期末各名校真题复习（压轴必刷48题21考点）-2023-2024学年八年级数学下学期期中期末考点归纳满分攻略讲练（北师大版）

期末各名校真题复习（压轴必刷48题21考点） 一．因式分解的应用（共2小题） 1．已知x2﹣x﹣1＝0，则﹣x3+2x2+2005的值为　 　． 2．常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法，但有一部分多项式只单纯用上述方法就无法分解，如x2﹣2xy+y2﹣16，我们细心观察这个式子，会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合，再应用平方差公式进行分解．过程如下：x2﹣2xy+y2﹣16＝（x﹣y）2﹣16＝（x﹣y+4）（x﹣y﹣4）． 这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： （1）9a2+4b2﹣25m2﹣n2+12ab+10mn； （2）已知a、b、c分别是△ABC三边的长且2a2+b2+c2﹣2a（b+c）＝0，请判断△ABC的形状，并说明理由． 二．分式的加减法（共1小题） 3．阅读下面材料，并解答问题． 材料：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． 解：由分母为﹣x2+1，可设﹣x4﹣x2+3＝（﹣x2+1）（x2+a）+b 则﹣x4﹣x2+3＝（﹣x2+1）（x2+a）+b＝﹣x4﹣ax2+x2+a+b＝﹣x4﹣（a﹣1）x2+（a+b） ∵对应任意x，上述等式均成立，∴，∴a＝2，b＝1． ∴＝+． 这样，分式被拆分成了一个整式（x2+2）与一个分式的和． 解答： （1）将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． （2）当﹣1＜x＜1时，试求的最小值． （3）如果的值为整数，求x的整数值． 三．分式方程的解（共2小题） 4．已知关于x的一元一次不等式组的解集为x＞2，且关于y的分式方程的解为正整数，则所有满足条件的所有整数a的和为（　　） A．2 B．5 C．6 D．9 5．若关于x的方程＝+1无解，则a的值是　 　． 四．分式方程的应用（共1小题） 6．为了创建全国卫生城市，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送，两车各运12趟可完成，需支付运费4800元．已知甲、乙两车单独运完此堆垃圾，乙车所运趟数是甲车的2倍，且乙车每趟运费比甲车少200元． （1）求甲、乙两车单独运完此堆垃圾各需运多少趟？ （2）若单独租用一台车，租用哪台车合算？ 五．一元一次不等式的整数解（共1小题） 7．关于x的不等式3x﹣a≤0，只有两个正整数解，则a的取值范围是 　 　． 六．解一元一次不等式组（共1小题） 8．若不等式组有解，则a的取值范围是 　 　． 七．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 9．关于x的不等式组只有4个整数解，则a的取值范围是（　　） A．﹣5≤a≤﹣ B．﹣5≤a＜﹣ C．﹣5＜a≤﹣ D．﹣5＜a＜﹣ 八．一元一次不等式组的应用（共5小题） 10．对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]＝1，[3]＝3，[﹣2.5]＝﹣3，若[]＝5，则x的取值可以是（　　） A．40 B．45 C．51 D．56 11．按下面程序计算，若开始输入x的值为正数，最后输出的结果为656，则满足条件所有x的值是 　 　． 12．我市某镇组织20辆汽车装运完A、B、C三种脐橙共100吨到外地销售．按计划，20辆汽车都要装运，每辆汽车只能装运同一种脐橙，且必须装满．根据下表提供的信息，解答以下问题： 脐橙品种 A B C 每辆汽车运载量（吨） 6 5 4 每吨脐橙获得（百元） 12 16 10 （1）设装运A种脐橙的车辆数为x，装运B种脐橙的车辆数为y，求y与x之间的函数关系式； （2）如果装运每种脐橙的车辆数都不少于4辆，那么车辆的安排方案有几种？并写出每种安排方案； （3）若要使此次销售获利最大，应采用（2）中哪种安排方案？并求出最大利润的值． 13．为实现区域教育均衡发展，我市计划对某县A、B两类薄弱学校全部进行改造．根据预算，共需资金1575万元．改造一所A类学校和两所B类学校共需资金230万元；改造两所A类学校和一所B类学校共需资金205万元． （1）改造一所A类学校和一所B类学校所需的资金分别是多少万元？ （2）若该县的A类学校不超过5所，则B类学校至少有多少所？ （3）我市计划今年对该县A、B两类学校共6所进行改造，改造资金由国家财政和地方财政共同承担．若今年国家财政拨付的改造资金不超过400万元；地方财政投入的改造资金不少于70万元，其中地方财政投入到A、B两类学校的改造资金分别为每所10万元和15万元．请你通过计算求出有几种改造方案？ 14．在“五•一”期间，某公司组织318名员工到雷山西江千户苗寨旅游，旅行社承诺每辆车安排有一名随团导游，并为此次旅行安排8名导游，现打算同时租甲、乙两种客车，其中甲种客车每辆载客45人，乙种客车每辆载客30人． （1）请帮助旅行社设计租车方案． （2）若甲种客车租金为800元/辆，乙种客车租金为600元/辆，旅行社按哪种方案租车最省钱？此时租金是多少？ （3）旅行前，旅行社的一名导游由于有特殊情况，旅行社只能安排7名导游随团导游，为保证所租的每辆车安排有一名导游，租车方案调整为：同时租65座、45座和30座的大小三种客车，出发时，所租的三种客车的座位恰好坐满，请问旅行社的租车方案如何安排？ 九．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 15．若函数y＝kx﹣b的图象如图所示，则关于x的不等式k（x﹣3）﹣b＞0的解集为（　　） A．x＜2 B．x＞2 C．x＜5 D．x＞5 一十．角平分线的性质（共2小题） 16．如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，DE＝DG，△ADG和△AED的面积分别为50和39，则△EDF的面积为（　　） A．11 B．5.5 C．7 D．3.5 17．如图，△ABC的三边AB、BC、CA长分别为40、50、60．其三条角平分线交于点O，则S△ABO：S△BCO：S△CAO＝　 　． 一十一．等腰三角形的性质（共2小题） 18．如图所示，AOB是一钢架，且∠AOB＝10°，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，则最多能添加这样的钢管　 　根． 19．如图，△ABC中AB＝AC，BC＝6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D． （1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长； （2）如图②，过点P作直线BC的垂线垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由． 一十二．等边三角形的性质（共3小题） 20．如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A6B6A7的边长为（　　） A．6 B．12 C．32 D．64 21．图①是一块边长为1，周长记为P1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉如图正三角形纸板边长的）后，得图③，④，…，记第n（n≥3）块纸板的周长为Pn，则Pn﹣Pn﹣1的值为（　　） A． B． C． D． 22．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D． （1）当∠BQD＝30°时，求AP的长； （2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由． 一十三．等边三角形的判定与性质（共3小题） 23．如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为 　 　． 24．如图，D是等边△ABC的边AB上一点，E是BC延长线上一点，CE＝DA，连接DE交AC于F，过D点作DG⊥AC于G点．证明下列结论： （1）AG＝AD； （2）DF＝EF； （3）S△DGF＝S△ADG+S△ECF． 25．如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，连接OD． （1）求证：△OCD是等边三角形； （2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由； （3）探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形． 一十四．直角三角形的性质（共1小题） 26．如图，已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有（　　） A．2个 B．4个 C．6个 D．7个 一十五．含30度角的直角三角形（共1小题） 27．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2cm，D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t＜6），连接DE，当△BDE是直角三角形时，t的值为（　　） A．2 B．2.5或3.5 C．3.5或4.5 D．2或3.5或4.5 一十六．勾股定理（共2小题） 28．如图所示，分别以直角三角形的三边为直径作半圆，其中两个半圆的面积，S2＝2π，则S3是　 　． 29．如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒． （1）出发2秒后，求PQ的长； （2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间． 一十七．勾股定理的证明（共2小题） 30．勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为（　　） A．90 B．100 C．110 D．121 31．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝10，则S2的值是　 　． 一十八．三角形中位线定理（共4小题） 32．如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，若BC＝10，则PQ的长为（　　） A． B． C．3 D．4 33．如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为　 　． 34．如图，在△A1B1C1中，已知A1B1＝7，B1C1＝4，A1C1＝5，依次连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，再依次连接△A2B2C2的三边中点得△A3B3C3，…，则△A5B5C5的周长为 　 　． 35．（1）证明三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；[要求根据图1写出已知、求证、证明；在证明过程中，至少有两处写出推理依据（“已知”除外）] （2）如图2，在▱ABCD中，对角线交点为O，A1、B1、C1、D1分别是OA、OB、OC、OD的中点，A2、B2、C2、D2分别是OA1、OB1、OC1、OD1的中点，…，以此类推． 若▱ABCD的周长为1，直接用算式表示各四边形的周长之和l； （3）借助图形3反映的规律，猜猜l可能是多少？ 一十九．平行四边形的性质（共5小题） 36．如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE．下列结论： ①∠CAD＝30°； ②S▱ABCD＝AB•AC； ③OB＝AB； ④OE＝BC，成立的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 37．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D在BC上，以AC为对角线的所有▱ADCE中，DE最小的值是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 38．如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB＝AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中： ①△ABC≌△EAD； ②△ABE是等边三角形； ③AD＝AF； ④S△ABE＝S△CDE； ⑤S△ABE＝S△CEF． 其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①②⑤ D．①③④ 39．如图，在直线m上摆放着三个正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC＝CE，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC，GN∥DC．设图中三个平行四边形的面积依次是S1，S，S3，若S1+S3＝10，则S＝　 　． 40．如图，已知▱ABCD中，DE⊥BC于点E，DH⊥AB于点H，AF平分∠BAD，分别交DC、DE、DH于点F、G、M，且DE＝AD． （1）求证：△ADG≌△FDM． （2）猜想AB与DG+CE之间有何数量关系，并证明你的猜想． 二十．平行四边形的判定与性质（共1小题） 41．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发以2cm/s的速度沿A→D→C运动，点P从点A出发的同时点Q从点C出发，以1cm/s的速度向点B运动，当点P到达点C时，点Q也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒． （1）从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD？ （2）从运动开始，当t取何值时，△PQC为直角三角形？ 二十一．旋转的性质（共7小题） 42．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正确的结论是（　　） A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 43．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是 　 　． 44．如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E运动过程中，DF的最小值是　 　． 45．如图，边长为4的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 　 　． 46．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′， 求证：DE′＝DE． （2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）． 求证：DE2＝AD2+EC2． 47．如图，等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，点P在AC上，将△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ． （1）求∠PCQ的度数； （2）当AB＝4，AP：PC＝1：3时，求PQ的大小； （3）当点P在线段AC上运动时（P不与A重合），请写出一个反映PA2，PC2，PB2之间关系的等式，并加以证明． 48．一副三角板如图1摆放，∠C＝∠DFE＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，点F在BC上，点A在DF上，且AF平分∠CAB，现将三角板DFE绕点F以每秒5°的速度顺时针旋转（当点D落在射线FB上时停止旋转），设旋转时间为t秒． （1）当t＝　 　秒时，DE∥AB；当t＝　 　秒时，DE⊥AB； （2）在旋转过程中，DF与AB的交点记为P，如图2，若△AFP有两个内角相等，求t的值； （3）当边DE与边AB、BC分别交于点M、N时，如图3，连接AE，设∠BAE＝x°，∠AED＝y°，∠DFB＝z°，试问x+y+z是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末各名校真题复习（压轴必刷48题21考点） 一．因式分解的应用（共2小题） 1．已知x2﹣x﹣1＝0，则﹣x3+2x2+2005的值为　2006　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：∵x2﹣x﹣1＝0， ∴x2﹣x＝1， ∴﹣x3+2x2+2005， ＝﹣x（x2﹣x）+x2+2005， ＝﹣x+x2+2005， ＝2006． 故答案为：2006． 2．常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法，但有一部分多项式只单纯用上述方法就无法分解，如x2﹣2xy+y2﹣16，我们细心观察这个式子，会发现，前三项符合完全平方公式，进行变形后可以与第四项结合，再应用平方差公式进行分解．过程如下：x2﹣2xy+y2﹣16＝（x﹣y）2﹣16＝（x﹣y+4）（x﹣y﹣4）． 这种分解因式的方法叫分组分解法．利用这种分组的思想方法解决下列问题： （1）9a2+4b2﹣25m2﹣n2+12ab+10mn； （2）已知a、b、c分别是△ABC三边的长且2a2+b2+c2﹣2a（b+c）＝0，请判断△ABC的形状，并说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）解：9a2+4b2﹣25m2﹣n2+12ab+10mn ＝（9a2+12ab+4b2）﹣（25m2﹣10mn+n2） ＝（3a+2b）2﹣（5m﹣n）2 ＝（3a+2b+5m﹣n）（3a+2b﹣5m+n） （2）解：由2a2+b2+c2﹣2a（b+c）＝0可分解得： 2a2+b2+c2﹣2ab﹣2ac＝0 利用拆项得：（a2﹣2ab+b2）+（a2﹣2ac+c2）＝0 （a﹣b）2+（a﹣c）2＝0 根据两个非负数互为相反数，只能都同时等于0才成立，于是 a﹣b＝0，a﹣c＝0 所以可以得到a＝b＝c 即：△ABC的形状是等边三角形． 二．分式的加减法（共1小题） 3．阅读下面材料，并解答问题． 材料：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． 解：由分母为﹣x2+1，可设﹣x4﹣x2+3＝（﹣x2+1）（x2+a）+b 则﹣x4﹣x2+3＝（﹣x2+1）（x2+a）+b＝﹣x4﹣ax2+x2+a+b＝﹣x4﹣（a﹣1）x2+（a+b） ∵对应任意x，上述等式均成立，∴，∴a＝2，b＝1． ∴＝+． 这样，分式被拆分成了一个整式（x2+2）与一个分式的和． 解答： （1）将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和的形式． （2）当﹣1＜x＜1时，试求的最小值． （3）如果的值为整数，求x的整数值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由分母为﹣x2+1，可设﹣x4﹣6x2+8＝（﹣x2+1）（x2+a）+b， 则﹣x4﹣6x2+8＝（﹣x2+1）（x2+a）+b＝﹣x4﹣ax2+x2+a+b＝﹣x4﹣（a﹣1）x2+（a+b）， ∵对应任意x，上述等式均成立， ∴， ∴a＝7，b＝1， ∴＝＝+＝x2+7+， 这样，分式被拆分成了一个整式x2+7与一个分式的和． （2）＝x2+7+， ∵x2≥0， ∴x2+7≥7， 此时﹣1＜x＜1， 当x＝0时，取得最小值0， ∴当x＝0时，x2+7+最小值为8， 即的最小值为8． （3）＝＝＝2﹣； ∵的值为整数，且x为整数； ∴x+1为3的约数， ∴x+1的值为1或﹣1或3或﹣3； ∴x的值为0或﹣2或2或﹣4． 三．分式方程的解（共2小题） 4．已知关于x的一元一次不等式组的解集为x＞2，且关于y的分式方程的解为正整数，则所有满足条件的所有整数a的和为（　　） A．2 B．5 C．6 D．9 【答案】C 【解答】解：∵不等式组的解集为x＞2， ∴a﹣2≤2． ∴a≤4． 关于y的分式方程＝1﹣的解为y＝． ∵y＝3是原分式方程的增根， ∴≠3． ∴a≠3． ∵关于y的分式方程＝1﹣的解为正整数， ∴为正整数． ∴a＝2，4，7． ∵a≤4， ∴a＝2，4． ∴所有满足条件的所有整数a的和为：2+4＝6． 故选：C． 5．若关于x的方程＝+1无解，则a的值是　2或1　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：x﹣2＝0，解得：x＝2． 方程去分母，得：ax＝4+x﹣2，即（a﹣1）x＝2 当a﹣1≠0时，把x＝2代入方程得：2a＝4+2﹣2， 解得：a＝2． 当a﹣1＝0，即a＝1时，原方程无解． 故答案为：2或1． 四．分式方程的应用（共1小题） 6．为了创建全国卫生城市，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送，两车各运12趟可完成，需支付运费4800元．已知甲、乙两车单独运完此堆垃圾，乙车所运趟数是甲车的2倍，且乙车每趟运费比甲车少200元． （1）求甲、乙两车单独运完此堆垃圾各需运多少趟？ （2）若单独租用一台车，租用哪台车合算？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设甲车单独运完此堆垃圾需运x趟，则乙车单独运完此堆垃圾需运2x趟，根据题意得出： 12（+）＝1， 解得：x＝18， 经检验得出：x＝18是原方程的解， 则乙车单独运完此堆垃圾需运：2x＝36， 答：甲车单独运完需18趟，乙车单独运完需36趟； （2）设甲车每一趟的运费是a元，由题意得： 12a+12（a﹣200）＝4800， 解得：a＝300， 则乙车每一趟的费用是：300﹣200＝100（元）， 单独租用甲车总费用是：18×300＝5400（元）， 单独租用乙车总费用是：36×100＝3600（元）， 3600＜5400， 故单独租用一台车，租用乙车合算． 答：单独租用一台车，租用乙车合算． 五．一元一次不等式的整数解（共1小题） 7．关于x的不等式3x﹣a≤0，只有两个正整数解，则a的取值范围是 　6≤a＜9　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：原不等式解得x≤， ∵解集中只有两个正整数解， 则这两个正整数解是1，2， ∴2≤＜3， 解得6≤a＜9． 故答案为：6≤a＜9． 六．解一元一次不等式组（共1小题） 8．若不等式组有解，则a的取值范围是 　a＞﹣1　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：∵由①得x≥﹣a， 由②得x＜1， 故其解集为﹣a≤x＜1， ∴﹣a＜1，即a＞﹣1， ∴a的取值范围是a＞﹣1． 故答案为：a＞﹣1． 七．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 9．关于x的不等式组只有4个整数解，则a的取值范围是（　　） A．﹣5≤a≤﹣ B．﹣5≤a＜﹣ C．﹣5＜a≤﹣ D．﹣5＜a＜﹣ 【答案】C 【解答】解：不等式组的解集是2﹣3a＜x＜21， 因为不等式组只有4个整数解，则这4个解是20，19，18，17． 所以可以得到16≤2﹣3a＜17， 解得﹣5＜a≤﹣． 故选：C． 八．一元一次不等式组的应用（共5小题） 10．对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]＝1，[3]＝3，[﹣2.5]＝﹣3，若[]＝5，则x的取值可以是（　　） A．40 B．45 C．51 D．56 【答案】C 【解答】解：根据题意得： 5≤＜5+1， 解得：46≤x＜56， 故选：C． 11．按下面程序计算，若开始输入x的值为正数，最后输出的结果为656，则满足条件所有x的值是 　131或26或5或　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：我们用逆向思维来做： 第一个数就是直接输出其结果的：5x+1＝656， 解得：x＝131； 第二个数是（5x+1）×5+1＝656， 解得：x＝26； 同理：可求出第三个数是5； 第四个数是， ∴满足条件所有x的值是131或26或5或． 故答案为：131或26或5或． 12．我市某镇组织20辆汽车装运完A、B、C三种脐橙共100吨到外地销售．按计划，20辆汽车都要装运，每辆汽车只能装运同一种脐橙，且必须装满．根据下表提供的信息，解答以下问题： 脐橙品种 A B C 每辆汽车运载量（吨） 6 5 4 每吨脐橙获得（百元） 12 16 10 （1）设装运A种脐橙的车辆数为x，装运B种脐橙的车辆数为y，求y与x之间的函数关系式； （2）如果装运每种脐橙的车辆数都不少于4辆，那么车辆的安排方案有几种？并写出每种安排方案； （3）若要使此次销售获利最大，应采用（2）中哪种安排方案？并求出最大利润的值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）根据题意，装运A种脐橙的车辆数为x，装运B种脐橙的车辆数为y， 那么装运C种脐橙的车辆数为（20﹣x﹣y）， 则有：6x+5y+4（20﹣x﹣y）＝100 整理得：y＝﹣2x+20（1≤x≤9且为整数）； （2）由（1）知，装运A、B、C三种脐橙的车辆数分别为x，﹣2x+20，x． 由题意得： 解得：4≤x≤8 因为x为整数， 所以x的值为4，5，6，7，8，所以安排方案共有5种． 方案一：装运A种脐橙4车，B种脐橙12车，C种脐橙4车； 方案二：装运A种脐橙5车，B种脐橙10车，C种脐橙5车， 方案三：装运A种脐橙6车，B种脐橙8车，C种脐橙6车， 方案四：装运A种脐橙7车，B种脐橙6车，C种脐橙7车， 方案五：装运A种脐橙8车，B种脐橙4车，C种脐橙8车； （3）设利润为W（百元）则：W＝6x×12+5（﹣2x+20）×16+4x×10＝﹣48x+1600 ∵k＝﹣48＜0 ∴W的值随x的增大而减小． 要使利润W最大，则x＝4， 故选方案一W最大＝﹣48×4+1600＝1408（百元）＝14.08（万元） 答：当装运A种脐橙4车，B种脐橙12车，C种脐橙4车时，获利最大，最大利润为14.08万元． 13．为实现区域教育均衡发展，我市计划对某县A、B两类薄弱学校全部进行改造．根据预算，共需资金1575万元．改造一所A类学校和两所B类学校共需资金230万元；改造两所A类学校和一所B类学校共需资金205万元． （1）改造一所A类学校和一所B类学校所需的资金分别是多少万元？ （2）若该县的A类学校不超过5所，则B类学校至少有多少所？ （3）我市计划今年对该县A、B两类学校共6所进行改造，改造资金由国家财政和地方财政共同承担．若今年国家财政拨付的改造资金不超过400万元；地方财政投入的改造资金不少于70万元，其中地方财政投入到A、B两类学校的改造资金分别为每所10万元和15万元．请你通过计算求出有几种改造方案？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设改造一所A类学校和一所B类学校所需的改造资金分别为a万元和b万元． 依题意得：， 解得：， 答：改造一所A类学校和一所B类学校所需的改造资金分别为60万元和85万元； （2）设该县有A、B两类学校分别为m所和n所． 则60m+85n＝1575， ， ∵A类学校不超过5所， ∴0＜﹣n+≤5， ∴15≤n＜18， ∵n为整数， ∴n＝15，16，17． 当n＝15，m＝5符合题意， 即：B类学校至少有15所； （3）设今年改造A类学校x所，则改造B类学校为（6﹣x）所， 依题意得： 解得：1≤x≤4 ∵x取整数 ∴x＝1，2，3，4 答：共有4种方案． 14．在“五•一”期间，某公司组织318名员工到雷山西江千户苗寨旅游，旅行社承诺每辆车安排有一名随团导游，并为此次旅行安排8名导游，现打算同时租甲、乙两种客车，其中甲种客车每辆载客45人，乙种客车每辆载客30人． （1）请帮助旅行社设计租车方案． （2）若甲种客车租金为800元/辆，乙种客车租金为600元/辆，旅行社按哪种方案租车最省钱？此时租金是多少？ （3）旅行前，旅行社的一名导游由于有特殊情况，旅行社只能安排7名导游随团导游，为保证所租的每辆车安排有一名导游，租车方案调整为：同时租65座、45座和30座的大小三种客车，出发时，所租的三种客车的座位恰好坐满，请问旅行社的租车方案如何安排？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设租甲种客车x辆，则租乙种客车（8﹣x）辆， 依题意，得45x+30（8﹣x）≥318+8， 解得x≥5， ∵打算同时租甲、乙两种客车， ∴x＜8，即5≤x＜8， x＝6，7， 有两种租车方案： 租甲种客车6辆，则租乙种客车2辆， 租甲种客车7辆，则租乙种客车1辆； （2）∵6×800+2×600＝6000元，7×800+1×600＝6200元， ∴租甲种客车6辆；租乙种客车2辆，所需付费最少为6000（元）； （3）设同时租65座、45座和30座的大小三种客车各x辆，y辆，（7﹣x﹣y）辆， 根据题意得出：65x+45y+30（7﹣x﹣y）＝318+7， 整理得出：7x+3y＝23， 1≤x＜7，1≤y＜7，1≤7﹣x﹣y＜7， 故符合题意的有：x＝2，y＝3，7﹣x﹣y＝2， 租车方案为：租65座的客车2辆，45座的客车3辆，30座的2辆． 九．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 15．若函数y＝kx﹣b的图象如图所示，则关于x的不等式k（x﹣3）﹣b＞0的解集为（　　） A．x＜2 B．x＞2 C．x＜5 D．x＞5 【答案】C 【解答】解：解法1，：∵一次函数y＝kx﹣b经过点（2，0）， ∴2k﹣b＝0，b＝2k． 函数值y随x的增大而减小，则k＜0； 解关于k（x﹣3）﹣b＞0， 移项得：kx＞3k+b，即kx＞5k； 两边同时除以k，因为k＜0，因而解集是x＜5． 解法2：∵函数y＝kx﹣b的图象与x轴的交点坐标为（2，0）， ∴函数y＝k（x﹣3）﹣b的图象与x轴的交点坐标为（5，0）， 则关于x的不等式k（x﹣3）﹣b＞0的解集为x＜5． 故选：C． 一十．角平分线的性质（共2小题） 16．如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，DE＝DG，△ADG和△AED的面积分别为50和39，则△EDF的面积为（　　） A．11 B．5.5 C．7 D．3.5 【答案】B 【解答】解：作DM＝DE交AC于M，作DN⊥AC于点N， ∵DE＝DG， ∴DM＝DG， ∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB， ∴DF＝DN， 在Rt△DEF和Rt△DMN中， ， ∴Rt△DEF≌Rt△DMN（HL）， ∵△ADG和△AED的面积分别为50和39， ∴S△MDG＝S△ADG﹣S△ADM＝50﹣39＝11， S△DNM＝S△EDF＝S△MDG＝×11＝5.5． 故选：B． 17．如图，△ABC的三边AB、BC、CA长分别为40、50、60．其三条角平分线交于点O，则S△ABO：S△BCO：S△CAO＝　4：5：6　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：过点O作OD⊥AB于点D，作OE⊥AC于点E，作OF⊥BC于点F， ∵OA，OB，OC是△ABC的三条角平分线， ∴OD＝OE＝OF， ∵△ABC的三边AB、BC、CA长分别为40、50、60， ∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝（AB•OD）：（BC•OF）：（AC•OE）＝AB：BC：AC＝40：50：60＝4：5：6． 故答案为：4：5：6． 一十一．等腰三角形的性质（共2小题） 18．如图所示，AOB是一钢架，且∠AOB＝10°，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，则最多能添加这样的钢管　8　根． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：∵添加的钢管长度都与OE相等，∠AOB＝10°， ∴∠GEF＝∠FGE＝20°，…从图中我们会发现有好几个等腰三角形， 即第一个等腰三角形的底角是10°，第二个是20°，第三个是30°，四个是40°，五个是50°，六个是60°，七个是70°，八个是80°，九个是90°就不存在了．所以一共有8个． 故答案为：8． 19．如图，△ABC中AB＝AC，BC＝6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D． （1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长； （2）如图②，过点P作直线BC的垂线垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F， ∵点P和点Q同时出发，且速度相同， ∴BP＝CQ， ∵PF∥AQ， ∴∠PFB＝∠ACB，∠DPF＝∠CQD， 又∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠B＝∠PFB， ∴BP＝PF， ∴PF＝CQ，又∠PDF＝∠QDC， ∴证得△PFD≌△QCD， ∴DF＝CD＝CF， 又因P是AB的中点，PF∥AQ， ∴F是BC的中点，即FC＝BC＝3， ∴CD＝CF＝； （2）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段， 如图，如果点P在线段AB上， 过点P作PF∥AC交BC于F， ∵△PBF为等腰三角形， ∴PB＝PF， BE＝EF， ∴PF＝CQ， ∴FD＝DC， ∴ED＝EF+FD＝BE+DC＝BC＝3， ∴ED为定值， 同理，如图，若P在BA的延长线上， 作PM∥AC的延长线于M， ∴∠PMC＝∠ACB， 又∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠B＝∠PMC， ∴PM＝PB，根据三线合一得BE＝EM， 同理可得△PMD≌△QCD， 所以CD＝DM， ∵BE＝EM，CD＝DM， ∴ED＝EM﹣DM＝﹣DM＝+﹣DM＝3+DM﹣DM＝3， 综上所述，线段ED的长度保持不变． 一十二．等边三角形的性质（共3小题） 20．如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A6B6A7的边长为（　　） A．6 B．12 C．32 D．64 【答案】C 【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形， ∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°， ∴∠2＝120°， ∵∠MON＝30°， ∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°， 又∵∠3＝60°， ∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∵∠MON＝∠1＝30°， ∴OA1＝A1B1＝1， ∴A2B1＝1， ∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形， ∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°， ∵∠4＝∠12＝60°， ∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3， ∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°， ∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3， ∴A3B3＝4B1A2＝4， A4B4＝8B1A2＝8， A5B5＝16B1A2＝16， 以此类推：A6B6＝32B1A2＝32． 故选：C． 21．图①是一块边长为1，周长记为P1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉如图正三角形纸板边长的）后，得图③，④，…，记第n（n≥3）块纸板的周长为Pn，则Pn﹣Pn﹣1的值为（　　） 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＝﹣＝＝， 则Pn﹣Pn﹣1＝＝． 故选：C． 22．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D． （1）当∠BQD＝30°时，求AP的长； （2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∵∠BQD＝30°， ∴∠QPC＝90°， 设AP＝x，则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：当点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变．理由如下： 过P 作PF∥QC， ∴△AFP是等边三角形， ∵P、Q 同时出发、速度相同，即BQ＝AP， ∴BQ＝PF， ∴△DBQ≌△DFP（AAS）， ∴BD＝DF， 而△APF 是等边三角形，PE⊥AF， ∵AE＝EF， 又DE+（BD+AE）＝AB＝6， ∴DE+（DF+EF）＝6，即DE+DE＝6∴DE＝3 为定值， 即DE 的长不变． 解法二：当点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变．理由如下： 作QF⊥AB，交直线AB于点F，连接QE，PF， 又∵PE⊥AB于E， ∴∠DFQ＝∠AEP＝90°， ∵点P、Q速度相同， ∴AP＝BQ， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°， 在△APE和△BQF中， ∵∠AEP＝∠BFQ＝90°， ∴∠APE＝∠BQF， ， ∴△APE≌△BQF（AAS）， ∴AE＝BF，PE＝QF且PE∥QF， ∴四边形PEQF是平行四边形， ∴DE＝EF， ∵EB+AE＝BE+BF＝AB， ∴DE＝AB， 又∵等边△ABC的边长为6， ∴DE＝3， ∴点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变． 一十三．等边三角形的判定与性质（共3小题） 23．如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为 　　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：过P作PF∥BC交AC于F． ∵PF∥BC，△ABC是等边三角形， ∴∠PFD＝∠QCD，△APF是等边三角形， ∴AP＝PF＝AF， ∵PE⊥AC， ∴AE＝EF， ∵AP＝PF，AP＝CQ， ∴PF＝CQ． ∵在△PFD和△QCD中， ， ∴△PFD≌△QCD（AAS）， ∴FD＝CD， ∵AE＝EF， ∴EF+FD＝AE+CD， ∴AE+CD＝DE＝AC， ∵AC＝1， ∴DE＝． 故答案为：． 24．如图，D是等边△ABC的边AB上一点，E是BC延长线上一点，CE＝DA，连接DE交AC于F，过D点作DG⊥AC于G点．证明下列结论： （1）AG＝AD； （2）DF＝EF； （3）S△DGF＝S△ADG+S△ECF． 【答案】见试题解答内容 【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝60°， ∵DG⊥AC， ∴∠AGD＝90°，∠ADG＝30°， ∴AG＝AD； （2）过点D作DH∥BC交AC于点H， ∴∠ADH＝∠B，∠AHD＝∠ACB，∠FDH＝∠E， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠ACB＝∠A＝60°， ∴∠A＝∠ADH＝∠AHD＝60°， ∴△ADH是等边三角形， ∴DH＝AD， ∵AD＝CE， ∴DH＝CE， 在△DHF和△ECF中， ， ∴△DHF≌△ECF（AAS）， ∴DF＝EF； （3）∵△ADH是等边三角形，DG⊥AC， ∴AG＝GH， ∴S△ADG＝S△HDG， ∵△DHF≌△ECF， ∴S△DHF＝S△ECF， ∴S△DGF＝S△DGH+S△DHF＝S△ADG+S△ECF． 25．如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，连接OD． （1）求证：△OCD是等边三角形； （2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由； （3）探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形． 【答案】见试题解答内容 【解答】证明：（1）∵△BOC≌△ADC， ∴OC＝DC， ∵∠OCD＝60°， ∴△OCD是等边三角形． 解： （2）△AOD是直角三角形． 理由如下： ∵△OCD是等边三角形， ∴∠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是等边三角形， ∴∠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当∠AOD＝∠ADO时，190°﹣α＝α﹣60°， ∴α＝125°． ②当∠AOD＝∠OAD时，190°﹣α＝50°， ∴α＝140°． ③当∠ADO＝∠OAD时， α﹣60°＝50°， ∴α＝110°． 综上所述：当α＝110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形． 一十四．直角三角形的性质（共1小题） 26．如图，已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有（　　） A．2个 B．4个 C．6个 D．7个 【答案】C 【解答】解：①以A为直角顶点，可过A作直线垂直于AB，与坐标轴交于一点，这一点符合点P的要求； ②以B为直角顶点，可过B作直线垂直于AB，与坐标轴交于两点，这两点也符合P点的要求； ③以P为直角顶点，可以AB为直径画圆，与坐标轴共有3个交点． 所以满足条件的点P共有6个． 故选：C． 一十五．含30度角的直角三角形（共1小题） 27．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2cm，D为BC的中点，若动点E以1cm/s的速度从A点出发，沿着A→B→A的方向运动，设E点的运动时间为t秒（0≤t＜6），连接DE，当△BDE是直角三角形时，t的值为（　　） A．2 B．2.5或3.5 C．3.5或4.5 D．2或3.5或4.5 【答案】D 【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2cm， ∴AB＝2BC＝4（cm）， ∵BC＝2cm，D为BC的中点，动点E以1cm/s的速度从A点出发， ∴BD＝BC＝1（cm），BE＝AB﹣AE＝4﹣t（cm）， 若∠BED＝90°， 当A→B时，∵∠ABC＝60°， ∴∠BDE＝30°， ∴BE＝BD＝（cm）， ∴t＝3.5， 当B→A时，t＝4+0.5＝4.5． 若∠BDE＝90°时， 当A→B时，∵∠ABC＝60°， ∴∠BED＝30°， ∴BE＝2BD＝2（cm）， ∴t＝4﹣2＝2， 当B→A时，t＝4+2＝6（舍去）． 综上可得：t的值为2或3.5或4.5． 故选：D． 一十六．勾股定理（共2小题） 28．如图所示，分别以直角三角形的三边为直径作半圆，其中两个半圆的面积，S2＝2π，则S3是　　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：在直角三角形中，利用勾股定理得：a2+b2＝c2， ∴a2+b2＝c2， 变形为：（）2π+（）2π＝（）2π，即S2+S3＝S1， 又S1＝，S2＝2π， 则S3＝S1﹣S2＝﹣2π＝． 故答案为： 29．如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒． （1）出发2秒后，求PQ的长； （2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）∵BQ＝2×2＝4（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣2×1＝14（cm ），∠B＝90°， ∴PQ＝＝＝（cm）； （2）BQ＝2t，BP＝16﹣t， 根据题意得：2t＝16﹣t， 解得：t＝， 即出发秒钟后，△PQB能形成等腰三角形； （3）①当CQ＝BQ时，如图1所示， 则∠C＝∠CBQ， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBQ+∠ABQ＝90°． ∠A+∠C＝90°， ∴∠A＝∠ABQ， ∴BQ＝AQ， ∴CQ＝AQ＝10， ∴BC+CQ＝22， ∴t＝22÷2＝11秒． ②当CQ＝BC时，如图2所示， 则BC+CQ＝24， ∴t＝24÷2＝12秒． ③当BC＝BQ时，如图3所示， 过B点作BE⊥AC于点E， 则BE＝＝， ∴CE＝， ∴CQ＝2CE＝14.4， ∴BC+CQ＝26.4， ∴t＝26.4÷2＝13.2秒． 综上所述：当t为11秒或12秒或13.2秒时，△BCQ为等腰三角形． 一十七．勾股定理的证明（共2小题） 30．勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为（　　） A．90 B．100 C．110 D．121 【答案】C 【解答】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P， 易得△CAB≌△BOF≌△FLG， ∴AB＝OF＝3，AC＝OB＝FL＝4， ∴OA＝OL＝3+4＝7， ∵∠CAB＝∠BOF＝∠L＝90°， 所以四边形AOLP是正方形， 边长AO＝AB+AC＝3+4＝7， 所以KL＝3+7＝10，LM＝4+7＝11， 因此矩形KLMJ的面积为10×11＝110． 故选：C． 31．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝10，则S2的值是　　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y， ∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1+S2+S3＝10， ∴得出S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x， ∴S1+S2+S3＝3x+12y＝10，故3x+12y＝10， x+4y＝， 所以S2＝x+4y＝， 故答案为：． 一十八．三角形中位线定理（共4小题） 32．如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，若BC＝10，则PQ的长为（　　） A． B． C．3 D．4 【答案】C 【解答】解：∵BQ平分∠ABC，BQ⊥AE， ∴∠QBA＝∠QBE，∠BQA＝∠BQE，BQ＝BQ， ∴△BQA≌△BQE， ∴BA＝BE， ∴△BAE是等腰三角形， 同理△CAD是等腰三角形， ∴点Q是AE中点，点P是AD中点（三线合一）， ∴PQ是△ADE的中位线， ∵BE+CD＝AB+AC＝26﹣BC＝26﹣10＝16， ∴DE＝BE+CD﹣BC＝6， ∴PQ＝DE＝3． 故选：C． 33．如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为　3　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：∵ED＝EM，MF＝FN， ∴EF＝DN， ∴DN最大时，EF最大， ∵N与B重合时DN最大， 此时DN＝DB＝＝6， ∴EF的最大值为3． 故答案为3． 34．如图，在△A1B1C1中，已知A1B1＝7，B1C1＝4，A1C1＝5，依次连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，再依次连接△A2B2C2的三边中点得△A3B3C3，…，则△A5B5C5的周长为 　1　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：∵A2B2、B2C2、C2A2分别等于A1B1、B1C1、C1A1的一半， ∴以此类推：△A5B5C5的周长为△A1B1C1的周长的， ∴则△A5B5C5的周长为（7+4+5）÷16＝1． 故答案为：1 35．（1）证明三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；[要求根据图1写出已知、求证、证明；在证明过程中，至少有两处写出推理依据（“已知”除外）] （2）如图2，在▱ABCD中，对角线交点为O，A1、B1、C1、D1分别是OA、OB、OC、OD的中点，A2、B2、C2、D2分别是OA1、OB1、OC1、OD1的中点，…，以此类推． 若▱ABCD的周长为1，直接用算式表示各四边形的周长之和l； （3）借助图形3反映的规律，猜猜l可能是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）已知：在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点， 求证：DE∥BC且DE＝BC， 证明：如图，延长DE至F，使EF＝DE， ∵E是AC的中点， ∴AE＝CE， 在△ADE和△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE（SAS）， ∴AD＝CF（全等三角形对应边相等）， ∠A＝∠ECF（全等三角形对应角相等）， ∴AD∥CF， ∵点D是AB的中点， ∴AD＝BD， ∴BD＝CF且BD∥CF， ∴四边形BCFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， ∴DF∥BC且DF＝BC（平行四边形的对边平行且相等）， ∵DE＝EF＝DF， ∴DE∥BC且DE＝BC； （2）∵A1、B1、C1、D1分别是OA、OB、OC、OD的中点， ∴A1B1＝AB，B1C1＝BC，C1D1＝CD，A1D1＝AD， ∴四边形A1B1C1D1的周长＝×1＝， 同理可得，四边形A2B2C2D2的周长＝×＝， 四边形A3B3C3D3的周长＝×＝， …， ∴四边形的周长之和l＝1++++…； （3）由图可知，+++…＝1（无限接近于1）， 所以l＝1++++…＝2（无限接近于2）． 一十九．平行四边形的性质（共5小题） 36．如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE．下列结论： ①∠CAD＝30°； ②S▱ABCD＝AB•AC； ③OB＝AB； ④OE＝BC，成立的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠EAD＝60° ∴△ABE是等边三角形， ∴AE＝AB＝BE， ∵AB＝BC， ∴AE＝BC， ∴∠BAC＝90°， ∴∠CAD＝30°，故①正确； ∵AC⊥AB， ∴S▱ABCD＝AB•AC，故②正确， ∵AB＝BC，OB＝BD， ∵BD＞BC， ∴AB≠OB，故③错误； ∵CE＝BE，CO＝OA， ∴OE＝AB， ∴OE＝BC，故④正确． 故选：C． 37．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D在BC上，以AC为对角线的所有▱ADCE中，DE最小的值是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°， ∴BC⊥AB． ∵四边形ADCE是平行四边形， ∴OD＝OE，OA＝OC． ∴当OD取最小值时，DE线段最短，此时OD⊥BC． ∴OD∥AB． 又点O是AC的中点， ∴OD是△ABC的中位线， ∴OD＝AB＝1.5， ∴ED＝2OD＝3． 故选：B． 38．如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB＝AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中： ①△ABC≌△EAD； ②△ABE是等边三角形； ③AD＝AF； ④S△ABE＝S△CDE； ⑤S△ABE＝S△CEF． 其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①②⑤ D．①③④ 【答案】C 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠EAD＝∠AEB， 又∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴AB＝BE， ∵AB＝AE， ∴△ABE是等边三角形；②正确； ∴∠ABC＝∠EAD＝60°， ∵AB＝EA，BC＝AD， ∴△ABC≌△EAD（SAS）；①正确； ∵△FCD与△ABC等底（AB＝CD）等高（AB与CD间的距离相等）， ∴S△FCD＝S△ABC， 又∵△AEC与△DEC同底等高， ∴S△AEC＝S△DEC， ∴S△ABE＝S△CEF；⑤正确． 若AD与AF相等，即∠AFD＝∠ADF＝∠DEC 即EC＝CD＝BE 即BC＝2CD， 题中未限定这一条件 ∴③④不一定正确； 故选：C． 39．如图，在直线m上摆放着三个正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC＝CE，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC，GN∥DC．设图中三个平行四边形的面积依次是S1，S，S3，若S1+S3＝10，则S＝　4　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：根据正三角形的性质，∠ABC＝∠HFG＝∠DCE＝60°， ∴AB∥HF∥DC∥GN， 设AC与FH交于P，CD与HG交于Q， ∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形， ∵F、G分别是BC、CE的中点， ∴BF＝MF＝AC＝BC，CP＝PF＝AB＝BC ∴CP＝MF，CQ＝BC，QG＝GC＝CQ＝AB， ∴S1＝S，S3＝2S， ∵S1+S3＝10， ∴S+2S＝10， ∴S＝4． 故答案为：4． 40．如图，已知▱ABCD中，DE⊥BC于点E，DH⊥AB于点H，AF平分∠BAD，分别交DC、DE、DH于点F、G、M，且DE＝AD． （1）求证：△ADG≌△FDM． （2）猜想AB与DG+CE之间有何数量关系，并证明你的猜想． 【答案】见试题解答内容 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC， ∴∠BAF＝∠DFA， ∵AF平分∠BAD， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴AD＝FD， ∵DE⊥BC，DH⊥AB，AB∥CD，AD∥BC， ∴DE⊥AD，DH⊥CD， ∴∠ADG＝∠FDM＝90°， 在△ADG和△FDM中， ， ∴△ADG≌△FDM（ASA）． （2）AB＝DG+EC． 证明：延长GD至点N，使DN＝CE，连接AN， ∵DE⊥BC，AD∥BC， ∴∠ADN＝∠DEC＝90°， 在△ADN和△DEC中， ， ∴△ADN≌△DEC（SAS）， ∴∠NAD＝∠CDE，AN＝DC， ∵∠NAG＝∠NAD+∠DAG，∠NGA＝∠CDE+∠DFA， ∴∠NAG＝∠NGA， ∴AN＝GN＝DG+CE＝DC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∴AB＝DG+EC． 二十．平行四边形的判定与性质（共1小题） 41．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发以2cm/s的速度沿A→D→C运动，点P从点A出发的同时点Q从点C出发，以1cm/s的速度向点B运动，当点P到达点C时，点Q也停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒． （1）从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD？ （2）从运动开始，当t取何值时，△PQC为直角三角形？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当PQ∥CD时，四边形PDCB是平行四边形， 此时PD＝QC， ∴12﹣2t＝t， ∴t＝4． ∴当t＝4时，四边形PQDC是平行四边形． （2）过D点，DF⊥BC于F， ∴DF＝AB＝8． FC＝BC﹣AD＝18﹣12＝6，CD＝10， ①当PQ⊥BC， 则BQ+CQ＝18．即：2t+t＝18， ∴t＝6； ②当QP⊥PC，此时P一定在DC上， CP1＝10+12﹣2t＝22﹣2t，CQ2＝t， 易知，△CDF∽△CQ2P1， ∴， 解得：t＝， ③情形：当PC⊥BC时，因∠DCB＜90°，此种情形不存在． ∴当t＝6或时，△PQC是直角三角形． 二十一．旋转的性质（共7小题） 42．如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正确的结论是（　　） A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 【答案】A 【解答】解：由题意可知，∠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绕点B逆时针旋转60°得到， 故结论①正确； 如图①，连接OO′， ∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°， ∴△OBO′是等边三角形， ∴OO′＝OB＝4． 故结论②正确； ∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5． 在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数， ∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°， ∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°， 故结论③正确； S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝×3×4+×42＝6+4， 故结论④错误； 如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点． 易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形， 则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″＝×3×4+×32＝6+， 故结论⑤正确． 综上所述，正确的结论为：①②③⑤． 故选：A． 43．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是 　+1　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：如图，连接AM， 由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°， ∴△ACM为等边三角形， ∴AM＝CM，∠MAC＝∠MCA＝∠AMC＝60°； ∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝， ∴AC＝2＝CM＝2， ∵AB＝BC，CM＝AM， ∴BM垂直平分AC， ∴BO＝AC＝1，OM＝CM•sin60°＝， ∴BM＝BO+OM＝1+， 故答案为：1+． 44．如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E运动过程中，DF的最小值是　1.5　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG， ∵旋转角为60°， ∴∠ECD+∠DCF＝60°， 又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝60°， ∴∠DCF＝∠GCE， ∵AD是等边△ABC的对称轴， ∴CD＝BC， ∴CD＝CG， 又∵CE旋转到CF， ∴CE＝CF， 在△DCF和△GCE中， ， ∴△DCF≌△GCE（SAS）， ∴DF＝EG， 根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短， 此时∵∠CAD＝×60°＝30°，AG＝AC＝×6＝3， ∴EG＝AG＝×3＝1.5， ∴DF＝1.5． 故答案为：1.5． 45．如图，边长为4的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接CE将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是 　1　． 【答案】1． 【解答】解：取AC的中点G，则CG＝CD， ∵将线段CE绕点C顺时针旋转60°得到CF， ∴CE＝CF，∠ECF＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠DCE＝∠ACF， ∴△CDE≌△CGF（SAS）， ∴∠FGC＝∠EDC＝90°， ∴点F在直线BG上运动， 作DH⊥BG时，此时DF的最小值即为DH， ∵BD＝＝2， ∴DH＝1， 故答案为：1． 46．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′， 求证：DE′＝DE． （2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）． 求证：DE2＝AD2+EC2． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC， ∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC， ∵△ABE′由△CBE旋转而成， ∴BE＝BE′，∠ABE′＝∠CBE， ∴∠DBE′＝∠DBE， 在△DBE与△DBE′中， ∵， ∴△DBE≌△DBE′（SAS）， ∴DE′＝DE； （2）证明：如图所示：把△CBE逆时针旋转90°，连接DE′， ∵BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠BAC＝∠BCE＝45°， ∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AE′重合， ∴AE′＝EC， ∴∠E′AB＝∠BCE＝45°， ∴∠DAE′＝90°， 在Rt△ADE′中，DE′2＝AE′2+AD2， ∵AE′＝EC， ∴DE′2＝EC2+AD2， 同（1）可得DE＝DE′， ∴DE2＝AD2+EC2． 47．如图，等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，点P在AC上，将△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ． （1）求∠PCQ的度数； （2）当AB＝4，AP：PC＝1：3时，求PQ的大小； （3）当点P在线段AC上运动时（P不与A重合），请写出一个反映PA2，PC2，PB2之间关系的等式，并加以证明． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题意知，△ABP≌△CQB， ∴∠A＝∠ACB＝∠BCQ＝45°，∠ABP＝∠CBQ，AP＝CQ，PB＝BQ， ∴∠PCQ＝∠ACB+∠BCQ＝90°，∠ABP+∠PBC＝∠CPQ+∠PBC＝90°， ∴△BPQ是等腰直角三角形，△PCQ是直角三角形． （2）当AB＝4，AP：PC＝1：3时，有AC＝4，AP＝，PC＝3， ∴PQ＝＝2． （3）存在2PB2＝PA2+PC2， 由于△BPQ是等腰直角三角形， ∴PQ＝PB， ∵AP＝CQ， ∴PQ2＝PC2+CQ2＝PA2+PC2， 故有2PB2＝PA2+PC2． 48．一副三角板如图1摆放，∠C＝∠DFE＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，点F在BC上，点A在DF上，且AF平分∠CAB，现将三角板DFE绕点F以每秒5°的速度顺时针旋转（当点D落在射线FB上时停止旋转），设旋转时间为t秒． （1）当t＝　3　秒时，DE∥AB；当t＝　21　秒时，DE⊥AB； （2）在旋转过程中，DF与AB的交点记为P，如图2，若△AFP有两个内角相等，求t的值； （3）当边DE与边AB、BC分别交于点M、N时，如图3，连接AE，设∠BAE＝x°，∠AED＝y°，∠DFB＝z°，试问x+y+z是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）如图（1），当DE∥AB时，∠EDF＝∠BPF＝45° ∵AF平分∠BAC，∠BAC＝60°， ∴∠BAF＝30°， 又∵∠BPF为△APF的一个外角， ∴∠PFA＝∠BPF﹣∠BAF＝45°﹣30°＝15°， ∴t＝＝3； 如图（2），当DE⊥AB时， ∠DPB＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴∠APF＝∠DPB＝45°， ∵∠BAF＝30°， ∴∠AFP＝180°﹣∠APF﹣∠BAF＝180°﹣45°﹣30°＝105°， ∴t＝＝21． 故答案为：3；21． （2）①如图（3），当∠PAF＝∠PFA时， ∵∠PAF＝30°， ∴∠PFA＝30°， ∴t＝6； ②如图（4），当∠PFA＝∠APF时， ∵∠PAF＝30°，∠PAF+∠PFA+∠APF＝180°， ∴∠AFP＝（180°﹣30°）＝75°， ∴t＝15； ③如图（5），当∠PAF＝∠APF时， ∠AFP＝180°﹣∠PAF﹣∠APF＝180°﹣30°﹣30°＝120°， ∴t＝24， 综上所述：当t为6或15或24时，△AFP有两个内角相等． （3）x+y+z是为定值105，理由如下： ∵∠BMN是△AME的一个外角，∠MNB是△DFN的一个外角， ∴∠BMN＝∠BAE+∠AED＝x°+y°，∠MNB＝∠DFB+∠D＝z°+45°， 又∵∠BMN+∠MNB+∠B＝180°，∠B＝30°， ∴x°+y°+z°+45°+30°＝180°， ∴x°+y°+z°＝105°， ∴x+y+z＝105． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/30 2:44:59；用户：gaga；邮箱：18376708956；学号：18 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$