人教版八年級下冊數(shù)學(xué)期末試卷試卷(含答案)

人教版八年級下冊數(shù)學(xué)期末試卷試卷〔word版含答案〕一、選擇題以下二次根式有意義的范圍為x≥﹣4的是〔 〕A．x4 B．

1x4 C．

1x4 D．x4滿足下述條件的三角形中，不是直角三角形的是〔〕1：2：31，3，23：4：540°50°如圖四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點O，則推斷四邊形ABCD是平行四邊形的是〔 〕A．AB∥CD，∠DAC=∠BCAC．AC=2AO，BD=2BO

B．AB=CD，∠ABO=∠CDOD．AO=BO，CO=DO?；@球隊所買10雙運動鞋的尺碼統(tǒng)計如表,則這10雙運動鞋尺碼的眾數(shù)和中位數(shù)分別為〔 〕尺碼〔cm〕購置量〔雙〕

25 25.5 26 26.5 271 1 2 4 2A．4cm，26cm

B．4cm，26.5cm

C．26.5cm，26.5cm D．26.5cm，26cm△ABC中，AB=15，AC=13，高AD=12，則△ABC的周長為〔 〕A．42

B．32

C．42或32 D．37或33ABCD，∠A=60°，PABABCDCDP所在的直線上，得到經(jīng)過點D的折痕DE，則∠DEC等于〔 〕A．60° B．65° C．75° D．80°如圖，在正方形ABCD中，E為AB中點，連結(jié)DE，過點D作DF⊥DE交BC的延長線于點F，連結(jié)EF．假設(shè)AE＝2，則EF的值為〔 〕A．6 B．210 C．2 3 D．51y＝kx+b〔k≠0〕B〔﹣6，0〕，y＝x的圖象31交于點A〔m，﹣3〕，假設(shè)kx﹣x＞﹣b，則〔 〕3A．x＞0 B．x＞﹣3 C．x＞﹣6 D．x＞﹣9二、填空題9．假設(shè)y＝2x1 12x3，則x+y的值為 ．一個菱形的邊長是5cm，一條對角線長6cm，則此菱形的面積為 cm2．如圖，兩個較大正方形的面積分別為225、289，則字母A所代表的正方形的邊長為ABCD中，AE平分BADBCEDE，假設(shè)CD3DE5，則AD的長是 ．正比例函數(shù)ykx(k0)經(jīng)過點(1,3)，則k ．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，點P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，則PE+PF等于 ．在平面直角坐標(biāo)系中，Qy1x2Q繞點P(1,0)順時2針旋轉(zhuǎn)90，得到點Q連接OQ，則OQ的最小值為 ．如圖，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，將△ABC折疊，使A點與BC的中點D重合，折痕為PQ，則線段BQ的長度為 ．三、解答題計算：〔1〕2 18﹣6× 12

327；〔2〕〔5﹣2〕2﹣〔13﹣2〕〔13+2〕；〔3〕〔1+ 3〕?〔2﹣3〕；〔4〕3 32 2．3 23m高的小樹上覓食，它的巢筑在距離該樹24m的一棵大樹上，大14m1m．當(dāng)它聽到巢中幼鳥的叫聲，馬上趕過去，假設(shè)它飛行的速5m/s，那它至少需要多少時間才能趕回巢中？如圖，每個小正方形的邊長都是1，△ABC的三個頂點分別在正方形網(wǎng)格的格點上．AB，BC的長；推斷△ABC的外形，并說明理由．Rt△ABC中，DAB邊上任意一點，EBCC作CF∥ABDEFBF、CD．CDBF是平行四邊形．DABCDBF的外形，并說明理由．a(chǎn)，b滿足：b2=1+a，b的值；

a2﹣2a，且|b|+b＞031利用公式

1 1 ，求n(n1) n n12023

2023+

2023

+…+

2023ab (a1)(b1) (a2)(b2) (a2023)(b2023)在一次蠟燭燃燒試驗中，甲、乙兩根蠟燭燃燒時剩余局部的高度y(cm)與燃燒時間x(h)的關(guān)系如下圖．其中甲蠟燭燃燒前的高度是30cm，乙蠟燭燃燒前的高度是25cm，請依據(jù)圖象所供給的信息解答以下問題：甲、乙兩根蠟燭從點燃到燃盡所用的時間分別是 ；yx之間的函數(shù)關(guān)系式；x為何值時，甲、乙兩根蠟燭在燃燒過程中的高度相等〔不考慮都燃盡時的狀況)？在什么時間段內(nèi)甲蠟燭比乙蠟燭高？在什么時間段內(nèi)甲蠟燭比乙蠟燭低？如圖，在ABCDBDABBDAB＝BD，EBCAEBDF．1AB22，BE＝1AE的長度；2DDH⊥AEHHHG⊥ADADGBDMM作MN∥AD交AE于N，連接BN，證明：NH 2BN；3EBCDDH⊥AEHDHQ，使得1QH2AH，MADQMAD42QM取最大值時，請直接寫出ADH的面積．1 2 xOyl：y＝kx+6x軸、yA、B兩點，且OB＝3OAl：y＝kx+bC〔3，1〕，x軸、yAB分別交于點E、F、D1 2 l1的解析式；1CBCD⊥ABD的坐標(biāo)和△BCD的面積；2DAB上運動時，在坐標(biāo)軸上是否存在點Q，使△QCD為底邊的等腰直角三角形？假設(shè)存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)，假設(shè)不存在，請說明理由．25．1ABCD中，AB=a，BC=6PBBC方向移動，作PABPA的對稱△PAB′．2PBCPB′CDMAM，假設(shè)∠PAM=45°，請直接寫出∠B′AM和∠DAM的數(shù)量關(guān)系；在〔1〕a的值：a=8時，①3B′ACPB的長；②PBC的延長線上時，請直接寫出△PCB′PB的長度．26．如圖，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFEAA分別作直CE，CF的垂線，B，D為垂足．∠EAF＝ °〔直接寫出結(jié)果不寫解答過程〕；①ABCD是正方形．②BE＝EC＝3DF的長．如圖〔2〕，在△PQR中，∠QPR＝45°PH＝5，QH＝2HR的長度是〔直接寫出結(jié)果不寫解答過程〕．一、選擇題1．D解析：D【分析】依據(jù)二次根式中的被開方數(shù)是非負(fù)數(shù)，分式的分母不為0列出不等式，分別計算即可．【詳解】解：A、x﹣4≥0，解得x≥4，故此選項不符合題意；B、x﹣4＞0，解得x＞4，故此選項不符合題意；C、x+4＞0，解得x＞﹣4，故此選項不符合題意；D、x+4≥0x≥﹣4，故此選項符合題意．應(yīng)選：D．【點睛】此題考察了二次根式有意義的條件和分式有意義的條件，解題關(guān)鍵是熟記二次根式和分式有意義的條件，列出不等式求解．2．C解析：C【分析】依據(jù)勾股定理的逆定理和三角形內(nèi)角和定理對各選項進展逐一推斷即可．3【詳解】32解：A、∵12＋〔2

〕2＝3＝〔

〕2，∴能夠成直角三角形，故本選項不符合題意；3B、∵12＋〔 〕2＝4＝22，∴能夠成直角三角形，故本選項不符合題意；3C、設(shè)∠A＝3x°，∠B＝4x°，∠C＝5x°，∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，∴3x＋4x＋5x＝180，解得：x＝15，∴∠C＝5x°＝75°，即此時三角形不是直角三角形，故本選項符合題意；D40°和50°90°，是直角三角形，故本選項不符合題意；應(yīng)選：C．【點睛】此題考察的是勾股定理的逆定理，即假設(shè)三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形，也考察了三角形的內(nèi)角和定理．3．D解析：D【解析】【分析】證明AD//BC，即可依據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形推斷；證明AB∥CD，即可依據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形推斷；可依據(jù)對角線相互平分的四邊形是平行四邊形推斷；條件缺乏無法推斷；【詳解】∠DAC=∠BCAAD//BC，ABCD是平行四邊形，A選項正確，不符合題意；∠ABO=∠CDOAB//CD又AB=CD，ABCD是平行四邊形，B選項正確，不符合題意；AC=2AO，BD=2BOAOCO,BODOABCD是平行四邊形，C選項正確，不符合題意；D.條件缺乏無法推斷，符合題意；D【點睛】此題考察了平行四邊形的判定，把握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．4．C解析：C【解析】【分析】依據(jù)眾數(shù)的含義及中位數(shù)的求法進展即可．【詳解】26.5是消滅次數(shù)最多的，故眾數(shù)是26.5cm；處于這組數(shù)據(jù)中間位置的數(shù)是26.5、26.5，那么中位數(shù)的定義可知，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是〔26.5+26.5〕÷2=26.5cm.C．【點睛】此題考察了眾數(shù)及中位數(shù)，一組數(shù)據(jù)中消滅次數(shù)最多的數(shù)稱為眾數(shù)，一組數(shù)據(jù)的眾數(shù)可以不止一個，把一組數(shù)據(jù)按大小排列，中間位置一個數(shù)或兩個數(shù)的平均數(shù)是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；把握它們的含義是關(guān)鍵．5．C解析：C【分析】2種狀況，△ABC是銳角三角形和鈍角三角形時，高AD分別在△ABC的內(nèi)部和外部【詳解】狀況一：如以下圖，△ABC是銳角三角形∵AD是高，∴AD⊥BC∵AB=15，AD=12∴Rt△ABD中，BD=9∵AC=13，AD=12∴Rt△ACD中，DC=5∴△ABC的周長為：15+12+9+5=42狀況二：如以下圖，△ABC是鈍角三角形Rt△ADC中，AD=12，AC=13，∴DC=5Rt△ABD中，AD=12，AB=15，∴DB=9∴BC=4∴△ABC的周長為：15+13+4=32應(yīng)選：C【點睛】此題考察勾股定理，解題關(guān)鍵是多解，留意當(dāng)幾何題型題干未供給圖形時，往往存在多解狀況.6．C解析：C【解析】【分析】BD，由菱形的性質(zhì)及∠A=60°ABD為等邊三角形，PAB的中點，利用DP為角平分線，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，進而求出∠PDC=90°，由折疊的性質(zhì)得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出所求角的度數(shù)．【詳解】BD，∵ABCD為菱形，∠A=60°，∴△ABD為等邊三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，∵PAB的中點，∴DP為∠ADB的平分線，即∠ADP=∠BDP=30°，∴∠PDC=90°，∴由折疊的性質(zhì)得到∠CDE=∠PDE=45°，在△DEC中，∠DEC=180°-〔∠CDE+∠C〕=75°．C．【點睛】此題考察了翻折變換〔折疊問題〕，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，以及內(nèi)角和定理，嫻熟把握折疊的性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．7．B解析：B【解析】【分析】依據(jù)“ASA”判定△ADE≌△CDFDE=DFRt△ADEDE的Rt△DEFEF的長．【詳解】解：∵ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠DCB=∠B=90°，∵DF⊥DE，∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，即ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，ADECDF ADCD ， ADCF∴△ADE≌△CDF〔ASA〕，∴DE=DF，∵EAB的中點，AE=2，∴AD=AB=4，在Rt△ADE中，DE AD2AE2 422225，，EF DE2DF2210．應(yīng)選：B．【點睛】此題主要考察了正方形的性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，求線段的長度經(jīng)常是把線段轉(zhuǎn)化到直角三角形中，運用勾股定理進展計算求值．8．D解析：D【分析】先利用正比例函數(shù)解析式,確定A點坐標(biāo);然后利用函數(shù)圖像，寫出一次函數(shù)y=kx+b〔k≠0〕的圖像，在正比例函數(shù)圖像上方所對應(yīng)的自變量的范圍.【詳解】1 1A〔m，﹣3〕y＝3x3m＝﹣3m＝﹣9，1x＞﹣9時，kx+b3x，1kx﹣3x＞﹣bx＞﹣9．D．【點睛】此題考察了一次函數(shù)與一元一次不等式：從函數(shù)的角度看，就是尋求使一次函數(shù)y=kx+b的值大于〔或小于〕0的自變量x的取值范圍；從函數(shù)圖像的角度看，就是確定直線y=kx+bx軸上〔或下〕方局部全部的點的橫坐標(biāo)所構(gòu)成的集合.二、填空題79．2【解析】【分析】依據(jù)二次根式有意義的條件列出不等式，解不等式求出x，進而求出y，計算即可．【詳解】解：由題意得：2x-1≥0，1-2x≥0，1解得：x=2，∴y=3，∴ +3=∴ +3=x+y= ，2 272．【點睛】此題考察的是二次根式有意義的條件，把握二次根式的被開方數(shù)是非負(fù)數(shù)是解題的關(guān)鍵．10．A24【解析】【分析】首先依據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理求出另一條對角線的長度，然后利用菱形的面積公式求解即可．【詳解】AB5cm,AC6cm，∵ABCD是菱形，∴AO1AC3cm,OB1BD,ACBD，2 2∴AOB90，BO AB2AO24cm，BD2OB8cm，S1ACBD16824cm2，2 2故答案為：24．【點睛】此題主要考察菱形的性質(zhì)和面積，勾股定理，把握菱形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．11．E解析：8【解析】【分析】依據(jù)正方形的面積等于邊長的平方，由正方形PQEDPRQF的面積分別表示PRPQPQR為直角三角形，依據(jù)勾股定理求出QR的平方，即可求小正方形的邊長．【詳解】如圖，∵PQED225，∴∵PRGF289，∴PR2=289，又△PQR為直角三角形，依據(jù)勾股定理得：PR2=PQ2+QR2，∴QR2=PR2?PQ2=289?225=64，∴QR=8，即字母A8.【點睛】此題考察勾股定理，依據(jù)勾股定理求出小正方形的面積是關(guān)鍵.12．E解析：7【分析】EC＝4BE＝AB＝3BC的長，進而AD的長．【詳解】解：∵ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD，AD//BC，AD＝BC，∵ED＝5，CD＝3，∴EC2＝DE2?CD2＝25?9＝16，∴CE＝4，∵AD//BC，∴∠AEB＝∠DAE；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴BE＝AB＝CD＝3，∴BC＝BE＋EC＝7，∴AD＝7，故答案為：7．【點睛】此題主要考察了矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定等學(xué)問；解題的關(guān)鍵是機敏運用矩形的性質(zhì)和等腰三角形的判定．13．3【分析】把(1,3)ykx(k0)，利用待定系數(shù)法求解k即可得到答案．【詳解】解：把(1,3)ykx(k0)，k3,3.【點睛】此題考察的是利用待定系數(shù)法求解正比例函數(shù)的解析式，把握待定系數(shù)法是解題的關(guān)鍵．14．A12解析：5【詳解】ACBD相交于點OOPDDM⊥ACM，∵ABCD是矩形，∴，AC=BD，∠ADC=90°．∴OA=OD．∵AB=3，AD=4，∴由勾股定理得：AC= 32425．∵S 1 1 12 34ACD 2

25DM，∴DM=5．∵SAODSAPOSDPO，∴1AODM1AOPE1DOPF．2 2 2B∴PE+PF=DM12．應(yīng)選．B515．【分析】線的函數(shù)關(guān)系式，然后依據(jù)勾股定理求解即可解決問題．【詳解】解：作軸于點，軸于，，，，在和△中，，，解析： 5【分析】利用等腰直角三角形構(gòu)造全等三角形，求出旋轉(zhuǎn)后Q的坐標(biāo)，進而可得點Q所在直線的函數(shù)關(guān)系式，然后依據(jù)勾股定理求解即可解決問題．【詳解】解：作QMx軸于點MQNxN，QPQ90，QPMNPQPQNNPQ90，QPMPQN，在PQM和△QPN中，PMQPNQ90QPMPQN ，PQPQ△PQM≌△QPN(AAS)，PNQM，QNPM，設(shè)Q(m1m2)，2QNPM|m1|，QM|1m2|，2ON|31m|，2Q(31m，1m)，2設(shè)點Q(xy，x31m則 2 ，y1my2x5，則點Q(xy)y2x5上，y2x5x軸，yE、F，如圖，當(dāng)OQEFOQ取得最小值，y0，則2x50，x5，2∴OE5，2x0y5，∴OF5，5在RtOEF中，EF OE2OF2 ()2525 5，52 2當(dāng)OQEF時，則S 1EFOQ1OEOF，△OEF 2 255∴OQOEOF2EF 52

5，5OQ的最小值為5，故答案為：5．【點睛】此題考察的是一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形全等，坐標(biāo)與圖形的變換－旋轉(zhuǎn)，勾股定理，表示出點Q的坐標(biāo)以及點Q所在直線的函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．16．4【分析】Rt△BDQ中，用勾股定理列方程可x，從而可得答案．【詳解】BC的中點，∴BD＝BC＝3，∵△ABC折疊解析：4【分析】AQ＝DQ＝xBQ＝AB﹣AQ＝9﹣xRt△BDQx，從而可得答案．【詳解】解：∵BC＝6，DBC的中點，∴BD＝12

BC＝3，∵△ABCABCD重合，∴AQ＝DQ，AQ＝DQ＝xBQ＝AB﹣AQ＝9﹣x，Rt△BDQBQ2BD2DQ2∴9x22x2x＝5，∴BQ＝9﹣x＝4，故答案為：4．【點睛】此題考察折疊的性質(zhì)和勾股定理，關(guān)鍵是利用方程思想設(shè)邊長，然后用勾股定理列方程解未知數(shù)，求邊長．三、解答題17．〔1〕3﹣3；〔2〕﹣4；〔3〕﹣1+；〔4〕﹣【分析】答案；直接利用乘法公式化簡，再合并得出答案；5332直接利用53322解析：〔1〕32【分析】

﹣3；〔2〕﹣4

；〔3〕﹣1+

；〔4〕 ﹣直接利用二次根式的性質(zhì)以及立方根的性質(zhì)，進而合并同類二次根式得出答案；直接利用乘法公式化簡，再合并得出答案；直接利用二次根式的混合運算法則計算得出答案；直接利用二次根式的性質(zhì)化簡，進而得出答案．181231812327解：〔1〕2

﹣6× 22=6 6232222=6 3 322=323；〔2〕〔5﹣2〕2﹣〔13﹣2〕〔13+2〕=5+4-4 5-(13-4)=9-4 5-9=-4 5；〔3〕〔1+ 3〕?〔2﹣3〕=2- 3233=-1+ 3；3 32 2〔4〕 3 2= 3121= 31 21= 3 2．【點睛】此題主要考察了二次根式的混合運算以及立方根的性質(zhì)，正確化簡二次根式是解題關(guān)鍵．5.2s才能趕回巢中．【分析】依據(jù)題意，構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理解答．【詳解】ECE=15.2s才能趕回巢中．【分析】依據(jù)題意，構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理解答．【詳解】解：如圖，由題意知AB=3，CD=14-1=13，BD=24．AAE⊥CDECE=13-3=10，AE=24，∴Rt△AEC中，AC2=CE2+AE2=102+242．∴AC=26，26÷5=5.2〔s〕．5.2s才能趕回巢中．【點睛】此題考察了勾股定理的應(yīng)用．關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，同時留意：時間=路程÷速度．19．〔1〕AB＝2，BC＝，〔2〕△ABC是直角三角形，見解析．【解析】【分析】先利用勾股定理分別計算兩邊的長即可；利用勾股定理的逆定理得到三角形為直角三角形．55【詳解】55解析：〔1〕AB＝2【解析】【分析】

，BC＝

，〔2〕△ABC是直角三角形，見解析．先利用勾股定理分別計算兩邊的長即可；利用勾股定理的逆定理得到三角形為直角三角形．12122252242242〔2〕AC＝5，∵(2 5)2( 5)252，∴AB2＋BC2＝AC2，

2 5，BC＝ ，∴△ABC是直角三角形．【點睛】此題考察了勾股定理和勾股定理的逆定理，嫻熟把握勾股定理是解此題的關(guān)鍵．〔2〕CDBF是菱形，理由見解析【分析】證△CEF≌△BED〔ASA〕，CF=BDCF∥DB，即可得出結(jié)論；CD=DB，即解析：〔1〕見解析；〔2〕CDBF是菱形，理由見解析【分析】證△CEF≌△BED〔ASA〕，CF=BDCF∥DB，即可得出結(jié)論；CD=DBCDBF是菱形．【詳解】證明：∵CF∥AB，∴∠ECF=∠EBD，∵EBC中點，∴CE=BE，在△CEF和△BED中，ECFEBDCEBECEFBED∴△CEF≌△BED〔ASA〕，∴CF=BD，又∵CFAB，∴CDBF是平行四邊形．CDBF是菱形，理由如下：∵DAB的中點，∠ACB=90°，∴CD=12

AB=BD，由〔1〕CDBF是平行四邊形，∴CDBF是菱形．【點睛】此題考察了平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)等學(xué)問；嫻熟把握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△CEF≌△BED是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．2，b1；〔2〕2023.【解析】【分析】依據(jù)二次根式有意義的條件得到依據(jù)公式將原式化成多個式子相減，起到相互抵消的效果，做到化繁為簡．【詳解】〔1解析：〔1〕a2，b1；〔2〕2023.【解析】【分析】依據(jù)二次根式有意義的條件得到a22a即a且b求出的值．1依據(jù)公式

1

1將原式化成多個式子相減，起到相互抵消的效果，做到化繁為簡．【詳解】

nn1

n n1a20〔1〕2a0,解得：a2.a2aa2a2,3∴b=±1∵|b|+b＞0∴b=1∴a2，b1．〔2〕2023

2023

2023

2023,ab a1b1 a2b2 a2023b2023 2023 1 1 1 1 , 12 23 34 202320232023111111

1 1 ,20231

2 2 3 3 41

2023 20232023.【點睛】此題主要考察二次根式有意義的條件，學(xué)會應(yīng)用公式推導(dǎo)一般并能實際運用.當(dāng)時，甲、乙兩根蠟燭在燃燒過程中的高度相等；當(dāng)時，甲蠟燭比乙蠟燭高，當(dāng)時，甲蠟燭比乙蠟燭低．【分析】依據(jù)函數(shù)圖象可以解答此題；先設(shè)出甲、乙兩根蠟燭燃燒時，解析：〔1〕2h2.5h；〔2〕y甲

15x+30，y乙

10x+25；〔3〕x=1時，甲、乙兩根蠟燭在燃燒過程中的高度相等；當(dāng)0x1時，甲蠟燭比乙蠟燭高，當(dāng)1x2.5時，甲蠟燭比乙蠟燭低．【分析】依據(jù)函數(shù)圖象可以解答此題；先設(shè)出甲、乙兩根蠟燭燃燒時，yx之間的函數(shù)解析式，然后依據(jù)函數(shù)圖象中的數(shù)據(jù)即可求得相應(yīng)的函數(shù)解析式；依據(jù)題意，令〔2〕中的兩個函數(shù)解析式的值相等，即可解答此題．【詳解】解：〔1〕由圖象可知，甲、乙兩根蠟燭燃燒前的高度分別是30c2c從點燃到燒盡所用小時分別是22h2.5h；設(shè)甲蠟燭燃燒時，yxykxb， b302kb0

k15,b30 即甲蠟燭燃燒時，yxy15x30；設(shè)乙蠟燭燃燒時，yxymxn， n25 m10,2.5mn0 n25 即乙蠟燭燃燒時，yxy=-10x+25；∴y 15x+30，y甲

10x+25；由15x+3010x+25x=1x=1時，甲、乙兩根蠟燭在燃燒過程中的高度相等；觀看圖像可知，當(dāng)0x1時，甲蠟燭比乙蠟燭高，當(dāng)1x2.5時，甲蠟燭比乙蠟燭低．【點睛】此題考察一次函數(shù)的應(yīng)用，解答此題的關(guān)鍵是明確題意，求出相應(yīng)的函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．23．〔1〕見解析；〔2〕見解析；〔3〕．【分析】分別過點作，垂足分別為，勾股定理解即可；條件，繼而證，得出，，進而得到解析：〔1〕見解析；〔2〕見解析；〔3〕16 5．5【分析】分別過點B,EBSAD,ERAD，垂足分別為S,R，勾股定理解Rt△ARE即可；連接BHNNTAD于點T，設(shè)BAN，經(jīng)過角度的變換得出BANHDB，再證明△ATN△HGDANHD，結(jié)合條件，繼而證BAN≌△BDH，得出ABNDBHNBHB，進而得到△NBH是等腰直角三角形，從而得證；AD,AQ的中垂線，交于點O，依據(jù)作圖，先推斷MQ最大的時候的位置，進而由QH1AH，AD4 2，構(gòu)造直角三角形，勾股定理求得AH,HD，從而求得2△ADH的面積．【詳解】如圖，分別過點BEBSADERAD，垂足分別為SRABBD，AB＝BD，AB2 2ABD是等腰直角三角形，△ASB是等腰直角三角形AD AB2BD241ASSD

AD2,BSAS22ABCD是平行四邊形AD//BC四邊形SBER是矩形SRBE1，RESB2ARASSR3Rt△ARE中AE AR2RE2 3222 13連接BHNNTAD于點T，設(shè)BANBAD是等腰直角三角形BADBDA45HADBADBAN45DHAE，ADH90HAD45HDBADHADB4545BANHDBNTADANT90HAD90(45)45，90ANTADHHDGHGADHGD90ATNHGD又BDA45DMG90MDG45GDGMMN//AD，HGAD，NTAD四邊形TNMG是矩形GMTNTNGD在△ATN和△HGD中ANTHDGTNGDATNHGD△ATN≌△HGD〔ASA〕ANHD在BAN和△BDH中ABBDBANHDBANHD BAN≌△BDH〔SAS〕ABNDBH，NBHBABNNBDDBHNBD即ABDNBHABBDNBH90△NBH是等腰直角三角形NH BN2BH2 2BN即NH 2BNADAQ的中垂線，交于點O，EBCAQDADADQ三點共圓，則點Q在以O(shè)為圓心OQ為半徑的圓上運動，1DHAE，QH AH2tanAQDAH2QH在OMQ中MQMOOQ當(dāng)M,O,QMQ取得最大值，此時情形如圖：ABBD,BMADAMMDM,O,Q三點共線，點QAB的垂直平分線上QAQDDHAE,tanAQD設(shè)QHxAH2xAQ 5xQDDH 5xxAD4 2AH2DH2AD2

AH2QH即(2x)2( 5xx)2(4 2)2得：x2 165 5ADH的面積1AHDH212x( 5xx)( 51)x2=( 51) 16

16

16 52 5 5 5 5當(dāng)QM取最大值時，△ADH的面積為16 5．5【點睛】此題考察了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，勾股定理，三角形三邊關(guān)系，三角形全等的證明與性質(zhì)，動點問題等，此題是一道綜合性比較強的題，嫻熟平面幾何的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．24．〔1〕y＝x+6；〔2〕D〔﹣，3〕，S△BCD＝4；〔3〕Q，使△QCDCD底邊的等腰直角三角形，點Q的坐標(biāo)是〔0，±2〕或〔6﹣4，0〕或〔﹣4﹣6，0〕【解析】【分析】〔1〕解析：〔1〕y＝3x+6；〔2〕D〔﹣3，3〕，S△BCD＝4 3；〔3〕存在點Q，使△QCD是以CD為底邊的等腰直角三角形，點Q的坐標(biāo)是〔0，±2 3〕或〔6﹣4 ，0〕或〔﹣4 3﹣6，0〕【解析】【分析】l1的解析式；21CCH⊥xHECEl的21lD的坐標(biāo)，利用面積和可得△BCD的面積；1xy軸上，證明△DMQ≌△QNC〔AAS〕，DM＝QN，QM＝CND〔m，3m+6〕〔m＜0〕，QOQm的值，從而得到結(jié)論．【詳解】解：〔1〕y＝k1x+6，x＝0時，y＝6，∴OB＝6，∵OB＝3OA，∴OA＝2 3，∴A〔﹣2 3，0〕，把A〔﹣2 3，0〕代入：y＝k1x+6中得：﹣2 3k1+6＝0，k＝3，k11∴l(xiāng)的解析式為：y＝3x+6；11CCH⊥xH，∵C〔3，1〕，∴OH＝3，CH＝1，△ABO中，AB 6223243，∴AB＝2OA，∴∠OBA＝30°，∠OAB＝60°，∵CD⊥AB，∴∠ADE＝90°，∴∠AED＝30°，∴EH＝3，∴OE＝OH+EH＝2 3，∴E〔2 3，0〕，

2

b0把E〔2 3，0〕和C〔3，1〕代入y＝kx+b中得： 2 ，2 3

3kb02k23，b2∴l(xiāng)

3：y＝ x+2，2 3∴F〔0，2〕BF＝6﹣2＝4，y則

33x2

x 3，解得 ，y 3x6∴D〔﹣3，3〕，

y32

BF〔xC﹣xD〕＝143 343；2分四種狀況：①Q(mào)y2DDM⊥yMCCN⊥yN，∵△QCDCD為底邊的等腰直角三角形，∴∠CQD＝90°，CQ＝DQ，∴∠DMQ＝∠CNQ＝90°，∴∠MDQ＝∠CQN，∴△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝3，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔0，﹣m+1〕，∴OQ＝QN+ON＝OM+QM，即﹣m+1＝3m+6+ 3，5 3m31

123，∴Q〔0，2 3〕；②Qx3DDM⊥xMCCN⊥xN，△DMQQNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝1，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔m+1，0〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM﹣QM，即3m+6- 3＝﹣m﹣1，m＝5﹣4 3，∴Q〔6﹣4 3，0〕；③Qx4DDM⊥xMCCN⊥xN，同理得：△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝1，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔m﹣1，0〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，3m﹣6﹣3＝﹣m+1，m＝﹣43﹣5，∴Q〔﹣43﹣6，0〕；④Qy5DDM⊥yMCCN⊥yN，同理得：△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝3，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔0，m+1〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，m﹣6+3＝﹣m﹣1，m＝﹣23﹣1，∴Q〔0，﹣23〕；Q，使△QCD是以CDQ的坐標(biāo)是〔0，±2 3〕或〔6﹣4 3，0〕或〔﹣4 3﹣6，0〕．【點睛】此題是綜合了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形與等腰直角三角形的性質(zhì)等學(xué)問的分狀況爭辯動點動圖問題，在嫻熟把握學(xué)問的根底上，需要依據(jù)狀況作出關(guān)心線，或者作出符合題意的圖象后分狀況爭辯.8或或．【分析】Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)AD解析：〔1〕BAMDAM；〔2〕a6；〔3〕①9；②PB的長度為8或328 7或3 3328 7．3【分析】Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)AD=AB′=AB=aa=6；①ACRt△PB′C中利用勾股定理即可解決問題；②分三種情形分別求解即可，如圖2-1中，當(dāng)∠PCB′=90°2-2中，當(dāng)∠PCB′=90°2-3中，當(dāng)∠CPB′=90°時，利用勾股定理即可解決問題．【詳解】解：〔1〕∵ABCD是矩形，∴∠D=∠B=∠BAD=90°，∵△PAB′與△PABPA的對稱，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，∵∠PAM=45°，即∠B′AP+∠B′AM=45°，∴∠DAM+∠BAP=45°，∴∠DAM=∠B′AM，∵AM=AM，∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，∴∠B′AM=∠DAM；∵由〔1〕知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，∴AD=AB′=AB=a，∵AD=BC=6，∴a=6；①Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB2AB2BC2PB=xPC=6?x，

=10，由對稱知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，∴∠PB′C=90°，又∵AB′=AB=8，∴B′C=2，Rt△PB′CPC2B”C2PB2，∴(6?x)2=22+x2，9解得：x=3，9PB3；②∵△PAB′與△PABPA的對稱，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，PB′=PB=t，2-1中，當(dāng)∠PCB”=90°，B”CD上時，∵ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，∴DB′ AB2AD227，∴CB′=CD?DB′=8?2 7，Rt△PCB”中，∵B”P2=PC2+B”C2，∴t2=(8?2 7)2+(6?t)