2020-2021学年广东省汕头市澄海区八年级（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年广东省汕头市澄海区八年级（下）期末数学试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）化简的结果是（ ）
A．B．C．D．2
2．（3分）若一次函数y＝﹣2x+b的图象经过第二、三、四象限，则b的取值范围是（ ）
A．b＞2B．b＞0C．b≤0D．b＜0
3．（3分）在我市举行的中学生春季田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示：
这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是（ ）
A．1.70，1.65B．1.70，1.70C．1.65，1.70D．3，4
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．4﹣3＝1B．＝﹣2C．﹣＝﹣D．2+3＝5
5．（3分）如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB＝90°，AE＝3，BE＝4，则阴影部分的面积是（ ）
A．19B．15C．12D．6
6．（3分）如图，函数y＝3x和y＝kx+4的图象相交于点P（m，3），则关于x的不等式3x＞kx+4的解集为（ ）
A．x＞0B．x＜0C．x＜1D．x＞1
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，AE＝2BE，DE＝5，则菱形的边长为（ ）
A．3B．2C．5D．
8．（3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在AB上，将△DAP沿DP折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AP的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
9．（3分）已知y＝﹣x+6，当x分别取1，2，3，…，2021时，所对应y值的总和是（ ）
A．2021B．2031C．2040D．2041
10．（3分）如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；
③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．（4分）若＝a﹣1，则a的取值范围是 ．
12．（4分）计算的结果是 ．
13．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是 （写出一个即可）．
14．（4分）如图，已知矩形ABCD的两条邻边的长分别为6和8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于 cm．
15．（4分）如图，将正方形OACD放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点D的坐标为（3，4），则点A的坐标为 ．
16．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，CF＝2，则AB的长是 ．
17．（4分）已知直线l：y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点A、B，点P（4，2）在直线l上，若点C在x轴上，且△PAC为等腰三角形，则满足条件的C点坐标为 ．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：×﹣4×+|﹣1|．
19．（6分）如图，△ABC的顶点在正方形网格中的格点上，若小方格边长为1，请你根据所学的知
识解决下列问题．
（1）△ABC的面积为 ；
（2）判断△ABC是什么形状，并说明理由．
20．（6分）为了提高学生的综合素养，某校开设了五门第二课堂活动课，按照类别分为：A“剪纸”、B“绘画”、C“雕刻”、D“泥塑”、E“插花”，为了了解学生对每种活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据信息回答下列问题：
（1）本次调查的样本容量为 ，统计图中的a＝ ，b＝ ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）该校共有3000名学生，请你估计全校喜爱“雕刻”的学生人数．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）已知：x＝﹣1，y＝+1，求下列各式的值：
（1）（x+2）（y﹣2）；（2）x2+y2+xy﹣2x﹣2y．
22．（8分）如图，直线y＝2x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）过B点作直线BP与x轴交于点P，且使OP＝2OA，求直线BP的函数关系式．
23．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝60°，M、N分别是AD、BC的中点，BC＝2CD．
（1）求证：四边形MNCD是平行四边形；
（2）若CD＝2，求BD的长．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）小林从A地前往B地，到达后立刻返回，他与A地的距离y（千米）和所用时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）求小林出发1.5小时后距A地多远？
（2）若在A，B之间有一C地，C与A之间的距离为140千米，小林从去时途经C地起，到返回时路过C地，共用了3小时15分，求①小林返回时的速度；②DE的函数关系式及点E的坐标．
25．（10分）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE．
（1）求证：BE＝DH；
（2）CE与HE相等吗？请说明理由，并求当EC＝1时矩形的面积；
（3）判断BC、CF、HE三者的数量关系，并证明你的结论．
2020-2021学年广东省汕头市澄海区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）化简的结果是（ ）
A．B．C．D．2
【分析】进行分母有理化，即分子、分母都乘以分母的有理化因式即可．
【解答】解：＝＝，
故选：B．
2．（3分）若一次函数y＝﹣2x+b的图象经过第二、三、四象限，则b的取值范围是（ ）
A．b＞2B．b＞0C．b≤0D．b＜0
【分析】根据一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．
【解答】解：由一次函数y＝﹣2x+b的图象经过第二、三、四象限，知b＜0．
故选：D．
3．（3分）在我市举行的中学生春季田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示：
这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是（ ）
A．1.70，1.65B．1.70，1.70C．1.65，1.70D．3，4
【分析】根据中位数和众数的定义，第8个数就是中位数，出现次数最多的数为众数．
【解答】解：在这一组数据中1.65是出现次数最多的，
故众数是1.65；
在这15个数中，处于中间位置的第8个数是1.70，所以中位数是1.70．
所以这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是1.70，1.65．
故选：A．
4．（3分）下列计算正确的是（ ）
A．4﹣3＝1B．＝﹣2C．﹣＝﹣D．2+3＝5
【分析】根据二次根式的加减法判断A，D，根据二次根式的性质判断B，根据二次根式的化简判断C．
【解答】解：A选项，原式＝，故该选项计算错误；
B选项，原式＝|﹣2|＝2，故该选项计算错误；
C选项，原式＝﹣×2＝﹣，故该选项计算正确；
D选项，2和3不能合并，故该选项运算错误；
故选：C．
5．（3分）如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB＝90°，AE＝3，BE＝4，则阴影部分的面积是（ ）
A．19B．15C．12D．6
【分析】根据勾股定理求出AB，分别求出△AEB和正方形ABCD的面积，即可求出答案．
【解答】解：∵在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AE＝3，BE＝4，由勾股定理得：AB＝5，
∴正方形的面积是5×5＝25，
∵△AEB的面积是AE×BE＝×3×4＝6，
∴阴影部分的面积是25﹣6＝19，
故选：A．
6．（3分）如图，函数y＝3x和y＝kx+4的图象相交于点P（m，3），则关于x的不等式3x＞kx+4的解集为（ ）
A．x＞0B．x＜0C．x＜1D．x＞1
【分析】先利用正比例函数解析式确定A点坐标，然后观察函数图象得到，当x＞1时，直线y＝3x都在直线y＝kx+4的上方，于是可得到不等式3x＞kx+4的解集．
【解答】解：把P（m，3）代入y＝3x得3m＝3，解得m＝1，则P点坐标为（1，3），
所以当x＞1时，3x＞kx+4，
即不等式3x＞kx+4的解集为x＞1．
故选：D．
7．（3分）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，AE＝2BE，DE＝5，则菱形的边长为（ ）
A．3B．2C．5D．
【分析】由菱形的性质得AB＝AD＝CD＝BC，设BE＝x，则AE＝2x，得AD＝AB＝AE+BE＝3x，再由勾股定理得DE＝x，求出x＝，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA＝90°，
设BE＝x，则AE＝2x，
∴AD＝AB＝AE+BE＝3x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：DE＝＝＝x，
∵DE＝5，
∴x＝5，
∴x＝，
∴AB＝3，
即菱形的边长为3，
故选：A．
8．（3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在AB上，将△DAP沿DP折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AP的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】先由勾股定理可以求出BD的值，再根据折叠的性质可知A′D＝AD，A′P＝AP，设AP＝x，则BP＝8﹣x，由勾股定理建立方程求出其解即可得出答案．
【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝8，AD＝BC＝6，
∴BD＝＝10，
根据折叠的性质，AD＝A′D＝6，AP＝A′P，∠A＝∠PA′D＝90°，
∴BA′＝4，
设AP＝x，则BP＝8﹣x，
∵BP2＝BA′2+PA′2，
∴（8﹣x）2＝x2+42，
解得：x＝3，
∴AP＝3，
故选：B．
9．（3分）已知y＝﹣x+6，当x分别取1，2，3，…，2021时，所对应y值的总和是（ ）
A．2021B．2031C．2040D．2041
【分析】利用二次根式的性质得到当x＜5时，＝﹣x+5，则y＝﹣2x+11，当x≥5时，＝x﹣5，则y＝1，再计算出x＝1、2、3、4对应y的值，然后计算所有y的值的和．
【解答】解：∵＝|x﹣5|，
∴当x＜5时，＝﹣（x﹣5）＝﹣x+5，则y＝﹣x+5﹣x+6＝﹣2x+11，
当x≥5时，＝x﹣5，则y＝x﹣5﹣x+6＝1，
∴所对应y值的总和为（﹣2+11）+（﹣4+11）+（﹣6+11）+（﹣8+11）+1×（2021﹣5+1）＝2041．
故选：D．
10．（3分）如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；
③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】由SAS证得△ABC≌△EFA，则∠AEF＝∠BAC，得出EF⊥AC，易证FH是△ABC的中位线，得出FH＝BC，再由BC＝AB，AB＝BD，推出BD＝4FH，由等边三角形的性质得出∠BDF＝30°，然后由AAS证得△DBF≌△EFA，则AE＝DF，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平行四边形的性质得出AD＝4AG，从而得到答案．
【解答】解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，AE＝AC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠EAF＝∠ACB＝90°，AB＝2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB＝2AF，
∴BC＝AF，
在△ABC和△EFA中，
，
∴△ABC≌△EFA（SAS），
∴FE＝AB，∠AEF＝∠BAC＝30°，
∴∠AHE＝180°﹣∠EAC﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB＝90°，
∴FH∥BC，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH＝BC，
∵BC＝AB，AB＝BD，
∴BD＝4FH，故④正确；
∵AD＝BD，BF＝AF，
∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°，
∵∠FAE＝90°，
∴∠DFB＝∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝30°，
∴∠BDF＝∠FEA，
在△DBF和△EFA中，
，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE＝DF，
∵FE＝AB＝AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AB＞AC，
∴AD＞AE，
∴四边形ADFE不是菱形，故②错误；
∵AG＝AF，
∴AG＝AB，
∵AD＝AB，
则AD＝4AG，故③正确，
故选：C．
二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
11．（4分）若＝a﹣1，则a的取值范围是 a≥1 ．
【分析】利用二次根式的性质得到＝|a﹣1|，则|a﹣1|＝a﹣1，然后利用绝对值的意义得到a﹣1≥0，再解不等式即可．
【解答】解：∵＝|a﹣1|＝a﹣1，
∴a﹣1≥0，解得a≥1．
故答案为a≥1．
12．（4分）计算的结果是 3 ．
【分析】根据二次根式的乘除法法则计算，得到答案．
【解答】解：原式＝＝3，
故答案为：3．
13．（4分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是 BD＝CD （写出一个即可）．
【分析】由题意可得∠ABC＝∠ACD，AB＝AC，即添加一组边对应相等，可证△ABD与△ACD全等．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACD，
添加BD＝CD，
∴在△ABD与△ACD中
，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
故答案为：BD＝CD．
14．（4分）如图，已知矩形ABCD的两条邻边的长分别为6和8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的周长等于 20 cm．
【分析】连接AC、BD，根据三角形的中位线求出HG、GF、EF、EH的长，再求出四边形EFGH的周长即可．
【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD＝＝10，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴HG＝EF＝AC＝5，EH＝FG＝BD＝5，
∴四边形EFGH的周长等于：5×4＝20，
故答案为：20．
15．（4分）如图，将正方形OACD放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点D的坐标为（3，4），则点A的坐标为 （﹣4，3） ．
【分析】过点A、D分别作x轴的垂线可证△ABO≌△OED，由此得AB＝OE，OB＝DE，即可求出A的坐标．
【解答】解：如图，过点A作AB⊥x轴于B，过点D作DE⊥x轴于E，
∵四边形OACD是正方形，
∴OA＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠DOE+∠AOB＝90°，
又∵∠OAB+∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠DOE，
在△AOD和△OCE中，
，
∴△AOB≌△ODE（AAS），
∴AB＝OE，OB＝DE，
∵点D的坐标为（3，4），点C在第二象限，
∴点C的坐标为（﹣4，3）．
故答案为：（﹣4，3）．
16．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，CF＝2，则AB的长是 2 ．
【分析】根据平行四边形的判定定理可得四边形ABDE是平行四边形，得AB＝DE＝CD，即D是CE的中点，在直角△CEF中利用三角函数即可求得到CE的长，则求得CD，进而根据AB＝CD求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD．
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形．
∴AB＝DE＝CD，
∴D为CE中点．
∵EF⊥BC，
∴∠EFC＝90°．
∵AB∥CD，
∴∠DCF＝∠ABC＝60°．
∴∠CEF＝30°．
∴CF＝CE，
∵CF＝2，
∴AB＝CD＝2．
故答案为：2．
17．（4分）已知直线l：y＝x﹣2与x轴、y轴分别交于点A、B，点P（4，2）在直线l上，若点C在x轴上，且△PAC为等腰三角形，则满足条件的C点坐标为 （6，0）、（，0）、、（4，0） ．
【分析】将y＝0代入函数解析式，得到点A的坐标，当△PAC为等腰三角形时，分三种情况①PA＝PC，②AP＝AC，③CA＝CP进行分别求解．
【解答】解：当y＝0时，x﹣2＝0，
解得：x＝2．
∴OA＝2，点A坐标为（2，0），
作PH⊥x轴，垂足为H，
则PH＝2，AH＝4﹣2＝2，
①当PA＝PC时，
∵PA＝PC，PH⊥AC，
∴AC＝2AH＝2×2＝4，
∴OC＝2+4＝6，
∴点C坐标为（6，0）．
②当AP＝AC时，
在直角三角形APH中，由勾股定理得：AP＝，
∴，
当点C在点A的右边时，，点C坐标为；
当点C在点A的左边时，，点C坐标为．
③当CA＝CP时，点C与H重合，
这时点C坐标为（4，0）
综上所述点C的坐标为：（6，0）、（，0）、、（4，0）．
三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
18．（6分）计算：×﹣4×+|﹣1|．
【分析】先化简各二次根式、去绝对值符号，再计算乘法，最后计算加减即可．
【解答】解：原式＝3×﹣4×+﹣1
＝3﹣+﹣1
＝2．
19．（6分）如图，△ABC的顶点在正方形网格中的格点上，若小方格边长为1，请你根据所学的知
识解决下列问题．
（1）△ABC的面积为 5 ；
（2）判断△ABC是什么形状，并说明理由．
【分析】（1）根据△ABC的面积等于矩形的面积减去三个小三角形的面积解答即可；
（2）根据勾股定理得出AB，AC，BC的长，进而利用勾股定理的逆定理解答即可．
【解答】解：（1）
＝5，
故答案为：5．
（2）由勾股定理得：，，BC＝，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形．
20．（6分）为了提高学生的综合素养，某校开设了五门第二课堂活动课，按照类别分为：A“剪纸”、B“绘画”、C“雕刻”、D“泥塑”、E“插花”，为了了解学生对每种活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．根据信息回答下列问题：
（1）本次调查的样本容量为 120 ，统计图中的a＝ 12 ，b＝ 36 ；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）该校共有3000名学生，请你估计全校喜爱“雕刻”的学生人数．
【分析】（1）从两个统计图可知A组的有18人，占调查人数的15%，可求出调查人数，即样本容量；进而求出a、b的值；
（2）求出E组的频数即可补全条形统计图；
（3）样本估计总体，样本中喜欢“雕刻”的占，乘以总体人数3000即可求解．
【解答】解：（1）18÷15%＝120（人），因此样本容量为120；
a＝120×10%＝12（人），
b＝120×30%＝36（人），
故答案为：120，12，36；
（2）E组频数：120﹣18﹣12﹣30﹣36＝24（人），
补全条形统计图如图所示：
（3）3000×＝75（人），
答：估计全校喜爱“雕刻”的学生人数有750人．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
21．（8分）已知：x＝﹣1，y＝+1，求下列各式的值：
（1）（x+2）（y﹣2）；（2）x2+y2+xy﹣2x﹣2y．
【分析】（1）根据二次根式的加减法法则、乘法法则分别求出x+y、x﹣y、xy，利用多项式乘多项式的运算法则把原式变形，代入计算即可；
（2）利用完全平方公式、提公因式法把原式变形，代入计算即可．
【解答】解：∵x＝﹣1，y＝+1，
∴x+y＝（﹣1）+（+1）＝2，x﹣y＝（﹣1）﹣（+1）＝﹣2，xy＝（﹣1）（+1）＝1，
（1）（x+2）（y﹣2）
＝xy﹣2x+2y﹣4
＝xy﹣2（x﹣y）﹣4
＝1﹣2×（﹣2）﹣4
＝1；
（2）x2+y2+xy﹣2x﹣2y
＝x2+y2+2xy﹣2x﹣2y﹣xy
＝（x+y）2﹣2（x+y）﹣xy
＝（x+y）（x+y﹣2）﹣xy
＝2×（2﹣2）﹣1
＝8﹣4﹣1
＝7﹣4．
22．（8分）如图，直线y＝2x+1与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）过B点作直线BP与x轴交于点P，且使OP＝2OA，求直线BP的函数关系式．
【分析】（1）利用直线解析式和坐标轴上点的坐标特征求解；
（2）设P（t，0），根据题意得|t|＝2×＝1，解方程得P点坐标为（1，0）或（﹣1，0），然后利用待定系数法求直线BP的解析式．
【解答】解：（1）当y＝0时，2x+1＝0，解得x＝﹣，则A（﹣，0），
当x＝0时，y＝2x+1＝1，则B（0，1）；
（2）设P（t，0），
∵OP＝2OA，
∴|t|＝2×＝1，解得t＝1或t＝﹣1，
∴P点坐标为（1，0）或（﹣1，0），
设直线BP的解析式为y＝kx+b，
把P（1，0），B（0，1）代入得，解得，此时直线BP的解析式为y＝﹣x+1；
把P（﹣1，0），B（0，1）代入得，解得，此时直线BP的解析式为y＝x+1；
综上所述，直线BP的解析式为y＝﹣x+1或y＝x+1．
23．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝60°，M、N分别是AD、BC的中点，BC＝2CD．
（1）求证：四边形MNCD是平行四边形；
（2）若CD＝2，求BD的长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AD与BC的关系，根据MD与NC的关系，可得证明结论；
（2）根据根据等边三角形的判定与性质，可得∠DNC的度数，根据三角形外角的性质，可得∠DBC的度数，根据勾股定理，可得答案．
【解答】证明：（1）∵ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵M、N分别是AD、BC的中点，
∴MD＝NC，MD∥NC，
∴MNCD是平行四边形；
（2）如图：连接ND，
∵四边形MNCD是平行四边形，
∴MN＝DC．
∵N是BC的中点，
∴BN＝CN，
∵BC＝2CD，∠C＝60°，
∴△NCD是等边三角形．
∴ND＝NC，∠DNC＝60°．
∵∠DNC是△BND的外角，
∴∠NBD+∠NDB＝∠DNC，
∵DN＝NC＝NB，
∴∠DBN＝∠BDN＝∠DNC＝30°，
∴∠BDC＝90°．
∴BC＝2CD＝4，
∴BD＝＝＝2．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
24．（10分）小林从A地前往B地，到达后立刻返回，他与A地的距离y（千米）和所用时间x（小时）之间的函数关系如图所示．
（1）求小林出发1.5小时后距A地多远？
（2）若在A，B之间有一C地，C与A之间的距离为140千米，小林从去时途经C地起，到返回时路过C地，共用了3小时15分，求①小林返回时的速度；②DE的函数关系式及点E的坐标．
【分析】（1）求得AD的解析式，然后令x＝1.5即可求解；
（2）①根据（1）求出小林从C地到B地所用时间，进而得出从B地返回C地的时间，再根据“速度＝路程÷时间”列式计算即可求解；
②利用待定系数法解答即可．
【解答】解：（1）设AD所在直线的解析式是y＝mx．
由图象可知3m＝240，解得m＝80，
∴AD所在直线的解析式是y＝80x（0≤x≤3），
把x＝1.5代入y＝80x＝120，
答：小林出发1.5小时后距A地120千米；
（2）①∵AD所在直线的解析式是y＝80x（0≤x≤3），
∴小林从C地到B地所用时间为：（240﹣140）÷80＝1小时15分钟，
∴从B地返回C地的时间为：3小时15分﹣1小时15分钟＝2小时，
∴小林返回时的速度为：（240﹣140）÷2＝50（千米/小时）；
②240÷50＝4.8（小时），
故点E的坐标为（7.8，0），
设DE的函数关系式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴DE的函数关系式为y＝﹣50x+390．
25．（10分）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE．
（1）求证：BE＝DH；
（2）CE与HE相等吗？请说明理由，并求当EC＝1时矩形的面积；
（3）判断BC、CF、HE三者的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）令AB＝a，则AD＝AB＝a，由四边形ABCD是矩形知AB＝CD＝a，AD＝BC＝a，AD∥BC，得∠DAE＝∠AEB，再由AE平分∠BAD知∠BAE＝∠BEA＝∠DAE＝45°，据此得AB＝BE＝a，结合DH⊥AE得AH＝DH＝AD＝a，从而得证；
（2）由BE＝DH知AB＝BE＝CD＝HD，据此得∠ADE＝∠AED＝67.5°，∠CED＝67.5°，据此知∠AED＝∠CED，再由∠C＝90°，DH⊥AE知∠EDH＝∠EDC从而得HE＝CE；再由CE＝BC﹣BE，知1＝a﹣a，据此得a＝+1，知AB＝+1，AD＝2+，根据矩形的面积公式可得答案；
（3）由AH＝AB＝a知∠ABH＝∠AHB，由AB∥CD知∠ABF+∠DFB＝180°，结合∠AHB+∠BHE＝180°得∠BHE＝∠HFD，∠HEB＝∠FDH＝45°，证△DHF≌△EBH得HE＝DF，HE＝AE﹣AH＝a﹣a，CF＝2a﹣a，由BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a可得BC﹣CF＝2HE．
【解答】解：（1）令AB＝a，则AD＝AB＝a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝a，AD＝BC＝a，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠BAE＝∠BEA＝∠DAE＝45°，
∴AB＝BE＝a，
∵DH⊥AE，
∴AH＝DH＝AD＝a，
∴BE＝DH；
（2）∵BE＝DH，
∴AB＝BE＝CD＝HD，
∴∠ADE＝∠AED＝×（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED，
∵∠C＝90°，DH⊥AE，
∴∠EDH＝∠EDC，
∴HE＝CE；
由CE＝BC﹣BE，知1＝a﹣a，
解得a＝+1，
则AB＝+1，AD＝（+1）＝2+，
∴矩形的面积为AB•AD＝（+1）×（2+）＝3+4．
（3）∵AH＝AB＝a，
∴∠ABH＝∠AHB，
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠DFB＝180°，
又∠AHB+∠BHE＝180°，
∴∠BHE＝∠HFD，∠HEB＝∠FDH＝45°，
在△DHF和△EBH中，
，
∴△DHF≌△EBH（AAS），
∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH＝a﹣a，
∴CF＝a﹣（a﹣a）＝2a﹣a，
∵BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a，
∴BC﹣CF＝2HE．
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日期：2021/8/12 11:47:15；用户：节节高5；邮箱：5jiejg@xyh.cm；学号：37675298成绩（m）
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