第1章 勾股定理 质量评估-【精英新课堂·三点分层作业】2025-2026学年新教材八年级上册数学（北师大版2024）

第一章质量评估 8.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 ACFG.已知正方形ABDE和正方形ACFG的面积分别 (时间：90分钟满分：100分》 动.如图，当张角为∠BAF时，顶部边缘B离桌面的高度BC 为25,16，求BC的长. 为7cm,此时底部边缘A处与C处间的距离AC为24cm;当 一、选择题：以下每小题均有A,B,C,D四个选项，其中只有一个 张角为∠DAF时(D是B的对应，点)，顶部边缘D到桌面的距 选项正确，每小题3分，共30分 离DE为20cm,则C处与E处之间的距离为 () A.9 cm B.18 cm C.21 cm D.24 cm 题号 1 2 3 4 5 6 10 9.如图，一个圆柱形饮料罐的底面半径是5，高是12，上底面中心 答案 (2)一块三角形草坪如图所示，经管理人员测量，这块草坪的 有一个小圆孔，一条长16cm的直吸管下端紧贴底部侧面，则 1.一直角三角形的两直角边长为15和8，则斜边长为 三边长分别为AB=9m,BC=12m,AC=15m,求这块草 吸管露在罐外部分的长度α的最小值是（罐壁的厚度和小圆孔 A.17 B.16 C.18 D.20 坪的面积. 的大小忽略不计) ( 2.以下列线段a,b,c的长为边，能构成直角三角形的是 ( A.2 cm B.3 cm C.4 cm D.5 cm i5m A.a=3,b=4,c=6 B.a=5,b=6,c=7 10.意大利著名画家达·芬奇用如图所示的方法证明了勾股定 C.a=6,b=8,c=9 D.a=7,b=24,c=25 理.若设图①中空白部分的面积为S1,图③中空白部分的面 1 3.如图，阴影部分是一个正方形，该正方形的面积为 ( 积为S2,则下列表示S,S:的等式成立的是 A.12 cm2 B.25 cm C.144cm2 D.169 cm 社区配送点 北 剪开 右边部分 16.(本题满分6分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD=10, 12 cm 上下翻转 AC=8,BD=9. (1)求BC的长； 13 cm 仓库 图① 图② 图) (第3题图) (第5题图) (第6题图) (2)求AB的长. A.S=a2+62+2ab B.S:=a2+8+ab 4.在△ABC中，a,b,c分别是∠A,∠B,∠C的对边，且已知∠A: ∠B:∠C=1:1:2,下列说法错误的是 ( C.S2=c2 D.S=2+号b A./C=90° B.a2=b2-c2 C.c2=2a D.a=b 二、填空题：每小题4分，共16分. 5.如图，某物流公司的全自动无人机需从仓库出发，向东飞行 11.若a,3,4是一组勾股数，则a的值为 1.2km后，再向北飞行0.9km抵达社区配送点，由于中央区 12.如图，小明从点A出发向正北方向走了120m到达点B,接着 域有信号塔障碍，无人机必须严格沿正东、正北方向飞行.若升 向正东方向走了160m到达点C,此时小明离点A m. 级后的导航系统支持直线飞行绕过障碍，则从仓库到社区配送 17.(本题满分6分)如图，某船从港口A出发，沿南偏东32°方向 点的最短路径长为 ( 航行15 n mile到达B岛，然后沿某方向航行20 n mile到达C A.1.0 km B.1.5 km C.1.8 km D.2.1 km 岛，最后沿某方向航行了25 n mile回到港口A. ÷6.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB,DE⊥AB于点 (1)判断△ABC的形状. (第12题图) (第13题图) (第14题图) E.若CD=3,BE=4,则BC的长为 (2)该船从B岛出发到C岛是沿哪个方向航行的？请说明理由。 13.如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3,BC=4.将△ABC A.5 B.8 C.6 D.9 折叠，使点B恰好落在斜边AC上的点B处，AE为折痕，则 7.如图，已知AB=6,分别以点A,B为圆心，以5为半径画弧，两 EB的长为 条弧分别交于M,N两点，则以A,B,M,N四点为顶点的四边 14.如图，一个长方体盒子紧贴地面，一只蚂蚁从点A出发，沿盒 形的面积是 子表面爬到点G,已知AB=6,BC=5,CG=3,这只蚂蚁爬行 A.12 B.24 C.30 D.48 的最短路程是 三、解答题：本大题共7小题，共54分.解答应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤. 15.(本题满分8分)(1)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别 (第7题图) (第8题图) (第9题图) 以AB,AC为边，在△ABC外侧作正方形ABDE、正方形 一1 18.(本题满分8分)勾股定理神移而美妙，它的证法多样，其巧妙20.（本题满分8分）某校八年级数学兴趣小组开展了测量学校旗 21.(本题满分10分)定义：在△ABC中，若BC=a,AC=b,AB= 各有不同，其中的“面积法”给了小聪灵感，他惊喜地发现：当 杆高度的实践活动.他们制订了测量方案，并利用课余时间完 c,a,b,c满足ac十a2=b,则称这个三角形为“类勾股三角 两个全等的直角三角形按如图所示的方式摆放时，可以用“面 成了实地测量.测量结果如下表. 形”，请根据以上定义解答下列问题： 积法”来证明勾股定理：a2十b=c2.已知∠BAD=90°，四边形 主题测量学校旗杆高度的实践活动 (1)如图①，若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中AB ACFE是正方形. BC,AC>AB,求∠A的度数. 步聚一：如图①，线段MN表示旗杆高度， (1)请把四边形ACFD的面积表示出来； (2)如图②，在△ABC中，∠B=2∠A,且∠C>∠A.求证： MN垂直地面于点N,将系在旗杆顶端的 (2)请你利用该图证明勾股定理，并写出过程. 绳子垂直到地面，多出了一段NE,用皮尺 △ABC为“类勾股三角形” 测出NE的长度 图① 测量 过程 步骤二：如图②，小丽同学将绳子末端放置 于头顶，向正东方向水平移动，直到绳子拉 图① 图② 直为止，此时小丽同学直立于地面点B 处.用皮尺测出点A与点B之间的距离， 及小丽直立位置距旗杆底瑞的水平距离 图②四 测量绳子垂到地面多出的部分为0.5m,小丽直立位置距旗杆底 数据端的水平距离为6m,小丽身高为1.5m 请根据表格所给信息，解答下列问题 (1)直接写出线段MN与AM之间的数量关系； (2)根据该数学兴趣小组的测量方案和数据，求学校旗杆MN 19.(本題满分8分)如图，某社区有一块四边形空地ABCD,AB= 的高. 15m,CD=8m,AD=17m.从点A修了一条垂直BC的小路 AE(垂足为E),E恰好是BC的中点，且AE=12m. (1)求边BC的长： (2)求这块空地的面积. 一4 —5 —69.解：(1)61.278(2)选甲同学进人蓝球队.理由如下：甲的平均数与乙一样，13.解：c∥d.理由如下：：∠2十∠5=∠3+∠6=180，∠2=∠3，∴∠5=∠6∠1= ∴PF∥AB∥CD.∴.∠D=∠DPF,∠A=∠APF.:∠APD=∠DPF-∠APF 但甲的方差小于乙的方差，所以甲的成绩比乙的成绩稳定，所以选释甲同学进入篮球 ∠4，∠1+∠5=∠4+∠6.c∥d. ∠APD=∠D-∠A. 队，（合理即可） 14.B 2.解：(1)过点C向右作CF∥BE,∠BCF+∠CBE=180°.：∠CBE-130' 10.B11.B12.68.589 【变式题】解：小明的说法正确.理由如下：由作图可知∠NPQ-∠NCB一0°，a∥ .∠BCF=50'.:∠BCD=11o°，∴.∠DCF=∠BCD-∠BCF=60°.BE∥MN, 第七章证明 OB. ∴CF∥MN.∴.∠CDM=∠DCF=60°，(2)：AB∥CD,∴∠ABC+∠BCD=180 1为什么要证明 第2课时平行线的性质 ,∠BCD=110°，.∠ABC=70°.：∠CBE=130°，∠ABE=∠CBE-∠ABC=60 1.D 1.D2.C3.B4.C 3.540°4.40°5.C 2.解：图①中的线段a与线段b一样长.图②中的线段AB与线段CD在同一条直线上. 5.解：：AB∥CD,∴.∠ABC=∠1=54.：BC平分∠ABD,.∠ABD=2∠ABC= 6.解法一解：AG∥CD,∴∠AGE=∠CDE=0,AF∥DE,.∠BAF=∠AGE 3.B 108°，，AB∥CD,,∠BDC=180°-∠ABD=72°..∠2=∠BDC=72 =60°. 4.解：当n=4时，n2一6m=一8<0：当#=5时，n2一6m=一5<0：当n=6时，72一6m= 6.D 解法二解：：BM∥AF,CN∥DE,·∠BAF=∠ABM,∠DCN=∠CDE-6O'.,AF 0:当n一7时，2一6n一7>0.所以小明的猜想不正确. 7.ABEF同位角相等，两直线平行EF平行于同一条直线的两条直线平行 ∥DE..BM∥CN.∴.∠MBC-∠NCB.AB∥CD,∴.∠ABC=∠BCD..∠ABC 5.C6.D 8.(1)解：AD∥BC,∴，∠B+∠BAD=180°.：∠B=80°，∴∠BAD=180°-∠B= ∠MBC=∠BCD-∠NCB,即∠ABM=∠DCN,∴.∠BAF=∠CDE=6O. 7.解：(1)11-4=9×13(2)第@个式子：(2m+1)一4=(2n一1)(2m+3).验证如下： 100.(2)证明：AE平分∠BAD,∠BAD-100,∠DAE-号∠BAD-50.:AD∥ 第七章归纳与提升 左边=4m十4m+1一4=4n2十4m一3，右边=4m2+6m一2m一3=4n2十4m一3，所以左边 思雄导图梳理 =右边.所以等式成立 BC,∠AEB=∠DAE=50°.∠C=50',.∠AEB=∠C.∴.AE∥DC 相等相等互补相等相等互补平行 2认识证明 9.A10.C11.B 核心考点突破 第1课时定义与命题 12.(1)证明：BC∥AD,,∠B-∠DOE.又BE∥AF,∠DOE-∠A.∠A- 1.D2.C3.a=0 ∠B.(2)解：BE∥AF,∴∠EOA+∠A=180.”∠E0A=∠DOB=135,∴∠A= 1.D2.②③⑥3.(1)√a=√Ba=b(2)同一平面内，a⊥b,c⊥ba∥e 4.解：答案不唯一，如：②③①证明如下：，AB∥DE,∠B=∠COD.:BC∥ 180°-∠E0A=45°， 4.如果两个角是对顶角，那么这两个角相等5.B6.D7.(1)假(2)真8.B EF,∠E∠COD.∴∠B-∠E. 13.(1)证明：∠1+∠2=180°，DE∥AC.∠A=∠DEB.∠A=∠3，.∠3= 9.当a=√2，b=1一√2时，a十b=1,是有理数（容案不唯一） 5.C6.A7.B8.C9.B10.C ∠DEB..AB∥CD.(2)解：AB∥CD,.∠BDC+∠B=∠BDE+∠3+∠B=180 10.解：(1)假命题，如1a=一3，b=2,(一3)2>22，但-3<2.(2)假命题，如：a=2,b=3, 11.证明：：∠E=∠F,∴.DE∥BF.÷.∠B=∠BAE.∠B=∠D,.∠BAE=∠D ∠B=78',∠BDE=2∠3，.3∠3+78=180°.∠3=34：AB∥CD∴+∠3+ c=1,2+3>1,但以1,2,3为边长，不能组成三角形.(3)真命题. .AB∥CD..∠AHG+∠DGH=180. ∠DEA=180°..∠DEA=180°-∠3=146 第2课时定理与汪明 12.解：(1)∠FAB=∠CDB.理由如下：AC∥EF,.∠1+∠FAC=180°，，∠1+∠2 14.(1)解：EF∥GH.理由如下：：MG∥FN,.∠EFN=∠EMG.:∠EFN=∠G 1.B2,A3.B4.两点之间线段最短 =180°，∠FAC=∠2..AF∥CD.∠FAB=∠CDB.(2):AC平分∠FAD, ∴∠G-∠EMG..EF∥GH.(2)证明：延长EF,交CD于点P.AB∥CD,∠AE 5.∠EDF角平分线的定义∠EDF等式的性质∠1=∠EDF等量代换DF =∠EPH.EP∥GH,∠EPH=∠GHD.,∠AEF=∠GHD. ∠FAC=∠CAD=7∠FAD=2X82”=41.由(1)知∠FAC=∠2，÷∠2=41. ∥BE 专题特训平行线中的推理填空问题【培养推理能力·期末热点】 :EF1⊥BE,∴，∠E=90°，AC∥EF,.∠ACB=∠E=90,∴，∠BCD=∠ACB-∠2 内错角相等，两直线平行 1.(1)∠BFD两直线平行，内错角相等∠BFD两直线平行，同位角相等(2)对 =49 6.B 顶角相等∠D内错角相等，两直线平行 7,1)解：BDLAC于点D合∠BAC(2)证明，：AB=AC,∠ABC=∠C.:∠A 2.∠3两直线平行，内错角相等等量代换180°∠6内错角相等，两直线平行 质量评估 +∠ABC+∠C-180°，∠A+2∠C-180.BD⊥AC,∠BDC=90°..∠CBD+ 3.垂直的定义两直线平行，同位角相等∠BFD同角的余角相等内错角相等， 第一章质量评估 两直线平行 ∠C=90°.∠A+2∠C=2(∠CBD+∠C.·∠CBD=2∠A, 4,AC同位角相等，两直线平行两直线平行，内箭角相等CD同旁内角互补，两 1A2.D3.B4.B5.B6.B7.B8.A9.B10.B11.512.20013.号 3平行线的证明 直线平行CDA两直线平行，同位角相等FGA 14.10 第1课时平行线的判定 专题特训平行线中的拐点问题【期末热点】 15.解，(1)因为正方形ABDE、正方形ACFG的面积分别为25,16，所以AB=25,AC 1.D2.B3.C4.A5.∠A=∠ECF(答案不唯-) 1,解法一解：：EM∥AB,∠B=15,∠B+∠BEM=180°，.∠BEM=180°-∠B =16.因为∠ACB=90°，所以BC=AB一AC=9.所以BC=3.(2)因为AB=9m,BC 6.(1)BED同位角相等，两直线平行(2)DFC内错角相等，两直线平行(3)AFD =165.:∠BED=90°，∴，∠DEM=360°-∠BEM-∠BED=105°.：EM∥AB,AB∥ -12m,AC=15m,所以AB+BC=92+12=225,AC=15=225.所以AB形+BC 同旁内角互补，两直线平行(4)AFD同旁内角互补，两直线平行 CD,.EM∥CD..∠DEM+∠D=180°，∠D=180°-∠DEM=75, 7,证明：BR,DE分别是∠ABC,∠ADC的平分线，∠3-音∠ADC,∠2- 解法二解：，EN∥AB,:∠BEN=∠B=15,∠DEN=∠BED-∠BEN=75, =AC.所以∠ABC=90,所以Sae=2AB·BC=分X9X12=54(m),答，这块草 EN∥AB,AB∥CD,∴EN∥CD.∠D=∠DEN=T5 坪的面积是54m. 3∠ABC∠ABC=∠ADC,·∠3=∠2.：∠1=∠2，∠1=∠3.DC∥AB. 【变式题1360°【变式题2144 16.解：(1)在R△ABC中，由勾股定理，得CD=AD-AC=36.所以CD=6.因为 8.证明：，GH⊥CD,.∠CHG=90°.，∠2=30'，，∠3=90°-∠2=60°，∠4=∠3 【变式题3】解：(1)过点P向左作PE∥AB,则∠APE-∠A=50°.：PE∥AB,AB∥ BD=9,所以BC=BD十CD=15.(2)在Rt△ABC中，由勾殷定理，得AB=AC+BC =60.∴∠1=∠4.AB∥CD. CD,.PE∥CD..∠EPD+∠D=180°，：∠D=150°，.∠EPD=180°-∠D=30°， =289.所以AB=17. 9.D10.B11.①⑤③0 ∴，∠APD=∠APE+∠EPD=80°，(2)∠A+∠D-∠APD=180°，理由如下：过点P 17.解：(1)由题意，得AB=15 n mile,BC=20 n mile,AC=25 n mile.因为15+203= 12.证明：：∠ACB=∠DAC=70,.AD∥BC.:∠ACF=25°，.∠FCB=∠ACB- 向右作PE∥AB,则∠A+∠APE=180.:PE∥AB,AB∥CD,∴PE∥CD.∴∠DPE 252,所以AB形+BC=AC.所以△ABC为直角三角形，且∠ABC=90°.(2)该船从B ∠ACF=45.∠EFC=135,∴.∠EFC+∠FCB=180°∴.EF∥BC.:AD∥BC, =∠D.∴∠APE=∠DPE-∠APD=∠D-∠APD.∠A+∠D-∠APD=180 岛出发到C岛是沿南偏西58°方向航行的.理由如下：由题意，得∠BAD=32°，∠ADE ∴AD∥EF. (3)∠APD=∠D-∠A.理由如下：过点P向右作PF∥AB.:PF∥AB,AB∥CD, =90',所以∠ABD=90°-∠BAD-58.所以∠CBD=∠ABC-∠ABD=32°.所以∠1 <38 29 30 =90°一∠CBD=58”,所以该船从B岛出发到C岛是沿南偏西58"方向航行的 19解：设足球场的宽为xm,则长为号xm由题意，得号2-540，解得x-18(负值已 北 18.解：1)S每Am=之(AC+DF)·CF=号(6+b叶a)·6=+空.(2)连接BD.由 37 舍去).所以号x=30.所以足球场的长为30m,宽为18m因为正方形空地的面积为 题意知BF=6-a,DF=b十a.因为S得路豪m=Sa结sD一SAAe=SAA十SaFD,所 5km 以+尝-曾-+2-a06叶@.所以-名+28-之，卿之#+0 1100m,所以正方形空地的边长为√/1100m.因为33-1089,34-1156，所以33 6km80 <√个100<34.因为30+2=32<33，所以这块空地能建一个符合规定的足球场. dD(O) =22,所以a+8=2 20,解：(1)6√7-6(2)因为4<6<9，所以2<6<3.所以6+1的整数都分为3， E 123 200 (第18题图) (第19题图) 19.解：(1)因为AE⊥BC,所以∠AEB=90°.在Rt△ABE中，AB=15m,AE=12m,所 所以a=√6+1-3=√6-2.因为9<13<16，所以3<√/13<4.所以9-√3的整数部 19.解：如图，以AB所在的直线为x轴，CD所在的直线为y轴，垂足D为原点建立平 以BE-AB-AE=81.所BE-9m因为E是BC的中点，所以BC-2BE-18m 分为5，即b=5.所以a十b-√6-√6一2+5-√=3.(3)因为a是3的小数部分，所以a 面直角坐标系.由图可得AB=125+200=325.因为S6c=2AB·CD=32500,所 (2)连接AC.因为AE⊥BC,E是BC的中点，所以AC=AB=15m,因为AD=17m, CD=8m,所以CD+AC=AD,所以△ADC是直角三角形，∠ACD=90°.所以这块 =√3-1.所以a-(W5+1)a+25=(w3-1)-(wW+1)(W5-1)+25=3-23+1 以CD=200.所以点A的坐标为（一125,0），点B的坐标为(200,0)，点C的坐标为(0， -3+1+23=2. 200).(答案不唯一) 空地的面积为Sae+SaMe=BC,AE+ZAC·CD=2X18X12+2×15X8= 20.解：(1)点F,G,H如图所示，F(一2，一3)，G(一4,0)，H(一2,4).(2)是如图，该图 21.解：(1)如图①，构造△DEF.因为DE=√2+3T=√13，EF=√+下=2，DF 168(m2). 形的面积为2×(2×7+2×7×2)=42， 20.解：(1)MN-AM-0.5.(2)过点A作AC⊥MN于点C由题意，得NC-AB=1.5m, √I十4=17，在△DEF中，DF-EF<DE,所以√17-2<√13.(2)△DEF如图 AC-BN-6m.设AM=xm,则MC-MN-NC-AM-0.5-1.5-(x-2)m.在 ②所示.5=5×4-之×2×3-号×5×2-号×4×2=8.(3)13【解析】如图③， R△ACM中，由勾股定理，得AC十MC=AM,即6+(x一2)=2，解得x=10.所 构造△ADP,△PCE,△APC及长方形PDBE,其中AB=12,BC=5,PD-BE=2,AD 以AM=10m所以MN=AM一0,5=9.5m.答：学校旗杆MN的高为9.5m. =a,所以PE=BD=AB-AD=12-a=b.CE=BC-BE=BC-PD=3.所以AP 21.(1)解：由题意，得a=c,b>.因为△ABC是类勾股三角形，所以ac十a2=.所以 AD+PD-√a@+4,PC-√PE+CE=√+9，AC-√AB+BC-13.因为 十：=，所以△ABC是等腹直角三角形.所以∠A=45°，(2)证明：在AB边上取点 D,连接CD,使AD=CD,过点C作CG⊥AB于点G.所以∠ACD=∠A,∠CGD= AP+PC≥AC,所以√a+4+√+9≥13.所以√a+4+√+9的最小值为13. ∠CGB=90.因为∠CDB=180°-∠ADC,∠ACD+∠A=180°-∠ADC,所以∠CDB 21.解：(1)因为A(4,0),C(0,6),所以OA一4，OC=6.因为四边形OABC是长方形，所 =∠ACD+∠A=2∠A.因为∠B=2∠A,所以∠CDB=∠B因为CG=CG,所以 以CB∥x轴，CB=OA=4,所以点B的坐标为(4,6).(2)当点P运动了4s时，所走的 △CDG≌△CBG(AAS).所以CD=BC=a,所以AD=CD=4.所以DB=AB-AD=c 路程为2X4=8.因为8一6=2，所以此时点P在线段CB上，且CP=2.所以点P的坐 -a.因为CGLAB,所以DG-BG-(e-a).所以AG-AD+DG-a+(-a) 标为(2,6).(3)分两种情况讨论：①当点P在线段OC上时，点P运动的时间为5÷2= 图② 图③ 2.5(s):②当点P在线段BA上时，点P运动的时间为(6+4十6一5)÷2=5.5(s).综上 名a+o.在R△A0c中，cG-AC-AG--[2c+@]'在R△B0G中，cc 第三章质量评估 所述，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，点P运动的时间为2.5s或5.5s 1.C2.A3.D4.B5.D6.B7.D8.C9.B10.A11.3(答案不唯一) 第四章质量评估 -Bc-Bc-c-[合c-o]所以-[合a+o]-d-[2e-o)]整理， 12.(3,-1)13.214.(675,-1) 1.A2.D3.B4.A5.D6.C7.C8.C9.C10.C11.y=-2x12.-3 13.114.45 得=ac十a2,所以△ABC是“类勾股三角形”. 15.解：(1)因为x=3,y2=25,所以x=土3，y=士5，因为点P(x,y)在第二象限内，所 第二章质量评估 以x■一3，y=5.所以点P的学标为（一3,5）.(2)如图所示，大门(0,0)，鬓山(0,4)，虎 15.解：(1)由题意，得1m一2=1，且m十3≠0，解得m=3.(2)根据题意，得y=14z十 1.D2.C3.A4.C5.D6.C7.C8.C9.D10.B11.-3 山(3,4)，孔雀园(3,2)，车站(4,0). 20(100-x)=-6x+2000(0<x<100). 16.解：(1)把x一2y-一3代人y-红一4，得2一4-一3，解得k一2所以一次函数 12.25(答案不唯-）13.号14.2 +东 的表达式为y=之-4.(2)由平移，得新图象对应的函数表达式为少=名一4+5- 15.解：1)原式-V8+8-3V2+2VE-5瓦.(2)0，=6-子-1,732,0.515， 虎山 孔雀列 名十1.当y一0时，立十1=0，解得工一一2.所以平移后的图象与工轴交点的坐标为 -√6+于号5,2E0.55,号0.4040040004…（相邻两个4之间0的个数 5-32- (-2,0). 逐次加1)5，车，2√2,0.4040040004…（相邻两个4之间0的个数逐次加1） 车站 17.解，1)在y=-2+2中，令x=0,得y=2令y=0,得-之x+2=0,解得x=4 16.解，1)-√停化简错误及括号前为-“，去括号未变号(2)原式-罗-V网 所以该一次函数的图象与x轴的交点坐标为(4,0)，与y轴的交点坐标为(0,2).(2)如 (第15题图) (第16题图)》 图所示.(3)x=4 RiQ 16.解：(1)如图所示.(2)点C1的坐标为(3，一4). 2.40 17.解：1)因为点A(3a一6，a十1)的横坐标是纵坐标的2倍，所以3a一6=2(a+1),解 2.32 17.解：(1)由题意，得a十6+2a一9=0，解得a-1,所以m=(1十6)3=49.(2)当a=1 得a=8所以3a一6=18，a+1=9.所以点A的坐标为(18,9)，(2)由题意，得3a一6= 2.24 时，x2-8=0,所以x2=8.所以x=2. 3,解得a=3.所以a+1=4,所以AP=4-(-2)=6. 2.16 18.解：(1)由题意，得m=一√+2，则m十√3=一√+2十√3=2，所以m十√3的算术平 2.08 18.解：(1)A处在B处的北偏东37”方向，正离5km处：C处在B处的南偏东80方向， 2.00 方根是②.(2)由(1)可知m=一√3+2，所以1m一3十m十2=一√3+2一3引一√3+2+ 距离6km处.(2)如图，过点B画一条南北方向的直线DE,所以∠ABD=∠A=37”, O48121620t/9℃ 2=|-3-1-√3+4=5+1-w3+4=5. ∠CBE=∠C=80°.所以∠ABC=180°-∠ABD-∠CBE-63°. (第17题图) (第20题图) 31 32 33