专题突破与巩固(4) 四边形-【锦上添花】2025-2026学年八年级下册数学期末卷（沪科版·新教材）

》数学·八年级下 高升无航 专题突破与巩固（四） 做好题考高分 四边形 时间：120分钟 满分：150分 弥 题号 四 五 六 七 八 总分 得分 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分.每小题都 r 封 给出A,B,C,D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的) 1.在口ABCD中，∠A:∠B:∠C:∠D的值可以是 A.1:2:3:4 B.1:2:2:1 C.1:1:2:2 D.2:1:2:1 线 2.在四边形ABCD中，AB∥CD,添加下列条件后，仍无法判定四 边形ABCD是平行四边形的是 ( A.AD∥BC B.AD=BC C.∠ADC=∠ABC D.AB=CD T 拟 3.下列说法正确的是 内 A.菱形的四个内角都是直角 B.矩形的对角线互相垂直 C.正方形的每一条对角线平分一组对角 D.平行四边形是轴对称图形 不4.若一个八边形的每个外角都是x°，则x的值为 ( A.30 B.45 C.135 D.150 5.如图，四边形ABCD是正方形，△CBE是等边三角形，∠CDE 量 的度数为 ( A.75° B.60° C.45° D.30° 得 C(3,2 0 答 第5题图 第6题图 第7题图 6.如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,E为AB的中 拼 点，EF∥AC交BD于点F.若AC=8,则EF的长为( A.1 B.2 D.4 ,题 c骨 7.如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为正方形，点C坐标 2A同 为(3,2)，则点A的坐标为 ( A.（-2,2) B.（-2,3) C.(-3,2) D.（-3,3) 8.将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A,B, C,D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则∠FEG的度数为 A.40° B.35° C.30° D.25° M B B 第8题图 第9题图 第10题图 9.如图，E是平行四边形内任一点，若S平行四边形AB0=9,则图中阴 影部分的面积是 A.3 B.3.5 C.4 D.4.5 10.如图，∠MON=90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A,B 分别在射线OM,ON上，AB=4,BC=2,则点D到点0的最大 距离是 () A.22 B.2√2+2 C.2√2-2 D.√2+2 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11.如图，O是矩形ABCD对角线的交点，添加一个条件 ,使矩形ABCD成为正方形.（填一个即可) m n D A D 0 B \E b C 第11题图 第12题图 12.如图，已知直线a∥b∥c,直线m,n分别交直线a,b,c于点A, B,C,D,E,F.若AB=BC=4,DE=3,则EF= 13.如图，在菱形ABCD中，已知AD=10,DE⊥AB交AB于点E, 且DE=6,则对角线BD的长为 B 第13题图 第14题图 14.如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且E,F 两点关于对角线AC所在的直线对称，连接AE,AF,EF, ∠EAF=60°. (1)∠BAE的度数是 (2)若对角线AC交EF于点G,CF=√2，则线段AG的长 是 三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15.一个正多边形的每个内角与相邻外角的度数比为5：1，求这 个正多边形的边数， 16.如图，在口ABCD中，点E,F是对角线AC上的两点，且AE= CF,连接BE,DF.求证：∠ABE=∠CDF. B 四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17.如图，在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD,DF⊥AE,垂足 为点F (1)求证：DF=AB; (2)若∠FDC=30°，且AB=5,求AD. B 18.如图，E,F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，且DE ∥BF (1)求证：△ADE≌△CBF; (2)若AE=1,AB=3,则四边形BEDF的面积是 五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19.如图，四边形ABCD是矩形，E为BC边上的一点，作EG⊥AC 于点G,连接AE,F为AE的中点.连接BF,GF. (1)求证：BF=GF; (2)若∠ACB=40°，求∠BFG的度数， 20.如图，在△ABC中，AC=BC,点D,E,F分别是AB,AC,BC的 中点，连接DE,DF (1)求证：四边形DFCE是菱形； (2)若∠B=67.5°，AC=8,求菱形DFCE的面积 六、（本题满分12分） 21.如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O, ∠ABD=∠CDB,BE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F,且BE =DF (1)求证：四边形ABCD是平行四边形； (2)若AB=BO,当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩 形？为什么？ 七、（本题满分12分） 22.探究归纳应用题： 【试验分析】 (1)如图1，过点A可以作1条对角线；同样，经过点B可以作 1条对角线；经过点C可以作1条对角线；经过点D可以 作1条对角线，且对角线AC与CA为同一条.通过以上分 析和总结，图1共有 条对角线； 【拓展延伸】 (2)运用(1)的分析方法可得：图2每个顶点出发有 条对角线，共有 条对角线；图3共有 条 对角线； 【探索归纳】 (3)对于n边形(n>3),共有 条对角线；（用含n的 代数式表示) 【拓展应用】 (4)12个人围着圆桌开会，每不相邻的人都握一次手，共握多 少次手？ 图 图2 图3 八、（本题满分14分） 23.综合与实践 11111 【教材再现】 (1)如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点， DE⊥AG于点E,BF∥DE,交AG于点F直接写出线段 弥 AF,BF,EF的数量关系： 【变式思考】 ! (2)如图2，在矩形ABCD中，E是边AB上的一点，DF⊥CE于 点F,GD⊥DF,AG∥DF,AG=CF.求证：四边形ABCD是 封 正方形； 【拓展探究】 (3)如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上的一点，DF⊥CE 于点F,过点A作AH∥DF,交CE的延长线于点H,GD1 DF,交AH于点G.试探究线段FH,AH,CF的数量关系 线 G B B 内 图1 图2 图3 不 得 答 ©® 参考答案 专题突破与巩固（一） 1.A2.B3.D4.A5.B6.C7.B8.B9.C 10.A【解析】由条件可知两个阴影小正方形的边长分别是 √28cm=2,√7cm,V√50cm=5,√2cm,∴.大正方形的边 长是(2万+5√2)cm,.大正方形的面积是(2√万+ 52)2=(78+20√14)cm2,.余下部分的面积=大正方 形的面积-阴影部分的面积=(78+20√14)-28-50 =20√14(cm2).故选：A. 11.8(答案不唯一)12.-√213.② 14.(1)22(2)-2 15.解：原式=3+3-√2-7=-2-1. 16.解：由数轴可知，-2<a<-1,2<b<3,.a+1<0,a+b >0,b-3<0,.原式=√(a+1)2+|a+b1+ √(b-3)2=|a+1+(a+b)+(3-b)=-a-1+a+b +3-b=2. 17.解：任务一：①； 任务二：原式=(3)2+23+(5)2-25+1=3+25 +3-25+1=7. 18.解：最简二次根式√3a+4与√19-2a是同类二次根 式，∴.3a+4=19-2a,解得a=3,.√4×3-3x+ √y-3=0,即√12-3x+√y-3=0,:√12-3x≥0， /y-3≥0，∴.12-3x=0,y-3=0,解得x=4,y=3, √xy=√4×3=√12=23 2x45=5=3. 19.解：(1)将h=45代入，得1=√20 答：从45m高空抛物到落地的时间t为3s; (2)将1=4代入，得√需=4，解得A=80 答：玩具抛出前离地面的高度h为80m. 20.解：(1)根据题意，得c-3≥0,3-c≥0，∴.c=3, .a-√2+√b-2=0,则a-V2=0,b-2=0,∴.a= 2,b=2; (2)当a是腰长，b是底边，2+√2>2，能构成三角形，则 等腰三角形的周长为2+2+2=2√2+2；当b是腰长， a是底边，2+2>2，能构成三角形，则等腰三角形的周 长为2+2+2=√2+4. 21.解：(1)3-√5，-2-√2： (2)m+5与5-√5是关于3的平衡数.理由如下：由题 意，得(m+5)(1-√5)=m-5m+5-5=(m-5)+ (-m+1)5,:(m+5)(1-5)=-7+3√5，.-7+ 35=(m-5)+(-m+1)5,.m-5=-7,.m=-2, .m+√5=-2+5，则-2+5+5-5=3，.m+√5与 5-√5是关于3的平衡数； (3)13. 2.解：(1)1+ 1 1 后+15+5t万+5+…++丽 月-145-5+万，5+…+2四=3× 2 2 2. 2 (5-1+5-万+…+11-9)=分×(-1+1四 =5; 2+1 (2)0:a2-i(2-1)(2+1 =2+1,a-1= 2,.(a-1)2=a2-2a+1=2,.a2-2a=1,.3a2-6a =3,∴.3a2-6a+2=5; ②1,3； 23.獬：(1)√4+23=√(3)2+23+12=√(3+1)2 =3+1; (2)√9-45=√(5)2-45+22=√(5-2)2=√5 -2; (3)(x+5y)2=x2+25xy+3y2,a+105=(x+5y)2, ÷a+103=2+23g+3列，{0，即 可aay为正整数{化时或化i当 Lxy=5, 时a=+3y=P+3x5=76:当时a= x2+3y2=52+3×12=28.综上所述，a的值为76或28. 专题突破与巩固（二） 1.B2.A3.B4.D5.B6.B7.C8.C9.A 10.B【解析】①根据根的判别式可知：若a+b+c=0,则方 程有一个根为x=1,则b2-4ac≥0，故①正确；②若方程 ax2+c=0有两个不相等的实根，则-4ac>0,则ax2+bx +c=0的判别式为b2-4ac>0,.方程ax2+bx+c=0必 有两个不相等的实根，故②正确；③若c是方程ax+bx +c=0的一个根，则ac2+bc+c=0,当c≠0时，ac+b+1 =0,故③错误；④若x。是一元二次方程的根，则。= -b±Y8=4ac,.2ao+b=±VB-4ac,B-4ac= 2a (2ax+b)2,故④正确.综上所述，正确的结论有①②④. 故选：B 11.a≠112.2(x-1)=4513.1 14.(1)x1=0,x2=2(2)x1=4,x2=-2【解析】(1)x2 -2x=max{0,-1}=0,.x2-2x=0,即x(x-2)=0,解 得名=0,6=2：(2)当2x+8>-,即x>-号时，mm {2x+8,-x}=2x+8,.2x+8=x2,即(x-4)(x+2)= 0,解得=4，=-2：当2x+8≤-，即≤-号时， mx{2x+8,-x}=-x,∴.-x=x2,即x(x+1)=0,解得 x1=0,x2=-1;不符合题意，舍去，综上所述，方程的解为 x1=4,x2=-2.故答案为：(1)x1=0,x2=2(2)x1=4, x2=-2. 15.解：提取公因式，得x(x-4)=0,因此，有x=0或x-4= 0,所以原方程的根是x1=0或x2=4. 16.解：：m是关于x的一元二次方程x2-7x+9=0的根， ∴.m2-7m+9=0,.m2-7m=-9,∴.(m+4)(m-4)- 7(m-1)=m2-16-7m+7=m2-7m-9=-9-9= -18. 17.解：设该水果店2、3月份的销售利润月平均增长率为x. 根据题意，得2(1+x)2=45.整理，得(1+)2=是解 方程，得名=分。=一子名=一多不合题意所以x 2=50%. 1 答：该水果店2、3月份的销售利润月平均增长率是50%， 18解：由根与系数的关系，得名+名=-子=-2， (①)原式=x西+x+3+1=二号-2+1=-号影 (2)原式=+华=-2=4 3=3 10=x,解得x=101故门的宽度（两扇门的和）AB为： 2 2 20A=2×101=101(寸).故选：C. 19.解：(1)证明：m≠0，.方程mx2+(m-3)x-3=0(m 2 ≠0)是关于x的一元二次方程，.△=(m-3)2-4m· 11.1012.45°13.1214.(1)241(2)5或11 (-3)=(m+3)2,(m+3)2≥0，即△≥0，.方程总有 15.证明：.CD⊥AB,所以∠ADC=∠BDC=90°，.AD=1, 两个实数根； BD=4,CD=2,∴.根据勾股定理，得AC2=AD2+CD=12+ (2)x=二（m-3》法(m+3》,=a名=-1，m 22=5,BC=CD+BD2=22+42=20,AB=AD+BD=1+ 2m 4=5,.AB2=25,.AC+BC2=AB2,.△ABC是直角三 为正整数，且方程的两个根均为整数，.m=1或3. 角形，.∠ACB=90° 20.解：(1)设AB=x米，则BC=(36+2-2x)米.根据题意， 16.解：(1)根据勾股定理，得c2=a2+62=82+152=289, 得x(38-2x)=180,解得x1=10,x2=9;当x=10,38-2x 172=289,.c=17; =18(米)；当x=9,38-2x=20(米)，而墙长18m,不合 (2)a:b=3:4,设a=3x,则b=4x,根据勾股定理，得 题意舍去. c2=a2+b2=(3x)2+(4x)2=25x2=(5x)2,.c=5x=10, 答：若围成的面积为180m2,自行车车棚的长为18米，宽 ∴.x=2,∴.a=3x=6,b=4x=8. 为10米； 17.证明：a2=(n2-1)2=m4-2n2+1,b2=4n2,c2=(n2+ (2)不能围成面积为200m2的自行车车棚.理由如下：根 1)2=n4+2n2+1,.a2+b2=n-2n2+1+4n2=n+2n 据题意，得x(38-2x)=200,整理，得x2-19x+100=0, +1=c2,.△ABC为直角三角形. △=(-19)2-4×100=-39<0，.方程无实数根， 18.解：(1)∠D=90°.理由如下：连接AC,图略，.·∠B=90° .∴.不能围成面积为200m2的自行车车棚： AB=20,BC=15,CD=7,AD=24,∴.在Rt△ABC中，AC 21.解：(1)由条件可知△=（-√17)2-4×1×4=1，.x= =AB2+BC=202+152=625,CD2=72=49,AD2=242= 2x,s+ /17±√1 2 ,为=7-1 576,.AC2=AD2+CD2,.△ADC是以AC为斜边的直角 .x1-x2= 2 三角形，∴.∠D=90°； 而+1_7-1=1，.方程x2-√7x+4=0是“邻 (2)由(1)可知△ADC是直角三角形，∴.S网边形ABcD=S△ABc 2 2 +Se=7AB,BC+74D.GD=7x20x15+2× 根方程”； (2)x2-(k-3)x-3k=0,因式分解，得(x-)(x+3)= 24×7=150+84=234,∴.四边形ABCD的面积为234. 0,所以，有x-k=0或x+3=0,解得x1=k,x2=-3,由 19.解：由题意可知，BC=50m,AC=130m.∴.在Rt△ABC中 条件可知k-（-3)|=1,解得k=-4或-2，即k的值 根据勾股定理，得AB2+BC2=AC2,.AB2+502=1302,解 得AB=120,∴.大巴车的速度为120÷4=30m/s=108 为-4或-2. 22.解：(1)y2-y-2=0; km/h,:108km/h>100km/h,.大巴车超速了. 所以x=，把x= 20.解：（1)∠C=90°，AC=4,AB=45,.BC= (2)设所求方程的根是y,则y=- y √AB2-AC=√(45)2-42=8，即BC的长为8； 代人方程2x2-7x+3=0,得2 -7.1 +3=0,化 (2)设AD=DB=x,由(1)知，BC=8,则DC=8-x,:∠C= 90°，AC=4,∴.在Rt△ACD中，根据勾股定理，得AD2=CD 简，得3y2-7y+2=0; +AC,x2=(8-x)2+4,解得x=5,即BD的长为5. (3)一元二次方程整理后，可得a(y-1)2+b(y-1)+c 21.解：(1)过点A作AE⊥CD于点E,图略，则AE=BD= =0,令y-1=x,.y=x+1,则方程a(y-1)2+b(y- 15m,AB=ED=1.5m,∠AEC=90°，在Rt△AEC中，根 1)+c=0的两根比ax2+bx+c=0(a≠0)两根大1，所以 据勾股定理，得CE2=AC2-AE2=17-152=64,.CE= 方程a(y-1)2+b(y-1)+c=0的两根分别是4，-1. 8,.CD=CE+ED=8+1.5=9.5(m). 23.解：(1)设剪去的小正方形的边长为xcm,则该收纳盒的 答：风筝离地面的垂直高度CD为9.5m; 底面是长为(100-2x)cm,宽为(40-2x)cm的长方形. (2)不能成功.假设能上升12m,如图，延长DC至点F,使 根据题意，得(100-2x)(40-2x)=1216.整理，得x2 CF=12m,连接AF,∴.EF=CE+CF=8+12=20(m),在 70x+696=0.解方程，得x1=12,x2=58.x2=58不合题 Rt△AEF中，根据勾股定理，得AF2=AE2+EF2=152+202 意，所以x=12. =625,.AF=25,AC=17m,余线仅剩7.5m,∴.17+7.5 答：剪去的小正方形的边长为12cm; =24.5<25,∴.不能上升12m,即不能成功. (2)不能把玩具机械狗完全放入该收纳盒.理由如下：设 剪去的小长方形的宽为ycm,则该收纳盒的底面是长为 100-2y=(50-y)cm,宽为(40-2y)cm.根据题意，得 2 (50-y)(40-2y)=702,整理得y2-70y+649=0,解得 y1=11,y2=59(不合题意，舍去)，.50-y=50-11=39, 40-2y=40-2×11=18,∴.折成的有盖的长方体收纳盒 A E Bh D 的长为39cm,宽为18cm,高为11cm,39>21,18=18, 22.解：(1)根据题意，得AC+BC=8m,:∠A=90°，设AC 11<15,∴.不能把玩具机械狗完全放入该收纳盒。 长为xm,则BC长为(8-x)m,在Rt△ABC中，根据勾股 专题突破与巩固（三） 定理，得AB2+AC2=BC2,即42+x2=(8-x)2,解得x= 1.B2.B3.C4.D5.A6.A7.D8.B9.B 3,故旗杆在距地面3m处折断； 10.C【解析】设OA=OB=AD=BC=x寸，过点D作DE⊥ (2)如图，点P距地面AP=3-1.25=1.75(m),∴.B'P MB于E,图略，则DE=100E=201寸，AE=(x =8-1.75=6.25(m),在Rt△AB'P中，根据勾股定理， 得B'A2+AP2=B'P2,即BA2+1.752=6.252,解得B'A= -1)寸.在Rt△ADE中，AE+DE2=AD2,即(x-1)2+ 6,则距离旗杆底部周围6m的范围内有被砸伤的风险， ∴.在距离旗杆底部5m处有被砸伤的风险. B B' 23解：1)Sw=分(a+b)(a+6)=号d2+ab+分8， S小m=5om+Sas+5a=7b++a动=h+ 2c,b+2=c2+ad+38,即d+=; (2)设AC=AB=x千米，则AH=（x-1.8)千米，在 Rt△ACH中，根据勾股定理，得AC2=CH+AH,即x2= 2.42+(x-1.8)2,解得x=2.5,即CA=2.5千米，.CA- CH=2.5-2.4=0.1(千米)，∴.新路CH比原路CA少 0.1千米； (3)设AH=x,则BH=7-x,在Rt△ACH中，根据勾股定 理，得CH=CA2-AH,在Rt△BCH中，根据勾股定理， 得C=CB2-B,.52-x2=62-(7-x)2,解得x 9 7 专题突破与巩固（四） 1.D2.B3.C4.B5.A6.B7.B8.C9.D 10.A【解析】取AB中，点E,连接OE, M DE,OD,如图.∠M0N=90°，AB= 40E=4B=2,4AB=分4B=2,在 Rt△DAE中，根据勾股定理，得DE= 08 √DA+AE2=2√2.在△0DE中，根 据三角形三边关系可知DE+OE>OD,.当O,E,D三，点 共线时，OD最大为OE+DE=2√2+2.故选：B. 11.AB=BC(答案不唯-)12.313.2√10 14.（1)15°（2)3【解析】(1).E,F两点关于对角线 AC所在的直线对称，.AE=AF..·四边形ABCD为正方 形，∴.AB=AD,∠BAD=∠B=∠D=90°，∴.Rt△ABE≌ RL△ADF(HL),.∠BAE=∠DAF,,∠EAF=60°， ∠BME=2(LBAD-∠BMF)=3×(90-60)= 15°；(2).·E,F两点关于对角线AC所在的直线对称， .CE=CF=√2，EF⊥AC,:LECF=90°，∴EF= √CE2+CF=√2CF=2,:AE=AF,∠EAF=60, △AEF是等边三角形，EG=2EF=1,ME=EF=2, AG=√AE2-EG=√22-1下=√5.故答案为：(1)15 (2)3. 15.解：设这个正多边形的每个外角为x,则每个内角为5x 根据题意，得x+5x=180°，解得x=30°，360°÷30°=12 故这个正多边形的边数为12. 16.证明：，四边形ABCD是平行四边形，∴.AB=CD,AB∥ CD,∴.∠BAC=∠DCA,又.'AE=CF,在△AEB和△CFD AB=CD. 中，{∠BAE=∠DCF,∴.△AEB≌△CFD(SAS),.∠ABE LAE=CF. =∠CDF. 17.解：(1)证明：在矩形ABCD中，·AD∥BC,∴.∠AEB= ∠DAF,又.DF⊥AE,.∠DFA=90°，∴.∠DFA=∠B,又 AD=EA,.△ADF≌△EAB(AAS),.DF=AB; (2)在矩形ABCD中，∠ADC=∠ADF+∠FDC=90°， :DF⊥AE,.∠DAF+∠ADF=90°，.∠FDC=∠DAF= 30°，.AD=2DF,DF=AB.AD=2AB=10. 18.解：(1)四边形ABCD是正方形，.AD∥BC,AD=BC, .∠DAE=∠BCF.·DE∥BF,∴.∠DEF=∠BFE, .:∠BFE+∠BFC=180°，∠DEF+∠DEA=180°， .∠DEA=∠BFC,.△ADE≌△CBF(AAS); (2)9-32. 19.解：(1)证明：四边形ABCD是矩形，.∠ABC=90, :EG⊥AC,.∠AGE=90°，∠ABC=∠AGE=90°，F为 AE的中点BF=24E,GF=24,BF=G, (2)小：BF=GF=2AE=Af,∠BMF=LABF,LCF= ∠AGF,∴.∠BFE=2∠BAF,∠EFG=2∠GAF,.∠ACB= 40°，.LBAC=50°，即LBAF+∠GAF=50°，.∠BFG= ∠BFE+∠EFG=2∠BAF+2∠GAF=2∠BAC=100°. 20.解：(1)证明：，点D,E,F分别是AB,AC,BC的中点， DE,∥CF,DE=2BC,DF∥CE,DF=2AC,四边形 DECF是平行四边形，'AC=BC,.DE=DF,四边形 DFCE是菱形； (2)过E作EG⊥BC于点G,图略.：E是AC的中点， CE=2AC=4,AC=BC,LB=67.5°，∠C=45, 在RLACGE中，EG=GC,2EC2=EC,.EG=2CE =22,菱形DFCE的面积=4×2√2=8√2. 21.解：(1)证明：∠ABD=∠CDB,AB∥CD,.∠BAE= ∠DCF,:BE⊥AC于点E,DF⊥AC于点F,.∠AEB= r∠BAE=∠DCF, ∠CFD=90°，在△ABE和△CDF中，.'∠AEB=∠CFD, LBE =DF. .△ABE≌△CDF(AAS),.AB=CD,.四边形ABCD是平 行四边形； (2)当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形.理由如下： AB=B0,BE⊥A0,.∠AB0=2∠ABE=60°，.△AB0 是等边三角形，∴.AO=BO,:四边形ABCD是平行四边 形，.AC=2AO,BD=2BO,∴.AC=BD,四边形ABCD 是矩形. 22.解：(1)2； (2)2,5,9: (3)n(n-3) 2 (4)当n=12时，12×(2-3】=54.所以12个人围若圆 2 桌开会，每不相邻的人都握一次手，共握54次手 23.解：(1)AF=BF+EF; (2)证明：：GD1DF,AG∥DF,则AG⊥DG,.∠G= ∠DFC=90°，∠ADG+∠ADF=90°，：四边形ABCD是矩 形，.∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°，∴.∠ADG=∠CDF, LADG=LCDF, 在△ADG和△CDF中， ∠G=∠DFC,∴.△ADG≌ AG=CF. △CDF(AAS),∴.AD=CD,:四边形ABCD是矩形，.四边 形ABCD是正方形； (3)FH=AH+CF.理由如下：.DF⊥CE,AH∥DF,GD⊥ DF,则AH⊥CE,∴.∠DFH=∠H=∠GDF=90°，∴.四边 形DGHF是矩形，.∠G=90°=∠DFC,同理由(2)可得 ∠ADG=∠CDF,·四边形ABCD是正方形，∴.AD=CD, r∠G=∠DFG, 在△ADG和△CDF中 ∠ADG=∠CDF,∴.△ADG≌ AD CD. △CDF(AAS),.DG=DF,AG=CF,.四边形DGHF是 分数 正方形，∴.HG=HF,.FH=HG=AH+AG=AH+CF: 10 90 专题突破与巩固（五） 80 1.B2.A3.B4.A5.D6.C7.B8.B9.D10.C 5 11.8212.1013.{4,5}和{7,8,9} 70 14.(1)<(2)< 60 15.解：小王的平均分88×6+92×4=89.6（分），小李的平均 七年级八年级 6+4 1 分为0×6+85×4=88（分），8<89.6，小王将被 (3)八年级所抽取学生成绩的平均数：m=2×(70+7 6+4 +79+81+88+89+91+92+93+93+95+96)=87,离 录取. 差平方和：m=(70-87)2+(77-87)2+(79-87)2+ 16.解：(1)66÷33%=200（人）. (81-87)2+(88-87)2+(89-87)2+(91-87)2+(92 答：在本次随机抽取的样本中，调查的学生人数为 -87)2+(93-87)2+(93-87)2+(95-87)2+(96- 200人； 87)2=752..八年级所抽取学生的平均成绩m为87，离 (2)由题意，得m=200-66-48-52-4=30,n=30÷ 差平方和为752. 200=15%, 期末综合素养评价（一） 17.解：(1)x=4×5-2-3-3-5=7,.x的值为7： 1.B2.D3.C4.D5.B6.A7.C8.B9.C (2)这组数据为：2,3,3,5,7，出现次数最多的是3，共出 10.A【解析】如图，过点A作AF⊥DE于点F,∠BAC= 现2次，因此众数是3. 90°，AB=AC=42,AF=BF=CF=2AB=4,又“CD 答：这组数据的众数是3 2 18.解：(1)136,144： =2,.DF=2,.AD=√AF2+DF=25,过点D作DH (2)中位数离第一四分位数近，∴.平均数大于中位数 ⊥AE于点H,,:∠DAE=45°，∴.△AHD是等腰直角三角 19.解：(1)乙进球的平均数为：(7+9+7+8+9)÷5=8（个）， 1 形，AH=DH=号AD=70,设EF=x,则DE=2+, 2=5×[(7-8)2x2+(8-8)2+(9-8)×2]=0.8. 答：乙进球的平均数为8个，方差为0.8； APESmADH- (2)应选择乙参加比赛，因为甲、乙的平均数相同，而乙 的方差较小，比较稳定，因此选择乙比较合适 2E:A,ME:DH=DE·ME,④+2×而- 20.解：(1)92,90,86； (2)八年级成绩更好.理由如下：因为平均数相同的情况 （2+)×4,解得x=号（负值合去）DB=2+号-9 下，八年级的中位数较高（答案不唯一，合理即可）； 故选：A (3)60×0=48(名). 答：估计该班成绩在80分及以上的学生有48名. 21.解：(1)200,70,12； (2)补全频数直方图如下： H 频数直方图 11.x≥-212.1113.-2027 频赞 14.(1)8(2)26【解析】(1)：四边形ABCD是矩形， 8甜-- AB=8=CD,∠D=∠DAB=90°，∠DCA=60°， .∠DAC=30°，.AC=2CD=16,∠BAC=60°，AE平 40- 24 分∠BAC,∴.∠BAE=∠CAE=30°，又CE⊥AE,.∠E 20-= =90°，.CE=)AC=8;(2)在直角三角形ABC中，AB= 5.5用.5.5.5.5点簧f分 8,AC=12,如图，延长AB,CE交于点H,根据勾股定理， (3)2000×(20%+8%)=560(名). 答：该校约有560名学生需要进一步加强安全教育 得BC=√AC-AB=√122-82=4√5，在△CAE和 22.解：(1)40,25,1.5,1.5； r∠CAE=∠HAE, (2)0.9×4+1.2×8+1.5×15+1.8×10+2.1x3 △HAE中，AE=AE, .∴.△CAE≌△HAE, 40 L∠AEC=∠AEH=90°， 1.5; .∴.CE=EH,AC=AH=12,∴.BH=AH-AB=4,在Rt△BCH (32700×治=2430（人） 中，根据勾股定理，得CH=√BC+B=√(45)2+4 =46,.CE=26.故答案为：(1)8(2)26. 答：估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人 B 数为2430人. 23.解：(1)90,93； (2)七年级成绩按从小到大排序：60,70,70,80,83,89， 91,93,95,97,98,10.第一四分位数Q,_70+80=75,中 2 D 位数Q,=8991=90,第三四分位数Q,=9597=96, 15.獬：原式=35-2+2-√12=35-2+2-25=5. 2 2 16.解：原方程，整理，得(x+1)2=4,开平方，得x+1=±2， 补全箱线图如图所示； 所以原方程的根是x1=1,x2=-3.