八年级下册数学第三次月考试卷

这是一份八年级下册数学第三次月考试卷，共30页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第十六章~第十九章（人教版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单选题
1．二次根式a−26在实数范围内有意义，则a的取值范围是（ ）
A．a≤2B．a≥2C．a<2D．a>2
【答案】B
【分析】二次根式a（a≥0），据此即可计算．
【详解】解：由题意得
a−2≥0，
解得：a≥2；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了求含有二次根式的函数的自变量取值范围，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，下列条件中，能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．a2=c−bc+bB．a=1,b=2,c=3
C．∠A:∠B:∠C=1:3:2D．∠A:∠B:∠C=3:4:5
【答案】A
【分析】求出a2+b2=c2，根据勾股定理即可判断选项A；根据勾股定理的逆定理即可判断选项B；求出最大角∠C的度数，即可判断选项C，D．
【详解】解：A、根据选项a2=c−bc+b，化简得a2=c2−b2，即a2+b2=c2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项符合题意；
B、根据选项中a=1，b=2，c=3，可得a2=1,b2=4,c2=9，
∴12+22≠32，即a2+b2≠c2，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵∠A:∠B:∠C=1:3:2，
∴∠C=21+3+2×180°=360°3+3≠90°
∴△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、根据选项中∠A:∠B:∠C=3:4:5，
∴最大角∠C=53+4+5×180°=75°，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．
3．定义新运算：m⊗n=−mn+n，则对于函数y=x⊗2，下列说法正确的是（ ）
A．该函数图像经过点−2,−4B．该函数不经过第四象限
C．当0【答案】D
【分析】根据新运算“⊗”的运算方法，得出y与x的函数关系式，再根据函数关系式逐一判断即可．
【详解】解：∵m⊗n=−mn+n，
∴y=x⊗2=−2x+2．
A．当x=−2时，y=6，所以该函数图像不经过点−2,−4，故本选项不符合题意；
B．该函数图象经过第一、二、四象限，故本选项不符合题意；
C．当0D．∵k=−2<0，∴y随x增大而减小，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象以及一次函数，读懂题目信息，理解新运算的运算方法是解题的关键．
4．如图，在平行四边形ABCD中，DE是∠ADC的平分线，F是AB的中点，AB=6，AD=4，则AE:EF:BE为（ ）

A．4∶1∶2B．4∶1∶3C．3∶1∶2D．5∶1∶2
【答案】A
【分析】根据平行线的性质与等腰三角形的性质得出AE=AD=4，再求出EF=AE−AF=1，BE=BF−EF=2，即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CDE=∠AED
∵DE是∠ADC的平分线，
∴∠ADE=∠CDE
∴∠ADE=∠AED,
∴AE=AD=4，
∵F是AB的中点，
∴AF=BF=3，
∴EF=AE−AF=1，BE=BF−EF=2，
∴AE:EF:BE=4:1:2，
故选：A．
【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，解题的关键是熟知平行线的性质与等腰三角形的性质．
5．已知 4＜a＜7，a−42+a−72化简后为（ ）
A．3B．-3C．2a-11D．11-2a
【答案】A
【详解】分析：直接利用二次根式的性质结合a的取值范围分别化简求出答案．
详解：∵4＜a＜7，∴（a−4）2+（a−7）2
=a﹣4+7﹣a
=3．
故选A．
点睛：本题主要考查了二次根式的性质与化简，正确掌握二次根式的性质是解题的关键．
6．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°,AB=8,AC=6，将△ABC沿CD翻折，使点A与BC边上的点E重合，则CD的长是（ ）

A．5B．3C．254D．35
【答案】D
【分析】利用勾股定理求得BC=10，再根据折叠的性质得到CE=AC=6，AD=DE，∠CED=∠A=90°，求得BE=4，设AD=DE=x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵∠A=90°,AB=8,AC=6，
∴BC=82+62=10，
∵将△ABC沿CD翻折，使点A与BC边上的点E重合，
∴CE=AC=6，AD=DE，∠CED=∠A=90°，
∴BE=4，
设AD=DE=x，则BD=8−x，
在Rt△BED中，BD2=DE2+BE2，
∴8−x2=x2+42，
解得x=3，
∴AD=3，
∴CD=AC2+AD2=62+32=35，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
7．如图，函数y=2x和y=nx+9的图象相交于点A(m,6)，则不等式组0
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据函数y=2x可求出点A的坐标，进而可求出y=nx+9的解析式，根据“数形结合”的数学思想可求解不等式．
【详解】解：将点A(m,6)代入y=2x得：6=2m,m=3
故点A(3,6)
将点A(3,6)代入y=nx+9得：6=3n+9
解得：n=−1
函数y=−x+9与x轴的交点坐标：令y=0,x=9，故与x轴的交点坐标为9,0
由图象可知：0故整数解有：4,5,6,7,8，共5个
故选：B
【点睛】本题考查一次函数与一元一次不等式组的关系．确定两函数图象的交点横坐标及函数y=−x+9与x轴的交点横坐标是解题关键．
8．如图，两直线y1=kx+b和y2=bx+k在同一坐标系内图象的位置可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据一次函数的系数与图象的关系依次分析选项，找k、b取值范围相同的即得答案．
【详解】根据一次函数的系数与图象的关系依次分析选项可得：
A、由图可得，y1=kx+b中，k>0，b>0，y2=bx+k中，b<0，k>0，不符合；
B、由图可得，y1=kx+b中，k<0，b<0，y2=bx+k中，b>0，k<0，不符合；
C、由图可得，y1=kx+b中，k>0，b>0，y2=bx+k中，b<0，k<0，不符合；
D、由图可得，y1=kx+b中，k>0，b<0，y2=bx+k中，b<0，k>0，符合；
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的图象问题，解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．
9．如图，点E是矩形ABCD的边BC上的中点，将△ABE折叠得到△AFE，点F在矩形内部，AF的延长线交CD于点G，若AD=12，CG=4，则AB的长为（ ）

A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】根据矩形的性质、已知条件和折叠的性质可得EF=EC,∠EFG=∠ECG=90°，连接EG，证明Rt△EFG≌Rt△ECGHL，得出FG=CG=4，设AB=CD=x，根据勾股定理构建方程求解即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,∠B=∠BCD=∠D=90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵将△ABE折叠得到△AFE，
∴AB=AF,∠B=∠BFE=90°，BE=EF，
∴EF=EC,∠EFG=∠ECG=90°，
连接EG，∵EG=EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECGHL，

∴FG=CG=4，
设AB=CD=x，则AG=AF+FG=x+4,DG=DC−CG=x−4，
在直角三角形ADG中，根据勾股定理可得：AD2+DG2=AG2，
即122+x−42=x+42，解得：x=9，即AB=9；
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质和勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、得到关于x的方程是解题的关键.
10．甲、乙两人分别从A、B两地同时出发，相向而行，匀速前往B地、A地，两人相遇时停下说了5min的话，又各自按原速前往目的地，甲先于乙到达目的地，甲、乙两人之间的距离y（m）与甲所用时间x（min）之间的函数关系如图所示，给出下列结论：①A，B之间的距离为1200m；②乙行走的速度是40m/min；③b＝800；④a＝35，其中正确的结论个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据函数图象解答即可．
【详解】解：A，B之间的距离为1200m，故①正确；
甲的速度为1200÷（25-5）=60m/min，
乙的速度为1200÷12-60=40m/min，故②正确；
b=40×（25-5）=800，故③正确；
a=1200÷40+5=35，故④正确，
故选：A．
【点睛】此题考查了函数图象的理解，路程，时间与速度的关系，正确理解函数图象得到相关信息是解题的关键．
11．我们知道：若两条直线l1：y=k1x+b1与l2：y=k2x+b2垂直，则k1k2=−1．如图，已知点M−2，0到直线y=kx−2k+3k≠0的距离是5，则k的值为（ ）

A．−1B．−43C．−34D．−12
【答案】B
【分析】先求得直线y=kx−2k+3k≠0一定过N2，3，进而得MN=2+22+32=5，由垂线段最短得MN垂直于直线y=kx−2k+3k≠0，进而利用待定系数法求得直线MN：y=34x+32，从而根据两直线垂直时，一次项系数的关系即可得解．
【详解】解：如图，

∵对于y=kx−2k+3k≠0，当x=2时，y=3，
∴直线y=kx−2k+3k≠0一定过N2，3，
∵M−2，0，
∴MN=2+22+32=5，
∵点M−2，0到直线y=kx−2k+3k≠0的距离是5，
∴由垂线段最短可得MN垂直于直线y=kx−2k+3k≠0，
设直线MN：y=mx+nm≠0，
∵y=mx+nm≠0过点M−2，0，N2，3，
∴0=−2m+n3=2m+n，
解得m=34n=32，
∴直线MN：y=34x+32，
∵两条直线l1：y=k1x+b1与l2：y=k2x+b2垂直，则k1k2=−1，
∴直线DN为：34k=−1，
解得k=−43，
故选B．
【点睛】本题主要考查了垂线段最短，待定系数法求解一次函数，求函数值，熟练掌握待定系数法求解一次函数是解题的关键．
12．如图，直线l：y=33x+33与x轴交于点E，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，．．．．．．，都是含60°内角的菱形，点A1，A2，A3，．．．．．．，都在x轴上，点C1，C2，C3，．．．．．．，都在直线l上，且OA1=OE，则点C6的横坐标是（ ）

A．47B．49C．95D．97
【答案】A
【分析】如图所示，过点C1作C1D⊥x轴于D，先求出点E的坐标，进而得到OA1=OE=OC1=1，再用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质得到OD=12，C1D=32，则C112，32，以此类推，同理求出C6的坐标即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点C1作C1D⊥x轴于D，
在y=33x+33中，当y=33x+33=0时，x=−1，
∴OE=1，
∵四边形OA1B1C1是菱形，OA1=OE，
∴OA1=OE=OC1=1，
∵∠C1OD=60°，
∴∠OC1D=30°，
∴OD=12OC1=12，
∴C1D=OC12−OD2=32，
∴C112，32，
同理C22，3，C35，23，C411，43，C623，83，C647，163，
故选A．

【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
第II卷（非选择题）
二、填空题
13．若最简二次根式2b−4与211−b是同类二次根式，则b= ．
【答案】5
【分析】本题考查了同类二次根式，根据同类二次根式的定义可得2b−4=11−b，解之即可求解，掌握同类二次根式的定义是解题的关键．
【详解】解：∵最简二次根式2b−4与211−b是同类二次根式，
∴2b−4=11−b，
解得b=5，
故答案为：5．
14．当k= 时，函数y=kx+3的图像与x轴、y轴围成等腰直角三角形．
【答案】±1
【分析】根据一次函数图象与y轴的交点及图像与x轴、y轴围成等腰直角三角形求出函数图象与x轴的交点，代入即可解答．
【详解】解：对于函数y=kx+3，当x=0时，y=3，
若函数y=kx+3的图像与x轴、y轴围成等腰直角三角形，
则函数的图象与x轴交点的横坐标为-3或3，
∴函数y=kx+3与x轴的交点为（-3,0）或（3,0）
分别代入y=kx+3得0=−3k+3或0=3k+3
解得：k=1或k=−1
故答案为：±1．
【点睛】本题考查了一次函数的图象上点的特征，解题的关键是根据已知条件得出一次函数图象与x轴的交点．
15．已知点Am,2,Bn,−3在一次函数y=−k2−1x+b的图象上，则m，n的大小关系是m n．（填“>”，“<”或“=”）
【答案】<
【分析】根据一次函数y=−k2−1x+b的性质即可得到结论．
【详解】解：∵−k2−1<0，
∴y随x的增大而减小，
又∵2>−3，
∴m故答案为：<．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，牢记“当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小”是解题的关键．
16．△ABC中，∠C=90°，AB=17，BC=15，则△ABC的面积为 ．
【答案】60
【分析】由勾股定理解得AC的长，再结合直角三角形面积公式解题即可．
【详解】解：如图，

在Rt△ABC中， ∠C=90°，AB=17，BC=15，
由勾股定理得，AC=AB2−BC2=172−152=8
∴S△ABC=12AC⋅BC＝12×8×15=60
故答案为：60．
【点睛】本题考查用勾股定理解直角三角形，涉及三角形面积公式，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
17．如图，已知，AB⊥BC，AB=12，BC=16，D是平面内的一个动点，且CD=4，连接AD，点E是AD的中点，连接BE，则BE的最大值与最小值的差为 ．

【答案】4
【分析】延长AB到点F，使得BF=AB=12，连接CF、DF，由中位线定理得到BE=12DF，由勾股定理求出CF=20，由D是平面内的一个动点得到CF−CD≤DF≤CF+CD，求出16≤DF≤24，当且仅当C、D、F三点共线时，DF有最小值CF−CD=16，DF有最大值CF+CD=24，由BE=12CF得到BE的最小值为8，BE的最大值为12，即可到BE的最大值与最小值的差．
【详解】解：延长AB到点F，使得BF=AB=12，连接CF、DF，

∵点E是AD的中点，
∴BE是△ADF的中位线，
∴BE=12DF，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=∠CBF=90°，
在Rt△BCF中，BF=12，BC=16，
∴CF=BC2+BF2=162+122=20，
∵D是平面内的一个动点，
∴CF−CD≤DF≤CF+CD，
∴20−4≤DF≤20+4，即16≤DF≤24，
当且仅当C、D、F三点共线时，
DF有最小值CF−CD=20−4=16，DF有最大值CF+CD=20+4=24，
∵BE=12DF，
∴BE的最小值为8，BE的最大值为12，
∴BE的最大值与最小值的差为12−8=4，
故答案为：4
【点睛】此题考查了勾股定理、三角形中位线定理、最短路径问题等知识，熟练掌握勾股定理、三角形中位线定理是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，B为x轴上一点，菱形AOBC的边长为2，∠AOB=60°，点D是OB边上一动点（不与点O，B重合），点E在BC边上，且OD=BE，下列结论：
①△AOD≌△ABE；②∠ADE的大小随点D的运动而变化；③直线BC的解析式为y=3x−23；④DE的最小值为3．
其中正确的有 ．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】根据菱形AOBC的边长为2，∠AOB=60°，可得△AOB为等边三角形，又OD=BE，可证△AOD≌△ABE；由△AOD≌△ABE，可以证出△ADE为等边三角形，所以∠ADE大小不变；求出B，C的坐标可以求出直线BC的解析式为y=3x−23；根据垂线段最短，当AD⊥OB时有最小值3．
【详解】解：∵菱形AOBC的边长为2，∠AOB=60°，
∴△AOB，△ABC为等边三角形，
∴AO=AB，∠AOD=∠ABE=60°，∠OAB=60°，
在△AOD和△ABE中
AO=AB∠AOD=∠ABEOD=BE，
∴△AOD≌△ABESAS；（故①正确）
∴∠OAD=∠BAE，AD=AE，
∴∠DAE=∠BAE+∠DAB=∠OAD+∠DAB=∠OAB=60°，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE的大小随点D的运动而是不变化的；（故②不正确）
如图，过点C作CF⊥x轴于F，
∴∠CFB=90°，
∵四边形AOBC是菱形，且边长为2，∠AOB=60°，
∴OB=BC=2，OA∥BC，AC∥OB，B2,0，
∴∠CBF=∠AOB=60°，
∴∠BCF=90°−∠CBF=30°，
∴BF=12BC=12×2=1，OF=OB+BF=3
∴CF=BC2−BF2=22−12=3，
∴C3,3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴2k+b=03k+b=3，
∴k=3b=−23，
∴直线BC的解析式为y=3x−23；（故③正确）
根据垂线段最短，
∴当AD⊥OB时，AD有最小值，
∵CF⊥x，
∴AD∥CF，
∵AC∥OB
∴四边形ADFC是平行四边形，
又∵∠CFB=90°，
∴四边形ADFC是矩形，
∴AD=CF=3，
∵△ADE为等边三角形，
∴DE=AD=3，
即DE的最小值为3．（故④正确）．
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，待定系数法确定一次函数的解析式，30°直角三角形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短．解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
三、解答题
19．计算：1+21−2+(3+2)0−3−2−13+2
【答案】−2+2
【分析】根据二次根式混合运算法则，绝对值的意义，零指数幂运算法则，进行计算即可．
【详解】解：1+21−2+(3+2)0−3−2−13+2
=1−2+1−2−3−3−2
=1−2+1−2+3−3+2
=−2+2．
【点睛】本题主要考查了实数混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式混合运算法则，绝对值的意义，零指数幂运算法则，准确计算．
20．如图，是由小正方形组成的5×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，点P是AC上一点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．

(1)在图（1）中，以AC为边画平行四边形ACBD，再将线段PB平移到AM，使点P与点A对应，点B与点M对应，画出线段AM；
(2)在图（2）中，过点A画AQ⊥AC，且AQ=AC，再在AQ上找点H，使∠APH=45°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）将AC向左平移得到BD，连接AD，即可得到四边形ACBD，连接CD与AB的交点为E，连接PE并延长，与BD交于点M，连接AM，即可得到答案；
（2）根据勾股定理及勾股定理的逆定理即可画出AQ，由矩形的性质作出CQ的中点G，连接AG，连接PQ交AG于点O，连接CO并延长交AQ于H，连接PH，从而即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示，四边形ACBD和线段AM即为所求，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AP∥BM，
∵BP∥MA，
∴四边形APBM是平行四边形，
∴AM=BP；
（2）解：如图所示，线段AQ和点H为所求；

∵AQ=32+42=5，AC=32+42=5，QC=12+72=52，
∴AQ=AC，AQ2+AC2=QC2，
∴∠QAC=90°，
由矩形的性质可得点G为CQ的中点，
∴QG=CG，
由等腰三角形的三线合一可得：AG⊥CQ，
∴OQ=OC，
∴∠OQC=∠OCQ，
∵∠AQC=∠ACQ，
∴∠AQO=∠ACO，
∵∠HOQ=∠POC，
∴△OHQ≌△OPCASA，
∴HQ=PC，
∴AH=AP，
∴∠APH=45°．
【点睛】本题考查了复杂作图—无刻度尺作图，熟练掌握平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理，是解题的关键．
21．如图所示，在▱ABCD中，E，F分别为边AB，DC的中点，连接ED，EC，EF，作CG∥DE，交EF的延长线于点G，连接DG．

(1)求证：四边形DECG是平行四边形；
(2)当ED平分∠ADC时，四边形DECG什么特殊四边形？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)四边形DECG是矩形，证明见解析
【分析】（1）先证明△DEF≅△CGF可得DE=CG，再加上条件CG∥DE，可以根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定四边形DECG是平行四边形；
（2）先证明∠DEF=∠EDF，∠FEC=∠ECF，再证明∠EDC+∠DCE+∠DEC=180°，从而得到2∠DEC=180°，进而得到∠DEC=90°，再结合四边形DECG是平行四边形即可证明．
【详解】（1）解：∵F为边CD的中点，
∴DF=CF．
∵CG∥DE，
∴∠DEF=∠CGF．
又∵∠DFE=∠CFG，
∴△DEF≅△CGF，
∴DE=CG．
又∵CG∥DE，
∴四边形DECG是平行四边形．
（2）解：四边形DECG是矩形，证明如下：
∵ED平分∠ADC，
∴∠ADE=∠FDE．
又∵四边形ABCD是平行四边形，E、F分别为边AB、DC的中点，
∴AE∥DF，AE=DF．
∴四边形AEFD为平行四边形．
∴EF∥AD．
∴∠ADE=∠DEF．
∴∠DEF=∠EDF．即得EF=DF=CF．
∴∠FEC=∠ECF．
∴∠EDC+∠DCE=∠DEC．
∵∠EDC十∠DCE十∠DEC=180°，
∴2∠DEC=180°．
∴∠DEC=90°．
又∵四边形DECG是平行四边形．
∴四边形DECG是矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、矩形的判定等知识点，熟练运用平行四边形和矩形的判定定理是解答本题的关键．
22．消防车上的云梯示意图如图1所示，云梯最多只能伸长到15米，消防车高3米，如图2，某栋楼发生火灾，在这栋楼的B处有一老人需要救援，救人时消防车上的云梯伸长至最长，此时消防车的位置A与楼房的距离为12米．
(1)求B处与地面的距离．
(2)完成B处的救援后，消防员发现在B处的上方3米的D处有一小孩没有及时撤离，为了能成功地救出小孩，则消防车从A处向着火的楼房靠近的距离AC为多少米？
【答案】(1)12米
(2)3米
【分析】（1）先根据勾股定理求出OB的长，进而可得出结论；
（2）由勾股定理求出OA的长，利用OC=OA−OC即可得出结论．
【详解】（1）解：在Rt△OAB中，
∵AB=15米，OA=12米，
∴OB=AB2−OA2=152−122=9米
∴BE=OB+OE=9+3=12(米)．
答：B处与地面的距离是12米；
（2）在Rt△OAB中，
∵CD=15米，OD=OB+BD=9+3=12(米)，
∴OC=CD2−OD2=152−122=9米
∴AC=OA−OC=12−9=3(米)．
答：消防车从A处向着火的楼房靠近的距离AC为3米．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．
23．问题：探究函数y=x−1−2的图象与性质．小明根据学习一次函数的经验，对函数y=x−1−2的图象与性质进行了探究，下面是小明的探究过程，请补充完整：
(1)如表是x与y的几组对应值，m的值为 ；
(2)在如图平面直角坐标系xOy中，描出表中各对对应值为坐标的点，并画出该函数的图象；

(3)小明根据画出的函数图象，得出了如下几条结论：
①函数有最小值为−2；
②当x>1时，y随x的增大而增大；
③函数图象关于直线x=1对称．
小明得出的结论中正确的是 ．（只填序号）
(4)已知直线y=12x+2与函数y=x−1−2的图象有两个交点，直接写出方程组y=12x+2y=x−1−2的解为 ．
【答案】(1)1
(2)见解析
(3)①②③
(4)x=−2y=1,x=10y=7
【分析】（1）将x=−2代入y=x−1−2求解即可；
（2）根据（1）中表格中的数据描点，然后连接即可；
（3）根据（2）中的图象求解即可；
（4）根据题意分两种情况讨论，分别解方程组求解即可．
【详解】（1）当x=−2时，y=x−1−2=−2−1−2=1；
故答案为：1；
（2）如图所示，

（3）①函数有最小值为−2，故正确；
②当x>1时，y随x的增大而增大，故正确；
③函数图象关于直线x=1对称，故正确；
故答案为：①②③．
（4）∵y=12x+2y=x−1−2
∴当x−1≥0时，即x≥1时，y=x−1−2=x−1−2=x−3
∴y=12x+2y=x−3，解得x=10y=7；
∴当x−1<0时，即x<1时，y=x−1−2=1−x−2=−x−1
∴y=12x+2y=−x−1，解得x=−2y=1；
综上所述，方程组y=12x+2y=x−1−2的解为x=−2y=1，x=10y=7．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数与二元一次方程的关系，能熟记一次函数的图象和性质，数形结合是解此题的关键．
24．某服装超市销售10套A型时装和20套B型时装的利润为5000元，销售20套A型时装和10套B型时装的利润为5500元．
(1)每套A型时装的销售利润为 元，每套B型时装的销售利润为 元；
(2)该商店计划一次购进两种型号的时装共120套，其中A型时装的进货量不超过B型时装的2倍，设购进B型时装x套，这120套时装的销售总利润为y元；
①求y关于x的函数关系式（并求出自变量x的取值范围）；
②该商店购进A型、B型时装各多少套，才能使销售总利润最大？
(3)实际进货时，厂家对B型时装出厂价下调m0【答案】(1)200，150
(2)①y=−50x+2400040≤x<120，②该商店购进A型时装80套，B型时装40套，才能使销售总利润最大
(3)①当0【分析】（1）设每套A型时装的销售利润为a元，每套B型时装的销售利润为b元，根据题意列出方程组求解即可；
（2）①设购进B型时装x套，则购进A型时装120−x套，先根据“A型时装的进货量不超过B型时装的2倍”列出不等式求取值范围，再根据总利润=A的利润+B的利润，列出函数关系式即可；②根据①中的函数关系式的增减性，即可解答；
（3）根据题意得出40≤x≤60，再分三种情况进行讨论即可：①当0【详解】（1）解：设每套A型时装的销售利润为a元，每套B型时装的销售利润为b元；
10a+20b=500020a+10b=5500，解得：a=200b=150，
答：每套A型时装的销售利润为200元，每套B型时装的销售利润为150元，
故答案为：200，150；
（2）解：①设购进B型时装x套，则购进A型时装120−x套，
根据题意可得：120−x≤2x，
解得：x≥40，
∴40≤x<120，
y=200120−x+150x=−50x+2400040≤x<120；
②∵y=−50x+24000，k=−50<0，
∴y随x的增大而减小，
∵40≤x<120，
∴当x=40时，y取最大值，
此时y=−50×40+24000=22000，120−x=80，
∴该商店购进A型时装80套，B型时装40套，才能使销售总利润最大；
（3）解：根据题意可得：40≤x≤60，
y=200120−x+150+mx=−50+mx+24000，
①当0∵−50+m<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=40时，y取最大值，
此时120−x=80，
即该商店购进A型时装80套，B型时装40套，才能使销售总利润最大；
②当m=50时，
∵−50+m=0，
∴y=24000，
即该商店购进B型时装套数满足40≤x≤60，都能使销售总利润最大；
③当50∵−50+m>0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x=60时，y取最大值，
此时120−x=60，
即该商店购进A型时装60套，B型时装60套，才能使销售总利润最大．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一次函数的实际应用，一元一次不等式的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意找出数量关系，列出方程，函数表达式和不等式．
25．正方形ABCD，点E、G、H分别在AB、AD、BC上，DE与GH相交于点O．

(1)如图1，∠GOD=90°，求证：DE=GH；
(2)如图2，平移图1中线段GH，使点G与点D重合，点H在BC延长线上，连接EH，取EH的中点P，连接PC，试探究线段BE和PC的数量关系并证明你的结论；
(3)如图3，∠GOD=45°，边长AB=6,GH=210，则DE的长为________（直接写出结果）．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2PC；理由见解析
(3)35
【分析】（1）作平行四边形DGHM，则GH=DM，GD=MH，GH∥DM，通过证得△ADE≌△CDM，即可证得结论；
（2）在BC上截取一点N，使得BN=BE，连接EN，则△BEH是等腰直角三角形，EN=2BE再证明PC是三角形的中位线即可解决问；
（3）过点D作DN∥GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，得出DN=HG，GD=HN，根据勾股定理求得CN=2，进而求得BN=4，作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，通过证△ADM≌△CDNAAS，证得AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，继而证得△MDE≌△NDESAS，证得EM=EN，从而证得AE+CN=EN，设AE=x则BE=6−x，根据勾股定理求得AE，进一步根据勾股定理求得DE．
【详解】（1）证明：作平行四边形DGHM，则GH=DM，GD=MH，GH∥DM，如图，

∴∠GOD=∠MDE=90°，
∴∠MDC+∠EDC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠EAD=∠ABC=∠BCD=90°，AD=CD=AB=BC，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠MDC=∠ADE，
在△ADE和△CDM中，
∠MDC=∠ADE∠DCM=∠A=90°DC=AD，
∴△ADE≌△CDM，
∴DE=DM
∴DE=GH；
（2）解：BE=2PC；理由如下：
在BC上截取一点N，使得BN=BE，连接EN，则△BEH是等腰直角三角形，EN=2BE，

根据解析（1）可知，△ADE≌△CDM，
∴AE=CH，
∵BA=BC，BE=BN，
∴CN=AE=CH，
∵PH=PE，
∴PC=12EN，
∴PC=22BE，
即BE=2PC．
（3）解：过点D作DN∥GH交BC于点N，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴四边形GHND是平行四边形，
∴DN=HG，GD=HN，
∵∠BCD=90°，CD=AB=6，HG=DN=210，
∴CN=DN2−DC2=2，
∴BN=BC−CN=6−2=4，

作∠ADM=∠CDN，DM交BA延长线于M，
在△ADM和△CDN中，
∠ADM=∠CDN∠C=∠MAD=90°DC=AD，
∴△ADM≌△CDNAAS，
∴AM=NC=2，DM=DN=210，
∵∠GOD=45°，
∴∠EDN=45°，
∴∠ADE+∠CDN=45°，
∴∠ADE+∠ADM=45°=∠MDE，
在△MDE和△NDE中，
MD=ND∠MDE=∠NDEDE=DE，
∴△MDE≌△NDESAS，
∴EM=EN，
即AE+CN=EN，
设AE=x，则BE=6−x，
在Rt△BEN中，42+6−x2=x+22，
解得x=3，
∴DE=AD2+AE2=62+32=35．
即DE的值为35．
故答案为：35．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理、勾股定理的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键，属于中考压轴题．
26．如图1，直线AB分别交x轴、y轴于点Aa,0，点B0,b且a、b满足a2+4a+4+2a+b=0．

(1)a=______；b=______．
(2)点P在直线AB的右侧，且∠APB=45°，若△ABP为直角三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，∠BAP=90°且点P在第四象限，AP与y轴交于点M，BP与x轴交于点N，连接MN．求证：∠1=∠2
【答案】(1)a=−2，b=4
(2)2,−2或4,2；
(3)证明见解析
【分析】（1）由a2+4a+4+2a+b=0，可得a+22+2a+b=0，再利用非负数的性质即可求解；
（2）分∠BAP=90°、∠ABP=90°两种情况，再构造全等三角形求解即可；
（3）通过证明△MEP≌△HFP得：∠2=∠FHP，证明△MNP≌△HNP，可得∠1=∠NHP，即可求解．
【详解】（1）解：∵a2+4a+4+2a+b=0，
∴a+22+2a+b=0，
∴a+2=0，2a+b=0，
解得：a=−2，b=4，
（2）当∠BAP=90°时， 而∠APB=45°

∴∠ABP=∠APB=45°，
∴AP=AB，
过P作PH⊥AO于H，
∴∠HAP+∠BAH=90°=∠ABO+∠HAB，
∴∠OBA=∠HAP， 而∠AOB=∠AHP=90°，
∴△AOB≌△PHA，
∴AO=PH=2，AH=OB=4，OH=AH−OA=2，
故点P的坐标为2,−2；
当∠ABP=90°时，如图，

同理可得：OH=2，PH=4，
∴点P的坐标为4,2，
故点P的坐标为2,−2或4,2；
（3）过点P作PH⊥AP交x轴于H，过点P分别作x、y轴的垂线，交于点F、E，
∴四边形PEOF为矩形，

由（2）知，PE=PF=2，
∴四边形PEOF为正方形，
∴∠EPF=90°，
∠MPE+∠NPF=90°−45°=45°， ∠HPN=∠HPF+∠NPF=45°，
∴∠MPE=∠HPF，又∠HFP=∠MEP=90°，
∴△MEP≌△HFP，
∴∠2=∠FHP，MP=HP，
而∠HPN=∠ABP=45°， 又PN=PN，
∴△MNP≌△HNP，
∴∠1=∠NHP，
∴∠1=∠2．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，三角形全等、矩形，正方形的判定与性质，因式分解等知识点，其中（3）通过两次全等证明角相等是本题的难点．x
…
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