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2021年湖北省鄂州市八年级上学期数学期中考试试卷
展开这是一份2021年湖北省鄂州市八年级上学期数学期中考试试卷,共19页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
八年级上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1.在以下节能、节水、绿色食品、回收四个标志中,是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.已知四组线段的长分别如下,以各组线段为边,不能组成三角形的是( )
A. 1,2,3 B. 2,3,4 C. 3,4,5 D. 2,2,2
3.下列判断中错误的是( )
A. 有两角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
B. 有一边相等的两个等边三角形全等
C. 有两边和一角对应相等的两个三角形全等
D. 有两边和其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等
4.在平面直角坐标系中,点P(3,0)关于y轴对称的点的坐标是( )
A. (0,3) B. (-3,0) C. (0,-3) D. (3,0)
5.如图,在△ABC中,AB=AC,AD是边BC上的高,E,F是AD上的两点,且AE=EF=FD. 若△ABC的面积为6 cm2 , 则图中阴影部分的面积是( )cm2.
A. 2 B. 3 C. 4.8 D. 5
6.如图,在△ABC中,沿直线DE折叠后,使得点B与点A重合,已知AC=8 cm,△ADC的周长为18 cm,则BC的长为( )
A. 8 cm B. 10 cm C. 18 cm D. 26 cm
7.如图为6个边长相等的正方形的组合图形,则∠1+∠3-∠2=( )
A. 30° B. 45° C. 60° D. 135°
8.如图,为了促进当地旅游发展,某地要在三条公路AB,AC,BC两两相交围成的一块平地内修建一个度假村.要使这个度假村到三条公路的距离相等,则度假村应该修在何处?可供选择的位置有( )处.
A. 一 B. 二 C. 三 D. 四
9.如图,△ABC的外角∠ACD的平分线CQ与内角∠ABC的平分线BQ交于点Q,若∠BQC=36°,则∠CAQ的度数为( )
A. 54° B. 62° C. 72° D. 75°
10.如图,AD 为等腰△ABC的高,其中∠ACB=50°,AC=BC,E,F 分别为线段AD,AC 上的动点,且 AE=CF, 当 BF+CE 取最小值时,∠AFB的度数为( )
A. 75° B. 90° C. 95° D. 105°
二、填空题
11.为了使一扇旧木门不变形,木工师傅在木门的背面加钉了一根木条这样做的道理是________.
12.如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=BC,AD平分∠CAB交BC于点D,DE⊥AB,垂足为E,且AB=3 cm,则△DEB的周长为 cm.
13.一个多边形的内角和是外角和的3倍,这个多边形的对角线有________条.
14.如果等腰三角形的一腰上的高等于腰长的一半,则其一个底角的度数是________ .
15.已知△ABC中,AD是△ABC的中线,AB=4,AD=5,则边AC的取值范围是________ .
16.等边△ACD和等边△BCE有一个公共顶点C,直线AE与BD交于点F ,直线AE与CD交于点G, 直线CE与BD交于点H,连接GH. 下列结论:①AE=DB;②△BHC≌△EGC;③∠DFA=60°;④△HGC为等边三角形. 其中正确的结论有________.(填序号)
三、解答题
17.如图,将六边形纸片ABCDEF沿虚线剪去一个角(∠BCD)后,得到∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=460°.
(1)求六边形ABCDEF的内角和;
(2)求∠BGD的度数.
18.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,BE⊥CE于E,AD⊥CE于D.
(1)求证∠BCE=∠CAD;
(2)若AD=12 cm,DE=7 cm,求BE.
19.如图,点E在AB上,AC与DE相交于点F,△ABC≌△DEC,∠B=65°.
(1)求∠DCA的度数;
(2)若∠A=20°,求∠DFA的度数.
20.如图,△ABC中,AC的垂直平分线DE交AC于点E,交∠ABC的平分线于点D,DF⊥BC于点F,连接AD.
(1)求证AB+CF=BF;
(2)若∠ABC=70°,求∠DAE的度数.
21.如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点坐标分别为A(-2,3),B(-2,1),C(-1,1).
( 1 )画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1 , 并写出点A1的坐标为_▲ ;
( 2 )直接写出点B关于直线n(直线n上各点的纵坐标都为-1)对称的点B′的坐标为_▲_;
( 3 )在y轴上找一点P,使PA+PB的值最小,保留作图痕迹,并直接写出点P的坐标为_▲_.
22.已知△ABC,∠BAC的平分线上有一点O,且OB=OC.
(1)如图(1),若点O在边BC上,求证:△ABC是等腰三角形;
(2)如图(2),若点O在△ABC内部,求证AB=AC;
(3)若点O在△ABC外部,AB=AC还一定成立吗?请直接写出你的判断,无需说明理由
23.如图所示,已知△ABC中,∠B=∠C,AB=4厘米,BC=3厘米,点D为AB的中点.如果点P在线段BC上以每秒1厘米的速度由点B向点C运动,同时,点Q在线段CA上以每秒a厘米的速度由点C向点A运动,设运动时间为t(秒)(0≤t≤3).
(1).用含t的式子表示PC的长度是 ;
(2).若点P,Q的运动速度相等,经过1秒后,△BPD与△CQP是否全等,请说明理由;
(3).若点P,Q的运动速度不相等,当点Q的运动速度a为多少时,能够使△BPD与△CQP全等?
24.如图(1),在平面直角坐标系中,A(2,0),B(0,4),以A为直角顶点,AB为腰作等腰Rt△ABC,使点C落在第三象限.
(1)求点C的坐标;
(2)如图(2),P是y轴正半轴上一动点,连接AP,以P为直角顶点,PA为腰作等腰Rt ,且点D在x轴上方,过点D作DE⊥x轴于点E,求 的值;
(3)如图(3),点F的坐标为(-3,-3),点G(0,m)是y轴负半轴上一动点,连接FG,作 ,交x轴正半轴于点H(n,0),当点G运动时, 的值是否发生变化?如果不变,求其值;如果变化,请说明理由.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】【解答】解:A、不是轴对称图形,不符合题意;
B、不是轴对称图形,不符合题意;
C、是轴对称图形,符合题意;
D、不是轴对称图形,不符合题意.
故答案为:C.
【分析】根据轴对称图形的定义“在平面内,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够完全重合,那么这个图形叫做轴对称图形”并结合各选项可判断求解.
2.【答案】 A
【解析】【解答】解:A、因为1+2=3,故本选项的三条线段不能组成三角形,符合题意;
B、因为2+3>4,故本选项的三条线段能组成三角形,不符合题意;
C、因为3+4>5,故本选项的三条线段能组成三角形,不符合题意;
D、因为2+2>2,故本选项的三条线段能组成三角形,不符合题意.
故答案为:A.
【分析】由题意计算各选项中较小两条线段的和,与较长线段比较大小,根据三角形三边关系定理“三角形任意两边之和大于第三边”可判断求解.
3.【答案】 C
【解析】【解答】解:
A、符合全等三角形的判定定理AAS,即能推出两三角形全等,故本选项错误;
B、∵△ABC和△A′B′C′是等边三角形,
∴AB=BC=AC,A′B′=B′C′=A′C′,
∵AB=A′B′,
∴AC=A′C′,BC=B′C′,即符合全等三角形的判定定理SSS,即能推出两三角形全等,故本选项错误;
C、不符合全等三角形的判定定理,即不能推出两三角形全等,故本选项正确;
D、
如上图,∵AD、A′D′是三角形的中线,BC=B′C′,
∴BD=B′D′,
在△ABD和△A′B′D′中,
,
∴△ABD≌△A′B′D′(SSS),
∴∠B=∠B′,
在△ABC和△A′B′C′中,
,
∴△ABC≌△A′B′C′(SAS),故本选项错误;
故选C.
【分析】全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,根据判定定理逐个判断即可.
4.【答案】 B
【解析】【解答】解:点P(3,0)关于y轴对称的点的坐标是(-3,0).
故答案为:B.
【分析】根据关于y轴对称的点的坐标变化特征“横坐标变为原来的相反数、纵坐标不变”可求解.
5.【答案】 B
【解析】【解答】解:∵AB=AC,AD是BC边上的高,
∴BD=CD,
∴S△CEF=S△BEF
∴阴影部分的面积等于△ABC的面积的一半,
∵△ABC的面积6cm2 ,
∴阴影部分的面积=3cm2.
故答案为:B.
【分析】根据等腰三角形的性质和同底等高的两个三角形的面积相等可知S△CEF=S△BEF,于是可得阴影部分的面积等于△ABC的面积的一半,再根据S△ABC=6可求解.
6.【答案】 B
【解析】【解答】解:∵△ABC沿直线DE折叠后点B与点A重合,
∴AD=BD,
∴△ADC的周长=AC+AD+CD=AC+BD+CD=AC+BC,
∵AC=8cm,△ADC的周长18cm,
∴18=8+BC,
∴BC=10cm.
故答案为:B.
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AD=BD,由三角形的周长等于三角形三条线段之和可求解.
7.【答案】 B
【解析】【解答】解:∵在△ABC和△DBE中
,
∴△ABC≌△DBE(SAS),
∴∠3=∠ACB,
∵∠ACB+∠1=90°,
∴∠1+∠3=90°,
∵∠2=45°
∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°,
故答案为:B.
【分析】由正方形的性质和网格图的特征可用边角边可证△ABC≌△DBE,根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB,再由直角三角形两锐角互余可求解.
8.【答案】 A
【解析】【解答】解: 度假村在三条公路围成的平地上,且到三条公路的距离相等,
度假村应该修在围成的三角形的三条角平分线的交点处,
又 一个三角形的三条角平分线必相交于一点,
这个度假村的选址位置只有一处,
故答案为:A.
【分析】根据角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”可求解.
9.【答案】 A
【解析】【解答】解:∵∠ACD的平分线CQ与内角∠ABC的平分线BQ交于点Q,
∴∠ACD=2∠QCD,∠ABC=2∠QBC,
∴∠BAC=∠ACD-∠ABC=2∠QCD-2∠QBC=2(∠QCD-∠QBC)=2∠BQC=72°,
延长BA至点E,过点Q作QF⊥BD,QG⊥AC,QH⊥BE,垂足分别为F、G、H,如图,则∠CAE=108°,
∵CQ平分∠ACD,BQ平分∠ABC,
∴QF=QG,QF=QH,
∴QG=QH,
∴AQ是∠CAE的平分线,
∴∠CAQ= ∠CAE=54°.
故答案为:A.
【分析】
10.【答案】 C
【解析】【解答】解:如图,作CH⊥BC,且CH=BC,连接HB,交AC于F,此时△BCH是等腰直角三角形且FH+BF最小,
∵AC=BC,
∴CH=AC,
∵∠HCB=90°,AD⊥BC,
∴AD//CH,
∵∠ACB=50°,
∴∠ACH=∠CAE=40°,
∴△CFH≌△AEC,
∴FH=CE,
∴FH+BF=CE+BF最小,
此时∠AFB=∠ACB+∠HBC=50°+45°=95°.
故答案为:C.
【分析】作CH⊥BC,且CH=BC,连接HB,交AC于F,此时△BCH是等腰直角三角形,且FH+BF最小,利用轴对称的性质及已知可证得CH=AC,再证明AD∥CH,利用平行线的性质可求出∠ACH=∠CAE=40°,利用SAS可证得△CFH≌△AEC,利用全等三角形的性质可得到FH=CE;然后根据∠AFB=∠ACB+∠HBC,即可求出∠AFB的度数。
二、填空题
11.【答案】 三角形的稳定性
【解析】【解答】解:用木条固定矩形门框,即组成三角形,故可用三角形的稳定性解释.
故答案为:三角形的稳定性.
【分析】加上木条后,原不稳定的四边形中具有了稳定的三角形,故这种做法根据的是三角形的稳定性.
12.【答案】 3
【解析】【解答】解:∵由题意得:DE⊥AB,∠C=90°,
∴∠ACD=∠AED=90°
∵AD平分∠CAB,
∴∠CAD=∠EAD
∴在△ACD和△AED中:
∴△ACD≌△AED(AAS),
∴AC=AE,CD=DE
∵AC=BC
∴AE=BC
∴△DEB的周长=DE+BD+BE=CD+BD+BE=BC+BE=AE+BE=AB=3cm.
故答案为:3.
【分析】利用垂直的定义及角平分线的定义可证得∠ACD=∠AED,∠CAD=∠EAD,再利用AAS证明△ACD≌△AED,利用全等三角形的性质可证得AC=AE,CD=DE,由此可推出AE=BC;然后可证得△DEB的周长=AB的长,即可求解。
13.【答案】 20
【解析】【解答】解:设这个正多边形的边数是n,
则(n-2)•180°=1080°,
解得:n=8.
则从这个多边形一个顶点可以引5条对角线,
故这个多边形的总条数为8×5÷2=20条.
故答案为:20.
【分析】根据n边形的内角和定理(n-2)•180°,建立关于n的方程,解方程求出n的值,然后可求出此多边形的对角线的条数。
14.【答案】 15°或75°
【解析】【解答】解:(1)当等腰三角形是锐角三角形时,腰上的高在三角形内部,如图,
BD为等腰三角形ABC腰AC上的高,并且BD= AB,
根据直角三角形中30°角的对边等于斜边的一半的逆用,可知顶角为30°,此时底角为75°;
(2)当等腰三角形是钝角三角形时,腰上的高在三角形外部,如图,
BD为等腰三角形ABC腰AC上的高,并且BD= AB,
根据直角三角形中30°角的对边等于斜边的一半的逆用,可知顶角的邻补角为30°,此时顶角是150°,底角为15°.
故其底角为15°或75°.
故答案为:15°或75°.
【分析】
15.【答案】 6<AC<14
【解析】【解答】解:延长AD至点E,使AD=DE,
在△ACD与△EBD中,
,
∴△ACD≌△EBD(SAS),
∴AC=BE.
在△ABE中,∵AB=4,AE=2AD=10,
∴10-4<BE<10+4,即6<BE<14,
∴6<AC<14.
故答案为:6<AC<14.
【分析】延长AD至点E,使AD=DE,利用SAS证明△ACD≌△EBD,利用全等三角形的性质可证得AC=BE,由此可求出AE的长,然后利用三角形的三边关系定理可求出AC的取值范围。
16.【答案】 ①③
【解析】【解答】解:∵△ACD和△BCE都是等边三角形,
∴AC=DC,EC=BC,∠ACD=∠ECB=60°,
∴∠ACE=∠DCB,
∴△ACE≌△DCB(SAS),
∴∠CAE=∠CDB,∠AEC=∠DBC,AE=DB,故①正确;
在△ACG和△DFG中,
∵∠CAE=∠CDB,∠AGC=∠DGF,
∴∠DFA=∠ACD=60°;故③正确;
由于无法判断∠DCE的大小,∴∠DCE与∠ECB不一定相等,故④不正确;
虽然∠AEC=∠DBC,CE=CB,但无法判定△BHC与△EGC全等,故②不正确;
综上,正确的结论是①③.
故答案为:①③.
【分析】利用等边三角形的性质,易证AC=DC,EC=BC,∠ACD=∠ECB=60°,可推出∠ACE=∠DCB,利用SAS证明△ACE≌△DCB,利用全等三角形的性质可得AE=DB,可对①作出判断;利用全等三角形的性质,可得∠CAE=∠CDB,∠AEC=∠DBC,再证明∠DFA=∠ACD=60°,可对③作出判断;根据∠AEC=∠DBC,CE=CB,无法判断△BHC与△EGC全等,可对②作出判断;由于无法判断∠DCE的大小,可对④作出判断;综上所述可得出正确结论的序号。
三、解答题
17.【答案】 (1)解:六边形ABCDEF的内角和为:180°×(6-2)=720°;
(2)解:∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=460°,
∴∠GBC+∠C+∠CDG=720°-460°=260°,
∴∠G=360°-(∠GBC+∠C+∠CDG)=100°.
【解析】【分析】(1)利用n边形的内角和定理:(n-2)×180°,代入计算求出六边形的内角和。
(2)结合已知条件可求出∠GBC+∠C+∠CDG的值,再利用三角形的内角和为360°,可求出∠G的度数。
18.【答案】 (1)证明:∵∠ACB=90°,BE⊥CE,AD⊥CE,
∴∠E=∠ADC=∠ACB=90°,
∴∠BCE+∠ACD=90°,∠ACD+∠CAD=90°,
∴∠CAD=∠BCE;
(2)解:在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB(AAS),
∴CE=AD=12cm,BE=CD,
∵DE=7cm,
∴BE=CD=CE-DE=12-7=5cm.
【解析】【分析】(1)利用垂直的定义可 证得∠E=∠ADC=∠ACB=90°,再利用同角的余角相等,可证得结论。
(2)利用AAS证明△ADC≌△CEB,利用全等三角形的性质可证得BE=CD,同时可求出CE的长,然后根据BE=CD=CE-DE,可求粗BE的长。
19.【答案】 (1)解:∵△ABC≌△DEC,
∴CB=CE,∠DCE=∠ACB,
∴∠CEB=∠B=65°,
在△BEC中,∠CEB+∠B+∠ECB=180°,
∴∠ECB=180°-65°-65°=50°,
又∠DCE=∠ACB,
∴∠DCA=∠ECB=50°
(2)解:∵△ABC≌△DEC
∴∠D=∠A
在△DFC中
∠DFA=∠DCA+∠D=50°+20°=70°
【解析】【分析】(1)利用全等三角形的性质可证得CB=CE,∠DCE=∠ACB,可求出∠CEB的度数,再利用三角形的内角和定理求出∠DCA的度数。
(2)利用全等三角形的对应角相等可证得∠D=∠A;再利用三角形的外角的性质可求出∠DFA的度数。
20.【答案】 (1)证明:过D作AB的垂线交AB的延长线于点G,连接CD,
∵BD平分∠ABC,DG⊥AB,DF⊥BC,
∴DG=DF,
∵DE垂直平分AC,
∴DA=DC,
在Rt△ADG和Rt△CDF中
∴Rt△ADG≌Rt△CDF(HL);
∴AG=CF,
∵DG⊥AB,DF⊥BC
∴∠BGD=∠BFD=90°
∵BD平分∠ABC,
∴∠GBD=∠FBD
在△BDG和△BDF中
∴△BDG≌△BDF(AAS)
∴BG=BF,
∴AB+CF=BF
(2)解:∵四边形BFDG的内角和为360°
∴∠FDG=180°-∠ABF=180°-70°=110°
由(1)知Rt△ADG≌Rt△CDF
∴∠GDA=∠CDF
∴∠FDG=∠ADC=110°
又∵DA=DC,DE⊥AC,
∴∠ADE=∠CDE= 55°
∴∠DAE=35°
【解析】【分析】(1)过D作AB的垂线交AB的延长线于点G,连接CD,利用角平分线的性质可证得DG=DF,再利用线段垂直平分线的性质可推出DA=DC;再利用HL证明Rt△ADG≌Rt△CDF,利用全等三角形的性质,可证得AG=CF,然后利用已知证明∠BGD=∠BFD,∠GBD=∠FBD,利用AAS证明△BDG≌△BDF,利用全等三角形的性质可证得BG=BF,即可证得结论。
(2)利用四边形的内角和定理求出∠FDG的度数,再利用全等三角形的性质可得到∠GDA=∠CDF,易证∠FDG=∠ADC=110°;然后利用等腰三角形的性质可求出∠ADE的度数;然后利用直角三角形的两锐角和为90°,求出∠DAE的度数。
21.【答案】 解:如图,
A1的坐标为(-2,-3)
B′的坐标为(-2,-3)
P的坐标为(0,2)
【解析】【解答】解:(1)如图△A1B1C1即所为求作的三角形,点A的坐标为(-2,-3),
故答案为:(-2,-3);
(2)∵直线n上各点的纵坐标都为-1,
∴直线n为:y=-1,
∵点B的坐标为(-2,1),
∴则点B关于直线y=1的对称点B′的坐标为(-2,-3),
故答案为:(-2,-3);
(3)如图,先作出点A关于y轴的对称点 ,连结 ,交y轴于点P,点P就是所要求作的点,
∵ (2,3),B(-2,1)
∴直线 B为:y= ,
当x=0时,y=2,
∴P(0,2),
故答案为:(0,2).
【分析】
22.【答案】 (1)证明:如图,过O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,则∠OEB=∠OFC=90°.
∵点O到△ABC的两边AB,AC所在直线的距离相等,
∴OE=OF.
在Rt△OEB和Rt△OFC中,
,
∴Rt△OEB≌Rt△OFC(HL).
∴∠ABC=∠ACB.
∴AB=AC,
即△ABC是等腰三角形.
(2)证明:如图,过O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,则∠OEB=∠OFC=90°.
∵点O到△ABC的两边AB,AC所在直线的距离相等,
∴OE=OF.
在Rt△OEB和Rt△OFC中,
,
∴Rt△OEB≌Rt△OFC(HL).
∴∠ABO=∠ACO.
∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB.
∴∠ABC=∠ACB.
∴AB=AC.
(3)解:AB=AC不一定成立.
理由:当∠BAC的平分线所在直线和BC的垂直平分线重合时,如图③,过O作OE⊥AB交AB的延长线于E,OF⊥AC交AC的延长线于F,
则∠OEB=∠OFC=90°.
∵点O到△ABC的两边AB,AC所在直线的距离相等,
∴OE=OF.
在Rt△OEB和Rt△OFC中,
,
∴Rt△OEB≌Rt△OFC(HL).
∴∠EBO=∠FCO.
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB.
∵∠ABC=180°-(∠OBC+∠EBO),
∠ACB=180°-(∠OCB+∠FCO),
∴∠ABC=∠ACB.
∴AB=AC.
当∠BAC的平分线所在直线和BC的垂直平分线不重合时,如图④,∠ABC和∠ACB不相等,∴AB≠AC.
综上,AB=AC不一定成立.
【解析】【分析】(1)过O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,利用角平分线上的点到角两边的距离相等,可证得OE=OF;再利用HL证明Rt△OEB≌Rt△OFC,再利用全等三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB;然后利用等腰三角形的判定定理可证得结论。
(2)过O作OE⊥AB于E,OF⊥AC于F,利用角平分线上的点到角两边的距离相等,可证得OE=OF;再利用HL证明Rt△OEB≌Rt△OFC,再利用全等三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB;然后利用等腰三角形的判定定理可证得结论。
(3)分情况讨论:当∠BAC的平分线所在直线和BC的垂直平分线重合时,如图③,过O作OE⊥AB交AB的延长线于E,OF⊥AC交AC的延长线于F,易证OE=OF,再利用HL证明Rt△OEB≌Rt△OFC,再利用全等三角形的性质可证得∠ABC=∠ACB;然后利用等腰三角形的判定定理可证得结论;当∠BAC的平分线所在直线和BC的垂直平分线不重合时,如图④,∠ABC和∠ACB不相等,AB≠AC,由此可作出判断。
23.【答案】 (1)3-t
(2)解:△CPQ≌△BDP,理由如下
证明:∵P、Q的运动速度相等,
∴1秒后,CQ=BP=1,
CP=BC-BP=3-1=2,
∵D为AB的中点,
∴BD=
∴CP=BD,
在△CPQ和△BDP中
∴△CPQ≌△BDP(SAS)
(3)解:由(1)知,PC=3-t,BP=t,CQ=at,BD=2
∵ ∵△BPD与△CQP全等
①当△CPQ≌△BDP时,
BP=CQ,t=at,∵t ∴a=1与P、Q的运动速度不相等矛盾,故舍去.
②当△CPQ≌△BPD时,
BP=CP,CQ=BD,
∴t=3-t,at=2,
t= a=
即点P、Q的运动速度不相等时,点Q的运动速度a为 时,能够使△BPD与△CQP全等
【解析】【解答】解:(1)根据题意得PB=t,
∴PC=BC-BP=3-t
故答案为:3-t;
【分析】(1)利用点的运动方向及运动速度,可用含t的代数式表示出PC的长。
(2)根据P、Q的运动速度相等,可证得CQ=BP=1,即可求出CP的长,利用线段中点的定义求出BD的长,从而可证得CP=BD;再利用SAS可证得结论。
(2)用含t的代数式分别表示出PC,BP,CQ的长,分情况讨论:①当△CPQ≌△BDP时,②当△CPQ≌△BPD时,分别建立关于t的方程,解方程求出符合题意的t的值。
24.【答案】 (1)解:过C作CM⊥x轴于M点,
∵CM⊥OA,AC⊥AB,
∴∠MAC+∠ACM=90°,∠MAC+∠OAB=90°,
则∠OAB=∠ACM,
在△MAC和△OBA中,
,
∴△MAC≌△OBA(AAS),
∴CM=OA=2,MA=OB=4,
则点C的坐标为(-2,-2);
(2)解:如图,过D作DQ⊥OP于Q点,
则四边形OQDE是矩形,
∴DE=OQ,
则OP-OQ=PQ,∠APO+∠QPD=90°,∠APO+∠OAP=90°,
则∠QPD=∠OAP,
在△AOP和△PDQ中,
,
∴△AOP≌△PDQ(AAS),
∴QP=OA=2,
∴OP-OQ=PQ=OA=2;
(3)解:m+n=6,为定值,
如图,过点F分别作FS⊥x轴于S点,FT⊥y轴于T点,
则FS=FT=3,∠FHS=∠HFT=∠FGT,
在△FSH和△FTG中,
,
∴△FSH≌△FTG(AAS),
∴GT=HS,
又∵G(0,m),H(n,0),点F坐标为(-3,-3),
∴OT═OS=3,OG=|m|=-m,OH=n,
∴GT=OG-OT=-m-3,HS=OH+OS=n+3,
则-m-3=n+3,
则m+n=-6.
【解析】【分析】(1)过C作CM⊥x轴于M点,利用垂直的定义及余角的性质可证得∠OAB=∠ACM,再利用AAS证明△MAC≌△OBA,利用全等三角形的对应边相等可求出CM,MA的长,即可求出点C的坐标。
(2)过D作DQ⊥OP于Q点,易证四边形OQDE是矩形,利用矩形的性质可得到DE=OQ,利用同角的余角相等可证得∠QPD=∠OAP;再利用AAS证明△AOP≌△PDQ,利用全等三角形的对应边相等可求出PQ的长,然后根据OP-OQ=PQ=OA,可求出OA的长。
(3)过点F分别作FS⊥x轴于S点,FT⊥y轴于T点,FS=FT=3,∠FHS=∠HFT=∠FGT,利用AAS可证得△FSH≌△FTG,利用全等三角形的性质,可推出GT=HS,利用点G,H,F的坐标可得到OT,OH,OG的长,用含m,n的代数式表示出GT,HS的长,然后根据GT=HS,建立关于m,n的二元一次方程,由此可得到m+n的值。
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