第36期 期中综合质量检测卷（一）-【数理报】2024-2025学年八年级下册数学学案（沪科版 安徽专版）

书 答案详解 　　　 ２０２４～２０２５学年　初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期　（２０２５年３月）　　　 ３６期１，２版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｂ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ａ Ａ Ｃ Ａ 二、１１．ｘ≥－６；　１２．－２；　１３．９０°；　１４．槡２２； １５．７６． 三、１６．（１） 槡８７７；　（２）槡２３－１． １７．（１）ｘ１ ＝３＋ 槡２５，ｘ２ ＝３－ 槡２５； （２）ｘ１ ＝３，ｘ２ ＝－４． １８．（１）由题意，得ＯＡ＝６０米，ＯＤ＝８０米，∠ＡＯＤ＝９０°． 在Ｒｔ△ＯＡＤ中，由勾股定理，得ＡＤ＝ ＯＡ２＋ＯＤ槡 ２ ＝１００米． 因为ＢＤ＝１００米，ＡＢ＝ 槡１００２米，所以ＡＤ ２＋ＢＤ２ ＝２００００， ＡＢ２ ＝２００００．所以ＡＤ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２．所以∠ＡＤＢ＝９０°． （２）过点Ｂ作ＢＥ⊥ＯＤ交ＯＤ的延长线于点Ｅ，图略．所以 ∠ＢＥＤ＝９０°＝∠ＡＯＤ．所以 ∠ＥＢＤ＋∠ＢＤＥ＝９０°．因为 ∠ＡＤＢ＝９０°，所以 ∠ＡＤＯ＋∠ＢＤＥ＝９０°．所以 ∠ＡＤＯ＝ ∠ＥＢＤ．又因为 ＡＤ＝ＢＤ，所以 △ＡＯＤ≌ △ＤＥＢ（ＡＡＳ）．所以 ＢＥ＝ＯＤ＝８０米，ＤＥ＝ＯＡ＝６０米．所以ＯＥ＝ＯＤ＋ＤＥ＝ １４０米．在Ｒｔ△ＢＥＯ中，由勾股定理，得ＯＢ＝ ＢＥ２＋ＯＥ槡 ２ ＝ 槡２０ ６５米． 答：地铁Ｂ出口与学校Ｏ之间的距离是 槡２０ ６５米． １９．（１）设全天包车数的月平均增长率为ｘ． 根据题意，得２５（１＋ｘ）２ ＝６４． 解得ｘ１ ＝０．６＝６０％，ｘ２ ＝－２．６（舍去）． 答：全天包车数的月平均增长率为６０％． （２）设应将每辆车的全天包车租金降价ｙ元，则十一月份 的全天包车数达到（６４＋ｙ１０×８）次． 根据题意，得（１２０－ｙ）（６４＋ｙ１０×８）＝７９２０． 整理，得ｙ２－４０ｙ＋３００＝０． 解得ｙ１ ＝１０，ｙ２ ＝３０． 因为要尽可能地让利顾客，所以ｙ＝３０． 答：应将每辆车的全天包车租金降价３０元． ２０．（１）４，槡１７－４． （２）５－槡２３，槡２３－４． （３）槡２３ｘ－ｘｙ＋１７＝槡２３（５－槡２３）－（５－槡２３）（槡２３ －４）＋１７＝ 槡５ ２３－２３－ 槡５ ２３＋２０＋２３－ 槡４ ２３＋１７＝３７ － 槡４ ２３． ２１．（１）因为ａ＝１，ｂ＝－２（ｎ－２），ｃ＝ｎ２－４ｎ，所以Δ＝ ｂ２－４ａｃ＝［－２（ｎ－２）］２－４（ｎ２－４ｎ）＝１６＞０．所以方程有 两个不相等的实数根． （２）因为ｘ２－２（ｎ－２）ｘ＋ｎ２－４ｎ＝（ｘ－ｎ）（ｘ－ｎ＋４） ＝０，所以ｘ１＝ｎ，ｘ２＝ｎ－４．由题意，得ＡＢ≠ＡＣ．因为△ＡＢＣ 是等腰三角形，所以有两种情况： 当ｎ＝１０时，ｎ－４＝６．因为６，１０，１０能组成等腰三角形， 所以ｎ＝１０符合题意． 当ｎ－４＝１０时，ｎ＝１４．因为１０，１０，１４能组成等腰三角 形，所以ｎ＝１４符合题意． 综上所述，ｎ的值为１０或１４时，△ＡＢＣ是等腰三角形． ３６期３，４版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ 二、１１．ｘ（ｘ－１）＝１８２；　１２．２０２６；　１３．５２ｃｍ； １４．６；　１５．２或１＋槡２． 三、１６．（１）ｘ１ ＝２＋槡６，ｘ２ ＝２－槡６； （２）ｘ１ ＝－２，ｘ２ ＝４． １７．（１）原式 ＝－ａ２＋ａ－５．当ａ＝槡２－１时，原式 ＝ 槡３２ －９． （２）原式 ＝ｍ－１＋１ｍ．当ｍ＝２＋槡３时，原式 ＝３． １８．（１）是． （２）因为关于ｘ的一元二次方程ａｘ２－槡３ａｘ＋ｃ＝０（ａ≠ ０）是“倍根方程”，所以设方程的两根分别为 ｍ，２ｍ．由根与系 数的关系，得ｍ＋２ｍ＝槡３， ｃ ａ ＝２ｍ ２．解得ｍ＝槡３３， ｃ ａ ＝ ２ ３． 所以ｃ＝ ２３ａ． １９．（１）槡２－１． （２）３ｘ－ １２ ＝ １ １＋槡３ ＋ １ 槡３＋槡５ ＋ １ 槡５＋槡７ ＋… ＋ １ 槡９７＋槡９９ ＝ 槡３－１ （槡３＋１）（槡３－１） ＋ 槡５－槡３ （槡５＋槡３）（槡５－槡３） ＋ 槡７－槡５ （槡７＋槡５）（槡７－槡５） ＋… ＋ 槡９９－槡９７ （槡９９＋槡９７）（槡９９－槡９７） ＝ １ ２（槡３－１＋槡５－槡３＋槡７－槡５＋…＋槡９９－槡９７）＝ １ ２（槡９９ －１）． 解得ｘ＝槡１１２ ． ２０．（１） ４＋（８－ｘ）槡 ２ ＋ １＋ｘ槡 ２                                                        ． —１— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 （２）槡７３． （３）已知ＡＢ＝１，ＤＥ＝２，ＢＤ＝３，取Ｐ为线段ＢＤ上一动 点，分别过点Ｂ，Ｄ作ＡＢ⊥ＢＤ，ＥＤ⊥ＢＤ，连接ＡＰ，ＥＰ．设ＢＰ＝ ｘ．根据勾股定理，得ＡＰ＝ ｘ２＋槡 １，ＰＥ＝ （３－ｘ） ２＋槡 ４．所 以ＡＰ＋ＰＥ＝ ｘ２＋槡 １＋ （３－ｘ） ２＋槡 ４．要使ＡＰ＋ＰＥ的值 最小，则需满足Ａ，Ｐ，Ｅ三点共线，即最小值为 ＡＥ的长．过点 Ａ 作ＡＣ⊥ＤＥ，交ＥＤ的延长线于点Ｃ，连接ＡＥ，图略．所以ＡＣ＝ ＢＤ＝３，ＣＥ ＝ ＡＢ＋ＤＥ ＝３．所以代数式 ｘ２＋槡 １ ＋ （３－ｘ）２＋槡 ４的最小值为：ＡＥ＝ ＡＣ ２＋ＣＥ槡 ２ ＝ 槡３２． ２１．（１）过点Ｐ作ＰＥ⊥ＣＤ于点Ｅ，图略．设经过ｘｓ，Ｐ，Ｑ两 点之间的距离是１０ｃｍ．根据题意，得（１６－２ｘ－３ｘ）２＋６２ ＝ １０２．解得ｘ１ ＝ ８ ５，ｘ２ ＝ ２４ ５． 答：经过 ８ ５ｓ或 ２４ ５ｓ，Ｐ，Ｑ两点之间的距离是１０ｃｍ． （２）设经过ｙｓ，△ＰＢＱ的面积为１２ｃｍ２． ①当０≤ｙ≤１６３时，ＰＢ＝１６－３ｙ．所以 １ ２ＰＢ·ＢＣ＝ １ ２ ×（１６－３ｙ）×６＝１２．解得ｙ＝４； ②当１６３ ＜ｙ≤ ２２ ３时，ＢＰ＝３ｙ－１６，ＱＣ＝２ｙ．所以 １ ２ＢＰ· ＱＣ＝ １２×（３ｙ－１６）×２ｙ＝１２．解得 ｙ１ ＝６，ｙ２ ＝－ ２ ３（舍 去）； ③当２２３ ＜ｙ≤８时，ＰＱ＝ＣＱ－ＰＣ＝２２－ｙ．所以 １ ２ＰＱ· ＢＣ＝ １２×（２２－ｙ）×６＝１２．解得ｙ＝１８（舍去）． 答：经过４ｓ或６ｓ，△ＰＢＱ的面积为１２ｃｍ２． ３７期２版 １９．１多边形内角和 １９．１．１多边形的概念 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　 ４．（１）３，１２． （２）因为△ＡＢＣ边界上的格点数是８，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×３×４ ＝６，正方形ＤＥＦＧ内的格点数是４，Ｓ正方形ＤＥＦＧ ＝３×３＝９，所以 ３ｍ＋８ｎ－１＝６， ４ｍ＋１２ｎ－１＝９{ ．解得 ｍ＝１， ｎ＝ １２ { ． （３）１８． 能力提高　５．原多边形纸片的边数为３或４或５．图略． １９．１．２多边形的内角和 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１８；　４．１０． ５．因为ＡＢ∥ＣＤ，∠Ｂ＝７０°，所以 ∠Ｃ＝１８０°－∠Ｂ＝ １１０°．因为五边形的内角和为：（５－２）×１８０°＝５４０°，所以ｘ° ＋１２０°＋１４０°＋７０°＋１１０°＝５４０°．解得ｘ＝１００． ６．（１）６０． （２）因为ＣＥ∥ＡＤ，∠Ｄ＝１４０°，所以∠ＤＣＥ＝１８０°－∠Ｄ ＝４０°．因为ＣＥ平分∠ＢＣＤ，所以∠ＢＣＤ＝２∠ＤＣＥ＝８０°．所 以∠Ｂ＝（４－２）×１８０°－∠Ａ－∠ＢＣＤ－∠Ｄ＝４０°． 能力提高　７．根据题意，得１７８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜ １７８０°＋１８０°．解得１１８９ ＜ｎ＜１２ ８ ９．因为ｎ为正整数，所以 ｎ＝１２．所以除去的内角的度数为：（１２－２）×１８０°－１７８０°＝２０°． １９．１．３多边形的外角和 基础训练　１．Ａ；　２．Ｄ；　３．Ａ；　４．４０°；　５．７２°． ６．因为 ∠ＡＢＥ是四边形 ＡＢＣＤ的外角，所以 ∠ＡＢＥ＋ ∠ＡＢＣ＝１８０°．因为∠ＡＢＥ＝∠Ｄ，所以∠ＡＢＣ＋∠Ｄ＝１８０°． 又因为四边形的内角和等于３６０°，所以 ∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－ （∠ＡＢＣ＋∠Ｄ）＝１８０°． ７．设这个正多边形的一个外角的度数为ｘ．根据题意，得ｘ ＋３２ｘ＝１８０°．解得ｘ＝７２°．所以这个正多边形的边数为：３６０° ÷７２°＝５． 能力提高　８．根据题意，得王明所走路径是一个正多边 形．因为王明第一次回到Ａ点时走了７２米，每次沿直线走６米 转弯，所以这个正多边形的边数为：７２÷６＝１２．所以θ＝３６０° ÷１２＝３０°． ３７期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ 二、９．２ｎ；　１０．５４；　１１．８，１３５°；　１２．３６６． 三、１３．图略． １４．延长ＡＧ，ＣＤ交于点Ｈ，图略．因为∠Ａ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝ ∠ＣＤＥ＝∠ＡＧＦ＝９０°，所以∠Ｈ＝（４－２）×１８０°－∠Ａ－∠Ｂ －∠Ｃ＝９０°，∠ＥＤＨ＝１８０°－∠ＣＤＥ＝９０°，∠ＦＧＨ＝１８０°－ ∠ＡＧＦ＝９０°．所以∠Ｆ＝（５－２）×１８０°－∠ＥＤＨ－∠Ｅ－ ∠ＦＧＨ－∠Ｈ＝１３０°≠１４０°．所以这个零件不合格． １５．（１）六边形 ＡＢＣＤＥＦ的内角和为：（６－２）×１８０°＝ ７２０°． （２）因为六边形 ＡＢＣＤＥＦ的内角和为７２０°，∠１＋∠２＋ ∠３＋∠４＋∠５＝４７０°，所以∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ＝７２０°－ ４７０°＝２５０°．所以∠Ｇ＝３６０°－（∠ＧＢＣ＋∠Ｃ＋∠ＣＤＧ）＝ １１０°． １６．设这个多边形的边数是ｍ．根据题意，得１２８０°－１８０° ＜（ｍ－２）×１８０°＜１２８０°．解得８１９ ＜ｍ＜９ １ ９．因为ｍ是 正整数，所以ｍ＝９．所以他重复加的那个角的度数是：１２８０° －（９－２）×１８０°＝２０°． １７．（１）∠ＡＣＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ． （２）因为∠Ａ＋∠Ｂ＋∠ＢＣＤ＋∠Ｄ＝（４－２）×１８０°＝ ３６０°，所以∠ＢＣＤ＝３６０°－∠Ａ－∠Ｂ－∠Ｄ．因为∠ＤＣＥ是四 边形ＡＢＣＤ的外角，所以∠ＤＣＥ＝１８０°－∠ＢＣＤ＝∠Ａ＋∠Ｂ ＋∠Ｄ－１８０°． （３）ｙ－ｘ＝１８０（ｎ－３）． 附加题　（１）正确． （２）设应加内角的度数为ｘ，所加外角的度数为ｙ．根据题 意，得（ｎ－２）×１８０°＝２０２０°－ｙ＋ｘ．因为－１８０°＜ｘ－ｙ＜ １８０°，所以２０２０°－１８０°＜（ｎ－２）×１８０°＜２０２０°＋１８０°．解 得１２２９ ＜ｎ＜１４ ２ ９．因为ｎ是正整数，所以ｎ＝１３或１４．所 以嘉嘉求的是十三边形或十四边形的内角和． ３８期２版 １９．２平行四边形 １９．２．１平行四边形的性质 基础训练　１．Ｃ；　２．Ｃ；　３．１．５                                                                      ． —２— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 ４．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ，ＢＣ＝ ＡＤ，∠ＡＢＣ＝∠ＡＤＣ．因为△ＢＣＥ和△ＣＤＦ都是等边三角形， 所以ＣＤ＝ＤＦ，ＢＣ＝ＢＥ，∠ＥＢＣ＝∠ＣＤＦ＝６０°．所以ＡＢ＝ ＤＦ，ＢＥ＝ＡＤ，∠ＡＢＣ＋∠ＥＢＣ＝∠ＡＤＣ＋∠ＣＤＦ，即∠ＡＢＥ＝ ∠ＦＤＡ．所以△ＡＢＥ≌△ＦＤＡ（ＳＡＳ）．所以ＡＥ＝ＡＦ． ５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，∠Ｂ＝６０°，所以 ＡＤ∥ＢＣ，∠Ｄ＝∠Ｂ＝６０°．所以∠ＢＡＤ＝１８０°－∠Ｂ＝１２０°． 因为ＡＥ⊥ ＢＣ，ＡＦ⊥ ＣＤ，所以 ∠ＡＥＢ＝∠ＡＦＤ＝９０°．所以 ∠ＢＡＥ＝９０°－∠Ｂ＝３０°，∠ＤＡＦ＝９０°－∠Ｄ＝３０°．所以 ∠ＥＡＦ＝∠ＢＡＤ－∠ＢＡＥ－∠ＤＡＦ＝６０°． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＢＣ＝６，所以ＡＤ＝ ＢＣ＝６．由（１）知∠ＤＡＦ＝３０°．所以ＤＦ＝１２ＡＤ＝３．由勾股 定理，得ＡＦ＝ ＡＤ２－ＤＦ槡 ２ ＝ 槡３３． 能力提高　６．Ｂ． １９．２．２平行四边形的判定 基础训练　１．Ｂ；　２．Ａ；　３．Ｄ；　４．是． ５．因为ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ａｃ＋２ｂｄ，所以（ａ－ｃ）２＋（ｂ－ ｄ）２ ＝０．所以ａ＝ｃ，ｂ＝ｄ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． ６．由对顶角相等，得∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ．在△ＡＯＥ和△ＣＯＤ 中，因为 ∠ＥＡＯ＝∠ＤＣＯ，ＡＯ＝ＣＯ，∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＤ，所以 △ＡＯＥ≌△ＣＯＤ（ＡＳＡ）．所以ＯＥ＝ＯＤ．所以四边形ＡＥＣＤ是 平行四边形． 能力提高　７．４． １９．２．３三角形的中位线 基础训练　１．Ｂ；　２．Ｄ；　３．Ｃ；　４．４． ５．因为Ｐ是ＢＤ的中点，Ｅ是ＡＢ的中点，Ｆ是ＣＤ的中点，所 以ＰＥ＝１２ＡＤ，ＰＦ＝ １ ２ＢＣ．因为ＡＤ＝ＢＣ，所以ＰＥ＝ＰＦ．所 以∠ＰＦＥ＝∠ＰＥＦ＝１８°． ６．因为 ＣＤ是 △ＡＢＣ的中线，所以 ＡＤ＝ＤＢ．因为 ＥＦ＝ ＡＥ，所以ＤＥ∥ＢＦ．又因为ＣＦ∥ＡＢ，所以四边形ＤＢＦＣ是平行 四边形． 能力提高　７．４． ３８期３版 一、题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ｂ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ 二、９．１４；　１０．答案不惟一，如ＡＢ＝ＣＤ；　１１．３０°； １２．６； 三、１３．因为四边形 ＡＢＣＤ是平行四边形，所以 ＯＡ＝ＯＣ， ＯＢ＝ＯＤ．因为ＡＥ＝ＣＦ，所以ＯＡ＋ＡＥ＝ＯＣ＋ＣＦ，即ＯＥ＝ ＯＦ．因为ＢＧ＝ＤＨ，所以ＯＢ－ＢＧ＝ＯＤ－ＤＨ，即ＯＧ＝ＯＨ．所 以四边形ＥＧＦＨ是平行四边形． １４．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ ＢＣ．所以∠ＡＥＢ＝∠ＤＡＥ．因为ＡＢ＝ＡＥ，所以∠Ｂ＝∠ＡＥＢ． 所以∠Ｂ＝∠ＤＡＥ．在△ＡＢＣ和△ＥＡＤ中，因为ＡＢ＝ＥＡ，∠Ｂ ＝∠ＤＡＥ，ＢＣ＝ＡＤ，所以△ＡＢＣ≌△ＥＡＤ（ＳＡＳ）． １５．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，ＡＢ＝４，所以 ＣＤ＝ ＡＢ＝４，ＡＤ∥ＢＣ．因为∠ＡＣＢ＝３０°，所以∠ＤＡＣ＝∠ＡＣＢ＝ ３０°．根据折叠的性质，得ＡＥ＝ＡＤ，ＣＤ＝ＣＥ，∠ＡＣＤ＝９０°．所 以∠Ｄ＝９０°－∠ＤＡＣ＝６０°．所以△ＡＤＥ是等边三角形．所以 ＡＤ＝ＡＥ＝ＤＥ＝２ＣＤ＝８．所以△ＡＤＥ的周长为：８×３＝２４． １６．（１）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，所以 ∠ＣＢＤ＝ ∠ＥＢＤ．因为ＥＤ∥ＢＣ，所以∠ＣＢＤ＝∠ＥＤＢ．所以∠ＥＢＤ＝ ∠ＥＤＢ．所以ＢＥ＝ＥＤ．因为ＢＥ＝ＣＦ，所以ＥＤ＝ＣＦ．所以四 边形ＥＦＣＤ是平行四边形． （２）因为 ＢＤ是 △ＡＢＣ的角平分线，∠ＡＢＣ＝６０°，所以 ∠ＡＢＤ＝ １２∠ＡＢＣ＝３０°．因为 ∠ＡＤＢ＝１００°，所以 ∠Ａ＝ １８０°－∠ＡＢＤ－∠ＡＤＢ＝５０°．因为四边形ＥＦＣＤ是平行四边 形，所以ＥＦ∥ＡＣ．所以∠ＡＥＦ＝１８０°－∠Ａ＝１３０°． １７．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ＝ＣＤ， ＡＢ∥ＣＤ．因为ＣＥ＝ＡＢ，所以ＣＥ＝ＣＤ．所以∠ＣＤＥ＝∠ＣＥＤ ＝ １２（１８０°－∠ＤＣＥ）＝９０°－ １ ２∠ＤＣＥ．所以 ∠ＡＥＤ ＝ ∠ＣＤＥ＝９０°－１２∠ＤＣＥ． （２）延长ＤＡ，ＦＥ交于点Ｍ，图略．因为四边形 ＡＢＣＤ是平 行四边形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所以∠Ｍ＝∠ＥＦＢ．因为Ｅ是ＡＢ的 中点，所以ＡＥ＝ＢＥ．由对顶角相等，得∠ＡＥＭ＝∠ＢＥＦ．所以 △ＡＥＭ≌△ＢＥＦ（ＡＡＳ）．所以ＭＥ＝ＦＥ，ＡＭ＝ＢＦ＝２．所以ＤＭ ＝ＡＤ＋ＡＭ ＝６．因为ＤＦ⊥ＢＣ，ＡＤ∥ＢＣ，所以ＤＦ⊥ＡＤ，即 ∠ＭＤＦ ＝９０°．在 Ｒｔ△ＭＤＦ中，由勾股定理，得 ＭＦ ＝ ＤＭ２＋ＤＦ槡 ２ ＝ 槡６２．所以ＥＦ＝ １ ２ＭＦ＝ 槡３２． 附加题　（１）因为 ＡＣ＝ＡＥ，ＢＣ＝ＢＥ，所以 ＡＢ⊥ ＣＥ， ∠ＡＥＣ＝∠ＡＣＥ，∠ＢＥＣ＝∠ＢＣＥ．所以 ∠ＡＥＣ＋∠ＢＥＣ＝ ∠ＡＣＥ＋∠ＢＣＥ，即∠ＡＥＢ＝∠ＡＣＢ．因为∠ＡＥＢ＝∠ＣＡＤ，所 以∠ＡＣＢ＝∠ＣＡＤ．所以ＢＣ∥ＡＤ．因为ＣＤ⊥ＣＥ，所以ＡＢ∥ ＣＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． （２）过点Ａ作ＡＧ⊥ＣＤ于点Ｇ，图略．所以ＡＧ∥ＣＦ．因为 ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ⊥ＣＥ，所以ＣＦ＝ＡＧ．根据勾股定理，得ＡＣ２－ＣＧ２ ＝ＡＤ２－ＤＧ２，即４２－（３－ＤＧ）２ ＝３２－ＤＧ２．解得ＤＧ＝１３． 所以ＣＦ＝ＡＧ＝ ＡＤ２－ＤＧ槡 ２ ＝ 槡４５３．因为 ＡＣ＝ＡＥ，ＡＢ⊥ ＣＥ，所以ＣＥ＝２ＣＦ＝ 槡８５３． ３９期２版 １９．３矩形、菱形、正方形（矩形） １９．３．１．１矩形的性质 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｄ；　３．１１０． ４．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＤ∥ ＢＣ，∠Ｂ＝ ９０°．所以∠ＤＡＦ＝∠ＡＥＢ．因为ＤＦ⊥ＡＥ，所以∠ＡＦＤ＝９０°＝ ∠Ｂ．又因为ＤＡ＝ＡＥ，所以△ＤＦＡ≌△ＡＢＥ．所以ＤＦ＝ＡＢ． （２）因为ＡＢ＝４，所以ＤＦ＝４．因为四边形ＡＢＣＤ是矩形， 所以∠ＡＤＣ＝９０°．因为∠ＦＤＣ＝３０°，所以∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－ ∠ＦＤＣ＝６０°．所以∠ＤＡＦ＝９０°－∠ＡＤＦ＝３０°．所以ＡＤ＝ ２ＤＦ＝８． 能力提高　５．槡４３． ６．（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＡＢ∥ ＣＤ．所以 ∠ＢＡＣ＝∠ＦＣＯ．由对顶角相等，得 ∠ＡＯＥ＝∠ＣＯＦ．又因为 ＡＥ＝ＣＦ，所以△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ．所以ＯＥ＝ＯＦ． （２）连接ＯＢ，图略．因为△ＡＯＥ≌△ＣＯＦ，所以ＯＡ＝ＯＣ， 即Ｏ为矩形ＡＢＣＤ对角线的交点．所以ＯＡ＝ＯＢ．所以∠ＢＡＣ ＝∠ＡＢＯ．因为ＢＥ＝ＢＦ，ＯＥ＝ＯＦ，所以ＢＯ⊥ＥＦ．在Ｒｔ△ＢＥＯ 中，∠ＢＥＦ＋∠ＡＢＯ ＝９０°．因为 ∠ＢＥＦ ＝２∠ＢＡＣ，                                                                      所以 —３— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 ２∠ＢＡＣ＋∠ＢＡＣ＝９０°．解得∠ＢＡＣ＝３０°．因为四边形ＡＢＣＤ 是矩形，所以∠ＡＢＣ＝９０°．因为ＢＣ＝２，所以ＡＣ＝２ＢＣ＝４． 根据勾股定理，得ＡＢ＝ ＡＣ２－ＢＣ槡 ２ ＝ 槡２３． １９．３．１．２直角三角形斜边上的中线 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ；　４．１３２． ５．连接ＣＥ，图略． （１）因为ＣＤ＝ＣＢ，Ｅ为ＢＤ的中点，所以ＣＥ⊥ＢＤ．所以 ∠ＡＥＣ＝９０°．因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ＝ １２ＡＣ＝１． （２）ＢＣ＝ＡＭ＋ＤＭ．理由如下： 因为∠ＢＡＣ＝４５°，所以∠ＡＣＥ＝９０°－∠ＢＡＣ＝４５°．所 以ＡＥ＝ＣＥ．因为Ｆ为ＡＣ的中点，所以ＥＦ垂直平分ＡＣ．所以 ＡＭ ＝ＣＭ．所以ＢＣ＝ＣＤ＝ＣＭ＋ＤＭ ＝ＡＭ＋ＤＭ． １９．３．１．３矩形的判定 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｂ； ３．答案不惟一，如ＤＥ＝ＦＧ；　４．１３． ５．因为 ＢＥ∥ ＤＦ，所以 ∠ＤＦＣ＝∠ＡＥＢ．所以 １８０°－ ∠ＤＦＣ＝１８０°－∠ＡＥＢ，即∠ＤＦＡ＝∠ＢＥＣ．因为ＤＦ＝ＢＥ，ＡＦ ＝ＣＥ，所以△ＡＦＤ≌△ＣＥＢ．所以∠ＤＡＣ＝∠ＢＣＡ，ＡＤ＝ＣＢ． 所以ＡＤ∥ＢＣ．所以四边形ＡＢＣＤ是平行四边形．又因为∠ＢＡＤ ＝９０°，所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． 能力提高　６．４． ７．（１）因为ＡＤ∥ＢＣ，所以∠Ｄ＋∠Ｃ＝１８０°．因为∠Ａ＝ ∠Ｄ＝９０°，所以∠Ｃ＝∠Ａ＝∠Ｄ＝９０°．所以四边形ＡＢＣＤ是 矩形． （２）根据折叠的性质，得∠ＢＧＥ＝∠Ａ＝９０°，ＢＧ＝ＡＢ＝ ６，ＡＥ＝ＧＥ．所以∠ＥＧＦ＝１８０°－∠ＢＧＥ＝９０°．因为Ｅ是ＡＤ 的中点，所以 ＡＥ＝ＤＥ．所以 ＤＥ＝ＧＥ．因为 ＥＦ＝ＥＦ，所以 Ｒｔ△ＤＥＦ≌Ｒｔ△ＧＥＦ（ＨＬ）．所以ＤＦ＝ＧＦ．所以ＢＦ＝ＢＧ＋ＧＦ ＝６＋ＤＦ．因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ＣＤ＝ＡＢ＝６．在 Ｒｔ△ＢＣＥ中，根据勾股定理，得ＢＣ２＋ＣＦ２ ＝ＢＦ２，即８２＋（６－ ＤＦ）２ ＝（６＋ＤＦ）２．解得ＤＦ＝ ８３． ３９期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｃ Ｄ Ｃ Ｃ Ｄ Ｃ Ｂ 二、９．３５°；　１０．４５；　１１．６；　１２．７２． 三、１３．因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＢＣ＝ＡＤ＝ ８．因为ＡＢ＝６，ＡＣ＝１０，所以ＡＣ２ ＝ＡＢ２＋ＢＣ２．所以∠Ｂ＝ ９０°．所以平行四边形ＡＢＣＤ是矩形． １４．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以ＡＤ∥ＢＣ．所以∠Ｆ ＝∠ＢＣＥ．因为Ｅ是ＡＢ的中点，所以ＡＥ＝ＥＢ．由对顶角相等， 得∠ＡＥＦ＝∠ＢＥＣ．所以△ＡＥＦ≌△ＢＥＣ（ＡＡＳ）． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以∠Ｄ＝９０°．因为∠Ｆ ＝３０°，所以ＣＦ＝２ＣＤ＝８． １５．（１）因为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＥ∥ＢＣ． 又因为ＣＥ∥ＢＤ，所以四边形ＢＣＥＤ是平行四边形．所以ＣＥ＝ ＢＤ．因为ＣＥ＝ＡＣ，所以ＡＣ＝ＢＤ．所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． （２）因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠ＢＡＤ＝９０°，ＢＣ＝ ＡＤ＝３．根据勾股定理，得ＢＤ＝ ＡＢ２＋ＡＤ槡 ２ ＝５．所以四边形 ＢＣＥＤ的周长为：２（ＢＣ＋ＢＤ）＝１６． １６．因为矩形 ＡＢＣＤ≌ 矩形 ＡＥＦＧ，所以 ＡＢ＝ＡＥ＝１， ∠ＤＡＢ＝∠ＦＥＡ＝９０°，ＡＤ＝ＢＣ＝２．所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＥＢ， ∠ＡＢＥ＋∠ＡＤＢ＝９０°，∠ＡＥＢ＋∠ＤＥＦ＝１８０°－∠ＦＥＡ＝ ９０°．所以∠ＤＥＦ＝∠ＡＤＢ．所以ＥＨ＝ＤＨ．在Ｒｔ△ＡＥＨ中，根 据勾股定理，得ＥＨ２＋ＡＥ２＝ＡＨ２，即（２－ＡＨ）２＋１２＝ＡＨ２．解 得ＡＨ＝ ５４． １７．（１）因为ＡＢ＝ＡＣ，ＡＤ是△ＡＢＣ的角平分线，所以ＡＤ ⊥ ＢＣ，∠ＣＡＤ ＝ １２∠ＢＡＣ．所以 ∠ＡＤＣ＝９０°．因为 ＡＮ为 △ＡＢＣ外角∠ＣＡＭ的平分线，所以 ∠ＣＡＮ＝ １２∠ＣＡＭ．所以 ∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＤ＋∠ＣＡＮ＝９０°．因为ＣＥ⊥ＡＮ，所以∠ＡＥＣ＝ ９０°．所以四边形ＡＤＣＥ是矩形． （２）四边形ＡＢＤＥ是平行四边形．证明如下： 由（１）知，四边形ＡＤＣＥ是矩形．所以ＡＥ＝ＣＤ，ＡＣ＝ＤＥ． 又因为ＡＢ＝ＡＣ，ＢＤ＝ＣＤ，所以ＡＢ＝ＤＥ，ＡＥ＝ＢＤ．所以四边 形ＡＢＤＥ是平行四边形． （３）ＤＦ∥ＡＢ，ＤＦ＝ １２ＡＢ． 附加题 　（１）因为四边形 ＡＢＣＤ是矩形，所以 ∠Ａ＝ ∠ＡＤＣ＝∠Ｂ＝∠Ｃ＝９０°，ＡＢ＝ＣＤ．由折叠的性质，得ＡＢ＝ ＰＤ，∠Ａ＝∠Ｐ＝９０°，∠Ｂ＝∠ＰＤＦ＝９０°．所以 ＰＤ＝ＣＤ， ∠ＰＤＦ＝∠ＡＤＣ，∠Ｐ＝∠Ｃ．所以∠ＰＤＦ－∠ＡＤＦ＝∠ＡＤＣ－ ∠ＡＤＦ，即∠ＰＤＥ＝∠ＣＤＦ．所以△ＰＤＥ≌△ＣＤＦ（ＡＳＡ）． （２）过点Ｅ作ＥＧ⊥ＢＣ于点Ｇ，图略．所以∠ＥＧＦ＝∠ＥＧＢ ＝９０°．所以四边形ＡＢＧＥ和四边形ＥＧＣＤ都是矩形．所以ＡＥ＝ ＢＧ，ＤＥ＝ＣＧ，ＥＧ＝ＣＤ＝４．在Ｒｔ△ＥＧＦ中，由勾股定理，得ＦＧ ＝ ＥＦ２－ＥＧ槡 ２ ＝３．由（１），得 △ＰＤＥ≌ △ＣＤＦ．所以 ＰＥ＝ ＣＦ，ＤＥ＝ＤＦ＝ＣＧ＝ＣＦ＋３．由折叠的性质，得ＡＥ＝ＰＥ．在 Ｒｔ△ＣＤＦ中，由勾股定理，得ＣＤ２＋ＣＦ２ ＝ＤＦ２，即ＣＦ２＋４２ ＝ （ＣＦ＋３）２．解得ＣＦ＝ ７６．所以ＢＣ＝２ＣＦ＋ＦＧ＝ １６ ３                                                         ． —４— 初中数学·沪科八年级（ＡＨ）　第３６～３９期 书 上期检测卷 一、１．Ｂ；　２．Ｃ； ３．Ｂ；　４．Ｃ； ５．Ｃ；　６．Ｂ； ７．Ｄ；　８．Ｂ； ９．Ｃ；　１０．Ｂ． 二、１１．合格； １２．２７或４５； １３．１３；　１４．１３２； １５．２７或４８． 三、１６．由勾股定 理，得６２＋（ｘ＋２）２ ＝ （ｘ＋４）２．解得ｘ＝６． １７．因为 ｍ，ｎ为整 数，且 ｍ ＞ｎ＞１，ａ＝ ｍ２－ｎ２，ｂ＝２ｍｎ，ｃ＝ ｍ２＋ｎ２，所以 ａ，ｂ，ｃ均 为正整数．因为（ｍ２ － ｎ２）２＋（２ｍｎ）２ ＝ｍ４－ ２ｍ２ｎ２＋ｎ４ ＋４ｍ２ｎ２ ＝ ｍ４＋２ｍ２ｎ２＋ｎ４，（ｍ２＋ ｎ２）２ ＝ｍ４ ＋２ｍ２ｎ２ ＋ ｎ４．所以ａ２＋ｂ２＝ｃ２．所 以ａ，ｂ，ｃ为勾股数． １８．（１）因为ＡＢ＝ ２６米，ＡＤ ＝２４米，ＢＤ ＝１０米，所以 ＡＢ２ ＝ ＢＤ２＋ＡＤ２．所以∠ＡＤＢ ＝９０°． （２） 由 （１） 知 ∠ＡＤＣ ＝ ∠ＡＤＢ ＝ ９０°．因为 ＡＣ比 ＣＤ长 １２米，所以 ＡＣ＝ＣＤ＋ １２．由勾股定理，得 ＣＤ２ ＋ＡＤ２ ＝ＡＣ２，即ＣＤ２＋ ２４２＝（ＣＤ＋１２）２．解得 ＣＤ＝１８米．所以ＡＣ＝ ３０米．因为ＤＥ⊥ＡＣ，所 以 Ｓ△ＡＤＣ ＝ １ ２ＡＤ·ＣＤ ＝１２ＡＣ·ＤＥ．所以 ＤＥ ＝ＡＤ·ＣＤＡＣ ＝ ７２ ５米． 答：小路ＤＥ的长为 ７２ ５米． １９．设昆虫乙爬行 遇到昆虫甲需要ｘｓ．将 长方体的侧面展开成一 个平面，记相遇点为 Ｆ． 根据题意，得 ＡＦ ＝ ｘｃｍ，Ｃ１Ｆ＝ｘｃｍ．因为 ＡＢ＝ＢＣ＝６ｃｍ，ＡＡ１＝ １４ｃｍ，所以ＣＦ＝（１４－ ｘ）ｃｍ．在 Ｒｔ△ＡＣＦ中， ＡＣ＝１２ｃｍ，由勾股定 理，得 ＡＣ２ ＋ＣＦ２ ＝ ＡＦ２，即１２２＋（１４－ｘ）２ ＝ｘ２．解得ｘ＝８５７． 答：昆虫乙至少需 要 ８５ ７ ｓ才能遇到昆虫 书书书 １９． （１０ 分 ） 阅 读 以 下 材 料 ：将 分 母 中 的 根 号 化 去 ，叫 做 分 母 有 理 化 ． 分 母 有 理 化 的 方 法 ，一 般 是 把 分 子 、分 母 都 乘 同 一 个 适 当 的 代 数 式 ，使 分 母 不 含 根 号 ．例 如 ： １槡 ２ ＝ 槡 ２ 槡 ２ × 槡 ２ ＝ 槡 ２２ ． （１ ） 将 １ 槡 ２ ＋ １ 分 母 有 理 化 可 得 ； （２ ） 解 关 于 ｘ 的 方 程 ：３ｘ － １２ ＝ １ １ ＋ 槡 ３ ＋ １ 槡 ３ ＋ 槡 ５ ＋ １ 槡 ５ ＋ 槡 ７ ＋ … ＋ １ 槡 ９７ ＋ 槡 ９９ ． ２０． （１１ 分 ） 如 图 ６ － ① ，Ｃ 为 线 段 ＢＤ 上 的 一 动 点 ，分 别 过 点 Ｂ ，Ｄ 作 ＡＢ ⊥ ＢＤ ，ＥＤ ⊥ ＢＤ ，连 接 ＡＣ ，ＥＣ．已 知 ＡＢ ＝ ２ ，Ｄ Ｅ ＝ １ ，ＢＤ ＝ ８ ，设 ＣＤ ＝ ｘ．（１ ） 用 含 ｘ 的 代 数 式 表 示 ＡＣ ＋ ＣＥ 的 长 为 ； （２ ）ＡＣ ＋ ＣＥ 的 最 小 值 是 ； （３ ） 请 模 仿 图 ６ － ① 在 网 格 （ 图 ６ － ② ） 中 构 图 并 求 代 数 式 ｘ ２ ＋ 槡 １ ＋ （３ － ｘ） ２ ＋ 槡 ４ 的 最 小 值 ． ２１． （１４ 分 ） 如 图 ７ ，在 长 方 形 ＡＢＣＤ 中 ，ＡＢ ＝ １６ ｃｍ ，ＢＣ ＝ ６ ｃｍ ，动 点 Ｐ ，Ｑ 分 别 以 ３ ｃｍ ／ｓ，２ ｃｍ ／ｓ 的 速 度 从 点 Ａ ，Ｃ 同 时 出 发 ，沿 规 定 路 线 移 动 ． （１ ） 如 图 ７ － ① ，若 点 Ｐ 从 点 Ａ 移 动 到 点 Ｂ 停 止 ，点 Ｑ 随 点 Ｐ 的 停 止 而 停 止 移 动 ，问 经 过 多 长 时 间 ，Ｐ ，Ｑ 两 点 之 间 的 距 离 是 １０ ｃｍ ？ （２ ） 如 图 ７ － ② ，若 点 Ｐ 沿 着 ＡＢ → ＢＣ → ＣＤ 移 动 ，点 Ｑ 从 点 Ｃ 移 动 到 点 Ｄ 停 止 时 ，点 Ｐ 随 点 Ｑ 的 停 止 而 停 止 移 动 ，连 接 ＢＱ ，试 求 经 过 多 长 时 间 ，△ ＰＢＱ 的 面 积 为 １２ ｃｍ ２？ !"# $ %&!' $ ()*+,- !" ./&0123456 !"# $ %&!' $ ()7+,8 !" ./&0123456 ! " ! # ! " # $ % " %&$ # ' & % " ' $ # ! $ ! " 书 期中综合质量检测卷（一） ◆ 数理报社试题研究中心 　（说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间９０分钟，满分１２０分）　 题　号 一 二 三 总　分 得　分 一、精心选一选 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 得分 答案 二、细心填一填 得分 　１１． ；　　　１２． ； 　１３． ；　　　１４． ； 　１５． ． 一、精心选一选（本大题共１０小题，每小题４分，满分４０分） １．关于ｘ的方程ａｘ２－ｘ－１＝０是一元二次方程，则ａ的取值范围是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ａ．ａ＞０ Ｂ．ａ＜０ Ｃ．ａ≠０ Ｄ．ａ为任意实数 ２．计算（－槡１１） ２的结果为 （　　） Ａ．－１１ Ｂ．１１ Ｃ．±１１ Ｄ．１２１ ３．以２，３为直角边的直角三角形的斜边长为 （　　） 槡 槡Ａ．５ Ｂ． １３ Ｃ．４ Ｄ．５ ４．下列各式中，化简后能与槡２合并的是 （　　） Ａ．槡 １ ２ Ｂ．槡 ２ ３ 槡Ｃ． １２ Ｄ． ０．槡 ２ ５．毛主席在《水调歌头·重上井冈山》上写道“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”， 为我们描绘了科技发展的美好蓝图．如今，我国的航天航海事业飞速发展，取得了举 世瞩目的成就，２０２４年１０月３０日神舟十九号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成 功．某商家抓住这一商机，购进了某种航天模型玩具，每件的进价为３０元．经市场预 测，销售定价为５０元时，每周可卖出３００件；每降低１元，每周可多卖出２０件．如果商 家想在一周时间获利６０８０元，设每件玩具降价ｘ元，则可列方程为 （　　） Ａ．（５０－ｘ）（３００＋２０ｘ）＝６０８０ Ｂ．（５０－ｘ－３０）（３００－２０ｘ）＝６０８０ Ｃ．（５０－ｘ）（３００－２０ｘ）＝６０８０ Ｄ．（５０－ｘ－３０）（３００＋２０ｘ）＝６０８０ ６．估计槡５×（槡２５－槡２）的值应在 （　　） Ａ．５和６之间 Ｂ．６和７之间 Ｃ．７和８之间 Ｄ．８和９之间 ７．某数学兴趣小组开展了笔记本电脑的张角大小的实践探究活动．如图１，当张 角为∠ＢＡＦ时，顶部边缘Ｂ处到桌面的距离ＢＣ为７ｃｍ，此时底部边缘Ａ处与Ｃ处间 的距离ＡＣ为 ２４ｃｍ，小组成员调整张角的大小继续探究，最后发现当张角为 ∠ＤＡＦ（Ｄ是Ｂ的对应点）时，顶部边缘Ｄ处到桌面的距离ＤＥ为２０ｃｍ，则底部边缘Ａ 处与Ｅ处间的距离ＡＥ为 （　　） Ａ．１５ｃｍ Ｂ．１８ｃｍ Ｃ．２１ｃｍ Ｄ．２４ｃｍ ８．若ｍ，ｎ为方程ｘ２＋ｘ－５＝０的两根，则ｍ２＋６ｍ＋５ｎ的值为 （　　） Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．１０ Ｄ．１５ ９．实数ａ，ｂ在数轴上的位置如图２所示，化简｜ａ＋１｜－ （ｂ－１）槡 ２＋ （ａ＋ｂ）槡 ２ 的结果是 （　　） Ａ．２ａ＋２ｂ Ｂ．２－２ｂ Ｃ．２ａ＋２ Ｄ．２ａ－２ １０．如图３，将边长为８ｃｍ的正方形ＡＢＣＤ折叠，使点Ｄ落在ＢＣ边的中点Ｅ处，点 Ａ落在Ｆ处，折痕为ＭＮ，则线段ＣＮ的长是 （　　） Ａ．３ｃｍ Ｂ．４ｃｍ Ｃ．５ｃｍ Ｄ．６ｃｍ 二、细心填一填（本大题共５小题，每小题４分，满分２０分） １１．若二次根式 ｘ＋槡 ６有意义，则ｘ的取值范围是 ． １２．已知关于ｘ的一元二次方程（ａ－２）ｘ２＋ｘ＋ａ２－４＝０的一个根是０，则ａ的 值是 ． １３．如图４，分别以△ＡＢＣ的三边为一边向外作正方形，它们的面积分别是Ｓ１，Ｓ２， Ｓ３．若Ｓ１＋Ｓ２ ＝Ｓ３，则∠１＋∠２＝ ． １４．已知 ａ－槡 ２＋（ｂ－３） ２ ＝０，则４槡ａ－ ２４ 槡ｂ的值为 ． １５．如图５，在△ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＤ⊥ＢＣ于点Ｄ，ＡＢ＋ＡＣ＝４，ＢＣ＝３，则 ＡＤ＝ ． 三、耐心解一解（本大题共６小题，满分６０分） １６．（８分）计算： （１） 槡２ ２８＋槡 １ ７ －槡６３； （２）槡１２－槡２×（槡８－３槡 １ ２）． １７．（８分）解方程： （１）ｘ２－６ｘ－１１＝０； （２）（ｘ－１）（ｘ＋２）＝１０． （下转第２版                                                                                ） ! 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( $ ! % # " ) * + ! * ) %! # $ " ! % , - +, & , % )*+ !,"-./0 12345!67 123589:;<=>? @ABCDEF- CGHIJK LMNOPQF-RSH-. ,)+/$&$0T1U !"#$ !"#$%&!"' )*+,-./0 1 23-.456789/ 2('*+'%$*%34 23:;456789/ 2('*+'%$*!#$ ) V W X Y Z * [ U 书 甲． ２０． （１） 因 为 Ｒｔ△ＡＤＥ≌ Ｒｔ△ＡＧＥ， Ｒｔ△ＢＦＥ≌ Ｒｔ△ＢＧＥ， 所以ＥＤ＝ＥＧ＝ＥＦ＝ ｘ．所以 Ｓ△ＡＥＣ ＝ １ ２ｂｘ， Ｓ△ＢＥＣ ＝ １ ２ａｘ，Ｓ△ＡＥＢ ＝ １ ２ｃｘ，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ａｂ．因 为 Ｓ△ＡＢＣ ＝ Ｓ△ＡＥＣ ＋ Ｓ△ＢＥＣ ＋ Ｓ△ＡＥＢ，所 以 １ ２ｂｘ＋ １ ２ａｘ＋ １ ２ｃｘ＝ １ ２ａｂ，即（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ＝ ａｂ．解得ｘ＝ ａｂａ＋ｂ＋ｃ． （２）根据题意，得 ａｂ ａ＋ｂ＋ｃ＝ ａ＋ｂ－ｃ ２ ． 所以（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ＋ｂ－ ｃ）＝２ａｂ．所以（ａ＋ｂ）２ －ｃ２＝２ａｂ．所以ａ２＋ｂ２ ＋２ａｂ－２ａｂ＝ｃ２，即ａ２ ＋ｂ２ ＝ｃ２． ２１．根据题意，得 ＢＰ＝２ｔ，ＰＣ＝１６－２ｔ． （１）当ｔ＝５时，ＰＣ ＝６．在Ｒｔ△ＡＰＣ中，由 勾股定理，得ＡＰ２＝ＡＣ２ ＋ＰＣ２＝８２＋６２＝１００． 所以ＡＰ＝１０． （２）①当点Ｐ在线 段ＢＣ上时，图略．因为 ＤＥ⊥ ＡＰ，所以 ∠ＡＥＤ ＝∠ＰＥＤ＝∠ＡＣＢ＝ ９０°． 因 为 ＰＤ 平 分 ∠ＡＰＣ，所以 ＥＤ＝ＣＤ ＝ ３． 在 △ＰＥＤ 和 △ＰＣＤ中，因为 ＰＤ ＝ ＰＤ，ＥＤ ＝ ＣＤ，所 以 △ＰＥＤ≌△ＰＣＤ（ＨＬ）． 所以 ＰＥ＝ＰＣ＝１６－ ２ｔ．所以ＡＤ＝ＡＣ－ＣＤ ＝５．所以ＡＥ＝４．所以 ＡＰ＝ＡＥ＋ＰＥ＝２０－ ２ｔ．在Ｒｔ△ＡＰＣ中，由勾 股定理，得ＡＣ２＋ＰＣ２＝ ＡＰ２，即８２＋（１６－２ｔ）２ ＝（２０－２ｔ）２．解得ｔ＝ ５． ②点 Ｐ在线段 ＢＣ 的延长线上时，图略．同 ①， 得 △ＰＥＤ ≌ △ＰＣＤ．所以 ＥＤ＝ＣＤ ＝３，ＰＥ＝ＰＣ＝２ｔ－ １６．所以ＡＤ＝ＡＣ－ＣＤ ＝５．所以ＡＥ＝４．所以 ＡＰ＝ＡＥ＋ＰＥ＝２ｔ－ １２．在Ｒｔ△ＡＰＣ中，由勾 股定理，得ＡＣ２＋ＰＣ２＝ ＡＰ２，即８２＋（２ｔ－１６）２ ＝（２ｔ－１２）２．解得ｔ＝ １１． 综上所述，在点 Ｐ 的运动过程中，当ｔ的值 为５或１１时，能使ＰＤ平 分∠ＡＰＣ． 书 （上接第１版） １８．（９分）如图６，小彭同学每天乘坐地铁上学，他观察发现，地铁Ｄ出口和学校 Ｏ在南北方向街道的同一边，且相距８０米，地铁Ａ出口在学校的正东方向６０米处，地 铁Ｂ出口距离Ｄ出口１００米，距离Ａ出口 槡１００２米． （１）求∠ＡＤＢ的度数； （２）求地铁Ｂ出口与学校Ｏ之间的距离． １９．（１０分）随着“共享经济”的概念迅速普及，共享汽车也进入了人们的视野． 某共享汽车租赁公司在某地试点投放了一批共享汽车，全天包车的租金定为每辆 １２０元．据统计，该试点八月份的全天包车数为２５次，在租金不变的基础上，九、十月 份的全天包车数持续走高，十月份的全天包车数达到６４次． （１）若从八月份到十月份的全天包车数月平均增长率不变，求全天包车数的月 平均增长率； （２）现该公司计划扩大市场，经调查发现，每辆车的全天包车租金每降价１０元， 则全天包车数增加８次，公司决定从十一月一日起，降低租金，尽可能地让利顾客，计 划十一月份在该试点获利７９２０元，应将每辆车的全天包车租金降价多少元？ ２０．（１２分）阅读文字，解答下列问题： 我们知道槡２是无理数，而无理数是无限不循环小数，因此槡２的小数部分我们不 可能全部写出来，于是小明用槡２－１来表示槡２的小数部分，你同意小明的表示方法 吗？事实上，小明的表示方法是有道理的，因为槡２的整数部分是１，将槡２减去其整数部 分，差就是小数部分．又例如：因为槡４＜槡７＜槡９，即２＜槡７＜３，所以槡７的整数部分 是２，小数部分是槡７－２． （１）槡１７的整数部分是 ，小数部分是 ； （２）已知６－槡２３的小数部分是ｘ，则ｘ＝ ，６＋槡２３的小数部分是ｙ， 则ｙ＝ ； （３）在（２）的条件下，求槡２３ｘ－ｘｙ＋１７的值． ２１．（１３分）已知关于ｘ的一元二次方程ｘ２－２（ｎ－２）ｘ＋ｎ２－４ｎ＝０． （１）试判断上述方程根的情况； （２）已知△ＡＢＣ的两边ＡＢ，ＡＣ的长是上述方程的两个实数根，第三边ＢＣ的长为 １０．当ｎ为何值时，△ＡＢＣ是等腰三角形                                                     ？ 书 ３４期２版 １８．１勾股定理 １８．１．１认识勾股定理 基础训练　１．Ａ；　２．Ｃ；　３．１６；　４．６１． ５．根据题意，得∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＢ＝９０°．在Ｒｔ△ＡＣＤ中，ＡＣ ＝１５，ＡＤ＝１２，由勾股定理，得ＣＤ２＝ＡＣ２－ＡＤ２＝８１．所以ＣＤ ＝９．在Ｒｔ△ＡＢＤ中，ＡＢ＝１３，ＡＤ＝１２，由勾股定理，得ＢＤ２ ＝ ＡＢ２－ＡＤ２ ＝２５．所以ＢＤ＝５．所以ＢＣ＝ＣＤ＋ＢＤ＝１４． 能力提高　６．Ｃ． １８．１．２勾股定理的验证及应用 基础训练　１．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ａ；　４．４ｍ；　５．１５． ６．由题意，得中间小正方形的边长为 ａ－ｂ．每个直角三角 形的面积为： １ ２ａｂ＝ １ ２×８＝４．根据题意，得４× １ ２ａｂ＋（ａ－ ｂ）２ ＝２５．解得（ａ－ｂ）２ ＝９．所以ａ－ｂ＝３． 答：小正方形的边长为３． ７．（１）设ＡＢ＝ｘ米，则ＢＣ＝（ｘ＋１０）米．在Ｒｔ△ＡＢＣ中， 由勾股定理，得ｘ２＋７０２ ＝（ｘ＋１０）２．解得ｘ＝２４０． 答：该河的宽度ＡＢ为２４０米． （２）（２４０＋１０）÷５＝５０（秒）．７０÷４＝１７．５（秒）． ５０＋１７．５＝６７．５（秒）． 答：航行总时间为６７．５秒． 能力提高　８．５． １８．２勾股定理的逆定理 基础训练　１．Ａ；　２．Ｃ；　３．１２； ４．直角三角形． ５．（１）因为ＢＣ＝１５，ＣＤ＝９，ＢＤ＝１２，所以ＢＣ２＝ＣＤ２＋ ＢＤ２．所以△ＢＣＤ是直角三角形． （２）设ＡＢ＝ＡＣ＝ｘ，则ＡＤ＝ｘ－９．由（１），得 ∠ＡＤＢ＝ ∠ＢＤＣ＝９０°．在 Ｒｔ△ＡＢＤ中，由勾股定理，得 ＡＢ２ ＝ＡＤ２＋ ＢＤ２，即ｘ２ ＝（ｘ－９）２＋１２２．解得ｘ＝２５２．所以ＡＢ的长是 ２５ ２． 能力提高　６．（１）点Ｍ，Ｎ是线段ＡＢ的勾股分割点．理由 如下： 因为ＡＭ２＋ＮＢ２＝１．５２＋２２＝６．２５，ＭＮ２＝２．５２＝６．２５， 所以ＡＭ２＋ＮＢ２ ＝ＭＮ２．所以以ＡＭ，ＭＮ，ＮＢ为边的三角形是一 个直角三角形．所以点Ｍ，Ｎ是线段ＡＢ的勾股分割点． （２）设ＮＢ＝ｘ，则ＭＮ＝ＡＢ－ＡＭ－ＮＢ＝１８－ｘ． ①当ＭＮ为最长线段时，由题意，得ＭＮ２＝ＡＭ２＋ＮＢ２，即 （１８－ｘ）２ ＝３６＋ｘ２．解得ｘ＝８； ②当ＮＢ为最长线段时，由题意，得ＮＢ２＝ＡＭ２＋ＭＮ２，即ｘ２ ＝３６＋（１８－ｘ）２．解得ｘ＝１０． 综上所述，ＮＢ的长是８或１０． ３４期３版 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｄ Ｃ Ｂ Ｄ Ｄ Ａ Ｂ 二、９．４；　１０．７；　１１．ｃ２＋ａｂ，ａ２＋ｂ２＋ａｂ；　１２．１５． 三、１３．在Ｒｔ△ＡＣＤ中，由勾股定理，得ＡＣ２＝ＣＤ２－ＡＤ２＝ １３２－１２２＝２５．所以ＡＣ＝５．在Ｒｔ△ＡＢＣ中，由勾股定理，得ＡＢ２ ＝ＡＣ２－ＢＣ２ ＝５２－４２ ＝９．所以 ＡＢ＝３．所以 Ｓ四边形ＡＢＣＤ ＝ Ｓ△ＡＢＣ ＋Ｓ△ＡＣＤ ＝ １ ２ＡＢ·ＢＣ＋ １ ２ＡＤ·ＡＣ＝ １ ２×３×４＋ １ ２× １２×５＝３６． １４．由题意，得ＡＢ＝１２×２＝２４（海里），∠ＢＡＣ＝１８０°－ ３５°－５５°＝９０°．在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＢＣ＝３０海里，由勾股定理，得 ＡＣ２＝ＢＣ２－ＡＢ２＝３０２－２４２＝３２４．所以ＡＣ＝１８海里．所以 乙船的航速是：１８÷２＝９（海里 ／时）． 答：乙船的航速是９海里 ／时． １５．连接ＡＭ，图略．因为ＡＢ＝ＡＣ＝５，ＢＣ＝６，点Ｍ为ＢＣ 的中点，所以ＡＭ⊥ＢＣ，ＢＭ＝ＣＭ＝１２ＢＣ＝３．在Ｒｔ△ＡＢＭ中， 由勾股定理，得ＡＭ２ ＝ＡＢ２－ＢＭ２＝５２－３２＝１６．所以ＡＭ＝ ４．因为Ｓ△ＡＭＣ ＝ １ ２ＭＮ·ＡＣ＝ １ ２ＡＭ·ＣＭ，所以ＭＮ＝ ＡＭ·ＣＭ ＡＣ ＝１２５． １６．（１）设ＢＥ＝ＡＥ＝ｘ．因为ＢＤ＝１６，所以ＤＥ＝ＢＤ－ＢＥ ＝１６－ｘ．因为 ＡＤ⊥ ＢＣ，所以 ∠ＡＤＥ＝∠ＡＤＣ＝９０°．在 Ｒｔ△ＡＤＥ中，由勾股定理，得ＡＥ２ ＝ＡＤ２＋ＤＥ２，即 ｘ２ ＝１２２＋ （１６－ｘ）２．解得ｘ＝１２．５．所以ＤＥ＝１６－ｘ＝３．５． （２）在Ｒｔ△ＡＢＤ中，ＡＤ＝１２，ＢＤ＝１６，由勾股定理，得ＡＢ２ ＝ＢＤ２＋ＡＤ２＝１６２＋１２２＝４００．所以ＡＢ＝２０．在Ｒｔ△ＡＤＣ中， ＡＣ＝１５，ＡＤ＝１２，由勾股定理，得ＣＤ２＝ＡＣ２－ＡＤ２＝１５２－１２２ ＝８１．所以ＣＤ＝９．所以ＢＣ＝ＢＤ＋ＣＤ＝２５．因为ＡＢ２＋ＡＣ２ ＝２０２＋１５２＝６２５，ＢＣ２＝２５２＝６２５，所以ＡＢ２＋ＡＣ２＝ＢＣ２． 所以△ＡＢＣ是直角三角形，且∠ＢＡＣ＝９０°． １７．因为点Ｎ是ＦＧ的中点，ＦＧ＝ＢＣ＝１２ｃｍ，所以ＦＮ＝ １ ２ＢＣ＝６ｃｍ． ①将长方体展开，前面与上面所在的平面形成长方形 ＡＢＧＨ．因为ＡＢ＝１８ｃｍ，ＢＦ＝１０ｃｍ，所以 ＢＭ ＝ＡＢ－ＡＭ ＝ １２ｃｍ，ＢＮ＝ＢＦ＋ＦＮ＝１６ｃｍ．在Ｒｔ△ＢＭＮ中，ＭＮ２＝ＢＭ２＋ ＢＮ２ ＝１２２＋１６２ ＝４００．所以ＭＮ＝２０ｃｍ． ②将长方体展开，前面与右面所在的平面形成长方形 ＡＣＧＥ，过点Ｎ作ＮＰ⊥ＢＣ于点Ｐ，图略．所以ＢＰ＝ＦＮ＝６ｃｍ． 因为ＡＢ＝１８ｃｍ，ＢＦ＝１０ｃｍ，所以 ＰＭ ＝ＡＢ－ＡＭ＋ＢＰ＝ １８ｃｍ，ＰＮ＝ＢＦ＝１０ｃｍ．在Ｒｔ△ＰＭＮ中，ＭＮ２＝ＰＭ２＋ＰＮ２＝ １８２＋１０２ ＝４２４． 因为４００＜４２４，所以它需要爬行的最短路程是２０ｃｍ． 附加题　（１）９０． （２）因为Ｓ四边形ＡＣＢＥ ＝Ｓ△ＡＣＢ＋Ｓ△ＡＢＥ ＝ １ ２ＡＢ·ＤＧ＋ １ ２ＡＢ ·ＥＧ＝ １２ＡＢ·（ＤＧ＋ＥＧ）＝ １ ２ＡＢ·ＤＥ＝ １ ２ｃ ２，Ｓ四边形ＡＣＢＥ ＝ Ｓ四边形ＡＣＦＥ ＋Ｓ△ＥＦＢ ＝ １ ２（ＡＣ＋ＥＦ）·ＣＦ＋ １ ２ＢＦ·ＥＦ＝ １ ２（ｂ ＋ａ）ｂ＋１２（ａ－ｂ）·ａ＝ １ ２ｂ ２＋１２ａｂ＋ １ ２ａ ２－１２ａｂ＝ １ ２ａ ２ ＋１２ｂ ２，所以 １ ２ｃ ２ ＝ １２ａ ２＋１２ｂ ２，即ａ２＋ｂ２ ＝ｃ２． !"#$%&'() ! ! *+,-./01234!")5 #$ ( !"#$ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ! " # $ ! ! ! " 678 "9# :+;< 6=>?) 书书书 期 中 综 合 质 量 检 测 卷 （ 二 ） ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 　 （ 说 明 ： 本 试 卷 为 闭 卷 笔 答 ， 答 题 时 间 ９０ 分 钟 ， 满 分 １２ ０ 分 ） 　 题 　 号 一 二 三 总 　 分 得 　 分 一 、 精 心 选 一 选 题 号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 得 分 答 案 二 、 细 心 填 一 填 得 分 　 １１ ． ； 　 　 　 １２ ． ； 　 １３ ． ； 　 　 　 　 　 　 １４ ． ； 　 １５ ． ． 一 、 精 心 选 一 选 （ 本 大 题 共 １０ 小 题 ， 每 小 题 ４ 分 ， 满 分 ４０ 分 ） １． 下 列 各 式 中 ，是 最 简 二 次 根 式 的 是 （ 　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 槡 Ａ ．２ ４ Ｂ． ａ 槡 ２ 槡 槡 Ｃ． ２７ Ｄ ． １１ ２． 如 图 １， 点 Ｅ 在 正 方 形 ＡＢ ＣＤ 的 ＡＢ 边 上 ．若 ＥＢ ＝ １， ＥＣ ＝ ２， 则 正 方 形 ＡＢ ＣＤ 的 面 积 为 （ 　 　 ） 槡 Ａ ． ３ Ｂ． ３ 槡 Ｃ． ５ Ｄ ．５ ３． 计 算 （ 槡 ４８ － 槡 １２ ） × 槡 ３ ４ 的 结 果 是 （ 　 　 ） 槡 Ａ ． ３ Ｂ． １ Ｃ． ３ Ｄ ． 槡２ ３ ４． 一 元 二 次 方 程 － ２ｘ ２ ＋ ４ｘ － ３ ＝ ０ 根 的 情 况 为 （ 　 　 ） Ａ ．没 有 实 数 根 Ｂ． 有 两 个 相 等 的 实 数 根 Ｃ． 有 两 个 不 相 等 的 实 数 根 Ｄ ．只 有 一 个 实 数 根 ５． 下 列 各 组 数 中 ，是 勾 股 数 的 是 （ 　 　 ） 槡 Ａ ． ３， 槡 ４， 槡 ５ Ｂ． １ ３ ， １ ４ ， １ ５ Ｃ． ３ ， ４， ６ Ｄ ．２ ５， ６０ ，６ ５ ６ ． 如 图 ２， 某 农 家 乐 老 板 计 划 在 一 块 长 １３ ０ 米 ， 宽 ６０ 米 的 空 地 开 挖 两 块 形 状 、大 小 相 同 的 垂 钓 鱼 塘 ，它 们 的 面 积 之 和 为 ５ ７５ ０ 平 方 米 ， 两 块 垂 钓 鱼 塘 之 间 及 周 边 留 有 宽 度 相 等 的 垂 钓 通 道 ，则 垂 钓 通 道 的 宽 度 为 （ 　 　 ） Ａ ．４ ．５ 米 Ｂ． ５ 米 Ｃ． ５． ５ 米 Ｄ ．６ 米 ７． 如 图 ３， 在 △ ＡＢ Ｃ 中 ， ∠ ＡＢ Ｃ 和 ∠ ＡＣ Ｂ 的 平 分 线 交 于 点 Ｄ ，且 ∠ ＡＢ Ｄ ＋ ∠ ＡＣ Ｄ ＝ ４５ °． 若 ＡＢ ＝ １５ ， ＡＣ ＝ ２０ ，则 ＢＣ ＝ （ 　 　 ） Ａ ．２ ５ Ｂ． ２０ Ｃ． １５ Ｄ ．１ ０ ８． 我 们 规 定 ：对 于 任 意 的 正 数 ｍ ，ｎ 的 运 算 “ Φ ” 为 ：当 ｍ ＜ ｎ时 ，ｍ Φ ｎ ＝ ２ 槡 槡 ｍ ＋ ｎ； 当 ｍ ≥ ｎ 时 ，ｍ Φ ｎ ＝ ２ 槡 槡 ｍ － ｎ， 其 他 运 算 符 号 意 义 不 变 ． 按 上 述 规 定 ，计 算 （ ３ Φ ２） － （ ８ Φ １２ ） 的 结 果 为 （ 　 　 ） 槡 槡 Ａ ．５ ２ Ｂ． － ５ ２ 槡 Ｃ． ４ ２ Ｄ ． － 槡４ ２ ９． 如 图 ４ － ① ，在 △ ＡＢ Ｃ 中 ，Ａ Ｂ ＝ ＡＣ ，Ａ Ｄ ⊥ ＢＣ 于 点 Ｄ （ ＢＤ ＞ ＡＤ ） ， 动 点 Ｐ 从 Ｂ 点 出 发 ，沿 折 线 ＢＡ → ＡＣ 方 向 运 动 ，运 动 到 点 Ｃ 停 止 ．设 点 Ｐ 的 运 动 路 程 为 ｘ， △ ＢＰ Ｄ 的 面 积 为 ｙ， ｙ与 ｘ的 函 数 图 象 如 图 ４ － ② 所 示 ， 则 Ｂ Ｃ 的 长 为 （ 　 　 ） Ａ ．３ Ｂ． ６ Ｃ． ８ Ｄ ．９ １０ ．已 知 实 数 ａ ≠ ｂ， 且 满 足 （ ａ ＋ １） ２ ＝ ３ － ３（ ａ ＋ １） ，（ ｂ ＋ １） ２ ＝ ３ － ３（ ｂ ＋ １） ，则 ｂ ｂ 槡 ａ ＋ ａ ａ 槡 ｂ 的 值 为 （ 　 　 ） Ａ ．２ ３ Ｂ． － ２３ Ｃ． － ２ Ｄ ． － １３ 二 、 细 心 填 一 填 （ 本 大 题 共 ５ 小 题 ， 每 小 题 ４ 分 ， 满 分 ２０ 分 ） １１ ．生 物 兴 趣 小 组 的 学 生 ， 将 自 己 收 集 的 标 本 向 本 组 其 他 成 员 各 赠 送 一 件 ，全 组 共 互 赠 了 １８ ２ 件 ， 如 果 全 组 有 ｘ 名 同 学 ， 则 可 列 方 程 为 ． １２ ．已 知 ｘ， ｙ为 实 数 ，且 ｙ ＝ ｘ － 槡 ２ ０２ ５ ＋ ２ ０２ ５ 槡 － ｘ ＋ １， 则 ｘ ＋ ｙ 的 值 是 ． １３ ．如 图 ５， 小 红 想 用 一 条 彩 带 缠 绕 易 拉 罐 ， 正 好 从 Ａ 点 绕 到 正 上 方 Ｂ 点 共 四 圈 ． 已 知 易 拉 罐 底 面 周 长 是 １２ ｃ ｍ ，高 是 ２０ ｃｍ ，那 么 所 需 彩 带 最 短 长 度 是 ． １４ ．已 知 关 于 ｘ的 一 元 二 次 方 程 ｘ２ － ５ｘ ＋ ｍ ＝ ０， 若 方 程 有 两 个 实 数 根 为 ｘ １ ，ｘ ２ ，且 满 足 ３ｘ １ － ２ｘ ２ ＝ ５， 则 实 数 ｍ 的 值 是 ． １５ ．长 方 形 ＡＢ ＣＤ 中 ，Ｍ 为 对 角 线 ＢＤ 的 中 点 ，点 Ｎ 在 ＡＤ 边 上 ，且 ＡＮ ＝ ＡＢ ＝ １． 当 以 点 Ｄ ，Ｍ ，Ｎ 为 顶 点 的 三 角 形 是 直 角 三 角 形 时 ，Ａ Ｄ 的 长 为 ． 三 、 耐 心 解 一 解 （ 本 大 题 共 ６ 小 题 ， 满 分 ６０ 分 ） １６ ．（ ６ 分 ） 解 方 程 ： （ １） ｘ２ － ４ｘ － ２ ＝ ０； 　 　 　 　 　 （ ２） ｘ２ － ４ ＝ ２（ ｘ ＋ ２） ． １７ ．（ １０ 分 ） 先 化 简 ，再 求 值 ： （ １） （ ａ ＋ 槡 ５） （ ａ － 槡 ５） － ａ（ ２ａ － １） ，其 中 ａ ＝ 槡 ２ － １； （ ２） ｍ ２ － １ ｍ ＋ １ － ｍ ２ － ２ｍ ＋ 槡 １ ｍ － ｍ ２ ，其 中 ｍ ＝ ２ ＋ 槡 ３． １８ ．（ ９ 分 ） 若 关 于 ｘ 的 一 元 二 次 方 程 ａｘ ２ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ＝ ０（ ａ ≠ ０） 有 两 个 实 数 根 ，且 其 中 一 个 根 为 另 一 个 根 的 ２ 倍 ，则 称 这 样 的 方 程 为 “ 倍 根 方 程 ” ． （ １） 请 判 断 一 元 二 次 方 程 ｘ２ － ６ｘ ＋ ８ ＝ ０ （ 填 “ 是 ” 或 “ 不 是 ” ） “ 倍 根 方 程 ” ； （ ２） 若 关 于 ｘ 的 一 元 二 次 方 程 ａｘ ２ － 槡 ３ａ ｘ ＋ ｃ ＝ ０（ ａ ≠ ０） 是 “ 倍 根 方 程 ” ，求 ａ 和 ｃ的 关 系 ． - @ A B C D E F ! " # $ % & ! ' $ ( ) * + , - $% . / & 0 1 2 3 4 5 6 #$%&'(#) ! " # $ % & ! ' $ ( ) 7 + , 8 $% . / & 0 1 2 3 4 5 6 ! & % # ! " " & ! % # ' ( ! ' ' ) * * ! * * ! ( ' $ ) ( ' ) " ( % # ! " ) ! + ! " ! " ! , #GHIJI: #K(LDM'-, N #KOPQ: #RSTUVM*),'.,(/'(,! #GHWXMYZ[\]^_`abcd (*( efgOHhi,jHk*+,-RST #lmRnM*)***! #^oTpHqrM*),'!,(/'(!0 ',,)!!)!11/!stue< #pvMwxGH^oTXyz={|}l~6< #lmpvqrM'''1, #€‚ƒp„…p†‡p # G H ˆ = { | [!^<3 ‰ Š ‹ Œ H # G H  Y Z P X Ž @   ‘ ’6\ ] ^ “ ” • a – — ˜<™ Ž 9 š  Ž › œ  ž Ÿ 9 w x G H ^ o T X y   ¡