重庆市渝北区2020-2021学年八年级下学期期末质量检测数学试题（word版 含答案）

这是一份重庆市渝北区2020-2021学年八年级下学期期末质量检测数学试题（word版 含答案），共29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。

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重庆市2020-2021学年（下）年度质量检测
初二数学
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知，平面内∠AOB=20°，∠AOC=50°，射线O M、O N分别平分∠AOB，∠AOC，求∠MON的大小是(    )
A. 10° B. 10°或35° C. 35° D. 15°或35°
2. 下列说法中正确的是(    )
A. 三角形的三条高都在三角形内
B. 直角三角形只有一条高
C. 锐角三角形的三条高都在三角形内
D. 三角形每一边上的高都小于其他两边
3. 一个四边形顺次添加下列条件中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等
b.一组对边平行且相等
c.一组邻边相等
d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→e③a→b→c
则正确的是(    )
A. 仅① B. 仅③ C. ①② D. ②③
4. 下列数据中不能确定物体位置的是(    )
A. 某市政府位于北京路32号 B. 小明住在某小区3号楼7号
C. 太阳在我们的正上方 D. 东经130°，北纬54°的城市
5. 如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→B→D以1cm/s的速度匀速运动到点D，图2是点F运动时，△FDC的面积y(cm2)随时间x(s)变化的关系图象，则a的值为(    )
A. 5 B. 3 C. 25 D. 5
6. 2021年2月1日，教育部印发的《关于加强中小学生手机管理工作的通知》指出，中小学生原则上不得将个人手机带入校园，禁止带入课堂.某校针对这个通知随机调查了若干名家长对带手机进校园的态度并制成了统计图(如图)，赞成学生带手机进校园的家长有22人，则反对学生带手机进校园的家长有(    )
A. 140人 B. 120人 C. 220人 D. 100人
7. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，点D是BC边的中点，点P是AC边上一个动点，连接PD，以PD为边在PD的下方作等边三角形PDQ，连接CQ.则CQ的最小值是(    )
A. 32 B. 1 C. 2 D. 32
8. 如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：(1)PM=PN恒成立；(2)OM+ON的值不变；(3)四边形PMON的面积不变；(4)MN的长不变，其中正确的个数为(    )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
9. 如图1，将7张长为a，宽为b(a>b)的小长方形纸片，按图2的方式不重叠地放在矩形ABCD内，未被覆盖的部分(两个矩形)用阴影表示．设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为S，当BC的长度变化时，按照同样的放置方式，S始终保持不变，则a，b满足(    )
A. a=b B. a=3b C. a=2b D. a=4b
10. 如图：在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向，每次移动1个单位，依次得到点P1(0,1)，P2(1,1)，P3(1,0)，P4(1,−1)，P5(2,−1)，P6(2,0)…则点P2020的坐标是(    )
A. (673,−1) B. (673,1) C. (336,−1) D. (336,1)
11. 在同一坐标系中，二次函数y=ax2+bx与一次函数y=bx−a的图象可能是(    )
A. B. C. D.
12. 如图1，在平面直角坐标系中，▱ABCD在第一象限，且BC//x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被▱ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．那么▱ABCD的面积为(    )
A. 3 B. 32 C. 6 D. 62
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 已知∠AOB=90∘，射线OC在∠AOB内部，且∠AOC=20∘，∠COD=50∘，射线OE、OF分别平分∠BOC、∠COD，则∠EOF的度数是________。
14. 在菱形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合)，对于任意菱形ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；②存在无数个四边形EFGH是矩形；
③至少存在一个四边形EFGH是菱形；④至少存在一个四边形EFGH是正方形．
所有正确结论的序号是___________．
15. 对某班最近一次数学测试成绩(得分取整数)进行统计分析，将所有成绩由低到高分成五组，并绘制成如图所示的频数分布直方图，根据直方图提供的信息，在这次测试中，成绩为A等(80分以上，不含80分)的百分率为______ %.(精确到1%)
16. 已知函数f(x)=3x−1，那么f(2)= ______ ．
17. 若点P(m−2,m+1)在y轴上，则点P的坐标为______．
18. 甲，乙两车分别从A，B两地同时出发，以各自的速度匀速相向而行．当甲车到达B地后，发现有重要物品需要送给乙车，于是甲车司机立即通知乙车(通知时间忽略不计)，乙车接到通知后将速度降50%继续匀速行驶，甲车司机花一定的时间准备好相关物品后，以原速的43倍匀速前去追赶乙车，当甲车追上乙车时，乙车恰好到达A地．如图反映的是两车之间的距离y(千米)与乙车行驶时间x(小时)之同的函数关系，则甲车在B地准备好相关物品共花了_______小时．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分）
19. 如图，已知∠1+∠2=180∘，∠3=∠B.
(1)试判断DE与BC的位置关系，并说明理由;
(2)若DE平分∠ADC，∠2=3∠B，求∠1的度数．

20. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG//EF．
(1)求证：四边形OEFG是矩形;
(2)若AD=10，EF=4，求BD的长．
21.在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，其中A(0,a)、B(b,0)满足：
|2−a|+2b−6=0．
(1)求A、B两点的坐标；
(2)将线段AB平移到CD，点A的对应点为C(−2,−2)，如图所示．
①写出点B的对应点D的坐标______ ．
②连接AC、BC，其中BC交y轴于点P，已知三角形ABC的面积为8，求点P的坐标．
22.我市某休闲食品公司新开发了一种“混搭”坚果礼盒，礼盒内由每袋均为50 g的A、B两种小袋装坚果搭配组成(两种都有)，共重400 g，且A种坚果的袋数不少于B种坚果的袋数．已知A种的成本为2元/袋，B种的成本为3元/袋．设礼盒内有x袋A种坚果．
(1)若每个礼盒的包装成本为5元，求每个礼盒的总成本y(元)与x(袋)的函数关系式(总成本=坚果成本+包装成本)；
(2)试求x取何值时，每个礼盒的成本最低，最低成本为多少元？

分数段/分
49.5～59.5
59.5～69.5
69.5～79.5
79.5～89.5
89.5～99.5
频数/人
a
9
10
14
4
23. 某校八年级(5)班全班40名学生参加了学校组织的“绿色奥运”知识竞赛，老师将学生的成绩按10分的组距分段，统计每个分数段出现的频数，填入频数统计表，并绘制频数直方图．

“绿色奥运”知识竞赛成绩频数统计表 “绿色奥运”知识竞赛成绩频数直方图
(1)求出频数统计表中a的值，并补全频数直方图；
(2)学校设定成绩在79.5分以上的学生将可以获得奖励，奖励为作业本8本，问：八年级(5)班获奖人数占全班的百分之几？八年级(5)班总共获得的奖励是多少作业本？

24.如图所示，已知AD，AE分别是△ABC的高和中线，AB=6cm，AC=8cm，BC=10cm，∠CAB=90∘.试求：
(1)AD的长;(2)△ABE的面积;
(3)△ACE和△ABE的周长的差．


25.如图，直线y=x+3与坐标轴交于点A、B两点，直线CP与直线AB相交于点P(13,m)，交x轴于点C，且△PAC的面积为253，
(1)求m的值和A点的坐标;
(2)求直线PC的解析式;
(3)若点E是线段AB上一动点，过点E作EQ//x轴交直线PC于点Q，EM⊥x轴，QN⊥x轴，垂足分别为点M、N，是否存在点E，使得四边形EMNQ为正方形，若存在，请求出E点坐标，若不存在，请说明理由．




26.已知，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，D为直线BC上一动点(不与点B，C重合)，以AD为边作正方形ADEF，连接CF．

(1)如图1，当点D在线段BC上时，BC与CF的位置关系是_____，BC、CF、CD三条线段之间的数量关系为_____；
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请猜想BC与CF的位置关系BC，CD，CF三条线段之间的数量关系并证明；
(3)如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变．若正方形ADEF的对角线AE，DF相交于点O，OC=，DB=5，则△ABC的面积为_____.(直接写出答案)

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初二数学答案及评分标准

【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了角的和差计算，角平分线定义以及分类讨论的思想，解题关键是运用分类讨论的思想.分两种情况讨论：①OB在∠AOC的外部时，②OB在∠AOC的内部时，分别根据角的和差以及角平分线定义进行求解即可．
解：分两种情况讨论：①OB在∠AOC的外部时，

∵OM，ON分别平分∠AOB、∠AOC，
∴∠AOM=12∠AOB=10°，∠AON=12∠AOC=25°，
∴∠MON=∠AOM+∠AON=10°+25°=35°；
②OB在∠AOC的内部时，

∵OM，ON分别平分∠AOB、∠AOC，
∴∠AOM=12∠AOB=10°，∠AON=12∠AOC=25°，
∴∠MON=∠AON−∠AOM=25°−10°=15°；
因此∠MON的度数为15°或35°．
故选D．
2.【答案】C

【解析】略
3.【答案】C

【解析】解：①由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，再添加d即一个角是直角的菱形是正方形，故①正确；
②由b得到一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，添加d即有一个角是直角的平行四边形是矩形，再添加c即一组邻边相等的矩形是正方形，故②正确；
③由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加b得到一组对边平行且相等的平行四边形仍是平行四边形，再添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，故③不正确；
故选：C．
①由条件a可得到四边形是平行四边形，添加c得到平行四边形是菱形，再添加d得到菱形是正方形，①正确；
②由条件b得到四边形是平行四边形，添加d平行四边形是矩形，再添加c矩形是正方形，②正确；
③由a和b都可得到四边形是平行四边形，再添加c得到平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，③不正确．
本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键．
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查确定位置，解题的关键是明确题意，可以判断选项中的语句是否可以确定物体的位置．根据各个选项中的语句可以得到哪个选项可以确定物体的位置，哪个选项不可以确定物体的位置，本题得以解决．
【解答】
解：A.某市政府位于北京路32号，可以确定物体的位置，故本项不符合题意；
B.小明住在某小区3号楼7号，可以确定物体的位置，故本项不符合题意；
C.太阳位于我们的正上方，无法确定物体的位置，故本项符合题意；
D.东经130°，北纬54°的城市，可以确定物体的位置，故本项不符合题意．
故选C．
5.【答案】D

【解析】解：过点D作DE⊥BC于点E，

由图象可知，点F从点A到B用as，△FDC的面积为2acm2．
∴AB=a，
∴12AB⋅DE=12a⋅DE=2a，
∴DE=4，
当F从B到D时，用25s，
∴BD=25，
Rt△DBE中，BE=BD2−DE2=(25)2−42=2，
∵ABCD是菱形，
∴EC=a−2，DC=a，
Rt△DEC中，
a2=42+(a−2)2，
解得a=5．
故选：D．
通过分析图象，点F从点A到B用as，此时，△FDC的面积为2a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD=25，应用勾股定理即可求出a的值．
本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．
6.【答案】B

【解析】解：调查的家长总人数是22÷11%=200，
反对学生带手机进校园的家长有200×(1−11%−29%)=120人，故选B．
7.【答案】B

【解析】解：如图在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ．
∵∠CDT=∠QDP=60°，DP=DQ，DC=DT，
∴∠CDP=∠QDT，
在△CDP和△TDQ中，
DP=DQ∠CDP=∠TDQDC=DT，
∴△CDP≌△TDQ(SAS)，
∴∠DCP=∠DTQ=90°，
∴∠CTD=60°，
∴∠CTQ=30°，
∴点Q的运动轨迹是射线TQ，
当CQ⊥TQ时，CQ的值最小，最小值=CT⋅sin30°=12CT=12CD=14BC=1，
故选：B．
如图在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ.证明△CDP≌△TDQ(SAS)，推出∠DCP=∠DTQ=90°，推出∠CTQ=30°，推出点Q的运动轨迹是射线TQ，当CQ⊥TQ时，CQ的值最小．
本题考查旋转的性质，垂线段最短，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型.作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可逐一判断．
【解答】
解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．

∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF，
在Rt△POE和Rt△POF中，
OP=OPPE=PF，
∴△POE≌△POF(HL)，
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，
∠MPE=∠NPFPE=PF∠PEM=∠PFN，
∴△PEM≌△PFN，
∴EM=NF，PM=PN，故(1)正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故(3)正确，
∵OM+ON=OE+ME+OF−NF=2OE=定值，故(2)正确，
MN的长度是变化的，故(4)错误．
故选B．
9.【答案】B

【解析】解：如图，

左上角阴影部分的长为AE，宽为AF=3b，右下角阴影部分的长为PC，宽为a，
∵AD=BC，即AE+ED=AE+a，BC=BP+PC=4b+PC，
∴AE+a=4b+PC，即AE−PC=4b−a，
∴阴影部分面积之差S=AE⋅AF−PC⋅CG=3bAE−aPC=3b(PC+4b−a)−aPC=(3b−a)PC+12b2−3ab，
则3b−a=0，即a=3b．
故选：B．
方法二：∵S左上−S右下=定值，S右上为定值，S左下为定值，
∴S上−S下=定值
设BC=x，则S上−S下=3bx−ax=(3b−a)x为定值，
∴a=3b.故选B．
方法一：表示出左上角与右下角部分的面积，求出之差，根据差与BC无关即可求出a与b的关系式．
方法二：由S上−S下=定值，设BC=x，则S上−S下=3bx−ax=(3b−a)x为定值，
此题考查了整式的混合运算的应用，弄清题意是解本题的关键．
10.【答案】A

【解析】解：由P3、P6、P9 可得规律：当下标为3的整数倍时，横坐标为n3，纵坐标为0，
∵2019÷3=673，
∴P2019 (673,0)
 则点P2019的坐标是  (673,0)．
∴点P2020的坐标是(673,−1)，
故选：A．
由P3、P6、P9 可得规律：当下标为3的整数倍时，横坐标为n3，纵坐标为0，据此可解．
本题属于平面直角坐标系中找点的规律问题，找到某种循环规律之后，可以得解．本题难度中等偏上．
11.【答案】C

【解析】解：由方程组y=ax2+bxy=bx−a得ax2=−a，
∵a≠0
∴x2=−1，该方程无实数根，
故二次函数与一次函数图象无交点，排除B．
A：二次函数开口向上，说明a>0，对称轴在y轴右侧，则b<0；但是一次函数b为一次项系数，图象显示从左向右上升，b>0，两者矛盾，故A错；
C：二次函数开口向上，说明a>0，对称轴在y轴右侧，则b<0；b为一次函数的一次项系数，图象显示从左向右下降，b<0，两者相符，故C正确；
D：二次函数的图象应过原点，此选项不符，故D错．
故选：C．
直线与抛物线联立解方程组，若有解，则图象由交点，若无解，则图象无交点；
根据二次函数的对称轴在y左侧，a，b同号，对称轴在y轴右侧a，b异号，以及当a大于0时开口向上，当a小于0时开口向下，来分析二次函数；同时在假定二次函数图象正确的前提下，根据一次函数的一次项系数为正，图象从左向右逐渐上升，一次项系数为负，图象从左向右逐渐下降；一次函数的常数项为正，交y轴于正半轴，常数项为负，交y轴于负半轴．如此分析下来，二次函数与一次函数无矛盾者为正确答案．
本题考查的是同一坐标系中二次函数与一次函数的图象问题，必须明确二次函数的开口方向与a的正负的关系，a，b的符号与对称轴的位置关系，并结合一次函数图象得相关性质进行分析，本题中等难度偏上．
12.【答案】B

【解析】解：过B作BM⊥AD于点M，分别过B，D作直线y=x的平行线，交AD于E，如图1所示，

由图象和题意可得，
AE=6−4=2，DE=7−6=1，BE=2，
∴AD=2+1=3，
∵直线BE平行直线y=x，
∴BM=EM=2，
∴平行四边形ABCD的面积是：AD⋅BM=3×2=32．
故选：B．
根据函数图象中的数据可以分别求得平行四边形的边AD的长和边AD边上的高BM的长，从而可以求得平行四边形的面积．
本题考查了一次函数图象的平移变换，平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
13.【答案】60∘或10∘

【解析】
【分析】
本题考查角的计算，角平分线的性质，熟练掌握角的计算方法是解题的关键．
利用角平分线的性质进行求解即可，注意要分情况讨论OD射线的位置：
【解答】
解： ①当OD射线在∠AOB的外部，如图1:

∠AOC=20o，所以∠BOC=70∘，因OE为∠BOC的角平分线，
所以∠COE=35∘，
又因∠COD=50∘，OF为∠COD的角平分线，所以
∠COF=25∘，
故∠EOF=∠COE+∠COF=60∘；
 ②当OD射线在∠AOB的内部，如图2:

同理，则有∠EOF=∠COE−∠COF=10∘
综上，∠EOF的度数为60∘或10∘．
故答案为60∘或10∘．
14.【答案】①②③

【解析】解：①如图，连接AC，BD交于O，

∵四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于O，
过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故正确；
②如图，当GE=HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故正确；
③如图，当GE⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故正确；
④当四边形EFGH是正方形时，EH=GH，∠EHD=90°，
∴∠AHE+∠DHG=90°，
当四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AHE+∠AEH=90°，
∴∠AEH=∠DHG，
∴△AEH≌△DHG(AAS)，
∴AE=HD，AH=GD，
∵GD=BE，
∴AB=AD，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故菱形ABCD中能存在四边形EFGH是正方形，但不能存在无数个四边形EFGH是正方形；故④错误；
故答案为①②③．
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
15.【答案】37

【解析】解：读图可知：共有(5+9+15+10+7)=46人，成绩为80分以上的有17人，故成绩为A等的百分率为1746≈37%．
故本题答案为：37．
先由频数之和等于总人数得到总人数，再由频率=频数数据总和计算成绩为A等(80分以上，不含80分)的百分率．
本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
16.【答案】5

【解析】解：f(2)=3×2−1=5．
故答案为：5．
把x=2代入3x−1求解．
本题考查函数的值，解题关键是掌握函数的意义，区分自变量与因变量，了解函数的值的意义．
17.【答案】(0,3)

【解析】解：∵点P(m−2,m+1)在y轴上，
∴m−2=0，
解得m=2，
所以m+1=2+1=3，
所以点P的坐标为(0,3)．
故答案为：(0,3)．
根据y轴上点的横坐标为0列方程求出m的值，再求解即可．
本题考查了点的坐标，熟记y轴上点的坐标特征是解题的关键．
18.【答案】56

【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数应用，本类题目的关键是分清各个点对应的关系，由此求出甲乙的速度，进而求解．
(1)点(103,200)说明甲用103小时走完全程，此时乙走了200千米，则乙的速度为V乙=200÷103=60;
(2)两车2小时相遇，相遇后甲乙都走了103−2=43小时，共走了200米，则甲乙的的速度和为200÷43=150，即可求解;
(3)甲乙2小时相遇，则AB的距离为2×(60+90)=300千米；
(4)设甲准备了x个小时，则甲乙的距离为200+60x，则甲走420米用的时间和乙走420−(200+60x)用时间相同，即可求解．
【解答】
解：(1)点(103,200)说明甲用103小时走完全程，此时乙走了200千米，
则乙的速度为V乙=200÷103=60；
(2)两车2小时相遇，相遇后甲乙都走了103−2=43小时，共走了200米，
则甲乙的的速度和为200÷43=150，乙的速度为60，则甲的速度为90；
(3)甲乙2小时相遇，则AB的距离为2×(60+90) =300千米；
(4)设甲准备了x个小时，则甲乙的距离为200+30x，则甲走300米用的时间和乙走300−(200+30x)用时间相同，此时甲的
速度为90×43=120，乙的速度为：60×50%=30，
即300120=300−(200=30x)30，
解得：x=56，
故答案为56．
19.【答案】解：DE//BC，
理由如下：如图，

∵∠1+∠4=180°，∠1+∠2=180°，
∴∠2=∠4，
∴AB//EF，
∴∠3=∠5，
∵∠3=∠B，
∴∠5=∠B，
∴DE//BC；
(2)∵DE平分∠ADC，
∴∠5=∠6，
∵DE//BC，
∴∠5=∠B，
∵∠2=3∠B，
∴∠2+∠5+∠6=3∠B+∠B+∠B=180°，
∴∠B=36°，
∴∠2=108°，
∵∠1+∠2=180°，
∴∠1=72°．

【解析】本题主要考查平行线的判定和性质、平角以及角平分线的定义，掌握平行线的判定和性质是解题的关键．
(1)由条件可得到∠2=∠4可证得AB//EH，可得到∠3=∠5，结合条件可证明DE//BC；
(2)首先可得∠5=∠6，∠5=∠B，即可得∠2+∠5+∠6=3∠B+∠B+∠B=180°，然后根据∠1+∠2=180°，即可求解．
20.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠DAO=∠BAO，
∵E是AD的中点，
∴AE=OE=12AD，
∴∠EAO=∠AOE，
∴∠AOE=∠BAO，
∴OE//FG，
∵OG//EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG=90°，
∴四边形OEFG是矩形；
(2)依题意OE=12AB=5，
在Rt△AFE中，AF=AE2−EF2=3，
∴BG=10−5−3=2，
从而BD=2OB=2BG2+OG2=45．


【解析】(1)根据菱形的性质得到BD⊥AC，∠DAO=∠BAO，得到AE=OE=12AD，推出OE//FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
(2)根据三角形的中位线定理得到OE=12AB=5，根据勾股定理得到
AF=AE2−EF2=3，于是可求BD的长．
本题考查了矩形的判定，菱形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，正确的识别图形是解题的关键．
21.【答案】(1,−4)

【解析】解：(1)∵|2−a|+2b−6=0．
又∵|2−a|≥0，2b−6≥0，
∴2−a=0，2b−6=0，
解得a=2，b=3，
∴A、B两点的坐标分别为(0,2)，(3,0)．

(2)①由平移规律可知D(1,−4)．
故答案为：(1,−4)
②设P的坐标为(0,m)
则AP的长为2−m
因为：三角形ABC的面积=三角形APC的面积+三角形APB的面积
即：12×2×(2−m)+12×3×(2−m)=8
解得：m=−65
所以：P的坐标为(0,−65).
(1)利用非负数的性质求出a，b的值即可．
(2)①利用平移规律解决问题即可．
②设P的坐标为(0,m)，构建方程求出m即可．
本题考查坐标与图形变化−平移，非负数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)由题意可得，B种坚果有400−50x50=8−x(袋)，
∴y=2x+3(8−x)+5，
=−x+29；
(2)∵A种坚果的袋数不少于B种坚果的袋数，
∴x⩾8−x，
∴x≥4，
又∵8−x>0，
∴4⩽x<8，
∵x为正整数，
∴x可能为4，5，6，7，
∵y=−x+29，
k=−1<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=7时，每个礼盒的成本最小，y最小=−7+29=22(元)．

【解析】本题考查了一次函数的应用，根据题意得出每个礼盒的总成本y(元)与x(袋)的函数关系式是解题的关键，再根据一次函数的性质解答即可，
(1)根据题意得出B种坚果的数量，再得出每个礼盒的总成本y(元)与x(袋)的函数关系式；
(2)根据题意得出x的取值范围，再根据一次函数的性质解答即可．
23.【答案】解：(1)a=40−9−10−14−4=3； 
补全的频数直方图如图所示：

(2)成绩在79.5分以上的学生有14+4=18(人)，
 ∴18÷40=0.45=45%，
共获得的作业本为18×8=144(本)，
答：八年级(5)班获奖人数占全班的45%；八年级(5)班总共获得的奖励为144本作业本．


【解析】此题考查了频数与频率，频数分布直方图，正确理解题意是关键．
(1)总人数减去其它各分数段人数即可得到a的值，再根据频数统计表中的数据，即可把频数直方图补充完整；
(2)根据题意得，成绩在79.5分以上的学生有14+4=18(人)，获奖人数占全班的18÷40=0.45=45%，共获得的作业本为18×8=144(本)．
24.【答案】解：(1)因为∠CAB=90∘，AD是边BC上的高，
所以12AB⋅AC=12BC⋅AD，
所以AD=AB⋅ACBC=6×810=4.8(cm)，即AD的长为4.8cm．
(2)因为AE是△ABC的中线，
所以BE=EC=12BC=5cm，
所以S△ABE=12BE⋅AD=12×5×4.8=12(cm2).
所以△ABE的面积是12cm2．
(3)因为AE为BC边上的中线，所以BE=CE，
所以△ACE的周长− △ABE的周长=AC+AE+CE− (AB+BE+AE)=AC−AB=8−6= 2(cm)，即△ACE和△ABE的周长的差是2cm．


【解析】见答案．
25.【答案】解：(1)当x=13时，m=x+3=103；
当y=0时，x+3=0，解得：x=−3，
∴点A的坐标为(−3,0)．
(2)过点P作PH⊥x轴，垂足为H，如图1所示．
由(1)得：PH=103，
∴S△PAC=12AC⋅PC=253，即12×103⋅AC=253，
∴AC=5，OC=AC−OA=2，
∴点C的坐标为(2,0)．
设直线PC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将点P (13,103)、C(2,0)代入y=kx+b，得：13k+b=1032k+b=0，
解得：k=−2b=4，
∴直线PC的解析式为y=−2x+4．
(3)由题意，可知：四边形EMNQ为矩形．
设点E的纵坐标为t，当y=t时，t=x+3，解得：x=t−3，
∴点E的坐标为(t−3,t)．
∵EQ//x轴，
∴点Q的纵坐标也为t．
当y=t时，t=−2x+4，解得：x=2−t2，
∴点Q的坐标为(2−t2,t)，
∴EQ=xQ−xE=2−t2−(t−3)=5−3t2．
又∵EM=|t|=t，
∴当EQ=EM时，矩形EMNQ为正方形，
∴5−3t2=t，
∴t=2，
∴点E的坐标为(−1,2)，
∴存在点E(−1,2)，使得四边形EMNQ为正方形．

【解析】(1)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m的值及点A的坐标；
(2)过点P作PH⊥x轴，垂足为H，则PH=103，利用三角形的面积公式结合△PAC的面积为253可求出AC的长，进而可得出点C的坐标，再根据点P，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线PC的解析式；
(3)由题意，可知：四边形EMNQ为矩形，设点E的纵坐标为t，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点E的坐标为(t−3,t)、点Q的坐标为(2−t2,t)，利用正方形的性质可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、解一元一次方程、待定系数法求一次函数解析式以及正方形的性质，解题的关键是：(1)利用一次函数图象上点的坐标特征，求出m的值及点A的坐标；(2)根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；(3)利用正方形的性质，找出关于t的一元一次方程．
26.【答案】解：(1)CF⊥BC；CF+CD=BC；
(2)结论：CF⊥BC，CF−CD=BC．
理由：如图2中，

∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°−∠DAC，∠CAF=90°−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)
∴BD=CF，∠ABD=∠ACF=45°，
∴∠FCB=∠ACF+∠ACB=90°，即CF⊥BC，
∴BC+CD=CF，
∴CF−CD=BC；
(3)494．

【解析】
【分析】
(1)△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF=BD，据此即可证得；
(2)同(1)相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF−CD=BC；
(3)先证明△BAD≌△CAF，进而得出△FCD是直角三角形，根据直角三角形斜边上中线的性质即可得到DF的长，再求出CD，BC即可解决问题．
本题属于四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，判断出△BAD≌△CAF是解本题的关键．
【解答】
解：(1)如图1中，

∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°−∠DAC，∠CAF=90°−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD=CF，∠ABD=∠ACF=45°，
∴∠FCB=∠ACF+∠ACB=90°，即CF⊥BC，
∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC；
故答案为CF⊥BC；CF+CD=BC．
(2)见答案；
(3)如图3中，

∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴AB=AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAD=90°−∠BAF，∠CAF=90°−∠BAF，
∴∠BAD=∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴∠ACF=∠ABD，BD=CF=5，
∵∠ABC=45°，
∴∠ABD=135°，
∴∠ACF=∠ABD=135°，
∴∠FCD=135°−45°=90°，
∴△FCD是直角三角形．
∵OD=OF，
∴DF=2OC=13，
∴Rt△CDF中，CD=DF2−CF2=132−52=12，
∴BC=DC−BD=12−5=7，
∴AB=AC=722，
∴S△ABC=12×722×722=494．
故答案为494．