2019年长沙初二下学期期末总复习教案和答案 (PDF版)

$$第一讲 四边形与一次函数综合复习 板块一：平行四边形 例题1【解答】解：如图，D，E，F分别是△ABC的三边的中点， 则DE＝AC，DF＝BC，EF＝AB， ∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝（AC+BC+AB）＝×（6+8+10）cm＝12cm． 故选：A． 变式1-1【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB＝4，AD＝BC＝6， ∵AC的垂直平分线交AD于点E， ∴AE＝CE， ∴△CDE的周长＝DE+CE+DC＝DE+AE+DC＝AD+DC＝6+4＝10； 故选：C． 例题2【解答】解：∵四边形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD，DO＝BO， ∵DE⊥AB，DE＝，BE＝1， ∴BD＝＝2 ∴DO＝BO＝1 ∵DE⊥BA，DO＝BO， ∴EO＝DO＝BO＝1， ∴BE＝BO＝EO＝1， ∴△BEO是等边三角形 ∴∠BOE＝60° ∴∠AOE＝∠AOB﹣∠BOE＝90°﹣60°＝30° 故选：A． 变式2-1【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝AC＝×8＝4cm，OB＝BD＝×6＝3cm，AC⊥BD， 在Rt△AOB中，AB＝＝＝5cm， 菱形ABCD的面积＝AC•BD＝AB•DH， 即×8×6＝5DH， 解得DH＝cm． 故选：B． 例题3【解答】解：如图，过A作AG⊥BD于G， 则S△AOD＝×OD×AG，S△AOP+S△POD＝×AO×PF+×DO×PE＝×DO×（PE+PF）， ∵S△AOD＝S△AOP+S△POD，四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OD， ∴PE+PF＝AG， ∴PE+PF的值是定值， 故选：C． 变式3-1【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝BO＝DO＝CO，AC＝BD，故①③正确； ∵BO＝DO， ∴S△ABO＝S△ADO，故②正确； 当∠ABD＝45°时， 则∠AOD＝90°， ∴AC⊥BD， ∴矩形ABCD变成正方形，故⑤正确， 而④不一定正确，矩形的对角线只是相等， ∴正确结论的个数是4个． 故选：C． 例题4【解答】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°， ∵∠DAE＝67.5°， 在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠DAE＝∠AED， ∴AD＝DE＝4， ∵正方形的边长为4， ∴BD＝4， ∴BE＝BD﹣DE＝4﹣4， ∵EF⊥AB，∠ABD＝45°， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴EF＝BE＝×（4﹣4）＝4﹣2． 故选：C． 变式4-1．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE＝DF；②∠DAF＝15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF＝EF；⑤S△CEF＝2S△ABE，其中正确结论有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°． ∵△AEF等边三角形， ∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°． ∴∠BAE+∠DAF＝30°． 在Rt△ABE和Rt△ADF中， ， Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE＝DF（故①正确）． ∠BAE＝∠DAF， ∴∠DAF+∠DAF＝30°， 即∠DAF＝15°（故②正确）， ∵BC＝CD， ∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF， ∵AE＝AF， ∴AC垂直平分EF．（故③正确）． 故选：D． 真题训练： 1【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴OA＝OB，∠AOB＝∠BOC＝90°， ∵AG⊥BE于点G， ∴∠AGE＝90°， ∴∠GAE＝∠OBE， 在△AOF和△BOE中 ， ∴△AOF≌△BOE（ASA）， ∴OF＝OE； （2）解：以上结论仍然成立．理由如下： 同样可证明△AOF≌△BOE（ASA），所以OF＝OE． 板块二：一次函数综合。 例1【解答】解：根据题意和图形的形状，可知水的最大深度h与时间t之间的关系分为两段，先快后慢． 故选：C． 变式1-1【解答】解：分三种情况： ①当P在AB边上时，如图1， 设菱形的高为h， y＝AP•h， ∵AP随x的增大而增大，h不变， ∴y随x的增大而增大， 故选项C和D不正确； ②当P在边BC上时，如图2， y＝AD•h， AD和h都不变， ∴在这个过程中，y不变， 故选项A不正确； ③当P在边CD上时，如图3， y＝PD•h， ∵PD随x的增大而减小，h不变， ∴y随x的增大而减小， ∵P点从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D， ∴P在三条线段上运动的时间相同， 故选项B正确； 故选：B． 例题2【解答】解：由x≥0且x﹣1≠0得出x≥0且x≠1， x的取值范围是x≥0且x≠1， 故选：C． 变式2-