专题13.4 期中真题重组卷（考查范围：第7~9章）-2022-2023学年八年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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【苏科版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分）（2022秋·山东菏泽·七年级统考期中）下列调查方式合适的是（ ）
A．为了了解菏泽市市民保护水资源的意识，采用普查方式
B．为有效控制“新冠疫情”的传播，对国外入境人员的健康状况，采用普查方式
C．对嫦娥三号卫星零部件的检查，采用抽样调查的方式
D．为了了解一批手机的使用寿命，采用普查方式．
【答案】B
【分析】由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似．
【详解】解：A、为了了解菏泽市市民保护水资源的意识，适合抽样调查；
B、为有效控制“新冠疫情”的传播，对国外入境人员的健康状况，适合采用普查方式；
C、对嫦娥三号卫星零部件的检查，零部件很重要，应全面检查；
D、为了了解一批手机的使用寿命，适合抽样调查．
故选：B．
【点睛】本题考查了抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大时，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．
2．(3分）（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级新疆师范大学附属中学校考期中）下列图案中，可以看作中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义（绕一个点旋转180°能够与自身重合的图形）判断即可．
【详解】解：选项A、C、D中的图案不是中心对称图形，选项B中的图案是中心对称图形，
故选：B．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称图形的定义，属于中考常考题型．
3．(3分）（2022秋·浙江丽水·九年级校联考期中）下列事件是必然事件的为（ ）
A．购买一张体育彩票，中奖B．经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
C．2023年元旦是晴天D．太阳东升西落
【答案】D
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【详解】解：A、购买一张体育彩票，中奖，是随机事件，不符合题意；
B、经过有交通信号灯的路口，遇到红灯，是随机事件，不符合题意；
C、2023年元旦是晴天，是随机事件，不符合题意；
D、太阳东升西落，必然事件，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
4．(3分）（2022春·甘肃兰州·八年级校考期中）已知P3,4，将P绕坐标原点顺时针旋转90°后得到P1，则P1的坐标为（ ）
A．P1−3,4B．P13,−4C．P1−4,3D．P14,−3
【答案】D
【分析】连接OP，OP1，过P作PN⊥y轴于N，过P1作P1M⊥y轴于M，根据旋转的性质，证明△NPO≌△MOP1，再根据P1所在的象限，即可确定点P1的坐标．
【详解】如图，
连接OP，OP1，过P作PN⊥y轴于N，过P1作P1M⊥y轴于M，
∵点P绕坐标原点顺时针旋转90°后得到点P1，
∴∠POP1=90°
∴∠PNO=∠P1MO=90°
∴∠NOP+∠NPO=90°，∠NOP+∠MOP1=90°，
∴∠NPO=∠P1OM，
∵OP=OP1，
∴△NPO≌△MOP1 AAS，
∵P3,4，
∴PN=OM=3,ON=P1M=4，
∵P1在第四象限，
∴点P1的坐标为4,−3，
故选：D．
【点睛】本题考查了点绕坐标原点的旋转问题，掌握旋转的性质是解题的关键．
5．(3分）（2022春·湖南株洲·七年级株洲市景弘中学校考期中）2022年深圳市有11.2万名学生参加中考，为了了解这些考生的数学成绩，从中抽取200名考生的数学成绩进行统计分析，在这个问题中，下列说法：①这11.2万名考生的数学成绩是总体；②每个考生是个体；③200名考生是总体的一个样本；④样本容量是200，其中说法正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象，从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．
【详解】解：由题意可知，这11.2万名考生的数学成绩是总体；每一名考生的数学成绩是个体；抽取的200名考生的数学成绩是总体的一个样本；样本容量为200；
故①是正确的；②错误；③错误；④是正确的．
故选：C．
【点睛】本题考查了总体、个体、样本、样本容量的概念，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．
6．(3分）（2022秋·河北保定·九年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC，AC，BD交于点O.添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的是（ ）
A．添加“AB//CD”，则四边形ABCD是菱形
B．添加“∠BAD=90°”，则四边形ABCD是矩形
C．添加“OA=OC”，则四边形ABCD是菱形
D．添加“∠ABC=∠BCD=90°”，则四边形ABCD是正方形
【答案】B
【分析】依次分析各选项，对各选项进行推导证明即可求出说法错误的选项．
【详解】解：A选项添加AB∥CD，则可得出∠ABD=∠BDC，
由AB=AD，BC=DC，可得出∠ABD=∠ADB，∠BDC=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB=∠BDC=∠CBD，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
B选项添加∠BAD=90°，无法证明其余的角也是90°，因此无法得到四边形ABCD是矩形；
C选项添加OA=OC，
由AB=AD，BC=DC，可得出AC垂直平分BD，
∵OA=OC，
∴BD也垂直平分AC，
∴AB=BC，
∴AB=AD=BC=DC，
所以四边形ABCD是菱形；
D选项添加“ ∠ABC=∠BCD=90° ，
由等腰三角形的性质，∠ABD=∠ADB，∠BDC=∠CBD，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠ABC=∠ADC=∠BAC=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形、菱形、矩形、正方形、线段的垂直平分线、平行线等内容，解决本题的关键是逐项分析和推导论证，本题一图多用，能较好的检测学生的基础知识与技能，加深学生对相关知识点的融会贯通．
7．(3分）（2022秋·辽宁沈阳·九年级校考期中）在一个不透明的袋子里装有红球、黄球共20个，这些球除颜色外都相同．小明通过多次试验发现，摸出红球的概率稳定在0.2左右，则袋子中黄球的个数最有可能是（ ）．
A．4B．10C．12D．16
【答案】D
【分析】摸出红球的概率是0.2，那么摸出黄球的概率就是1−0.2=0.8，然后乘以袋子里面球的总数就可以求出黄球的个数．
【详解】解：袋子中黄球的个数最有可能是：20×1−0.2=16（个），
故选：D．
【点睛】本题考查了概率的认识，掌握概率的基本概念是求解的关键．
8．(3分）（2022秋·四川凉山·九年级校考期中）如图，菱形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上．∠B=120°，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋转105°至OA′B′C′的位置，则点B′的坐标为（ ）．
A．2，−2B．−2，2
C．−3，3D．3，−3
【答案】A
【分析】首先连接OB，OB′，过点B′作B′E⊥x轴于E，由旋转的性质，易得∠BOB′=105°，由菱形的性质，易证得△OAB是等边三角形，即可得OB′=OB=2，继而可求得∠AOB′=45°，由勾股定理即可求得答案．
【详解】解：连接OB，OB′，过点B′作B′E⊥x轴于E，
根据题意得：∠BOB′=105°，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB，∠AOB=12∠AOC=12∠ABC=12×120°=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=OA=2，
∴∠AOB′=∠BOB′−∠AOB=105°−60°=45°，OB′=OB=2，
∵OE2+B′E2=OB′2，即2OE2=22，
∴OE=2，
∴点B′的坐标为：2，−2．
故选：A．
【点睛】此题考查了旋转的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意辅助线的作法．
9．(3分）（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB=5，BC=6，则CE+CF的值为（ ）
A．11+1132B．11−1132C．11+1132或11−1132D．11+1132或1+32
【答案】D
【分析】根据平行四边形面积求出AE和AF，有两种情况，求出BE、DF的值，求出CE和CF的值，相加即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，BC=AD=6，
①如图：
由平行四边形面积公式得：BC×AE=CD×AF=15，
求出AE=52，AF=3，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，由勾股定理得：AB2=AE2+BE2，
把AB=5，AE=52代入求出BE=523，
同理DF=33>5，即F在DC的延长线上（如上图），
∴CE=6−523，CF=33−5，
即CE+CF=1+32；
②如图：
∵AB=5，AE=52，在△ABE中，由勾股定理得：BE=523，
同理DF=33，
由①知：CE=6−523，CF=33+5，
∴CE+CF=11+1123．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
10．(3分）（2022秋·湖南湘潭·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则以下结论：①AF=FH；②∠HAE=45∘；③BD=2FG；④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF=CF，故需证明FC=FH，可证：AF=FH；
②由FH⊥AE，AF=FH，可得：∠HAE=45°；
作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD=2FG，只需证OA=GF即可，根据△AOF≌△FGH，③可证OA=GF，故可证BD=2FG；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则IL=HC，可证AL=HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE=IM，故△CEH的周长为边AM的长．
【详解】解：①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB=∠CDF=45°．
∵AD=CD，DF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）．
∴FC=AF，∠ECF=∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF=90°，
∴∠LHC+∠DAF=90°．
∵∠ECF=∠DAF，
∴∠FHC=∠FCH，
∴FH=FC．
∴FH=AF．
②∵FH⊥AE，FH=AF，
∴∠HAE=45°．
③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD=2OA，
∵∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH，
∴∠AFO=∠GHF．
∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°，
∴△AOF≌△FGH（ASA）．
∴OA=GF．
∵BD=2OA，
∴BD=2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI=HC，
∵HL⊥AE，CI∥HL，
∴AE⊥CI，
∴∠DIC+∠EAD=90°，
∵∠EAD+∠AED=90°，
∴∠DIC=∠AED，
∵ED⊥AM，AD=DM，
∴EA=EM，
∴∠AED=∠MED，
∴∠DIC=∠DEM，
∴∠CIM=∠CEM，
∵CM=MC，∠ECM=∠CMI=45°，
∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE=IM，
同理，可得：AL=HE，
∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8．
∴△CEH的周长为8．
故①②③④结论都正确．
故选：D．
【点睛】此题考查正方形的性质，解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分）（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）在一个不透明的袋子中装有2个红球、5个白球和3个黑球，这些球除颜色外都相同．从中任意摸出1个球，摸到_______________________色的球的可能性最大．(填“红”、“白”或“黑”)
【答案】白
【分析】分别计算出摸到红、白、黑球的可能性，比较大小后即可得到答案．
【详解】∵袋子中装有2个红球、5个白球和3个黑球，
∴摸出红球的可能性是：2÷（2+5+3）=15，
摸出白球的可能性是：5÷（2+5+3）=12，
摸出黑球的可能性是：3÷（2+5+3）=310，
∵12＞310＞15，
∴白球出现的可能性大．
故答案为：白
【点睛】本题主要考查了求简单事件发生的可能性，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比．
12．(3分）（2022秋·北京·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点A(2a−b,−8)与点B(−2,a+3b)关于原点对称，则a=________，b=________．
【答案】 2 2
【分析】关于原点对称的两个点的横纵坐标都互为相反数，根据特点列式求出a、b即可求得答案．
【详解】解：∵点A2a−b,−8和点B−2,a+3b关于原点对称，
∴2a−b=2a+3b=8，
∴a=2b=2，
故答案为：2；2．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称点的坐标特征，解二元一次方程组，熟记关于原点对称点的坐标特征并运用解题是关键．
13．(3分）（2022春·安徽芜湖·七年级统考期末）如图，所提供的信息不正确的是______（填序号）．
①七年级学生总数最多
②九年级的男生数是女生数的两倍
③女生总数比男生总数少16人
④八年级的学生总数比九年级的学生总数多
【答案】①③④
【分析】根据条形统计图给出的数据对每一项进行分析，即可得出答案．
【详解】解：①七年级学生有：8+13=21（人），
八年级学生有：14+16=30（人），
九年级学生有：10+20=30（人），
则七年级学生总数最少，故原说法错误，符合题意；
②九年级的男生数有20人，女生有10人，男生数是女生数的两倍，正确，不符合题意；
③女生总人数有：8+14+10=32（人），
男生总人数有：13+16+20=49（人），
女生总数比男生总数少49-32=17（人），
故原说法错误，符合题意；
④八年级的学生总数有：14+16=30（人），
九年级的学生总数有：10+20=30（人），
八年级的学生总数与九年级的学生总数一样多，
故原说法错误，符合题意；
所提供的信息不正确的是：①③④；
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
14．(3分）（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是OB，OD的中点，连接AE，AF，CE，CF．若AB⊥AC，AB=3，BC=5，则AE的长为______．
【答案】1213##132
【分析】先利用勾股定理求得AC的长，利用平行四边形的性质求得AO=2，在Rt△ABO中，利用勾股定理求得BO的长，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求解．
【详解】解：∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵AB=3，BC=5，
∴AC=BC2−AB2=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC=12AC=2，
在Rt△ABO中，BO=32+22=13，
∵E是BO的中点，且∠BAO=90°，
∴AE=12BO=1213，
故答案为：1213．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题的关键．
15．(3分）（2022秋·山东泰安·八年级统考期末）如图，△A1B1C1中，A1B1=4，A1C1=5，B1C1=7．点A2、B2、C2分别是边B1C1、A1C1、A1B1的中点；点A3、B3、C3分别是边B2C2、A2C2、A2B2的中点；…；以此类推，则第2022个三角形的周长是________．
【答案】122017
【分析】由三角形的中位线定理得：B2C2,A2C2,A2B2分别等于A1B1,B1C1,C1A1的一半，所以△A2B2C2的周长等于△A1B1C1的周长的一半，以此类推，利用规律可求出第2022个三角形的周长．
【详解】解：∵△A1B1C1中，A1B1=4，A1C1=5，B1C1=7，
∴△A1B1C1的周长是16，
∵点A2、B2、C2分别是边B1C1、A1C1、A1B1的中点，
∴B2C2,A2C2,A2B2分别等于A1B1,B1C1,C1A1的一半，
∴△A2B2C2的周长是12×16=8，
同理，△A3B3C3的周长是12×12×16=122×16=4，
…，
以此类推，△AnBnCn的周长是12n−1×16=12n−5，
∴第2022个三角形的周长122022−5=122017．
故答案是：122017．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
16．(3分）（2022秋·安徽芜湖·九年级统考期末）定义：点P与图形M上任意一点所连线段的最小值叫点P到图形M的距离，记为d．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=2，点O为矩形对角线交点，OP=4，当矩形ABCD绕点O旋转时，点P到矩形ABCD的距离d的取值范围是______．
【答案】4−5≤d≤3##−5+4≤d≤3
【分析】当矩形ABCD绕点O旋转，矩形四个顶点在OP上时，求出此时d的最小值，当矩形的边AB或CD的中点在OP上时，求出此时d的最大值，即可求解．
【详解】解：连接对角线AC，
∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
由勾股定理，得
AC=AB2+BC2=22+42=25，
∵点O为矩形对角线交点，
∴OA=5，
∵矩形ABCD绕点O旋转，
∴当矩形四个顶点在OP上时，此时d值最小，若点A在OP上，如图1，
∴d=OP−OA=4−5，
当矩形的边AB或CD的中点在OP上时，此时d值最大，如AB的中点E在OP上，如图2，
连接OA，OB，
∵矩形ABCD，点O为矩形对角线交点，
∴OB=OA，
∵E为边AB的中点，
∴AE=12AB=2，OE⊥AB，
在Rt△AEO中，由勾股定理，得
OE=OA2−AE2=52−22=1，
∴d=OP−OE=4−1=3，
∴4−5≤d≤3，
故答案为：4−5≤d≤3．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，由题意得出当矩形四个顶点在OP上时，此时d的值最小，当矩形的边AB或CD的中点在OP上时，此时d的值最大是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分）（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）某市为增强学生的卫生防疫意识，组织全市学生参加卫生防疫知识竞赛，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，整理并制作出如下的不完整的统计表和统计图，如图所示，请根据图表信息解答以下问题．
(1)一共抽取了___________位参赛学生的成绩，表中a=___________；
(2)补全频数分布直方图；
(3)计算扇形统计图中“B”对应的圆心角度数；
【答案】(1)40，6
(2)见解析
(3)72°
【分析】（1）D组的频数是14，占调查人数的35%，可求出调查人数，进而确定a的值，
（2）根据各个组的频数，即可补全频数分布直方图；
（3）“B”占调查人数的840，因此相应的圆心角度数占360°的840
【详解】（1）解：14÷35%=40（人），
a=40−14−12−8=6（人），
故答案为：40，6；
（2）补全频数分布直方图如图所示：
（3）360°×840=72°，
答：扇形统计图中“B”对应的圆心角度数为72°．
【点睛】本题考查频数分布直方图的意义和制作方法，掌握频数、频率、总数之间的关系是正确计算的前提．
18．(6分）（2022春·广东茂名·八年级统考期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A2,4，B1,1，C4,3．
(1)请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出A1的坐标；
(2)请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出A2的坐标．
【答案】(1)图见解析，A1的坐标为−2,−4
(2)图见解析，A2的坐标为−2,2
【分析】（1）通过找点，描点，连线画出△A1B1C1，再写出A1的坐标即可；
（2）通过找点，描点，连线画出△A2B2C2，再写出A2的坐标即可；
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求；
由图可知：A1−2,−4；
（2）解：如图所示，△A2B2C2即为所求；
由图可知：A2−2,2
【点睛】本题考查旋转作图，掌握点的坐标变化规律，找准图形对应点，正确作图，是解题关键．
19．(8分）（2022春·黑龙江大庆·八年级统考期中）一个不透明的袋子中装有若干个除颜色外均相同的小球，小明每次从袋子中摸出一个球，记录下颜色，然后放回，重复这样的试验1000次，记录结果如下：
(1)表格中a＝ ；b＝ ；（精确到0.01）
(2)估计从袋子中摸出一个球恰好是红球的概率约为 ；（精确到0.1）
(3)如果袋子中有14个红球，1个白球，若干黄球，估计袋子中黄球的个数和摸到黄球的概率？
【答案】(1)a=0.71，b=0.70；
(2)0.7；
(3)黄球的个数为5个，摸到黄球的概率为14．
【分析】（1）直接用摸到红球的次数除以试验次数即可求得摸到红球的频率；
（2）找到多次试验频率逐渐稳定到的常数即可求得概率；
（3）根据题意列出方程求解即可．
【详解】（1）a=571÷800≈0.71；
b=702÷800≈0.70；
故答案为：0.71，0.70；
（2）观察发现随着实验次数的增多，摸到红球的频率逐渐稳定在常数0.7附近，
所以计从袋子中摸出一个球恰好是红球的概率约为0.7；
故答案为：0.7；
（3）设袋子中除去红球外，还有其他颜色的球x个，
根据题意得0.7（x+14）=14，
解得：x=6，
∴黄色球有6-1=5个，
∴摸到黄色球的概率为520=14．
【点睛】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20．(8分）（2022春·山东威海·九年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，P是CD的中点，连接PA并延长AP交BC的延长线于点E，连接DE，取DE的中点Q，连接PQ，求证：4PQ=BE．
【答案】见解析．
【分析】利用正方形的性质证△ADP≌△ECPAAS，得AD=EC，利用中位线的性质转换求得结果．
【详解】证明：∵ABCD是正方形
∴AD=BC，AD//BE
∴∠ADP=∠ECP=90°
P是CD的中点，
∵PD=CP
在△ADP与△ECP中，
∠ADP=∠ECP∠APD=∠EPCPD=PC
∴△ADP≌△ECPAAS
∴AD=EC
∴BE=2EC
∵Q是DE的中点
∴EC=2PQ
∴BE=2EC=4PQ
即：4PQ=BE
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的证明和性质、中位线的性质；熟练利用中位线和三角形全等的性质转化是解题的关键．
21．(8分）（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第六十九中学校校考期中）▱ABCD中，点E、F分别在C、AD上，且DF=BE．
(1)如图1，求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)如图2，若E为BC中点，连接BF、DE、EF，AE与BF相交于点G，CF与DE相交于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中除▱ABCD和▱AECF以外的所有平行四边形．
【答案】(1)见解析，
(2)▱BEDF，▱GEHF
【分析】（1）由▱ABCD得出AD∥BC，AD=BC，从而证得AF∥CE，AF=CE，即可得出结论；
（2）利用▱ABCD的性质得出DF∥BE，又因为DF=BE，可得出▱BEDF；利用▱AECF得出BF∥DE，利用▱AECF得出AE∥CF，可得出▱GEHF．
【详解】（1）证明：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，AD=BC，
即AF∥CE，
∵DF=BE，
∴AD−DF=BC−BE，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：除▱ABCD和▱AECF以外的所有平行四边形有：▱BEDF，▱GEHF．
理由：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，即DF∥BE，
∵DF=BE，
∴▱BEDF ；
∴BF∥DE，即GF∥EH，
∵▱AECF，
∴AE∥CF，即GE∥HF，
∴▱GEHF．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22．(8分）（2022春·四川自贡·八年级校考期中）在菱形ABCD中，P是直线BD上一点，点E在射线AD上，连接PC，
(1)如图（1），当∠BAD=90°时，连接PE，交CD于点F，若∠CPE=90°，求证：PC=PE；
(2)当∠BAD=60°时，连接PE，CE，PC交AE于点F，∠CPE=60°，AC=CE=4．
①如图（2），若点P在线段BD的延长线上，求BP的长；
②如图（3），若点P在线段DB的延长线上，直接写出BP的长．
【答案】(1)见解析；
(2)①833，②433．
【分析】（1）先证出△ADP≅△CDP，得PA＝PC，再证明PA＝PE，得PC＝PE；
（2）①如图2中，设AC交BD于O．首先证明PC＝PE＝PA，由∠CPE＝60°推出PC＝PE＝CE＝AC＝4，由四边形ABCD是菱形，推出AC⊥BD，根据勾股定理和等边三角形的性质求出PO和BO，根据BP＝PO＋OB计算即可；②如图3中，利用①中方法计算BP=PO−OB即可；
（1）
证明：如图1中，连接PA．
∵∠BAD＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
在正方形ABCD中，AD＝DC，
∠ADP＝∠CDP＝45°，
在△ADP和△CDP中，
DA=DC∠ADP=∠CDPDP=DP，
∴△ADP≅△CDP（SAS），
∴PA＝PC，∠DAP＝∠DCP，
∵∠CPF＝∠EDF＝90°，∠PFC＝∠EFD，
∴∠PCF＝∠E，
∴∠PAD＝∠E
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）
①如图2中，设AC交BD于O，连接CE、AP．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADO＝∠CDO，DA＝DC，
∴∠ADP＝∠CDP，
在△ADP和△CDP中，
DA=DC∠ADP=∠CDPDP=DP
∴△ADP≅△CDP（SAS），
∴PA＝PC，∠PAD＝∠PCD，
∵∠CPE＝∠CDF＝60°，∠DFC＝∠PFE，
∴∠E＝∠PCD＝∠PAD，
∴PA＝PE＝PC，
∴△PCE是等边三角形，
∴AC＝CE＝PE＝PA＝PC＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=12AC=2
在Rt△APO中，PO=AP2−AO2=23，
∵∠BAD=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，BO=12BD=12AB，
∵AB2=BO2+AO2，
∴4BO2=BO2+AO2，解得：BO=233，
∴BP=PO+OB=23+233=833，
②如图3中，设AC与BD相交于点O，
利用①中方法可知PB=PO−BO=23−233=433．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
23．(8分）（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第四十九中学校校考期中）已知：正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．
（1）如图1，若P在对角线BD上，连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．求证：PQ=PC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若PD=22，AB=6，求BQ的长；
（3）如图3，若P在BD的延长线上，连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE=6，ΔDPE的面积是15，求PE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2；（3）58
【分析】（1）过点P分别作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，先证明四边形PEBF是正方形，得到∠EPQ+∠FPQ=90°，PE=PF，再证明△CPF≌QPE即可得到答案；
（2）先求出BD=AD2+AB2=62，则BP=BD−PD=42，再求出BE=BF=4，则CF=BC-BF=AB-BF=2，由△CPF≌QPE可知CF=EQ=2，故BQ=BE-EQ=2；
（3）过点P分别作PG⊥AB交BA延长线于G，PH⊥BE于H，同理可以证明四边形PGBH为正方形，的PG=PH=BG=BH，同理可以证明△PGA≌△PHE，得到AG=EH，可以得到GA=CH=HE，则GA=CH=HE=3，设AB=CD=a，则GP=PH=a+3，根据S△PDE=S梯形CDPH+S△PHE−S△CDE=15 ，求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点P分别作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，
∴∠PEQ=∠PFB=∠PFC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBP=∠FBP=45°，∠ABC=90°，
∴四边形PEBF是矩形，△PEB和△PFB都是等腰直角三角形，
∴PE=PF，∠EPF=90°，
∴四边形PEBF是正方形
∴∠EPQ+∠FPQ=90°，
又∵PQ⊥PC，
∴∠CPF+∠FPQ=∠CPQ=90°，
∴∠CPF=∠EPQ
∴△CPF≌QPE（ASA）
∴PQ=PC；
（2）∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴∠A=90°，AB=AD=6，
∴BD=AD2+AB2=62 ，
∴BP=BD−PD=42，
∵PE=BE，∠PEB=90°，
∴PE2+BE2=PD2 即2BE2=422 ，
∴BE=BF=4，
∴CF=BC-BF=AB-BF=2
由△CPF≌QPE可知CF=EQ=2，
∴BQ=BE-EQ=2；
（3）如图所示，过点P分别作PG⊥AB交BA延长线于G，PH⊥BE于H，
同理可以证明四边形PGBH为正方形，
∴PG=PH=BG=BH，
同理可以证明△PGA≌△PHE，
∴AG=EH，
∵BG=BA+AG，BH=BC+CH，AB=BC，
∴GA=CH=HE，
∵CE=6，
∴GA=CH=HE=3，
设AB=CD=a，则GP=PH=a+3，
∵S△PDE=S梯形CDPH+S△PHE−S△CDE=15 ，
∴DC+PH2·CH+12HE·PH−12CE·DC=15 ，
∴a+3+a2×3+12×3a+3−12×6a=15，
解得a=4，
∴PH=7，
∴PE=PH2+HE2=58．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
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
实验次数n
200
300
400
500
600
700
800
1000
摸到红球次数m
151
221
289
358
429
497
571
702
摸到红球频率mn
0.75
0.74
0.72
0.72
0.72
0.71
a
b