人教版八年级数学下册随堂特训课件:期中期末综合检测题 （7份打包）

第二十章　数据的分析 专题强化七　感悟数学思想 八年级数学(下册)·人教版 　 * D A 题型1　整体思想 1．若a、b、c三数的平均数是6，则2a＋3、2b－2、2c＋5的平均数是( ) A．6 B.8 C．12 D.14 2．若x2－x－2＝0，则eq \f(x2－x＋2\r(3),x2－x2－1＋\r(3))的值等于( ) A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \f(\r(3),3) C．eq \r(3) D.eq \r(3)或eq \f(\r(3),3) 3．(1)如图①，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，AB＝2，CD＝1.求BC和AD的长； (2)如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD＝8，∠A＝60°，∠ADC＝150°，已知四边形ABCD的周长为32，求四边形ABCD的面积． 解：(1)如答图①，延长AD、BC相交于E，易知∠E＝30°，从而可求出DE＝eq \r(3)，CE＝2，AE＝4，BE＝2eq \r(3)，故AD＝4－eq \r(3)，BC＝2eq \r(3)－2； (2)如图②，连接BD.∵AB＝AD，∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形．∴∠ADB＝60°，BD＝AD＝AB＝8.∵∠ADC＝150°，∴∠BDC＝90°，故△BDC是直角三角形，∵四边形ABCD的周长为32，AB＝AD＝8，∴BC＋DC＝32－16＝16，∴BC＝16－DC.在Rt△BDC中，BD2＋DC2＝BC2，即82＋DC2＝(16－DC)2，解得DC＝6.∴S△BDC＝eq \f(1,2)×6×8＝24.由勾股定理求得等边△ABD的高为4eq \r(3).∴S△ABD＝eq \f(1,2)×8×4eq \r(3)＝16eq \r(3)，∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BDC＝16eq \r(3)＋24. 题型2　方程思想 4．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝5eq \r(3)，∠C＝30°.点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(t＞0)．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF. (1)求证：AE＝DF； (2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由； (3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 证明：(1)在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝2t，∴DF＝t.又∵AE＝t，∴AE＝DF；　 (2)能．∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AB∥DF.又∵AE＝DF，∴四边形AEFD为平行四边形．在直角三角形ABC中，∠C＝30°，设AB＝x，则AC＝2x，由勾股定理得：x2＋BC2＝(2x)2，解得x＝5(负值舍去)，即AB＝5，∴AC＝2AB＝10，∴AD＝AC－DC＝10－2t.若要使▱AEFD为菱形，则需AE＝AD，即t＝10－2t，解得t＝eq \f(10,3).即当t＝eq \f(10,3)时，四边形AEFD为菱形；　 (3)①当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形．在Rt△AED中，易知∠ADE＝∠C＝30°，∴AD＝2AE，即10－2t＝2t，解得t＝eq \f(5,2)；②当∠DEF＝90°时，由(2)中的四边形AEFD为平行四边形知EF∥AD，∴∠ADE＝∠DEF＝90°.∵∠A＝90°－∠C＝60°，∴AD＝eq \f(1,2)AE，即10－2t＝eq \f(1,2)t，解得t＝4；③当∠EFD＝90°时，此种情况不存在．综上所述，当t＝eq \f(5,2)或4时，△DEF为直角三角形． D 题型3　数形结合思想 5．如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点A在x轴上，顶点B的坐标为(6,4)．若直线l经过点D(1,0)，且将▱OABC分割成面积相等的两部分，则直线l对应的函数解析式是( ) A．y＝x＋1 B.y＝eq \f(1,3)x＋1 C．y＝3x－3 D.y＝x－1 6．已知实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简eq \r(a2)－|a＋b|＋eq \r(c－a2)＋eq \r(b＋c2). 解：由题图可知b＜a＜0＜c，|b|＞|c|，∴a＜0，a＋b＜0，c－a＞0，b＋c＜0，∴eq \r(a2)－|a＋b|＋eq \r(c－a2)＋eq \r(b＋c2)＝－a＋a＋b＋c－a－(b＋c)＝－a. 7．从甲地到乙地，先是一段平路，然后是一段上坡路，小明骑车从甲地出发，到达乙地后立即原路返回甲地．途中休息了一段时间．假设小明骑车在平路、上坡、下坡时分