第13章 全等三角形 评估测试卷-【红对勾】2026-2027学年八年级上册数学45分钟作业与单元评估（冀教版·新教材）

第十三章评估测试卷 （总分：120分时间：120分钟) 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分.在每小题给出 的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.雕窗是我国古代一种常见的窗户样式，其外框为圆形，中间具有精美 的图案.如图，琳琳家的一个雕窗出现了破损，为买到同款雕窗，她 应前往商店购买的样式为 ◇ 2.下列命题的逆命题是真命题的是 A.钝角三角形中有两个锐角 B.若a2=b2,则a=b C.钝角大于90° D.若a<b,则ac<bc 3.如图，已知AB=DC,∠ABC=∠DCB.能直接判定△ABC≌ △DCB的方法是 () A.SAS B.AAS C.SSS D.ASA 第3题图 第4题图 4.如图，△ABC≌△A'BC',过点C作CD⊥BC',垂足为D,若 ∠ABA'=55°，则∠BCD的度数为 () A.25° B.35 C.45 D.55 5.如图所示的4×4正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+ ∠6+∠7= () A.330° B.315 C.310° D.320° ②人④ ①③N 第5题图 第6题图 6.如图，一块三角形的玻璃打碎成四块，现要到玻璃店去配一块与原来 完全一样的玻璃，最简单的办法是 () A.只带①去B.带②③去 C.带①③去 D.只带④去 7.(2025邯郸期末)如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙 三个三角形中和△ABC全等的图形是 509 甲 58724 507 b 50丙入 A.甲和乙 B.乙和丙 C.只有乙 D.只有丙 8.如图，在△ABC和△DEF中，点B,C,E,F在同一条直线上， AB=DE,AC=DF,BE=CF,∠A=95°，∠DEF=15°，则∠F 的度数为 ( A.25 B.60° C.70 D.95 B E 第8题图 第9题图 第10题图 9.(2025天津期末)如图，已知点B,C,E在同一条直线上，∠B= ∠E=∠ACD=60°，AB=CE,则图中与BC相等的线段是() A.AC B.DE C.DC D.AD 10.如图是一个正方形网格，每个小正方形的边长相等，我们把该网格 中正方形的顶点称之为“好点”，△ABC的三个顶点都在这个正方 形网格的“好点”上，在这个正方形网格图中找一个“好点”D(点 D与点A不重合)，使得以点D,B,C为顶点的三角形与△ABC 全等，则这样的“好点”D的个数为 () A.1 B.2 C.3 D.4 11.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,∠1=∠2，AD=CE.若 AB=2,BE=3,则CD的长为 () A.4 B.5 C.6 D.7 B D 0 D A +P B 第11题图 第12题图 12.如图，已知线段AB=18,MA⊥AB于点A,MA=6,射线BD⊥ AB于点B,点P从点B向点A运动，每秒走1个单位长度，点Q 从点B向点D运动，每秒走2个单位长度，点P,Q同时从点B出 发，若出发xs后，在线段MA上有一点C,使△CAP与△PBQ全 等，则x的值为 () A.4 B.6 C.4或9 D.6或9 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 3.命题：“如果a=0,那么ab=0”的逆命题是 4.如图，在△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，且BD=BE, 请你再添加一个条件，使得△BEA≌△BDC,你添加的条件是 ·(只需添加一个正确的即可) D 第14题图 第15题图 第16题图 5.如图，点B,E,C,F在同一直线上，△ABC≌△DEF,AC, DE交于点M.若∠B=50°，∠F=60°，则∠AMD的度数为 6.(2025重庆渝北区期末)如图，在△ABC中，ADBC,CE⊥AB, 垂足分别为D,E,AD,CE交于点H,已知EH=EB=4, S△AEH=12,则CH的长为 解答题（本大题共8个小题，共72分.解答应写出文字说明、证明 过程或演算步骤) 7.(8分)如图，AB=AD,∠BAC=∠DAC=25°，∠D=80°. 求∠BCA的度数. 8.(8分)(2025保定清苑区期末)如图，在△ABC中，AD是BC边上 的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED的延长线于 点F.如果AB=10,AE=3,求线段CF的长度. 第十三章评估测试卷川活3 19.(8分)如图，在△ABC中，∠B=50°，∠C=20°.过点A作AE⊥2 BC,垂足为E,延长EA至点D,使AD=AC.在边AC上截取 AF=AB,连接DF. 求证：DF=CB. 20.(8分)(2025沧州月考)如图所示，已知线段a及∠a,求作△ABC, 使AB=a,AC=2a,∠A=2∠a,写出作法，保留作图痕迹. a a 2 21.(8分)如图，小明同学拿着老师的等腰直角三角尺，摆放在两摞长 方体教具之间，∠ACB=90°，AC=CB,每个小长方体教具高度均 为4cm. (1)求证：△ACD≌△CBE. (2)求DE的长. 4 cm 活4川川2树勾·JJ版·八年级数学·上 2.(10分)(2025唐山期末)如图，∠A=∠B=50°，P为AB的中点，2 过点P作直线分别交射线AC,BD于点M,N(分别不与点A,B 重合)，设∠BPN=a. (1)求证：PM=PN. (2)当△APM为直角三角形时，求a的度数. C M 3.(10分)命题：全等三角形的对应边上的高相等 (1)先把这个命题写成“如果…，那么…”的形式，再写出这个 命题的逆命题， (2)判断原命题的真假，如果是假命题，请举出一个反例；如果是真 命题，请写出证明过程. 4.(12分)如图1，AB=7cm,AC=5cm,AC⊥AB,BD⊥AB,垂 足分别为A,B.点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B 运动，同时，点Q在射线BD上运动.它们运动的时间为ts,当点 P运动结束时，点Q运动随之结束 D 图1 图2 (1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相同，当t=1时，△ACP 与△BPQ是否全等？并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系， 请分别说明理由. (2)如图2，若“AC⊥AB,BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA= 60”,点Q的运动速度为xcm/s,其他条件不变，当点P,Q运动 到某处时，有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x,t的值..4AC=4×45=180(cm). 答：至少需要180cm长的油纸. ÷∠C=∠CAD=号∠ADB=号 C 80°=40°. 12.解：设BD=xm,则CD=(21 A x）m. 2.解：(1)在Rt△MNB中，MN=120m, .AD⊥BC,.∴.∠ADB=∠ADC=90° BM=150m. 在Rt△ABD中，AD=AB2-BD, 根据勾股定理，得 在Rt△ACD中，AD=AC2-CD. BN=√/BM-MN2=/1502-1202= :.AB2-BD:=AC-CD'. 90(m) AB=13 m,AC=20 m, .AN=AB-BN=250-90=160(m). ∴.132-x2=202-(21-x)2， 在Rt△AMN中， 解得x=5,即BD=5m. AM=/AN+MN2=√/1602+120= ∴.AD=√/AB-BD=√13-5 200(m). 12(m), 供水点M到喷泉A,B需要铺设的管 即大树的高AD为12m. 道总长为200+150=350(m). 13.证明：(1)，∠ABC=∠ACB, (2).AB=250m,AM=200m, ..AB=AC BM=150m, OB=OC,点A,O在AE上， ∴AB=BM+AM2, .AE垂直平分BC. .△ABM是直角三角形，且∠AMB= (2).∠OED=∠ODE,∴.OD=OE. 90. 又BD⊥AC,AE⊥BC, .BM⊥AC. 即OD⊥AC,OE⊥BC, ∴.喷泉B到小路AC的最短距离是 ∴.点O在∠ACB的平分线上， 150m. .CO平分∠ACB. 3.解：如图所示，作A点关于直线MN (3)由(1)，知AB=AC 的对称点A',再连接A'B,交直线MN ∠BAC=60°， 于点P,则此时AP十PB最小，为最短 ∴.△ABC是等边三角形. 路径.过点B作BE⊥CA交CA的延长 .AB =BC=AC,∠ABC 线于点E,,AC=2km,BD=4km ∠ACB=60°. CD=8 km..BE=CD=8 km,AE=4- 由(1)，知AE垂直平分BC, 2=2(km),AA'=4km,.A'E=6km, 在Rt△A'EB中，A'B=√AE+BE= .E是BC的中点..EC= BC. √62+82=10(km),则AP+PB的最小 1 值为10km.即最短距离为10km BD LAC,CD=AC. B .EC=CD..△CDE是等边三角形 E 14.解：根据勾股定理，得AC A √AB-BC=√52-3=4. 分三种情况： M C 当CP=BC时，△BCP为等腰三 角形 A' 若点P在AC上，得CP=BC=3. 4.解：设直线MN表示小河，作A点关 3 于直线MN的对称点A',AA'与MN …t=1=3(s); 相交于点C,连接A'B交MN于点P， 若点P在AB上，作CH⊥AB于点 则从A点沿线段AP到P点再沿PB到 H,如图. 达B点，即为牧童所走的最短路径，如 图所示 .牧童所走的最短路程为AP十BP= A'P+BP=A'B. 根据题意，AC=200m,则AA'= 2AC=400m,AD.=350m,BD= 400m..A'D=AA'+AD=750m 在Rt△A'DB中，根据勾股定理，得 A'B=√JA'D+BD=√750+400=850 2AC·BC=ZAB·CH,即4X (m). ∴牧童完成这件事情所走的最短路程是 3=5CH,解得CH=12 850m. A 在Rt△BCH中， BH=√JBC-CH 3-() 9 ··BP=2BH= 18 D八B .AC+AP AC+AB-BP 滚动练习五(17.1~17.3) 1 1 1.D2.C3.B4.D5.C6.D 4+5-18 7.D8.229.1810.6 5 27 (s) 11.解：(1)在△ABD中，AB=AD, 1 5 ∠BAD=20°，，.∠B=∠ADB=(180° 当CP=BP时，△BCP为等腰三角 形，则∠BCP=∠B, 20)×2=80. .∠A+∠B=90°，∠ACP+ (2).AD=DC, ∠BCP=90°，∴.∠A=∠ACP. 活26川川2对勾·J小版·八年级数学·上 ∴.CP=AP 4.证明：(1)DE LAB,DF⊥AC, ..AP=BP=- AB .△ADE和△ADF都是直角三角形 2 在Rt△ADE和Rt△ADF中， 5 (DE=DF, 1=AC+AP4+ = LAD-AD. 1 2(s). ∴.Rt△ADE≌Rt△ADF(HL). 当BP=BC时，△BCP为等腰三角 (2),DE⊥AB,DF⊥AC, 形，即BP=BC=3. ∴.△BDE和△CDF都是直角三角形 .AP=AB-BP=5-3=2. D是BC的中点，.BD=CD. .=AC+AP_4+2 在Rt△BDE与Rt△CDF中， =6(s). IDE=DE. 1 1 BD=CD. 综上所述，t为3s或2？ s或6s或 .Rt△BDE≌Rt△CDF(HL). 2 .∠B=∠C. 时，△BCP为等腰三角形. ∴.△ABC是等腰三角形 17.4 直角三角形全等的判定 5.解：(1)证明：BD⊥DE,CE⊥DE 基础达标 .∠ADB=∠AEC=90°. 1.D2.D3.BC=EF(答案不唯一) 在Rt△ABD和Rt△CAE中， 4.解：(1)证明：在△ABC和△DCB中， (AB=CA, ∠A=∠D=90°， AD-CE. 在Rt△ABC和Rt△DCB中， .Rt△ABD≌Rt△CAE(HL). (BC=CB, .∠DAB=∠ECA,∠DBA=∠EAC AC=DB. :∠DAB+∠DBA=90°， .Rt△ABC≌Rt△DCB(HL). ∠EAC+∠ACE=90°， (2)△OBC是等腰三角形.证明如下： ∴.∠BAD+∠CAE=90° 由(1)，得Rt△ABC≌Rt△DCB, ∴.∠BAC=180°-（∠BAD+∠CAE)=90° ∴.∠ACB=∠DBC. .AB⊥AC ∴.OB=OC (2)AB⊥AC.证明如下 ∴.△OBC是等腰三角形 同(1)可证得Rt△ABD≌Rt△CAE. 5.解：直线AD是线段BE的垂直平 .∠DAB=∠ECA,∠DBA=∠EAC. 分线， .∠CAE+∠ECA=90°， ∴.O是BE的中点，则OB=OE. ∴.∠CAE+∠BAD=90°， ,AD⊥BE,.∠AOB=∠DOE=90° 即∠BAC=90°..AB⊥AC 在Rt△AOB与Rt△DOE中， 17.5反证法 .OB=OE 基础达标 AB=DE 1.B2.A ∴.Rt△AOB≌Rt△DOE(HL). 3.a∥b 两直线平行，同位角相等 .∠B=∠E,.AB∥DE. ∠1≠∠2a∥b 6.解：BE=DF 能力提升 理由：，AC平分∠BAD, 1A ∴.∠BAC=∠FAC. ,CE⊥AB,CF⊥AD, 2.证明：假设∠1+∠2≠180°. ,.CE=CF」 1112,∴.∠1=∠3. 在Rt△DCF和Rt△BCE中 ∠1+∠2≠180°， (CF=CE, ∠3+∠2≠180°，这与平角的定义 DC=BC: 矛盾， .Rt△DCF≌Rt△BCE(HL). .假设∠1十∠2≠180°不成立，即 ∠1+∠2=180°. ∴.BE=DF 7.C 3. 解：已知：一条线段AB,点M为AB 8.解：作出的Rt△DEF如图所示 的中点. D 求证：线段AB只有一个中点M. 证明：假设线段AB有两个中点，分别 为点M,N,不妨设点M在点N的左 边，则AM<AN,又因为AM=7 AB=AN,这与AM<AN矛盾，所以 假设不成立，所以线段AB只有一个中 能力提升 点M. 1.B2.7 4. 解：(1)逆命题为在三角形中，如果一 3.证明：连接BD(图略)， 条边上的中线等于这条边的一半，则这 .∠BAD=∠BCD=90°， 个三角形是直角三角形. .△ABD和△CBD都是直角三角形 (2)如图所示，在△ABC中，已知D是 在Rt△ABD和Rt△CBD中， BC的中点，AD=BD=CD. (AB=CB, 求证：∠BAC=90° BD=BD, .Rt△ABD≌Rt△CBD(HL) ..AD=CD. ,AE⊥EF于点E,CF⊥EF于点F, B D .∠E=∠F=90° 证明：假设∠BAC≠90°， 在Rt△ADE和Rt△CDF中， ∴.∠BAD+∠DAC≠90° (AE=CF. ,AD=BD(已知)，∴.∠BAD=∠B. LAD-CD. AD=CD(已知)，∴.∠CAD=∠C ∴.Rt△ADE≌Rt△CDF(HL). ..∠BAC+∠B+∠C=∠BAD+ ∠CAD十∠B+∠C=2(∠BAD十22.解：同意琪琪的观点.理由如下： ∠CAD)≠180° 这与三角形内角和定理矛盾】 解方程，与(x-)x+2=1, .·∠BAC≠90°的假设不成立 去分母，得x(x十2)-3=(x-1)(x十2)， ∴.∠BAC=90°. 去括号，得x2十2x一3=x2十x一2， 第十二章评估测试卷 移项、合并同类项，得x=1」 经检验，x=1是原方程的增根，所以 B2.D3.A4.B5.B6.D 原分式方程无解，故同意琪琪的观点， C8.A9.A10.D11.C 23.解：拼成的大正方形的面积为49， 2.A13.x≠214.购买篮球的数量 中间的小正方形的面积为1， 5. a+516. 一2 .(a+b)2=49,(a-b)=1,其中 a>0,b>0,a>b. 7.解：x+2y-1=0,x十2y=1. .(a+b)2-(a-b)2=48,a+b=7. 2x+4y 2(x+2y) ∴.a2+2ab+b2-a2+2ab-b2=48. x2+4xy+4y1 (x+2y)9 得4ab=48,解得ab=12. 2 2x+4y x+2y= 1 =2.2+4)+4y 的 (a-b)÷a+b ÷(6a-6b) ab 值为2. ab 8 解：(1)去分母，得1=x一1一3x+6, (a2+b2)(a+b)(a-b)· a2+b2 移项、合并同类项，得2x=4, 1 ab(a+b)_12×7 解得x=2. =14. 6(a-b) 6 6 经检验x=2是增根，分式方程无解 24.解：(1)设规定的时间是x天， (2)去分母，得2十x(x+2)=x一4， 去括号，得2十x2十2x=x2一4， 根据题意，得十 x+32 +20 移项、合并同类项，得2x=一6， x+12=1. 解得x=一3， 解得x=28. 经检验x=一3是分式方程的解， 经检验，x=28是原分式方程的解 x2-4 且符合实际意义 3 9.解：（x-1一x+ 答：规定的时间是28天 x2+2x+1 (2)设第五、六施工队合作完成这项工 厂(x-1)(x+1)37 .+1) x十1 x+1 x2-4 程的用了y天。根据题意，得 x-4(x+1)2 1 x+1 x2-4 =x+1. (8十2+8+)各 x+1≠0，x2+2x十1≠0，x2 解得y=20. 4≠0， 由第五、六施工队单独完成剩下的 .x≠一1，x≠士2. 工程， 将x=1代入上式，得原式=1+1=2. 0. 解：设乙组同学平均每小时包x个棕 所需的时间分别为1-）÷8十2 于，则甲组同学平均每小时包(x+20) 1 个棕于， 150120 根据题意，得十20=x 因为20+10=30≥28,20+6气 解这个方程，得x=80, 经检验，x=80是原方程的解， 26号<8， .x+20=100. 答：甲组同学平均每小时包100个棕 所以留下第六施工队继续施工能按时 于，乙组同学平均每小时包80个 完成剩下的工程 棕于. 答：留下第六施工队继续施工能按时 解：(1)被手遮住部分的代数式为 完成剩下的工程. x十1 x2一1 x-1‘x+7÷（ 第十三章评估测试卷 x2-2x+1/ 2+1 (x-1) 1.B2.B3.A4.B5.B6.D (x+1)(x-1)」 7.B8.C9.B10.C11.B 12.B13.如果ab=0,那么a=0 x+1 14.AB=CB(答案不唯一) 15.70°16.2 (2)原代数式的值不能等于一1. 理由如下： 17.解：∠DAC=25°，∠D=80°， ∴.∠DCA=75° x十1 x-1-1, AB=AD,∠BAC=∠DAC, AC=AC, x+1=一(x一1)， x+1=一x十1， △ABC≌△ADC(SAS). ,∴.∠BCA=∠DCA=75°. x+x=1-1, 18.解：，CF∥AB, 2x=0, .∠B=∠FCD,∠BED=∠F, 解得x=0, ,AD是BC边上的中线， 要使代数式-希·（2十 x-1 ..BD=CD, 在△BDE和△CDF中， 年有意义，则x十1≠0且x0且 I∠B=∠FCD, ∠BED=∠F, x2-2x+1≠0， BD=CD. 即x不能为-1,0,1. .△BDE≌△CDF(AAS). 所以原代数式的值不能等于一1. .CF=BE=AB-AE=10-3=7. 19.证明：在△ABC中，∠B=50°， 证明：：△ABC≌△A'B'C', ∠C=20°. AB=A'B′，∠B=∠B', .∠CAB=180°-∠B-∠C=110° .AD⊥BC,A'D⊥BC AE⊥BC,∴.∠AEC=90° .∠ADB=∠A'D'B'=90° ∴.∠DAF=∠AEC+∠C=110° 在△ABD和△A'BD'中， ∴.∠DAF=∠CAB. ∠ADB=∠A'D'B', 在△DAF和△CAB中 ∠B=∠B', AD=AC, AB=A'B', ∠DAF=∠CAB .△ABD≌△A'B'D'(AAS). AF=AB. ..AD=A'D' ∴.△DAF≌△CAB(SAS)..DF=CB. 原命题是真命题 20.解：作法如下： 24.解：(1)△ACP≌△BPQ,PC⊥PQ (1)作∠MAN=2∠a. 理由如下： (2)在AM上截取AB=a,在AN上截 ·AC LAB,BD⊥AB, 取AC=2a. ∴.∠A=∠B=90°. (3)连接BC,则△ABC即为所求，如 ,t=1, 图所示， .'AP=BQ=2 cm. W :.BP=AB-AP=7-2=5(cm), ∴.BP=AC. (AP=BQ, 在△ACP和△BPQ中， ∠A=∠B, AC=BP. ∴.△ACP≌△BPQ(SAS), L .∠C=∠BPQ. .∠C+∠APC=180°-∠A=90°， 21.解：(1)证明：·小明同学拿着老师的 .∠APC+∠BPQ=90°， 等腰直角三角尺，摆放在两摞长方体 ..∠CPQ=180°-（∠APC+ 教具之间， ∠BPQ)=180°-90°=90° .∠ADC=∠ACB=∠BEC=90°， ∴.PCIPQ. .∠CAD+∠ACD=180°-∠ADC= (2)分两种情况： 90°，∠ACD+∠BCE =180 ∠ACB=90°，.∠CAD=∠BCE, 当△ACP≌△BPQ时，AC=BP, 在△ACD与△CBE中， AP=BQ. I∠CAD=∠BCE, 得5=7-2t,2t=xt, ∠ADC=∠CEB, .x=2,t=1: AC=CB. 当△ACP≌△BQP时，AC=BQ, .△ACD≌△CBE(AAS) AP=BP,2t=7-2t,5=xt, (2).△ACD≌△CBE. x20 7 ..CE=AD,BE=CD, ,t- 4 ,AD=4×4=16(cm), 20 BE=3×4=12(cm), 综上所述，当x=2,t=1或x= 7 .'CE=16 cm,CD=12 cm, .DE=CD+CE=12+16=28(cm) t=4时，△ACP与△BPQ全等 22. 解：(1)证明：：P是AB的中点， ..PA-PB. 第十四章评估测试卷 在△APM和△BPN中， ∠A=∠B, 1.A2.C3.A4.D5.B6.A PA=PB. 7.B8.C9.C10.B11.B ∠APM=∠BPN. 12.D13.2(答案不唯一)14.一5 .△APM≌△BPV(ASA). 15.6016.√2 ..PM=PN. (2)∠A=50°. 17.解：正分数：{1，-…： ∴当△APM为直角三角形时， ∠APM=90°或∠AMP=90°. 整数： ,-25,0, 当∠APM=90°时，a=∠APM=90°： 当∠AMP=90°时，∠APM -2025,…〉： 180°-∠AMP-∠A=40°，.∴.a=40°. 综上，当△APM为直角三角形时，a 负数： 的度数为90°或40° (+0.82),-302 23.解：(1)原命题：如果两条线段是全等 三角形对应边上的高，那么这两条线 -瓜，-205，-6，年… 段相等；其逆命题：如果两条线段相 等，那么这两条线段是全等三角形对 非正整数：{一√25,0，一2025，…： 应边上的高 无理数：{36，-天， (2)原命题是真命题.证明过程如下： 已知：如图所示，△ABC≌△A'B'C 2.1010010001…(每两个1之间依次 AD⊥BC,垂足为D,A'D'⊥B'C 多一个0)，…}. 垂足为D 18.解：(1)/-216=-6,1-1.51= 求证：AD=A'D' 1.5,√/12≈3.5，(-2)2=4， ∴.这些数在数轴上的位置如图所示 /-26<-号<0<1-1.51< √/12<(-2)2. 2FE2BD0151-29A 则2+√20n=2026, 8-7654-320十23456分 ∴.√20n=2024. (2)这些数的相反数依次为6，一1.5， ,n为正整数，√20为无理数， 2,0,-12,-4, ∴.√20n为无理数， 2024是有理数. 点A,B,C,D,E,F在数轴上 ∴上述等式不成立，即不存在正整数 的位置如图所示 ”,使得该正方形经过n次翻滚后，其 9. 解：(1)3<4，.√3<2， 顶点A,B,C,D中的某点与数轴上 3-1<1,B-11 的2026重合. 2 ，即a<b. 期中评估测试卷 (2)a= √3-1 √3 1.A2.B3.C4.C5.C6.D 2 ,6=2,c= 2 7.A8.C9.D10.C11.B d=4, 4a-5b :原式=5=1-1+= 12.B13.2a+3b 14.7 22 2 90190 2-5+ 15. 16.32 2 2-2=-1. 3x-2=5元 20. 解：(1)依题意，得3a一1十a十5=0， a+1-a+1）÷a2-1 17.解：( a2+2a+1 解得a=一1， a2-a2+1 (a+1)2 ∴.3a-1=-4,a+5=4, a+1 (a+1)(a-1)a-1 .x=4=16. ,-2<a<3且a≠±1， ·负数y的立方根与它本身相同， ∴.a=0符合题意. .y=1. 1 (2)当x=16,y=一1时，x一9y= 当a=0时，原式=。10 -1. 16-9×(-1)=25, .x一9y的算术平方根为5. 答案不唯一，也可以取a=2,此时原 解：(1)移项，得2(x-1)2=18, 两边都除以2，得(x-1)2=9, 式= .x一1=3或x一1=一3， 点) 解得x=4或x=一2. 18.解：答案不唯一， (1)①③② (2)两边都除以2，得(x-1)=-125 (2)证明：，AF,EG分别是∠BAD, ∠DEC的平分线， x-1=- 2,解得x=-3 ∠DAF=2 ∠BAD,∠DEG= 2. 解：(1)4 (2)不能.理由如下：设长方形纸片的 2∠CED. 长为3xcm,宽为2xcm. 由题意，得2x·3x=12, :AF∥EG ,∴.∠DAF=∠DEG, 解得x=√2，∴.3x=3√2≈4.242>4， ∴.∠BAD=∠CED. .沿此大正方形纸片边的方向剪出 在△ABD和△ECD中， 个长方形纸片，不能使剪出的长方形 ∠BAD=∠CED, 纸片的长、宽之比为3：2，且面积为 ∠ADB=∠EDC, 12cm. AB=EC. 23.解：(1)平方a+1+2√a ∴.△ABD≌△ECD(AAS). (2)25 .BD=CD. (3),a和√a+216为相差4的两个 19.解：(1)去分母，得2x十2一(x 整数， 3)=6x, ∴.√a+4=/a+216, .x+5=6x, 等式两边同时平方，得a+8√a+16= 解得x=1. 经检验，x=1是原分式方程的解， a+216, .原分式方程的解为x=1. .Wa=25,∴.a=625. 3 4. 解：(1)根据题意，得正方形ABCD的 (2) 面积为5×2=20， 、(红-1D(x+2)=1, x(x+2)-3 .正方形ABCD的边长为√20. =1, (x-1)(x+2) 16<2025, x2+2x-3 .4<√/20<5， ∴.AB的长在4和5之间 (2-10(x+2)=1, x+2x-3=(x-1)(x+2), (2)①·点A表示的数为2，正方形 x=1. ABCD的边长为√20， 经检验，x=1是方程的增根. ∴.第一次翻滚后，点B表示的数为 .原分式方程无解 2+/20. 20.解：(1)5a十4的立方根是一1， ②不存在，理由如下： .∴.5a+4=-1,5a= ,正方形ABCD的边长为√20， 每经过一次翻滚，与数轴重合的点 ,3a十b一1的算术平方根是3， ∴.3a十b-1=9, -3+b-1=9, 所表示的数则增加√20. .b=13. 设该正方形经过n次翻滚后，某个顶 点与数轴上的2026重合， ,c是√13的整数部分， .c=3. 7 (2),a=-1,b=13,c=3, ..3a+b十2c=-3+13+6=16, 12.C13.≥-2且x≠114.厘 ∴.√3a+b+2c=4. 15.6-7√316.30 4的平方根是士2， 17. 解：(1)原式=√240÷5+2√60÷5 ∴.√3a+b+2c的平方根为士2. 解：(1)11.07÷500×1×3×365× 2√75=4√5+4√3-10w3=-2√3. 1400000000÷1000=33940620≈ (2)原式=6一(2√7)2+(3√7)2 3.3941×10(kg). 30√7+25=36-28+63-30√7+25= 答：一年大约能节约大米3.3941×10 96-307」 kg. 18. 解：他的解法不正确。错在对除法使 (2)2.5×3.3941×10≈8.5×10 用了分配律.正确的解答过程如下： (元) 答：可卖得人民币约8.5×10元. √/15÷ (3)8.5×10÷500=170000(名). √15 答：卖得的钱可供170000名失学儿童 15 15×(W5-√3) 上一年学 √5+3(5+√5)×(5-V3) 2 解：作出的△DEF即为所求，如图 15(W5-√3) 所示. 2 -6--6 19.解：“√0-x √/9-x 6-90: B 解得6≤x<9. 3. 解：(1)设每台A型机器每天搬运货物 又x是奇数， xt,则每台B型机器每天搬运货物 x=7, (x+10)t. (1+x) /(x-1)(x-4) 根据题意，得50500 x2-1 x x+10 (x-1)(x-4) 解得x=90. 经检验，x=90是分式方程的根， =(1+x)√x+1)(x-1) ,∴.x+10=100. x-4 .每台A型机器每天搬运货物90t, =(1+x)√x+1 每台B型机器每天搬运货物100t, =√/(x十1)(x-4)】 (2)设购买A型机器m台，购买总金 .当x=7时，原式=2√6. 额为心万元。 20.解：（1- 中7)：4244 3 根据题意，得 x+1 90m+100(30-m)≥2880， 1.5m+2(30-m)55, x+1-3 x十1 x-2 解得10≤m12. x+1 (x-2)-x+1 =1.5m十2(30-m)= -0.5m+60. x+1 1 当m=12时，心最小， x-2)2-2' 此时=一0.5×12+60=54（万元） .当x=2+√2时， .购买A型机器12台，B型机器18 1 台时，购买总金额最低，最低是54 原式= 万元， 2+2-2 2 解：(1)DCO OD 理由如下： 21.解：(1)将h=60代入t= /2h √0，得 AO⊥OD, /2×60 ∴.∠AOB=∠DOC=90°」 在△AOB与△DOC中， t=N√10 =√/12=2√3≈3.5(s). ∠AOB=∠DOC, 答：从60m高空抛物到落地的时间t ∠ABO=∠DCO, 约为3.5s AB=DC (2)将t=4代入t= 2h一 .△AOB≌△DOC(AAS), 需得√ ..OA=OD. (2)同意明明的观点.理由如下： 二4 4,即√5 由(1)得，△AOB≌△DOC. ..OB=OC,OA=OD, 所以号-16，解得么=80， ∠CAE=∠BDE, ∴.OA-OC=OD-OB 答：玩具抛出前离地面的高度h为 即AC=BD. 80m. 在△ACE与△DBE中. 22. 解：√10-4√3+2√2= ∠CAE=∠BDE, ∠AEC=∠DEB. W√10-4√W2+1)= AC=DB, .△ACE≌△DBE(AAS) W10-46W2+1)=√/6-4√2= ∴.AE=DE √(2-√2)=2-√2. 第十五章评估测试卷 根据题意，得a十(b一2)·√2= 2-√2， D2.C3.D4.B5.D6.B A8.B9.C10.D11.C 5682-1解得6 参考答案1川川活27