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2022-2023学年湖北省黄冈市黄梅县八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省黄冈市黄梅县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省黄冈市黄梅县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在函数y= 6−2x中，自变量x的取值范围是( )
A. x≤3 B. x<3 C. x≥3 D. x>3
2. 下列各式计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5 B. 4 3−3 3=1 C. 2× 3= 6 D. 12=3 2
3. 在体操比赛评分时，要去掉一个最高分和一个最低分，这样做的目的是( )
A. 使平均数不受极端值的影响 B. 使众数不受极端值的影响
C. 使中位数不受极端值的影响 D. 使方差不受极端值的影响
4. 如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，点F是CD的中点．若AD=10cm，则EF的长为( )
A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 6cm
5. 一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过一、三、四象限，则k的取值范围是( )
A. k<2 B. k>−1
C. −1
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
7. 如图，在矩形ABCD中，AD//BC，AB//CD，E在AD上.AD=10，AE=4.将矩形沿BE折叠，A落在A′处，A′E交BC于点G，再沿着EF折叠，点D落在直线A′E上的D′处，C落在C′处F在BC上，若D、F、D′三点共线，则BF=( )
A. 4 B. 6 C. 7 D. 5
8. 甲、乙两辆汽车同时分别从相距300千米的A、B两座城市出发相向而行，行驶过程中两车速度不变，甲车到达B城，立即停止，乙车继续行驶，到达A城后停止，若以两车之间的距离为y轴，以两车行驶时间为x轴，画出如图①所示函数图象，若以两车到A城的距离为y轴，以两车行驶时间为x轴在同一坐标体系看画出图象，与图①函数图象意义一致的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 已知n是正整数， 51+n是整数，则n的最小值为______ ．
10. 在甲、乙两位射击运动员的10次考核成绩中，两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2=1.45，S乙2=0.85，则考核成绩更为稳定的运动员是 .(填“甲”、“乙”中的一个)．
11. 如图所示，直线l1：y=2x+b与直线l2：y=mx+4相交于点P(1,3)，则关于x的一元一次不等式：2x+b>mx+4的解集为______ ．
12. 【动手实践】小明学习了《数学》第63页的“实验与探究”后做了如下探索：他按图1方法把边长为5厘米和3厘米的两个正方形切割成5块，按图2方式拼成的一个大正方形，则大正方形的边长是______ 厘米．
13. 已知A(0,2)，B(3,5)，点P为x轴上任意一点，当PA+PB取最小值时，点P坐标为______ ．
14. 已知等腰三角形的周长为12cm，则底边长y(cm)与腰长x(cm)的函数关系式为______ .(必须写出自变量x的取值范围)
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，通过尺规作图得到的直线MN分别交AB，AC于D，E，连接CD.若CE=13AE=1，则CD= ．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=2，点E是边CD的中点，点P在AB边上运动，点F为DP的中点；当△DEF为等腰三角形时，则AP的长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：(1)( 2+ 3)2−( 5+2)( 5−2)；
(2)(2− 3)2023×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0．
18. (本小题8.0分)
6月26日是“国际禁毒日”，某中学组织七、八年级全体学生开展“禁毒知识”网上竞赛活动.为了解竞赛情况，从两个年级各随机抽取了10名同学的成绩(满分为100分)，绘制成如下两幅不完整的统计图表，请根据图表信息解答下列问题：
平均数
中位数
众数
方差
七年级
a
90
90
39
八年级
90
b
90
30
(1)请直接写出表格中a，b的值；
(2)通过数据分析，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由；
(3)该校七、八年级共有600人，本次竞赛成绩不低于90分的为“优秀”.估计这两个年级共有多少名学生达到“优秀”？
19. (本小题8.0分)
如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过A(−2,−2)，B(1,4)两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．
(1)求一次函数的解析式；
(2)求点C和点D的坐标；
(3)求△DOB的面积
20. (本小题8.0分)
如图，过▱ABCD的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．
(1)试判断四边形EFGH的形状并说明理由；
(2)若GH=5，EO=3，求四边形EFGH的面积．
21. (本小题8.0分)
生活中从不缺少数学的美.如图1的装饰图案就是由我们熟知几何图形组成的.小林从图案中抽取一部分研究发现：四边形ABCD是正方形，BE=BF，BF⊥BE，AE=1，BE=2，CE=3，请依据小林发现的条件，求CF的长和∠AEB的度数．
22. (本小题10.0分)
黄冈某地区生产特色产品“鱼面”，经调研发现：市场需求量y1(千斤)、厂家供应量y2(千斤)与价格x(元/斤)分别近似满足下列函数关系式：y1=−x+200，y2=4x−10.价格太低，厂家无利润停止生产；价格太高市场无人购买，厂家也停止生产.当y1=y2时，鱼面的价格称为稳定价格，市场的需求量称为稳定需求量．
(1)求鱼面的稳定价格与稳定需求量；
(2)当价格x在______ 范围时，该商品的需求量低于供应量；
(3)当厂家供应量低于市场需求量时，政府常通过对厂家提供价格补贴来提高供货量，来满足相对较高的市场需求量.当供应量降低到20千斤时，为使鱼面达到此时的稳定价格，政府每斤应补贴多少元？
23. (本小题10.0分)
【探究发现】在探究矩形的性质时，小明发现了一个新结论：矩形两条对角线的平方和等于四条边的平方和.如图1，在矩形ABCD中，由勾股定理，得AC2=AB2+BC2，BD2=AB2+AD2，又由矩形的性质，得CD=AB，AD=BC，所以AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2．
【类比证明】通过对菱形的探究，小明也得到了同样的结论.请用所学的知识进行证明：
(1)如图2，已知：四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，求证：AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
【归纳猜想】矩形、菱形都是特殊平行四边形，于是小明猜想：任意平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和．
(2)你认为小亮的猜想是否成立，如果成立，请利用图3给出证明；如果不成立，请举反例说明；
【拓展应用】
(3)如图4，在△ABC中，BC、AC、AB的长分别为6、4、5，AD是BC边上的中线.则AD的长是______ ．
24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，OB在x轴上，OC=BC=7 2，∠OCB=90°，D为OB的中点，若E为射线CO上任意一点，DF⊥DE，交直线BC于F点，G为EF的中点，延长CG交OB于点H．
(1)求C点的坐标．
(2)在点E运动过程中(不与点O，点C重合)，请证明以C、E、H、F为顶点的四边形总是矩形．
(3)若OE=3 2.请直接写出直线CH的解析式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意得：6−2x≥0，
解得：x≤3，
故选：A．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A． 2和 3不能合并，故本选项不符合题意；
B.4 3−3 3= 3，故本选项不符合题意；
C. 2× 3= 2×3= 6，故本选项符合题意；
D. 12=2 3，故本选项不符合题意；
故选：C．
先根据二次根式的加减，二次根式的乘法和二次根式的性质进行计算，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：在体操比赛评分时，要去掉一个最高分和一个最低分，
这样做的目的是使平均数不受极端值的影响．
故选：A．
根据众数，中位数，平均数和方差的意义解答即可．
本题主要考查了众数，中位数，平均数和方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE=EC，
∵点F是CD的中点，
∴DF=FC，
∴EF是△ADC的中位线，
∴2EF=AD=10cm，
∴EF=5cm，
故选：C．
根据平行四边形的性质得出AE=EC，进而利用三角形中位线定理解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的对角线互相平分解答．
5.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过第一、三象限，
∴k+1>0，即k>−1；
又∵一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过第四象限，即图象与y轴的交点在x轴的下方，
∴k−2<0，即k<2；
∴k的取值范围是−1
由一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过一、三、四象限，根据一次函数的性质得到k+1>0，且k−2<0，解不等式组即可得到k的取值范围．
本题考查了一次函数y=kx+b(k≠0)的性质：当k>0，图象经过第一、三象限；当k<0，图象经过第二、四象限；当b>0，图象与y轴的交点在x轴的上方；当b=0，图象过原点；当b<0，图象与y轴的交点在x轴的下方．
6.【答案】C
【解析】解：设正方形EFGH的边长为x，
∵正方形IJKL的边长为2，
∴S△EJH+S△EKF+S△FLG+S△GIH=x2−22=x2−4，
∴S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH=x2−4，
∵正方形ABCD的边长为14，
∴S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH+S正方形EFGH=142，
即(x2−4)+x2=196
解得x=10或x=−10(舍去)，
∴正方形EFGH的边长为10，
故选：C．
设正方形EFGH的边长为x，可得S△EJH+S△EKF+S△FLG+S△GIH=x2−4，即得S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH=x2−4，从而(x2−4)+x2=196，即可解得答案．
本题考查勾股定理的证明，解题的关键是掌握正方形面积公式，以及利用面积的和差关系列方程．
7.【答案】B
【解析】解：∵D、F、D′三点共线，四边形EFC′D′由四边EFCD翻折得到，
∴△EFD≌△EFD′，∠DEF=∠D′EF，
∴∠EFD=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DEF=∠BFE=∠D′EF，
∵△A′BE由△ABE折叠得到，
∴∠AEB=∠A′EB，
∴∠BEF=∠A′EB+∠D′EF=12(∠AEA′+∠DED′)=12×180°=90°，
在△BEF和△DFE中，
∠BFE=∠DEFEF=EF∠BEF=∠DFE，
∴△BEF≌△DFE(ASA)，
∴BF=DE，
∵AD=10，AE=4，
∴BF=DE=AD−AE=10−4=6．
故选：B．
由折叠可得△EFD≌△EFD′，∠AEB=∠A′EB，∠DEF=∠D′EF，进而得到∠EFD=90°，由平行线的性质可得∠DEF=∠BFE=∠D′EF，易得∠BEF=90°，于是可通过ASA证明△BEF≌△DFE，得到BF=DE=AD−AE，代入计算即可求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8.【答案】D
【解析】解：由题意得：
乙车行驶5小时到达A城市，故乙车的速度为：300÷5=60(千米/小时)，
两车出发两小时后相遇，故甲车的速度为：300÷2−60=90(千米/小时)，
相遇时甲车行驶的路程为：90×2=180(千米)，故选项A不符合题意；
甲车到达B城市所需时间为：300÷90=103(小时)，
甲车到达B地时，乙车距离A城市的路程为：300−60×103=100(千米)，故选项D符合题意，选项B、C不符合题意．
故选：D．
由题意可知，乙车一共行驶了5行驶，据此可得乙车的速度，根据出发两小时后相遇，可得甲车的速度，进而得出甲车到达B城市的时间，从而得出甲车到达B地时，乙车距离A城市的路程，问题得以解决．
本题考查了函数的图象，解答本题明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】13
【解析】解：∵72=49，82=64，
∴51+n=64，
∴n=13．
故答案为：13．
根据当51+n是最小的平方数时，n最小，从而得出答案．
本题考查了二次根式的定义，掌握算术平方根与平方的关系是解题的关键．
10.【答案】乙
【解析】
【分析】
此题考查了方差，正确理解方差的意义是解题的关键．
首先比较平均数，平均数相同时方差较小的的运动员的成绩更稳定．
【解答】
解：∵两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2=1.45，S乙2=0.85，
∴S甲2>S乙2，
∴考核成绩更为稳定的运动员是乙，
故答案为：乙．
11.【答案】x>1
【解析】解：观察图象可知，直线y=2x+b在直线y=mx+4上方部分的对应的自变量：x>1，
∴不等式2x+b>mx+4的解集：x>1，
故答案为：x>1．
利用图象写出直线y=2x+b在直线y=mx+4上方部分的对应的自变量x的取值范围即可．
本题考查的是一次函数与一元一次不等式，直接利用数形结合求出不等式的解集是解答此题的关键．
12.【答案】 34
【解析】解：如图：
由已知得：AH，HF为拼成正方形的边长，
∴AH=HF，∠AHF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，且边长为5厘米，四边形CEFH为正方形，且边长为3厘米，
∴∠B=∠E=90°，AB=BC=5厘米，EF=CE=3厘米，
设HC=x厘米，则HE=HC+CE=(x+3)厘米，
∵∠B=90°，∠AHF=90°，
∴∠BAH+∠BHA=90°，∠BHA+∠EHF=90°，
∴∠BAH=∠EHF，
在△ABH和△HEF中，
∠B=∠E=90°∠BAH=∠EHFAH=HF，
△ABH≌△HEF(AAS)，
∴HE=AB=5，
∴x+3=5，
解得：x=2，
∴HE=x+3=5，
在Rt△HEF中，HE=5厘米，EF=3厘米，
由勾股定理得：HF= HE2+EF2= 34．
∴大正方形的边长为 34厘米．
故答案为： 34．
根据拼成的图形是正方形得AH=HF，∠AHF=90°，设HC=x厘米，则HE=HC+CE=(x+3)厘米，再证△ABH和△HEF全等得HE=AB=5，即x+3=5，据此可求出HE=x+3=5，进而可求出HF的长．
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，难点是准确识图，从原图与拼成的正方形中找出相关联的线段及其之间的关系．
13.【答案】(67,0)
【解析】解：设点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B交x轴于点P，由将军饮马模型知，此时PA+PB取最小值，
∵点A的坐标为(0,2)，
∴点A′的坐标为(0,−2)，
设A′B的解析式为y=kx+b，
则b=−2,3k+b=5,
解得k=73,b=−2,
∴A′B的解析式为y=73x−2，
令y=0，得73x−2=0，
解得x=67，
∴点P坐标为(67,0)，
故答案为：(67,0)．
设点A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，由将军饮马模型知，此时PA+PB取最小值，再求出A′B的解析式，另y=0，即可求出点P的坐标．
本题考查轴对称−最短路线问题，待定系数法求一次函数解析式，确定出当PA+PB取最小值时，点P的位置是解题的关键．
14.【答案】y=12−2x(3
则y=12−2x(3
此题主要考查了等腰三角形的性质，根据三角形周长公式得出关系式是解决本题的关键．
15.【答案】 6
【解析】
【分析】
如图，连接BE，根据作图可知MN为AB的垂直平分线，从而得到AE=BE=3，然后利用勾股定理求出BC，AB，最后利用斜边上的中线的性质即可求解．
本题主要考查了直角三角形的斜边上的中线的性质，作一条线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，掌握常见图形的尺规作图方法是解题的关键．
【解答】
解：如图，连接BE，
∵CE=13AE=1，
∴AE=3，AC=4，
而根据作图可知MN为AB的垂直平分线，
∴AE=BE=3，
在Rt△ECB中，BC= BE2−CE2=2 2，
∴AB= AC2+BC2=2 6，
∵CD为直角三角形ABC斜边上的中线，
∴CD=12AB= 6．
故答案为： 6．
16.【答案】3或4 2或6−4 2
【解析】解：∵点E是边CD的中点，点F为DP的中点
∴DE=3，DF=PF，
如图，当DF=EF时，连接EP，
∴DF=EF=PF，
∴△DEP是直角三角形，
∴∠DEP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠ADC=90°，
∴四边形ADEP是矩形，
∴DE=AP=3，
当DF=DE=3时，
∴DP=6，
∴AP= DP2−AD2= 36−4=4 2，
当DE=EF=3时，如图，连接CF，CP，
∴DE=EC=EF，
∴△DFC是直角三角形，
∴∠DFC=90°，
∵DF=FP，
∴DC=CP=6，
∴BP= CP2−BC2=4 2，
∴AP=6−4 2，
综上所述：AP的长为3或4 2或6−4 2，
故答案为：3或4 2或6−4 2．
分三种情况讨论，由直角三角形的性质和勾股定理可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
17.【答案】解：(1)( 2+ 3)2−( 5+2)( 5−2)
=2+2 6+3−(5−4)
=2+2 6+3−1
=4+2 6；
(2)(2− 3)2023×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0
=[(2− 3)×(2+ 3)]2023−2× 32−1
=(4−3)2023− 3−1
=1− 3−1
=− 3．
【解析】(1)利用平方差公式，完全平方公式进行计算，即可解答；
(2)先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，幂的乘方与积的乘方，平方差公式，完全平方公式，零指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)七年级的平均数为：110×(80×2+85×2+90×3+95×2+100×1)=89(分)，
则a=89；
八年级中的成绩从小到大排列为：80，85，85，90，90，90，90，95，95，100；
b=90+902=90；
(2)七、八年级学生成绩的中位数和众数相同，但七年级的方差高于八年级的方差，
所以八年级的成绩比较好；
(3)根据题意得：
600×2+2+1+120=180(名)，
答：估计这两个年级共有180名学生达到“优秀”．
【解析】(1)根据平均数的计算公式和中位数的定义即可求解；
(2)从中位数和众数以及方差的意义三个方面进行分析，即可得出答案；
(3)用样本的平均数估计总体的平均数即可．
本题考查了中位数、众数、平均数、方差等统计基础知识，明确相关统计量表示的意义及相关计算方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−2,−2)，B(1,4)代入y=kx+b得 −2k+b=−2k+b=4，
解得 k=2b=2．
所以一次函数解析式为y=2x+2；
(2)令y=0，则0=2x+2，解得x=−1，
所以C点的坐标为(−1,0)，
把x=0代入y=2x+2得y=2，
所以D点坐标为(0,2)，
(3)∵B(1,4)，
∴B点到y轴的距离h=1，
∵D点坐标为(0,2)，
∴OD=2，
∴S△BOD=12×OD·h=12×2×1=1．
【解析】本题考查了运用待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象与坐标轴的交点，三角形面积.待定系数法求一次函数解析式：①先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b；②将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；③解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
(1)先把A点和B点坐标代入y=kx+b得到关于k、b的方程组，解方程组得到k、b的值，从而得到一次函数的解析式；
(2)令x=0，y=0，代入y=2x+2即可确定C、D点坐标；
(3)根据三角形面积公式进行计算即可．
20.【答案】解：(1)四边形EFGH是菱形．
理由：连接AO，CO．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EAO和△CGO中，
∠EAO=∠GCOAO=CO∠AOE=∠COG，
∴△EAO≌△CGO(ASA)，
∴OE=OG，
同理可得OH=OF
又∵HF⊥EG，
∴四边形EFGH是菱形．
(2)∵四边形EFGH是菱形，
∴EO=OG，OH=OF，
∵GH=5，EO=3，
∴OG=3，OH= GH2−OG2= 52−32=4，
∴EG=2OG=6，FH=2OH=8，
四边形EFGH的面积=12EG⋅FH=12×6×8=24．
【解析】如根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠OAE=∠OCG，然后利用“角边角”证明△AOE和△COG全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=OG，同理可得OF=OH，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形EFGH是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答；
(2)根据菱形面积公式解答即可．
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟记性质并求出三角形全等从而得到对角线被互相平分是解题的关键．
21.【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
在△ABE和△CBF中，
AB=BC∠ABE=∠CBFBE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)；
如图，连接EF，
∵△ABE≌△CBF，
∴CF=AE=1，
∵∠ABE=∠CBF，
∴∠EBF=∠ABC=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF= 2BE=2 2，∠BFE=45°，
∵CE=3，
在△CEF中，CF2+EF2=1+8=9=CE2，
∴△CEF是直角三角形，∠CFE=90°，
∴∠BFC=∠BFE+∠CFE，
=45°+90°，
=135°，
∴∠AEB=135°．
【解析】根据正方形的四条边都相等可得AB=BC，然后利用“边角边”证明△ABE≌△CBF，连接EF，根据全等三角形对应边相等可得CF=AE，再求出∠EBF=90°，利用勾股定理列式求出EF，再根据勾股定理逆定理判断出△CEF是直角三角形，∠CFE=90°，然后根据∠AEB=∠BFC=∠BFE+∠CFE代入数据计算即可得解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用和勾股定理逆定理，(2)判断出△CEF是直角三角形是解题的关键．
22.【答案】60
解得：x=60y=140，
∴鱼面的稳定价格为60元/斤，稳定需求量为140斤；
(2)当y1=0时，−x+200=0，
解得：x=200，
∴一次函数y1=−x+200与x轴的交点坐标为(200,0)．
观察函数图象，可知：当60
解得：x=30，
∵60−30=30(元/斤)，
∴为使鱼面达到此时的稳定价格，政府每斤应补贴30元．
(1)联立两函数关系式组成方程组，解之即可得出结论；
(2)利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出函数y1=−x+200与x轴的交点坐标，再观察两函数图象的上下位置关系，即可得出结论；
(3)代入y2=20，求出x的值，结合鱼面的稳定价格为60元/斤，即可求出结论．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：(1)联立两函数关系式组成方程组，解之求出交点的坐标；(2)观察函数图象，找出x的取值范围；(3)利用一次函数图象上点的坐标特征，求出当y2=20时x的值．
23.【答案】 462
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，AB=BC=CD=AD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得AB2=OA2+OB2
∴AC2+BD2=4OA2+4OB2=4(OA2+OB)2=4AB2，
又∵AB=BC=CD=AD，
∴AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
(2)小亮的猜想是否成立，
证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC延长线于点F，
则∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
∠AEB=∠DFC∠ABE=∠DCFAB=DC，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴AE=DF，BE=CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理得AC2=AE2+EC2=AE2+(BC−BE)2，
在Rt△BDF中，BD2=DF2+BF2=AE2+(BC+CF)2=AE2+(BC+BE)2，
∴AC2+BD2=AE2+(BC−BE)2+AE2+(BC+BE)2
=2AE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2
=2AE2+2BC2+2BE2
=2(AE2+BE2)+2BC2，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
∴AC2+BD2=2AB2+2BC2，
∵AB=CD，AD=BC，
∴AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
(3)解：如图，延长AD至G，使AD=DG，连接BG、CG，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵AD=DG，
∴四边形ABGC为平行四边形，
由(2)得结论，得AG2+BC2=2AB2+2AC2，
∵AB=5，AC=4，BC=6，AG=2AD，
∴(2AD)2+62=2×52+2×42，
解得：AD= 462或AD=− 462(舍去)，
∴AD= 462．
故答案为： 462．
(1)根据菱形的性质可得AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，AB=BC=CD=AD，利用勾股定理可得AB2=OA2+OB2，于是AC2+BD2=4OA2+4OB2=4(OA2+OB)2=4AB2，以此即可证明；
(2)过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC延长线于点F，易通过aas证明△ABE≌△DCF，得到AE=DF，BE=CF，利用勾股定理可得得AC2=AE2+EC2=AE2+(BC−BE)2，于是BD2=DF2+BF2=2(AE2+BE2)+2BC2，由AB2=AE2+BE2可得AC2+BD2=2AB2+2BC2，以此即可证明；
(3)延长AD至G，使AD=DG，连接BG、CG，由“对角互相平分的四边形为平行四边形”可得四边形ABGC为平行四边形，再利用(2)中的结论代入计算即可求解；
本题主要考查菱形的性质、平行四边形的性质、勾股定理的应用，掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题关键，注意三角形中线性质得灵活运用．
24.【答案】解：(1)如图1，连接CD，
∵OC=BC=7 2，∠OCB=90°，
∴OB= 0C2+BC2=14，
又∵D为OB的中点，
∴CD⊥OB，CD=OD=12OB=7，
∴C(7,7)；
(2)证明：分别连接CD，DG，FH，EH，
如图2，当点E在线段OC上时，
∵DF⊥DE，G为EF的中点，
∴DG=EG=FG=12EF，
∵∠OCB=90°，G为EF的中点，
∴CG=EG=FG=12EF，
∴DG=CG，
∴∠DCG=∠CDG，
∵CD⊥OB，
∴∠DCG+∠GHD=∠CDG+∠GDH=90°，
∴∠GHD=∠GDH，
∴GH=GD，
∴CG=EG=FG=GH，
∴四边形CEHF为矩形；
如图3，当点E在CO的延长线上时，
∵DF⊥DE，G为EF的中点，
∴DG=EG=FG=12EF，
∵∠OCB=90°，
∴∠ECF=90°，
∵G为EF的中点，
∴CG=EG=FG=12EF，
∴DG=CG，
∴∠DCG=∠CDG，
∵CD⊥OB，
∴∠DCG+∠GHD=∠CDG+∠GDH=90°，
∴∠GHD=∠GDH，
∴GH=GD，
∴CG=EG=FG=GH，
∴四边形CEHF为矩形；
(3)如图2，当点E在线段OC上时，
∵OC=BC，∠OCB=90°，
∴∠EOH=45°，
由(2)得四边形CEHF为矩形，
∴∠OEH=90°，
∴△EOH是等腰直角三角形，
∵OE=3 2，
∴OH= OE2+EH2=6，
∴H(6,0)，
设直线CH的解析式为：y=kx+b，将H(6,0)，C(7,7)代入得，
6k+b=07k+b=7，解得k=7b=−42，
∴直线CH的解析式为：y=7x−42；
如图3，当点E在CO的延长线上时，
∵OC=BC，∠OCB=90°，
∴∠COB=45°，
∴∠EOH=45°，
由(2)得四边形CEHF为矩形，
∴∠OEH=90°，
∴△EOH是等腰直角三角形，
∵OE=3 2，
∴OH= OE2+EH2=6，
∴H(−6,0)，
设直线CH的解析式为：y=kx+b，将H(−6,0)，C(7,7)代入得，
−6k+b=07k+b=7，解得k=713b=4213，
∴直线CH的解析式为：y=713x+4213．
【解析】(1)连接CD，先求解OB= 0C2+BC2=14，再根据直角三角形斜边上的中线的性质可得CD=OD=12OB=7，从而可得答案．
(2)当点E在线段OC上时，连接CD，DG，证明CG=GH=EG=FG，可得四边形CEHF为矩形；当点E在CO延长线上时，同理可得四边形CEHF为矩形．
(3)连接EH，点E在线段OC上，由勾股定理可得OH= OE2+EH2=6，H(6,0)，可得直线CH的解析式；点E在CO的延长线上，同理可得OH=6，H(−6,0)，同理可得直线CH的解析式．
本题考查的是坐标与图形，等腰直角三角形的定义与性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，矩形的判定与性质，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解决本题的关键．
2022-2023学年湖北省黄冈市黄梅县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在函数y= 6−2x中，自变量x的取值范围是( )
A. x≤3 B. x<3 C. x≥3 D. x>3
2. 下列各式计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5 B. 4 3−3 3=1 C. 2× 3= 6 D. 12=3 2
3. 在体操比赛评分时，要去掉一个最高分和一个最低分，这样做的目的是( )
A. 使平均数不受极端值的影响 B. 使众数不受极端值的影响
C. 使中位数不受极端值的影响 D. 使方差不受极端值的影响
4. 如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，点F是CD的中点．若AD=10cm，则EF的长为( )
A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 6cm
5. 一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过一、三、四象限，则k的取值范围是( )
A. k<2 B. k>−1
C. −1
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
7. 如图，在矩形ABCD中，AD//BC，AB//CD，E在AD上.AD=10，AE=4.将矩形沿BE折叠，A落在A′处，A′E交BC于点G，再沿着EF折叠，点D落在直线A′E上的D′处，C落在C′处F在BC上，若D、F、D′三点共线，则BF=( )
A. 4 B. 6 C. 7 D. 5
8. 甲、乙两辆汽车同时分别从相距300千米的A、B两座城市出发相向而行，行驶过程中两车速度不变，甲车到达B城，立即停止，乙车继续行驶，到达A城后停止，若以两车之间的距离为y轴，以两车行驶时间为x轴，画出如图①所示函数图象，若以两车到A城的距离为y轴，以两车行驶时间为x轴在同一坐标体系看画出图象，与图①函数图象意义一致的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 已知n是正整数， 51+n是整数，则n的最小值为______ ．
10. 在甲、乙两位射击运动员的10次考核成绩中，两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2=1.45，S乙2=0.85，则考核成绩更为稳定的运动员是 .(填“甲”、“乙”中的一个)．
11. 如图所示，直线l1：y=2x+b与直线l2：y=mx+4相交于点P(1,3)，则关于x的一元一次不等式：2x+b>mx+4的解集为______ ．
12. 【动手实践】小明学习了《数学》第63页的“实验与探究”后做了如下探索：他按图1方法把边长为5厘米和3厘米的两个正方形切割成5块，按图2方式拼成的一个大正方形，则大正方形的边长是______ 厘米．
13. 已知A(0,2)，B(3,5)，点P为x轴上任意一点，当PA+PB取最小值时，点P坐标为______ ．
14. 已知等腰三角形的周长为12cm，则底边长y(cm)与腰长x(cm)的函数关系式为______ .(必须写出自变量x的取值范围)
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，通过尺规作图得到的直线MN分别交AB，AC于D，E，连接CD.若CE=13AE=1，则CD= ．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=2，点E是边CD的中点，点P在AB边上运动，点F为DP的中点；当△DEF为等腰三角形时，则AP的长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：(1)( 2+ 3)2−( 5+2)( 5−2)；
(2)(2− 3)2023×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0．
18. (本小题8.0分)
6月26日是“国际禁毒日”，某中学组织七、八年级全体学生开展“禁毒知识”网上竞赛活动.为了解竞赛情况，从两个年级各随机抽取了10名同学的成绩(满分为100分)，绘制成如下两幅不完整的统计图表，请根据图表信息解答下列问题：
平均数
中位数
众数
方差
七年级
a
90
90
39
八年级
90
b
90
30
(1)请直接写出表格中a，b的值；
(2)通过数据分析，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由；
(3)该校七、八年级共有600人，本次竞赛成绩不低于90分的为“优秀”.估计这两个年级共有多少名学生达到“优秀”？
19. (本小题8.0分)
如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过A(−2,−2)，B(1,4)两点，并且交x轴于点C，交y轴于点D．
(1)求一次函数的解析式；
(2)求点C和点D的坐标；
(3)求△DOB的面积
20. (本小题8.0分)
如图，过▱ABCD的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．
(1)试判断四边形EFGH的形状并说明理由；
(2)若GH=5，EO=3，求四边形EFGH的面积．
21. (本小题8.0分)
生活中从不缺少数学的美.如图1的装饰图案就是由我们熟知几何图形组成的.小林从图案中抽取一部分研究发现：四边形ABCD是正方形，BE=BF，BF⊥BE，AE=1，BE=2，CE=3，请依据小林发现的条件，求CF的长和∠AEB的度数．
22. (本小题10.0分)
黄冈某地区生产特色产品“鱼面”，经调研发现：市场需求量y1(千斤)、厂家供应量y2(千斤)与价格x(元/斤)分别近似满足下列函数关系式：y1=−x+200，y2=4x−10.价格太低，厂家无利润停止生产；价格太高市场无人购买，厂家也停止生产.当y1=y2时，鱼面的价格称为稳定价格，市场的需求量称为稳定需求量．
(1)求鱼面的稳定价格与稳定需求量；
(2)当价格x在______ 范围时，该商品的需求量低于供应量；
(3)当厂家供应量低于市场需求量时，政府常通过对厂家提供价格补贴来提高供货量，来满足相对较高的市场需求量.当供应量降低到20千斤时，为使鱼面达到此时的稳定价格，政府每斤应补贴多少元？
23. (本小题10.0分)
【探究发现】在探究矩形的性质时，小明发现了一个新结论：矩形两条对角线的平方和等于四条边的平方和.如图1，在矩形ABCD中，由勾股定理，得AC2=AB2+BC2，BD2=AB2+AD2，又由矩形的性质，得CD=AB，AD=BC，所以AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2．
【类比证明】通过对菱形的探究，小明也得到了同样的结论.请用所学的知识进行证明：
(1)如图2，已知：四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，求证：AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
【归纳猜想】矩形、菱形都是特殊平行四边形，于是小明猜想：任意平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和．
(2)你认为小亮的猜想是否成立，如果成立，请利用图3给出证明；如果不成立，请举反例说明；
【拓展应用】
(3)如图4，在△ABC中，BC、AC、AB的长分别为6、4、5，AD是BC边上的中线.则AD的长是______ ．
24. (本小题12.0分)
在平面直角坐标系中，OB在x轴上，OC=BC=7 2，∠OCB=90°，D为OB的中点，若E为射线CO上任意一点，DF⊥DE，交直线BC于F点，G为EF的中点，延长CG交OB于点H．
(1)求C点的坐标．
(2)在点E运动过程中(不与点O，点C重合)，请证明以C、E、H、F为顶点的四边形总是矩形．
(3)若OE=3 2.请直接写出直线CH的解析式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意得：6−2x≥0，
解得：x≤3，
故选：A．
根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A． 2和 3不能合并，故本选项不符合题意；
B.4 3−3 3= 3，故本选项不符合题意；
C. 2× 3= 2×3= 6，故本选项符合题意；
D. 12=2 3，故本选项不符合题意；
故选：C．
先根据二次根式的加减，二次根式的乘法和二次根式的性质进行计算，再得出选项即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：在体操比赛评分时，要去掉一个最高分和一个最低分，
这样做的目的是使平均数不受极端值的影响．
故选：A．
根据众数，中位数，平均数和方差的意义解答即可．
本题主要考查了众数，中位数，平均数和方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE=EC，
∵点F是CD的中点，
∴DF=FC，
∴EF是△ADC的中位线，
∴2EF=AD=10cm，
∴EF=5cm，
故选：C．
根据平行四边形的性质得出AE=EC，进而利用三角形中位线定理解答即可．
此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的对角线互相平分解答．
5.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过第一、三象限，
∴k+1>0，即k>−1；
又∵一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过第四象限，即图象与y轴的交点在x轴的下方，
∴k−2<0，即k<2；
∴k的取值范围是−1
由一次函数y=(k+1)x+k−2的图象经过一、三、四象限，根据一次函数的性质得到k+1>0，且k−2<0，解不等式组即可得到k的取值范围．
本题考查了一次函数y=kx+b(k≠0)的性质：当k>0，图象经过第一、三象限；当k<0，图象经过第二、四象限；当b>0，图象与y轴的交点在x轴的上方；当b=0，图象过原点；当b<0，图象与y轴的交点在x轴的下方．
6.【答案】C
【解析】解：设正方形EFGH的边长为x，
∵正方形IJKL的边长为2，
∴S△EJH+S△EKF+S△FLG+S△GIH=x2−22=x2−4，
∴S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH=x2−4，
∵正方形ABCD的边长为14，
∴S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH+S正方形EFGH=142，
即(x2−4)+x2=196
解得x=10或x=−10(舍去)，
∴正方形EFGH的边长为10，
故选：C．
设正方形EFGH的边长为x，可得S△EJH+S△EKF+S△FLG+S△GIH=x2−4，即得S△AEH+S△BEF+S△CFG+S△DGH=x2−4，从而(x2−4)+x2=196，即可解得答案．
本题考查勾股定理的证明，解题的关键是掌握正方形面积公式，以及利用面积的和差关系列方程．
7.【答案】B
【解析】解：∵D、F、D′三点共线，四边形EFC′D′由四边EFCD翻折得到，
∴△EFD≌△EFD′，∠DEF=∠D′EF，
∴∠EFD=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DEF=∠BFE=∠D′EF，
∵△A′BE由△ABE折叠得到，
∴∠AEB=∠A′EB，
∴∠BEF=∠A′EB+∠D′EF=12(∠AEA′+∠DED′)=12×180°=90°，
在△BEF和△DFE中，
∠BFE=∠DEFEF=EF∠BEF=∠DFE，
∴△BEF≌△DFE(ASA)，
∴BF=DE，
∵AD=10，AE=4，
∴BF=DE=AD−AE=10−4=6．
故选：B．
由折叠可得△EFD≌△EFD′，∠AEB=∠A′EB，∠DEF=∠D′EF，进而得到∠EFD=90°，由平行线的性质可得∠DEF=∠BFE=∠D′EF，易得∠BEF=90°，于是可通过ASA证明△BEF≌△DFE，得到BF=DE=AD−AE，代入计算即可求解．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8.【答案】D
【解析】解：由题意得：
乙车行驶5小时到达A城市，故乙车的速度为：300÷5=60(千米/小时)，
两车出发两小时后相遇，故甲车的速度为：300÷2−60=90(千米/小时)，
相遇时甲车行驶的路程为：90×2=180(千米)，故选项A不符合题意；
甲车到达B城市所需时间为：300÷90=103(小时)，
甲车到达B地时，乙车距离A城市的路程为：300−60×103=100(千米)，故选项D符合题意，选项B、C不符合题意．
故选：D．
由题意可知，乙车一共行驶了5行驶，据此可得乙车的速度，根据出发两小时后相遇，可得甲车的速度，进而得出甲车到达B城市的时间，从而得出甲车到达B地时，乙车距离A城市的路程，问题得以解决．
本题考查了函数的图象，解答本题明确题意，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】13
【解析】解：∵72=49，82=64，
∴51+n=64，
∴n=13．
故答案为：13．
根据当51+n是最小的平方数时，n最小，从而得出答案．
本题考查了二次根式的定义，掌握算术平方根与平方的关系是解题的关键．
10.【答案】乙
【解析】
【分析】
此题考查了方差，正确理解方差的意义是解题的关键．
首先比较平均数，平均数相同时方差较小的的运动员的成绩更稳定．
【解答】
解：∵两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2=1.45，S乙2=0.85，
∴S甲2>S乙2，
∴考核成绩更为稳定的运动员是乙，
故答案为：乙．
11.【答案】x>1
【解析】解：观察图象可知，直线y=2x+b在直线y=mx+4上方部分的对应的自变量：x>1，
∴不等式2x+b>mx+4的解集：x>1，
故答案为：x>1．
利用图象写出直线y=2x+b在直线y=mx+4上方部分的对应的自变量x的取值范围即可．
本题考查的是一次函数与一元一次不等式，直接利用数形结合求出不等式的解集是解答此题的关键．
12.【答案】 34
【解析】解：如图：
由已知得：AH，HF为拼成正方形的边长，
∴AH=HF，∠AHF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，且边长为5厘米，四边形CEFH为正方形，且边长为3厘米，
∴∠B=∠E=90°，AB=BC=5厘米，EF=CE=3厘米，
设HC=x厘米，则HE=HC+CE=(x+3)厘米，
∵∠B=90°，∠AHF=90°，
∴∠BAH+∠BHA=90°，∠BHA+∠EHF=90°，
∴∠BAH=∠EHF，
在△ABH和△HEF中，
∠B=∠E=90°∠BAH=∠EHFAH=HF，
△ABH≌△HEF(AAS)，
∴HE=AB=5，
∴x+3=5，
解得：x=2，
∴HE=x+3=5，
在Rt△HEF中，HE=5厘米，EF=3厘米，
由勾股定理得：HF= HE2+EF2= 34．
∴大正方形的边长为 34厘米．
故答案为： 34．
根据拼成的图形是正方形得AH=HF，∠AHF=90°，设HC=x厘米，则HE=HC+CE=(x+3)厘米，再证△ABH和△HEF全等得HE=AB=5，即x+3=5，据此可求出HE=x+3=5，进而可求出HF的长．
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，难点是准确识图，从原图与拼成的正方形中找出相关联的线段及其之间的关系．
13.【答案】(67,0)
【解析】解：设点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B交x轴于点P，由将军饮马模型知，此时PA+PB取最小值，
∵点A的坐标为(0,2)，
∴点A′的坐标为(0,−2)，
设A′B的解析式为y=kx+b，
则b=−2,3k+b=5,
解得k=73,b=−2,
∴A′B的解析式为y=73x−2，
令y=0，得73x−2=0，
解得x=67，
∴点P坐标为(67,0)，
故答案为：(67,0)．
设点A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，由将军饮马模型知，此时PA+PB取最小值，再求出A′B的解析式，另y=0，即可求出点P的坐标．
本题考查轴对称−最短路线问题，待定系数法求一次函数解析式，确定出当PA+PB取最小值时，点P的位置是解题的关键．
14.【答案】y=12−2x(3
则y=12−2x(3
此题主要考查了等腰三角形的性质，根据三角形周长公式得出关系式是解决本题的关键．
15.【答案】 6
【解析】
【分析】
如图，连接BE，根据作图可知MN为AB的垂直平分线，从而得到AE=BE=3，然后利用勾股定理求出BC，AB，最后利用斜边上的中线的性质即可求解．
本题主要考查了直角三角形的斜边上的中线的性质，作一条线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，掌握常见图形的尺规作图方法是解题的关键．
【解答】
解：如图，连接BE，
∵CE=13AE=1，
∴AE=3，AC=4，
而根据作图可知MN为AB的垂直平分线，
∴AE=BE=3，
在Rt△ECB中，BC= BE2−CE2=2 2，
∴AB= AC2+BC2=2 6，
∵CD为直角三角形ABC斜边上的中线，
∴CD=12AB= 6．
故答案为： 6．
16.【答案】3或4 2或6−4 2
【解析】解：∵点E是边CD的中点，点F为DP的中点
∴DE=3，DF=PF，
如图，当DF=EF时，连接EP，
∴DF=EF=PF，
∴△DEP是直角三角形，
∴∠DEP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠ADC=90°，
∴四边形ADEP是矩形，
∴DE=AP=3，
当DF=DE=3时，
∴DP=6，
∴AP= DP2−AD2= 36−4=4 2，
当DE=EF=3时，如图，连接CF，CP，
∴DE=EC=EF，
∴△DFC是直角三角形，
∴∠DFC=90°，
∵DF=FP，
∴DC=CP=6，
∴BP= CP2−BC2=4 2，
∴AP=6−4 2，
综上所述：AP的长为3或4 2或6−4 2，
故答案为：3或4 2或6−4 2．
分三种情况讨论，由直角三角形的性质和勾股定理可求解．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
17.【答案】解：(1)( 2+ 3)2−( 5+2)( 5−2)
=2+2 6+3−(5−4)
=2+2 6+3−1
=4+2 6；
(2)(2− 3)2023×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0
=[(2− 3)×(2+ 3)]2023−2× 32−1
=(4−3)2023− 3−1
=1− 3−1
=− 3．
【解析】(1)利用平方差公式，完全平方公式进行计算，即可解答；
(2)先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，幂的乘方与积的乘方，平方差公式，完全平方公式，零指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)七年级的平均数为：110×(80×2+85×2+90×3+95×2+100×1)=89(分)，
则a=89；
八年级中的成绩从小到大排列为：80，85，85，90，90，90，90，95，95，100；
b=90+902=90；
(2)七、八年级学生成绩的中位数和众数相同，但七年级的方差高于八年级的方差，
所以八年级的成绩比较好；
(3)根据题意得：
600×2+2+1+120=180(名)，
答：估计这两个年级共有180名学生达到“优秀”．
【解析】(1)根据平均数的计算公式和中位数的定义即可求解；
(2)从中位数和众数以及方差的意义三个方面进行分析，即可得出答案；
(3)用样本的平均数估计总体的平均数即可．
本题考查了中位数、众数、平均数、方差等统计基础知识，明确相关统计量表示的意义及相关计算方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−2,−2)，B(1,4)代入y=kx+b得 −2k+b=−2k+b=4，
解得 k=2b=2．
所以一次函数解析式为y=2x+2；
(2)令y=0，则0=2x+2，解得x=−1，
所以C点的坐标为(−1,0)，
把x=0代入y=2x+2得y=2，
所以D点坐标为(0,2)，
(3)∵B(1,4)，
∴B点到y轴的距离h=1，
∵D点坐标为(0,2)，
∴OD=2，
∴S△BOD=12×OD·h=12×2×1=1．
【解析】本题考查了运用待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象与坐标轴的交点，三角形面积.待定系数法求一次函数解析式：①先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b；②将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；③解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
(1)先把A点和B点坐标代入y=kx+b得到关于k、b的方程组，解方程组得到k、b的值，从而得到一次函数的解析式；
(2)令x=0，y=0，代入y=2x+2即可确定C、D点坐标；
(3)根据三角形面积公式进行计算即可．
20.【答案】解：(1)四边形EFGH是菱形．
理由：连接AO，CO．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠EAO=∠GCO，
在△EAO和△CGO中，
∠EAO=∠GCOAO=CO∠AOE=∠COG，
∴△EAO≌△CGO(ASA)，
∴OE=OG，
同理可得OH=OF
又∵HF⊥EG，
∴四边形EFGH是菱形．
(2)∵四边形EFGH是菱形，
∴EO=OG，OH=OF，
∵GH=5，EO=3，
∴OG=3，OH= GH2−OG2= 52−32=4，
∴EG=2OG=6，FH=2OH=8，
四边形EFGH的面积=12EG⋅FH=12×6×8=24．
【解析】如根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠OAE=∠OCG，然后利用“角边角”证明△AOE和△COG全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=OG，同理可得OF=OH，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形EFGH是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答；
(2)根据菱形面积公式解答即可．
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟记性质并求出三角形全等从而得到对角线被互相平分是解题的关键．
21.【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
在△ABE和△CBF中，
AB=BC∠ABE=∠CBFBE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)；
如图，连接EF，
∵△ABE≌△CBF，
∴CF=AE=1，
∵∠ABE=∠CBF，
∴∠EBF=∠ABC=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF= 2BE=2 2，∠BFE=45°，
∵CE=3，
在△CEF中，CF2+EF2=1+8=9=CE2，
∴△CEF是直角三角形，∠CFE=90°，
∴∠BFC=∠BFE+∠CFE，
=45°+90°，
=135°，
∴∠AEB=135°．
【解析】根据正方形的四条边都相等可得AB=BC，然后利用“边角边”证明△ABE≌△CBF，连接EF，根据全等三角形对应边相等可得CF=AE，再求出∠EBF=90°，利用勾股定理列式求出EF，再根据勾股定理逆定理判断出△CEF是直角三角形，∠CFE=90°，然后根据∠AEB=∠BFC=∠BFE+∠CFE代入数据计算即可得解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用和勾股定理逆定理，(2)判断出△CEF是直角三角形是解题的关键．
22.【答案】60
解得：x=60y=140，
∴鱼面的稳定价格为60元/斤，稳定需求量为140斤；
(2)当y1=0时，−x+200=0，
解得：x=200，
∴一次函数y1=−x+200与x轴的交点坐标为(200,0)．
观察函数图象，可知：当60
解得：x=30，
∵60−30=30(元/斤)，
∴为使鱼面达到此时的稳定价格，政府每斤应补贴30元．
(1)联立两函数关系式组成方程组，解之即可得出结论；
(2)利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出函数y1=−x+200与x轴的交点坐标，再观察两函数图象的上下位置关系，即可得出结论；
(3)代入y2=20，求出x的值，结合鱼面的稳定价格为60元/斤，即可求出结论．
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：(1)联立两函数关系式组成方程组，解之求出交点的坐标；(2)观察函数图象，找出x的取值范围；(3)利用一次函数图象上点的坐标特征，求出当y2=20时x的值．
23.【答案】 462
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，AB=BC=CD=AD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得AB2=OA2+OB2
∴AC2+BD2=4OA2+4OB2=4(OA2+OB)2=4AB2，
又∵AB=BC=CD=AD，
∴AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
(2)小亮的猜想是否成立，
证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC延长线于点F，
则∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
∠AEB=∠DFC∠ABE=∠DCFAB=DC，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴AE=DF，BE=CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理得AC2=AE2+EC2=AE2+(BC−BE)2，
在Rt△BDF中，BD2=DF2+BF2=AE2+(BC+CF)2=AE2+(BC+BE)2，
∴AC2+BD2=AE2+(BC−BE)2+AE2+(BC+BE)2
=2AE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2
=2AE2+2BC2+2BE2
=2(AE2+BE2)+2BC2，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
∴AC2+BD2=2AB2+2BC2，
∵AB=CD，AD=BC，
∴AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+AD2；
(3)解：如图，延长AD至G，使AD=DG，连接BG、CG，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵AD=DG，
∴四边形ABGC为平行四边形，
由(2)得结论，得AG2+BC2=2AB2+2AC2，
∵AB=5，AC=4，BC=6，AG=2AD，
∴(2AD)2+62=2×52+2×42，
解得：AD= 462或AD=− 462(舍去)，
∴AD= 462．
故答案为： 462．
(1)根据菱形的性质可得AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，AB=BC=CD=AD，利用勾股定理可得AB2=OA2+OB2，于是AC2+BD2=4OA2+4OB2=4(OA2+OB)2=4AB2，以此即可证明；
(2)过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC延长线于点F，易通过aas证明△ABE≌△DCF，得到AE=DF，BE=CF，利用勾股定理可得得AC2=AE2+EC2=AE2+(BC−BE)2，于是BD2=DF2+BF2=2(AE2+BE2)+2BC2，由AB2=AE2+BE2可得AC2+BD2=2AB2+2BC2，以此即可证明；
(3)延长AD至G，使AD=DG，连接BG、CG，由“对角互相平分的四边形为平行四边形”可得四边形ABGC为平行四边形，再利用(2)中的结论代入计算即可求解；
本题主要考查菱形的性质、平行四边形的性质、勾股定理的应用，掌握平行四边形的性质和勾股定理是解题关键，注意三角形中线性质得灵活运用．
24.【答案】解：(1)如图1，连接CD，
∵OC=BC=7 2，∠OCB=90°，
∴OB= 0C2+BC2=14，
又∵D为OB的中点，
∴CD⊥OB，CD=OD=12OB=7，
∴C(7,7)；
(2)证明：分别连接CD，DG，FH，EH，
如图2，当点E在线段OC上时，
∵DF⊥DE，G为EF的中点，
∴DG=EG=FG=12EF，
∵∠OCB=90°，G为EF的中点，
∴CG=EG=FG=12EF，
∴DG=CG，
∴∠DCG=∠CDG，
∵CD⊥OB，
∴∠DCG+∠GHD=∠CDG+∠GDH=90°，
∴∠GHD=∠GDH，
∴GH=GD，
∴CG=EG=FG=GH，
∴四边形CEHF为矩形；
如图3，当点E在CO的延长线上时，
∵DF⊥DE，G为EF的中点，
∴DG=EG=FG=12EF，
∵∠OCB=90°，
∴∠ECF=90°，
∵G为EF的中点，
∴CG=EG=FG=12EF，
∴DG=CG，
∴∠DCG=∠CDG，
∵CD⊥OB，
∴∠DCG+∠GHD=∠CDG+∠GDH=90°，
∴∠GHD=∠GDH，
∴GH=GD，
∴CG=EG=FG=GH，
∴四边形CEHF为矩形；
(3)如图2，当点E在线段OC上时，
∵OC=BC，∠OCB=90°，
∴∠EOH=45°，
由(2)得四边形CEHF为矩形，
∴∠OEH=90°，
∴△EOH是等腰直角三角形，
∵OE=3 2，
∴OH= OE2+EH2=6，
∴H(6,0)，
设直线CH的解析式为：y=kx+b，将H(6,0)，C(7,7)代入得，
6k+b=07k+b=7，解得k=7b=−42，
∴直线CH的解析式为：y=7x−42；
如图3，当点E在CO的延长线上时，
∵OC=BC，∠OCB=90°，
∴∠COB=45°，
∴∠EOH=45°，
由(2)得四边形CEHF为矩形，
∴∠OEH=90°，
∴△EOH是等腰直角三角形，
∵OE=3 2，
∴OH= OE2+EH2=6，
∴H(−6,0)，
设直线CH的解析式为：y=kx+b，将H(−6,0)，C(7,7)代入得，
−6k+b=07k+b=7，解得k=713b=4213，
∴直线CH的解析式为：y=713x+4213．
【解析】(1)连接CD，先求解OB= 0C2+BC2=14，再根据直角三角形斜边上的中线的性质可得CD=OD=12OB=7，从而可得答案．
(2)当点E在线段OC上时，连接CD，DG，证明CG=GH=EG=FG，可得四边形CEHF为矩形；当点E在CO延长线上时，同理可得四边形CEHF为矩形．
(3)连接EH，点E在线段OC上，由勾股定理可得OH= OE2+EH2=6，H(6,0)，可得直线CH的解析式；点E在CO的延长线上，同理可得OH=6，H(−6,0)，同理可得直线CH的解析式．
本题考查的是坐标与图形，等腰直角三角形的定义与性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，矩形的判定与性质，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解决本题的关键．
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