期末模拟冲刺卷02（人教版数学2023-2024学年八年级下册第16~20章全部：二次根式、平行四边形、勾股定理、一次函数、数据分析）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版

这是一份期末模拟冲刺卷02（人教版数学2023-2024学年八年级下册第16~20章全部：二次根式、平行四边形、勾股定理、一次函数、数据分析）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版），文件包含2023-2024学年八年级数学下学期期末模拟预测卷02原卷版docx、2023-2024学年八年级数学下学期期末模拟预测卷02解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。

本试卷28道试题，满分120分，考试时间100分钟．
本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分．
答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．（2023春•罗定市期末）估计的值应在（ ）
A．5和6之间B．6和7之间C．7和8之间D．8和9之间
【分析】化简原式等于3，因为3＝，所以＜＜，即可求解；
【解答】解：÷+＝+＝2+＝3，
∵3＝，＜＜，
∴6＜＜7，
故选：B．
【点评】本题考查估算无理数的大小和二次根式的运算，能够将给定的无理数锁定在相邻的两个整数之间是解题的关键．
2．（2023春•罗定市期末）已知y＝+﹣3，则xy＝（ ）
A．﹣15B．﹣9C．9D．15
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x﹣5＝0，进而得出y的值，求出答案即可．
【解答】解：∵y＝+﹣3，
∴，
∴x﹣5＝0，
解得：x＝5，
∴y＝﹣3，
故xy＝5×（﹣3）＝﹣15．
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x的值是解题关键．
3．（2022春•罗定市期末）汽车由A地驶往相距120 km的B地，它的平均速度是30 km/h，则汽车距B地路程s（km）与行驶时间t（h）的关系式为（ ）
A．s＝120﹣30tB．s＝120+30tC．s＝30tD．s＝120t
【分析】根据“到B地的距离＝全程120km﹣行驶t小时所走路程”可得解析式，由“到B地的距离≥0”得出t的取值范围即可得出答案．
【解答】解：根据题意，得：s＝120﹣30t，
∵120﹣30t≥0，
∴t≤4，
∴0≤t≤4，
故选：A．
【点评】本题主要考查函数关系式，根据题意得出相等关系是解题的关键．
4．（2022春•德阳期末）如图，直线y＝﹣x+3分别与x、y轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处．则直线BC的解析式为（ ）
A．y＝﹣3x+3B．y＝﹣2x+3C．y＝﹣x+3D．y＝﹣x+3
【分析】先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，由折叠的性质可得OB＝BD＝3，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利用待定系数法可求BC解析式．
【解答】解：∵直线y＝﹣x+3分别与x、y轴交于点A、B，
∴点A（4，0），点B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB＝＝5，
∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，
∴OB＝BD＝3，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，
∴AD＝AB﹣BD＝2，
∵AC2＝AD2+CD2，
∴（4﹣OC）2＝4+OC2，
∴OC＝，
∴点C（，0），
设直线BC解析式为：y＝kx+3，
∴0＝k+3，
∴k＝﹣2，
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+3．
故选：B．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（2022春•罗定市期末）对于实数a、b，定义符号min{a，b}为：当a≥b时，min{a，b}＝b；当a＜b时，min{a，b}＝a．例如：min{2，﹣1}＝﹣1，若关于x的函数y＝min{2x﹣1，﹣x+3}，则该函数的最大值是（ ）
A．1B．C．D．2
【分析】根据定义先列不等式：2x﹣1≥﹣x+3和2x﹣1＜﹣x+3，确定其y＝min{2x﹣1，﹣x+3}对应的函数，画图象可知其最大值．
【解答】解：由题意得：，
解得，
当2x﹣1≥﹣x+3时，x≥，
∴当x≥时，y＝min{2x﹣1，﹣x+3}＝﹣x+3，
由图象可知：此时该函数的最大值为；
当2x﹣1＜﹣x+3时，x＜，
∴当x＜时，y＝min{2x﹣1，﹣x+3}＝2x﹣1，
由图象可知：此时该函数的最大值为；
综上所述，y＝min{2x﹣1，﹣x+3}的最大值是当x＝所对应的y的值，
如图所示，当x＝时，y＝，
故选：C．
【点评】本题考查了新定义、一元一次不等式及一次函数的交点问题，认真阅读理解其意义，并利用数形结合的思想解决函数的最值问题．
6．（2022春•丹江口市期末）甲、乙两人分别从A、B两地同时出发，相向而行，匀速前往B地、A地，两人相遇时停留了4min，又各自按原速前往目的地，甲、乙两人之间的距离y（m）与甲所用时间x（min）之间的函数关系如图所示，给出下列结论：①A，B之间的距离为1200m；②乙行走的速度是甲的1.5倍；③b＝800；④a＝34，其中正确的结论个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据函数图象中的数据，可以直接看出A，B之间的距离，从而可以判断①；根据已知，可以先计算乙的速度，然后再计算出甲的速度，从而可以判断②；根据图象中的数据和题意，可以求得甲和乙的速度之和，从而可以得到b的值，从而可以判断③；根据③中的结果和图象，可以求得a的值，从而可以判断④．
【解答】解：由图象可得，
A，B之间的距离为1200m，故①正确；
乙的速度为：1200÷（24﹣4）＝60（m/min），
甲的速度为：1200÷12﹣60＝100﹣60＝40（m/min），
60÷40＝1.5，
即乙行走的速度是甲的1.5倍，故②正确；
甲乙的速度之和为：1200÷12＝100（m/min），则b＝（24﹣12﹣4）×100＝800，故③正确；
a＝1200÷40+4＝30+4＝34，故④正确；
故选：A．
【点评】本题考查一次函数的应用，从图象中获取解答本题的信息是解答本题的关键．
7．（2022春•罗定市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OE∥AB交AD于点E．若OA＝2，△AOE的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．16B．32C．36D．40
【分析】由平行四边形的性质得AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD，证OE是△ABD的中位线，则AB＝2OE，AD＝2AE，求出AE+OE＝8，则AB+AD＝2AE+2OE＝16，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD，AO＝OC，
∵OE∥AB，
∴AE＝DE，
∴OE是△ABD的中位线，
∴AB＝2OE，AD＝2AE，
∵△AOE的周长等于10，
∴OA+AE+OE＝10，
∴AE+OE＝10﹣OA＝10﹣2＝8，
∴AB+AD＝2AE+2OE＝16，
∴▱ABCD的周长＝2×（AB+AD）＝2×16＝32；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理，求出AB+AD＝8是解题的关键．
8．（2022春•樊城区期末）要求加工4个长为4cm、宽为3cm的矩形零件．陈师傅对4个零件进行了检测．根据零件的检测结果，图中不合格的零件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形解答即可．
【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，能判定矩形，不符合题意；
B、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形，不符合题意；
C、对角相等的四边形不一定是矩形，不能判定形状，符合题意；
D、一组对边平行且相等，能判定平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，则能判定矩形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是矩形的判定定理，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．
9．（2022春•樊城区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．6B．8C．16D．不能确定
【分析】根据正方形的轴对称的性质可得阴影部分的面积等于正方形的面积的一半，然后列式进行计算即可得解．
【解答】解：S阴影＝•S正方形ABCD＝×4×4＝8cm．
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，将阴影面积转化为三角形面积是解题的关键，学会于转化的思想思考问题．
10．（2022春•罗定市期末）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
①四边形EFGH一定是平行四边形；
②若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形；
③若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
【分析】根据三角形中位线定理得到EH∥BD，GF∥BD，EF∥AC，EH＝BD，EF＝AC，根据平行四边形、菱形、矩形的判定定理判断即可．
【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH∥BD，GF∥BD，EF∥AC，EH＝BD，EF＝AC，
∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC＝BD，则EF＝EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）
11．（2022春•樊城区期末）如图，矩形ABCD中，E为CD上一点，F为AB上一点，分别沿AE，CF折叠，D，B两点刚好都落在矩形内一点P，且∠EPC＝150°，则AB：AD＝ ：1 ．
【分析】如图，设AD＝BC＝x．过点P作PH⊥AC于H．解直角三角形求出AC，CD即可解决问题．
【解答】解：如图，设AD＝BC＝x．过点P作PH⊥AC于H．
由翻折的性质可知，PA＝PC＝BC＝x，
∵∠EPC＝150°，
∴∠APC＝120°，
∵PH⊥AC，
∴AH＝CH，∠APH＝∠CPH＝60°，
∴AC＝2AH＝2•PA•sin60°＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴CD＝AB＝＝＝x，
∴．
故答案为：1．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
12．（2022春•德阳期末）某班有50人，一次数学测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小明没有参加此次集体测试，因此计算其他49人的平均分为92分，方差S12＝5．后来小明进行了补测，成绩是92分，则该班50人的数学测试成绩的方差S22＝ 4.9 ．
【分析】根据平均数，方差的定义计算即可．
【解答】解：∵小明的成绩和其他49人的平均数相同，都是92分，
∴该班50人的测试成绩的平均分为92分，
∵＝[+•••+]＝5，
∴[+•••+]＝245，
∴＝[+•••++]＝×（245+0）＝4.9，
故答案为：4.9．
【点评】本题考查方差，算术平均数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．（2022春•德阳期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BD，AB＝5，BD＝4，CD＝3，点E是AC的中点，则BE的长为 ．
【分析】作CG⊥AB，交AB的延长线于G，可得四边形DBGC是矩形，得BG＝CD＝3，BD＝CG＝4，再利用勾股定理求出BC，AC的长，从而解决问题．
【解答】解：作CG⊥AB，交AB的延长线于G，
∵AB⊥BD，
∴∠ABD＝∠DBG＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠CDB＝∠ABD＝90°，
∴四边形DBGC是矩形，
∴BG＝CD＝3，BD＝CG＝4，
∴AG＝8，
由勾股定理得，AC＝＝4，BC＝5，
∴AB＝BC，
∵点E是AC的中点，
∴BE⊥AC，CE＝2，
∴BE＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，利用勾股定理求出AC的长是解题的关键．
14．（2022春•德阳期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD点A的坐标（4，3），点C的坐标（10，7），直线y＝﹣x以每秒2个单位长度的速度向右平移，经过 6 秒时，该直线可将平行四边形ABCD的面积平分．
【分析】首先连接AC、BD，交于点E，当y＝﹣x经过E点时，该直线可将▱ABCD的面积平分，然后计算出过E且平行于直线y＝﹣x的直线解析式，从而可得直线y＝﹣x要向右平移12个单位，进而可得答案．
【解答】解：连接AC、BD，交于点E，当y＝﹣x经过E点时，该直线可将▱ABCD的面积平分，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CE，
∵A（4，3），C（10，7），
∴E（7，5），
设PE的解析式为y＝kx+b，
∵PE平行于直线y＝﹣x，
∴k＝﹣1，
∵PE过E（7，5），
∴DE的解析式为y＝﹣x+12，
∴直线y＝﹣x要向右平移12个单位，
∴时间为6秒，
故答案为：6．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及一次函数图象与几何变换，关键是正确掌握经过平行四边形对角线交点的直线平分平行四边形的面积．
15．（2022春•樊城区期末）如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地AB＝2.5米，当人体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生CD正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时（BC＝1.2米），感应门自动打开，则AD＝ 1.5 米．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，构造Rt△ADE，利用勾股定理求得AD的长度即可．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵AB＝2.5米，BE＝CD＝1.6米，ED＝BC＝1.2米，则AE＝AB﹣BE＝2.5﹣1.6＝0.9（米）．
在Rt△ADE中，由勾股定理得到：AD＝＝＝1.5（米）
故答案是：1.5．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求得线段AD的长度．
16．（2021春•岚皋县期末）将直线y＝3x﹣2向上平移2个单位长度，平移后直线的解析式为 y＝3x ．
【分析】根据“上加下减”的函数图象平移规律来解答．
【解答】解：将直线y＝3x﹣2向上平移2个单位长度，平移后直线的解析式为y＝3x﹣2+2，即y＝3x，
故答案为y＝3x．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减、上加下减”的原则是解答此题的关键．
17．（2022春•斗门区期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为 ．
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DHP＝∠FHC，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18．（2022春•德阳期末）小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距2400米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟96米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了3分钟后沿原路按原速骑车返回．设他们出发后经过t（分）时，小明与家之间的距离为s1（米），小明爸爸与家之间的距离为s2（米），图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象．小明从家出发，经过 分钟在返回途中追上爸爸．
【分析】由题意得点B的坐标为（12，2400），小明骑车返回用时也是10分钟，因此点D的坐标为（22，0），小明的爸爸返回的时间为2400÷96＝25分，点F的坐标（25，0）因此可以求出BD、EF的函数关系式，由关系式求出交点的横坐标即可．
【解答】解：由题意得点B的坐标为（13，2400），
小明骑车返回用时也是10分钟，因此点D的坐标为（23，0），
小明的爸爸返回的时间为2400÷96＝25分，点F的坐标（25，0），
设直线BD、EF的关系式分别为s1＝k1t+b1，s2＝k2t+b2，
把B（13，2400），D（23，0），F（25，0），E（0，2400）代入相应的关系式得：
，，
解得：，，
直线BD、EF的关系式分别为s1＝﹣240t+5520，s2＝﹣96t+2400，
当s1＝s2时，即：﹣240t+5520＝﹣96t+2400，
解得：t＝，
故答案为：．
【点评】考查一次函数的图象和性质、二元一次方程组的应用等知识，正确的识图，得出点的坐标求出直线的关系式是解决问题的首要问题．
三．解答题（共10小题，满分66分）
19．（2022春•樊城区期末）计算：
【分析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：原式＝4+3﹣﹣
＝2+3
【点评】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算，本题属于基础题型．
20．（2022春•丹江口市期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在边AB、BC上，且AE＝BF．
（1）求证：△DEF为等边三角形；
（2）已知AB＝3，EF＝，求BE长．
【分析】（1）根据菱形的性质可得∠DBC＝60°，AD＝BD，然后由全等三角形的判定与性质可得结论；
（2）过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，设AE＝x，则BE＝3﹣x，BF＝AE＝x，利用勾股定理可得方程求解即可．
【解答】（1）证明：在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，△ABD为等边三角形，
∴∠DBC＝60°，AD＝BD，
∴∠DBC＝∠A，
∵AE＝BF，
∴△BDF≌△ADE（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠BDF，
∴∠EDF＝∠BDF+∠BDE＝∠ADE+∠BDE＝60°，
∴△DEF为等边三角形；
（2）解：过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
设AE＝x，则BE＝3﹣x，BF＝AE＝x，
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBG＝180°﹣120°＝60°，
∴BG＝，FG＝，
在Rt△FBG中，由勾股定理得（3﹣x+）2+（）2＝（）2，
解得，x＝1或2，
∴BE长为1或2．
【点评】此题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
21．（2022春•丹江口市期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点O的直线交BC于点E，交AD于点F．
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
（2）当OE与AC有何关系时，四边形AECF为正方形？请说明理由．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质得出OA＝OC，AD∥BC，从而得出∠AFO＝∠CEO，∠FAO＝∠ECO，进而判定△OAF≌△OCE，根据全等三角形的性质得出OE＝OF，判定四边形AECF是平行四边形；
（2）当OE＝AC，且OE⊥AC时，四边形AECF为正方形，根据给出的条件先证明矩形，再证明矩形的对角线垂直即可证明正方形．
【解答】解：（1）四边形AECF是平行四边形，
理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠AFO＝∠CEO，∠FAO＝∠ECO，
∴△OAF≌△OCE，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）当OE＝AC，且OE⊥AC时，四边形AECF为正方形，
∵OE＝EF，OE＝AC，
∴EF＝AC，
∴平行四边形AECF是矩形，
∵EF⊥AC，
∴矩形AECF是正方形，
∴当OE＝AC，且OE⊥AC时，四边形AECF为正方形．
【点评】本题考查了平行四边形以及正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键，正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定．
22．（2022春•丹江口市期末）某中学开展“古代诗词记诵大赛”比赛活动，九年级（1）、（2）班根据初赛成绩，各选出5名选手参加复赛，两个班各选出的5名选手的复赛成绩（满分为100分）如图所示．
（1）根据图示填写下表；
（2）结合两班复赛成绩的平均数和中位数，分析哪个班级的复赛成绩较好；
（3）计算两班复赛成绩的方差，据此判断哪个班比赛成绩更整齐？
（方差公式：）
【分析】（1）观察图分别写出九（1）班和九（2）班5名选手的复赛成绩，然后根据中位数的定义和平均数的求法以及众数的定义求解即可；
（2）在平均数相同的情况下，中位数高的成绩较好；
（3）根据方差公式计算即可．
【解答】解：（1）由图可知九（1）班5名选手的复赛成绩为：75、80、85、85、100，
九（2）班5名选手的复赛成绩为：70、100、100、75、80，
∴九（1）的平均数为（75+80+85+85+100）÷5＝85（分），
九（1）的众数为85分，
把九（2）的成绩按从小到大的顺序排列为：70、75、80、100、100，
∴九（2）班的中位数是80分；
填表如下：
（2）九（1）班成绩好些．因为两个班级的平均数都相同，九（1）班的中位数高，所以在平均
数相同的情况下中位数高的九（1）班成绩好些．
（3），
，
∵S12＜S22，
∴九（1）班成绩成绩更整齐．
【点评】本题考查了中位数、众数以及平均数的求法，同时也考查了方差公式，解题的关键是牢记定义并能熟练运用公式．
23．（2022春•樊城区期末）阅读下列材料，然后回答问题．
在进行二次根式运算时，我们有时会碰上这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：
（Ⅰ）＝＝＝．
以上这种化简的步骤叫作分母有理化．
（Ⅱ）还可以用以下方法化简
＝＝＝＝．
（1）请用不同的方法化简．
①参照（Ⅰ）式，化简＝ ；
②参照（Ⅱ）式，化简＝ ﹣ ；
（2）化简：++…+．
【分析】（1）①仿照（Ⅰ）式，分母利用平方差公式可以将式子化简；
②仿照（Ⅱ）式，分子利用平方差公式可以将式子化简；
（2）根据平方差公式先将题目中的式子变形，然后合并同类二次根式即可．
【解答】解：（1）①＝＝＝＝，
故答案为：；
②＝＝＝﹣，
故答案为：﹣；
（2）++…+
＝×（﹣1+++…+）
＝×（﹣1+）
＝×（﹣1+5）
＝×4
＝2．
【点评】本题考查二次根式的混合运算、平方差公式、分母有理化，解答本题的关键是明确题意，利用平方差公式解答．
24．（2022春•丹江口市期末）某校数学兴趣小组根据学习函数的经验，对函数y＝|x+1|﹣3的图象和性质进行了探究，探究过程如下：
自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值如下表：
（1）①表中a的值为 ﹣1 ，b的值为 1 ；
②以每组对应值作为一个点的坐标，在平面直角坐标系中描出表中的所有点，并按照自变量从小到大的顺序连线，画出该函数的图象，并观察图象，发现函数的最小值为 ﹣3 ；
（2）在函数y＝|x+1|﹣3的图象所在坐标系中，作的图象，交y＝|x+1|﹣3的图象于点A，B（A在B的左侧），并观察图象，直接写出下列结果：
①方程组的解为 或， ；
②不等式的解集为 ﹣3＜x＜3 ．
【分析】（1）①当x＝﹣3时，y＝|﹣3+1|﹣3＝﹣1，则a＝﹣1；当x＝3时，y＝|3+1|﹣3＝1，则b＝1；
②描出表中以各对对应值为坐标的部分点，然后连线．
（2）①根据函数图象解决．
②根据函数图象解决．
【解答】（1）①当x＝﹣3时，y＝|﹣3+1|﹣3＝﹣1，则a＝﹣1；当x＝3时，y＝|3+1|﹣3＝1，则b＝1；
故答案为：﹣1，1．
②如图所示：
观察图象，发现函数的最小值为﹣3，
故答案为：﹣3．
（2）如图所示：
由图可以看出A（﹣3，﹣1），B（3，1），
①方程组的解为或，
②不等式的解集为﹣3＜x＜3．
故答案为：或，﹣3＜x＜3．
【点评】本题主要考查函数图象点的坐标的求法、函数图象的画法以及函数与方程组和不等式组的关系，熟练掌握函数图象点的坐标的求法、函数图象的画法以及看函数图象是解决本题关键．
25．（2022春•丹江口市期末）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门的意思）一尺，不合二，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），求门槛AB的长．
【分析】取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，则AB＝2r（寸），AE＝（r﹣1）寸，在Rt△ADE中，根据勾股定理解答即可求出OA，进而得到AB的长．
【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10寸，OE＝CD＝1寸，
∴AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，
AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
即门槛AB的长为101寸．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，弄懂题意，构建直角三角形是解决问题的关键．
26．（2022春•丹江口市期末）（1）如图1，已知，正方形ABCD和正方形CEFG，点G在BC延长线上，点E在CD边上，则BE与DG的数量关系为 BE＝DG ，BE与DG的位置关系为 BE⊥DG ；
（2）将（1）中的正方形CEFG绕点C旋转至图2时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给以证明；若不成立，请说明理由；
（3）若AB＝5，CE＝，在正方形CEFG绕点C旋转一周过程中，当A，F，G三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出AG长．
【分析】（1）如图1中，延长BE交DG于点M，证明△BCE≌△DCG（SAS），推出BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，可得结论；
（2）结论成立．延长BE交DG于点M，设BM交CD于点O．证明方法类似（1）；
（3）分两种情形分别画出图形，利用勾股定理求解．
【解答】解：（1）如图1中，延长BE交DG于点M，
由条件可知，BC＝DC，EC＝GC，∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，
∵∠BEC＝∠DEM，
∴∠DME＝∠DCB＝90°，
∴BE⊥DG；
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG．
（2）结论成立．
理由：延长BE交DG于点M，设BM交CD于点O．
由条件可知，BC＝DC，EC＝GC，∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，
∵∠BOC＝∠DOM，
∴∠DMB＝∠DCB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图3﹣1中，连接AC．
∵AB＝BC＝5，∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10，
CG＝CE＝，
∵A，F，G共线，
∴∠AGC＝90°，
∴AG＝＝＝7．
如图3﹣2中，当A．G，F共线时，同法可得AG＝7
综上所述，满足条件的AG的值为7．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
27．（2022春•丹江口市期末）已知，A（0，a）是y轴上一点，直线l：与x轴交于点（﹣16，0），与y轴交于点D．
（1）b＝ 8 ，点D的坐标为 （0，8） ；
（2）如图1，过点A作AB⊥l于点B，作∠BAC＝45°，AC交直线l于点C（点C在点B右侧），
①当a＝﹣3时，求点B，C的坐标；
②如图2，过点A作AE∥BC，交x轴于点E，求当a为何值时，四边形ABDE为矩形．
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）①过点B作BG⊥x轴，过点A作AG⊥BG于点G，过点C作CH⊥BG，交GB的延长线于点H，易证△BGA≌△CHB（AAS），进一步可得BG＝CH，AG＝BH，设B（m，m+8），表示出点C坐标，将点C坐标代入直线l解析式即可求出m，进一步确定点B和点C坐标；
②过点B作BM⊥y轴于点M，设CH交y轴于点N，同①中的方法可得点B和点C坐标，进一步可知BM＝CN，从而△BDM≌△CDN（AAS），易证四边形ADCE为平行四边形，根据平行四边形的性质可知点C横坐标等于点E横坐标，可得＝﹣2a，即可求出a的值．
【解答】解：（1）将点（﹣16，0）代入，
得﹣8+b＝0，
解得b＝8，
∴点D（0，8），
故答案为：8，（0，8）；
（2）①过点B作BG⊥x轴，过点A作AG⊥BG于点G，过点C作CH⊥BG，交GB的延长线于点H，如图所示：
则∠G＝∠H＝90°，
∴∠GBA+∠GAB＝90°，
∵AB⊥BC，∠BAC＝45°，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
∴AB＝AC，∠HBC+∠GBA＝90°，
∴∠HBC＝∠GAB，
∴△BGA≌△CHB（AAS），
∴BG＝CH，AG＝BH，
设B（m，m+8），
则BG＝CH＝m+11，AG＝BH＝﹣m，
∴C（m+11，﹣m+8），
∵点C在直线l上，
∴（m+11）+8＝﹣m+8，
解得m＝，
∴B（，），C（，）；
②过点B作BM⊥y轴于点M，设CH交y轴于点N，如图所示：
设B（n，n+8），
则BG＝n+8﹣a，AG＝﹣n，
∴CH＝BG＝n+8﹣a，BH＝AG＝﹣n，
∴点C（n+n+8﹣a，n+8﹣n），
将点C坐标代入直线l解析式，
得（n+n+8﹣a）+8＝n+8﹣n，
解得n＝，
∴点C的横坐标为，
∴BM＝CN，
在△BDM和△CDN中
，
∴△BDM≌△CDN（AAS），
∴BD＝CD，
若四边形ABDE为矩形，
则BD＝AE，
∴CD＝AE，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∴CE∥AD，
∴xC＝xE，
∵直线AE的解析式为：，
当＝0时，x＝﹣2a，
∴xE＝﹣2a，
∴＝﹣2a，
解得a＝﹣2，
即当a＝﹣2时，四边形ABDE为矩形．
【点评】本题考查了一次函数与几何的综合，涉及待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的性质等，本题综合性较强，难度较大．
28．（2022春•樊城区期末）以四边形ABCD的边AB、AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和ADE，连接EB、FD．
（1）当四边形ABCD为正方形时（如图1），EB和FD的数量关系是 BE＝FD ；
（2）当四边形ABCD为矩形时（如图2），EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
（3）当四边形ABCD为平行四边形时（如图3），当E、A、F在一条直线上时，过B作BH⊥BC交FD于点H，若，且，直接写出BH的值．
【分析】（1）证明△AEB≌△ADF（SAS），可得BE＝FD；
（2）证明△AEB≌△ADF（SAS），可得BE＝FD；
（3）作DG⊥BC交于G，过A作AI⊥CF交于I，由（1）（2）同理可得DF＝BE，设AF＝BF＝2x，则AE＝AD＝BC＝3x，则FC＝5x，再证明Rt△AIB≌Rt△DGC（HL），可得IB＝GC＝x，FG＝4x，DG＝x，BG＝2x，由BH∥DG，可得BF：FG＝BH：DG＝1：2，则BH＝DG＝x，再由BE＝FD＝2＝x，求出x＝2，即可求BH＝．
【解答】解：（1）∵△ABF和△ADE是等边三角形，
∴∠EAD＝∠FAB＝60°，AD＝AE，AF＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴△AEB≌△ADF（SAS），
∴BE＝FD，
故答案为：BE＝FD；
（2）BE＝FD，理由如下：
∵△ABF和△ADE是等边三角形，
∴∠EAD＝∠FAB＝60°，AD＝AE，AF＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴△AEB≌△ADF（SAS），
∴BE＝FD；
（3）作DG⊥BC交于G，过A作AI⊥CF交于I，
由（1）（2）同理可得DF＝BE，
∵，
设AF＝BF＝2x，则AE＝AD＝BC＝3x，
∴FC＝5x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠DCB＝180°﹣∠FAB﹣∠EAD＝60°，
∵∠AIB＝∠DGC＝90°，
∴AI＝DG，
∴Rt△AIB≌Rt△DGC（HL），
∴IB＝GC＝AF＝x，
∴FG＝5x﹣x＝4x，DG＝x，BG＝FG﹣BF＝2x，
∵BH⊥CF，DG⊥CF，
∴BH∥DG，
∴BF：FG＝BH：DG＝1：2，
∴BH＝DG＝x，
∵BE＝FD＝2＝x，
∴x＝2，
∴BH＝．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质，平行线的性质是解题的关键．班级
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
九（1）
85
九（2）
85
100
班级
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
九（1）
85
85
85
九（2）
85
80
100
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
…
y
…
0
a
﹣2
﹣3
﹣2
﹣1
0
b
2
…