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2023-2024学年浙江省宁波十五中八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省宁波十五中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共22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。
1.若二次根式 x的值为2，则x的值是( )
A. 2B. 4C. 3D. 2
2.正方形是轴对称图形，它的对称轴共有( )
A. 2条B. 3条C. 4条D. 6条
3.有21名同学参加学校组织的几何画板比赛，已知他们所得的分数互不相同，共设10个获奖名额.某同学知道自己的比赛成绩后，要判断自己能否获奖，在下列关于这21名同学成绩的统计量中只需知道一个量，它是( )
A. 方差B. 平均数C. 众数D. 中位数
4.下列一元二次方程两实数根的和为−5的是( )
A. x2+3x−5=0B. x2−5x+5=0C. x2+5x+4=0D. x2−7x+6=0
5.已知多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是( )
A. 11B. 12C. 13D. 14
6.用配方法解方程x2+6x+3=0时，配方结果正确的是( )
A. (x+3)2=12B. (x−3)2=12C. (x−3)2=6D. (x+3)2=6
7.下列命题中，真命题是( )
A. 一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线垂直的四边形是菱形
D. 对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
8.如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC=5，BD=24，则FG的长为( )
A. 12B. 10C. 6.5D. 5
9.《九章算术》中有一题：“今有二人同所立.甲行率七，乙行率三.乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会.问甲行几何.”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3.乙一直往东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇.那么相遇时甲走了多远( )
A. 10.5步B. 16.5步C. 24.5步D. 25.5步
10.如图，点A，B，C，D顺次在直线m上，AC=a，BD=b，以BD为边向上作等边△BDE，以AC为底边向下作等腰Rt△ACF，若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，b满足( )
A. a=bB. a= 33bC. a= 2bD. a= 3b
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.使二次根式 x−4有意义的x的取值范围是______．
12.若关于x的一元二次方程x2+2x+3(k−1)=0有两个相等的实数根.则k的值是______．
13.反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”.用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2.求证：△ABC不是直角三角形.”时，第一步应假设______．
14.若一组数据3，−2，x，−2，3的众数是3，则这组数据的方差为______．
15.如图所示，矩形ABCD是一个花园，长AD为32m、宽AB为20m，现要在花园中修建等宽的小道.剩余的地方种植花草，要使种植花草的面积为504m2，那么小道进出口的宽度是______．
16.如图所示，在矩形ABCD中，AD=8，CD=6，F为边AD上一个动点(不与A，D重合)，过点A，F在矩形内部作正方形AFGH，交边AB于点H，连接BG，CG.当△BGC为以BC为底边的等腰三角形时，正方形AFGH的面积是______．
17.△ABC是等腰三角形，AB=AC.以A为圆心BC长为半径画弧，以B为圆心AC长为半径画弧，在边AB左侧两弧相交于点D，连结AD，BD，CD.若AB=5，BC=6，则CD的长为______．
18.如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过BE上一点F作FG⊥AD，垂足为G，交DE于P，连接AP，DB.过F作FH⊥DB，垂足为H.连接EH.若∠APE=45°，DH=4，HF=1.则EH= ______．
三、解答题：本题共5小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题9分)
(1)计算：( 12− 3)× 6+ 50．
(2)解方程：x2+6x=16．
(3)解方程：2x2+6x+1=0．
20.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，对角线AC，BD相交于点O，且BO=DO．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)过O作线段MN交AD于点M，交BC于点N.若CM=AM，∠ACB=3∠MCD，∠ABC=40°，求∠MCD的度数．
21.(本小题8分)
根据以下素材，完成探索任务．
22.(本小题10分)
规律：如图1，直线m//n，B，C为直线n上的点，A，P为直线m上的点.如果A，B，C为三个定点，点P在直线m上移动，那么无论点P移动到何位置，△ABC与△PBC的面积始终相等，其理由是_________ ______．
应用：
(1)如图2，B、C、D三点在同一条直线上，△ABC与△ECD都是等边三角形，连结BE，AE.若CD=2，BC=2CD，求△ABE的面积．
(2)如图3，已知E，F，G，H是矩形ABCD边上的点，且EF//AD，GH//AB，连结GB交EF于点M，连结MC交GH于点N，连结DN交EF于点P，连结GP，若四边形AEOG的面积等于5，求四边形GMNP的面积．
23.(本小题11分)
[基础巩固]
(1)如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，CE⊥DF交点为H.求证：CE=DF．
[尝试应用]
(2)如图2所示，在(1)的条件下，连结BH.若E为AD的中点，CD=12.求BHFH的值．
[拓展提高]
(3)在正方形ABCD中，F为AB上一点，连接DF，M，G为FD上的点(不与F，D重合)，G在M左侧，连接CM，作CM中点N，连接DN，GN，AM.若△GND为等腰直角三角形，∠GND=90°，CN= 5，DN=3，请直接写出AM的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵二次根式 x的值为2，
∴x=( x)2=22=4，
故选：B．
根据二次根式的性质( x)2=x进行求解即可．
本题主要考查了二次根式的性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条．
故选：C．
正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条：两条对角线所在的直线是对称轴，两条对边的中点确定的直线也是对称轴．
本题考查了正方形的对称性质，基础知识较简单．
3.【答案】D
【解析】解：10位获奖者的分数肯定是21名参赛选手中最高的，而21个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有11个数，
∴只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了，
故选：D．
由于比赛设置了10个获奖名额，共有21名选手参加，故应根据中位数的意义分析．
本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数、方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
4.【答案】C
【解析】解：A.x2+3x−5=0，Δ=b2−4ac=9+20=29>0，x1+x2=−ba=−3，故该选项不符合题意；
B.x2−5x+5=0，Δ=b2−4ac=25−20=5>0，x1+x2=−ba=5，故该选项不符合题意；
C.x2+5x+4=0，Δ=b2−4ac=25−16=9>0，x1+x2=−ba=−5，故该选项符合题意；
D.x2−7x+6=0，Δ=b2−4ac=49−36=13>0，x1+x2=−ba=7，故该选项不符合题意；
故选：C．
根据根的判别式判断一元二次方程根的情况，再根据根与系数的关系求解即可．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握根的判别式是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：设这个多边形的边数为n．
依题意得：(n−2)×180=5×360，
解得：n=12．
故选：B．
设这个多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为(n−2)×180°，外角和为360°，再根据这个多边形的内角和等于外角和的5倍列出方程，进而解方程求出n即可．
此题主要考查了多边形的内角和与外角和定理，熟练掌握n边形的内角和等于(n−2)×180°，外角和为360°是解决问题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵x2+6x+3=0，
∴x2+6x=−3，
∴x2+6x+9=−3+9，即(x+3)2=6，
故选：D．
根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形；假命题；
B、对角线相等的四边形是矩形；假命题；
C、对角线垂直的四边形是菱形；假命题；
D、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形；真命题；
故选：D．
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别进行判断即可求出答案．
此题考查了命题与定理，解题的关键是掌握真命题与假命题的定义，能根据有关判定方法对命题的真假进行判断是关键．
8.【答案】C
【解析】解：连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=52，OB=OD=12BD=12，AC⊥BD，
∵EG⊥AC，EF⊥BD
∴∠EMO=∠GOM=∠EGO=90°，
∴四边形EGOM为矩形，
∴EM//AC，∠MEG=90°，
∵E为BC的中点，O为AC的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴OE//AB，
∴四边形AOEF为平行四边形，
∴EF=AO=52，
在△BEH和△CEG中，
∠BHE=∠CGE∠BEH=∠CEGBE=CE，
∴△BEH≌△CEG(AAS)，
∴EH=EG，
∵∠BHG=∠OGH=∠BOG=90°，
∴四边形BOGH为矩形，
∴GH=BO=12，
∴EG=12GH=6，
∴GF= EF2+EG2= (52)2+62=132=6.5．
故选：C．
连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，根据菱形的性质得出OA=OC=12AC=52，OB=OD=12BD=12，AC⊥BD，证明四边形EGOM为矩形，得出EM//AC，∠MEG=90°，证明四边形AOEF为平行四边形，得出EF=AO=52，证明△BEH≌△CEG，得出EH=EG，证明四边形BOGH为矩形，得出GH=BO=12，根据勾股定理求出GF= EF2+EG2= (52)2+62=132=6.5即可．
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：设经x秒二人在B处相遇，这时乙共行走：AB=3x，
甲共行走：AC+BC=7x，
∵AC=10，
∴BC=7x−10，
又∵∠A=90°，
∴BC2=AC2+AB2，
∴(7x−10)2=102+(3x)2，
解得：x=0(舍去)或x=3.5，
∴AB=3x=10.5，
AC+BC=7x=24.5，
即甲走了24.5步，
故选：C．
根据题意作出如下图所示，设经x秒二人在B处相遇，可得：AB=3x，AC=10，BC=7x−10，然后利用勾股定理列出方程求解，然后即可得出甲走的步数．
题目主要考查一元二次方程的应用，勾股定理的运用，正确记忆相关知识点是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：过点F作FH⊥AD于点H，过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
∵△ACF是等腰直角三角形，AC=a，
∴AH=CH=FH=12AC=12a，
∵△BDE为等边三角形，BD=b，EG⊥AD，
∴BG=DG=12BD=12b，EG= DE2−DG2= 32b，
设BC=x，则AB=a−x，CD=b−x，
∴S△CDF−S△ABE=12(b−x)×12a−12(a−x)× 32b
=1− 34ab+( 34b−14a)x，
∵若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，
∴ 34b−14a=0，
解得a= 3b；
故选：D．
过点F作FH⊥AD于点H.过点E作EG⊥AD于G，分别求出EG和FH，然后设BC=x，表示出△CDF与△ABE的面积差，因为CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，所以x的系数为0，则可得到a与b的关系式即可．
本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质及三角形的面积计算，勾股定理的应用，熟练掌握等腰三角形的相关性质是解题的关键．
11.【答案】x≥4
【解析】解：由题意得，x−4≥0，
解得，x≥4，
故答案为：x≥4．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
12.【答案】43
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+3(k−1)=0有两个相等的实数根．
∴Δ=b2−4ac=4−4×3(k−1)=0，
解得：k=43．
故答案为：43．
根据题意可得Δ=0，即可求解．
本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握Δ=0有两个相等的实数根是解题的关键．
13.【答案】△ABC是直角三角形
【解析】解：用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2.求证：△ABC不是直角三角形．”时，
第一步应假设：△ABC是直角三角形，
故答案为：△ABC是直角三角形．
根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
本题考查的是反证法，对于一个命题，当使用直接证法比较困难时，可以采用间接证法，反证法就是一个间接证法．反证法主要适合的证明类型有：①命题的结论是否定型的．②命题的结论是无限型的．③命题的结论是“至多”或“至少”型的．
14.【答案】6
【解析】解：∵数据3，−2，x，−2，3的众数是3，
∴x=3，
则数据为3，−2，3，−2，3
∴这组数据的平均数为：−2−2+3+3+35=1，
∴这组数据的方差为：15×[2×(−2−1)2+3×(3−1)2]=6；
故答案为：6．
先根据众数的概念得出x=3，再依据方差的定义计算可得．
本题主要考查众数和方差，掌握方差的计算是解题的关键．
15.【答案】2m
【解析】解：设小道进出口的宽度为x米，
依题意得(32−2x)(20−x)=504，
整理，得x2−36x+68=0．
解得，x1=2，x2=34．
∵34>32(不合题意，舍去)，
∴x=2．
答：小道进出口的宽度应为2米，
故答案为：2m．
设小道进出口的宽度为x米，根据题意建立一元二次方程，解方程，即可求解．
本题考查一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等量关系式．
16.【答案】16
【解析】解：如图所示，延长FG交BC于点E，
∵四边形AHGF是正方形，
∴FG⊥BC，
又∵∠ABE=∠A=∠AFE=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴AF=BE，
∵△BGC为以BC为底边的等腰三角形，
∴BG=GC，
又∵GE⊥BC，
∴BE=12BC=4，
∵四边形AFGH是正方形，
∴AF=BE=4，
∴正方形AFGH的面积为AF2=42=16，
故答案为：16．
延长FG交BC于点E，可得四边形ABEF是矩形，进而根据等腰三角形的性质可得AF=BE=4，根据正方形的面积公式，即可求解．
本题考查了作图−复杂作图，等腰三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质．
17.【答案】 97
【解析】解：如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF//DF
依题意，AD=BC=6，BD=AC=5
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴AD//BC
又∵AF//DF
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵AF⊥BC，
∴四边形ADEF是矩形，
∴AF=DE
∵AB=AC，BC=6，AF⊥BC
∴BF=CF=3
在Rt△ABF中，AF= AB2−BF2= 52−32=4
∴DE=AF=4，
在Rt△DEB中，BE= DB2−DE2= 52−42=3
∴EC=EB+BC=3+6=9
在Rt△DEC中，CD= DE2+EC2= 42+92= 97，
故答案为： 97．
过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF//DF，得出四边形ADEF是矩形，勾股定理求得AF=DE=4，EB=3，进而在Rt△CDE中，勾股定理，即可求解．
本题考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
18.【答案】5 22
【解析】解：延长BD到Q，使DQ=FH，连接EQ，如图所示：
∵DE⊥AB，FG⊥AD，
∴∠AED=∠PEF=∠DGP=90°，
∵∠DPG=∠EPF，
∴∠ADE=∠PFE，
∵∠APE=45°，∠AEP=90°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∴AE=PE，
∴△ADE≌△PFE(SAS)，
∴DE=EF，
∵FH⊥DB，
∴∠EDB+∠DBE=∠HFB+∠HBF=90°，
∴∠EDB=∠HFB，
∵∠QDE+∠EDB=∠BFH+∠EFH=180°，
∴∠QDE=∠EFH，
∵QD=FH，DE=EF，
∴△QDE≌△HFE(SAS)，
∴∠QED=∠HEF，EQ=EH，
∴∠QEH=∠QED+∠DEH=∠DEH+HEF=90°，
∴△QEH为等腰直角三角形，
则EH=QE，QH= EH2+QE2= 2EH，
∴EH= 22QH，
∵DH=4，HF=1，
∴QH=QD+DH=HF+DH=5，
∴EH= 22×5=5 22．
故答案为：5 22．
延长BD到Q，使DQ=FH，连接EQ，证明△ADE≌△PFE，得出DE=EF，证明△QDE≌△HFE，得出∠QED=∠HEF，EQ=EH，证明△QEH为等腰直角三角形，得出EH= 22QH，即可得出答案．
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，掌握等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)( 12− 3)× 6+ 50
=(2 3− 3)× 6+5 2
= 3× 6+5 2
=3 2+5 2
=8 2；
(2)x2+6x=16，
∴x2+6x−16=0，
∴(x+8)(x−2)=0；
解得：x1=−8，x2=2，
(3)2x2+6x+1=0，
∵a=2，b=6，c=1，Δ=b2−4ac=36−8=28，
∴x=−b± b2−4ac2a=−6±2 74，
解得：x1=−3+ 72,x2=−3− 72．
【解析】(1)根据二次根式的混合运算进行计算即可求解；
(2)根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
(3)根据公式法解一元二次方程，即可求解．
本题考查了二次根式的混合运算，解一元二次方程；掌握因式分解是关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠BAO=∠DCO，∠A B O=∠C D O，
∵BO=DO，
∴△ABO≌△CDO(AAS)，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD为平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠MAC=∠ACB，∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ABC=40°，
∴∠BCD=180°−40°=140°，
∵CM=AM，
∴∠MAC=∠ACM，
∴∠ACB=∠ACM，
∵∠ACB=3∠MCD，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACM+∠MCD=7∠MCD=140°，
∴∠MCD=20°．
【解析】(1)证明△ABO≌△CDO，得出AB=CD，根据平行四边形的判定直接得出答案即可；
(2)根据平行四边形的性质得出AD//BC，AB//CD，根据平行线的性质得出∠MAC=∠ACB，∠ABC+∠BCD=180°，求出∠BCD=180°−40°=140°，根据CM=AM，得出∠MAC=∠ACM，根据∠BCD=∠ACB+∠ACM+∠MCD=7∠MCD=140°，求出结果即可．
本题主要考查了平行四边形的判断和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
21.【答案】解：任务一：(1)根据题意得：26−3x2>6x>0，
解得：0(2)用图②方案种植大棚蔬菜时x>020−3x≤620−3x>0，
解得：143≤x<203，
种植区域面积是25m2时，x(20−3x)=25，
解得：x1=5，x2=53，
∵53<143，
∴x2=53不符合题意舍去，
∴当x=5时，种植区域的面积为25m2，
故此设计图是否符合要求；
任务二：农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元；理由如下：
设当净利润达到9000元时，需要的种植面积为ym2，根据题意得：
400y−2300−1000−500=9000，
解得：y=32，
根据题意得：图①围成的矩形菜园面积最大，此时20−2x≤620−2x>0，
解得：7≤x<10，
当种植面积为32m2时，x(20−2x)=32，
解得：x1=2，x2=8，
∵2<7<8<10，
∴当x=8时，净利润正好达到9000元，
故农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元．
【解析】任务一：(1)由“AD的长不超过墙长”，可得出x的取值范围；
(2)先求出此时x的取值范围，根据种植的面积是25m2，列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，即可得出符合要求；
任务二：先求出净利润能否达到9000元时，蔬菜的种植面积，然后根据蔬菜的种植面积求出x的值，即可得出答案．
本题主要考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是理解题意根据等量关系列出方程．
22.【答案】同底等高的两个三角形的面积相等
【解析】解：规律：∵直线m//n，
∴点A和点P到直线n的距离相等．
又∵在△ABC和△PBC中，BC=BC，
∴S△ABC=S△PBC(同底等高的两个三角形的面积相等)．
故答案为：同底等高的两个三角形的面积相等．
(1)如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，
∵△ABC与△ECD都是等边三角形，
∴∠BAC=∠CED=60°
∴AB//CE，
∴S△ABE=S△ABC
∵AF⊥BC，AB=AC，∠BAC=60°
∴∠BAF=30°
∵CD=2，BC=2CD，
∴AB=BC=4
∴BF=2
∴AF= AB2−BF2=2 3
∴S△ABE=S△ABC=12×BC×AF=12×4×2 3=4 3；
(2)如图所示，连接OA，OB，OC，OD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AD//BC
∵EF//AD，GH//AB，
∴AD//EF//BC，AB//GH//DC，
∴S△GOP=S△OPD，S△OPN+S△DOP=S△OND=S△ONC，
∴S△GOP+S△ONP=S△ONC，
又S△ONC+S△OMN=S△OMC，
∵EF//BC，
∴S△OMC=S△OMB，
∴S△OMC+S△MOG=S△OGB，
∵AB//GH，
∴S△OGB=S△OGA=12S四边形AEOG=52，
∴S△OPG+S△OPN+S△MON+S△MOG=S△OMA，
∴S四边形GMNP=52
规律：利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”即可解答；
(1)利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”求S△ABC即可解答；
(2)利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”，将四边形AEOG的面积拆成4个小三角形，将四个小三角形转化为矩形AEOG的一半，即可求解．
本题主要考查了三角形的面积、勾股定理，等边三角形的性质，平行线之间的距离等知识点，解题的关键是灵活运用相关知识．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠EDC=90°，
又∵CE⊥DF，
∴∠DEC+∠ADF=∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠ADF=∠DCE，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴CE=DF；
(2)解：如图2所示，延长DF交BC的延长线于点G，
∵E为AD的中点，
由(1)可得△ADF≌△DCE(ASA)，则DE=AF，
即AF=FB，
又∵∠A=∠FBG=90°，∠AFD=∠BFG，
∴△AFD≌△BFG(ASA)，
∴AD=BG，则BG=BC，
∵DF⊥CE，
∴∠GHC=90°，
∵BG=BC，
∴BH=12GC=BC=CD=12，
在Rt△ECD中，DE=12AD=12CD=6，
∴EC= ED2+CD2= 62+122=6 5，则FD=EC=6 5，
∵S△DCE=12DE×DC=12CE×DH，
∴DH=ED×DCEC=6×126 5=12 55，
∴FH=FD−DH=6 5−12 55=18 55，
∴BHFH=1218 55=23 5；
(3)解：如图3所示，过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，
∵N为CM中点，
∴MN=CN= 5，
∵△GND为等腰直角三角形，DN=3，
∴DG= 2DN=3 2，NL=12DG=3 22，
在Rt△MLN中，ML= MN2−LN2= 5−92= 22，
∴MD=ML+LD= 22+3 22=2 2，GM=DG−MD= 2，
延长DN至S使得NS=DN，连接SM，SC，
又∵MN=NC，
∴四边形MSCD是平行四边形，
∴MD=SC，MD//SC，
∵△GND为等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∵MD//SC，
∴∠TSC=∠MDN=45°，
又∵HC⊥DF，
∴△HDT是等腰直角三角形，
∴∠STC=∠HTD=45°，
∴△STC是等腰直角三角形，
∴TC=SC=MD=2 2，
∴ST= 2SC=4，
又∵SN=DN=3，
∴DT=DS−ST=6−4=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=DC，
又∵∠GDN=45°，
∴∠ADM+∠TDC=45°，
又∵∠STC=45°，
∴∠TDC+∠TCD=45°，
∴∠ADM=∠DCT，
在△ADM，△DCT中，
AD=DC∠ADM=∠DCTMD=TC，
∴△ADM≌△DCT(SAS)，
∴AM=DT=2．
【解析】(1)证明△ADF≌△DCE(ASA)，即可得证；
(2)延长DF交BC的延长线于点G，证明△AFD≌△BFG得出AD=BG，则BG=BC，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得BH=12GC=BC=CD=12，在Rt△ECD中勾股定理求得EC，根据等面积法求得DH，进而求得FH，即可求解；
(3)过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，在Rt△MLN中，勾股定理求得ML，进而求得MD，延长DN至S使得NS=DN，连接SM，SC，得出四边形MSCD是平行四边形，证明△STC是等腰直角三角形，则TC=SC=MD=2 2，进而求得DT=2，证明△ADM≌△DCT(SAS)，根据全等三角形的性质即可得出AM=DT=2，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．探索菜园土地规划和销售利润问题
素材1
某农民承包了一块足够大的空地，其中有一堵长为6(m)的墙，现准备用20(m)的篱笆围成一个菜园.他设计了三种方案：如图①②③都是菜园的平面图.其中图①为矩形菜园ABCD，AD长不超过墙长；图②是两间矩形菜园，AD长也不超过墙长；图③是两间矩形菜园，AD的长超过墙长.设所有矩形菜园垂直于墙面的那条边长为x(m)．
素材2
某农民发现三种方案中用图①围成的矩形菜园面积最大，同时发现大棚蔬菜很有销售前景，市场需求量也很大，故农户采用了图①方式进行一年一季的大棚蔬菜种植.已知每平方米蔬菜的平均销售毛利润为400元，蔬菜大棚建造和维护大概需要2300元，期初需投入资金1000元，蔬菜成本费大概500元左右．
问题解决
任务1
解决菜园中垂直于墙面的那条边的长度对种植面积的影响
(1)请直接写出图③中x的取值范围；
(2)一开始，农民想利用图②方案种植大棚蔬菜.种植区域面积是25(m2)，则此设计图是否符合要求？
任务2
解决菜园种植的预期净利润问题
一年后，某农民大棚蔬菜种植预期净利润能否达到9000元？请说明理由．
1.若二次根式 x的值为2，则x的值是( )
A. 2B. 4C. 3D. 2
2.正方形是轴对称图形，它的对称轴共有( )
A. 2条B. 3条C. 4条D. 6条
3.有21名同学参加学校组织的几何画板比赛，已知他们所得的分数互不相同，共设10个获奖名额.某同学知道自己的比赛成绩后，要判断自己能否获奖，在下列关于这21名同学成绩的统计量中只需知道一个量，它是( )
A. 方差B. 平均数C. 众数D. 中位数
4.下列一元二次方程两实数根的和为−5的是( )
A. x2+3x−5=0B. x2−5x+5=0C. x2+5x+4=0D. x2−7x+6=0
5.已知多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是( )
A. 11B. 12C. 13D. 14
6.用配方法解方程x2+6x+3=0时，配方结果正确的是( )
A. (x+3)2=12B. (x−3)2=12C. (x−3)2=6D. (x+3)2=6
7.下列命题中，真命题是( )
A. 一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线垂直的四边形是菱形
D. 对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
8.如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC=5，BD=24，则FG的长为( )
A. 12B. 10C. 6.5D. 5
9.《九章算术》中有一题：“今有二人同所立.甲行率七，乙行率三.乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会.问甲行几何.”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3.乙一直往东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇.那么相遇时甲走了多远( )
A. 10.5步B. 16.5步C. 24.5步D. 25.5步
10.如图，点A，B，C，D顺次在直线m上，AC=a，BD=b，以BD为边向上作等边△BDE，以AC为底边向下作等腰Rt△ACF，若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，b满足( )
A. a=bB. a= 33bC. a= 2bD. a= 3b
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.使二次根式 x−4有意义的x的取值范围是______．
12.若关于x的一元二次方程x2+2x+3(k−1)=0有两个相等的实数根.则k的值是______．
13.反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”.用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2.求证：△ABC不是直角三角形.”时，第一步应假设______．
14.若一组数据3，−2，x，−2，3的众数是3，则这组数据的方差为______．
15.如图所示，矩形ABCD是一个花园，长AD为32m、宽AB为20m，现要在花园中修建等宽的小道.剩余的地方种植花草，要使种植花草的面积为504m2，那么小道进出口的宽度是______．
16.如图所示，在矩形ABCD中，AD=8，CD=6，F为边AD上一个动点(不与A，D重合)，过点A，F在矩形内部作正方形AFGH，交边AB于点H，连接BG，CG.当△BGC为以BC为底边的等腰三角形时，正方形AFGH的面积是______．
17.△ABC是等腰三角形，AB=AC.以A为圆心BC长为半径画弧，以B为圆心AC长为半径画弧，在边AB左侧两弧相交于点D，连结AD，BD，CD.若AB=5，BC=6，则CD的长为______．
18.如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过BE上一点F作FG⊥AD，垂足为G，交DE于P，连接AP，DB.过F作FH⊥DB，垂足为H.连接EH.若∠APE=45°，DH=4，HF=1.则EH= ______．
三、解答题：本题共5小题，共46分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题9分)
(1)计算：( 12− 3)× 6+ 50．
(2)解方程：x2+6x=16．
(3)解方程：2x2+6x+1=0．
20.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，对角线AC，BD相交于点O，且BO=DO．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)过O作线段MN交AD于点M，交BC于点N.若CM=AM，∠ACB=3∠MCD，∠ABC=40°，求∠MCD的度数．
21.(本小题8分)
根据以下素材，完成探索任务．
22.(本小题10分)
规律：如图1，直线m//n，B，C为直线n上的点，A，P为直线m上的点.如果A，B，C为三个定点，点P在直线m上移动，那么无论点P移动到何位置，△ABC与△PBC的面积始终相等，其理由是_________ ______．
应用：
(1)如图2，B、C、D三点在同一条直线上，△ABC与△ECD都是等边三角形，连结BE，AE.若CD=2，BC=2CD，求△ABE的面积．
(2)如图3，已知E，F，G，H是矩形ABCD边上的点，且EF//AD，GH//AB，连结GB交EF于点M，连结MC交GH于点N，连结DN交EF于点P，连结GP，若四边形AEOG的面积等于5，求四边形GMNP的面积．
23.(本小题11分)
[基础巩固]
(1)如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，CE⊥DF交点为H.求证：CE=DF．
[尝试应用]
(2)如图2所示，在(1)的条件下，连结BH.若E为AD的中点，CD=12.求BHFH的值．
[拓展提高]
(3)在正方形ABCD中，F为AB上一点，连接DF，M，G为FD上的点(不与F，D重合)，G在M左侧，连接CM，作CM中点N，连接DN，GN，AM.若△GND为等腰直角三角形，∠GND=90°，CN= 5，DN=3，请直接写出AM的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵二次根式 x的值为2，
∴x=( x)2=22=4，
故选：B．
根据二次根式的性质( x)2=x进行求解即可．
本题主要考查了二次根式的性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条．
故选：C．
正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条：两条对角线所在的直线是对称轴，两条对边的中点确定的直线也是对称轴．
本题考查了正方形的对称性质，基础知识较简单．
3.【答案】D
【解析】解：10位获奖者的分数肯定是21名参赛选手中最高的，而21个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有11个数，
∴只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了，
故选：D．
由于比赛设置了10个获奖名额，共有21名选手参加，故应根据中位数的意义分析．
本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数、方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
4.【答案】C
【解析】解：A.x2+3x−5=0，Δ=b2−4ac=9+20=29>0，x1+x2=−ba=−3，故该选项不符合题意；
B.x2−5x+5=0，Δ=b2−4ac=25−20=5>0，x1+x2=−ba=5，故该选项不符合题意；
C.x2+5x+4=0，Δ=b2−4ac=25−16=9>0，x1+x2=−ba=−5，故该选项符合题意；
D.x2−7x+6=0，Δ=b2−4ac=49−36=13>0，x1+x2=−ba=7，故该选项不符合题意；
故选：C．
根据根的判别式判断一元二次方程根的情况，再根据根与系数的关系求解即可．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，掌握根的判别式是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：设这个多边形的边数为n．
依题意得：(n−2)×180=5×360，
解得：n=12．
故选：B．
设这个多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为(n−2)×180°，外角和为360°，再根据这个多边形的内角和等于外角和的5倍列出方程，进而解方程求出n即可．
此题主要考查了多边形的内角和与外角和定理，熟练掌握n边形的内角和等于(n−2)×180°，外角和为360°是解决问题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵x2+6x+3=0，
∴x2+6x=−3，
∴x2+6x+9=−3+9，即(x+3)2=6，
故选：D．
根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：A、一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形；假命题；
B、对角线相等的四边形是矩形；假命题；
C、对角线垂直的四边形是菱形；假命题；
D、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形；真命题；
故选：D．
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别进行判断即可求出答案．
此题考查了命题与定理，解题的关键是掌握真命题与假命题的定义，能根据有关判定方法对命题的真假进行判断是关键．
8.【答案】C
【解析】解：连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=52，OB=OD=12BD=12，AC⊥BD，
∵EG⊥AC，EF⊥BD
∴∠EMO=∠GOM=∠EGO=90°，
∴四边形EGOM为矩形，
∴EM//AC，∠MEG=90°，
∵E为BC的中点，O为AC的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴OE//AB，
∴四边形AOEF为平行四边形，
∴EF=AO=52，
在△BEH和△CEG中，
∠BHE=∠CGE∠BEH=∠CEGBE=CE，
∴△BEH≌△CEG(AAS)，
∴EH=EG，
∵∠BHG=∠OGH=∠BOG=90°，
∴四边形BOGH为矩形，
∴GH=BO=12，
∴EG=12GH=6，
∴GF= EF2+EG2= (52)2+62=132=6.5．
故选：C．
连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，根据菱形的性质得出OA=OC=12AC=52，OB=OD=12BD=12，AC⊥BD，证明四边形EGOM为矩形，得出EM//AC，∠MEG=90°，证明四边形AOEF为平行四边形，得出EF=AO=52，证明△BEH≌△CEG，得出EH=EG，证明四边形BOGH为矩形，得出GH=BO=12，根据勾股定理求出GF= EF2+EG2= (52)2+62=132=6.5即可．
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：设经x秒二人在B处相遇，这时乙共行走：AB=3x，
甲共行走：AC+BC=7x，
∵AC=10，
∴BC=7x−10，
又∵∠A=90°，
∴BC2=AC2+AB2，
∴(7x−10)2=102+(3x)2，
解得：x=0(舍去)或x=3.5，
∴AB=3x=10.5，
AC+BC=7x=24.5，
即甲走了24.5步，
故选：C．
根据题意作出如下图所示，设经x秒二人在B处相遇，可得：AB=3x，AC=10，BC=7x−10，然后利用勾股定理列出方程求解，然后即可得出甲走的步数．
题目主要考查一元二次方程的应用，勾股定理的运用，正确记忆相关知识点是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：过点F作FH⊥AD于点H，过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
∵△ACF是等腰直角三角形，AC=a，
∴AH=CH=FH=12AC=12a，
∵△BDE为等边三角形，BD=b，EG⊥AD，
∴BG=DG=12BD=12b，EG= DE2−DG2= 32b，
设BC=x，则AB=a−x，CD=b−x，
∴S△CDF−S△ABE=12(b−x)×12a−12(a−x)× 32b
=1− 34ab+( 34b−14a)x，
∵若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，
∴ 34b−14a=0，
解得a= 3b；
故选：D．
过点F作FH⊥AD于点H.过点E作EG⊥AD于G，分别求出EG和FH，然后设BC=x，表示出△CDF与△ABE的面积差，因为CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，所以x的系数为0，则可得到a与b的关系式即可．
本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质及三角形的面积计算，勾股定理的应用，熟练掌握等腰三角形的相关性质是解题的关键．
11.【答案】x≥4
【解析】解：由题意得，x−4≥0，
解得，x≥4，
故答案为：x≥4．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
12.【答案】43
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+3(k−1)=0有两个相等的实数根．
∴Δ=b2−4ac=4−4×3(k−1)=0，
解得：k=43．
故答案为：43．
根据题意可得Δ=0，即可求解．
本题考查了一元二次方程根的判别式，掌握Δ=0有两个相等的实数根是解题的关键．
13.【答案】△ABC是直角三角形
【解析】解：用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2.求证：△ABC不是直角三角形．”时，
第一步应假设：△ABC是直角三角形，
故答案为：△ABC是直角三角形．
根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
本题考查的是反证法，对于一个命题，当使用直接证法比较困难时，可以采用间接证法，反证法就是一个间接证法．反证法主要适合的证明类型有：①命题的结论是否定型的．②命题的结论是无限型的．③命题的结论是“至多”或“至少”型的．
14.【答案】6
【解析】解：∵数据3，−2，x，−2，3的众数是3，
∴x=3，
则数据为3，−2，3，−2，3
∴这组数据的平均数为：−2−2+3+3+35=1，
∴这组数据的方差为：15×[2×(−2−1)2+3×(3−1)2]=6；
故答案为：6．
先根据众数的概念得出x=3，再依据方差的定义计算可得．
本题主要考查众数和方差，掌握方差的计算是解题的关键．
15.【答案】2m
【解析】解：设小道进出口的宽度为x米，
依题意得(32−2x)(20−x)=504，
整理，得x2−36x+68=0．
解得，x1=2，x2=34．
∵34>32(不合题意，舍去)，
∴x=2．
答：小道进出口的宽度应为2米，
故答案为：2m．
设小道进出口的宽度为x米，根据题意建立一元二次方程，解方程，即可求解．
本题考查一元二次方程的应用，关键是根据题意找到等量关系式．
16.【答案】16
【解析】解：如图所示，延长FG交BC于点E，
∵四边形AHGF是正方形，
∴FG⊥BC，
又∵∠ABE=∠A=∠AFE=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴AF=BE，
∵△BGC为以BC为底边的等腰三角形，
∴BG=GC，
又∵GE⊥BC，
∴BE=12BC=4，
∵四边形AFGH是正方形，
∴AF=BE=4，
∴正方形AFGH的面积为AF2=42=16，
故答案为：16．
延长FG交BC于点E，可得四边形ABEF是矩形，进而根据等腰三角形的性质可得AF=BE=4，根据正方形的面积公式，即可求解．
本题考查了作图−复杂作图，等腰三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质．
17.【答案】 97
【解析】解：如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF//DF
依题意，AD=BC=6，BD=AC=5
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴AD//BC
又∵AF//DF
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵AF⊥BC，
∴四边形ADEF是矩形，
∴AF=DE
∵AB=AC，BC=6，AF⊥BC
∴BF=CF=3
在Rt△ABF中，AF= AB2−BF2= 52−32=4
∴DE=AF=4，
在Rt△DEB中，BE= DB2−DE2= 52−42=3
∴EC=EB+BC=3+6=9
在Rt△DEC中，CD= DE2+EC2= 42+92= 97，
故答案为： 97．
过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF//DF，得出四边形ADEF是矩形，勾股定理求得AF=DE=4，EB=3，进而在Rt△CDE中，勾股定理，即可求解．
本题考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
18.【答案】5 22
【解析】解：延长BD到Q，使DQ=FH，连接EQ，如图所示：
∵DE⊥AB，FG⊥AD，
∴∠AED=∠PEF=∠DGP=90°，
∵∠DPG=∠EPF，
∴∠ADE=∠PFE，
∵∠APE=45°，∠AEP=90°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∴AE=PE，
∴△ADE≌△PFE(SAS)，
∴DE=EF，
∵FH⊥DB，
∴∠EDB+∠DBE=∠HFB+∠HBF=90°，
∴∠EDB=∠HFB，
∵∠QDE+∠EDB=∠BFH+∠EFH=180°，
∴∠QDE=∠EFH，
∵QD=FH，DE=EF，
∴△QDE≌△HFE(SAS)，
∴∠QED=∠HEF，EQ=EH，
∴∠QEH=∠QED+∠DEH=∠DEH+HEF=90°，
∴△QEH为等腰直角三角形，
则EH=QE，QH= EH2+QE2= 2EH，
∴EH= 22QH，
∵DH=4，HF=1，
∴QH=QD+DH=HF+DH=5，
∴EH= 22×5=5 22．
故答案为：5 22．
延长BD到Q，使DQ=FH，连接EQ，证明△ADE≌△PFE，得出DE=EF，证明△QDE≌△HFE，得出∠QED=∠HEF，EQ=EH，证明△QEH为等腰直角三角形，得出EH= 22QH，即可得出答案．
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，掌握等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)( 12− 3)× 6+ 50
=(2 3− 3)× 6+5 2
= 3× 6+5 2
=3 2+5 2
=8 2；
(2)x2+6x=16，
∴x2+6x−16=0，
∴(x+8)(x−2)=0；
解得：x1=−8，x2=2，
(3)2x2+6x+1=0，
∵a=2，b=6，c=1，Δ=b2−4ac=36−8=28，
∴x=−b± b2−4ac2a=−6±2 74，
解得：x1=−3+ 72,x2=−3− 72．
【解析】(1)根据二次根式的混合运算进行计算即可求解；
(2)根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
(3)根据公式法解一元二次方程，即可求解．
本题考查了二次根式的混合运算，解一元二次方程；掌握因式分解是关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠BAO=∠DCO，∠A B O=∠C D O，
∵BO=DO，
∴△ABO≌△CDO(AAS)，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD为平行四边形；
(2)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠MAC=∠ACB，∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ABC=40°，
∴∠BCD=180°−40°=140°，
∵CM=AM，
∴∠MAC=∠ACM，
∴∠ACB=∠ACM，
∵∠ACB=3∠MCD，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACM+∠MCD=7∠MCD=140°，
∴∠MCD=20°．
【解析】(1)证明△ABO≌△CDO，得出AB=CD，根据平行四边形的判定直接得出答案即可；
(2)根据平行四边形的性质得出AD//BC，AB//CD，根据平行线的性质得出∠MAC=∠ACB，∠ABC+∠BCD=180°，求出∠BCD=180°−40°=140°，根据CM=AM，得出∠MAC=∠ACM，根据∠BCD=∠ACB+∠ACM+∠MCD=7∠MCD=140°，求出结果即可．
本题主要考查了平行四边形的判断和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
21.【答案】解：任务一：(1)根据题意得：26−3x2>6x>0，
解得：0
解得：143≤x<203，
种植区域面积是25m2时，x(20−3x)=25，
解得：x1=5，x2=53，
∵53<143，
∴x2=53不符合题意舍去，
∴当x=5时，种植区域的面积为25m2，
故此设计图是否符合要求；
任务二：农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元；理由如下：
设当净利润达到9000元时，需要的种植面积为ym2，根据题意得：
400y−2300−1000−500=9000，
解得：y=32，
根据题意得：图①围成的矩形菜园面积最大，此时20−2x≤620−2x>0，
解得：7≤x<10，
当种植面积为32m2时，x(20−2x)=32，
解得：x1=2，x2=8，
∵2<7<8<10，
∴当x=8时，净利润正好达到9000元，
故农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元．
【解析】任务一：(1)由“AD的长不超过墙长”，可得出x的取值范围；
(2)先求出此时x的取值范围，根据种植的面积是25m2，列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，即可得出符合要求；
任务二：先求出净利润能否达到9000元时，蔬菜的种植面积，然后根据蔬菜的种植面积求出x的值，即可得出答案．
本题主要考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是理解题意根据等量关系列出方程．
22.【答案】同底等高的两个三角形的面积相等
【解析】解：规律：∵直线m//n，
∴点A和点P到直线n的距离相等．
又∵在△ABC和△PBC中，BC=BC，
∴S△ABC=S△PBC(同底等高的两个三角形的面积相等)．
故答案为：同底等高的两个三角形的面积相等．
(1)如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，
∵△ABC与△ECD都是等边三角形，
∴∠BAC=∠CED=60°
∴AB//CE，
∴S△ABE=S△ABC
∵AF⊥BC，AB=AC，∠BAC=60°
∴∠BAF=30°
∵CD=2，BC=2CD，
∴AB=BC=4
∴BF=2
∴AF= AB2−BF2=2 3
∴S△ABE=S△ABC=12×BC×AF=12×4×2 3=4 3；
(2)如图所示，连接OA，OB，OC，OD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AD//BC
∵EF//AD，GH//AB，
∴AD//EF//BC，AB//GH//DC，
∴S△GOP=S△OPD，S△OPN+S△DOP=S△OND=S△ONC，
∴S△GOP+S△ONP=S△ONC，
又S△ONC+S△OMN=S△OMC，
∵EF//BC，
∴S△OMC=S△OMB，
∴S△OMC+S△MOG=S△OGB，
∵AB//GH，
∴S△OGB=S△OGA=12S四边形AEOG=52，
∴S△OPG+S△OPN+S△MON+S△MOG=S△OMA，
∴S四边形GMNP=52
规律：利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”即可解答；
(1)利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”求S△ABC即可解答；
(2)利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”，将四边形AEOG的面积拆成4个小三角形，将四个小三角形转化为矩形AEOG的一半，即可求解．
本题主要考查了三角形的面积、勾股定理，等边三角形的性质，平行线之间的距离等知识点，解题的关键是灵活运用相关知识．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠EDC=90°，
又∵CE⊥DF，
∴∠DEC+∠ADF=∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠ADF=∠DCE，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴CE=DF；
(2)解：如图2所示，延长DF交BC的延长线于点G，
∵E为AD的中点，
由(1)可得△ADF≌△DCE(ASA)，则DE=AF，
即AF=FB，
又∵∠A=∠FBG=90°，∠AFD=∠BFG，
∴△AFD≌△BFG(ASA)，
∴AD=BG，则BG=BC，
∵DF⊥CE，
∴∠GHC=90°，
∵BG=BC，
∴BH=12GC=BC=CD=12，
在Rt△ECD中，DE=12AD=12CD=6，
∴EC= ED2+CD2= 62+122=6 5，则FD=EC=6 5，
∵S△DCE=12DE×DC=12CE×DH，
∴DH=ED×DCEC=6×126 5=12 55，
∴FH=FD−DH=6 5−12 55=18 55，
∴BHFH=1218 55=23 5；
(3)解：如图3所示，过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，
∵N为CM中点，
∴MN=CN= 5，
∵△GND为等腰直角三角形，DN=3，
∴DG= 2DN=3 2，NL=12DG=3 22，
在Rt△MLN中，ML= MN2−LN2= 5−92= 22，
∴MD=ML+LD= 22+3 22=2 2，GM=DG−MD= 2，
延长DN至S使得NS=DN，连接SM，SC，
又∵MN=NC，
∴四边形MSCD是平行四边形，
∴MD=SC，MD//SC，
∵△GND为等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∵MD//SC，
∴∠TSC=∠MDN=45°，
又∵HC⊥DF，
∴△HDT是等腰直角三角形，
∴∠STC=∠HTD=45°，
∴△STC是等腰直角三角形，
∴TC=SC=MD=2 2，
∴ST= 2SC=4，
又∵SN=DN=3，
∴DT=DS−ST=6−4=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=DC，
又∵∠GDN=45°，
∴∠ADM+∠TDC=45°，
又∵∠STC=45°，
∴∠TDC+∠TCD=45°，
∴∠ADM=∠DCT，
在△ADM，△DCT中，
AD=DC∠ADM=∠DCTMD=TC，
∴△ADM≌△DCT(SAS)，
∴AM=DT=2．
【解析】(1)证明△ADF≌△DCE(ASA)，即可得证；
(2)延长DF交BC的延长线于点G，证明△AFD≌△BFG得出AD=BG，则BG=BC，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得BH=12GC=BC=CD=12，在Rt△ECD中勾股定理求得EC，根据等面积法求得DH，进而求得FH，即可求解；
(3)过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，在Rt△MLN中，勾股定理求得ML，进而求得MD，延长DN至S使得NS=DN，连接SM，SC，得出四边形MSCD是平行四边形，证明△STC是等腰直角三角形，则TC=SC=MD=2 2，进而求得DT=2，证明△ADM≌△DCT(SAS)，根据全等三角形的性质即可得出AM=DT=2，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．探索菜园土地规划和销售利润问题
素材1
某农民承包了一块足够大的空地，其中有一堵长为6(m)的墙，现准备用20(m)的篱笆围成一个菜园.他设计了三种方案：如图①②③都是菜园的平面图.其中图①为矩形菜园ABCD，AD长不超过墙长；图②是两间矩形菜园，AD长也不超过墙长；图③是两间矩形菜园，AD的长超过墙长.设所有矩形菜园垂直于墙面的那条边长为x(m)．
素材2
某农民发现三种方案中用图①围成的矩形菜园面积最大，同时发现大棚蔬菜很有销售前景，市场需求量也很大，故农户采用了图①方式进行一年一季的大棚蔬菜种植.已知每平方米蔬菜的平均销售毛利润为400元，蔬菜大棚建造和维护大概需要2300元，期初需投入资金1000元，蔬菜成本费大概500元左右．
问题解决
任务1
解决菜园中垂直于墙面的那条边的长度对种植面积的影响
(1)请直接写出图③中x的取值范围；
(2)一开始，农民想利用图②方案种植大棚蔬菜.种植区域面积是25(m2)，则此设计图是否符合要求？
任务2
解决菜园种植的预期净利润问题
一年后，某农民大棚蔬菜种植预期净利润能否达到9000元？请说明理由．
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