2021--2022学年八年级数学下学期期中模拟卷1（苏科版）

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八年级数学下学期期中模拟卷（1）（苏科版）
（满分100分，完卷时间90分钟）
考生注意：
1．本试卷含三个大题，共28题．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效．
2．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置上写出解题的主要步骤．
一．选择题（共10小题）
1．（2021春•无锡期中）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下列四个汉字中，可以看作轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．
【解答】解：A、“业”可以看作轴对称图形，故此选项符合题意；
B、“精”不可以看作轴对称图形，故此选项不合题意；
C、“于”不可以看作轴对称图形，故此选项不合题意；
D、“勤”不可以看作轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2．（2017•乌鲁木齐）2017年，在创建文明城市的进程中，乌鲁木齐市为美化城市环境，计划种植树木30万棵，由于志愿者的加入，实际每天植树比原计划多20%，结果提前5天完成任务，设原计划每天植树x万棵，可列方程是（　　）
A．﹣＝5 B．﹣＝5
C．+5＝ D．﹣＝5
【分析】根据题意给出的等量关系即可列出方程．
【解答】解：设原计划每天植树x万棵，需要天完成，
∴实际每天植树（x+0.2x）万棵，需要天完成，
∵提前5天完成任务，
∴﹣＝5，
故选：A．
【点评】本题考查分式方程的应用，解题的关键是利用题目中的等量关系，本题属于基础题型．
3．（2021春•无锡期中）若顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原四边形（　　）
A．一定是矩形 B．一定是菱形
C．对角线一定互相垂直 D．对角线一定相等
【分析】首先根据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，利用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形一定是对角线相等的四边形．
【解答】解：如图，根据题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF＝FG＝CH＝EH，BD＝2EF，AC＝2FG，
∴BD＝AC．
∴原四边形一定是对角线相等的四边形．
故选：D．

【点评】此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
4．（2021春•玄武区期中）下列说法中，正确的是（　　）
A．“任意画一个多边形，其内角和是360°”是必然事件
B．“在数轴上任取一点，则这点表示的数是有理数”是必然事件
C．“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件
D．可能性是50%的事件，是指在两次试验中一定有一次会发生
【分析】根据必然事件与随机事件的概念逐一判断即可．
【解答】解：A．“任意画一个多边形，其内角和不一定是360°”是随机事件，故不正确；
B．“在数轴上任取一点，则这点表示的数可能是有理数，也可能是无理数”是随机事件，故不正确；
C．“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件，说法正确；
D．可能性是50%的事件，是指在多次试验中一定有一次会发生，故原说法错误．
故选：C．
【点评】本题考查的是概率的意义，即一般地，在大量重复实验中，如果事件A发生的频率mn会稳定在某个常数p附近，那么这个常数p就叫做事件A的概率，记为P（A）＝p．
5．（2021春•玄武区期中）下列分式中，分子、分母均不为0，把x、y的值同时变为原来的2倍后，结果也变为原来的2倍的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】依题意分别用2x和2y去代换原分式中的x和y，利用分式的基本性质化简即可．
【解答】解：A.＝，不符合题意；
B.＝，不符合题意；
C.＝，符合题意；
D.＝，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了分式的基本性质，解题的关键是抓住分子、分母变化的倍数，解此类题首先把字母变化后的值代入式子中，然后约分，再与原式比较，最终得出结论．
6．（2021春•玄武区期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　）

A．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC B．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB
C．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC D．∠ABC＝∠ADC，AB＝CD
【分析】利用所给条件结合平行四边形的判定方法进行分析即可．
【解答】解：A、∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC+∠BAD＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥CB，
∵∠ABD＝∠BDC，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵∠ABD＝∠BDC，OA＝OC，
又∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴DO＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∠ABC＝∠ADC，AB＝CD不能判断四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．

【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
7．（2021秋•莘县期中）给出下列分式：、、、，其中最简分式有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】直接利用分式的性质性质分别化简，再结合最简分式的定义得出答案．
【解答】解：∵＝、、＝＝2a+b、＝﹣1，
∴最简分式是共1个．
故选：A．
【点评】此题主要考查了最简分式，正确掌握最简分式的定义是解题关键．
8．（2016•泰安）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠C的平分线交AD于E，交BA的延长线于F，则AE+AF的值等于（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】由平行四边形的性质和角平分线得出∠F＝∠FCB，证出BF＝BC＝8，同理：DE＝CD＝6，求出AF＝BF﹣AB＝2，AE＝AD﹣DE＝2，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD＝BC＝8，CD＝AB＝6，
∴∠F＝∠DCF，
∵CF平分∠BCD，
∴∠FCB＝∠DCF，
∴∠F＝∠FCB，
∴BF＝BC＝8，
同理：DE＝CD＝6，
∴AF＝BF﹣AB＝2，AE＝AD﹣DE＝2，
∴AE+AF＝4；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键．
9．（2021秋•河东区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝102°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为（　　）

A．24° B．26° C．28° D．36°
【分析】由旋转的性质可得AB＝AB'，∠C＝∠C'，由等腰三角形的性质可求∠AB'B＝2∠C＝∠B，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．
∴AB＝AB'，∠C＝∠C'，
∴∠B＝∠AB'B，
∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝2∠C＝∠B，
∵∠BAC＝102°，
∴∠C+∠B＝78°，
∴∠C＝26°，
∴∠C'＝26°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
10．（2021春•玄武区期中）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD2的最大值是（　　）

A．25 B． C．36 D．
【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD＝AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题．
【解答】解：如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．

由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD＝AM，
∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，
∴AM≤7，
∴AM的最大值为7，
∴AD2的最大值为，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共8小题）
11．（2021秋•凉州区校级期末）要使分式有意义，则x应满足条件　x≠3　．
【分析】直接利用分式有意义则分母不等于零，进而得出答案．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x﹣3≠0，
解得：x≠3．
故答案为：x≠3．
【点评】此题主要考查了分式有意义的条件，正确掌握相关定义是解题关键．
12．（2021春•无锡期中）计算：＝　a5b5　．
【分析】直接利用积的乘方运算法则以及分式的乘除运算法则化简得出答案．
【解答】解：原式＝a6b3•
＝a5b5．
故答案为：a5b5．
【点评】此题主要考查了积的乘方运算以及分式的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
13．（2020春•来宾期末）一次数学测试后，某班40名学生的成绩被分为5组，第1﹣4组的频数分别为12、10、6、8，则第5组的频率是　0.1　．
【分析】根据第1～4组的频数，求出第5组的频数，即可确定出其频率．
【解答】解：根据题意得：40﹣（12+10+6+8）＝40﹣36＝4，
则第5组的频率为4÷40＝0.1，
故答案为：0.1．
【点评】此题考查了频数与频率，弄清题中的数据是解本题的关键．
14．（2021春•马鞍山期末）已知，则的值是　﹣6　．
【分析】直接利用已知化简得出＝2，再将原式变形代入已知数据得出答案．
【解答】解：∵，
∴﹣＝，
则＝，
故＝2，
∴＝﹣3×＝﹣3×2＝﹣6．
故答案为：﹣6．
【点评】此题主要考查了分式的加减，正确将原式变形是解题关键．
15．（2021春•无锡期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为 　　．

【分析】利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．
【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC＝3，BO＝DO，AC⊥BD，
∴BO＝＝＝4，
∴BD＝8，
∵S菱形ABCD＝AB•DE＝AC•BD，
∴DE＝＝，
故答案为．
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理．注意菱形的对角线互相垂直平分．
16．（2021春•无锡期中）已知平行四边形ABCD中，∠B＝3∠A，则∠D＝　135°　．
【分析】根据题意画出图形，再根据∠B＝3∠A得出∠B的度数，进而得出∠D的度数．
【解答】解：如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠D＝∠B，
∵∠B＝3∠A，
∴4∠A＝180°，
解得：∠A＝45°，
∴∠D＝∠B＝3×45°×5＝135°，
故答案为：135°．

【点评】本题考查的是平行四边形的性质，熟知平行四边形的对边互相平行，两组内角分别相等是解答此题的关键．
17．（2021春•无锡期中）如图所示，点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若EF＝6，则DE的长为　3　．

【分析】先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC＝EF＝6，再根据中位线定理即可求解．
【解答】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴EF∥BC，
∵CF∥BE，
∴四边形BCFE为平行四边形，
∴BC＝EF＝6，
∴DE＝BC＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形判定与性质等知识，熟知三角形中位线定理是解题的关键．
18．（2021春•无锡期中）如图，矩形ABCD的边AB＝，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为 　2.5　．

【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△FEA，可得GH＝AE＝1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，

∵四边形ABCD是矩形，AB＝，BC＝3，
∴∠B＝90°，CD＝，AD＝3，
∵AE＝1，
∴BE＝，
∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°，
∴∠GEH+∠EGH＝90°，∠GEH+∠FEA＝90°，
∴∠EGH＝∠FEA，
又∵GE＝EF，
∴△GEH≌△FEA（AAS），
∴GH＝AE＝1，
∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，
∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF＝EH＝3，
∴CG的最小值＝＝2.5，
故答案为：2.5．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是本题的关键．
三．解答题（共10小题）
19．（2021春•玄武区期中）计算：
（1）﹣；
（2）÷（x﹣）．
【分析】（1）先对每个分母因式分解，找到最简公分母，再通分，最后按分式减法法则运算即可；
（2）括号里面先通分，再计算括号外面的除法即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣
＝
＝
＝
＝．
（2）原式＝
＝÷
＝×
＝．
【点评】本题考查了分式的混合计算，熟悉通分，约分，找最简公分母基本技能是解题的要点．
20．（2021春•玄武区期中）解方程：
（1）+＝1；
（2）﹣1＝．
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到未知数的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）去分母得：1﹣a＝a﹣3，
解得：a＝2，
检验：把a＝2代入得：a﹣3＝2﹣3＝﹣1≠0，
∴分式方程的解为a＝2；
（2）去分母得：x（x+2）﹣（x﹣1）（x+2）＝3，
去括号得：x2+2x﹣x2﹣x+2＝3，
解得：x＝1，
检验：把x＝1代入得：（x﹣1）（x+2）＝0，
则x＝1是增根，分式方程无解．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
21．（2021春•玄武区期中）已知△ABC，请利用尺规作图构造一个以AC为对角线的平行四边形．
小明思考的作法如下：①以点A为圆心BC为半径画弧；②以点C为圆心AB为半径画弧，两弧交于点D；③连接AD、CD，四边形ABCD即为所求的平行四边形．
（1）请完成作图并证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）当△ABC满足条件　BA＝BC，∠B＝90°　时，平行四边形ABCD为正方形．

【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形，然后根据两组分别分别相等的四边形为平行四边形进行证明；
（2）根据正方形的判定方法求解．
【解答】（1）证明：如图，
∵CD＝AB，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：当△ABC满足BA＝BC，∠B＝90°时，平行四边形ABCD为正方形．
故答案为BA＝BC，∠B＝90°．

【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定．
22．（2021春•玄武区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．
（1）若DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，求证：AE＝CF；
（2）若DO＝AC，求证：四边形ABCD为矩形．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD＝CB，AD∥BC，证明△DEA≌△BFC（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF；
（2）根据平行四边形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，由矩形的判定方法解答即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEA＝∠BFC＝90°，
在△DEA与△BFC中，
，
∴△DEA≌△BFC（AAS），
∴AE＝CF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝BD，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定和性质，熟记矩形的判定方法和平行四边形的性质是解题的关键．
23．（2021春•玄武区期中）如图，已知格点△ABC和点O．
（1）△A'B'C'和△ABC关于点O成中心对称，请在方格纸中画出△A'B'C'；
（2）试探究，以点A，O，C'，D为顶点的四边形为平行四边形的D点有　3　个．
【分析】（1）延长AO到A′使OA′＝OA，延长BO到B′使OB′＝OB，延长CO到C′使OC′＝OC，从而得到△A'B'C'；
（2）分别以AC′、AO、OC′为对角线画出平行四边形即可．
【解答】解：（1）如图，△A'B'C'为所作；
（2）如图，以点A，O，C'，D为顶点的四边形为平行四边形的D点有3个．
故答案为3．

【点评】本题考查了作图﹣旋转：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平行四边形的判定．
24．（2021春•金乡县期末）“触发青春灵感，科技点亮生活”．某中学举行了知识竞赛，为了解此次知识竞赛成绩的情况，随机抽取了部分参赛学生的成绩，整理并制作出不完整的统计表和统计图，如图所示．

组别
成绩x/分
频数
A组
60≤x＜70
a
B组
70≤x＜80
8
C组
80≤x＜90
12
D组
90≤x＜100
14
请根据图表信息解答以下问题．
（1）a＝　6　，一共抽取了　40　个参赛学生的成绩；
（2）补全频数分布直方图；
（3）计算扇形统计图中“B”与“C”对应的圆心角度数；
（4）若学校为成绩在80分以上（包括80分）的学生颁发优秀证书，则抽取学生成绩为“优秀”的人数占所抽取学生的百分比是多少？
【分析】（1）根据“D组”的频数和所占的百分比，可求出调查总人数，进而求出a的值；
（2）根据频数绘制频数分布直方图；
（3）求出“B”“C”所占整体的百分比即可求出相应的圆心角的度数；
（4）根据优秀率的意义求解即可．
【解答】解：（1）14÷35%＝40（人），a＝40﹣14﹣12﹣8＝6（人），
故答案为：6，40；
（2）补全频数分布直方图如下：

（3）“B组”所对应的圆心角的度数为：360°×＝72°，
“C组”所对应的圆心角的度数为：360°×＝108°，
（4）×100%＝65%，
答：抽取学生成绩为“优秀”的人数占所抽取学生的百分比是65%．
【点评】本题考查频数分布直方图，频率分布表以及扇形统计图，掌握频数分布直方图的意义和扇形统计图中个部分所占的百分比是解决问题的关键．
25．（2021春•阳新县期末）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明：四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝3，AB＝4，求菱形ADCF的面积．

【分析】（1）由AAS证明△AEF≌△DEB，得AF＝DB，证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（2）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，再由三角形面积公式可求得答案．
【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
∴AF＝DB，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BC＝CD，
∴平行四边形ADCF是菱形；
（2）解：∵D是BC的中点，
∴△ACD的面积＝△ABD的面积＝△ABC的面积，
∵四边形ADCF是菱形，
∴菱形ADCF的面积＝2△ACD的面积＝△ABC的面积＝AC×AB＝×3×4＝6．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
26．（2021春•玄武区期中）著名数学教育家波利亚曾说：“对一个数学问题，改变它的形式，变换它的结构，直到发现有价值的东西，这是数学解题的一个重要原则．”
《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂；从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法．
阅读材料：在处理分数和分式的问题时，有时由于分子大于分母，或分子的次数高于分母的次数，在实际运算时难度较大，这时，我们可将分数（分式）拆分成一个整数（整式）与一个真分数（分式）的和（差）的形式，通过对它的简单分析来解决问题，我们称这种方法为分离常数法，此法在处理分式或整除问题时颇为有效．
将分式分离常数可类比假分数变形带分数的方法进行，如：＝＝x+＝x﹣1+，这样，分式就拆分成一个分式与一个整式x﹣1的和的形式．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
（1）假分式可化为带分式　1+　形式；
（2）利用分离常数法，求分式的取值范围；
（3）若分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m﹣11+，则m2+n2+mn的最小值为　27　．
【分析】（1）按照阅读材料方法，把变形即可；
（2）用分离常数法，把原式化为2+，由0＜≤3即可得答案；
（3）用分离常数法，把原式化为5x﹣1﹣，根据已知用x的代数式表示m、n和m2+n2+mn，配方即可得答案．
【解答】解：（1）＝＝1+，
故答案为：1+；
（2）＝＝2+，
∵x2+1≥1，
∴0＜≤3，
∴2＜≤5；
（3）∵＝＝5x﹣1﹣，
而分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式为：5m﹣11+，
∴5x﹣1＝5m﹣11，n﹣6＝﹣（x+2），
∴m＝x+2，n＝﹣x+4，
∴m+n＝6，mn＝（x+2）（﹣x+4）＝﹣x2+2x+8，
而m2+n2+mn＝（m+n）2﹣mn＝36﹣（﹣x2+2x+8）＝x2﹣2x+28＝（x﹣1）2+27，
∵（x﹣1）2≥0，
∴（x﹣1）2+27≥27，
∴当x＝1时，m2+n2+mn最小值是27．
故答案为：27．
【点评】本题考查分式的变形、运算，解题的关键是应用分离常数法，把所求分式变形．
27．（2018秋•吕梁期末）某超市用3000元购进某种干果销售，由于销售状况良好，超市又调拨9000元资金购进该种干果，但这次的进价比第一次的进价提高了20%，购进干果数量是第一次的2倍还多300千克，如果超市按每千克9元的价格出售，当大部分干果售出后，余下的500千克按售价的8折售完．
（1）该种干果的第一次进价是每千克多少元？
（2）超市销售这种干果共盈利多少元？
【分析】（1）设该种干果的第一次进价是每千克x元，则第二次进价是每千克（1+20%）x元．根据第二次购进干果数量是第一次的2倍还多300千克，列出方程，解方程即可求解；
（2）根据利润＝售价﹣进价，可求出结果．
【解答】解：（1）设该种干果的第一次进价是每千克x元，则第二次进价是每千克（1+20%）x元，
由题意，得，
解得x＝5，
经检验x＝5是方程的解．
答：该种干果的第一次进价是每千克5元；
（2）[+﹣500]×9+500×9×80%﹣（3000+9000）
＝（600+1500﹣500）×9+3600﹣12000
＝1600×9+3600﹣12000
＝14400+3600﹣12000
＝6000（元）．
答：超市销售这种干果共盈利6000元
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
28．（2021春•玄武区期中）如图1，已知正方形BEFG，点C在BE的延长线上，点A在GB的延长线上，且AB＝BC，过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条平行线相交于点D．
（1）证明：四边形ABCD是正方形；
（2）当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度，得到图2，使得点G在射线DB上，连接BD和DF，点Q是线段DF的中点，连接CQ和QE，猜想线段CQ和线段QE的关系，并说明理由；
（3）将正方形BEFG绕点B旋转一周时，当∠CGB等于45°时，直线AE交CG于点H，探究线段CH、EG、AH的长度关系．

【分析】（1）根据邻边相等有一个角是直角的平行四边形是正方形证明即可．
（2）结论：CQ⊥QE，CQ＝QE．如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP＝CE．证明△CPE是等腰直角三角形，可得结论．
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CGB＝45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG＝AH．如图3﹣2中，当∠CGB＝45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH＝EG+AH．
【解答】（1）证明：∵四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG＝90°，即∠ABC＝90°，
∵CD∥AB，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．

（2）解：结论：CQ⊥QE，CQ＝QE．
理由：如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP＝CE．

∵四边形BEFG是正方形，
∴EF∥BG，即EF∥DG，∠EBG＝90°，即∠DBE＝90°，BE＝EF，
∴∠PDQ＝∠EFQ，
∵Q是DF的中点，
∴DQ＝FQ，
∵∠DQP＝∠FQE，
∴△DPQ≌△FEQ（SAS），
∴PQ＝QE，DP＝FE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDP＝∠CBD＝45°，CD＝CB，
∴∠CBE＝∠DBE﹣CBD＝45°，即∠CDP＝∠CBE＝45°，
∵CD＝CB，DP＝EF＝BE，
∴△CDP≌△CBE（SAS），
∴CP＝CE，∠DCP＝∠BCE，
∴∠DCP+∠PCB＝∠BCE+∠PCB，即∠PCE＝∠BCD＝90°，
∵CP＝CE，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴PQ＝QE，
∴CQ⊥QE，CQ＝QE．

（3）如图3﹣1中，当∠CGB＝45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG＝AH．

理由：∵∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABH＝∠CBG，
∵BA＝BC，BH＝BG，
∴△ABH≌△CBG（SAS），
∴AH＝CG，
∵CG＝CH+EG，
∴CH+EG＝AH．

如图3﹣2中，当∠CGB＝45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH＝EG+AH．

理由：∵∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABH＝∠CBG，
∵BA＝BC，BH＝BG，
∴△ABH≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，
∵AE＝AH+EG，
∴CH＝EG+AH．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．