFD是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形），∴DF∥BC且DF＝BC（平行四邊形的對邊平行且相等），∵DE＝EF＝DF，∴DE∥BC且DE＝BC；（2）∵A1、B1、C1、D1分別是OA、OB、OC、OD的中點，∴A1B1＝AB，B1C1＝BC，C1D1＝CD，A1D1＝AD，∴四邊形A1B1C1D1的周長＝×1＝，同理可得，四邊形A2B2C2D2的周長＝×＝，四邊形A3B3C3D3的周長＝×＝，…，∴四邊形的周長之和l＝1++++…；（3）由圖可知，+++…＝1（無限接近于1），所以l＝1++++…＝2（無限接近于2）．一十六．三角形綜合題（共1小題）37．（1）如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線m經過點A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明：DE＝BD+CE．（2）如圖2，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三點都在直線m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請問結論DE＝BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展與應用：如圖3，D、E是D、A、E三點所在直線m上的兩動點（D、A、E三點互不重合），點F為∠BAC平分線上的一點，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，試判斷△DEF的形狀并說明理由．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）如圖1，∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°∵∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（2）如圖2，∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（3）如圖3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF，∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，∴∠DBF＝∠FAE，∵在△DBF和△EAF中，，∴△DBF≌△EAF（SAS），∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DEF為等邊三角形．一十七．平行四邊形的性質（共1小題）38．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD＝10，AB＝8，點P在邊AD上，且BP＝BC，點M在線段BP上，點N在線段BC的延長線上，且PM＝CN，連接MN交CP于點F，過點M作ME⊥CP于E，則EF＝2．【答案】2．【解答】解：如圖，過點M作MH∥BC交CP于H，則∠MHP＝∠BCP，∠NCF＝∠MHF，∵BP＝BC，∴∠BCP＝∠BPC，∴∠BPC＝∠MHP，∴PM＝MH，∵PM＝CN，∴CN＝MH，∵ME⊥CP，∴PE＝EH，在△NCF和△MHF中，，∴△NCF≌△MHF（AAS），∴CF＝FH，∴EF＝EH+FH＝CP，∵矩形ABCD中，AD＝10，∴BC＝AD＝10，∴BP＝BC＝10，在Rt△ABP中，AP＝＝＝6，∴PD＝AD﹣AP＝10﹣6＝4，在Rt△CPD中，CP＝＝＝4，∴EF＝CP＝×4＝2．故答案為：2．一十八．平行四邊形的判定（共1小題）39．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，點P自點A向D以1cm/s的速度運動，到D點即停止．點Q自點C向B以2cm/s的速度運動，到B點即停止，點P，Q同時出發(fā)，設運動時間為t（s）．（1）用含t的代數式表示：AP＝t；DP＝12﹣t；BQ＝15﹣2t；CQ＝2t．（2）當t為何值時，四邊形APQB是平行四邊形？（3）當t為何值時，四邊形PDCQ是平行四邊形？【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）t，12﹣t，15﹣2t，2t（2）根據題意有AP＝tcm，CQ＝2tcm，PD＝（12﹣t）cm，BQ＝（15﹣2t）cm．∵AD∥BC，∴當AP＝BQ時，四邊形APQB是平行四邊形．∴t＝15﹣2t，解得t＝5．∴t＝5s時四邊形APQB是平行四邊形；（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，∵AD＝12cm，BC＝15cm，∴PD＝AD﹣AP＝（12﹣t）cm，如圖1，∵AD∥BC，即PD∥CQ，∴當PD＝QC時，四邊形PDCQ是平行四邊形．即：12﹣t＝2t，解得t＝4s，∴當t＝4s時，四邊形PDCQ是平行四邊形．一十九．平行四邊形的判定與性質（共1小題）40．我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內一點，且滿足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；（3）若改變（2）中的條件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）【答案】見試題解答內容【解答】（1）證明：如圖1中，連接BD．∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH＝BD，∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G＝BD，∴EH∥FG，EH＝GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．（2）四邊形EFGH是菱形．證明：如圖2中，連接AC，BD．∵∠APB＝∠CPD，∴∠APB+∠APD＝∠CPD+∠APD即∠APC＝∠BPD，在△APC和△BPD中，，∴△APC≌△BPD，∴AC＝BD∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF＝AC，F(xiàn)G＝BD，∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．（3）四邊形EFGH是正方形．證明：如圖2中，設AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP＝∠BDP，∵∠DMO＝∠CMP，∴∠COD＝∠CPD＝90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG＝∠ENO＝∠BOC＝∠DOC＝90°，∵四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH是正方形．二十．平移的性質（共1小題）41．如圖（1）所示：已知MN∥PQ，點B在MN上，點C在PQ上，點A在點B的左側，點D在點C的右側，∠ADC、∠ABC的平分線交于點E（不與B、D點重合），∠CBN＝110°．（1）若∠ADQ＝140°，則∠BED的度數為55°（直接寫出結果即可）；（2）若∠ADQ＝m°，將線段AD沿DC方向平移，使點D移動到點C的左側，其它條件不變，如圖（2）所示，求∠BED的度數（用含m的式子表示）．【答案】見試題解答內容【解答】解：（1）如圖（1），過點E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∠ADQ＝140°，∴∠CBM＝70°，∠ADP＝40°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝∠EDP＝20°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝20°+35°＝55°；故答案為：55°．（2）如圖（2），過點E作EF∥PQ．∵∠CBN＝110°，∴∠CBM＝70°．∵∠CDE＝∠ADE，∠ABE＝∠CBE，∴∠EBM＝35°，∠EDQ＝m°．∵EF∥PQ，∴∠DEF＝180°﹣∠EDQ＝180°﹣m°．∵EF∥PQ，MN∥PQ，∴EF∥MN，∴∠FEB＝∠EBM＝35°，∴∠BED＝∠DEF+∠FEB＝180°﹣m°+35°＝215°﹣m°．二十一．坐標與圖形變化-平移（共3小題）42．如圖，在平面直角坐標系中，AB∥DC，AC⊥BC，CD＝AD＝5，AC＝6，將四邊形ABCD向左平移m個單位后，點B恰好和原點O重合，則m的值是（）A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.6【答案】A【解答】解：如圖，過點D作DT⊥AC交AC于J，交AB于T，連接CT．∵AD＝DC＝5，DJ⊥AC，∴AJ＝JC＝3，∴DJ＝＝＝4，∵CD∥AT．∴∠DCJ＝∠TAJ，∵∠DJC＝∠TJA，∴△DCJ≌△TAJ（ASA），∴CD＝AT＝5，DJ＝JT＝4，∵∠AJT＝∠ACB＝90°，∴JT∥BC，∵AJ＝JC，∴AT＝TB＝5，設OA＝x，∵OD2＝AD2﹣OA2＝DT2﹣OT2，∴52﹣x2＝82﹣（x+5）2，解得x＝1.4，∴OB＝OA+AB＝1.4+10＝11.4，∵將四邊形ABCD向左平移m個單位后，點B恰好和原點O重合，∴m＝OB＝11.4，故選：A．43．如圖1，已知，點A（1，a），AH⊥x軸，垂足為H，將線段AO平移至線段BC，點B（b，0），其中點A與點B對應，點O與點C對應，a、b滿足．（1）填空：①直接寫出A、B、C三點的坐標A（1，4）、B（3，0）、C（2，﹣4）；②直接寫出三角形AOH的面積2．（2）如圖1，若點D（m，n）在線段OA上，證明：4m＝n．（3）如圖2，連OC，動點P從點B開始在x軸上以每秒2個單位的速度向左運動，同時點Q從點O開始在y軸上以每秒1個單位的速度向下運動．若經過t秒，三角形AOP與三角形COQ的面積相等，試求t的值及點P的坐標．【答案】（1）①1，4；3，0；2，﹣4．②2．（2）證明見解析部分．（3）t＝1.2時，P（0.6，0），t＝2時，P（﹣1，0）．【解答】（1）解：①∵，又∵≥0，（b﹣3）2≥0，∴a＝4，b＝3，∴A（1，4），B（3，0），C（（2，﹣4），故答案為：1，4；3，0；2，﹣4．②△AOH的面積＝×1×4＝2，故答案為：2．（2）證明：如圖，連接DH．∵△ODH的面積+△ADH的面積＝△OAH的面積，∴×1×n+×4×（1﹣m）＝2，∴4m＝n．（3）解：①當點P在線段OB上，×（3﹣2t）×4＝×2t，解得t＝1.2．此時P（0.6，0）．②當點P在BO的延長線上時，×（2t﹣3）×4＝×2×t，解得t＝2，此時P（﹣1，0），綜上所述，t＝1.2時，P（0.6，0），t＝2時，P（﹣1，0）．44．在平面直角坐標系xOy中，把線段AB先向右平移h個單位，再向下平移1個單位得到線段CD（點A對應點C），其中A（a，b），B（m，n）分別是第三象限與第二象限內的點．（1）若|a+3|+＝0，h＝2，求C點的坐標；（2）若b＝n﹣1，連接AD，過點B作AD的垂線l．①判斷直線l與x軸的位置關系，并說明理由；②已知E是直線l上一點，連接DE，且DE的最小值為1，若點B，D及點（s，t）都是關于x，y的二元一次方程px+qy＝k（pq≠0）的解（x，y）為坐標的點，試判斷（s﹣m）+（t﹣n）是正數、負數還是0？并說明理由．【答案】（1）（﹣1，﹣2）．（2）①結論：直線l⊥x軸．證明見解析部分．②結論：（s﹣m）+（t﹣n）＝0．證明見解析部分．【解答】解：（1）∵|a+3|+＝0，又∵|a+3|≥0，≥0，∴a＝﹣3，b＝﹣1，∴A（﹣3，﹣1），∵點A先向右平移2個單位，再向下平移1個單位得到點C，∴C（﹣1，﹣2）．（2）①結論：直線l⊥x軸．理由：∵b＝n﹣1，∴A（a，n﹣1），∵B（m，n），向右平移h個單位，再向下平移1個單位得到點D，∴D（m+h，n﹣1），∵A，D的縱坐標相同，∴AD∥x軸，∵直線l⊥AD，∴直線l⊥x軸．②結論：（s﹣m）+（t﹣n）＝0．理由：∵E是直線l上一點，連接DE，且DE的最小值為1，∴D（m+1，n﹣1），點B，D及點（s，t）都是關于x，y的二元一次方程px+qy＝k（pq≠0）的解（x，y）為坐標的點，∴，①﹣②得到p﹣q＝0，∴p＝q，③﹣②得到，p（s﹣m）+q（t﹣n）＝0，∵pq≠0，∴p＝q≠0，∴（s﹣m）+（t﹣n）＝0．二十二．旋轉的性質（共6小題）45．如圖，O是正△ABC內一點，OA＝3，OB＝4，OC＝5，將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO′，下列結論：①△BO′A可以由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到；②點O與O′的距離為4；③∠AOB＝150°；④S四邊形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正確的結論是（）A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③【答案】A【解答】解：由題意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，∴△BO′A可以由△BOC繞點B逆時針旋轉60°得到，故結論①正確；如圖①，連接OO′，∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等邊三角形，∴OO′＝OB＝4．故結論②正確；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三邊長為3，4，5，這是一組勾股數，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故結論③正確；S四邊形AO