八上期中数学复习难题及答案.doc

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八上期中复习

八上期中复习

一．选择题（共1小题，满分10分，每小题10分）
1．（10分）在平面直角坐标系中，若一个点的横、纵坐标均为整数，则称这个点为整点．若k为整数，一次函数y=x﹣3与y=kx﹣k的交点为整点，则k值可取（　　）个．

A．
3
B．
4
C．
5
D．
6

二．解答题（共4小题，满分90分）
2．（20分）如图：在△ABC中，AB=BC=AC，AE=CD，AD与BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．
求证：①△ADC≌△BEA；
②BP=2PQ．

3．（20分）如图，已知△ABC是等边三角形，E是AC延长线上一点，选择一点D，使得△CDE是等边三角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
求证：△CMN是等边三角形．

4．（20分）如图，已知：A、B分别是x轴上位于原点左、右两侧的点，点P（2，p）在第一象限，直线PA交y轴于点C（0，2），直线PB交y轴于点D，此时，S△AOP=6．
（1）求P的值；
（2）若S△BOP=S△DOP，求直线BD的函数解析式．

5．（30分）如图，直线l1与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线l2与直线l1关于x轴对称，已知直线l1的解析式为y=x+3，
（1）求直线l2的解析式；

（2）过A点在△ABC的外部作一条直线l3，过点B作BE⊥l3于E，过点C作CF⊥l3于F，请画出图形并求证：BE+CF=EF；

（3）△ABC沿y轴向下平移，AB边交x轴于点P，过P点的直线与AC边的延长线相交于点Q，与y轴相交于点M，且BP=CQ，在△ABC平移的过程中，①OM为定值；②MC为定值．在这两个结论中，有且只有一个是正确的，请找出正确的结论，并求出其值．

八上期中复习（2）
参考答案与试题解析

一．选择题（共1小题，满分10分，每小题10分）
1．（10分）在平面直角坐标系中，若一个点的横、纵坐标均为整数，则称这个点为整点．若k为整数，一次函数y=x﹣3与y=kx﹣k的交点为整点，则k值可取（　　）个．

A．
3
B．
4
C．
5
D．
6

考点：
两条直线相交或平行问题。1113595
专题：
分类讨论。
分析：
交点为整数，那么让这两个函数组成方程组，把k看成已知数，求得x，y的解，进而判断出可能的整数解的个数即可．
解答：
解：由题意得：，
∴x﹣3=kx﹣k，
（1﹣k）x=3﹣k，
x==1+，
∴y====﹣2+，
∵x，y均为整数，能被2整除的整数有±2，±1，
∴k可取的数为﹣1，0，2，3共4个，
故选B．
点评：
本题考查两直线的相交问题；两直线相交，交点为2个函数组成方程组的解；关键是把k当成已知数，把解整理为合适的形式．

二．解答题（共4小题，满分90分）
2．（20分）如图：在△ABC中，AB=BC=AC，AE=CD，AD与BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．
求证：①△ADC≌△BEA；
②BP=2PQ．

考点：
等边三角形的判定与性质。1113595
专题：
证明题。
分析：
（1）由已知可得△ABC是等边三角形，从而得到∠BAC=∠C=60°，根据SAS即可判定△ADC≌△BEA；
（2）根据全等三角形的性质可得到∠ABE=∠CAD，再根据等角的性质即可求得∠BPQ=60°，再根据余角的性质得到∠PBQ=30°，根据在直角三角形中30°的角对的边是斜边的一半即可证得结果．
解答：
证明：（1）∵AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形．
∴∠BAC=∠C=60°．
∵AB=AC，AE=CD，
∴△ADC≌△BEA．

（2）∵△ADC≌△BEA，
∴∠ABE=∠CAD．
∵∠CAD+∠BAD=60°，
∴∠ABE+∠BAD=60°．
∴∠BPQ=60°．
∵BQ⊥AD，
∴∠PBQ=30°．
∴BP=2PQ．
点评：
此题主要考查学生对等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质等知识点的综合运用能力．

3．（20分）如图，已知△ABC是等边三角形，E是AC延长线上一点，选择一点D，使得△CDE是等边三角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
求证：△CMN是等边三角形．

考点：
等边三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质。1113595
专题：
证明题。
分析：
根据△ACD≌△BCE，得出AD=BE，AM=BN；又△AMC≌△BNC，可得CM=CN，∠ACM=∠BCN，证明∠NCM=∠ACB=60°即可证明△CMN是等边三角形；
解答：
证明：∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，
∴∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠ECD+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，AM=BN；
∴∠CAD=∠CBE，AC=BC，AM=BN，
∴△AMC≌△BNC，
∴CM=CN，∠ACM=∠BCN；
又∵∠NCM=∠BCN﹣∠BCM，
∠ACB=∠ACM﹣∠BCM，
∴∠NCM=∠ACB=60°，
∴△CMN是等边三角形．

点评：
本题考查了等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，难度一般，熟练掌握等边三角形的性质是解答的关键．

4．（20分）如图，已知：A、B分别是x轴上位于原点左、右两侧的点，点P（2，p）在第一象限，直线PA交y轴于点C（0，2），直线PB交y轴于点D，此时，S△AOP=6．
（1）求P的值；
（2）若S△BOP=S△DOP，求直线BD的函数解析式．

考点：
待定系数法求一次函数解析式；两条直线相交或平行问题；三角形的面积。1113595
分析：
（1）过点P作PF⊥y轴于点F，则PF=2．求出S△COP和S△COA，即OA×2=4，则A（﹣4，0），则|p|=3，由点P在第一象限，得p=3；
（2）根据S△BOP=S△DOP，得DP=BP，即P为BD的中点，作PE⊥x轴，设直线BD的解析式为y=kx+b（k≠0），求得k，b．得出直线BD的函数解析式．
解答：
解：（1）过点P作PF⊥y轴于点F，则PF=2．
∵C（0，2），∴CO=2．
∴S△COP=×2×2=2．
∵S△AOP=6，S△COP=2，
∴S△COA=4，
∴OA×2=4
∴OA=4，
∴A（﹣4，0）…（3分）
∴S△AOP=×4|p|=6，
∴|p|=3
∵点P在第一象限，
∴p=3…（3分）

（2）过点O作OH⊥BD，则OH为△BOP△DOP的高，
∵S△BOP=S△DOP，且这两个三角形同高，
∴DP=BP，即P为BD的中点，
作PE⊥x轴于点E（2，0），F（0，3）．
∴B（4，0），D（0，6）．…（3分）
设直线BD的解析式为y=kx+b（k≠0），则，
解得k=﹣，b=6．…（2分）
∴直线BD的函数解析式为y=﹣x+6．…（1分）

点评：
本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，三角形面积的求法以及相交线、平行线的性质．

5．（30分）如图，直线l1与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线l2与直线l1关于x轴对称，已知直线l1的解析式为y=x+3，
（1）求直线l2的解析式；

（2）过A点在△ABC的外部作一条直线l3，过点B作BE⊥l3于E，过点C作CF⊥l3于F，请画出图形并求证：BE+CF=EF；

（3）△ABC沿y轴向下平移，AB边交x轴于点P，过P点的直线与AC边的延长线相交于点Q，与y轴相交于点M，且BP=CQ，在△ABC平移的过程中，①OM为定值；②MC为定值．在这两个结论中，有且只有一个是正确的，请找出正确的结论，并求出其值．

考点：
轴对称的性质；全等三角形的判定与性质。1113595
分析：
（1）根据题意先求直线l1与x轴、y轴的交点A、B的坐标，再根据轴对称的性质求直线l2的上点C的坐标，用待定系数法求直线l2的解析式；
（2）根据题意结合轴对称的性质，先证明△BEA≌△AFC，再根据全等三角形的性质，结合图形证明BE+CF=EF；
（3）首先过Q点作QH⊥y轴于H，证明△QCH≌△PBO，然后根据全等三角形的性质和△QHM≌△POM，从而得HM=OM，根据线段的和差进行计算OM的值．
解答：
解：（1）∵直线l1与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵直线l2与直线l1关于x轴对称，
∴C（0，﹣3）
∴直线l2的解析式为：y=﹣x﹣3；

（2）如图1．
答：BE+CF=EF．
∵直线l2与直线l1关于x轴对称，
∴AB=BC，∠EAB=∠FAC，
∵BE⊥l3，CF⊥l3
∴∠BEA=∠AFC=90°
∴△BEA≌△AFC
∴BE=AF，EA=FC，
∴BE+CF=AF+EA=EF；

（3）①对，OM=3
过Q点作QH⊥y轴于H，直线l2与直线l1关于x轴对称
∵∠POB=∠QHC=90°，BP=CQ，
又AB=AC，
∴∠ABO=∠ACB=∠HCQ，
则△QCH≌△PBO（AAS），
∴QH=PO=OB=CH
∴△QHM≌△POM
∴HM=OM
∴OM=BC﹣（OB+CM）=BC﹣（CH+CM）=BC﹣OM
∴OM=BC=3．

点评：
轴对称的性质：对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．

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