【解析】福建省福州市長(zhǎng)樂(lè)區(qū)2023-2022學(xué)年八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)期末試卷

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福建省福州市長(zhǎng)樂(lè)區(qū)2023-2022學(xué)年八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)期末試卷

一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）

1．下列二次根式是最簡(jiǎn)二次根式的是（）

A．B．C．D．

2．菱形不具有的性質(zhì)是（）

A．四條邊都相等B．四個(gè)角都相等

C．對(duì)角線互相垂直D．對(duì)角線互相平分

3．甲、乙、丙、丁參加體育訓(xùn)練，近期10次跳繩測(cè)試的平均成績(jī)都是每分鐘170下，其方差如下表：

選手甲乙丙丁

方差0.0230.0150.0200.026

這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

4．由下列線段為邊組成的三角形是直角三角形的是（）

A．，，B．，，C．13，14，15D．30，40，50

5．已知一次函數(shù)y＝kx+1（k≠0），y隨x的增大而減小，則它的圖象不經(jīng)過(guò)（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限

6．下列計(jì)算正確的是（）

A．B．C．D．

7．一組數(shù)據(jù)：2，4，4，4，6，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，則下列統(tǒng)計(jì)量中發(fā)生變化的是（）

A．平均數(shù)B．中位數(shù)C．眾數(shù)D．方差

8．若關(guān)于x的一元二次方程（x﹣2）2+m＝0有實(shí)數(shù)解，則m的取值是（）

A．m≤0B．m＝0C．m＞0D．全體實(shí)數(shù)

9．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，BC上（不與端點(diǎn)重合），且BF＝CE，BE與AF相交于點(diǎn)G，則下列結(jié)論不正確的是（）

A．BE＝AFB．∠DAF＝∠BEC

C．AG＝EGD．AG⊥EG

10．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P是直線y＝x上的動(dòng)點(diǎn)，A（2，0），B（4，0）是x軸上的兩點(diǎn)，則PA+PB的最小值為（）

A．B．C．D．6

二、填空題（本題共6小題，每小題4分，共24分）

11．（2023八下·番禺期末）在函數(shù)y=中，自變量x的取值范圍是．

12．濱海中學(xué)規(guī)定學(xué)生學(xué)期體育成績(jī)按課外活動(dòng)成績(jī)、期中成績(jī)、期末成績(jī)2：3：5的比計(jì)算．小明同學(xué)本學(xué)期三項(xiàng)成績(jī)依次為90分、80分、90分，則小明同學(xué)本學(xué)期的體育成績(jī)是．

13．（2023九上·南山月考）如圖，矩形ABCD中，AC，BD交于點(diǎn)O，M，N分別為BC，OC的中點(diǎn)，若MN=3，則BD=.

14．已知是關(guān)于x的方程x2﹣x+m＝0的一個(gè)根，則m的值為．

15．（2023九上·達(dá)州月考）如圖，兩張等寬的紙條交叉疊放在一起，若重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD中，AB=3，AC=2，則四邊形ABCD的面積為.

16．甲、乙二人從學(xué)校出發(fā)去冰心文學(xué)館，甲步行一段時(shí)間后，乙騎自行車沿相同路線行進(jìn)，兩人均勻速前行，他們的路程差s（m）與甲出發(fā)時(shí)間t（min）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法：①甲先到達(dá)冰心文學(xué)館；②乙的速度是甲速度的3倍；③b＝480：④a＝20其中，正確的是（填序號(hào)）．

三、解答題（本題共9小題，共86分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）

17．計(jì)算：.

18．（2023九上·東湖期中）解方程：x2﹣4x﹣4＝0.（用配方法解答）

19．如圖，要從電線桿離地面5m處向地面拉一條7m的鋼纜，求地面鋼纜固定點(diǎn)A到電線桿底部B的距離（結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位）．

20．已知一次函數(shù)y＝x+2．

（1）在平面直角坐標(biāo)系中，畫(huà)出該函數(shù)圖象；

（2）把該函數(shù)圖象向下平移3個(gè)單位，判斷點(diǎn)（﹣3，﹣2）是否在平移后的直線上．

21．一個(gè)矩形周長(zhǎng)為56cm．

（1）當(dāng)矩形面積為180cm2時(shí)，邊長(zhǎng)分別為多少？

（2）能圍成面積為200cm2的矩形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．

22．如圖，在菱形ABCD中，AB＝3，∠DAB＝60°，點(diǎn)E是邊AD的中點(diǎn)，點(diǎn)M是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），延長(zhǎng)ME到N，使得NE＝ME，連接MD，AN，DN．

（1）求證：點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）填空：①當(dāng)AM的值為時(shí)，四邊形AMDN是矩形；

②當(dāng)AM的值為時(shí)，四邊形AMDN是菱形．

23．我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做互垂四邊形．

（1）判斷：在①平行四邊形、②矩形、③菱形、④正方形中，一定是互垂四邊形的有；（填序號(hào)）

（2）如圖1，互垂四邊形ABCD兩組對(duì)邊AB，CD與BC，AD之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并給出證明；

（3）如圖2，分別以Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接GE，若AC＝3，AB＝5，求GE的長(zhǎng)．

24．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線分別與x軸，y軸交于B，A兩點(diǎn)，AC平分∠BAO，交x軸于點(diǎn)C．

（1）求△AOB的面積；

（2）求OC的長(zhǎng)；

（3）點(diǎn)P在直線AC上，若△ABP是等腰三角形，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

答案解析部分

1．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】最簡(jiǎn)二次根式

【解析】【解答】解：A、是最簡(jiǎn)根式，故A正確；

B、，故B錯(cuò)誤；

C、，故C錯(cuò)誤；

D、，故D錯(cuò)誤；

故選：A.

【分析】利用最簡(jiǎn)二次根式的定義：被開(kāi)方數(shù)不含分母，分母中不含根號(hào)，被開(kāi)方數(shù)中不含能開(kāi)的盡方的因數(shù)，判斷即可．

2．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】菱形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵菱形具有的性質(zhì)：有對(duì)邊平行且相等，對(duì)角線互相平分且垂直，四邊相等，

∴菱形不具有的性質(zhì)是四個(gè)角都相等，

故選：B．

【分析】利用菱形的性質(zhì)可直接求解．

3．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】方差

【解析】【解答】∵在甲乙丙丁四個(gè)人中，乙的方差最小

∴這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是乙．

故選：B.

【分析】根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定，可知這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是乙．

4．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理的逆定理

【解析】【解答】A、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，A錯(cuò)誤；

B、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，B錯(cuò)誤；

C、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，C錯(cuò)誤；

D、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段可以構(gòu)成直角三角形，D正確；

故選：D.

【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理可以判斷各個(gè)選項(xiàng)中的三條線段能否構(gòu)成直角三角形．

5．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的函數(shù)值y隨x的增大而減小，

∴k＜0，

∴函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第二、四象限，

∵b=1＞0，

∴函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第一象限，

∴一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的圖象經(jīng)過(guò)第一、二、四象限，不經(jīng)過(guò)第三象限．

故選：C．

【分析】根據(jù)一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的函數(shù)值y隨x的增大而減小，可以得到k＜0，b＞0，根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)論．

6．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】二次根式的混合運(yùn)算

【解析】【解答】解：A、與不是同類二次根式，不能進(jìn)行加減運(yùn)算，故A錯(cuò)誤；

B、，故B錯(cuò)誤；

C、，故C正確；

D、，故D錯(cuò)誤；

故選：C.

【分析】根據(jù)二次根式的運(yùn)算法則即可求出答案．

7．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】平均數(shù)及其計(jì)算；中位數(shù)；方差；眾數(shù)

【解析】【解答】解：A、原數(shù)據(jù)2，4，4，4，6的平均數(shù)為：，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，平均數(shù)為，所以平均數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；

B、原數(shù)據(jù)2，4，4，4，6的中位數(shù)為：4，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，中位數(shù)為：4，所以中位數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；

C、原數(shù)據(jù)的眾數(shù)為：4，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，眾數(shù)為：4，所以眾數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；

D、原數(shù)據(jù)的方差為：，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，方差為：，所以方差發(fā)生了變化，故D正確；

故選：D.

【分析】根據(jù)眾數(shù)，中位數(shù)，平均數(shù)，方差的定義和公式分別計(jì)算新舊兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差求解即可．

8．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵（x-2）2+m=0，

∴（x-2）2=-m，

∵方程有實(shí)數(shù)解，

∴-m≥0，

解得m≤0，

即m的取值范圍為m≤0．

故選：A．

【分析】先把方程變形為（x-2）2=-m，利用平方的意義得到-m≥0，然后解不等式即可．

9．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：A、∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，

∵BF=CE，

∴△ABF≌△BCE（SAS），

∴AF=BE，

故選項(xiàng)A不符合題意；

B、∵△ABF≌△BCE，

∴∠BAF=∠CBE，

∵∠BAF+∠DAF=90°，∠CBE+∠BEC=90°，

∴∠DAF=∠BEC，

故選項(xiàng)B不符合題意；

C、∵△ABF≌△BCE，

∴AF=BE，

∴AG+FG=EG+BG，

∵FG≠BG，

∴AG≠EG，

故選項(xiàng)C符合題意；

D、∵∠BAF=∠CBE，∠BAF+∠AFB=90°，

∴∠CBE+∠AFB=90°，

∴AG⊥BE，

故選項(xiàng)D不符合題意；

故選：C．

【分析】根據(jù)正方形證明△ABF≌△BCE，利用三角形全等可證明．

10．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】軸對(duì)稱的應(yīng)用-最短距離問(wèn)題

【解析】【解答】解：在y軸上取一點(diǎn)A′，使OA′=OA，連接A′B，如下圖所示：

∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（0，2），

∴點(diǎn)A′與點(diǎn)A關(guān)于y=x對(duì)稱，

∴PA′=PA，

∴PA+PB=PA′+PB，

由兩點(diǎn)之間線段最短可知：當(dāng)點(diǎn)A′、P、B在一條直線上時(shí)，PA+PB有最小值．，

在中，.

故選：B．

【分析】首先作出點(diǎn)A關(guān)于y=x的對(duì)稱點(diǎn)A′，從而得到PA=PA′，故此PA+PB=PA′+PB，由兩點(diǎn)之間線段最短可知A′B即為所求．

11．【答案】x≥1

【知識(shí)點(diǎn)】函數(shù)自變量的取值范圍

【解析】【解答】解：根據(jù)題意得：x﹣1≥0，

解得：x≥1．

故答案為：x≥1．

【分析】因?yàn)楫?dāng)函數(shù)表達(dá)式是二次根式時(shí)，被開(kāi)方數(shù)為非負(fù)數(shù)，所以x﹣1≥0，解不等式可求x的范圍．

12．【答案】87

【知識(shí)點(diǎn)】加權(quán)平均數(shù)及其計(jì)算

【解析】【解答】解：∵體育成績(jī)按課外活動(dòng)成績(jī)、期中成績(jī)、期末成績(jī)2：3：5的比計(jì)算，

∴小明同學(xué)本學(xué)期的體育成績(jī)是（分）.

故填：87．

【分析】根據(jù)加權(quán)平均數(shù)的定義列式計(jì)算即可．

13．【答案】12

【知識(shí)點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】∵四邊形ABCD是矩形，

∴BD=2OB，

∵M(jìn)，N分別為BC，OC的中點(diǎn)，

∴MN=OB，

∴OB=2MN=6，

∴BD=2OB=12.

【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出BD=2OB，根據(jù)三角形中位線定理得出OB=2MN=6，即可求出BD=2OB=12.

14．【答案】

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程的根

【解析】【解答】解：∵是關(guān)于的x方程x2-x+m=0的一個(gè)根，

∴，

∴解得m=.

故填：.

【分析】把代入方程x2-x+m=0中，得到關(guān)于m的新方程，通過(guò)解新方程來(lái)求m的值．

15．【答案】

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理；菱形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的面積

【解析】【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，連接AC，BD交于點(diǎn)O，如圖所示：

∵兩條紙條寬度相同，

∴AE＝AF.

∵AB∥CD，AD∥BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形.

∵SABCD＝BCAF＝CDAE.

又∵AE＝AF.

∴BC＝CD，

∴四邊形ABCD是菱形，

∴AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，

∴AC＝2AO＝2，BO＝＝，

∴BD＝2BO＝4，

∴菱形ABCD的面積＝AC×BD＝×2×4＝4，

故答案為：4.

【分析】過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，連接AC，BD交于點(diǎn)O，先根據(jù)紙條的兩邊互相平行得出四邊形ABCD是平行四邊形，結(jié)合紙條的寬度相等，利用等積法推出BC=CD，則可證明四邊形ABCD是菱形，然后根據(jù)勾股定理求出BO的長(zhǎng)，則可得出BD長(zhǎng)，然后由菱形的面積公式計(jì)算即可.

16．【答案】②③

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-行程問(wèn)題

【解析】【解答】解：如圖，由圖可知：

O～A：甲先出發(fā)，乙未出發(fā)，A點(diǎn)時(shí)乙開(kāi)始出發(fā)；

A～B：乙追甲并在B點(diǎn)相遇；

B～C：乙在甲前面，C點(diǎn)時(shí)乙到達(dá)冰心文學(xué)館；

C～D：甲一個(gè)人在路上，D點(diǎn)時(shí)到達(dá)冰心文學(xué)館．

∴乙先到達(dá)冰心文學(xué)館，

①錯(cuò)誤；

，

相遇時(shí)路程為：S=80×12=960m，

∴V乙=960÷（12-8）=240（m/s），

∵240÷80=3，

∴乙的速度是甲速度的3倍，

②正確；

80×（15-12）=240（m），

240×（15-12）=720（m），

∴b=720-240=480（m），

③正確；

全長(zhǎng)S=240×（15-8）=1680m，

t甲=1680÷80=21（s），

∴a=21，

④錯(cuò)誤．

故答案為：②③．

【分析】明確每個(gè)節(jié)點(diǎn)代表了兩個(gè)人什么樣的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)已知點(diǎn)的坐標(biāo)分別求出兩人的速度，利用路程=速度×?xí)r間公式判斷正誤．

17．【答案】解：

.

【知識(shí)點(diǎn)】二次根式的混合運(yùn)算

【解析】【分析】根據(jù)完全平方公式、二次根式的性質(zhì)以及二次根式的混合運(yùn)算法則計(jì)算即可．

18．【答案】解：∵x2﹣4x＝4，

∴x2﹣4x+4＝4+4，即（x﹣2）2＝8，

∴x﹣2＝±2，

則x＝2±2

【知識(shí)點(diǎn)】配方法解一元二次方程

【解析】【分析】先將常數(shù)項(xiàng)移到方程的右邊，再在方程的兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方，就可將方程轉(zhuǎn)化為（x﹣2）2＝8，然后利用直接開(kāi)平方法求出方程的解。

19．【答案】解：地面鋼纜固定點(diǎn)A到電桿底部B的距離為：

（米）．

答：地面鋼纜固定點(diǎn)A到電線桿底部B的距離為4.9米．

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理的應(yīng)用

【解析】【分析】根據(jù)電線桿與地面垂直得∠B=90°，由題意得BC=5m，AC=7m，利用勾股定理求得AB的長(zhǎng)即可．

20．【答案】（1）解：當(dāng)y＝0，則x＝﹣2，當(dāng)x＝0，則y＝2，

如圖所示：

（2）解：把該函數(shù)圖象向下平移3個(gè)單位得到y(tǒng)＝x+2﹣3＝x﹣1，

當(dāng)x＝﹣3，則y＝﹣3﹣1＝﹣4，

∴（﹣3，﹣2）不在此函數(shù)的圖象上．

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的圖象；一次函數(shù)圖象與幾何變換；一次函數(shù)的性質(zhì)

【解析】【分析】（1）求出圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)進(jìn)而得出圖象即可；

（2）將x=-3，代入求出y的值，進(jìn)而判斷得出點(diǎn)是否在圖象上．

21．【答案】（1）解：設(shè)矩形的長(zhǎng)為xcm，則寬為，

依題意得：x（28﹣x）＝180，

整理得：x2﹣28x+180＝0，

解得：x1＝10，x2＝18．

當(dāng)x＝10時(shí)，28﹣x＝28﹣10＝18＞10，不合題意，舍去；

當(dāng)x＝18時(shí)，28﹣x＝28﹣18＝10＜18，符合題意．

答：當(dāng)矩形面積為180cm2時(shí)，長(zhǎng)為18cm，寬為10cm．

（2）解：不能圍成，理由如下：

設(shè)矩形的長(zhǎng)為ycm，則寬為，

依題意得：y（28﹣y）＝200，

整理得：y2﹣28y+200＝0．

∵Δ＝（﹣28）2﹣4×1×200＝﹣16＜0，

∴該方程無(wú)解，

∴不能圍成面積為200cm2的矩形．

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程的應(yīng)用-幾何問(wèn)題

【解析】【分析】（1）設(shè)矩形的長(zhǎng)為xcm，則寬為，根據(jù)矩形的面積為180cm2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再結(jié)合長(zhǎng)不小于寬，即可確定矩形的長(zhǎng)和寬；

（2）設(shè)矩形的長(zhǎng)為ycm，則寬為，根據(jù)矩形的面積為200cm2，即可得出關(guān)于y的一元二次方程，由根的判別式Δ=-16＜0，即可得出該方程無(wú)解，即不能圍成面積為200cm2的矩形．

22．【答案】（1）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，

∴DE＝AE，

又∵NE＝ME，

∴四邊形DNAM是平行四邊形，

∴ND∥AB，

∴∠NDA＝∠DAB，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠BAD+∠ADC＝180°，

∴∠ADC+∠ADN＝180°，

∴點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）1.5；3

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；四邊形的綜合

【解析】【解答】（1）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，

∴AE=DE，

又∵NE=ME，

∴四邊形DNAM是平行四邊形，

∴ND∥AB，

∴∠NDA=∠DAB，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠BAD+∠ADC=180°，

∴∠ADC+∠ADN=180°，

∴點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）解：①當(dāng)AM=1.5時(shí)，四邊形AMDN是矩形，

理由如下：

連接BD，如下圖所示

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB=3，

∵∠DAB=60°，

∴△ADB是等邊三角形，

∴AD=BD=3，

∵AM=1.5，AB=3，

∴AM=BM，

∴DM⊥AB，

即∠DMA=90°，

∵四邊形AMDN是平行四邊形，

∴四邊形AMDN是矩形，

即當(dāng)AM=1.5時(shí)，四邊形AMDN是矩形，

故答案為：1.5；

②當(dāng)AM=3時(shí)，四邊形AMDN是菱形，

理由是，此時(shí)AM=AB=3，

即M和B重合，

由①知：△ABD是等邊三角形，

∴AM=MD，

∵四邊形AMDN是平行四邊形，

∴四邊形AMDN是菱形.

故答案為：3．

【分析】（1）首先通過(guò)證四邊形DNAM是平行四邊形，可得ND∥AB，其次證明∠ADC+∠ADN=180°，可得點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）①首先證明△ABD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出DM⊥AB，即可根據(jù)矩形的判定方法證明四邊形AMDN是矩形；

②求出△ABD是等邊三角形，求出M和B重合，即可根據(jù)菱形的判定方法證明四邊形AMDN是菱形.

23．【答案】（1）③④

（2）解：AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：

∵AC⊥BD，

∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，

在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB2＝AO2+BO2，

同理可得：CD2＝CO2+DO2，AD2＝AO2+DO2，BC2＝BO2+CO2，

∴AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2＝AD2+BC2；

（3）解：如圖2，連接CG，BE，BG，CE，設(shè)CE交BA于點(diǎn)M，BG與CE交于H，

∵四邊形ACFG和四邊形ABDE是正方形，

∴∠CAG＝∠EAB＝90°，AG＝AC，AB＝AE，

∵∠BAG＝∠BAC+∠CAG，∠EAC＝∠BAC+∠EAB，

∴∠BAG＝∠EAC，

在△BAG和△EAC中，

，

∴△BAG≌△EAC（SAS），

∴∠ABG＝∠AEC，

∵∠AME＝∠HMB，

∠MHB＝180°﹣∠HMB﹣∠ABG，

∠MAE＝180°﹣∠AME﹣∠AEC，

∴∠MHB＝∠MAE＝90°，

即CE⊥BG，

∴四邊形CBEG為對(duì)垂四邊形，

由（2）得，CB2+GE2＝CG2+BE2，

∵AC＝AG＝3，AB＝AE＝5，

在Rt△CAG中，由勾股定理得：CG2＝AC2+AG2＝18，

在Rt△BAE中，由勾股定理得：BE2＝AB2+AE2＝50，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：CB2＝AB2﹣AC2＝16，

∴GE2+BC2＝CG2+BE2，

∴.

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；四邊形的綜合

【解析】【解答】解：（1）∵菱形和正方形的對(duì)角線互相垂直，

∴菱形和正方形一定是互垂四邊形，

故答案為：③④．

(2)，理由如下：

∵AC⊥BD，

∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，

在Rt△AOB中，由勾股定理得：，

同理可得：，，，

∴.

（3）如圖2，連接CG，BE，BG，CE，設(shè)CE交BA于點(diǎn)M，BG與CE交于H，

∵四邊形ACFG和四邊形ABDE是正方形，

∴∠CAG=∠EAB=90°，AG=AC，AB=AE，

∵∠BAG=∠BAC+∠CAG，∠EAC=∠BAC+∠EAB，

∴∠BAG=∠EAC，

在△BAG和△EAC中，

AG＝AC，∠BAG＝∠EAC，AB＝AE，∴△BAG≌△EAC（SAS），

∴∠ABG=∠AEC，

∵∠AME=∠HMB，

∠MHB=180°-∠HMB-∠ABG，

∠MAE=180°-∠AME-∠AEC，

∴∠MHB=∠MAE=90°，

即CE⊥BG，

∴四邊形CBEG為對(duì)垂四邊形，

由（2）得，CB2+GE2=CG2+BE2，

∵AC=AG=3，AB=AE=5，

在Rt△CAG中，由勾股定理得：CG2=AC2+AG2=18，

在Rt△BAE中，由勾股定理得：BE2=AB2+AE2=50，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：CB2=AB2-AC2=16，

∴GE2+BC2＝CG2+BE2，

∴.

【分析】（1）由互垂四邊形的定義可求解；

（2）由勾股定理可得AB2=AO2+BO2，CD2=CO2+DO2，AD2=AO2+DO2，BC2=BO2+CO2，即可求解；

（3）先證四邊形CBEG為對(duì)垂四邊形，由（2）的結(jié)論可求解．

24．【答案】（1）解：∵直線分別與x軸，y軸交于B，A兩點(diǎn)，

∴A（0，6）．

令y＝0，則有.

解得：x＝﹣8．

∴B（﹣8，0）．

∴OA＝6，OB＝8，

∴S△AOB＝OAOB＝24．

（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)C做CD⊥AB．

∵AC平分∠BAO，OC⊥CD，

∴OC＝CD．

由（1）可知OA＝6，OB＝8，

則由勾股定理得：AB＝10．

設(shè)OC為x，則CD為x，BC為（8﹣x）．

∵S△ABC＝S△ABC

∴BC×OA＝AB×CD．

即（8﹣x）6＝10x，

解得：x＝3．

∴OC為3．

（3）解：由（2）可知OC＝3，

∴C（3，0）．

設(shè)直線AC所在解析式為y＝kx+6，

將點(diǎn)C代入得：3k+6＝0，

解得：k＝﹣2．

∴直線AC所在解析式為y＝﹣2x+6．

∵點(diǎn)P在直線AC上，

∴設(shè)P（m，﹣2m+6）．

∴AP2＝（0﹣m）2+[6﹣（﹣2m+6）2]＝m2+（6+2m﹣6）2＝5m2．

BP2＝（8﹣m）2+[0﹣（﹣2m+）]2＝5m2﹣40m+100．

∵△ABP是等腰三角形，

∴如圖①，當(dāng)AP＝AB，

則有：AP2＝AB2，

∴5m2＝100，

解得：．

或.

如圖②，當(dāng)AP＝BP，

則有：AP2＝BP2

∴5m2﹣40m+100＝5m2，

解得：．

∴.

如圖③，當(dāng)AB＝BP，

則有：AB2＝BP2，

∴5m2﹣40m+100＝100，

解得：m1＝0（舍去）或m2＝8．

∴P（8，﹣10）．

綜上：點(diǎn)P的坐標(biāo)為或或或P（8，﹣10）．

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-幾何問(wèn)題

【解析】【分析】（1）利用三角形面積公式即可求出△AOB的面積；

（2）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB，利用勾股定理得出AB的值，設(shè)OC為x，通過(guò)角平分線的性質(zhì)得出OC=CD，再利用等積法求出CD的值即可求出OC的長(zhǎng)；

（3）點(diǎn)P在直線AC上故求出C所在的解析式為y=-2x+6，設(shè)P（m，-2m+6），通過(guò)兩點(diǎn)間距公式得出線段AP、BP的值，根據(jù)若△ABP是等腰三角形進(jìn)行分類討論即可求出P的坐標(biāo)．

二一教育在線組卷平臺(tái)（）自動(dòng)生成1/1登錄二一教育在線組卷平臺(tái)助您教考全無(wú)憂

福建省福州市長(zhǎng)樂(lè)區(qū)2023-2022學(xué)年八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)期末試卷

一、選擇題（本題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）

1．下列二次根式是最簡(jiǎn)二次根式的是（）

A．B．C．D．

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】最簡(jiǎn)二次根式

【解析】【解答】解：A、是最簡(jiǎn)根式，故A正確；

B、，故B錯(cuò)誤；

C、，故C錯(cuò)誤；

D、，故D錯(cuò)誤；

故選：A.

【分析】利用最簡(jiǎn)二次根式的定義：被開(kāi)方數(shù)不含分母，分母中不含根號(hào)，被開(kāi)方數(shù)中不含能開(kāi)的盡方的因數(shù)，判斷即可．

2．菱形不具有的性質(zhì)是（）

A．四條邊都相等B．四個(gè)角都相等

C．對(duì)角線互相垂直D．對(duì)角線互相平分

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】菱形的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵菱形具有的性質(zhì)：有對(duì)邊平行且相等，對(duì)角線互相平分且垂直，四邊相等，

∴菱形不具有的性質(zhì)是四個(gè)角都相等，

故選：B．

【分析】利用菱形的性質(zhì)可直接求解．

3．甲、乙、丙、丁參加體育訓(xùn)練，近期10次跳繩測(cè)試的平均成績(jī)都是每分鐘170下，其方差如下表：

選手甲乙丙丁

方差0.0230.0150.0200.026

這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】方差

【解析】【解答】∵在甲乙丙丁四個(gè)人中，乙的方差最小

∴這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是乙．

故選：B.

【分析】根據(jù)方差的定義，方差越小數(shù)據(jù)越穩(wěn)定，可知這四個(gè)人發(fā)揮最穩(wěn)定的是乙．

4．由下列線段為邊組成的三角形是直角三角形的是（）

A．，，B．，，C．13，14，15D．30，40，50

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理的逆定理

【解析】【解答】A、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，A錯(cuò)誤；

B、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，B錯(cuò)誤；

C、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段無(wú)法構(gòu)成直角三角形，C錯(cuò)誤；

D、∵，

∴該選項(xiàng)中的三條線段可以構(gòu)成直角三角形，D正確；

故選：D.

【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理可以判斷各個(gè)選項(xiàng)中的三條線段能否構(gòu)成直角三角形．

5．已知一次函數(shù)y＝kx+1（k≠0），y隨x的增大而減小，則它的圖象不經(jīng)過(guò)（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的性質(zhì)

【解析】【解答】解：∵一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的函數(shù)值y隨x的增大而減小，

∴k＜0，

∴函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第二、四象限，

∵b=1＞0，

∴函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)第一象限，

∴一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的圖象經(jīng)過(guò)第一、二、四象限，不經(jīng)過(guò)第三象限．

故選：C．

【分析】根據(jù)一次函數(shù)y=kx+1（k≠0）的函數(shù)值y隨x的增大而減小，可以得到k＜0，b＞0，根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)論．

6．下列計(jì)算正確的是（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】二次根式的混合運(yùn)算

【解析】【解答】解：A、與不是同類二次根式，不能進(jìn)行加減運(yùn)算，故A錯(cuò)誤；

B、，故B錯(cuò)誤；

C、，故C正確；

D、，故D錯(cuò)誤；

故選：C.

【分析】根據(jù)二次根式的運(yùn)算法則即可求出答案．

7．一組數(shù)據(jù)：2，4，4，4，6，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，則下列統(tǒng)計(jì)量中發(fā)生變化的是（）

A．平均數(shù)B．中位數(shù)C．眾數(shù)D．方差

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】平均數(shù)及其計(jì)算；中位數(shù)；方差；眾數(shù)

【解析】【解答】解：A、原數(shù)據(jù)2，4，4，4，6的平均數(shù)為：，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，平均數(shù)為，所以平均數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；

B、原數(shù)據(jù)2，4，4，4，6的中位數(shù)為：4，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，中位數(shù)為：4，所以中位數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；

C、原數(shù)據(jù)的眾數(shù)為：4，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，眾數(shù)為：4，所以眾數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；

D、原數(shù)據(jù)的方差為：，若去掉一個(gè)數(shù)據(jù)4，方差為：，所以方差發(fā)生了變化，故D正確；

故選：D.

【分析】根據(jù)眾數(shù)，中位數(shù)，平均數(shù)，方差的定義和公式分別計(jì)算新舊兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差求解即可．

8．若關(guān)于x的一元二次方程（x﹣2）2+m＝0有實(shí)數(shù)解，則m的取值是（）

A．m≤0B．m＝0C．m＞0D．全體實(shí)數(shù)

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程根的判別式及應(yīng)用

【解析】【解答】解：∵（x-2）2+m=0，

∴（x-2）2=-m，

∵方程有實(shí)數(shù)解，

∴-m≥0，

解得m≤0，

即m的取值范圍為m≤0．

故選：A．

【分析】先把方程變形為（x-2）2=-m，利用平方的意義得到-m≥0，然后解不等式即可．

9．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，BC上（不與端點(diǎn)重合），且BF＝CE，BE與AF相交于點(diǎn)G，則下列結(jié)論不正確的是（）

A．BE＝AFB．∠DAF＝∠BEC

C．AG＝EGD．AG⊥EG

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：A、∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，

∵BF=CE，

∴△ABF≌△BCE（SAS），

∴AF=BE，

故選項(xiàng)A不符合題意；

B、∵△ABF≌△BCE，

∴∠BAF=∠CBE，

∵∠BAF+∠DAF=90°，∠CBE+∠BEC=90°，

∴∠DAF=∠BEC，

故選項(xiàng)B不符合題意；

C、∵△ABF≌△BCE，

∴AF=BE，

∴AG+FG=EG+BG，

∵FG≠BG，

∴AG≠EG，

故選項(xiàng)C符合題意；

D、∵∠BAF=∠CBE，∠BAF+∠AFB=90°，

∴∠CBE+∠AFB=90°，

∴AG⊥BE，

故選項(xiàng)D不符合題意；

故選：C．

【分析】根據(jù)正方形證明△ABF≌△BCE，利用三角形全等可證明．

10．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P是直線y＝x上的動(dòng)點(diǎn)，A（2，0），B（4，0）是x軸上的兩點(diǎn)，則PA+PB的最小值為（）

A．B．C．D．6

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】軸對(duì)稱的應(yīng)用-最短距離問(wèn)題

【解析】【解答】解：在y軸上取一點(diǎn)A′，使OA′=OA，連接A′B，如下圖所示：

∴點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（0，2），

∴點(diǎn)A′與點(diǎn)A關(guān)于y=x對(duì)稱，

∴PA′=PA，

∴PA+PB=PA′+PB，

由兩點(diǎn)之間線段最短可知：當(dāng)點(diǎn)A′、P、B在一條直線上時(shí)，PA+PB有最小值．，

在中，.

故選：B．

【分析】首先作出點(diǎn)A關(guān)于y=x的對(duì)稱點(diǎn)A′，從而得到PA=PA′，故此PA+PB=PA′+PB，由兩點(diǎn)之間線段最短可知A′B即為所求．

二、填空題（本題共6小題，每小題4分，共24分）

11．（2023八下·番禺期末）在函數(shù)y=中，自變量x的取值范圍是．

【答案】x≥1

【知識(shí)點(diǎn)】函數(shù)自變量的取值范圍

【解析】【解答】解：根據(jù)題意得：x﹣1≥0，

解得：x≥1．

故答案為：x≥1．

【分析】因?yàn)楫?dāng)函數(shù)表達(dá)式是二次根式時(shí)，被開(kāi)方數(shù)為非負(fù)數(shù)，所以x﹣1≥0，解不等式可求x的范圍．

12．濱海中學(xué)規(guī)定學(xué)生學(xué)期體育成績(jī)按課外活動(dòng)成績(jī)、期中成績(jī)、期末成績(jī)2：3：5的比計(jì)算．小明同學(xué)本學(xué)期三項(xiàng)成績(jī)依次為90分、80分、90分，則小明同學(xué)本學(xué)期的體育成績(jī)是．

【答案】87

【知識(shí)點(diǎn)】加權(quán)平均數(shù)及其計(jì)算

【解析】【解答】解：∵體育成績(jī)按課外活動(dòng)成績(jī)、期中成績(jī)、期末成績(jī)2：3：5的比計(jì)算，

∴小明同學(xué)本學(xué)期的體育成績(jī)是（分）.

故填：87．

【分析】根據(jù)加權(quán)平均數(shù)的定義列式計(jì)算即可．

13．（2023九上·南山月考）如圖，矩形ABCD中，AC，BD交于點(diǎn)O，M，N分別為BC，OC的中點(diǎn)，若MN=3，則BD=.

【答案】12

【知識(shí)點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；三角形的中位線定理

【解析】【解答】∵四邊形ABCD是矩形，

∴BD=2OB，

∵M(jìn)，N分別為BC，OC的中點(diǎn)，

∴MN=OB，

∴OB=2MN=6，

∴BD=2OB=12.

【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出BD=2OB，根據(jù)三角形中位線定理得出OB=2MN=6，即可求出BD=2OB=12.

14．已知是關(guān)于x的方程x2﹣x+m＝0的一個(gè)根，則m的值為．

【答案】

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程的根

【解析】【解答】解：∵是關(guān)于的x方程x2-x+m=0的一個(gè)根，

∴，

∴解得m=.

故填：.

【分析】把代入方程x2-x+m=0中，得到關(guān)于m的新方程，通過(guò)解新方程來(lái)求m的值．

15．（2023九上·達(dá)州月考）如圖，兩張等寬的紙條交叉疊放在一起，若重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD中，AB=3，AC=2，則四邊形ABCD的面積為.

【答案】

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理；菱形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的面積

【解析】【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，連接AC，BD交于點(diǎn)O，如圖所示：

∵兩條紙條寬度相同，

∴AE＝AF.

∵AB∥CD，AD∥BC，

∴四邊形ABCD是平行四邊形.

∵SABCD＝BCAF＝CDAE.

又∵AE＝AF.

∴BC＝CD，

∴四邊形ABCD是菱形，

∴AO＝CO＝1，BO＝DO，AC⊥BD，

∴AC＝2AO＝2，BO＝＝，

∴BD＝2BO＝4，

∴菱形ABCD的面積＝AC×BD＝×2×4＝4，

故答案為：4.

【分析】過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于E，AF⊥BC于F，連接AC，BD交于點(diǎn)O，先根據(jù)紙條的兩邊互相平行得出四邊形ABCD是平行四邊形，結(jié)合紙條的寬度相等，利用等積法推出BC=CD，則可證明四邊形ABCD是菱形，然后根據(jù)勾股定理求出BO的長(zhǎng)，則可得出BD長(zhǎng)，然后由菱形的面積公式計(jì)算即可.

16．甲、乙二人從學(xué)校出發(fā)去冰心文學(xué)館，甲步行一段時(shí)間后，乙騎自行車沿相同路線行進(jìn)，兩人均勻速前行，他們的路程差s（m）與甲出發(fā)時(shí)間t（min）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法：①甲先到達(dá)冰心文學(xué)館；②乙的速度是甲速度的3倍；③b＝480：④a＝20其中，正確的是（填序號(hào)）．

【答案】②③

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-行程問(wèn)題

【解析】【解答】解：如圖，由圖可知：

O～A：甲先出發(fā)，乙未出發(fā)，A點(diǎn)時(shí)乙開(kāi)始出發(fā)；

A～B：乙追甲并在B點(diǎn)相遇；

B～C：乙在甲前面，C點(diǎn)時(shí)乙到達(dá)冰心文學(xué)館；

C～D：甲一個(gè)人在路上，D點(diǎn)時(shí)到達(dá)冰心文學(xué)館．

∴乙先到達(dá)冰心文學(xué)館，

①錯(cuò)誤；

，

相遇時(shí)路程為：S=80×12=960m，

∴V乙=960÷（12-8）=240（m/s），

∵240÷80=3，

∴乙的速度是甲速度的3倍，

②正確；

80×（15-12）=240（m），

240×（15-12）=720（m），

∴b=720-240=480（m），

③正確；

全長(zhǎng)S=240×（15-8）=1680m，

t甲=1680÷80=21（s），

∴a=21，

④錯(cuò)誤．

故答案為：②③．

【分析】明確每個(gè)節(jié)點(diǎn)代表了兩個(gè)人什么樣的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)已知點(diǎn)的坐標(biāo)分別求出兩人的速度，利用路程=速度×?xí)r間公式判斷正誤．

三、解答題（本題共9小題，共86分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）

17．計(jì)算：.

【答案】解：

.

【知識(shí)點(diǎn)】二次根式的混合運(yùn)算

【解析】【分析】根據(jù)完全平方公式、二次根式的性質(zhì)以及二次根式的混合運(yùn)算法則計(jì)算即可．

18．（2023九上·東湖期中）解方程：x2﹣4x﹣4＝0.（用配方法解答）

【答案】解：∵x2﹣4x＝4，

∴x2﹣4x+4＝4+4，即（x﹣2）2＝8，

∴x﹣2＝±2，

則x＝2±2

【知識(shí)點(diǎn)】配方法解一元二次方程

【解析】【分析】先將常數(shù)項(xiàng)移到方程的右邊，再在方程的兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方，就可將方程轉(zhuǎn)化為（x﹣2）2＝8，然后利用直接開(kāi)平方法求出方程的解。

19．如圖，要從電線桿離地面5m處向地面拉一條7m的鋼纜，求地面鋼纜固定點(diǎn)A到電線桿底部B的距離（結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位）．

【答案】解：地面鋼纜固定點(diǎn)A到電桿底部B的距離為：

（米）．

答：地面鋼纜固定點(diǎn)A到電線桿底部B的距離為4.9米．

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理的應(yīng)用

【解析】【分析】根據(jù)電線桿與地面垂直得∠B=90°，由題意得BC=5m，AC=7m，利用勾股定理求得AB的長(zhǎng)即可．

20．已知一次函數(shù)y＝x+2．

（1）在平面直角坐標(biāo)系中，畫(huà)出該函數(shù)圖象；

（2）把該函數(shù)圖象向下平移3個(gè)單位，判斷點(diǎn)（﹣3，﹣2）是否在平移后的直線上．

【答案】（1）解：當(dāng)y＝0，則x＝﹣2，當(dāng)x＝0，則y＝2，

如圖所示：

（2）解：把該函數(shù)圖象向下平移3個(gè)單位得到y(tǒng)＝x+2﹣3＝x﹣1，

當(dāng)x＝﹣3，則y＝﹣3﹣1＝﹣4，

∴（﹣3，﹣2）不在此函數(shù)的圖象上．

【知識(shí)點(diǎn)】一次函數(shù)的圖象；一次函數(shù)圖象與幾何變換；一次函數(shù)的性質(zhì)

【解析】【分析】（1）求出圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)進(jìn)而得出圖象即可；

（2）將x=-3，代入求出y的值，進(jìn)而判斷得出點(diǎn)是否在圖象上．

21．一個(gè)矩形周長(zhǎng)為56cm．

（1）當(dāng)矩形面積為180cm2時(shí)，邊長(zhǎng)分別為多少？

（2）能圍成面積為200cm2的矩形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】（1）解：設(shè)矩形的長(zhǎng)為xcm，則寬為，

依題意得：x（28﹣x）＝180，

整理得：x2﹣28x+180＝0，

解得：x1＝10，x2＝18．

當(dāng)x＝10時(shí)，28﹣x＝28﹣10＝18＞10，不合題意，舍去；

當(dāng)x＝18時(shí)，28﹣x＝28﹣18＝10＜18，符合題意．

答：當(dāng)矩形面積為180cm2時(shí)，長(zhǎng)為18cm，寬為10cm．

（2）解：不能圍成，理由如下：

設(shè)矩形的長(zhǎng)為ycm，則寬為，

依題意得：y（28﹣y）＝200，

整理得：y2﹣28y+200＝0．

∵Δ＝（﹣28）2﹣4×1×200＝﹣16＜0，

∴該方程無(wú)解，

∴不能圍成面積為200cm2的矩形．

【知識(shí)點(diǎn)】一元二次方程的應(yīng)用-幾何問(wèn)題

【解析】【分析】（1）設(shè)矩形的長(zhǎng)為xcm，則寬為，根據(jù)矩形的面積為180cm2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再結(jié)合長(zhǎng)不小于寬，即可確定矩形的長(zhǎng)和寬；

（2）設(shè)矩形的長(zhǎng)為ycm，則寬為，根據(jù)矩形的面積為200cm2，即可得出關(guān)于y的一元二次方程，由根的判別式Δ=-16＜0，即可得出該方程無(wú)解，即不能圍成面積為200cm2的矩形．

22．如圖，在菱形ABCD中，AB＝3，∠DAB＝60°，點(diǎn)E是邊AD的中點(diǎn)，點(diǎn)M是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），延長(zhǎng)ME到N，使得NE＝ME，連接MD，AN，DN．

（1）求證：點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）填空：①當(dāng)AM的值為時(shí)，四邊形AMDN是矩形；

②當(dāng)AM的值為時(shí)，四邊形AMDN是菱形．

【答案】（1）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，

∴DE＝AE，

又∵NE＝ME，

∴四邊形DNAM是平行四邊形，

∴ND∥AB，

∴∠NDA＝∠DAB，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠BAD+∠ADC＝180°，

∴∠ADC+∠ADN＝180°，

∴點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）1.5；3

【知識(shí)點(diǎn)】勾股定理；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；四邊形的綜合

【解析】【解答】（1）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，

∴AE=DE，

又∵NE=ME，

∴四邊形DNAM是平行四邊形，

∴ND∥AB，

∴∠NDA=∠DAB，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠BAD+∠ADC=180°，

∴∠ADC+∠ADN=180°，

∴點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）解：①當(dāng)AM=1.5時(shí)，四邊形AMDN是矩形，

理由如下：

連接BD，如下圖所示

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AD=AB=3，

∵∠DAB=60°，

∴△ADB是等邊三角形，

∴AD=BD=3，

∵AM=1.5，AB=3，

∴AM=BM，

∴DM⊥AB，

即∠DMA=90°，

∵四邊形AMDN是平行四邊形，

∴四邊形AMDN是矩形，

即當(dāng)AM=1.5時(shí)，四邊形AMDN是矩形，

故答案為：1.5；

②當(dāng)AM=3時(shí)，四邊形AMDN是菱形，

理由是，此時(shí)AM=AB=3，

即M和B重合，

由①知：△ABD是等邊三角形，

∴AM=MD，

∵四邊形AMDN是平行四邊形，

∴四邊形AMDN是菱形.

故答案為：3．

【分析】（1）首先通過(guò)證四邊形DNAM是平行四邊形，可得ND∥AB，其次證明∠ADC+∠ADN=180°，可得點(diǎn)C，D，N在同一條直線上；

（2）①首先證明△ABD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出DM⊥AB，即可根據(jù)矩形的判定方法證明四邊形AMDN是矩形；

②求出△ABD是等邊三角形，求出M和B重合，即可根據(jù)菱形的判定方法證明四邊形AMDN是菱形.

23．我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做互垂四邊形．

（1）判斷：在①平行四邊形、②矩形、③菱形、④正方形中，一定是互垂四邊形的有；（填序號(hào)）

（2）如圖1，互垂四邊形ABCD兩組對(duì)邊AB，CD與BC，AD之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并給出證明；

（3）如圖2，分別以Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接GE，若AC＝3，AB＝5，求GE的長(zhǎng)．

【答案】（1）③④

（2）解：AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：

∵AC⊥BD，

∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，

在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB2＝AO2+BO2，

同理可得：CD2＝CO2+DO2，AD2＝AO2+DO2，BC2＝BO2+CO2，

∴AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2＝AD2+BC2；

（3）解：如圖2，連接CG，BE，BG，CE，設(shè)CE交BA于點(diǎn)M，BG與CE交于H，

∵四邊形ACFG和四邊形ABDE是正方形，

∴∠CAG＝∠EAB＝90°，AG＝AC，AB＝AE，

∵∠BAG＝∠BAC+∠CAG，∠EAC＝∠BAC+∠EAB，

∴∠BAG＝∠EAC，

在△BAG和△EAC中，

，

∴△BAG≌△EAC（SAS），

∴∠ABG＝∠AEC，

∵∠AME＝∠HMB，

∠MHB＝180°﹣∠HMB﹣∠ABG，

∠MAE＝180°﹣∠AME﹣∠AEC，

∴∠MHB＝∠MAE＝90°，

即CE⊥BG，

∴四邊形CB