广东省揭阳市普宁市（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编 2解答题

这是一份广东省揭阳市普宁市（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编 2解答题，共28页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省揭阳市普宁市（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-03 解答题
三、解答题
52．（2022·广东揭阳·八年级期末）计算：．
53．（2022·广东揭阳·八年级期末）如图，在直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣3，0），C（﹣4，3）．

(1)在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
(2)写出点A1，B1，C1的坐标；
(3)求△ABC的面积．
54．（2022·广东揭阳·八年级期末）如图，在△ABC中，D是BC上一点，AD=BD，∠C=∠ADC，∠BAC=57°，求∠DAC的度数．

55．（2022·广东揭阳·八年级期末）某初中学校欲向高一级学校推荐一名学生，根据规定的推荐程序：首先由本年级200名学生民主投票，每人只能推荐一人（不设弃权票），选出了票数最多的甲、乙、丙三人.投票结果统计如图一：

其次，对三名候选人进行了笔试和面试两项测试.各项成绩如右表所示：图二是某同学根据上表绘制的一个不完整的条形图.请你根据以上信息解答下列问题：
（1）补全图一和图二.
（2）请计算每名候选人的得票数.
（3）若每名候选人得一票记1分，投票、笔试、面试三项得分按照2：5：3的比确定，计算三名候选人的平均成绩，成绩高的将被录取，应该录取谁？
测试项目
测试成绩/分
甲
乙
丙
笔试
92
90
95
面试
85
95
80


56．（2022·广东揭阳·八年级期末）如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB，CE＝CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上．
（1）求证：∠ADB＝90°；
（2）若AE＝2，AD＝4，求AC．

57．（2022·广东揭阳·八年级期末）进入12月以来某些海鱼的价格逐渐上涨，某农贸市场水产商户老王只好在进货数量上做些调整．12月份前两周两种海鱼的价格情况如下表：

鲅鱼价格
带鱼价格
第一周
8元/千克
18元/千克
第二周
10元/千克
20元/千克

（1）老王第一周购进了一批鲅鱼和带鱼，总货款是1700元，若按第二周的价格购进与上周相同数量的鲅鱼和带鱼，则需多花300元，求老王第一周购进鲅鱼和带鱼分别是多少千克；
（2）若第二周将这两种鱼的进货总量减少到120千克，设购进鲅鱼a千克，需要支付的货款为w元，则w与a的函数关系式为_____；
（3）在（2）的条件下，若购进鲅鱼不超过80千克，则第二周老王购进这两种鱼的总货款最少应是多少元？
58．（2022·广东揭阳·八年级期末）如图，过点A的两条直线l1，l2分别与y轴交于点B，C，其中点B在原点上方，点C在原点下方，已知AB＝，B（0，3）．

(1)求点A的坐标；
(2)若△ABC的面积为4，求直线l2的表达式．
(3)在（2）的条件下，在直线l1上是否存在点M，使得△OAM的面积与△OCA的面积相等？若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
59．（2022·广东揭阳·八年级期末）如图，以Rt△AOC的直角顶点O为原点，以OC、OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足+|b﹣2|＝0．

(1)C点的坐标为　 　，A点的坐标为　 　；
(2)如图1，已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，点P从点C出发，沿x轴负方向以1个单位长度每秒的速度匀速移动，点Q从点O出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动，点Q到达A点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（1，2），设运动时间为t（t＞0）秒．问：是否存在这样的t，使S△ODP＝S△ODQ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点O作OG∥AC，作∠AOF＝∠AOG交AC于点F，点E是线段OA上一动点，连接CE交OF于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由，
60．（2021·广东揭阳·八年级期末）计算：．
61．（2021·广东揭阳·八年级期末）解方程组：．
62．（2021·广东揭阳·八年级期末）如图，点A、B、C、D在一条直线上，CE与BF交于点G，∠E＝∠F，CE∥DF，求证：∠A＝∠1

63．（2021·广东揭阳·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．
（1）在图中作出关于y轴对称的图形．并写出点的坐标为；
（2）在图中找一点D，使．

64．（2021·广东揭阳·八年级期末）某超市对甲、乙两种商品进行打折销售，其中甲种商品打八折，乙种商品打七五折，已知打折前，买件甲种商品和件乙种商品需元；打折后，买件甲种商品和件乙种商品需元．
（1）打折前甲、乙两种商品每件分别为多少元？
（2）某人购买甲种商品件，乙种商品件问打折后购买这些商品比不打折可节省多少元？
65．（2021·广东揭阳·八年级期末）某中学八年级举行跳绳比赛，要求每班选出5名学生参加，在规定时间每人跳绳大于或等于150次为优秀，冠、亚军在八（1）、八（5两班中产生．下表是这两个班的5名学生的比赛数据（单位：次）

1号
2号
3号
4号
5号
平均数
方差
八（1）班
139
148
150
160
153
150
46.8
八（5）班
150
139
145
147
169
150
103.2

根据以上信息，解答下列问题：
（1）求两班的优秀率及两班数据的中位数；
（2）请你从优秀率、中位数和方差三方面进行简要分析，确定获冠军奖的班级．
66．（2021·广东揭阳·八年级期末）某蓄水塔在工作期间，每小时的进水量和出水量都是固定不变的．从到只进水不出水，到既进水又出水，到只出水不进水．下图是某日水塔中蓄水量y（立方米）与x（时）的函数图象．
（1）求每小时的进水量；
（2）当时，求y与x之间的函数关系式；
（3）从该日到，当水塔中的蓄水量不小于28立方米时，求出x的取值范围．


67．（2021·广东揭阳·八年级期末）如图，四边形是一张放在平面直角坐标系中的正方形纸片，点O与坐标原点重合，点A在x轴上，点C在y轴上，，点E在边上，点N的坐标为，过点N且平行于y轴的直线与交于点M．现将纸片折叠，使顶点C落在上，并与上的点G重合，折痕为．
（1）求点G的坐标，并求直线的解析式；
（2）若直线平行于直线，且与长方形有公共点，请直接写出n的取值范围．
（3）设点P为x轴上的点，是否存在这样的点P，使得以为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

68．（2020·广东揭阳·八年级期末）计算：×﹣（1﹣）2+|﹣2|﹣（）﹣1
69．（2020·广东揭阳·八年级期末）解方程组：．
70．（2020·广东揭阳·八年级期末）已知：如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，E是AC上一点且∠1+∠2＝90°．求证：DE∥BC．

71．（2020·广东揭阳·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点均在格点上，点A、B、C的坐标分别是A（﹣8，4）、B（﹣7，7）、C（﹣2，2）．

（1）在这个坐标系内画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于x轴对称；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由．
72．（2020·广东揭阳·八年级期末）某中学开展“数学史”知识竞赛活动，八年级（1）、（2）班根据初赛成绩，各选出5名选手参加复赛，两个班各选出的5名选手的复赛成绩（满分为100分）如图所示：

（1）根据图示填写下表a、b、c的值：
统计量
班别
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
八年（1）班
a
85
c
八年（2）班
85
b
100

（2）结合两班复赛成绩的平均数和中位数，分析哪个班的选于复赛成绩较好；
（3）通过计算八年（1）班5名选手的复赛成绩的方差S八（1）2＝70，请你计算八年（2）班5名选手复赛成绩的方差并判断哪个班的选手复赛成绩较为均衡．
73．（2020·广东揭阳·八年级期末）为开拓学生的视野，全面培养和提升学生的综合素质，让学生感受粤东古城潮州的悠久历史，某中学组织八年级师生共420人前往潮州开展研学活动．学校向租车公司租赁A、B两种车型接送师生往返，若租用A型车3辆，B型车5辆，则空余15个座位；若租用A型车5辆，B型车3辆，则15人没座位．
（1）求A、B两种车型各有多少个座位？
（2）租车公司目前B型车只有6辆，若A型车租金为1800元/辆，B型车租金为2100元/辆，请你为学校设计使座位恰好坐满师生且租金最少的租车方案．
74．（2020·广东揭阳·八年级期末）某校八年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．

（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝　 　；
（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；
（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并证明．
75．（2020·广东揭阳·八年级期末）一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，9），并与直线y＝x相交于点B，与x轴相交于点C，其中点B的横坐标为3．

（1）求B点的坐标和k，b的值；
（2）点Q为直线y＝kx+b上一动点，当点Q运动到何位置时△OBQ的面积等于？请求出点Q的坐标；
（3）在y轴上是否存在点P使△PAB是等腰三角形？若存在，请直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】
52．2
【分析】先根据平方差公式，二次根式的性质，零指数幂化简，再合并即可求解．
【详解】解：原式

＝2．
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，零指数幂，熟练掌握二次根式的性质，零指数幂法则是解题的关键．
53．(1)见解析
(2)A1（1，5），B1（3，0），C1（4，3）
(3)

【分析】（1）根据对称性即可在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
（2）结合（1）即可写出点A1，B1，C1的坐标；
（3）根据网格利用割补法即可求△ABC的面积．
（1）
解：如图，△A1B1C1即为所求；

（2）
解：观察图形得：A1（1，5），B1（3，0），C1（4，3）；
（3）
解：△ABC的面积为：3×5-×2×5-×1×3-×2×3=．
【点睛】本题考查了作图-轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称性质．
54．16°.
【详解】试题分析：根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BAD，由三角形的外角的性质得到∠ADC=∠B+∠BAD=2∠B，于是得到∠C=2∠B，根据三角形的内角和得到∠B+∠C=3∠B=180°-∠BAC=41°，根据得到结论．
试题解析：∵AD=BD，
∴∠B=∠BAD，
∵∠ADC=∠B+∠BAD=2∠B，
∴∠C=2∠B，
∵∠BAC=57°，
∴∠B+∠C=3∠B=180°-∠BAC=41°，
∴∠ADC=∠C=82°，
∴∠DAC=16°．
55．（1）图见解析；（2）甲的得票数为68票，乙的得票数为60票，丙的得票数为56票；（3）甲的平均成绩为分，乙的平均成绩为分，丙的平均成绩为分；录取乙
【分析】（1）用1减去甲、丙和其他的得票数所占总票数的百分率即可求出乙的得票数占总票数的百分率，由表格可知：甲的面试成绩为85分，然后补全图一和图二即可；
（2）用总票数乘各候选人的得票数所占的百分率即可；
（3）根据题意，求出三人的加权平均分，然后比较即可判断．
【详解】解：（1）乙的得票数占总票数的百分率为：1－34%－28%－8%=30%
由表格可知：甲的面试成绩为85分，
补全图一和图二如下：

（2）甲的得票数为：200×34%=68（票）
乙的得票数为：200×30%=60（票）
丙的得票数为：200×28%=56（票）
答：甲的得票数为68票，乙的得票数为60票，丙的得票数为56票．
（3）根据题意，甲的平均成绩为：分
乙的平均成绩为：分
丙的平均成绩为：分
∵
∴乙的平均成绩高
∴应该录取乙．
【点睛】此题考查的是扇形统计图和条形统计图，结合扇形统计图和条形统计图得出有用信息和掌握加权平均数的公式是解决此题的关键．
56．（1）见解析；（2）
【分析】（1）由“SAS”可证△ECA≌△DCB，可得∠E＝∠BDC，由余角的性质可求解；
（2）由全等三角形的性质可求BD＝AE＝2，由勾股定理可求解．
【详解】证明：（1）∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB，CE＝CD，
∴∠ECD＝∠ACB＝90°，
∴∠ECD﹣∠ACD＝∠ACB﹣∠ACD，

即∠ECA＝∠DCB，
在△ECA和△DCB中，
，
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴∠E＝∠BDC，
∵∠E＋∠EDC＝90°，
即∠ADB＝90°；
（2）∵△ECA≌△DCB，
∴BD＝AE＝2，
∵∠ADB＝90°，AD＝4，
∴，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的全等，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握定理和全等的判定定理是解题的关键．
57．（1）老王第一周购进鲅鱼100千克，购进带鱼50千克；（2）w＝﹣10a+2400；（3）第二周老王购进这两种鱼的总货款最少应是1600元．
【分析】（1）设老王第一周购进鲅鱼x千克，购进带鱼y千克，根据“总货款是1700元，若按第二周的价格购进与上周相同数量的鲅鱼和带鱼，则需多花300元”列方程组解答即可；
（2）根据总价＝单价×购进数量，即可得出w关于a的函数关系式；
（3）根据购进鲅鱼不超过80千克，可得出a的取值范围，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】解：（1）设老王第一周购进鲅鱼x千克，购进带鱼y千克，
根据题意，得，
解得，
答：老王第一周购进鲅鱼100千克，购进带鱼50千克；
（2）由题意，得w＝10a+20（120﹣a）＝﹣10a+2400；
故答案为：w＝﹣10a+2400；
（3）根据题意，得a≤80，由（2）得，w＝﹣10a+2400，
∵﹣10＜0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a＝80时，w有最小值，w最小＝﹣10×80+2400＝1600（元），
答：第二周老王购进这两种鱼的总货款最少应是1600元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一次函数的应用，根据题意列出方程组，熟练一次函数的性质是解题的关键．
58．(1)A（2，0）
(2)y＝
(3)存在，M的坐标为（，1）或（，﹣1）

【分析】（1）先根据勾股定理求得AO的长，再写出点A的坐标；
（2）先根据△ABC的面积为4，求得CO的长，再根据点A、C的坐标，运用待定系数法求得直线l2的解析式；
（3）求出直线l1的表达式为y=−x+3，设M（m，-m+3），根据△OAM的面积与△OCA的面积相等且△OAM与△OCA同底，即可得到结论．
(1)
解：∵B（0，3），
∴OB=3，
在Rt△AOB中，OA=，
∴A（2，0）；
(2)
解：∵S△ABC=BC•OA，
∴4=•BC×2，解得BC=4，
∴OC=BC-OB=4-3=1，
∴C（0，-1），
设直线l2的表达式为y=kx+b，
将A（2，0），C（0，-1）代入y=kx+b，得：
，解得，
∴直线l2的表达式为y=x−1；
(3)
（3）设直线l1的表达式为y=k1x+b1将A（2，0），B（0，3）代入y=k1x+b1，
得，解得，
∴直线l1的表达式为y=−x+3，
∵△OAM的面积与△OCA的面积相等且△OAM与△OCA同底，
∴两个三角形的高都为OC=1，
∴点M的纵坐标为±1且点M在直线l1上，
令y=1，则1=−x+3，解得x=，
令y=-1，则−1=−x+3，解得x=，
∴M的坐标为（，1）或（，-1）．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了两条直线的交点问题，三角形的面积公式，解题的关键是掌握勾股定理以及待定系数法．
59．(1)（2，0），（0，4）
(2)存在，t＝1
(3)不变，其值为2

【分析】（1）根据绝对值和算术平方根的非负性，求得a，b的值，再利用中点坐标公式即可得出答案；
（2）先得出CP=t，OP=2-t，OQ=2t，AQ=4-2t，再根据S△ODP=S△ODQ，列出关于t的方程，求得t的值即可；
（3）过H点作AC的平行线，交x轴于P，再根据角的和差关系以及平行线的性质，得出∠PHO=∠GOF=∠1+∠2，∠OHC=∠OHP+∠PHC=∠GOF+∠4=∠1+∠2+∠4，最后代入进行计算即可．
(1)
∵+|b﹣2|＝0．
又∵≥0，|b﹣2|≥0，
∴
∴a＝2b，b＝2，
∴a＝4，
∴C（2，0），A（0，4）．
故答案为：（2，0），（0，4）；
(2)
存在．
理由：如图1中，D（1，2），

由条件可知：P点从C点运动到O点时间为2秒，Q点从O点运动到A点时间为2秒，
∴0＜t≤2时，点Q在线段AO上，
即 CP=t，OP=2-t，OQ=2t，AQ=4-2t，
∴
∵S△ODP＝S△ODQ，
∴2﹣t＝t，
∴t＝1；
(3)
结论：的值不变，其值为2．理由如下：
如图2中，

∵OG//AC，
∴∠1=∠CAO，
∴∠OEC=∠CAO+∠4=∠1+∠4，
如图，过H点作AC的平行线，交x轴于P，则∠4＝∠PHC，PH//OG，
∴∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，
∴∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，
∵
∴＝
【点睛】本题考查了非负数的性质、三角形的面积、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，学会用转化的思想思考问题．
60．
【分析】根据单项式乘以多项式的运算法则把括号展开，再化简，然后合并同类项即可
【详解】解：原式    
    
．
【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答此题的关键．
61．
【分析】利用加减消元法解二元一次方程组即可．
【详解】解：，
①②，得
，解得，    
把代入①，得
，解得．
故方程组的解为．
【点睛】本题考查加减法解二元一次方程组，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
62．见解析
【分析】根据平行线的判定与性质即可完成证明．
【详解】证明：
∵CE∥DF，
∴∠F＝∠2，
∵∠E＝∠F，
∴∠E＝∠2，
∴AE∥BF，
∴∠A＝∠1．
【点睛】此题考查的是平行的性质和判定的，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
63．（1）见解析，的坐标为；（2）见解析
【分析】（1）分别找到点关于y轴对称的点坐标，再依次连接即可解题；
（2）根据勾股定理解题．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；

其中点的坐标为；
（2），
如图所示，点D即为所求．

【点睛】本题考查作图—轴对称图形、直角坐标系中的坐标特征、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
64．（1）打折前甲种商品每件元，乙种商品每件元；（2）3640元
【分析】（1）设打折前甲种商品每件元，乙种商品每件元，根据“件甲种商品和件乙种商品需元；打折后，买件甲种商品和件乙种商品需元”列方程组求解即可；
（2）用不打折的钱数减去打折后的钱数即可．
【详解】解：（1）设打折前甲种商品每件元，乙种商品每件元，
根据题意，得，
解这个方程组，得，
所以打折前甲种商品每件元，乙种商品每件元；
（2）（元），
所以打折后购买这些商品比不打折可节省元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，仔细审题，找出题目的已知量和未知量，设两个未知数，并找出两个能代表题目数量关系的等量关系，然后列出方程组求解即可．
65．（1）八（1）班成绩的优秀率为60%，中位数为150，八（2）班成绩的优秀率为40%，中位数为147；（2）八（1）班获冠军奖，理由见解析．
【分析】（1）根据优秀率和中位数的概念求解可得；
（2）从优秀率、中位数和方差的意义解答即可．
【详解】解：（1）八（1）班成绩的优秀率为，　
八（2）班成绩的优秀率为；    
∵八（1）班成绩由低到高排列为，
八（2）班成绩由低到高排列为，
∴八（1）班成绩的中位数为150，八（2）班成绩的中位数为147；    
（2）八（1）班获冠军奖，    
理由：从优秀率看，八（1）班的优秀人数多；
从中位数看，八（1）班较大，一般水平较高；
从方差看，八（1）班的成绩比八（2）班的稳定，
∴八（1）班获冠军奖．
【点睛】本题考查算术平均数、中位数、方差，解答本题的关键是明确题意，准确求出相应的数据进行分析判断．
66．（1）每小时的进水量为5立方米；（2）；（3）
【分析】（1）由4点到8点只进水时，水量从5立方米上升到25立方米即能求每小时进水量；
（2）由图象可得，时，对应的函数图象是线段，两端点坐标为（8，25）和（12，37），用待定系数法即可求函数关系式；
（3）由（2）的函数关系式即能求在8到12点时，哪个时间开始贮水量不小于28立方米，且能求出每小时的出水量；14点后贮水量为37立方米开始每小时减2立方米，即能求等于28立方米的时刻．
【详解】解：（1）到只进水，水量从5立方米上升到25立方米，
（立方米/时），
∴每小时的进水量为5立方米．
（2）当时，设函数，
∵该函数经过点，
，
解得：
∴当时，；
（3）当时，；
所以当时，每小时水量上升3立方，
∴每小时出水量为：（立方米），
当时，令，解得：，
当时，令，解得：，
结合图象得，当水塔中的蓄水量不小于28立方米时，
x的取值范围是．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题关键是理解图象中横纵坐标代表的意义并结合题意分析图象的每个分段函数．
67．（1）G的坐标为，直线的解析式为；（2）；（3）P的坐标为或或或
【分析】（1）由图形折叠的不变性可得OG的长度，从而可求NG的长度，可得G的坐标；利用待定系数法代入G的坐标，可得直线的解析式；
（2）结合图形，分别求出直线过点M、A时n的值，可得n的取值范围；
（3）依据等腰三角形性质的定义，将两腰相等的情况分为三类，分别求解即可．
【详解】解：（1）由折叠的性质可知，，
由勾股定理得，，
∴点G的坐标为，
设直线的解析式为，
将代入，得，
∴直线的解析式为；
（2）∵直线平行于直线，
，即直线的解析式为，
当直线经过点时，，
解得，，
当直线经过点时，，
解得，，
∴直线与长方形有公共点时，，
（3）①当时，
若点P在原点左侧，点P的坐标为，
若点P在原点右侧，点P的坐标为，
②当时，
，
，
，
∴点P的坐标为，
③当时，
可得，
在中，，即，
解得，，点P的坐标为，
综上所述，以为顶点的三角形为等腰三角形时，
点P的坐标为或或或．
【点睛】本题利用图形折叠的不变性，考查了一次函数解析式的求法及一次函数图像的平移，同时考查了等要三角形的定义及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握考查内容并利用数形结合的思想求解．
68．2﹣1
【分析】根据二次根式的除法法则、负整数指数幂和完全平方公式计算．
【详解】解：原式

．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍.
69．
【分析】先把原方程去分母，然后利用加减消元法进行解方程即可得到答案.
【详解】解：
去分母得：
得6a=18，解得a=3
把a=3代入②得，解得
∴方程组的解是：
【点睛】本题主要考查了用加减消元法解二元一次方程组，解题的关键在于能够熟练掌握加减消元法.
70．见解析
【分析】依据同角的余角相等，即可得到∠3＝∠2，即可得出DE∥BC．
【详解】解：证明：∵CD⊥AB（已知），
∴∠1+∠3＝90°（垂直定义）．
∵∠1+∠2＝90°（已知），
∴∠3＝∠2（同角的余角相等）．
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．

【点睛】本题主要考查了平行线的判定，解题时注意：内错角相等，两直线平行．
71．（1）见解析；（2）△ABC是直角三角形，理由见解析
【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用勾股定理逆定理得出答案．
【详解】解：（1）如图：△A1B1C1即为所求；

（2）△ABC是直角三角形，
理由：∵AB2＝12+32＝10，
BC2＝52+52＝50，
AC2＝22+62＝40，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了作图—轴对称变换，关键是利用轴对称的性质确定组成图形的关键点关于轴的对称点的位置．
72．（1）a＝85分；b＝80分；c＝85分；（2）八年（1）班成绩好些；（3）160，八年（1）班
【分析】（1）分别计算八年（1）班的平均分和众数填入表格即可；
（2）根据两个班的平均分相等，可以从中位数的角度去分析这两个班级的成绩；
（3）分别将两组数据代入题目提供的方差公式进行计算即可．
【详解】解：（1）a＝（75+80+85+85+100）÷5＝85分；
c＝85分；
按照从小到大的顺序排列为：70，75，80，100，100，b＝80分；
填表如下：
统计量
班别
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
八年（1）班
85
85
85
八年（2）班
85
80
100

（2）八年（1）班成绩好些，因为两个班级的平均数相同，八年（1）班的中位数高，
所以在平均数相同的情况下中位数高的八年（1）班成绩好些；
（3）S八（2）2＝ [（70﹣85）2+2×（100﹣85）2+（75﹣85）2+（80﹣85）2]＝160，
∵S八（1）2＝70，
∴S八（1）2＜S八（2）2，
∴八年（1）班的选手复赛成绩较为均衡．
【点睛】本题考查算术平均数、中位数、众数及方差的一道综合题，解题的关键是根据条形统计图整理出进一步解题的信息．
73．（1）每辆A型车有45个座位，每辆B型车有60个座位；（2）租4辆A型车、4辆B型车所需租金最少
【分析】（1）设每辆A型车有x个座位，每辆B型车有y个座位，根据“若租用A型车3辆，B型车5辆，则空余15个座位；若租用A型车5辆，B型车3辆，则15人没座位”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设租m辆A型车，n辆B型车，根据所租车辆的座位恰好坐满，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n为非负整数且n≤6，即可得出各租车方案，再求出各租车方案所需费用，比较后即可得出结论．
【详解】解：（1）设每辆型车有个座位，每辆型车有个座位，
依题意，得：，
解得：．
答：每辆型车有45个座位，每辆型车有60个座位．
（2）设租辆型车，辆型车，
依题意，得：，
．
，均为非负整数，
当时，，，不合题意，舍去；当时，；当时，，
共有两种租车方案，方案1：租4辆型车，4辆型车；方案2：租8辆型车，1辆型车．
方案1所需费用为（元；
方案2所需费用为（元．
，
组4辆型车、4辆型车所需租金最少．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
74．（1）∠BPC＝122°；（2）∠BEC＝；（3）∠BQC＝90°﹣∠A，证明见解析
【分析】（1）根据三角形的内角和化为角平分线的定义；
（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠A与∠1表示出∠2，再利用∠E与∠1表示出∠2，于是得到结论；
（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠EBC与∠ECB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．
【详解】解：（1）、分别平分和，
，，

，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）和分别是和的角平分线，
，，
又是的一外角，
，
，
是的一外角，
；
（3），，
，
，
，
结论：．

【点睛】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
75．（1）点B（3，5），k＝﹣，b＝9；（2）点Q（0，9）或（6，1）；（3）存在，点P的坐标为：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，）
【分析】（1）相交于点，则点，将点、的坐标代入一次函数表达式，即可求解；
（2）的面积，即可求解；
（3）分、、三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）相交于点，则点，
将点、的坐标代入一次函数表达式并解得：，；
（2）设点，
则的面积，
解得：或6，
故点Q（0，9）或（6，1）；
（3）设点，而点、的坐标分别为：、，
则，，，
当时，，解得：或4；
当时，同理可得：（舍去）或；
当时，同理可得：；
综上点的坐标为：（0，4）或（0，14）或（0，﹣1）或（0，）.
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．