18期末综合能力检测卷(一)-2021-2022学年八年级上册数学【优+密卷】（鲁教版）

证明:∵FG∥DB,FD∥GB ∴GF=AD,GF∥AD,GE C,GE∥BC.又∵AD= 画图略.众数是10元 5,得x≥2;解不等式"。≥-4,得x≤m+ ∴.四边形FGBD为平行四边形 BC,∴GF=GE,∠FGC=∠DAC=20°,∠AOE=∠ACB (3)言(5×9+10×16+15×14+20×7+25×4) FG=DB,∠DFG=∠DBG ∵△CEF≌△DCB,∴∠EFC=∠CBD,FC=DB 84.∴∠EFG=∠FEG.∵∠FGE=∠FGC+∠EGC 655=13.1(元) ∴关于x的不等式组 有解,∴m+8≥2,解得 ∴∠EFC+∠GFE=∠ABD+∠CBD=∠CBA=60°,FC +(180-84)=116°,∴∠FEG=(180°-∠FGE)= 因此,该班平均每人捐款13.1元 m≥-6.∴m的取值范围为-6≤m<-2且m≠-3.∴整 24.解:(1)∵CE=CD,点F为CE的中点,CF=2, =FG.∴△CFG为等边三角形 32°.故选A 数m的值为 ∴满足条件的整数m的值的和为 13.614.小刘15.(3,4) 15.故选C. ∴四边形ABCD是平行四边形, 16.10解析:∵点P,D分别是AF,AB的中点,∴PD= 13.30°14.①②③15.(1,3)16.92 1BF=6,PD∥BF.∴∠ADP=∠ABC.同理,DQ= 17.①②④解析:∵四边形ABCD和四边形DCFE是平行 AE⊥BC 四边形,∴AB=CD,CD=EF,AB∥CD,CD∥EF ∴∠AEB=90° 22.解:(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形 2AE=8,DQ∥AE.∴∠BDQ=∠BAC.∠PDQ=180 ∴AB=EF,AB∥EF.∴四边形ABFE为平行四边形.故 在Rt△ABE中,由勾股定理,得BE=√AB=AE ①正确.∵平行四边形ABCD与平行四边形DCFE的周 ∴AE∥CF,∠ADC=∠ABC (∠ADP+∠BDQ)=180°-(∠ABC+∠BAC)=180 ∠F,∠EDN=∠FBM. (180°-∠C)=90°.由勾股定理,得PQ=√PD+DQ 相等…AD=BC=2(平行四边形ABCD的周长一AB (2)证明:如图所示,过点G作GM⊥AE于点M. 又∵:DE=BF, CD),CF=DE=(平行四边形DCFE的周长一CD ∴△DEN≌△BFM(ASA). 17.12解析:∵AF∥BC,∴∠AFC=∠FCD.在△AEF与 EF),∴AD=BC=CF=DE.∴△ADE是等腰三角形,故 (2)四边形ANCM是平行四边形.理由 AFE=∠ECD ②正确;∴∠BAD=60°,∴∠ABC=120°.∵∠CFE= ∵四边形ABCD是平行四边形, △DEC中,∠AEF=∠DEC,∴△AEF≌△DFC(AAS 110°,∴平行四边形ABCD与平行四边形DCFE不全等 AB=CD,AB∥CD,即AM∥CN. AE- DE ∴AF=DC.∵BD=DC,∴AF=BD.∴四边形AFBD是 ∵AE⊥BC,∴GM∥BC∥AD 故③错误;∵∠BAD=60°,∠CFE=110°,∴∠ADC 又由(1)知,△DEN≌△BFM,∴BM=DN, 在△DCF和△ECG叶 120°,∠CDE=110°.∴∠ADE=3600-120°-110°=130 ∴AM=CN, 平行四边形.∴S四边形AFBD=25△ABD,又∵BD=DC, ∴AD=DE,∴∠DAE=∠AED=25°,故④正确 ∴四边形ANCM是平行四边形 ∴S△ABC=2S△ABD,∴S边ABD=S△ABEC,∵∠BAC=90°, 8.解:(1)m2n-2mn+n=n(m2-2m+1)=n(m-1)2 23.证明:∵四边形ABCD是平行四边形, AB=4,AC=6,∴SM=2AB·AC=1 ∠C=∠C,节 2×4×6=1 CD= ∴AB∥CD,AB=CD,OA=OC ∴S边形AFBD=12. △DCF≌△ECG(AAS),∵CG=CF 3)(4x+3) ∴∠BAF=∠CEF,∠ABF=∠ECF 18解:(1)原式=x(y2-83+12)=x(y=2y=6) DCE=2CF,·CD=2CG ,方程两边同乘(x-2),整理,得 又∵CE=DC, 原式=[3x-(x+2y)12+x 即点G为CD的中点 ∴AB=CE,∴△ABF≌△ECF(ASA),∴BF=CF. 3x+2=-3,解得x 又∵OA=0C,:OF是△ABC的中位线,∴AB=2OF.19.解:通分,得12(x-2 1,移项、合并,得 ∴AD∥GM∥BC,∴点M为AE的中点 GM⊥AE,∴AM=EM∴∠AGM=∠EGM 4.解:(1)△ABC所扫过面积即梯形ABFD的面积 作AH⊥BC于点H. 12(x-2)=-1,解得x=19 检验:当x=