2017-2018学年八年级数学下期末考试试卷(北京市西城区附答案和解释)

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2017-2018学年八年级数学下期末考试试卷(北京市西城区附答案和解释)

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北京市西城区2017-2018学年第二学期期末考试八年级数学试卷
试卷满分:100分,考试时间:100分钟                   
一、选择题(本题共30分,每小题3分)
下面各题均有四个选项,其中只有一个是符合题意的.
1.使二次根式 有意义的x的取值范围是(    ).
   A.  B.  C.    D. 
【专题】常规题型.
【分析】直接利用二次根式有意义的条件进而分析得出答案.
【解答】
 故选:B.
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件,正确把握定义是解题关键.

2.《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源,通过对文物的梳理与总结,演绎文物背后的故事与历史,让更多的观众走进博物馆,让一个个馆藏文物鲜活起来.下面四幅图是我国一些博物馆的标志,其中是中心对称图形的是(    ).
 
           A       B    C    D
【专题】常规题型.
【分析】根据中心对称图形的定义和图案特点即可解答.
【解答】解:A、不是中心对称图形,故选项错误;
B、不是中心对称图形,故本选项错误;
C、是中心对称图形,故选项正确;
D、不是中心对称图形,故本选项错误.
故选:C.
【点评】本题考查中心对称图形的概念:在同一平面内,如果把一个图形绕某一点旋转180度,旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图形就叫做中心对称图形.
3.下列条件中,不能判定一个四边形是平行四边形的是(    ).
   A.两组对边分别平行 B.两组对边分别相等 
C.两组对角分别相等 D.一组对边平行且另一组对边相等
【专题】多边形与平行四边形.
【分析】根据平行四边形的判定方法一一判断即可.
【解答】解:A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形,故本选项不符合题意;
B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形,故本选项不符合题意;
C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形,故本选项不符合题意;
D、一组对边平行且另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形,可能是等腰梯形,故本选项符合题意;
故选:D.
【点评】本题考查平行四边形的判定,解题的关键是记住平行四边形的判定方法.
4.若点A(,m),B( ,n)都在反比例函数 的图象上,则m与n的大小关系是(    ).
   A.     B.           C.   D.无法确定 
【专题】函数思想.
【分析】把所给点的横纵坐标代入反比例函数的解析式,求出mn的值,比较大小即可.
【解答】
 
∴m<n.
故选:A.
【点评】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征,所有在反比例函数上的点的横纵坐标的积等于比例系数.
5.如图,菱形ABCD中,点E,F分别是AC,DC的中点.
若EF=3,则菱形ABCD的周长为(    ).
   A.12 B.16 
C.20   D.24
【专题】几何图形.
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出AD,再根据菱形的周长公式列式计算即可得解.
【解答】解:∵E、F分别是AC、DC的中点,
∴EF是△ADC的中位线,
∴AD=2EF=2×3=6,
∴菱形ABCD的周长=4AD=4×6=24.
故选:D.
【点评】本题主要考查了菱形的四条边都相等,三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半,求出菱形的边长是解题的关键.
6.近几年,手机支付用户规模增长迅速,据统计2015年手机支付用户约为3.58亿人,连续两年增长后,2017年手机支付用户达到约5.27亿人.如果设这两年手机支付用户的年平均增长率为x,则根据题意可以列出方程为(    ).
   A.     B.          
C.  D.  
【专题】常规题型.
【分析】如果设这两年手机支付用户的年平均增长率为x,那么2016年手机支付用户约为3.58(1+x)亿人,2017年手机支付用户约为3.58(1+x)2亿人,而2017年手机支付用户达到约5.27亿人,根据2017年手机支付用户的人数不变,列出方程.
【解答】解:设这两年手机支付用户的年平均增长率为x,依题意,得
3.58(1+x)2=5.27.
故选:C.
【点评】本题考查的是由实际问题抽象出一元二次方程-平均增长率问题.解决这类问题所用的等量关系一般是:增长前的量×(1+平均增长率)增长的次数=增长后的量.
7.甲、乙两位射击运动员的10次射击练习成绩的折线
统计图如图所示,则下列关于甲、乙这10次射击成
绩的说法中正确的是(    ).        
   A.甲的成绩相对稳定,其方差小
B.乙的成绩相对稳定,其方差小
C.甲的成绩相对稳定,其方差大
D.乙的成绩相对稳定,其方差大
【专题】常规题型.
【分析】结合图形,乙的成绩波动比较小,则波动大的方差就小.
【解答】解:从图看出:乙选手的成绩波动较小,说明它的成绩较稳定,甲的波动较大,则其方差大,
故选:B.
【点评】此题考查了方差的意义.方差是用来衡量一组数据波动大小的量,方差越大,表明这组数据偏离平均数越大,即波动越大,数据越不稳定;反之,方差越小,表明这组数据分布比较集中,各数据偏离平均数越小,即波动越小,数据越稳定.
8.已知△ABC的三边长分别是a,b,c,且关于x的一元二次方程 有两         个相等的实数根,则可推断△ABC一定是(    ).
   A.等腰三角形    B.等边三角形        C.直角三角形  D.钝角三角形 
【专题】计算题
【分析】根据判别式的意义得到△=(-2a)2-4(c2-b2)=0,然后根据勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形.
【解答】解:根据题意得△=(-2a)2-4(c2-b2)=0,
所以a2+b2=c2,
所以△ABC为直角三角形,∠ACB=90°.
故选:C.
【点评】本题考查了根的判别式:一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2-4ac有如下关系:当△>0时,方程有两个不相等的实数根;当△=0时,方程有两个相等的实数根;当△<0时,方程无实数根.也考查勾股定理的逆定理.
9.如图,在△OAB中,∠AOB=55°,将△OAB在平面内绕点O顺时针
   旋转到△OA′B′ 的位置,使得BB′∥AO,则旋转角的度数为(    ).
   A.125° B.70° 
C.55°   D.15°
【专题】平移、旋转与对称.
【分析】据两直线平行,内错角相等可得∠AOB=∠B'BO=55°,根据旋转的性质可得OB=OB′,然后利用等腰三角形两底角相等可得∠BOB′,即可得到旋转角的度数.
【解答】解:∵BB′∥AO,
∴∠AOB=∠B'BO=55°,
又∵OB=OB′,
∴△BOB'中,∠BOB'=180°-2×55°=70°,
∴旋转角的度数为70°,
故选:B.
 
【点评】本题考查了旋转的性质,等腰三角形两底角相等的性质,熟记性质并准确识图是解题的关键.

 

10.已知某四边形的两条对角线相交于点O.动点P从点A出发,
沿四边形的边按A→B→C的路径匀速运动到点C.设点P运
动的时间为x,线段OP的长为y,表示y与x的函数关系的
图象大致如右图所示,则该四边形可能是(    ).

          A          B        C           D
【专题】函数及其图像.
【分析】通过点P经过四边形各个顶点,观察图象的对称趋势问题可解.
【解答】解:C、D选项A→B→C路线都关于对角线BD对称,因而函数图象应具有对称性,故C、D错误,对于选项B点P从A到B过程中OP的长也存在对称性,则图象前半段也应该具有对称特征,故B错误.
故选:A.
【点评】本题动点问题的函数图象,考查学生对动点运动过程中所产生函数图象的变化趋势判断.解答关键是注意动点到达临界前后的图象变化
二、填空题(本题共24分,每小题3分)
11.计算: _________.
【专题】计算题
【分析】先进行二次根式的乘法运算,然后化简后合并即可.
 
【点评】本题考查了二次根式的混合运算:先把二次根式化为最简二次根式,然后进行二次根式的乘除运算,再合并即可.在二次根式的混合运算中,如能结合题目特点,灵活运用二次根式的性质,选择恰当的解题途径,往往能事半功倍.
12.若平行四边形中两个内角的度数比为1:2,则其中一个较小的内角的度数是        °.
【分析】首先设平行四边形中两个内角的度数分别是x°,2x°,由平行四边形的邻角互补,即可得方程x+2x=180,继而求得答案.
【解答】解:设平行四边形中两个内角的度数分别是x°,2x°,
则x+2x=180,
解得:x=60,
∴其中较小的内角是:60°.
故答案为:60°.
【点评】此题考查了多边形的内角和外角,平行四边形的性质.注意平行四边形的邻角互补.
13.如图,一根垂直于地面的木杆在离地面高3m处折断,若木杆
折断前的高度为8m,则木杆顶端落在地面的位置离木杆底端
的距离为        m.
【专题】常规题型.
【分析】由题意得,在直角三角形中,知道了两直角边,运用勾股定理即可求出斜边,从而得出木杆顶端落在地面的位置离木杆底端的距离.
【解答】解:∵一棵垂直于地面的木杆在离地面3米处折断,木杆折断前的高度为8m,
 
故答案为:4.
【点评】此题考查了勾股定理的应用,主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力.
14.将一元二次方程 通过配方转化成 的形式( , 为常数),则 =_________, =_________.
【专题】计算题;一元二次方程及应用.
【分析】依据配方法的一般步骤:(1)把常数项移到等号的右边;(2)把二次项的系数化为1;(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方求解可得.
【解答】解:∵x2+8x+13=0,
∴x2+8x=-13,
则x2+8x+16=-13+16,即(x+4)2=3,
∴n=4、p=3,
故答案为:4、3.
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程,解题时要注意解题步骤的准确应用.选择用配方法解一元二次方程时,最好使方程的二次项的系数为1,一次项的系数是2的倍数.

15.如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,
若∠AOD=120°, AB=2,则BC的长为           .

【分析】由条件可求得△AOB为等边三角形,则可求得AC的长,在Rt△ABC中,由勾股定理可求得BC的长.
【解答】解:
∵∠AOD=120°,
∴∠AOB=60°,
∵四边形ABCD为矩形,
∴AO=OC=OB,
∴△AOB为等边三角形,
∴AO=OB=OC=AB=2,
∴AC=4,
 
【点评】本题主要考查矩形的性质,掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键.
16.已知一个反比例函数的图象与正比例函数 的图象
有交点,请写出一个满足上述条件的反比例函数的表达式:                  .
【专题】常规题型.
【分析】写一个经过一、三象限的反比例函数即可.
【解答】
 
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题:求反比例函数与一次函数的交点坐标,把两个函数关系式联立成方程组求解,若方程组有解则两者有交点,方程组无解,则两者无交点.也考查了待定系数法求函数解析式.
17.某汽车制造商对新投入市场的两款汽车进行了调查,这两款汽车的各项得分如下表所示:
汽车型号 安全性能 省油效能 外观吸引力 内部配备
A 3 1 2 3
B 3 2 2 2
(得分说明:3分——极佳,2分——良好,1分——尚可接受)
(1)技术员认为安全性能、省油效能、外观吸引力、内部配备这四项的占比分别为30%,30%,20%,20%,并由此计算得到A型汽车的综合得分为2.2,B型汽车的综合得分为         ;
(2)请你写出一种各项的占比方式,使得A型汽车的综合得分高于B型汽车的综合得分.(说明:每一项的占比大于0,各项占比的和为100%)
         答:安全性能:______,省油效能:______,外观吸引力:______,内部配备:______.
【专题】常规题型.
【分析】(1)根据加权平均数的计算公式列式计算即可;
(2)要使得A型汽车的综合得分高于B型汽车的综合得分,根据这两款汽车的各项得分,将A型汽车高于B型汽车得分的项(内部配备)占比较高,同时将A型汽车低于B型汽车得分的项(省油效能)占比较低即可.
【解答】解:B型汽车的综合得分为:3×30%+2×30%+2×20%+2×20%=2.3.
故答案为2.3;(2)∵A型汽车的综合得分高于B型汽车的综合得分,
∴各项的占比方式可以是:安全性能:30%,省油效能:10%,外观吸引力:10%,内部配备50%.
故答案为30%,10%,10%,50%.
【点评】本题考查的是加权平均数的求法,掌握公式是解题的关键.
18.已知三角形纸片ABC的面积为48,BC的长为8.按下列步骤将三角形纸片ABC进行裁剪和拼图:
第一步:如图1,沿三角形ABC的中位线DE将纸片剪成两部分.在线段DE上任意取一点F,在线段BC上任意取一点H,沿FH将四边形纸片DBCE剪成两部分;
第二步:如图2,将FH左侧纸片绕点D旋转180°,使线段DB与DA重合;将FH右侧纸片绕点E旋转180°,使线段EC与EA重合,再与三角形纸片ADE拼成一个与三角形纸片ABC面积相等的四边形纸片.

(1)当点F,H在如图2所示的位置时,请按照第二步的要求,在图2中补全拼接成的四边形;
(2)在按以上步骤拼成的所有四边形纸片中,其周长的最小值为_________.
【专题】综合题.
【分析】(1)利用旋转的旋转即可作出图形;
(2)先求出△ABC的边长边上的高为12,进而求出DE与BC间的距离为6,再判断出FH最小时,拼成的四边形的周长最小,即可得出结论.
【解答】解:(1)∵DE是△ABC的中位线,
 
∴四边形BDFH绕点D顺时针旋转,点B和点A重合,
四边形CEFH绕点E逆时针旋转,点C和点A重合,
∴补全图形如图1所示,
 
(2)∵△ABC的面积是48,BC=8,
∴点A到BC的距离为12,
∵DE是△ABC的中位线,
∴平行线DE与BC间的距离为6,
由旋转知,∠DAH''=∠B,∠CAH'=∠C,
∴∠DAH''+∠BAC+∠CAH'=180°,
∴点H'',A,H'在同一条直线上,
由旋转知,∠AEF'=∠CEF,
∴∠AEF'+∠CEF'=∠CEF+∠CEF'=180°,
∴点F,E,F'在同一条直线上,
同理:点F,D,F''在同一条直线上,
即:点F',F''在直线DE上,
由旋转知,AH''=BH,AH'=CH,DF''=DF,EF'=EF,F''H''=FH=F'H',
∴F'F''=2DE=BC=H'H'',
∴四边形F'H'H''F''是平行四边形,
∴▱F'H'H''F''的周长为2F'F''+2F'H'=4DE+2FH=2BC+2FH=16+2FH,
∵拼成的所有四边形纸片中,其周长的最小时,FH最小,
即:FH⊥BC,
∴FH=6,
∴周长的最小值为16+2×6=28,
故答案为28.
【点评】此题是四边形综合题,主要考查了旋转的旋转和作图,判断三点共线的方法,平行四边形的判断和性质,判断出四边形F'H'H''F''是平行四边形是解本题的关键.

三、解答题(本题共46分,第19题8分,第24、25题每小题7分,其余每小题6分)
19.解方程:
(1) ;                  (2) .
解:                                 解:

【专题】常规题型.
【分析】(1)先分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可;
(2)先求出b2-4ac的值,再代入公式求出即可.
【解答】解:(1)x2-4x-5=0,
分解因式得:(x-5)(x+1)=0,
x-5=0,x+1=0,
x1=5,x2=-1;

(2)2x2-2x-1=0,
a=2,b=-2,c=-1,
△=b2-4ac=(-2)2-4×2×(-1)=12>0,
 
【点评】本题考查了解一元二次方程,能选项适当的方法解一元二次方程是解此题的关键.

20.如图,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,将BD向两个方向延长,分别至点E和点F,且使BE=DF.
(1)求证:四边形AECF是菱形;
(2)若AC=4,BE=1,直接写出菱形AECF的边长.
(1)证明:

   (2)菱形AECF的边长为____________.

【专题】几何图形.
【分析】(1)根据正方形的性质和菱形的判定解答即可;
(2)根据正方形和菱形的性质以及勾股定理解答即可.
【解答】(1)证明:∵正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,
∴OA=OC,OB=OD,
AC⊥BD.
∵BE=DF,
∴OB+BE=OD+DF,即OE=OF.
∴四边形AECF是平行四边形.
∵AC⊥EF,
∴四边形AECF是菱形.
(2)∵AC=4,
∴OA=2,
∴OB=2,
∴OE=OB+BE=3,
 
【点评】此题考查了菱形的性质和判定,解题时要注意选择适宜的判定方法.
21. 已知关于的一元二次方程 .
(1)求证:此方程总有两个实数根;
(2)若此方程有一个根大于0且小于1,求 的取值范围.
    (1)证明:

(2)解:

【专题】一次方程(组)及应用.
【分析】(1)根据方程的系数结合根的判别式,求得判别式△≥0恒成立,因此得证,
(2)利用求根公式求根,根据有一个跟大于0且小于1,列出关于k的不等式组,解之即可.
【解答】(1)证明:△=b2-4ac=[-(k+1)]2-4×(2k-2)=k2-6k+9=(k-3)2,
∵(k-3)2≥0,即△≥0,
∴此方程总有两个实数根,
 
解得 x1=k-1,x2=2,
∵此方程有一个根大于0且小于1,
而x2>1,
∴0<x1<1,
即0<k-1<1.
∴1<k<2,
即k的取值范围为:1<k<2.
【点评】本题考查了根的判别式,解题的关键是:(1)牢记“当△≥0时,方程总有两个实数根”,(2)正确找出不等量关系列不等式组
22.小梅在浏览某电影评价网站时,搜索了最近关注到的甲、乙、丙三部电影,网站通过对观众的抽样调查,得到这三部电影的评分数据统计图分别如下:
甲、乙、丙三部电影评分情况统计图
 

根据以上材料回答下列问题:
(1)小梅根据所学的统计知识,对以上统计图中的数据进行了分析,并通过计算得到这三部电影抽样调查的样本容量,观众评分的平均数、众数、中位数,请你将下表补充完整:
甲、乙、丙三部电影评分情况统计表
电影 样本容量 平均数 众数 中位数
甲 100 3.45  5
乙  3.66   5  
丙 100     3 3.5


(2)根据统计图和统计表中的数据,可以推断其中_______电影相对比较受欢迎,理由是
                                                                            .(至少从两个不同的角度说明你推断的合理性)
【专题】常规题型;统计的应用.
【分析】(1)根据众数、中位数和平均数的定义,结合条形图分别求解可得;
(2)从平均数、中位数和众数的意义解答,合理即可.
【解答】解:(1)甲电影的众数为5分,
 
补全表格如下表所示:
甲、乙、丙三部电影评分情况统计表
电影 样本容量 平均数 众数 中位数
甲 100 3.45 5 5
乙 100 3.66 5 4
丙 100 3.78 3 3.5
(2)丙,①丙电影得分的平均数最高;②丙电影得分没有低分.
【点评】此题考查了条形统计图,表格,中位数,众数,弄清题意是解本题的关键.

23.如图,在平面直角坐标系xOy中,Rt△ABC的直角边AB在x轴上,∠ABC=90°.点A的坐标为(1,0),点C的坐标为(3,4),M是BC边的中点,函数 ( )的图象经过点M.
(1)求k的值;
(2)将△ABC绕某个点旋转180°后得到△DEF(点A,B,C的对应点分别为点D,E,F),且EF在y轴上,点D在函数 ( )的图象上,求直线DF的表达式.
解:(1)

【专题】函数思想.
【分析】(1)根据直角三角形的性质和坐标与图形的特点求得点M的坐标,将其代入反比例函数解析式求得k的值;
(2)根据旋转的性质推知:△DEF≌△ABC.故其对应边、角相等:DE=AB,EF=BC,∠DEF=∠ABC=90°.由函数图象上点的坐标特征得到:D(2,3). E(0,3).结合EF=BC=4得到F(0,-1). 利用待定系数法求得结果.
【解答】解:(1)∵Rt△ABC的直角边AB在x轴上,∠ABC=90°,点C的坐标为(3,4),
∴点B的坐标为(3,0),CB=4.
∵M是BC边的中点,
∴点M的坐标为(3,2).
 
∴k=3×2=6.
(2)∵△ABC绕某个点旋转180°后得到△DEF,
∴△DEF≌△ABC.
∴DE=AB,EF=BC,∠DEF=∠ABC=90°.
∵点A的坐标为(1,0),点B的坐标为(3,0),
∴AB=2.
∴DE=2.
∵EF在y轴上,
∴点D的横坐标为2.
 
当x=2时,y=3.
∴点D的坐标为(2,3).
∴点E的坐标为(0,3).
∵EF=BC=4,
∴点F的坐标为(0,-1).
设直线DF的表达式为y=ax+b,将点D,F的坐标代入,
 
∴直线DF的表达式为y=2x-1.
【点评】考查了待定系数法求一次函数解析式,反比例函数图象上点的坐标特征,旋转的性质,解题时,注意函数思想和数形结合数学思想的应用.
24.在矩形ABCD中,BE平分∠ABC交CD边于点E.点F在BC边上,且FE⊥AE.
(1)如图1,
①∠BEC=_________°;
②在图1已有的三角形中,找到一对全等的三角形,并证明你的结论;
(2)如图2,FH∥CD交AD于点H,交BE于点M.NH∥BE,NB∥HE,连接NE.
若AB=4,AH=2,求NE的长.
解:(1)②结论:△_________≌△_________;
      证明:
 
(2)

【专题】几何综合题.
【分析】(1)根据矩形的性质得到∠ABC=∠BCD=90°,根据角平分线的定义得到∠EBC=45°,根据三角形内角和定理计算即可;
(2)利用ASA定理证明△ADE≌△ECF;
(3)连接HB,证明四边形NBEH是矩形,得到NE=BH,根据勾股定理求出BH即可.
【解答】解:(1)①∵四边形ABCD为矩形,
∴∠ABC=∠BCD=90°,
∵BE平分∠ABC,
∴∠EBC=45°,
∴∠BEC=45°,
故答案为:45;
②△ADE≌△ECF,
理由如下:∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=∠C=∠D=90°,AD=BC.
∵FE⊥AE,
∴∠AEF=90°.
∴∠AED+∠FEC=180°-∠AEF=90°.
∵∠AED+∠DAE=90°,
∴∠FEC=∠EAD,
∵BE平分∠ABC,
 
∴∠BEC=45°.
∴∠EBC=∠BEC.
∴BC=EC.
∴AD=EC.
在△ADE和△ECF中,
 
∴△ADE≌△ECF;
(2)连接HB,如图2,
∵FH∥CD,
∴∠HFC=180°-∠C=90°.
∴四边形HFCD是矩形.
∴DH=CF,
∵△ADE≌△ECF,
∴DE=CF.
∴DH=DE.
∴∠DHE=∠DEH=45°.
∵∠BEC=45°,
∴∠HEB=180°-∠DEH-∠BEC=90°.
∵NH∥BE,NB∥HE,
∴四边形NBEH是平行四边形.
∴四边形NBEH是矩形.
∴NE=BH.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAH=90°.
∵在Rt△BAH中,AB=4,AH=2,
 
 
【点评】本题考查的是矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
25.当 值相同时,我们把正比例函数 与反比例函数 叫做“关联函数”,可以通过图象研究“关联函数”的性质.小明根据学习函数的经验,先以 与 为例对“关联函数”进行了探究.
下面是小明的探究过程,请你将它补充完整:
(1)如图,在同一坐标系中画出这两个函数的图象.
设这两个函数图象的交点分别为A,B,则点A
的坐标为( , ),点B的坐标为_________;
(2)点P是函数 在第一象限内的图象上一个动点(点P不与点B重合),设点P的坐标为(, ),其中>0且 .
①结论1:作直线PA,PB分别与x轴交于点C,D,则在点P运动的过程中,总有PC=PD.
证明:设直线PA的解析式为 ,将点A和点P的坐标代入,
得   解得    则直线PA的解析式为 .
       令 ,可得 ,则点C的坐标为( , ).
       同理可求,直线PB的解析式为 ,点D的坐标为_____________.
       请你继续完成证明PC=PD的后续过程:
    


②结论2:设△ABP的面积为S,则S是t的函数.请你直接写出S与t的函数表达式.

【专题】综合题.
【分析】(1)联立方程组求解即可得出结论;
(2)①利用待定系数法求出直线PA的解析式,再利用待定系数法求出直线PB的解析式即可求出点D坐标,进而判断出PM是CD的垂直平分线,即可得出结论;
②分两种情况利用面积的和差即可得出结论;
考试结束后:同(2)②的方法即可得出结论.

 
令y=0,
∴x=t-2,
则点C的坐标为(t-2,0).
 
∴x=t+2
∴点D的坐标(t+2,0),
如图 ,过点P作PM⊥x轴于点M,
则点M的横坐标为t.
∴CM=t-(t-2)=2,
DM=(t+2)-t=2.
∴CM=DM.
∴M为CD的中点.
∴PM垂直平分CD.
∴PC=PD.
 
 
【点评】此题是反比例函数综合题,主要考查了待定系数法,三角形的面积的计算方法,线段垂直平分线的性质和判定,掌握坐标系内求几何图形面积的方法是解本题的关键.


北京市西城区2017— 2018学年度第二学期期末试卷
          八年级数学附加题        2018.7
试卷满分:20分
一、填空题(本题共12分,每小题6分)
1.观察下面的表格,探究其中的规律并填空:
一元二次方程 方程的两个根  二次三项式分解因式
 

 


【专题】因式分解.
【分析】利用公式法对方程的左边进行因式分解.
【解答】
 
 【点评】考查了解一元二次方程-因式分解法.因式分解法就是先把方程的右边化为0,再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式,那么这两个因式的值就都有可能为0,这就能得到两个一元一次方程的解,这样也就把原方程进行了降次,把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了(数学转化思想).

2.在查阅勾股定理证明方法的过程中,小红看到一种利用“等积变形——同底等高的两个平行四边形的面积相等”证明勾股定理的方法,并尝试按自己的理解将这种方法介绍给同学.
(1)根据信息将以下小红的证明思路补充完整:
①如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,四边形ADEC,
四边形BCFG,四边形ABPQ都是正方形.延长QA交
DE于点M,过点C作CN∥AM交DE的延长线于点N,
可得四边形AMNC的形状是_________________; 
②在图1中利用“等积变形”可得 _____________;
③如图2,将图1中的四边形AMNC沿直线MQ向下平移MA
  的长度,得到四边形A’ M’N’ C’,即四边形QACC’;
④设CC’ 交AB于点T,延长CC’交QP于点H,在图2中
再次利用“等积变形”可得 _____________,
则有 _____________;
⑤同理可证  ,因此得到
 +  ,进而证明了勾股定理.
    (2)小芳阅读完小红的证明思路后,对其中的第③步提出了疑问,请将以下小红对小芳的说明补充完整:
图1中△______≌△______,则有______=AB=AQ,由于平行四边形的对边相等,从而四边形AMNC沿直线MQ向下平移MA的长度,得到四边形QACC’.
【专题】矩形 菱形 正方形.
【分析】根据平行四边形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等高模型即可解决问题;
【解答】解:(1)∵四边形ACED是正方形,
∴AC∥MN,∵AM∥CN,
∴四边形AMNC是平行四边形,
∴S正方形ADEC=S平行四边形AMNC,
∵AD=AC,∠D=∠ACB,∠DAC=∠MAB,
∴∠DAM=∠CAB,
∴△ADM≌△ACB,
∴AM=AB=AQ,
∴图1中的四边形AMNC沿直线MQ向下平移MA的长度,得到四边形A′M′N′C′,即四边形QACC′,
∴S四边形QACC′=S四边形QATH,则有S正方形ADEC=S四边形QATH,
∴同理可证S正方形BCFG=S四边形HTBP,因此得到S正方形ADEC+S正方形BCFG=S正方形ABPQ;
故答案为平行四边形,S四边形AMNC,S四边形QATH,S四边形QATH;

(2)由(1)可知:△ADM≌△ACB,
∴AM=AB=AQ,
故答案为ADM,ACB,AM;
【点评】本题考查平行四边形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等高模型等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造特殊四边形解决问题,属于中考创新题目.

二、解答题(本题8分)
3.在△ABC中,M是BC边的中点.
(1)如图1,BD,CE分别是△ABC的两条高,连接MD,ME,则MD与ME的数量关系是________________;若∠A=70°,则∠DME=________°;
(2)如图2,点D, E在∠BAC的外部,△ABD和△ACE分别是以AB,AC为斜边的直角三角形,且∠BAD=∠CAE=30°,连接MD,ME.
①判断(1)中MD与ME的数量关系是否仍然成立,并证明你的结论;
②求∠DME的度数;
(3)如图3,点D,E在∠BAC的内部,△ABD和△ACE分别是以AB,AC为斜边的直角三角形,且∠BAD=∠CAE= ,连接MD,ME.直接写出∠DME的度数(用含 的式子表示).
  
解:(2)①
 
           ②
 

(3)∠DME=                       .
 

【专题】几何综合题.
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到MD=ME,根据三角形内角和定理求出∠DME;
(2)分别取AB,AC的中点F,H,连接FD,FM,HE,HM,证明△DFM≌△MHE,根据全等三角形的性质、三角形内角和定理计算即可;
(3)仿照(2)的证明方法解答.
【解答】解:(1)∵BD,CE分别是△ABC的两条高,M是BC边的中点,
 
∴MD=ME,∠MEB=∠ABC,∠MDC=∠ACB,
∴∠DME=180°-∠EMB-∠DMC
=180°-(180°-2∠ABC)-(180°-2∠ACB)
=180°-2∠A
=40°,
故答案为:MD=ME,40;
(2)①MD=ME仍然成立;
证明:分别取AB,AC的中点F,H,连接FD,FM,HE,HM,
∵点F,M分别是AB,BC的中点,
∴FM是△ABC的中位线.
 
∴∠BFM=∠BAC.
∵H是AC的中点,
∴EH是Rt△AEC的中线.
 
∴FM=EH.
同理可证,MH=DF.
 
∴∠FDA=∠FAD.
∴∠BFD=∠FDA+∠FAD=2∠FAD.
∵∠BAD=30°,
∴∠BFD=60°.
∴∠DFM=∠BFD+∠BFM=60°+∠BAC.
同理可证,MHE=60°+∠BAC.
∴∠DFM=∠MHE.
在△DFM和△MHE中,
 
∴△DFM≌△MHE.
∴MD=ME;
 ②∵HM∥AB,
∴∠FMH=∠BFM.
∵△DFM≌△MHE,
∴∠FDM=∠HME,
∴∠DME=∠EMD+∠FMH+∠HME
=∠FMD+∠BFM+∠FDM
=180°-∠BFD
=120°;
(3)由(2)可知,△DFM≌△MHE,
∴∠FMD=∠HEM,
∴∠DME=360°-∠FMD-∠FMH-∠HME
=360°-∠HEM-∠FMH-∠HME
=360°-∠HEM-∠MHE-2α-∠HEM
=180°-2α.
 
 
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理、直角三角形的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
 


章 来源莲山课件 ww w.
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