2022年武漢新洲區(qū)六校聯(lián)考八年級(jí)數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末考試試題含解析_第1頁
2022年武漢新洲區(qū)六校聯(lián)考八年級(jí)數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末考試試題含解析_第2頁
2022年武漢新洲區(qū)六校聯(lián)考八年級(jí)數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末考試試題含解析_第3頁
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2022-2023學(xué)年八上數(shù)學(xué)期末模擬試卷注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每題4分,共48分)1.的值是()A.16 B.2 C. D.2.下列圖案既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是()A. B. C. D.3.在ΔABC中,∠A,∠B,∠C的對(duì)邊分別是a,b,c,下列條件中,不能判定ΔABC是直角三角形的是()A.∠A+∠B=90°C.a(chǎn)=1,b=3,c=10 D.4.下列根式中,屬于最簡(jiǎn)二次根式的是().A. B. C. D.5.已知兩條線段a=2cm,b=3.5cm,下列線段中能和a,b構(gòu)成三角形的是()A.5.5cm B.3.5cm C.1.3cm D.1.5cm6.如圖,在中,,分別以,為圓心,大于長(zhǎng)為半徑畫弧,兩弧相交于點(diǎn)、,連接,與,分別相交于點(diǎn),點(diǎn),連結(jié),當(dāng),時(shí),的周長(zhǎng)是()A. B. C. D.7.在△ABC中和△DEF中,已知BC=EF,∠C=∠F,增加下列條件后還不能判定△ABC≌△DEF的是()A.AC=DF B.∠B=∠E C.∠A=∠D D.AB=DE8.如圖,△中,,是中點(diǎn),下列結(jié)論,不一定正確的是()A. B.平分 C. D.9.解分式方程時(shí),去分母化為一元一次方程,正確的是()A.x+1=2(x﹣1) B.x﹣1=2(x+1) C.x﹣1=2 D.x+1=210.分式方程的解是()A.x=1 B.x=2 C.x=0 D.無解.11.如圖,是中邊的垂直平分線,若厘米,厘米,則的周長(zhǎng)為()A. B. C. D.12.如圖,將矩形紙片ABCD折疊,AE、EF為折痕,點(diǎn)C落在AD邊上的G處,并且點(diǎn)B落在EG邊的H處,若AB=3,∠BAE=30°,則BC邊的長(zhǎng)為()A.3 B.4 C.5 D.6二、填空題(每題4分,共24分)13.如圖,以AB為斜邊的Rt△ABC的每條邊為邊作三個(gè)正方形,分別是正方形ABMN,正方形BCPQ,正方形ACEF,且邊EF恰好經(jīng)過點(diǎn)N.若S3=S4=5,則S1+S5=_____.(注:圖中所示面積S表示相應(yīng)封閉區(qū)域的面積,如S3表示△ABC的面積)14.若式子的值為零,則x的值為______.15.化簡(jiǎn):=_____________.16.在平面直角坐標(biāo)系中,已知一次函數(shù)的圖像經(jīng)過,兩點(diǎn),若,則.(填”>”,”<”或”=”)17.若分式的值為0,則x的值等于________.18.計(jì)算:=____.三、解答題(共78分)19.(8分)已知點(diǎn)M(2a﹣b,5+a),N(2b﹣1,﹣a+b).若點(diǎn)M,N關(guān)于y軸對(duì)稱,求(4a+b)2019的值.20.(8分)在平面直角坐標(biāo)系中,一次函數(shù)yx+4的圖象與x軸和y軸分別交于A、B兩點(diǎn).動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),在線段AO上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)O作勻速運(yùn)動(dòng),到達(dá)點(diǎn)O即停止運(yùn)動(dòng).其中A、Q兩點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱,以線段PQ為邊向上作正方形PQMN.設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒.如圖①.(1)當(dāng)t=2秒時(shí),OQ的長(zhǎng)度為;(2)設(shè)MN、PN分別與直線yx+4交于點(diǎn)C、D,求證:MC=NC;(3)在運(yùn)動(dòng)過程中,設(shè)正方形PQMN的對(duì)角線交于點(diǎn)E,MP與QD交于點(diǎn)F,如圖2,求OF+EN的最小值.21.(8分)某學(xué)校2017年在某商場(chǎng)購(gòu)買甲、乙兩種不同足球,購(gòu)買甲種足球共花費(fèi)2000元,購(gòu)買乙種足球共花費(fèi)1400元,購(gòu)買甲種足球數(shù)量是購(gòu)買乙種足球數(shù)量的2倍.且購(gòu)買一個(gè)乙種足球比購(gòu)買一個(gè)甲種足球多花20元;(1)求購(gòu)買一個(gè)甲種足球、一個(gè)乙種足球各需多少元;(2)2018年這所學(xué)校決定再次購(gòu)買甲、乙兩種足球共50個(gè).恰逢該商場(chǎng)對(duì)兩種足球的售價(jià)進(jìn)行調(diào)整,甲種足球售價(jià)比第一次購(gòu)買時(shí)提高了10%,乙種足球售價(jià)比第一次購(gòu)買時(shí)降低了10%.如果此次購(gòu)買甲、乙兩種足球的總費(fèi)用不超過2910元,那么這所學(xué)校最多可購(gòu)買多少個(gè)乙種足球?22.(10分)已知:如圖,AB=DE,AB∥DE,BE=CF,且點(diǎn)B、E、C、F都在一條直線上,求證:AC∥DF.23.(10分)如圖,點(diǎn)D,E在△ABC的邊BC上,AB=AC,BD=CE.求證:AD=AE.24.(10分)(基礎(chǔ)模型)已知等腰直角△ABC,∠ACB=90°,AC=CB,過點(diǎn)C任作一條直線l(不與CA、CB重合),過點(diǎn)A作AD⊥l于D,過點(diǎn)B作BE⊥l于E.(1)如圖②,當(dāng)點(diǎn)A、B在直線l異側(cè)時(shí),求證:△ACD≌△CBE(模型應(yīng)用)在平面直角坐標(biāo)性xOy中,已知直線l:y=kx﹣4k(k為常數(shù),k≠0)與x軸交于點(diǎn)A,與y軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)B.以AB為邊、B為直角頂點(diǎn)作等腰直角△ABC.(2)若直線l經(jīng)過點(diǎn)(2,﹣3),當(dāng)點(diǎn)C在第三象限時(shí),點(diǎn)C的坐標(biāo)為.(3)若D是函數(shù)y=x(x<0)圖象上的點(diǎn),且BD∥x軸,當(dāng)點(diǎn)C在第四象限時(shí),連接CD交y軸于點(diǎn)E,則EB的長(zhǎng)度為.(4)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(a,b),探索a,b之間滿足的等量關(guān)系,直接寫出結(jié)論.(不含字母k)25.(12分)如圖,△ABC中,∠C=90°,AD平分∠CAB交BC于點(diǎn)D,DE⊥AB于點(diǎn)E,且AE=BE,BC=1.(1)求∠B的度數(shù);(2)求AD的長(zhǎng).26.如圖所示,在正方形網(wǎng)格中,若點(diǎn)的坐標(biāo)是,點(diǎn)的坐標(biāo)是,按要求解答下列問題:(1)在圖中建立正確的平面直角坐標(biāo)系,寫出點(diǎn)C的坐標(biāo).(2)在圖中作出△ABC關(guān)于x軸對(duì)稱的△A1B1C1.

參考答案一、選擇題(每題4分,共48分)1、B【分析】根據(jù)算術(shù)平方根的定義求值即可.【詳解】=1.故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查算術(shù)平方根,屬于基礎(chǔ)題型.2、D【分析】結(jié)合選項(xiàng)根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解即可.【詳解】A、是軸對(duì)稱圖形,不是中心對(duì)稱圖形;B、不是軸對(duì)稱圖形,是中心對(duì)稱圖形;C、不是軸對(duì)稱圖形,也不是中心對(duì)稱圖形;D、是軸對(duì)稱圖形,也是中心對(duì)稱圖形.故選D.3、D【解析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理以及直角三角形的性質(zhì)即可求出答案.【詳解】A.∵∠A+∠B=90°,∠A+∠B+∠C=180°,∴∠C=90°B.∠A+∠B=∠C,∠A+∠B+∠C=180°,∴∠C=90°,∴C.∵12+32=D.設(shè)a=1,b=2,c=2,∵12+22≠22,∴△ABC不是直角三角形,故D不能判斷.故選:D.【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)角和,勾股定理的逆定理,解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用三角形的性質(zhì),本題屬于基礎(chǔ)題型.4、D【分析】根據(jù)最簡(jiǎn)二次根式的定義:①被開方數(shù)不含有分母,②被開方數(shù)不含有能開得盡方的因數(shù)或因式,逐個(gè)判斷即可.【詳解】A、,不是最簡(jiǎn)二次根式,故本選項(xiàng)不符合題意;B、,不是最簡(jiǎn)二次根式,故本選項(xiàng)不符合題意;C、,不是最簡(jiǎn)二次根式,故本選項(xiàng)不符合題意;D、,是最簡(jiǎn)二次根式,故本選項(xiàng)符合題意;故選:D【點(diǎn)睛】本題考查了最簡(jiǎn)二次根式,熟記最簡(jiǎn)二次根式的定義是解此題的關(guān)鍵.5、B【分析】此題首先根據(jù)三角形的三邊關(guān)系,求得第三邊的取值范圍,再進(jìn)一步找到符合條件的數(shù)值.【詳解】根據(jù)三角形的三邊關(guān)系,得:第三邊應(yīng)>兩邊之差,即3.5?2=1.5cm;而<兩邊之和,即3.5+2=5.5cm.所給的答案中,只有3.5cm符合條件.故選:B.【點(diǎn)睛】此題考查了三角形三邊關(guān)系.一定要注意構(gòu)成三角形的條件:兩邊之和>第三邊,兩邊之差<第三邊.6、B【分析】由作圖可知,DE是AC的垂直平分線,可得AE=CE,則的周長(zhǎng)=AB+BC.【詳解】解:由作圖可知,DE是AC的垂直平分線,則AE=CE,∴的周長(zhǎng)=AB+BE+AE=AB+BE+CE=AB+BC=5+9=14故選:B【點(diǎn)睛】本題考查了作圖—垂直平分線的作法和垂直平分線的性質(zhì)的應(yīng)用.是中考常考題型.7、D【解析】全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,根據(jù)定理進(jìn)行判斷即可.【詳解】解:如圖:A,根據(jù)SAS即可推出△ABC≌△DEF,;B.根據(jù)ASA即可推出△ABC≌△DEFC.根據(jù)AAS即可推出△ABC≌△DEF;D,不能推出△ABC≌△DEF;故選D.【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定的應(yīng)用,注意:全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS.8、C【分析】根據(jù)等邊對(duì)等角和等腰三角形三線合一的性質(zhì)解答.【詳解】解:∵AB=AC,

∴∠B=∠C,

∵AB=AC,D是BC中點(diǎn),

∴AD平分∠BAC,AD⊥BC,

所以,結(jié)論不一定正確的是AB=2BD.

故選:C.【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì),主要利用了等邊對(duì)等角的性質(zhì)以及等腰三角形三線合一的性質(zhì),熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵.9、D【分析】先確定分式方程的最簡(jiǎn)公分母,然后左右兩邊同乘即可確定答案;【詳解】解:由題意可得最簡(jiǎn)公分母為(x+1)(x-1)去分母得:x+1=2,故答案為D.【點(diǎn)睛】本題考查了分式方程的解法,解答的關(guān)鍵在于最簡(jiǎn)公分母的確定.10、C【解析】分析:首先進(jìn)行去分母將分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程,然后解一元一次方程,最后對(duì)方程的根進(jìn)行檢驗(yàn).詳解:去分母可得:x-2=2(x-1),解得:x=0,經(jīng)檢驗(yàn):x=0是原方程的解,∴分式方程的解為x=0,故選C.點(diǎn)睛:本題主要考查的是解分式方程的方法,屬于基礎(chǔ)題型.去分母是解分式方程的關(guān)鍵所在,還要注意分式方程最后必須進(jìn)行驗(yàn)根.11、B【分析】利用線段垂直平分線的性質(zhì)得AE=CE,再等量代換即可求得三角形的周長(zhǎng).【詳解】解:∵DE是△ABC中AC邊的垂直平分線,∴AE=CE,∴AB=AE+BE=CE+BE=10,∴△EBC的周長(zhǎng)=BC+BE+CE=10厘米+8厘米=18厘米,故選:B.【點(diǎn)睛】本題考查線段垂直平分線的性質(zhì),是重要考點(diǎn),難度較易,掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵.12、A【解析】利用三角函數(shù)求出直角三角形各邊長(zhǎng)度,再證明△AEC1和△CC1E是等邊三角形,即可求出BC長(zhǎng)度。【詳解】解:連接CC1,如下圖所示∵在Rt△ABE中,∠BAE=30,AB=3∴BE=AB×tan30°=1,AE=2,∴∠AEB1=∠AEB=60°由AD∥BC,得∠C1AE=∠AEB=60°∴△AEC1為等邊三角形,∴△CC1E也為等邊三角形,∴EC=EC1=AE=2∴BC=BE+EC=3所以A選項(xiàng)是正確的【點(diǎn)睛】本題考查直角三角形中的邊角關(guān)系,屬于簡(jiǎn)單題,關(guān)鍵會(huì)用直角三角函數(shù)求解直角邊長(zhǎng)。二、填空題(每題4分,共24分)13、1【分析】如圖,連接MQ,作MG⊥EC于G,設(shè)PC交BM于T,MN交EC于R.證明△ABC≌△MBQ(SAS),推出∠ACB=∠BQM=90°,由∠PQB=90°,推出M,P,Q共線,由四邊形CGMP是矩形,推出MG=PC=BC,證明△MGR≌△BCT(AAS),推出MR=BT,由MN=BM,NR=MT,可證△NRE≌MTP,推出S1+S1=S3=1.【詳解】解:如圖,連接MQ,作MG⊥EC于G,設(shè)PC交BM于T,MN交EC于R.∵∠ABM=∠CBQ=90°,∴∠ABC=∠MBQ,∵BA=BM,BC=BQ,∴△ABC≌△MBQ(SAS),∴∠ACB=∠MQB=90°,∵∠PQB=90°,∴M,P,Q共線,∵四邊形CGMP是矩形,∴MG=PC=BC,∵∠BCT=∠MGR=90°,∠BTC+∠CBT=90°,∠BQM+∠CBT=90°,∴∠MRG=∠BTC,∴△MGR≌△BCT(AAS),∴MR=BT,∵M(jìn)N=BM,∴NR=MT,∵∠MRG=∠BTC,∴∠NRE=∠MTP,∵∠E=∠MPT=90°,則△NRE≌MTP(AAS),∴S1+S1=S3=1.故答案為:1.【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是三組三角形全等,依次為:△ABC≌△MBQ,△MGR≌△BCT,△NRE≌MTP.14、﹣1【分析】直接利用分式的值為零則分子為零分母不等于零,進(jìn)而得出答案.【詳解】∵式子的值為零,∴x2﹣1=0,(x﹣1)(x+2)≠0,解得:x=﹣1.故答案為﹣1.【點(diǎn)睛】此題主要考查了分式的值為零的條件,正確把握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵.15、【解析】原式==16、.【解析】試題分析:一次函數(shù)的增減性有兩種情況:①當(dāng)時(shí),函數(shù)的值隨x的值增大而增大;②當(dāng)時(shí),函數(shù)y的值隨x的值增大而減小.由題意得,函數(shù)的,故y的值隨x的值增大而增大.∵,∴.考點(diǎn):一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系.17、.【分析】分式的值為零,分子等于零且分母不等于零.【詳解】解:由題意可得解得:故答案為:.【點(diǎn)睛】本題考查了分式的值為零的條件.若分式的值為零,需同時(shí)具備兩個(gè)條件:(1)分子為1;(2)分母不為1.這兩個(gè)條件缺一不可.18、1【解析】根據(jù)算術(shù)平方根的定義進(jìn)行化簡(jiǎn),再根據(jù)算術(shù)平方根的定義求解即可.【詳解】解:∵12=21,

∴=1,

故答案為:1.【點(diǎn)睛】本題考查了算術(shù)平方根的定義,先把化簡(jiǎn)是解題的關(guān)鍵.三、解答題(共78分)19、﹣1【分析】關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn):橫坐標(biāo)互為相反數(shù),縱坐標(biāo)不變.據(jù)此可得關(guān)于a,b的方程組,進(jìn)而得出代數(shù)式的值.【詳解】解:∵M(jìn),N關(guān)于y軸對(duì)稱,∴,解得:,∴.【點(diǎn)睛】關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn),橫坐標(biāo)互為相反數(shù),縱坐標(biāo)不變;關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn),縱坐標(biāo)互為相反數(shù),橫坐標(biāo)不變;關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn),橫坐標(biāo)互為相反數(shù),縱坐標(biāo)互為相反數(shù).20、(1)2;(2)證明見解析;(3).【分析】(1)解方程得到OA=1,由t=2,于是得到結(jié)論;

(2)根據(jù)AP=PQ=t,得到OQ=1-2t,根據(jù)正方形的性質(zhì)得到PQ=QM=MN=PN=t,求得M(1-2t,t),N(1-t,t),C(1-t,t),求得CM=(1-t)-(1-2t)=t,CN=(1-t)-(1-t)=t,于是得到結(jié)論;

(3)作矩形NEFK,則EN=FK,推出當(dāng)O,F(xiàn),K三點(diǎn)共線時(shí),OF+EN=OF+FK的值最小,如圖,作OH⊥QN于H,解直角三角形即可得到結(jié)論.【詳解】(1)在yx+4中,令y=0,得x=1,∴OA=1.∵t=2,∴AP=PQ=2,∴OQ=1﹣2﹣2=2.故答案為:2;(2)∵AP=PQ=t,∴OQ=1﹣2t.∵四邊形PQMN是正方形,∴PQ=QM=MN=PN=t,∴M(1﹣2t,t),N(1﹣t,t),C(1t,t),∴CM=(1t)﹣(1﹣2t)t,CN=(1﹣t)﹣(1t)t,∴CM=CN;(3)作矩形NEFK,則EN=FK.∵OF+EN=OF+FK,∴當(dāng)O,F(xiàn),K三點(diǎn)共線時(shí),OF+EN=OF+FK的值最小,如圖,作OH⊥QN于H,在等腰直角三角形PQN中,∵PQ=t,∴QNt,∴HN=QN﹣QHt﹣(t﹣3)=3,∴OF+EN的最小值為:HE+EN=HN=3.【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合題,正方形的性質(zhì),矩形的性質(zhì),最短路線問題,正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵.21、(1)購(gòu)買一個(gè)甲種足球需要50元,購(gòu)買一個(gè)乙種籃球需要1元(2)這所學(xué)校最多可購(gòu)買2個(gè)乙種足球【解析】(1)根據(jù)題意可以列出相應(yīng)的分式方程,從而可以求得購(gòu)買一個(gè)甲種足球、一個(gè)乙種足球各需多少元;(2)根據(jù)題意可以列出相應(yīng)的不等式,從而可以求得這所學(xué)校最多可購(gòu)買多少個(gè)乙種足球.【詳解】(1)設(shè)購(gòu)買一個(gè)甲種足球需要x元,則購(gòu)買一個(gè)乙種籃球需要(x+2)元,根據(jù)題意得:,解得:x=50,經(jīng)檢驗(yàn),x=50是原方程的解,且符合題意,∴x+2=1.答:購(gòu)買一個(gè)甲種足球需要50元,購(gòu)買一個(gè)乙種籃球需要1元.(2)設(shè)可購(gòu)買m個(gè)乙種足球,則購(gòu)買(50﹣m)個(gè)甲種足球,根據(jù)題意得:50×(1+10%)(50﹣m)+1×(1﹣10%)m≤2910,解得:m≤2.答:這所學(xué)校最多可購(gòu)買2個(gè)乙種足球.【點(diǎn)睛】本題考查分式方程的應(yīng)用,一元一次不等式的應(yīng)用,解答此類問題的關(guān)鍵是明確題意,列出相應(yīng)的分式方程和一元一次不等式,注意分式方程要檢驗(yàn),問題(2)要與實(shí)際相聯(lián)系.22、詳見解析【解析】首先利用平行線的性質(zhì)∠B=∠DEF,再利用SAS得出△ABC≌△DEF,得出∠ACB=∠F,根據(jù)平行線的判定即可得到結(jié)論.【詳解】證明:∵AB∥DE,∴∠B=∠DEC,又∵BE=CF,∴BC=EF,在△ABC和△DEF中,,∴△ABC≌△DEF(SAS),∴∠ACB=∠F,∴AC∥DF.【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì),熟練掌握全等三角形的判定方法是解題關(guān)鍵.23、利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C,然后證明△ABD≌△ACE即可證得結(jié)論.【解析】分析:證明:∵AB=AC,∴∠B=∠C.在△ABD與△ACE中,∵,∴△ABD≌△ACE(SAS).∴AD=AE.24、(1)詳見解析;(2)(﹣6,﹣2);(3)2;(1)a+b=-1或b﹣a=1.【分析】(1)利用同角的余角相等判斷出∠CAD=∠BCE,進(jìn)而利用AAS即可得出結(jié)論;(2)先求出直線l的解析式,進(jìn)而確定出點(diǎn)A,B坐標(biāo),再判斷出△ACD≌△CBE,即可得出結(jié)論;(3)同(2)的方法可得△OAB≌△FBC,從而得BF=OA=1,再證△BED≌△FEC(AAS),即可得到答案;(1)分點(diǎn)C在第二象限,第三象限和第四象限三種情況:先確定出點(diǎn)A,B坐標(biāo),再同(2)(3)的方法確定出點(diǎn)C的坐標(biāo)(用k表示),即可得出結(jié)論.【詳解】(1)∵∠ACB=90°,∴∠ACD+∠ECB=90°,∵AD⊥l,BE⊥l,∴∠ADC=∠BEC=90°,∴∠ACD+∠CAD=∠ACD+∠BCE=90°,∴∠CAD=∠BCE,∵CA=CB,∴△ACD≌△CBE(AAS);(2)如圖1,過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E,∵直線l:y=kx﹣1k經(jīng)過點(diǎn)(2,﹣3),∴2k﹣1k=﹣3,∴k=,∴直線l的解析式為:y=x﹣6,令x=0,則y=﹣6,∴B(0,﹣6),∴OB=6,令y=0,則0=x﹣6,∴x=1,∴A(1,0),∴OA=1,同(1)的方法得:△OAB≌△EBC(AAS),∴CE=OB=6,BE=OA=1,∴OE=OB﹣BE=6﹣1=2,∵點(diǎn)C在第三象限,∴C(﹣6,﹣2),故答案為:(﹣6,﹣2);(3)如圖2,對(duì)于直線l:y=kx﹣1k,令x=0,則y=﹣1k,∴B(0,﹣1k),∴OB=1k,令y=0,則kx﹣1k=0,∴x=1,∴A(1,0),∴OA=1,過點(diǎn)C作CF⊥y軸于F,則△OAB≌△FBC(AAS),∴BF=OA=1,CF=OB=1k,∴OF=OB+BF=1k+1,∵點(diǎn)C在第四象限,∴C(1k,-1k-1),∵B(0,﹣1k),∵BD∥x軸,且D在y=x上,∴D(﹣1k,﹣1k),∴BD=1k=CF,∵CF⊥y軸于F,∴∠CFE=90°,∵BD∥x軸,∴∠DBE=90°=∠CFE,∵∠BED=∠FEC,∴△BED≌△FEC(AAS),∴BE=EF=BF=2,故答案為:2;(1)①當(dāng)點(diǎn)C在第四象限時(shí),由(3)知,C(1k,-1k-1),∵C(a,b),∴a=1k,b=-1k-1,∴a+b=-1;②當(dāng)點(diǎn)C在第三象限時(shí),由(3)知,B(0,﹣1k),A(1,0),∴OB=1k,OA=1,如圖1,由(2)知,△OAB≌△EBC(AAS),∴CE=OB=1k,BE=OA

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