期末综合测试卷(三)-【典创·期末精准评价金卷】 2025-2026学年八年级下册数学期末综合测试卷（北师大版·新教材）

参考答案 期末综合测试卷（一） 一、选择题 1.D2.B3.C4.D5.C6.C7.A8.A9.B10.A 二、填空题 11.125°12.3℃~5℃13.20°14.-6<x<015.6.5 三、解答题 16.解：(1)去分母，得8-(7x-1)>2(3x-2), 去括号，得8-7x+1>6x-4, 移项合并同类项，得-13x>-13 系数化为1，得x<1; 2式=22·号 x-1 3+2 当x=3时，原式=32=5. 17.解：(1)如图，△A,B,C,即为所求： (2)如图，△A,B,C,即为所求 B A 0 B 18.(1)证明：a-b=mn, .a2-b2-2mnb=a2-b2-2(a-b)·b=a2-b2-2ab +2b2=a2-2ab+b2=(a-b)2 a≠b,.(a-b)2>0,.a2-b2-2mnb为正数 (2)解：am+bm为偶数，理由如下： a,b,m,n为整数，n为偶数，.mn为偶数 ,a-b=mn,∴.a-b为偶数，a,b同为偶数或者同为 奇数，.a+b为偶数，.(a+b)m为偶数， :am+bm=m(a+b),∴.am+bm是偶数. 19.（1)解：DE∥AC.证明如下：AD是∠BAC的平分线， .∠CAD=∠BAD.:EF垂直平分AD,AE=DE, ∴.∠BAD=∠EDA,∴.∠CAD=∠EDA,∴.DE∥AC. (2)证明：EF垂直平分AD,∴.EA=ED,FA=FD.在△AEF CEA=ED. 和△DEF中，{EF=EF,∴.△AEF≌△DEF(SSS),∴.∠EAF= FA=FD. ∠EDF.DE∥AC,∴.∠C=∠EDF,∴.∠C=∠EAF 20.解：(1)连接PP',如图.由旋转的性质 知，AP'=AP=6,∠P'AB=∠PAC, ∠P'AP=∠BAC=60°，∴.△P'AP是 等边三角形，.PP'=6. (2).'P'B=PC=10,PB=8,PP'=6 ∴PB2=P'P2+PB2,∴.△PPB为直角 三角形，且∠P'PB=90°，∴.∠APB=∠P'PB+∠PPA =90°+60°=150° 21.(1)证明：.·AE平分∠BAC,.∠BAE=∠DAE .BE⊥AE,.∴.∠AEB=∠AED=90 T∠BAE=∠DAE 在△AEB和△AED中，AE=AE, L∠AEB=∠AED .△AEB≌△AED(ASA),..BE=ED,AD=AB BF=FC,EF是△BDC的中位线，EF=CD= 2(4c-A0)=2(4c-AB. ·1 (2)解：如图，分别延长BE,AC交于点H. 同(1)可证明△ABE≌△AHE,..BE= EH、AH=AB=9..·BE=EH,BF=FC, EF是△BCH的中位线，.EF=人 =7(AH-AC)=2×(9-5)=2 1 22.解：(1)设该航模店购进x个A款飞机模型，则购进 (200-x)个B款飞机模型.根据题意，得200-x≤2x. 200 解得x≥ 3x为正整数，.x的最小值为67.答：该 航模店至少购进67个A款飞机模型. (2)根据题意，得200-x≥x解得x≤100.x≥，，且 x为正整数，.67≤x≤100，且x为正整数.设航模店将 购进的两款模型全部卖出后能获得的利润为y元.y= (30-20)x+(45-30-2)(200-x)=-3x+2600. -3<0,∴.y的值随x值的增大而减小..当x=67 时，y取得最大值，最大值为2399.答：航模店将购进的 两款模型全部卖出后，能获得的最大利润为2399元. 23.(1)证明：.·四边形ABCD是平行四边形， .∴.OB=OD,AD∥BC,.∴.∠EDO=∠FBO, r∠EDO=∠FBO, 在△EDO和△FB0中，OD=OB, ∠DOE=∠BOF .△ED0≌△FBO,∴.OE=OF. (2)证明：△EDO≌△FB0,∴.DE=BF,四边形 ABCD是平行四边形，..AD=BC,AB=CD,∴.AE=CF '.AE+BF+AB+EF=CF+DE+CD+EF,..四边形 AEFB与四边形DEFC的周长相等. (3)解：直线EF将平行四边形ABCD的面积二等分.理 由：.·四边形ABCD是平行四边形，..OA=OC,OD= OB,AD∥BC,∴.∠EAO=∠FCO,在△EAO和△FC0中， r∠EAO=∠FCO, OA=OC. ·.△EAO≌△FCO(ASA),∴.SAEAO= ∠EOA=∠FOC, OD=OB SAFCO,在△DOC和△BOA中，{∠D0C=∠BOA, LOC=OA. :△D0C≌△B0A(SAS),SAoc=SABA,△ED0≌ △FB0,∴.S△Em=SAFB0S D0C +SAED0 +S△coF =S△B0 +SAFBO+S AAOE,即四边形AEFB与四边形DEFC的面积 相等，∴.直线EF将平行四边形ABCD的面积二等分 期末综合测试卷（二） 一、选择题 1.B2.D3.A4.A5.C6.B7.C8.B9.A10.C 二、填空题 11.(5,-5)12.3513.214.7.515.20√2 三、解答题 16.解：(1)原式=3·x2-3a·2y-3a·1=3a(x2-2y-1). (2)原式=2(a+b)·12ab.(a+b)=2b. 3ab (a+b)2 4 17.解：(1)一； (2)方程两边同时乘(x-3),得1-x=-1-2(x-3),解得 x=4.检验：当x=4时，x-3=4-3=1≠0.所以原分式 方程的解为x=4. 18.(1)证明：∠1+∠2=180°，∠1+∠BGH=180° ∠2=∠BGH,∴.AB∥CD,·.∠GPH=∠PGB.GP平 分∠BGH,∴.∠PGH=∠PGB,∴.∠GPH=∠PGH,∴.GH =PH,.△PGH是等腰三角形 (2)解：∠1=116°，.∠BGH=180°-116°=64. ·GP平分∠BGH,.∠BGP=32°.AB∥CD,∴.∠GPH =∠BGP=32°，∴.∠GPD=180°-32°=148°. 19.解：(1)如图，△AB,C,即为 二、填空题 所求.点A的坐标为(2,2)， 11.36°12.1213.a>-214.-17≤P<-715.5 B,点的坐标为(3，-2) 三、解答题 (2)如上图，△A,B,C,即为 16.解：(1)原式=-y(x2-6x+9)=-y(x-3)2; 所求，A(5,3),B2(1,2),C2 (3.1). (2)原式=x+21÷x+1-x+1.x(x+4x(x+4) x+2÷2+4=x+2 x+1 x+2 20.（1)证明：.·四边形ABCD 17.解：(1)a-2b-c=0,∴.a-c=2b. 是平行四边形，∴.AD∥BC .∠AEF=∠EFC.将平 a+2b-c<0,∴.2b+2b<0..4b<0.∴.b<0 行四边形ABCD折叠，使得 (2)a-4b+c=3,∴.a+c=3+4b. 点C落在点A处，点D落在点D处，折痕为EF,∴.∠AFE b<0,b>-3..-3<b<0..-12<4b<0. ..-9<3+4b<3..∴.-9<a+c<3 =∠EFC,AF=CF,∴.∠AEF=∠AFE,∴.AE=AF,∴.AE 18.(1)证明：如图，过点C作CG⊥AB于 =CF:AD∥BC,四边形AFCE是平行四边形. 点G,∴.∠DCG+∠CDG=90°..·BC= (2)解：如图，过点A作AH⊥BC于 点H.∠B=60°，AB=4,.∠BAH DC.LBCG=LDCG-LBCD. =30°，.∴.BH=2,AH=2W3..BC= ·.BF⊥CD,.∠ABF+∠CDG=90°， 6,CH=4.设CF=AF=x,则FH=4 -x.在Rt△AHF中，AF2=A+ ∠ABF=LDCG= 2∠BCD. FH,.x2=(2√3)2+(4-x)2,解 (2)解：△BCF是等腰三角形.理由如下：：∠A=45 7 得x= 2,..CF= 2四边形AFCE的面积为CF·AH CG⊥AB,.∠ACG=45°..·∠ACB=∠ACG+∠BCG, ∠BFC=∠A+∠ABF,∴.∠ACB=45°+∠BCG,∠BFC =3×25=75. =45°+∠ABF.·∠BCG=∠DCG=∠ABF,∴.∠BCF= ∠BFC,.BC=BF,.△BCF是等腰三角形 21.解：(1)y甲=0.8×1000x=800x,yz=4×1000+0.7× 19.解：(1)线段AB的垂直平分线，如图1所示： 1000×(x-4)=700x+1200: (2)①y甲<yz,800x<700x+1200,解得x<12,②y甲= yz,800x=700x+1200,解得x=12,③y>yz,800x> 700x+1200,解得x>12,答：当老师和学生数超12人 时，选择乙旅行社支付的旅游费用较少；当老师和学生数 为12人时，两旅行社支付的旅游费用相同；当老师和学 米 E 生数少于12人时，选择甲旅行社支付的旅游费用较少， 22.(1)证明：△ABC、△CDE都是等边三角形，∴.AC= 图1 图2 BC.CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°，·.∠ACB+∠BCD (2)连接BD,如图2： =∠DCE+∠BCD,.∴.∠ACD=∠BCE DE是AB的垂直平分线，.AD=BD,.∠DBA=∠A rAC=BC =30°，∠CBA=90°-∠A=90°-30°=60°，.∠CBD 在△ACD和△BCE中， ∠ACD=∠BCE,.△ACD≌ =∠CBA-∠DBA=30°..CD=3..BD=2CD=6,.AD CD=CE BD=6...AC=AD+CD=9. △BCE(SAS),.AD=BE 20.(1)证明：：(k+1)2-k2=k2+2k+1-k2=2k+1(k为正 (2)解：.△ACD≌△BCE,∴∠ADC=∠BEC,:△CDE 整数)，.2k+1=(k+1)2-k2(k为正整数)，.任意 是等边三角形，..∠CED=∠CDE=60°，.∴.∠ADE+ 个大于1的奇数都可以表示为两个正整数的平方差； ∠BED=∠ADC+∠CDE+∠BED=∠ADC+60°+ (2)解：n=a2-b2=(a+b)(a-b),a>b且为正整数， ∠BED=∠CED+60°=60°+60°=120°，∴.∠D0E= .a+b>a-b≥1且a+b与a-b同奇偶，若a+b与a 180°-（∠ADE+∠BED)=60° b同奇，最小为(2+1)×(2-1)=3，若a+b与a-b同 (3)证明：.·△ACD≌△BCE,..∠CAD=∠CBE,AD=BE 偶，则(a+b)(a-b)必能被4整除，最小为(3+1)×(3 AC=BC,又·点M、V分别是线段AD、BE的中点，AM= -1)=8,∴.当n为奇数时，n为大于或等于3的奇数； D,BN=2BEAM=BN,在△MCM和△BCN中， 1 当n为偶数时，n为大于等于8的偶数且为4的倍数 21.解：(1)设甲种商品应购进x件，乙种商品应购进y件 rAC=BC ∠CAM=∠CBN,∴.△ACM≌△BCN(SAS),∴.CM= 根据题意，得{0+45-35y=1240. AM=BN CN,∠ACM=∠BCN,又.'∠ACB=60°，∴.∠ACM+ 解得x=100, 1y=80. ∠MCB=60°，∠BCN+∠MCB=60°，..∠MCN=60°， 答：甲种商品应购进100件，乙种商品应购进80件. ∴.△MNC是等边三角形 (2)设甲种商品购进a件，则乙种商品购进(180-a)件. 23.解：(1)140°； (2)∠1+∠2=90°+∠； E ay 根据题意，得4a3580-)<5040,解得60<a<64 6a+8(180-a)>1312, (3)∠2-∠1=90°+∠a或∠2= a为整数，.a的值为61,62,63，.180-a相应的值 ∠1+90°或∠1-∠2=∠α-90°： 为119,118,117. (4)关系是∠2=90°+∠1-∠，理由如下：如图 方案一：甲种商品购进61件，乙种商品购进119件 ·∠PFD=∠EFC,∴.180°-∠PFD=180°-∠EFC, 方案二：甲种商品购进62件，乙种商品购进118件. .∠a+180°-∠1=∠C+180°-∠2，∴.∠2=90°+ 方案三：甲种商品购进63件，乙种商品购进117件. ∠1-∠a. 其中获利最大的是方案一 22.(1)证明：△EFG为等边三角形，∴.EG=FG.点E,F 期末综合测试卷（三） 分别是对角线AC,BD的中点，G为BC的中点，.EG是 一、选择题 △CBA的中位线，FG是△BCD的中位线，∴.CD=2FG,AB 1.A2.C3.C4.A5.A6.A7.B8.C9.B10.C =2EG,∴.CD=AB,..四边形ABCD是等对边四边形. ·2· (2) 解：如图，过 B 作 BM⊥CA 交 CA 延长线于点M，过 过 c 作 CN⊥BD 于点 N.∵∠BAC+∠BDC $$= 1 8 0 ^ { \circ } ， \angle B A C + \angle B A M = 1 8 0 ^ { \circ } ，$$ ∴∠BAM=∠CDN.∵∠AMB=∠DNC $$= 9 0 ^ { \circ } ， A B = D C ， \therefore \triangle B A M \cong \triangle C D N$$ (AAS)，∴BM=CN.∵BC=CB， ∴Rt△BCM≅Rt△CBN(HL)，∴∠DBC=∠ACB.∵EG 是 是 △CBA 的中位线， ，FG 是 △BCD 的中位线 ∴∴GG∥AB，FG∥ / CD，∴∠CEG=∠BAC，∠BFG=∠BDC.∵∠BAC+∠BDC $$= 1 8 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle C E G + \angle B F G = 1 8 0 ^ { \circ } . \because \triangle E F G$$ 是等边三角 形 $$\therefore \angle E F G = \angle F E G = 6 0 ^ { \circ } . \because \angle B F G + \angle E F G + \angle E F D$$ $$+ \angle C E G + \angle F E G + \angle F E A = 1 8 0 ^ { \circ } + 1 8 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle E F D +$$ $$\angle F E A = 6 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle D B C + \angle A C B = 6 0 ^ { \circ } ， \therefore \angle D B C = \frac { 1 } { 2 } x$$ $$6 0 ^ { \circ } = 3 0 ^ { \circ } .$$ 23.解： (1)50； (2)过点D作 DN⊥AC 于点N 如图 1. ∵AD=DE，∴AN=EN，∴AE=AN+EN=2EN， ∴AC=CE+AE=CE+2EN，∴AC+CE=CE+2EN+ CE=2(CE+EN)=2CN=10，∴CN=5. ∵CD 平分 ∠ACB，AO⊥BC 于点 O，DN⊥AC 于点N， $$\therefore \angle C O D = \angle C N D = 9 0 ^ { \circ } ， D O = D N .$$ [L $$\int D O = D N ，$$ 在 Rt△CDO 和 Rt△CDN 中， {\begin{matrix}CD=CD\end{matrix}\right. ∴Rt△CDO≅Rt△CDN(HL)，∴CO=CN=5. N E H D D B B G 图1 图2 (3)∠ODG，∠FDH，∠GDH 这三个角之间的数量关系 是 ∠ODG+∠FDH=∠GDH. 理由如下 ： 在 OB 上截取 OM=FH， 连接 DM， 如图 2 FH+OG=GH，∴OM+OG=GH， ，即 GM=GH C D 平分 ∠ACB，AO⊥BC 于点 O，DF⊥AC 于点F， $$\therefore D O = D F ， \angle D O M = \angle D F H = 9 0 ^ { \circ } .$$ OM=FH， 在 △DOM 和 △DFH 中， ， DO=DF， {\begin{matrix}∠DOM=∠DFH，\DO=DF\end{matrix}\right.， ∴△DOM≅△DFH(SAS)，∴∠ODM=∠FDH，DM=DH， ∴∠ODG+∠FDH=∠ODG+∠ODM=∠GDM. DM=DH， 在 △GDM 和 △GDH 中， GM=GH， DG=DG， ∴△GDM≅△GDH(SSS)，∴∠GDM=∠GDH， ∴∠ODG+∠FDH=∠GDH. 期末综合测试卷(四) 一、选择题 1.B 2.C 3.D 4. C 5.D 6.D 7.B 8.D 9.C 10.C 二、填空题 11.(3，2) 12.100° $$1 2 . 1 0 0 ^ { \circ } 1 3 . 4 \sqrt 5 \quad 1 4 . - 1 < x < 0 \quad 1 5 . 2 0$$ 15.20 13.4√5 三、解答题 16.解：原式= $$= \frac { x + y } { y - x } - \frac { y } { y - x } - \frac { 2 x - y } { y - x } = \frac { x + y - y - 2 x + y } { y - x } = \frac { y - x } { y - x } =$$ (2)原式 $$= \frac { a ^ { 2 } } { \left( a - b \right) ^ { 2 } } - \frac { b ^ { 2 } } { \left( a - b \right) ^ { 2 } } = \frac { \left( a + b \right) \left( a - b \right) } { \left( a - b \right) ^ { 2 } } = \frac { a + b } { a - b } .$$ 17.解： $$\left( 1 \right) \because \angle A F D = 1 5 5 ^ { \circ } ， \therefore \angle D F C = 2 5 ^ { \circ } ，$$ $$D F \bot B C ， D E \bot A B ， \therefore \angle F D C = \angle A E D = 9 0 ^ { \circ } ，$$ 在 Rt△FDC 中 $$1 ， \angle C = 9 0 ^ { \circ } - 2 5 ^ { \circ } = 6 5 ^ { \circ } ，$$ $$\because A B = B C ， \angle C = \angle A = 6 5 ^ { \circ } ，$$ $$\therefore \angle E D F = 3 6 0 ^ { \circ } - 6 5 ^ { \circ } - 1 5 5 ^ { \circ } - 9 0 ^ { \circ } = 5 0 ^ { \circ } .$$ (2 2) 连接 BF.∵AB=BC， 且点 $$\overrightarrow { F }$$ 是 AC 的中点， ·3 3 BF⊥AC,LABF=∠CBF= 2∠ABC, ∴.∠CFD+∠BFD=90°，∠CBF+ ∠BFD=90°，∴.∠CFD=∠CBF, LCFD=2∠R B 18.(1)解：当k=-2时，y1=-2x+2,根据题意，得-2x+ 2>x-3,解得x<3； (2)当x=1时，y2=x-3=-2,把(1，-2)代入y1=x+ 2得k+2=-2,解得k=-4,当-4≤k<0时，少1>y2;当 0<k≤1时，之Y2 ∴.k的取值范围是：-4≤k≤1且k≠0. 19.解：(1)如图，△A,B,C,即为所求。 5 5引 (2)A1(1,1),B1(2,4),C(4,3),P1(b,-a) (3)A,(1,-1). 20解(1)18=4+B-+9 -4+-2_2x-6=2A与B互为“关联分式”，“关 x-3 x-3 联值”k=2. (2)①-3x-6②1. 21.解：(1)设航空模型的单价为x元，则航海模型的单价 为-35)元根搭题登得心×解得 =125,经检验，x=125是方程的解，也符合题意 .x-35=125-35=90. 答：航空模型的单价为125元，航海模型的单价为 90元； (2)设购买航空模型m个，学校花费W元，则购买航海 模型(120-m)个，·航空模型数量不少于航海模型数量 的m≥2(120-m）,解得m≥40，根据题意得：W= 125×0.8m+90(120-m)=10m+10800,.10>0, .当m=40时，W取最小值，最小值为10×40+10800 =11200. 此时120-m=120-40=80, 答：购买航空模型40个，购买航海模型80个，学校花费 最少， 22.证明：(1)在△ABC中，∠BAC=75°，∠ACB=35°， .∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=70°. BD平分LABC,∠DBC= )∠ABC=35, ∴.∠DBC=∠ACB,BD=CD,∴.△BCD为等腰三 角形. (2)如图，在AC上截取AH=AB,连接EH. 由(1)知BD=CD,.∴.BD+AD=CD +AD=AC.:AE平分∠BAC, ∴.∠EAB=∠EAH.在△ABE和△AHE中 AB=AH. B ∠BAE=∠HAE,∴.△ABE≌△AHE LAE=AE. (SAS),.∴.BE=EH,∠AHE=∠ABE.由(1)知∠ABE= 70°，..∠AHE=70°，..∠HEC=∠AHE-∠ACB=35°」 ∴.∠HEC=∠ACB,∴.EH=HC,∴.AB+BE=AH+HC= AC...BD +AD =AB BE. 23.(1)证明：点E是BD的中点，.BE=DE, .AD∥BC,∴.∠ADE=∠CBE, r∠ADE=∠CBE 在△ADE和△CBE中，DE=BE ∠AED=∠CEB ∴.△ADE≌△CBE(ASA),∴.AE=CE; (2)证明：·AE=CE,BE=DE, ∴.四边形ABCD是平行四边形，.AB∥CD,AB=CD, .·DF=CD,.DF=AB, 又：DF∥AB,.四边形ABDF是平行四边形； (3)解：过C作CH⊥BD于H,过D作DQ⊥AF于Q,如图 所示.四边形ABCD和四边形 0 ABDF是平行四边形，AB=4,AF= 8,∠F=30°，.DF=AB=4,CD= AB=4,BD=AF=8,BD∥AF, ∴.∠BDC=∠F=30°，·CH⊥ BD,DQ⊥AF,∴.∠CHD=∠DQF =90°，D0=2DF=2,CH=2DC=2, .四边形ABCF的面积=S平行四边形ADF+S△Bc=AF×DQ 1 2×BD×CH=8×2+7×8×2=24.期末综合测试卷（三） 题号 二 三 总分 得分 时间：120分钟 满分：120分 第一部分选择题（共30分）》 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的) 1.下列图形中，是中心对称图形的是 *米 入 2.如图，∠A=58°，∠B=32°，则∠C+∠D的度数为 A.64° B.80° C.90° D.110° (第2题图)》 3在43,2.1,0，-3,9中，能使不等式3x-1>2x成立的有 3 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 4.已知3-a=a-3,则a的取值范围在数轴上表示正确的是 A.0三 B.03一 C.0g一 D.。□ 5.把多项式-7ab-14abx+49aby分解因式，提公因式-7ab后，另一个因式是 A.1+2x-7y B.1-2x-7y C.-1+2x+2 D.-1-2x+7y ·17 6.如图，若再增加“某条线段的长度为5”这个条件后，可证明四边形ABCD为平行四边形，则这条 线段为 () 55 C M D 55 5 (第6题图) (第7题图) A.a B.6 C.c D.d 7.如图，在Rt△ABC中，AB=3,BC=2,∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折 痕为MN,则线段BN的长为 () B 4 C. 6 D 8.如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,过点O的直线分别交AD和BC于点F, E,若设该平行四边形的面积为12，则图中阴影部分的面积为 () A.3 B.4 C.6 D.8 (第8题图) （第9题图) 9.如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，M是BC的中点，MN⊥AB,垂足为点N,D是BM的中 点，连接AD,过点B作BC的垂线交AD的延长线于点E,若BE=6,则BN的长为 () A.6 B.9 C.6√3 D.9√3 1+a,,=1- 10.已知一列均不为1的数a,a2,a,,a.满足如下关系：a,=1-4, 1+ 1+a3 ,a4=1-g ,=}+a.若a,=2,则as的值是 an+1-1-an C.-3 D.2 ·18· 第二部分 非选择题（共90分）》 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11.如图，在正五边形ABCDE中，连接AC,那么∠BAC的度数为 (第11题图) (第15题图) 12.一个等腰三角形的两边长分别是2cm、5cm,则它的周长为 cm 13.若一次函数y=x-a+2和y=之+a的图象交点始终位于x轴上方，则a的取值范围为 14.对于x,y定义了一种新运算G,规定G(x,y)=x+3y.若关于a的不等式组 G(a,1-2a)≥-2， 恰好有3个整数解，则实数P的取值范围是 G(-2a,1+4a)>P 15.如图，口ABCD中，BD为对角线，分别以点A,B为圆心，以大于2AB的长为半径画弧，两弧相交 于点M、N,作直线MN交AD于点E,交AB于点F,若AD⊥BD,BD=4,BC=8,则AE的长为 三、解答题（本题共8小题，共75分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16.(10分) (1)(5分)因式分解：-x2y+6xy-9y; (2)5分)化简：1-中2)4 .19· 17.(8分) 已知三个实数a,b,c满足a-2b-c=0,a+2b-c<0. (1)证明：b<0; (2)若a-4b+c=3,且b>-3,求a+c的取值范围. 18.(8分) 如图，在△ABC中，AC>BC,∠A=45°，点D是AB边上一点，且CD=CB,过点B作BF⊥CD于 点E,与AC交于点F (L)求i证：∠ABF=)∠BCD: (2)判断△BCF的形状，并说明理由. D (第18题图) ·20· 19.(8分) 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30° (1)尺规作图：请作出线段AB的垂直平分线，分别交边AC,AB于点D,点E(保留作图痕迹)； (2)若CD=3.求AC的长 (第19题图) 20.(8分) 阅读下列材料：我们知道，对于一些正整数n,可以表示为n=a2-b2(a、b为正整数，且a>b), 例如：3=22-12,5=32-22,7=42-32 (1)求证：任意一个大于1的奇数都可以表示为两个正整数的平方差； (2)若n=a2-b2,且a、b为正整数，且a>b,求n的取值范围， ·21· 21.（8分) 某商店需要购进甲、乙两种商品共180件，其进价和售价如表所示.（注：获利=售价-进价） 甲 乙 进价（元/件） 14 35 售价（元/件） 20 43 (1)若商店计划销售完这批商品后能获利1240元，问甲、乙两种商品应分别购进多少件？ (2)若商店计划投入资金少于5040元，且销售完这批商品后获利多于1312元，请问有哪几种 进货方案？并直接写出其中获利最大的进货方案 ·22· 22.(12分) 定义：至少有一组对边相等的凸四边形为等对边四边形.如图，已知四边形ABCD,点E,F分别 是对角线AC,BD的中点，G为BC的中点，连接EF,FG,EG,△EFG为等边三角形 (1)求证：四边形ABCD是等对边四边形； (2)若∠BAC+∠BDC=180°，求∠DBC的度数. G (第22题图) ·23· 23.（13分) 已知，AO⊥BC于点O,CD平分∠ACB,交A0于点D. (1)如图1，若AC=BC,∠CAO=50°，连接DB,则∠DBC= 0 (2)如图2，点E为AC上一点，连接DE,AC+CE=10,AD=DE,求C0的长； (3)如图3，过点D作DF⊥AC于点F,点H在FC上，点G在OC上，FH+OG=GH.试判断 ∠ODG,∠FDH,∠GDH这三个角之间的数量关系，并说明理由 D B O B O G 图1 图2 图3 (第23题图) ·24·