2019年八年级数学下学期综合检测卷三（新人教版）

17．(6分)阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形；
 
求作：菱形AECF，使点E，F分别在BC，AD上．
小凯的作法如下：
(1)连接AC；
(2)作AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于E，F．
(3)连接AE，CF，所以四边形AECF是菱形．
 
老师说：“小凯的作法正确”．
回答下列问题：
根据小凯的做法，小明将题目改编为一道证明题，请你帮助小明完成下列步骤：
(1)已知：在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，        ．(补全已知条件)
求证：四边形AECF是菱形．
(2)求证：四边形AECF是菱形．(写出证明过程)

18．(8分)如图是一副秋千架，左图是从正面看，当秋千绳子自然下垂时，踏板离地面0.5 m(踏板厚度忽略不计)，右图是从侧面看，当秋千踏板荡起至点B位置时，点B离地面垂直高度BC为1 m，离秋千支柱AD的水平距离BE为1.5 m(不考虑支柱的直径)．求秋千支柱AD的高．
 

19．(8分)已知关于x的方程x2-4mx+4m2-9＝0．
(1)求证：此方程有两个不相等的实数根．
(2)设此方程的两个根分别为x1，x2，其中x1＜x2．若2×1＝x2+1，求m的值．

20．(8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．

21．(9分)在一次全程为20 km的越野赛中，甲、乙两名选手所跑的路程y(km)与时间x(h)之间函数关系的图象如图中折线O-A-B-C和线段OD所示，两图象的交点为M．根据图中提供的信息，解答下列问题：
 
(1)请求出图中a的值．
(2)在乙到达终点之前，问：当x为何值时，甲、乙两人相距2 km？

22．(9分)如图，在长方形ABCD中，边AB、BC的长(AB  
(1)求AB与BC的长．
(2)当点P运动到边BC上时，试求出使AP长为 时运动时间t的值．
(3)当点P运动到边AC上时，是否存在点P，使△CDP是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t的值；若不存在，请说明理由．

23．(12分)如图，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1厘米的速度在线段AD上向终点D运动，设动点运动时间为t秒．
 
(1)求AD的长．
(2)当P、C两点的距离为 时，求t的值．
(3)动点M从点C出发以每秒2厘米的速度在射线CB上运动．点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动．是否存在时刻t，使得S△PMD= S△ABC？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．

答案

一、单选题
1．    【答案】D
【解析】A、∵∠A+∠B=∠C，∴∠C=90°，故是直角三角形，正确；
B、∵∠A：∠B：∠C=1：3：2，∴∠B= ×180°=90°，故是直角三角形，正确；
C、∵(b+c)(b-c)=a2，∴b2-c2=a2，即a2+c2=b2，故是直角三角形，正确；
D、设a=20k，b=15k，c=12k，∵(12k)2+(15k)2≠(20k)2，故不能判定是直角三角形．
故答案为：D．
2．    【答案】D
【解析】把方程x2+6x-11=0的常数项移到等号的右边，得到x2+6x=11，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2+6x+9=11+9，
配方得(x+3)2=20．
故答案为：D．
3．    【答案】B
【解析】①一组对边平行，且一组对角相等，则可以判定另外一组对边也平行，所以该四边形是平行四边形，故①正确；
②对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故②是假命题；
③因为矩形的对角线相等，所以连接矩形的中点后都是对角线的中位线，所以四边相等，所以是菱形，故③正确；
④对角线互相平分且互相垂直的四边形是菱形，故④是假命题．
故答案为：B．
4．    【答案】B
【解析】 被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
 被开方数含分母，不是最简二次根式；
 是最简二次根式；
 是最简二次根式；
 是最简二次根式；
 被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式．
故选B。
5．    【答案】B
【解析】由二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上可知，a＞0，
因为图象与y轴的交点在y轴的负半轴，所以c＜0，
根据函数图象的对称轴x=- ＞0，可知b＜0，
∵a＞0，b＜0，c＜0，ac＜0，
∴一次函数y=bx-ac的图象过一、二、四象限，故可排除A、C；
由函数图象可知，当x=-1时，y＞0，即y=a-b+c＞0，
∴反比例函数 的图象在一、三象限，可排除D选项．
故选B。
6．    【答案】A
【解析】①∵F是AD的中点，∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF= ∠BCD，故①正确．
②延长EF，交CD延长线于M，
 
∵EF=FM，∴S△EFC=S△CFM，
∵MC>BE，∴S△BEC<2S> ③设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°-x，
∴∠EFC=180°-2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，
∵∠AEF=90°-x，
∴∠DFE=3∠AEF，故③正确．
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∴∠A=∠MDF；
∵F为AD中点，∴AF=FD．
在△AEF和△DFM中，
 ，
∴△AEF≌△DMF(ASA)，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵∠AEF=54°，
∴∠CEF=36°=∠ECF，
∴∠DCF=54°．
∴∠BCD=2∠DCF=108°，
∴∠B=72°，故④错误．
故答案为：A．

二、填空题
7．    【答案】有一个角是直角的平行四边形是矩形
【解析】①以A为圆心，BC长为半径作弧，以C为圆心，AB长为半径作弧，两弧相交于点D；
②连接DA、DC；所以四边形ABCD为所求矩形．
理由：∵AD=BC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形．
故答案为：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
8．【答案】
【解析】根据图形和题意可得：
(a+b)2=b(a+2b)，
其中a=1，
则方程是(1+b)2=b(1+2b)，
解得：b= ，
所以正方形的面积为(1+ )2= ．
故答案为： ．
9．【答案】
【解析】∵直线y=2x+2与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴A(-1，0)，B(0，2)．
将直线y= x向上平移n个单位长度后得到：直线y= x+n，
当直线y= x+n经过点A时，0=- +n，即n= ；
当直线y= x+n经过点B时，2=0+n，即n=2．
又∵直线y= x+n与线段AB有公共点，
∴n的取值范围是 ．
故答案为： ．
10．    【答案】-3，

2019年八年级数学下学期期末考试押题卷（新人教版）

2019年八年级数学下学期期末考试押题卷（新人教版）,八年级数学下学期期末考试,莲山课件.

-4
【解析】∵直线y=-x+m与y=x+5的交点的横坐标为-2，
∴关于x的不等式-x+m>x+5的解集为x<-2，
∵y=x+5=0时，x=-5，
∴x+5>0的解集是x>-5，
∴-x+m>x+5>0的解集是-5 ∴整数解为-3，-4．
故答案为：-3，-4．
11．    【答案】①②
【解析】甲船的速度为20÷0.5=40 km/h，
乙船的速度为100÷4=25 km/h，①成立；
从A港到C港全程为20+100=120 km，②成立；
甲船到达C港的时间为120÷40=3(小时)，
4-3=1小时，③不成立；
设两船相遇的时间为t小时，则有40t-25t=20，
解得：t= ，25× = ，
即P点坐标为( ， )，④不成立；
甲、乙两船第一次相距10 km的时间为(20-10)÷(40-25)= (小时)，
甲、乙两船第二次相距10 km的时间为(20+10)÷(40-25)=2(小时)，
甲、乙两船第三次相距10 km的时间为(100-10)÷25= (小时)，
即甲、乙两船可以相互望见时，x的取值范围是 故答案为：①②．
12．【答案】 -1
【解析】如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
 
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD= MD= ，
∴FM=DM×cos 30°= ，
∴MC= = ，
∴EC=MC-ME= -1．
故答案为： -1．

三、解答题
13．【答案】(1)证明：∵Δ=b2-4ac=(-m)2-4×1×(-2)=m2+8>0，
∴方程总有两个不相等的实数根．
(2)解：若方程有一个根为-2，
则(-2)2-(-2)m-2=0．
解得m=-1．
【解析】(1)判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式Δ=b2-4ac的值的符号就可以了；
(2)把x=-2代入已知方程，列出关于m的一元一次方程，(-2)2-(-2)m-2=0．通过解该方程求得m的值．
14．【答案】(1)解：方程移项分解得：(x-1)(3x-2)=0，
可得x-1=0或3x-2=0，
解得：x1=1，x2= ．
(2)解：方程移项得：x2-6x=-6，
配方得：x2-6x+9=3，即(x-3)2=3，
开方得：x-3=± ，
解得：x1=3+ ，x2=3- ．
【解析】(1)方程移项分解法，利用因式分解法求出解即可；
(2)方程利用配方法求出解即可．
15．【答案】(1)证明：连接DE，则DE⊥BF，
 
∵∠ODG+∠OGD=90°，∠CBG+∠CGB=90°，∠CGB=∠OGD，
∴∠CDE=∠CBG，
又∵BC=DC，∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE(ASA)，
∴CG=CE．
(2)解：正方形边长BC=4，则BD= BC= ，
菱形BDFE的面积为S= ×4= ．
【解析】(1)连接DE，则DE⊥BF，可得∠CDE=∠CBG，根据BC=DC，∠BCG=∠DCE，可证△BCG≌△DCE，可证CG=CE；
(2)已知正方形的边长可以证明BD，即BE，根据BE，DC即可求菱形BDFE的面积．
16．【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．
17．    【答案】(1)EF垂直平分AC
(2)证明：∵EF垂直平分AC，
∴EA=EC，FA=FC，AC⊥EF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ECA，
∵EA=EC，
∴∠ECA=∠EAC，
∴∠EAC=∠DAC，
∴AC平分EF，
即AC与EF互相垂直平分，
∴四边形AECF是菱形．
【解析】(1)利用作法可得到EF垂直平分AC；
(2)利用EF垂直平分AC得到EA=EC，FA=FC，AC⊥EF，再证明∠EAC=∠DAC，则利用三角形三线合一得到AC平分EF，即AC与EF互相垂直平分，然后根据菱形的判定方法可判定四边形AECF是菱形．
18．    【答案】解：设AD=x m，则由题意可得，
AB=(x-0.5) m，AE=(x-1) m，
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，
即(x-1)2+1.52=(x-0.5)2，解得x=3．
即秋千支柱AD的高为3 m．
【解析】直接利用AE2+BE2=AB2列方程，进而得出答案．
19．【答案】(1)证明：∵Δ＝(-4m)2-4(4m2-9)＝36＞0，
∴此方程有两个不相等的实数根．
(2)解：∵x= =2m±3，
∴x1＝2m-3，x2＝2m+3，
∵2×1＝x2+1，∴2(2m-3)＝2m+3+1，
∴m＝5．
【解析】(1)首先得到Δ＝(-4m)2-4(4m2-9)＝36＞0，得证方程有两个不相等的实数根；
(2)根据已知条件得出关于m的方程求得答案即可．
20．    【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．
21．    【答案】(1)解：设直线OD的解析式为y=kx，把(1，10)代入得到k=10，
∴y=10x，
当y=20时，x=2，
∴a=2．
(2)解：由题意得OA的解析式为y=16x，AB的解析式为y=4x+6，BC的解析式为y= x+ ，
当0≤x≤0.5，由16x-10x=2，得到x= ．
当0.5＜x≤1时，由4x+6-10x=2，得到x= ，
当1＜x≤1.5时，10x-(4x+6)=2，得到x= ，
当1.5＜x≤2时，10x-( x+ )=2，得到x= ＜1.5(舍弃)．
综上所述，当x= 或 或 时，甲乙两人相距2 km．
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)求出直线OA、AB、BC的解析式，分四种情形构建方程即可解决问题．
22．【答案】(1)解：∵ ，
则 ，
∴ ， ．
则AB=3，BC=4．
(2)解：由题意得 ，
∴t1=4，t2=2（舍去），
则t=4时， ．
(3)解：存在点P，使△CDP是等腰三角形，
①当PC=CD=3时，t=（3+4+3）÷1=10（秒）；
②当PD=PC（即P为对角线AC中点）时，AB=3，BC=4．
∴ ， ，
∴t=(3+4+2.5)÷1=9.5（秒）；
③当PD=CD=3时，作DQ⊥AC于点Q，
 
 ， ，
∴ ，
∴ （秒），
可知当t为10秒或9.5秒或 秒时，△CDP是等腰三角形．
【解析】(1)利用因式分解法解出方程即可；
(2)根据勾股定理列出方程，解方程即可；
(3)分PC=CD、PD=PC、PD=CD三种情况，根据等腰三角形的性质和勾股定理计算即可．
23．    【答案】(1)解：∵AB=AC=13，AD⊥BC，
∴BD=CD=5 cm，且∠ADB=90°，
∴AD2=AC2-CD2，
∴AD=12 cm．
(2)解：∵AP=t，∴PD=12-t，
在Rt△PDC中， ，CD=5，根据勾股定理得，PC2=CD2+PD2，
∴29=52+(12-t)2，
∴t=10或t=14(舍)，即t的值为10 s．
(3)解：假设存在t，使得S△PMD= S△ABC．
∵BC=10，AD=12，
∴S△ABC= BC×AD=60．
①若点M在线段CD上，
即 时，PD=12-t，DM=5-2t，
由S△PMD= S△ABC，
即 (12-t)(5-2t) ，2t2-29t+43=0，
解得 (舍去)， ．
②若点M在射线DB上，即  ．
由S△PMD= S△ABC，
得 (12-t)(2t-5)= ，2t2-29t+77=0，
解得 t=11或 ，
综上，存在t的值为  s或 11 s或  s，使得S△PMD= S△ABC．
【解析】(1)根据等腰三角形性质和勾股定理解答即可；
(2)根据勾股定理建立方程求解即可；
(3)根据题意列出PD、MD的表达式解方程组，由于M在D点左右两侧情况不同，所以进行分段讨论即可，注意约束条件．