还剩21页未读，
继续阅读
2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24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.要使 x−2有意义，则x的值可以是( )
A. 0B. −1C. −2D. 2
2.在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为( )
A. 3B. 4C. 5D. 7
3.下列一次函数的图象中，与直线y=2x+1平行的是( )
A. y=2x−1B. y=−x+1C. y=xD. y=3x−1
4.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 25B. 7C. 1 3D. 12
5.“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植，某种植户为了考查所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取5株水稻苗，测得苗高(单位：cm)分别是：22，23，24，25，26.则这组数据的平均数和方差分别是( )
A. 24，3B. 24，0C. 24，2D. 24，1
6.如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到AC和BC的中点D、E，测量得DE=16米，则A、B两点间的距离为( )
A. 30米
B. 32米
C. 36米
D. 48米
7.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，若BD=2，则AC的长是( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
8.下列关于一次函数y=−2x+4的图象性质说法中，不正确的是( )
A. 直线与x轴交点的坐标是(0,2)B. 直线经过第一、二、四象限
C. y随x的增大而减小D. 与两坐标轴围成的三角形面积为4
9.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为(0,4)，(−1,2)，(6,0)，则点D的坐标为( )
A. (7,3)
B. (6,2)
C. (7,2)
D. (6,3)
10.出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG的值为( )
A. 245B. 6013C. 132D. 125
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.甲、乙、丙三人进行射击测试，他们成绩的平均数相同，方差分别是s甲2=2.5，s乙2=1.0，s丙2=4.5，则这3位同学发挥最稳定的是______．
12.已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为______．
13.若y= 2x−1+ 1−2x+1，则y= ______．
14.如图，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过O的直线分别交AB、CD于点E、F，若AB=12，AD=8，EO=3，则四边形ADFE的周长是______．
15.已知一次函数y=kx+b，当−2≤x≤3时，−1≤y≤9，则k= ______．
16.如图，正方形ABCD的边长为2，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出5种情况：①若G为BD上任意一点，则AG=EF；②若BG=AB，则∠DAG=30°；③若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；④若DG：BG=1：4，则S△ADG=12；⑤若过点G作正方形GCNM交AB边于M，则BN+BG= 2AB.则其中正确的是______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1) 18− 32+ 2；
(2) 12× 32÷ 2．
18.(本小题6分)
某校开展“满园书香，奉献互助”的志愿活动，倡议学生利用双休日在海珠少儿图书馆参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，根据如图提供的信息，解答下列问题：
(1)抽查的学生劳动时间的众数为______，中位数为______．
(2)已知全校学生人数为1600人，请你估算该校学生参加义务劳动2小时的有多少人？
19.(本小题6分)
函数y1=−x+m的图象为直线l1，函数y2=nx−3图象为直线l2，两直线相交于点C(2,−1)．
(1)求m、n的值；
(2)在给出的直角坐标系中，画出直线l1和直线l2的图象；
(3)求直线l1、l2与y轴围成的三角形面积．
20.(本小题6分)
学校操场边有一根垂直于地面l的旗杆AB，一根无弹力、不能伸缩的绳子m紧系于旗杆顶端A处(打结处忽略不计)，小杰同学通过操作、测量发现：如图1，当绳子m紧靠在旗杆上拉紧到底端B后，还多出2米，即BC=2米；如图2，当离开旗杆底端B处6米后，绳子恰好拉直且绳子末端D处恰好接触地面，即BD=6米，求旗杆AB的高度．
21.(本小题6分)
如图，△ABC中，D是BC边上任意一点，F是AB中点，过点A作AE//BC交DF的延长线于点E，连接AD，BE．
(1)求证：四边形ADBE是平行四边形；
(2)若BC=6，∠ABC=45°，AB=2 2，求AC的长．
22.(本小题8分)
长方形纸片OABC中，AB=10cm，BC=8cm，把这张长方形纸片OABC如图放置在平面直角坐标系中，在边OA上取一点E，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在OC边上的点F处．
(1)点E的坐标是______，点F的坐标是______；
(2)在AB上找一点P，使EP+PF最小，求点P坐标．
23.(本小题10分)
红星学院计划举办数学活动周，王老师负责购买一批奖品，据了解，甲商店所有商品按每件5元出售，在乙商店，购物金额与购买商品数量的关系如图所示，设在甲商店的购物金额为y甲，在乙商店的购物金额为y乙，购买的奖品数量为x件．
(1)根据图象，求出在乙商场购物时y乙与x的函数关系式；
(2)直接写出在甲商场购物时y甲与x的函数关系式，并画出图象.若在同一家商店购买奖品数量为m件时，在乙商店比在甲商店更划算，求此时m的取值范围．
24.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系中，A(1,4.5)，B(2,5)，一次函数解析式为y=mx+4m+2，其图象直线记为l1．
(1)求直线AB的解析式；
(2)我们定义：平面直角坐标系中，点P(a,b)，Q(c,d)，若c=ta，d=−tb，且t≠0，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点(−6,9)是点(2,3)的“−3级变换点”．
①现将直线AB上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式；
②记①中的直线AB为l2，当x≥0时，l1与l2有交点，求m的取值范围；
③已知点M(p,q)(pq≠0)，对M先进行“t1级变换”得到点E，再对点E进行“t2级变化”得到点N，其中t1+t2=0，求证：直线MN必经过原点O．
25.(本小题12分)
如图，等边△ABD中，AB=8．
(1)尺规作图：在图1中作点A关于BD的对称点C，连接BC，DC，并证明四边形ABCD是菱形；
(2)在(1)的条件下，点O是四边形ABCD对角线交点，动点E，F，G分别在线段CD，AC，BC上，且满足EF//AD，EG⊥EF，H是FG中点；
①当OH//AB时，求证OH=12DE；
②当OH⊥BC时，求OH长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得：x−2≥0，
解得：x≥2，
则x的值可以是2，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x的范围，判断即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记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：这个直角三角形的斜边长= 32+42= 25=5，
故选：C．
直接利用勾股定理解答即可．
此题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：直线y=2x+1与直线y=2x−1平行，
故选：A．
根据k相同，且b不相等判断即可．
本题考查了两条直线相交或平行问题，属于基础题，关键掌握当k相同，且b不相等，图象平行．
4.【答案】B
【解析】解：A、 25=5，不合题意；
B、 7为最简二次根式，符合题意；
C、1 3= 33，不合题意；
D、 12=2 3，不合题意，
故选：B．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，平均数是22+23+24+25+265=24，
方差为(22−24)2+(23−24)2+(24−24)2+(25−24)2+(26−24)25=2，
故选：C．
根据平均数，方差的计算公式求解作答即可．
本题考查了平均数，方差．熟练掌握平均数，方差的计算公式是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵D、E分别是AC、BC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=16米，
∴AB=32米，
∴A、B两点间的距离为32米．
故选：B．
由三角形中位线定理得到DE=12AB，而DE=16米，即可求出AB=32米．
本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到DE=12AB．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ABC=90°，点D为斜边AC的中点，
∴AC=2BD，
∵BD=2，
∴AC=4，
故选：C．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AC=2BD，进而可得答案．
此题主要考查了直角三角形的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
8.【答案】A
【解析】解：A、直线与x轴交点的坐标是(2,0)，符合题意；
B、一次函数的图象中−2<0，4>0，故直线经过第一、二、四象限，不符合题意；
C.、一次函数的图象中−2<0，有y 随 x 的增大而减小，不符合题意；
D、由一次函数 y=−2x+4可知与坐标轴的交点坐标分别为(0,4)和(2,0)，∴与坐标轴围成的三角形面积为4，不符合题意；
故选：A．
根据题意由题目中的函数解析式，利用一次函数图象的性质可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，熟知一次函数图象上点的坐标一定适合此函数的解析式是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点B作BM⊥y轴于M，过点D作DN⊥y轴于N，则∠AMB=∠DNC=90°，BM//CO，
∴∠MBC=∠BCO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=DC，
∴∠ABM+∠MBC=90°，∠BCO+∠DCN=90°，
∴∠ABM=∠DCN，
∴△ABM≌△DCN(AAS)，
∴AM=DN，BM=CN，
∵点A，B，C的坐标分别为(0,4)，(−1,2)，(6,0)，
∴OA=4，OM=2，BM=1，OC=6，
∴AM=OA−OM=4−2=2，CN=1，
∴DN=2，ON=OC+CN=6+1=7，
∴点D的坐标为(7,2)，
故选：C．
过点B作BM⊥y轴于M，过点D作DN⊥y轴于N，可证△ABM≌△DCN(AAS)，得到AM=DN，BM=CN，进而由点A，B，C的坐标得到DN=2，ON=OC+CN=7，即可求解．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，正确作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BC=AD=8，AO=CO=BO=DO，
∵AB=6，AD=BC=8，
∴AC= AB2+BC2=10，
∴OB=OC=5
∴S△BOC=S△BOE+S△COE=12×OB⋅EG+12OC⋅EF=12S△ABC=12×12×6×8=12，
∴12×5×EG+12×5×EF=52(EG+EF)=12．
∴EG+EF=245．
故选：A．
连接OE，根据矩形的性质得到BC=AD=8，AO=CO=BO=DO，根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=10，求得OB=OC=5，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
11.【答案】乙
【解析】解：∵1.0<2.5<4.5，
∴这3位同学发挥最稳定的是乙．
故答案为：乙．
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．比较甲，乙，丙三人的方差大小，根据方差的意义解答即可．
本题考查的是方差的意义，熟练掌握方差的意义是解题的关键．
12.【答案】30
【解析】解：∵△ABC的三边长分别为5，12，13，
∴52+122=(13)2，
∴△ABC是直角三角形，两直角边是5，12，
∴△ABC的面积为：12×5×12=30，
故答案为：30．
根据三边长度可利用勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形．再求面积．
本题主要考查了勾股定理的逆定理和直角三角形的面积公式，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
13.【答案】1
【解析】解：∵y= 2x−1+ 1−2x+1．
∴2x−1≥01−2x≥0，
解得x=12，
故y=1，
故答案为：1．
直接利用二次根式有意义，则根号下部分不小于零，进而解不等式组得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解不等式组，正确得出x的值是解题关键．
14.【答案】26
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，AB//CD，CD=AB=12，
∴∠EAO=∠FCO，
∵∠AOE=∠COF，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=∠COFAO=CO∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴EO=FO=3，AE=CF，
∴EF=2EO=6，
∴四边形ADFE的周长=AD+DF+EF+AE=AD+EF+DF+CF=AD+EF+CD=8+6+12=26，
故答案为：26．
由平行四边形的性质可得AO=CO，AB//CD，CD=AB，进而得∠EAO=∠FCO，可得△AOE≌△COF(ASA)，得到EO=FO=3，AE=CF，得到EF=2EO=6，即可得到四边形ADFE的周长关系式，代入数据即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，四边形的周长，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
15.【答案】2或−2
【解析】解：当x=−2，y=−1；x=3，y=9时，
−1=−2k+b9=3k+b，
解得k=2b=3；
当x=−2，y=9；x=3，y=−1时，
9=−2k+b−1=3k+b，
解得k=−2b=5；
∴k=2或−2，
故答案为：2或−2．
分两种情况，分别把x=−2，y=−1；x=3，y=9和x=−2，y=9；x=3，y=−1代入到函数解析式解答即可求解．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，掌握一次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】①③⑤．
【解析】解：连接AC，AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AD=DC，∠ADG=∠CDG=45°，
∵GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠GFC=90°，
∴四边形GFCE是矩形，
∴EF=GC，
在△ADG与△CDG中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴AG=GC，
∴AG=EF，故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，∠BAD=90°，
∵AB=BG，
∴∠BAG=180°−45°2=67.5°，
∴∠DAG=∠BAD−∠BAG=90°−67.5°=22.5°，故②错误；
当G是BD的中点时，G是AC，BD的交点，即G与O重合，
∴CE=12CD，CF=12BC，
∴CE=CF，
∴矩形GFCE是正方形，故③正确；
∵正方形ABCD的边长为2，
∴正方形ABCD的面积=4，
∵DG：BG=1：4，
∴S△ADG=15S△ABD=15×12⋅S正方形ABCD=15×12×4=25，故④错误；
若四边形GCNM为正方形，
则CN=CG，∠GCN=∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠BCG=∠DCG+∠BCG，
∴∠BCN=∠DCG，
又∵CB=CD，
∴△BCN≌△DCG(SAS)，
∴BN=DG，
∴BD=DG+BG=BN+BG，BD= 2AB
∴BN+BG= 2AB，故⑤正确；
综上，正确的是①③⑤，
故答案为：①③⑤．
根据正方形的性质得出EF=GC，进而利用全等三角形的判定和性质判断①；
根据等腰三角形的内角和定理判断②；
根据正方形的判定判断③；
根据正方形的面积公式和三角形的面积公式解答判断④；
证得△BCN≌△DCG(SAS)，即可判断⑤．
此题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
17.【答案】解：(1) 18− 32+ 2
=3 2−4 2+ 2
=(3−4+1) 2
=0．
(2) 12× 32÷ 2
= 12×32÷ 2
=3÷ 2
=3 2
=3× 2 2× 2
=3 22．
【解析】(1)先化为最简二次根式，在合并同类二次根式即可．
(2)先把两个二次根式相乘，得到的结果再除以 2，进行分母有理化得到结果即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练运用运算法则是解题关键．
18.【答案】1.5小时 1.5小时
【解析】解：(1)由条形统计图可得，劳动时间为1.5小时人数最多，
∴众数为1.5小时，
抽查调查的学生人数为12+30+40+18=100人，
∴数据按由小到大排列后，中位数为第50和51位数的平均数，
∴中位数为1.5小时，
故答案为：1.5小时，1.5小时；
(2)1600×18100=288，
答：估计该校学生参加义务劳动2小时的有288人．
(1)根据众数和中位数的定义即可求解；
(2)用1600乘以劳动2小时的人数占比即可求解．
本题考查了条形统计图，众数和中位数，样本估计总体，看懂统计图是解题的关键．
19.【答案】解：(1)将C(2,−1)代入y1=−x+m得，−2+m=−1，
解得，m=1，
将C(2,−1)代入y2=nx−3得，2n−3=−1，
解得，n=1，
∴m=1，n=1；
(2)由(1)可知y1=−x+1，y2=x−3，
∴y1=−x+1的图象与坐标轴的两个交点为(0,1)、(1,0)；y2=x−3的图象与坐标轴的两个交点为(0,−3)、(3,0)；作函数图象如下；
(3)解：由题意知，12×4×2=4，
∴直线l1、l2与y轴围成的三角形面积为4．
【解析】(1)将C(2,−1)分别代入y1=−x+m，y2=nx−3，计算求解可得m、n的值；
(2)由(1)可知y1=−x+1，y2=x−3，则y1=−x+1的图象与坐标轴的两个交点为(0,1)、(1,0)；y2=x−3的图象与坐标轴的两个交点为(0,−3)、(3,0)；然后作函数图象即可；
(3)根据直线l1、l2与y轴围成的三角形面积为12×4×2，计算求解即可．
本题考查了一次函数解析式，一次函数图象，坐标与图形；熟练掌握一次函数解析式，一次函数图象，坐标与图形是解题的关键．
20.【答案】解：设旗杆AB=x米，则AD=(x+2)米，
根据勾股定理可得，AD2=AB2+BD2，
∴(x+2)2=x2+62，
解得x=8，
答：旗杆AB的高度为8米．
【解析】设旗杆AB=x米，则AD=(x+2)米，根据勾股定理列方程即可求出旗杆的高度．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AE//BC，
∴∠AEF=∠BDF，∠EAF=∠DBF，
又∵AF=BF，
∴△AEF≌△BDF(AAS)，
∴AE=BD，
又∵AE//BD，
∴四边形ADBE是平行四边形；
(2)解：如图，作AG⊥BC于G，
∴∠BAG=45°=∠ABG，
∴AG=BG，
由勾股定理得，AB= AG2+BG2= 2AG=2 2，
解得，BG=AG=2，
∴CG=BC−BG=6−2=4，
由勾股定理得，AC= AG2+CG2=2 5，
∴AC的长为2 5．
【解析】(1)证明△AEF≌△BDF(AAS)，则AE=BD，进而结论得证；
(2)如图，作AG⊥BC于G，则∠BAG=45°=∠ABG，AG=BG，由勾股定理得，AB= AG2+BG2= 2AG=2 2，可求BG=AG=2，则CG=4，由勾股定理得，AC= AG2+CG2，计算求解即可．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等角对等边，勾股定理等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等角对等边，勾股定理是解题的关键．
22.【答案】(0,3) (−4,0)
【解析】解：(1)由折叠可得，BF=AB=10cm，FE=AE，
∵四边形OABC是长方形纸，
∴∠C=∠EOF=90°，OC=AB=10cm，OA=BC=8cm，
∴CF= BF2−BC2= 102−82=6cm，
∴OF=10−6=4cm，
∴点F的坐标是(−4,0)，
设FE=AE=x cm，则OE=(8−x)cm，
在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得x=5，
∴OE=8−5=3cm，
∴点E的坐标是(0,3)，
故答案为：(0,3)，(−4,0)；
(2)作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，
∴EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，
∵点F和点F′关于AB对称，
∴点F′(−4,16)，
设直线EF′的解析式为y=kx+b，把E(0,3)、F′(−4,16)代入得，
3=b16=−4k+b，
解得k=−134b=3，
∴直线EF′的解析式为y=−134x+3，
把y=8代入得，8=−134x+3，
解得x=−2013，
∴点P坐标为(−2013,8)．
(1)由折叠可得BF=AB=10cm，FE=AE，利用勾股可得CF= BF2−BC2=6cm，即得OF=4cm，得到点F的坐标是(−4,0)，设FE=AE=xcm，则OE=(8−x)cm，在Rt△EOF中由勾股定理得42+(8−x)2=x2，解方程可得x=5，即得点E的坐标；
(2)作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，即得EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，由对称可得点F′(−4,16)，利用待定系数法可得直线EF′的解析式为y=−134x+3，把y=8代入函数解析式即可求解．
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，轴对称−最短线段问题，待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象上点的坐标，利用轴对称找到点P的位置是解题的关键．
23.【答案】解：(1)当0≤x≤50时，设y乙=kx，把(50,300)代入得，300=50k，
∴k=6，
∴y乙=6x；
当x>50时，设y乙=ax+b，把(50,300)和(60,340)代入得，
300=50a+b340=60a+b，
解得a=4b=100，
∴y乙=4x+100；
综上，y乙=6x(0≤x≤50)4x+100(x>50)；
(2)由题意可得，y甲=5x，当x=50时，y甲=250，画函数图象如下：
由5m=4m+100得，m=100，
由函数图象可得，当m>100时，乙商店购物比在甲商店购物更划算．
【解析】(1)分0≤x≤50和x>50两种情况，利用待定系数法解答即可求解；
(2)根据题意可得y甲与x的函数关系式，根据函数解析式可画出y甲的函数图象，根据图象求出在两个商场购物金额相等时奖品数量m的值，进而结合图象可得m的取值范围．
本题考查了一次函数的应用，根据题意，正确求出一次函数解析式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(1,4.5)，B(2,5)代入可得，
k+b=4.52k+b=5，
k=12b=4，
∴直线AB的解析式为y=12x+4，
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，
设变换后的直线解析式为y=k1x+b1，把(2,−9)，(4,−10)代入得2k1+b1=−94k1+b1=−10，
解得k1=−12b1=−8，
∴变换后的直线解析式为y=−12x−8，
②联立l1和l2为y=mx+4m+2y=−12x−8，
可得，(m+12)x+4m+10=0，
则x=8m+202m+1，
∵x≥0
∴8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1<0，
解得m>−12或m≤−52，
③由题意得，点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，
∵t1+t2=0，
∴t1=−t2，
∴点N的坐标为(−t22p,−t22q)，
设直线MN的解析式为y=k2x+b2，
则k2p+b2=q−k2t22p+b2=−t22q，
解得k2=qpb2=0，
∴直线MN的解析式为y=qpx，
∴直线MN必经过原点O．
【解析】(1)利用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可；
②联立l1和l2得到方程组，求出x=8m+202m+1，根据x≥0得到8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1<0，解得m>−12或m≤−52即可；
③由题意得点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，由t1+t2=0得到点N的坐标为(−t22p,−t22q)，又由点M(p,q)(pq≠0)，利用待定系数法求出直线MN的解析式为y=qpx，即可证明结论成立．
此题考查了一次函数的图象和性质，用到待定系数法、利用方程组求两直线的交点等知识，读懂题意，理解“t级变换点”是解题的关键．
25.【答案】(1)解：作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；
∵△ABD是等边三角形，
∴AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，
又∵OC=OA，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=30°，∠CDB=60°，∠ADC=120°，BD⊥AC，AB//CD，
∵EF//AD，
∴∠EFC=∠DAC=∠DCA，∠FEC=∠ADC=120°，∠DEF=60°，
∴EF=CE，
如图2，作EP⊥CF于点P，则EP//BD，
∵EF=CE，
∴P是CF的中点，
如图2，连接PH，
∵H是FG中点，
∴PH//CG，
∴∠OPH=∠ACB=30°，
∵OH//AB，AB//CD，
∴∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH//CD，
∴OH=PH，
如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，
∴四边形ODQH是平行四边形，∠CQH=∠CDB=60°，
∴DQ=OH，
∵∠EPH=∠EPF+∠OPH=120°，∠FEP=12∠CEF=60°，
∴∠EPH+∠FEP=180°，
∴PH//ME，
∴四边形MEPH是平行四边形，
∴PH=ME，
∵∠QEM=60°=∠MQE，
∴△MEQ是等边三角形，
∴QE=ME=PH，
∴DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，
∴OH=12DE；
②解：∵菱形ABCD，AB=8，
∴OB=12BD=12AB=4，
∵∠DBC=60°，OH⊥BC，
∴∠BOP=30°，
∴BP=2，CP=6，
∵∠BCD=60°，∠EGC=∠FEG=90°，
∴∠CEG=30°，
∴CE=2CG，
如图3，作EN⊥CF于N，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，
∴QE=PG，PQ=EG，
由①可知，EF=CE，HN//CG，HN=12CG，
∴∠OHN=∠QPC=90°，∠ONH=∠BCA=30°，
设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，
∵∠FQH=90°=∠GPH，∠FHQ=∠GHP，FH=GH，
∴△FHQ≌△GHP(AAS)，
∴QH=PH=12PQ= 32a，
由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，
由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，
解得，OQ= 3(2a−b)3，
同理，OH= 36a，
∵QH=OQ+OH，
∴ 3(2a−b)3+ 36a= 32a，
解得，a=b，
∴a=b=3，
∴OH= 32，
∴OH的长为 32．
【解析】(1)作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；由等边△ABD，可得AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，进而可证四边形ABCD是菱形；
(2)①由题意证，EF=CE，如图2，作EP⊥CF，则EP//BD，由EF=CE，可得P是CF的中点，如图2，连接PH，则PH//CG，由OH//AB，AB//CD，可得∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH//CD，则OH=PH，如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，证明四边形ODQH是平行四边形，证明四边形MEPH是平行四边形，证明△MEQ是等边三角形，则QE=ME=PH，由DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，可得OH=12DE；
②由题意求BP=2，CP=6，CE=2CG，如图3，作EN⊥CF于H，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，QE=PG，PQ=EG，设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，证明△FHQ≌△GHP(AAS)，则QH=PH=12PQ= 32a，由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，则OQ= 3(2a−b)3，同理，OH= 36a，由QH=OQ+OH，可得 3(2a−b)3+ 36a= 32a，可求a=b，则a=b=3，进而可求OH的长．
本题考查了作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理是解题的关键．
1.要使 x−2有意义，则x的值可以是( )
A. 0B. −1C. −2D. 2
2.在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为( )
A. 3B. 4C. 5D. 7
3.下列一次函数的图象中，与直线y=2x+1平行的是( )
A. y=2x−1B. y=−x+1C. y=xD. y=3x−1
4.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 25B. 7C. 1 3D. 12
5.“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植，某种植户为了考查所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取5株水稻苗，测得苗高(单位：cm)分别是：22，23，24，25，26.则这组数据的平均数和方差分别是( )
A. 24，3B. 24，0C. 24，2D. 24，1
6.如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到AC和BC的中点D、E，测量得DE=16米，则A、B两点间的距离为( )
A. 30米
B. 32米
C. 36米
D. 48米
7.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，若BD=2，则AC的长是( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
8.下列关于一次函数y=−2x+4的图象性质说法中，不正确的是( )
A. 直线与x轴交点的坐标是(0,2)B. 直线经过第一、二、四象限
C. y随x的增大而减小D. 与两坐标轴围成的三角形面积为4
9.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为(0,4)，(−1,2)，(6,0)，则点D的坐标为( )
A. (7,3)
B. (6,2)
C. (7,2)
D. (6,3)
10.出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG的值为( )
A. 245B. 6013C. 132D. 125
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.甲、乙、丙三人进行射击测试，他们成绩的平均数相同，方差分别是s甲2=2.5，s乙2=1.0，s丙2=4.5，则这3位同学发挥最稳定的是______．
12.已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为______．
13.若y= 2x−1+ 1−2x+1，则y= ______．
14.如图，O是平行四边形ABCD对角线的交点，过O的直线分别交AB、CD于点E、F，若AB=12，AD=8，EO=3，则四边形ADFE的周长是______．
15.已知一次函数y=kx+b，当−2≤x≤3时，−1≤y≤9，则k= ______．
16.如图，正方形ABCD的边长为2，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出5种情况：①若G为BD上任意一点，则AG=EF；②若BG=AB，则∠DAG=30°；③若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；④若DG：BG=1：4，则S△ADG=12；⑤若过点G作正方形GCNM交AB边于M，则BN+BG= 2AB.则其中正确的是______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1) 18− 32+ 2；
(2) 12× 32÷ 2．
18.(本小题6分)
某校开展“满园书香，奉献互助”的志愿活动，倡议学生利用双休日在海珠少儿图书馆参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，根据如图提供的信息，解答下列问题：
(1)抽查的学生劳动时间的众数为______，中位数为______．
(2)已知全校学生人数为1600人，请你估算该校学生参加义务劳动2小时的有多少人？
19.(本小题6分)
函数y1=−x+m的图象为直线l1，函数y2=nx−3图象为直线l2，两直线相交于点C(2,−1)．
(1)求m、n的值；
(2)在给出的直角坐标系中，画出直线l1和直线l2的图象；
(3)求直线l1、l2与y轴围成的三角形面积．
20.(本小题6分)
学校操场边有一根垂直于地面l的旗杆AB，一根无弹力、不能伸缩的绳子m紧系于旗杆顶端A处(打结处忽略不计)，小杰同学通过操作、测量发现：如图1，当绳子m紧靠在旗杆上拉紧到底端B后，还多出2米，即BC=2米；如图2，当离开旗杆底端B处6米后，绳子恰好拉直且绳子末端D处恰好接触地面，即BD=6米，求旗杆AB的高度．
21.(本小题6分)
如图，△ABC中，D是BC边上任意一点，F是AB中点，过点A作AE//BC交DF的延长线于点E，连接AD，BE．
(1)求证：四边形ADBE是平行四边形；
(2)若BC=6，∠ABC=45°，AB=2 2，求AC的长．
22.(本小题8分)
长方形纸片OABC中，AB=10cm，BC=8cm，把这张长方形纸片OABC如图放置在平面直角坐标系中，在边OA上取一点E，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在OC边上的点F处．
(1)点E的坐标是______，点F的坐标是______；
(2)在AB上找一点P，使EP+PF最小，求点P坐标．
23.(本小题10分)
红星学院计划举办数学活动周，王老师负责购买一批奖品，据了解，甲商店所有商品按每件5元出售，在乙商店，购物金额与购买商品数量的关系如图所示，设在甲商店的购物金额为y甲，在乙商店的购物金额为y乙，购买的奖品数量为x件．
(1)根据图象，求出在乙商场购物时y乙与x的函数关系式；
(2)直接写出在甲商场购物时y甲与x的函数关系式，并画出图象.若在同一家商店购买奖品数量为m件时，在乙商店比在甲商店更划算，求此时m的取值范围．
24.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系中，A(1,4.5)，B(2,5)，一次函数解析式为y=mx+4m+2，其图象直线记为l1．
(1)求直线AB的解析式；
(2)我们定义：平面直角坐标系中，点P(a,b)，Q(c,d)，若c=ta，d=−tb，且t≠0，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点(−6,9)是点(2,3)的“−3级变换点”．
①现将直线AB上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式；
②记①中的直线AB为l2，当x≥0时，l1与l2有交点，求m的取值范围；
③已知点M(p,q)(pq≠0)，对M先进行“t1级变换”得到点E，再对点E进行“t2级变化”得到点N，其中t1+t2=0，求证：直线MN必经过原点O．
25.(本小题12分)
如图，等边△ABD中，AB=8．
(1)尺规作图：在图1中作点A关于BD的对称点C，连接BC，DC，并证明四边形ABCD是菱形；
(2)在(1)的条件下，点O是四边形ABCD对角线交点，动点E，F，G分别在线段CD，AC，BC上，且满足EF//AD，EG⊥EF，H是FG中点；
①当OH//AB时，求证OH=12DE；
②当OH⊥BC时，求OH长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得：x−2≥0，
解得：x≥2，
则x的值可以是2，
故选：D．
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x的范围，判断即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，熟记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：这个直角三角形的斜边长= 32+42= 25=5，
故选：C．
直接利用勾股定理解答即可．
此题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：直线y=2x+1与直线y=2x−1平行，
故选：A．
根据k相同，且b不相等判断即可．
本题考查了两条直线相交或平行问题，属于基础题，关键掌握当k相同，且b不相等，图象平行．
4.【答案】B
【解析】解：A、 25=5，不合题意；
B、 7为最简二次根式，符合题意；
C、1 3= 33，不合题意；
D、 12=2 3，不合题意，
故选：B．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，平均数是22+23+24+25+265=24，
方差为(22−24)2+(23−24)2+(24−24)2+(25−24)2+(26−24)25=2，
故选：C．
根据平均数，方差的计算公式求解作答即可．
本题考查了平均数，方差．熟练掌握平均数，方差的计算公式是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵D、E分别是AC、BC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∵DE=16米，
∴AB=32米，
∴A、B两点间的距离为32米．
故选：B．
由三角形中位线定理得到DE=12AB，而DE=16米，即可求出AB=32米．
本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到DE=12AB．
7.【答案】C
【解析】解：∵∠ABC=90°，点D为斜边AC的中点，
∴AC=2BD，
∵BD=2，
∴AC=4，
故选：C．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AC=2BD，进而可得答案．
此题主要考查了直角三角形的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
8.【答案】A
【解析】解：A、直线与x轴交点的坐标是(2,0)，符合题意；
B、一次函数的图象中−2<0，4>0，故直线经过第一、二、四象限，不符合题意；
C.、一次函数的图象中−2<0，有y 随 x 的增大而减小，不符合题意；
D、由一次函数 y=−2x+4可知与坐标轴的交点坐标分别为(0,4)和(2,0)，∴与坐标轴围成的三角形面积为4，不符合题意；
故选：A．
根据题意由题目中的函数解析式，利用一次函数图象的性质可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，熟知一次函数图象上点的坐标一定适合此函数的解析式是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：过点B作BM⊥y轴于M，过点D作DN⊥y轴于N，则∠AMB=∠DNC=90°，BM//CO，
∴∠MBC=∠BCO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=DC，
∴∠ABM+∠MBC=90°，∠BCO+∠DCN=90°，
∴∠ABM=∠DCN，
∴△ABM≌△DCN(AAS)，
∴AM=DN，BM=CN，
∵点A，B，C的坐标分别为(0,4)，(−1,2)，(6,0)，
∴OA=4，OM=2，BM=1，OC=6，
∴AM=OA−OM=4−2=2，CN=1，
∴DN=2，ON=OC+CN=6+1=7，
∴点D的坐标为(7,2)，
故选：C．
过点B作BM⊥y轴于M，过点D作DN⊥y轴于N，可证△ABM≌△DCN(AAS)，得到AM=DN，BM=CN，进而由点A，B，C的坐标得到DN=2，ON=OC+CN=7，即可求解．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，正确作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BC=AD=8，AO=CO=BO=DO，
∵AB=6，AD=BC=8，
∴AC= AB2+BC2=10，
∴OB=OC=5
∴S△BOC=S△BOE+S△COE=12×OB⋅EG+12OC⋅EF=12S△ABC=12×12×6×8=12，
∴12×5×EG+12×5×EF=52(EG+EF)=12．
∴EG+EF=245．
故选：A．
连接OE，根据矩形的性质得到BC=AD=8，AO=CO=BO=DO，根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=10，求得OB=OC=5，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键．
11.【答案】乙
【解析】解：∵1.0<2.5<4.5，
∴这3位同学发挥最稳定的是乙．
故答案为：乙．
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．比较甲，乙，丙三人的方差大小，根据方差的意义解答即可．
本题考查的是方差的意义，熟练掌握方差的意义是解题的关键．
12.【答案】30
【解析】解：∵△ABC的三边长分别为5，12，13，
∴52+122=(13)2，
∴△ABC是直角三角形，两直角边是5，12，
∴△ABC的面积为：12×5×12=30，
故答案为：30．
根据三边长度可利用勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形．再求面积．
本题主要考查了勾股定理的逆定理和直角三角形的面积公式，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
13.【答案】1
【解析】解：∵y= 2x−1+ 1−2x+1．
∴2x−1≥01−2x≥0，
解得x=12，
故y=1，
故答案为：1．
直接利用二次根式有意义，则根号下部分不小于零，进而解不等式组得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，解不等式组，正确得出x的值是解题关键．
14.【答案】26
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，AB//CD，CD=AB=12，
∴∠EAO=∠FCO，
∵∠AOE=∠COF，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=∠COFAO=CO∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴EO=FO=3，AE=CF，
∴EF=2EO=6，
∴四边形ADFE的周长=AD+DF+EF+AE=AD+EF+DF+CF=AD+EF+CD=8+6+12=26，
故答案为：26．
由平行四边形的性质可得AO=CO，AB//CD，CD=AB，进而得∠EAO=∠FCO，可得△AOE≌△COF(ASA)，得到EO=FO=3，AE=CF，得到EF=2EO=6，即可得到四边形ADFE的周长关系式，代入数据即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，四边形的周长，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
15.【答案】2或−2
【解析】解：当x=−2，y=−1；x=3，y=9时，
−1=−2k+b9=3k+b，
解得k=2b=3；
当x=−2，y=9；x=3，y=−1时，
9=−2k+b−1=3k+b，
解得k=−2b=5；
∴k=2或−2，
故答案为：2或−2．
分两种情况，分别把x=−2，y=−1；x=3，y=9和x=−2，y=9；x=3，y=−1代入到函数解析式解答即可求解．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，掌握一次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】①③⑤．
【解析】解：连接AC，AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AD=DC，∠ADG=∠CDG=45°，
∵GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠GFC=90°，
∴四边形GFCE是矩形，
∴EF=GC，
在△ADG与△CDG中，
AD=CD∠ADG=∠CDGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴AG=GC，
∴AG=EF，故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，∠BAD=90°，
∵AB=BG，
∴∠BAG=180°−45°2=67.5°，
∴∠DAG=∠BAD−∠BAG=90°−67.5°=22.5°，故②错误；
当G是BD的中点时，G是AC，BD的交点，即G与O重合，
∴CE=12CD，CF=12BC，
∴CE=CF，
∴矩形GFCE是正方形，故③正确；
∵正方形ABCD的边长为2，
∴正方形ABCD的面积=4，
∵DG：BG=1：4，
∴S△ADG=15S△ABD=15×12⋅S正方形ABCD=15×12×4=25，故④错误；
若四边形GCNM为正方形，
则CN=CG，∠GCN=∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠BCG=∠DCG+∠BCG，
∴∠BCN=∠DCG，
又∵CB=CD，
∴△BCN≌△DCG(SAS)，
∴BN=DG，
∴BD=DG+BG=BN+BG，BD= 2AB
∴BN+BG= 2AB，故⑤正确；
综上，正确的是①③⑤，
故答案为：①③⑤．
根据正方形的性质得出EF=GC，进而利用全等三角形的判定和性质判断①；
根据等腰三角形的内角和定理判断②；
根据正方形的判定判断③；
根据正方形的面积公式和三角形的面积公式解答判断④；
证得△BCN≌△DCG(SAS)，即可判断⑤．
此题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
17.【答案】解：(1) 18− 32+ 2
=3 2−4 2+ 2
=(3−4+1) 2
=0．
(2) 12× 32÷ 2
= 12×32÷ 2
=3÷ 2
=3 2
=3× 2 2× 2
=3 22．
【解析】(1)先化为最简二次根式，在合并同类二次根式即可．
(2)先把两个二次根式相乘，得到的结果再除以 2，进行分母有理化得到结果即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练运用运算法则是解题关键．
18.【答案】1.5小时 1.5小时
【解析】解：(1)由条形统计图可得，劳动时间为1.5小时人数最多，
∴众数为1.5小时，
抽查调查的学生人数为12+30+40+18=100人，
∴数据按由小到大排列后，中位数为第50和51位数的平均数，
∴中位数为1.5小时，
故答案为：1.5小时，1.5小时；
(2)1600×18100=288，
答：估计该校学生参加义务劳动2小时的有288人．
(1)根据众数和中位数的定义即可求解；
(2)用1600乘以劳动2小时的人数占比即可求解．
本题考查了条形统计图，众数和中位数，样本估计总体，看懂统计图是解题的关键．
19.【答案】解：(1)将C(2,−1)代入y1=−x+m得，−2+m=−1，
解得，m=1，
将C(2,−1)代入y2=nx−3得，2n−3=−1，
解得，n=1，
∴m=1，n=1；
(2)由(1)可知y1=−x+1，y2=x−3，
∴y1=−x+1的图象与坐标轴的两个交点为(0,1)、(1,0)；y2=x−3的图象与坐标轴的两个交点为(0,−3)、(3,0)；作函数图象如下；
(3)解：由题意知，12×4×2=4，
∴直线l1、l2与y轴围成的三角形面积为4．
【解析】(1)将C(2,−1)分别代入y1=−x+m，y2=nx−3，计算求解可得m、n的值；
(2)由(1)可知y1=−x+1，y2=x−3，则y1=−x+1的图象与坐标轴的两个交点为(0,1)、(1,0)；y2=x−3的图象与坐标轴的两个交点为(0,−3)、(3,0)；然后作函数图象即可；
(3)根据直线l1、l2与y轴围成的三角形面积为12×4×2，计算求解即可．
本题考查了一次函数解析式，一次函数图象，坐标与图形；熟练掌握一次函数解析式，一次函数图象，坐标与图形是解题的关键．
20.【答案】解：设旗杆AB=x米，则AD=(x+2)米，
根据勾股定理可得，AD2=AB2+BD2，
∴(x+2)2=x2+62，
解得x=8，
答：旗杆AB的高度为8米．
【解析】设旗杆AB=x米，则AD=(x+2)米，根据勾股定理列方程即可求出旗杆的高度．
本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AE//BC，
∴∠AEF=∠BDF，∠EAF=∠DBF，
又∵AF=BF，
∴△AEF≌△BDF(AAS)，
∴AE=BD，
又∵AE//BD，
∴四边形ADBE是平行四边形；
(2)解：如图，作AG⊥BC于G，
∴∠BAG=45°=∠ABG，
∴AG=BG，
由勾股定理得，AB= AG2+BG2= 2AG=2 2，
解得，BG=AG=2，
∴CG=BC−BG=6−2=4，
由勾股定理得，AC= AG2+CG2=2 5，
∴AC的长为2 5．
【解析】(1)证明△AEF≌△BDF(AAS)，则AE=BD，进而结论得证；
(2)如图，作AG⊥BC于G，则∠BAG=45°=∠ABG，AG=BG，由勾股定理得，AB= AG2+BG2= 2AG=2 2，可求BG=AG=2，则CG=4，由勾股定理得，AC= AG2+CG2，计算求解即可．
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等角对等边，勾股定理等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等角对等边，勾股定理是解题的关键．
22.【答案】(0,3) (−4,0)
【解析】解：(1)由折叠可得，BF=AB=10cm，FE=AE，
∵四边形OABC是长方形纸，
∴∠C=∠EOF=90°，OC=AB=10cm，OA=BC=8cm，
∴CF= BF2−BC2= 102−82=6cm，
∴OF=10−6=4cm，
∴点F的坐标是(−4,0)，
设FE=AE=x cm，则OE=(8−x)cm，
在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得x=5，
∴OE=8−5=3cm，
∴点E的坐标是(0,3)，
故答案为：(0,3)，(−4,0)；
(2)作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，
∴EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，
∵点F和点F′关于AB对称，
∴点F′(−4,16)，
设直线EF′的解析式为y=kx+b，把E(0,3)、F′(−4,16)代入得，
3=b16=−4k+b，
解得k=−134b=3，
∴直线EF′的解析式为y=−134x+3，
把y=8代入得，8=−134x+3，
解得x=−2013，
∴点P坐标为(−2013,8)．
(1)由折叠可得BF=AB=10cm，FE=AE，利用勾股可得CF= BF2−BC2=6cm，即得OF=4cm，得到点F的坐标是(−4,0)，设FE=AE=xcm，则OE=(8−x)cm，在Rt△EOF中由勾股定理得42+(8−x)2=x2，解方程可得x=5，即得点E的坐标；
(2)作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，即得EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，由对称可得点F′(−4,16)，利用待定系数法可得直线EF′的解析式为y=−134x+3，把y=8代入函数解析式即可求解．
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，轴对称−最短线段问题，待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象上点的坐标，利用轴对称找到点P的位置是解题的关键．
23.【答案】解：(1)当0≤x≤50时，设y乙=kx，把(50,300)代入得，300=50k，
∴k=6，
∴y乙=6x；
当x>50时，设y乙=ax+b，把(50,300)和(60,340)代入得，
300=50a+b340=60a+b，
解得a=4b=100，
∴y乙=4x+100；
综上，y乙=6x(0≤x≤50)4x+100(x>50)；
(2)由题意可得，y甲=5x，当x=50时，y甲=250，画函数图象如下：
由5m=4m+100得，m=100，
由函数图象可得，当m>100时，乙商店购物比在甲商店购物更划算．
【解析】(1)分0≤x≤50和x>50两种情况，利用待定系数法解答即可求解；
(2)根据题意可得y甲与x的函数关系式，根据函数解析式可画出y甲的函数图象，根据图象求出在两个商场购物金额相等时奖品数量m的值，进而结合图象可得m的取值范围．
本题考查了一次函数的应用，根据题意，正确求出一次函数解析式是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(1,4.5)，B(2,5)代入可得，
k+b=4.52k+b=5，
k=12b=4，
∴直线AB的解析式为y=12x+4，
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，
设变换后的直线解析式为y=k1x+b1，把(2,−9)，(4,−10)代入得2k1+b1=−94k1+b1=−10，
解得k1=−12b1=−8，
∴变换后的直线解析式为y=−12x−8，
②联立l1和l2为y=mx+4m+2y=−12x−8，
可得，(m+12)x+4m+10=0，
则x=8m+202m+1，
∵x≥0
∴8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1<0，
解得m>−12或m≤−52，
③由题意得，点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，
∵t1+t2=0，
∴t1=−t2，
∴点N的坐标为(−t22p,−t22q)，
设直线MN的解析式为y=k2x+b2，
则k2p+b2=q−k2t22p+b2=−t22q，
解得k2=qpb2=0，
∴直线MN的解析式为y=qpx，
∴直线MN必经过原点O．
【解析】(1)利用待定系数法求出函数解析式即可；
(2)①将点A(1,4.5)，B(2,5)分别进行“2级变换”得到点(2,−9)，(4,−10)，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可；
②联立l1和l2得到方程组，求出x=8m+202m+1，根据x≥0得到8m+20≥02m+1>0或8m+20≤02m+1<0，解得m>−12或m≤−52即可；
③由题意得点E的坐标是(t1p,−t1q)，则点N的坐标为(t1t2p,t1t2q)，由t1+t2=0得到点N的坐标为(−t22p,−t22q)，又由点M(p,q)(pq≠0)，利用待定系数法求出直线MN的解析式为y=qpx，即可证明结论成立．
此题考查了一次函数的图象和性质，用到待定系数法、利用方程组求两直线的交点等知识，读懂题意，理解“t级变换点”是解题的关键．
25.【答案】(1)解：作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；
∵△ABD是等边三角形，
∴AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，
又∵OC=OA，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=30°，∠CDB=60°，∠ADC=120°，BD⊥AC，AB//CD，
∵EF//AD，
∴∠EFC=∠DAC=∠DCA，∠FEC=∠ADC=120°，∠DEF=60°，
∴EF=CE，
如图2，作EP⊥CF于点P，则EP//BD，
∵EF=CE，
∴P是CF的中点，
如图2，连接PH，
∵H是FG中点，
∴PH//CG，
∴∠OPH=∠ACB=30°，
∵OH//AB，AB//CD，
∴∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH//CD，
∴OH=PH，
如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，
∴四边形ODQH是平行四边形，∠CQH=∠CDB=60°，
∴DQ=OH，
∵∠EPH=∠EPF+∠OPH=120°，∠FEP=12∠CEF=60°，
∴∠EPH+∠FEP=180°，
∴PH//ME，
∴四边形MEPH是平行四边形，
∴PH=ME，
∵∠QEM=60°=∠MQE，
∴△MEQ是等边三角形，
∴QE=ME=PH，
∴DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，
∴OH=12DE；
②解：∵菱形ABCD，AB=8，
∴OB=12BD=12AB=4，
∵∠DBC=60°，OH⊥BC，
∴∠BOP=30°，
∴BP=2，CP=6，
∵∠BCD=60°，∠EGC=∠FEG=90°，
∴∠CEG=30°，
∴CE=2CG，
如图3，作EN⊥CF于N，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，
∴QE=PG，PQ=EG，
由①可知，EF=CE，HN//CG，HN=12CG，
∴∠OHN=∠QPC=90°，∠ONH=∠BCA=30°，
设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，
∵∠FQH=90°=∠GPH，∠FHQ=∠GHP，FH=GH，
∴△FHQ≌△GHP(AAS)，
∴QH=PH=12PQ= 32a，
由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，
由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，
解得，OQ= 3(2a−b)3，
同理，OH= 36a，
∵QH=OQ+OH，
∴ 3(2a−b)3+ 36a= 32a，
解得，a=b，
∴a=b=3，
∴OH= 32，
∴OH的长为 32．
【解析】(1)作∠BAD的平分线，交BD于O，截取OC=OA，点C即为所作；由等边△ABD，可得AC垂直平分BD，即AC⊥BD，OD=OB，进而可证四边形ABCD是菱形；
(2)①由题意证，EF=CE，如图2，作EP⊥CF，则EP//BD，由EF=CE，可得P是CF的中点，如图2，连接PH，则PH//CG，由OH//AB，AB//CD，可得∠POH=∠BAC=30°=∠OPH，OH//CD，则OH=PH，如图2，作HQ//EP交EF于M，则HQ//OD，证明四边形ODQH是平行四边形，证明四边形MEPH是平行四边形，证明△MEQ是等边三角形，则QE=ME=PH，由DE=DQ+QE=OH+PH=2OH，可得OH=12DE；
②由题意求BP=2，CP=6，CE=2CG，如图3，作EN⊥CF于H，连接HN，延长OH，交BC于P，交EF于Q，则四边形EGPQ是矩形，QE=PG，PQ=EG，设CG=a，PG=b，则EF=CE=2a，PQ=EG= CE2−CG2= 3a，HN=12a，QE=PG=b，FQ=EF−QE=2a−b，a+b=6，证明△FHQ≌△GHP(AAS)，则QH=PH=12PQ= 32a，由题意知，OF=2OQ，ON=2OH，由勾股定理得，FQ= OF2−OQ2= 3OQ=2a−b，则OQ= 3(2a−b)3，同理，OH= 36a，由QH=OQ+OH，可得 3(2a−b)3+ 36a= 32a，可求a=b，则a=b=3，进而可求OH的长．
本题考查了作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30°的直角三角形，勾股定理是解题的关键．
相关试卷
2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含答案）： 这是一份2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含答案），共14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。
2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含答案）： 这是一份2023-2024学年广东省广州市海珠区八年级（下）期末数学试卷（含答案），共14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学年广东省广州市海珠区八年级（下）开学数学试卷（含解析）： 这是一份2022-2023学年广东省广州市海珠区八年级（下）开学数学试卷（含解析），共20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。
