2019年八年级数学下学期综合检测卷一（新人教版）

20．(8分)如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF= BC，连结CD和EF．
 
(1)求证：四边形CDEF是平行四边形．
(2)求四边形BDEF的周长．

21．(9分)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(1，0)，B(-3，0)，与y轴交于C．
 
(1)求该抛物线的解析式，并写出抛物线的对称轴．
(2)设抛物线的对称轴交x轴于D，在对称轴左侧的抛物线上有一点E，使S△ACE= S△ACD，求点E的坐标．
(3)若P是直线y=x+1上的一点，P点的横坐标为 ，M是第二象限抛物线上的一点，当∠MPD=∠ADC时，求M点的坐标．

22．(9分)综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC，点D，E分别是边AB，AC上的点，且AD=AE，连接DE，易知BD=CE．将△ADE绕点A顺时针旋转角度α(0°<α<360>  
(1)变式探究：如图2，若0°<α<90 BD=CE的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．> (2)拓展延伸：若图1中的∠BAC=120°，其余条件不变，请解答下列问题：
从A，B两题中任选一题作答我选择____题．
A、①在图1中，若AB=10，求BC的长；
②如图3，在△ADE绕点A顺时针旋转的过程中，当DE的延长线经过点C时，请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系．
B、①在图1中，试探究BC与AB的数量关系，并说明理由；
②在△ADE绕点A顺时针旋转的过程中，当点D，E，C三点在同一条直线上时，请借助备用图探究线段AD，BD，CD之间的等量关系，并直接写出结果．

23．(12分)如图，在四边形ABCD中，∠D=90°，AB=2，BC=4，CD=AD= ．
 
(1)求∠BAD的度数．
(2)求四边形ABCD的面积．

 
答案

一、单选题
1．    【答案】B
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=65°，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE=90°-∠D=25°．
故答案为：B．
2．    【答案】A
【解析】根据中心对称图形的概念知：A是中心对称图形，符合题意；B、C、D不是中心对称图形，不符合题意．
故答案为：A．
3．    【答案】D
【解析】选项A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可判断A选项正确；
选项B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断B选项正确；
选项C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
选项D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断D选项不正确．
故答案为：D．
4．    【答案】D
【解析】∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点A坐标是(-2，0)，
∴∠OAB= ∠BAD=60°，∠AOB=90°，
在直角△AOB中，∵OA=2，
∴AB=2OA=4，OB= ，
∴点B坐标为(0，2 )．
故答案为：D．
5．    【答案】A
【解析】如图，点A在以O为圆心，OB长为半径的圆上，
 
∵在直角△BOC中，OC=2，BC=1，
则根据勾股定理知OB= = = ，
∴OA=OB= ，
∴a=-1- ．
故答案为：A。
6．    【答案】D
【解析】作BM⊥x轴于M．
 
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAO+∠BAM=90°，∠BAM+∠ABM=90°，
∴∠DAO=∠ABM．
∵∠AOD=∠AMB=90°，
∴△DAO≌△ABM，
∴OA=BM，AM=OD．
∵A(-3，0)，B(2，b)，
∴OA=3，OM=2，
∴OD=AM=5，
∴AD= = = ，
∴正方形ABCD的面积=34．
故答案为：D。

二、填空题
7．    【答案】AB∥CD
【解析】
添加条件AB∥CD，
∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥CB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形(两组对边分别平行的四边形是平行四边形)．
故答案为：AB∥CD．
8．    【答案】x<1> 【解析】∵一次函数不经过第三象限，
∴一定经过二、四象限，
∴k<0>  
由图中可以看出，当x<1>2．
故答案为：x<1> 9．    【答案】18
【解析】∵两个相似三角形的周长之比为2∶3，
∴这两个相似三角形的相似比是2∶3，
∴这两个相似三角形的面积比是4∶9，
又∵较小三角形的面积为8 cm2，
∴较大三角形的面积为18 cm2．
故答案为：18 ．

10．    【答案】30
【解析】作DE⊥AB于E，
 
由基本尺规作图可知，AD是△ABC的角平分线，
∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=DC=4，
∴△ABD的面积= ×AB×DE=30．
故答案为：30．
11．    【答案】y=-4x-1
【解析】将直线y=-4x+3向下平移4个单位得到直线l，
则直线l的解析式为：y=-4x+3-4，即y=-4x-1．
故答案是：y=-4x-1．
12．    【答案】9
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD，OA＝OC，OB＝OD；
又∵△OAB的周长比△OBC的周长大3，
∴AB+OA+OB-(BC+OB+OC)＝3
∴AB-BC＝3，
又∵▱ABCD的周长是30，
∴AB+BC＝15，
∴AB＝9．
故答案为：9．

三、解答题
13．    【答案】(1)菱形
(2)
解：筝形是轴对称图形；筝形的对角线互相垂直；筝形的一组对角相等．
已知：四边形ABCD是筝形，
求证：∠B=∠D，
证明：如图1，连接AC，
 
在△ABC和△ADC中，
 ，
∴△ABC≌△ADC，
∴∠B=∠D．
(3)
解：如图2，连接AC，作CE⊥AB交AB的延长线于E，
 
∵∠ABC=120°，
∴∠EBC=60°，又BC=2，

2019年八年级数学下学期综合检测卷三（新人教版）

2019年八年级数学下学期综合检测卷三（新人教版）,八年级数学下学期综合检测卷,莲山课件.

∴CE=BC×sin∠EBC= ，
∴S△ABC= ×AB×CE= ，
∵△ABC≌△ADC，
∴筝形ABCD的面积=2S△ABC= ．
【解析】(1)根据筝形的定义解答即可；
(2)根据全等三角形的判定和性质证明；
(3)连接AC，作CE⊥AB交AB的延长线于E，根据正弦的定义求出CE，根据三角形的面积公式计算即可．
14．【答案】解法一：原式可以变形为 ，
 ，
 ，
∴ ，
∴ ， ．
解法二：a=2，b=-2，c=-1，
∴b2-4ac=12，
∴x= = ，
∴x1= ，x2= ．
【解析】此题可以采用配方法和公式法，解题时要正确理解运用每种方法的步骤．
15．    【答案】解：∵关于x的一元二次方程(n+1)x2+x+n2=1的一个根是0，
∴0+0+n2=1，
∴n=±1．
∵n+1≠0，
∴n=1．
【解析】将x=0代入方程得关于n的方程，解之，再根据一元二次方程的定义得到符合题意的结果．
16．【答案】(1)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC= AC=4，OB=OD= BD=3，
∴在Rt△ABO中，由勾股定理可知AB=5，
∴菱形ABCD的周长=5×4=20．
(2)解：∵S菱形ABCD= AC·BD=AB·DH，
∴DH= =4.8．
【解析】(1)先依据菱形的性质求得AO、OB的长，然后依据勾股定理求得AB的长，最后依据菱形ABCD的周长=4AB求解即可；
(2)由S菱形ABCD= AC·BD=AB·DH，可得到DH= ，最后将AC、BD、AB的值代入计算即可．
17．【答案】解：因为一次函数y=kx+b(k≠0)的图象过点(0，2)，所以b=2．
令y=0，则x= ．
因为函数图象与两坐标轴围成的三角形面积为2，
所以 ×2×| |=2，即| |=2．
当k>0时， =2，解得k=1；
当k<0 k=-1．> 故此函数的表达式为y=x+2或y=-x+2．
【解析】把(0，2)代入一次函数解析式求出b的值，令y=0表示出x，得到一次函数与x轴，y轴的交点坐标，根据图象与x轴、y轴围成的三角形面积为2，即可求出k的值．
18．    【答案】证明∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABD=∠CDB，
在△ABE与△CDF中，
  ，
∴△ABE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF．
【解析】由题意可证△ABE≌△CDF，可得结论．
19．【答案】(1)解：如图1所示过点B作BC⊥OA，垂足为C，
 
∵△OAB为等边三角形，
∴∠BOC=60°，OB=BA．
∵OB=AB，BC⊥OA，
∴OC=CA=1．
在Rt△OBC中， ，
∴BC= ．
∴点B的坐标为(1， )．
(2)解：①如图2所示：
 
∵点B1与点A1的纵坐标相同，
∴A1B1∥OA，
∴当a=300时，点A1与点B1纵坐标相同；
②如图3所示：
 
当a=120时，点A1与点B1纵坐标相同．
∴当a=120或a=300时，点A1与点B1纵坐标相同．
(3)解：如图2所示：
 
由旋转的性质可知A1B1=AB=2，点B的坐标为(1， )，
∴点B1的坐标为(-1， )；
如图3所示：
 
由旋转的性质可知：点B1的坐标为(1，- )．
∴点B1的坐标为(-1， )或(1，- )．
【解析】(1)如图1所示过点B作BC⊥OA，垂足为C，由等边三角形的性质和特殊锐角三角函数值可知OC=1，BC= ，从而可求得点B的坐标；
(2)如图2所示，根据平行线的性质和旋转的定义可确定出a的值；
(3)利用旋转的性质可知A1B1=2，从而可求得点B1的值．
20．【答案】(1)证明：∵D、E分别是AB，AC中点，
∴DE∥BC，DE= BC，
∵CF= BC，
∴DE=CF，
又∵DE∥CF，
∴四边形CDEF是平行四边形．
(2)解：∵四边形DEFC是平行四边形，
∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，
∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2，
∴DC=EF ，
∴四边形BDEF的周长是1+1+2+1+ = ．
【解析】(1)直接利用三角形中位线定理得出DE∥BC，再利用平行四边形的判定方法得出答案；
(2)利用等边三角形的性质结合平行四边形的性质得出DC=EF，进而求出四边形BDEF的周长．
21．    【答案】(1)解：∵A(1，0)，B(-3，0)关于直线x=-1对称，
∴抛物线的对称轴为x=-1，
抛物线的解析式为y=(x-1)(x+3)=x2+2x-3．
(2)解：设点E(m，m2+2m-3)．
∵AD=2，OC=3，
∴S△ACD= ×AD·OC=3．
∵S△ACE= ，
∴S△ACE=10．
设直线AE的解析式为y=kx+t，
把点A和点E的坐标代入得： ，
解得： ．
∴直线AE的解析式为y=(m+3)x-m-3．
设直线AE交y轴于F，
∴F(0，-m-3)．
∵C(0，-3)，
∴FC=-m-3+3=-m，
∴S△EAC= ×FC×(1-m)=10，即-m(1-m)=20，解得：m=-4或m=5(舍去)，
∴E(-4，5)．
(3)解：如图所示：
 
过点D作DN⊥DP，交PM的延长线与点N，过点N作NL⊥x轴，垂足为L，过点P作PE⊥x轴，垂足为E．
∵∠MPD=∠ADC，∠NDP=∠DOC，
∴△NPD∽△CDO，
∴ = ，
∴ = =3．
又∵△NLD∽△DEP，
∴ = = =3，
∴NL=7，DL=7，
∴N(-8，7)，
∴直线PN的解析式为y=- x-3．
联立y=x2+2x-3与y=- x-3，解得：x= (舍去)或x=-4，
∴M(-4，5)．
【解析】(1)由抛物线的对称性可得到抛物线的对称轴，由题意可知a=1，然后依据抛物线与x轴的交点坐标可得到抛物线的解析式；
(2)设点E(m，m2+2m-3)，依据题意可求得S△ACE=10，设直线AE的解析式为y=kx+t，把点A和点E的坐标代入可得打直线AE的解析式为y=(m+3)x-m-3，于是可得到F(0，-m-3)，则FC=-m，然后依据S△EAC= ×FC×(1-m)可得到关于m的方程，从而可求得m的值，于是可得到点E的坐标；
(3)过点D作DN⊥DP，交PM的延长线与点N，过点N作NL⊥x轴，垂足为L，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，然后证明△NPD∽△CDO，△NLD∽△DEP，依据相似三角形的性质可求得NL=7，DL=7，从而可求得点N的坐标，于是可求得PN的解析式，最后求得PN与抛物线的交点坐标即可．
22．    【答案】(1)解：结论：BD=CE．
理由：如图2中，
 
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=EC．
(2)解：A、①如图1中，作AH⊥BC于H．
 
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=HC，
∵∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∴AH=5，BH= ，
∴BC=10 ．
②结论：CD= AD+BD．
理由：如图3中，作AH⊥CD于H．
 
∵△DAB≌△EAC，
∴BD=CE，
在Rt△ADH中，AH= AD，DH= = AD，
∵AD=AE，AH⊥DE，
∴DH=HE，
∵CD=DE+EC=2DH+BD= AD+BD．
B、①如图1中，作AH⊥BC于H．
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=HC，
∵∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∴BH= AB，
∴BC=2BH= AB．
②结论：CD= AD+BD．
证明方法同A②．
【解析】(1)结论：BD=CE．只要证明△DAB≌△EAC即可．
(2)A、①如图1中，作AH⊥BC于H，用勾股定理求出直角三角形的边长即可解决问题；
②结论：CD= AD+BD．如图3中，作AH⊥CD于H．由△DAB≌△EAC，推出BD=CE，在Rt△ADH中，DH= AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，可得CD=DE+EC=2DH+BD= AD+BD；
B、①如图1中，作AH⊥BC于H，可得：BC=2BH= AB；
②同A②．
23．【答案】(1)解：连接AC，如图所示：
 
∵CD=AD= ，∠D=90°，
∴∠DAC=∠ACD=45°，
AC2=AD2+CD2=2×6=12，
则AC= ，
在△ABC中，∵AB2+AC2=22+12=16=BC2，
∴∠BAC=90°．
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+45°=135°．
(2)解：S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD= ．
【解析】(1)由等腰直角三角形的性质得出∠DAC=∠ACD=45°，AC2=AD2+CD2=2×6=12．AC= ，由勾股定理的逆定理证出∠BAC=90°．证出∠ACB=30°，即可得出所求；
(2)四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积，代入计算即可．