专项训练4 判断与说理-【暑假大串联】2024-2025学年八年级数学暑假作业教材衔接（沪科版）

面积为1 2×2×2=2. 所以△OAB 的面积为9 -2× 3 2-2=4. 2.解:∵y-1与x 成正比例,∴可设y- 1=kx,把x=2,y=5代入上式得k=2, ∴y-1=2x,即y=2x+1为所求的函 数关系式. 当x=-1时,y=2×(-1)+1=-1; 当y=0时,0=2x+1,x=- 1 2. 3.解:∵∠FDE=∠BAD+∠ABD,而 ∠ABC=∠EBC+∠ABD,又∵∠BAD= ∠EBC,∴∠FDE=∠ABC,∴∠ABC=60°. 同理,∠ACB=∠ACF+∠BCE,而∠FED =∠EBC+∠BCE.又∵∠ACF=∠EBC, ∴∠ACB = ∠FED =40°.在 △ABC 中, ∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-60° -40°=80°. 4.解:作EG⊥DA 交DA 的延长线于G, 再作EH⊥BD,EP⊥AC,垂足分别为 H,P, 则 EG=EH,∵ ∠ADC=20°,AC=CD, ∴∠CAD=20°,而∠BAC=80°,∴∠GAE= 180°- 20°- 80°= 80°,∴Rt△EGA ≌ Rt△EPA,∴ EG = EP,∴ EP = EH, ∴∠ECB=∠ECA= 1 2∠BCA= 1 2×40°= 20°,∴∠CED=∠BCE-∠BDE=20°-10° =10°. 5.解:过 点 F 作 FM ⊥AD 于 M, ∵∠EDF=90°,∠E=60°,∴∠EFD=30°, ∵DE=8,∴EF=16,∴DF= EF2-DE2 =83.∵EF∥AD,∴∠FDM=30°,∴FM = 1 2DF=43 ,∴MD= FD2-FM2=12, ∵ ∠C =45°,∴ ∠MFB = ∠ABC =45°, ∴FM=BM=43,∴BD=DM-BM=12 -43. 6.(1)-20+65 (2)-1 (3)2-23 (4) 103+202-35 60 7.解:(1)在矩形 ABCD 中,∠ABC= 90°,∴Rt△ABC 中,∠ACB=30°, ∴AC=2AB=4. (2)∵四边形ABCD 是矩形,∴AO=OB =2,又∵AB=2,∴△AOB 是等边三角形, ∴∠AOB=60°. (3)由 勾 股 定 理,得 BC= 42-22 = 23,S△ABC= 1 2×2×23=23. S△BOC= 1 2S△ABC= 3 ,所以菱形OBEC 的面积是△BOC 面积的2倍,是23. 8.解:根据a,b,c在数轴上的位置,得a <0,b>0,c<0,a+c<0,c-b<0.故原式= (-a)+(a+c)-(c-b)-b=-a+a+c-c +b-b=0. 9.解:(1)∵方程有实数根,∴Δ=22- 4(k+1)≥0,解得k≤0.故k 的取值范围是 k≤0. (2)根据一元二次方程根与系数的关系, 得x1+x2=-2,x1x2=k+1,x1+x2-x1x2 =-2-(k+1). 由已知,得-2-(k+1)<-1,解得k> -2.又由(1)知k≤0,∴-2<k≤0.∵k 为整 数, ∴k的值为-1和0. 专项训练四 判断与说理 1.解:△CEF 是等腰三角形,理由如下: ∵点E 到AC,AB 的距离相等,∴点E 在∠CAB 的平分线上,∴AE 平分∠CAB,∴ ∠CAE=∠BAE,∵∠CEA=180°-∠CAE - ∠ACB,∠DFA = 180°- ∠DAE - ∠ADC,∠ACB = ∠CDA,∴ ∠CEA = ∠DFA.∵ ∠DFA = ∠CFE,∴ ∠CEF = ∠CFE,∴CF=CE.∴△CEF 是等腰三角形. 2.解:(1)相等.理由如下:∵CD⊥AB, BE⊥AC,∴∠BDH =∠BEC=∠CDA= 90°.∵∠ABC=45°,∴∠BCD=180°-90°- 45°=45°=∠ABC,∴DB=DC.∵∠BDH= ∠BEC=∠CDA=90°,∴∠A+∠ACD= 90°,∠A + ∠HBD =90°,∴ ∠HBD = ∠ACD.∵在△DBH 和△DCA 中, ∠BDH=∠CDA BD=CD ∠HBD=∠ACD{ , ∴△DBH≌△DCA(ASA), ∴BH=AC. (2)证明:连接CG,由(1)知,DB=CD, ∵F为BC 的中点,∴DF 垂直平分BC, ∴BG=CG.∵∠ABE=∠CBE,BE⊥ AC,∴EC=EA, 在Rt△CGE 中,由勾股定理得:CG2- GE2=CE2, ∵CE=AE,BG=CG,∴BG2-GE2= EA2. 3.证明:∵四边形ABCD 是平行四边形, ∴AB=CD,AB∥CD. ∴∠GBE=∠HDF. 又∵AG=CH, ∴BG=DH. 又∵BE=DF, ∴△GBE≌△HDF. ∴GE=HF,∠GEB=∠HFD, ∴∠GEF=∠HFE,∴GE∥HF. ∴四边形GEHF 是平行四边形. 4.解:△EMC 的形状是等腰直角三角形. ·21· 理由如下: 连接AM, ∵∠8=30°,∠9=60°,∴∠DAB=180° -30°-60°=90°, ∵M 为BD 中点,AD=AB(已知两个全 等的含30°,60°角的三角板 ADE 和三角板 ABC 放置在一起), ∴AM⊥BD(等腰三角形底边的中线也 垂直于底边),AM=BM=DM(直角三角形 斜边上中线等于斜边的一半),∴∠5=∠6= 1 2 (180°-90°)=45°,∠4= ∠BDA =45°. ∵∠7=30°,∴∠MBC=45°+30°=75°, 同理∠MAE=75°=∠MBC, 在△BCM 和△AEM 中, BM=AM ∠MBC=∠MAE BC=AE{ , ∴△BCM≌△AEM(SAS), ∴EM =CM,∠3=∠2.∵AM ⊥BD, ∴∠1+∠2=90°,∴∠1+∠3=90°, ∴△EMC 是等腰直角三角形. 5.(1)解:∵ 四 边 形 ABCD 是 菱 形, ∴∠DAB=2∠DAC=2×15°=30°, ∠ABC=180°-∠DAB=180°-30°= 150°. ∵∠ABE∶∠CBE=7∶3, ∴ ∠ABE = 150° × 7 3+7 = 105° , ∴∠DEB=180°-∠ABE=180°-105°= 75°. (2)证明:∵BK⊥AD,菱形的对边AD∥ BC,∴ ∠CBM = ∠AKB =90°,∠BCA = ∠DAC=15°, 取CM 的中点G,连接BG,则BG=CG = 1 2CM ,∴∠CBG=∠BCG=15°, ∵∠EBG=∠EBC-∠CBG=(150°- 105°)-15°=30°,∠BGM=∠CBG+∠BCA =15°+15°=30°, ∴∠GBF=∠BGM,∴FB=FG.∵CF =CG+FG,∴CF= 1 2CM+FB ,故2CF= CM+2FB. 6.解:(1)正确. 证明:在AB 上取一点M,使AM=EC, 连接 ME.∴BM =BE,∴ ∠BME =45°, ∴∠AME =135°.∵CF 是 外 角 平 分 线, ∴∠DCF=45°,∴∠ECF=135°,∴∠AME =∠ECF.∵∠AEB+∠BAE=90°,∠AEB + ∠CEF = 90°,∴ ∠BAE = ∠CEF, ∴△AME≌△ECF(ASA),∴AE=EF. (2)正确. 证明:在 BA 的延长线上取一点 N.使 AN=CE,连接 NE.∴BN=BE,∴∠N= ∠NEC=45°.∵CF 平分∠DCG,∴∠FCE= 45°,∴∠N=∠ECF,∵四边形 ABCD 是正 方形,∴AD∥BE,∴∠DAE=∠BEA,即 ∠DAE+90°=∠BEA+90°,∴∠NAE= ∠CEF,∴△ANE≌△ECF(ASA),∴AE= EF. 专项训练五 实践与运用 1.(1)y= 3 5x+331 (2)当x=22时, y=344.2 s=344.2×5=1721(m) 2.(1)560 100km/h 1100 3 解析:(1) t=0时,s=560,所以,A,B 两地的距离为 560千米; 甲车的 速 度 为:(560-440)÷1=120 (km/h),设乙车的速度为xkm/h, 则(120+x)×(3-1)=440,解得x= 100; 相遇后甲车到达B 地的时间为:(3-1) ×100÷120= 5 3 (小时), 所以,a=(120+100)× 5 3= 1100 3 (千米). (2)设直线BC 的解析式为s=k1t+b1 (k1≠0), 将 B (1,440),C (3,0)代 入 得, k1+b1=440 3k1+b1=0{ ,解 得 k1=-220 b1=660{ ,所 以,s= -220t+660,当-220t+660=330时,解得t =1.5,所以,t-1=1.5-1=0.5; 直线CD 的解析式为s=k2t+b2(k2≠ 0),点D 的横坐标为 5 3+3= 14 3 , 将C(3,0),D( 14 3 ,1100 3 )代入得, 14 3k2+b2= 1100 3 3k2+b2=0{ ,解 得 k2=220 b2=-660{ ,所 以,s=220t-660(3≤t≤ 14 3 ). 当220t-660=330时,解得t=4.5,所 以,t-1=4.5-1=3.5, 答:乙出发0.5小时或3.5小时后两车相 距330千米. 3.解:(1)∵运往A 地的“冰墩墩”x 件, ·31· 第 二 部 分 整 合 提 升 专项训练四 判断与说理 1.如图,在△ACB 中,点D 是AB 边上 的一点,且∠ACB=∠CDA;点E 在BC 边 上,且点E 到AC,AB 的距离相等,连接AE 交CD 于点F.试判断△CEF 的形状;并证明 你的结论. 2.如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,CD ⊥AB,BE⊥AC,垂足分别为D,E,F 为BC 中点,BE 与 DF,DC 分 别 交 于 点G,H, ∠ABE=∠CBE. (1)线段BH 与AC 相等吗? 若相等,给 予证明,若不相等,请说明理由. (2)求证:BG2-GE2=EA2. 3.如图,已知在▱ABCD 中,E,F 是对 角线BD 上的两点,BE=DF,点G,H 分别 在BA 和DC 的延长线上,且AG=CH,连 接GE,EH,HF,FG. 求证:四边形GEHF 是平行四边形. 4.如图,两个全等的含30°,60°角的三角 板ADE 和三角板ABC 放置在一起,∠DEA =∠ACB=90°,∠DAE=∠ABC=30°,E, A,C 三点在一条直线上,连接 BD,取 BD 中点M,连接 ME,MC,试判断△EMC 的形 状,并说明理由. 96 第 二 部 分 整 合 提 升 5.如图,菱形ABCD 中,一射线BE 分 ∠ABC 为∠ABE 与∠CBE,且∠ABE∶ ∠CBE=7∶3,BE 交对角线AC 于F,交 CD 于E,过B 作BK⊥AD 于K 点,交AC 于M,且∠DAC=15°. (1)求∠DEB 的度数. (2)求证:2CF=CM+2FB. 6.数学课上,张老师出示了问题:如图 1,四边形ABCD 是正方形,点E 是边BC 的 中点.∠AEF=90°,且 EF 交 正 方 形 外 角 ∠DCG 的 平 分 线 CF 于 点 F,求 证:AE =EF. 经过思考,小明展示了一种正确的解题 思路:取AB 的中点M,连接 ME,则AM= EC,易证△AME≌△ECF,所以AE=EF. 在此基础上,同学们做了进一步的研究: (1)小颖提出:如图2,如果把“点E 是边 BC 的中点”改为“点E 是边BC 上(除B,C 外)的任意一点”,其他条件不变,那么结论 “AE=EF”仍然成立,你认为小颖的观点正 确吗? 如果正确,写出证明过程;如果不正 确,请说明理由. (2)小华提出:如图3,点E 是BC 的延 长线上(除C 点外)的任意一点,其他条件不 变,结论“AE=EF”仍然成立.你认为小华的 观点正确吗? 如果正确,写出证明过程;如果 不正确,请说明理由. 07