期中模擬預(yù)測(cè)卷03（測(cè)試范圍：第7章~第10章）-【滿分全攻略】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下學(xué)期核心考點(diǎn)+重難點(diǎn)講練與測(cè)試（蘇科版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．本試卷含三個(gè)大題，共26題．答題時(shí)，考生務(wù)必按答題要求在答題紙規(guī)定的位置上作答，在草稿紙、本試卷上答題一律無(wú)效．
2．除第一、二大題外，其余各題如無(wú)特別說(shuō)明，都必須在答題紙的相應(yīng)位置上寫(xiě)出解題的主要步驟．
一．選擇題（共10小題）
1．下列圖形中，既是軸對(duì)稱(chēng)圖形又是中心對(duì)稱(chēng)圖形的有（）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)圖形與中心對(duì)稱(chēng)圖形的概念求解．
【解答】解：第一個(gè)圖是軸對(duì)稱(chēng)圖形，是中心對(duì)稱(chēng)圖形；
第二個(gè)圖是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形；
第三個(gè)圖是軸對(duì)稱(chēng)圖形，又是中心對(duì)稱(chēng)圖形；
第四個(gè)圖是軸對(duì)稱(chēng)圖形，不是中心對(duì)稱(chēng)圖形；
既是軸對(duì)稱(chēng)圖形，又是中心對(duì)稱(chēng)圖形的有2個(gè)，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了中心對(duì)稱(chēng)圖形與軸對(duì)稱(chēng)圖形的概念．軸對(duì)稱(chēng)圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱(chēng)軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對(duì)稱(chēng)圖形是要尋找對(duì)稱(chēng)中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．
2．下列調(diào)查中，適宜采用普查方式的是（）
A．調(diào)查市場(chǎng)上酸奶的質(zhì)量情況
B．調(diào)查我市中小學(xué)生的視力情況
C．調(diào)查某品牌圓珠筆芯的使用壽命
D．調(diào)查乘坐飛機(jī)的旅客是否攜帶違禁物品
【分析】由普查得到的調(diào)查結(jié)果比較準(zhǔn)確，但所費(fèi)人力、物力和時(shí)間較多，而抽樣調(diào)查得到的調(diào)查結(jié)果比較近似．
【解答】解：A、數(shù)量較多，調(diào)查具有破壞性，適合抽查；
B、人數(shù)較多，適合抽查；
C、數(shù)量較多，調(diào)查具有破壞性，適合抽查；
D、事關(guān)重大，必須進(jìn)行全面調(diào)查，選項(xiàng)正確．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了抽樣調(diào)查和全面調(diào)查的區(qū)別，選擇普查還是抽樣調(diào)查要根據(jù)所要考查的對(duì)象的特征靈活選用，一般來(lái)說(shuō)，對(duì)于具有破壞性的調(diào)查、無(wú)法進(jìn)行普查、普查的意義或價(jià)值不大時(shí)，應(yīng)選擇抽樣調(diào)查，對(duì)于精確度要求高的調(diào)查，事關(guān)重大的調(diào)查往往選用普查．
3．為了了解我市2017年中考數(shù)學(xué)學(xué)科各分?jǐn)?shù)段成績(jī)分布情況，從中抽取180名考生的中考數(shù)學(xué)成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，在這個(gè)問(wèn)題中，樣本是指（）
A．180
B．被抽取的180名考生
C．被抽取的180名考生的中考數(shù)學(xué)成績(jī)
D．我市2017年中考數(shù)學(xué)成績(jī)
【分析】直接利用樣本的定義，從總體中取出的一部分個(gè)體叫做這個(gè)總體的一個(gè)樣本，進(jìn)而分析得出答案．
【解答】解：為了了解我市2017年中考數(shù)學(xué)學(xué)科各分?jǐn)?shù)段成績(jī)分布情況，從中抽取180名考生的中考數(shù)學(xué)成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，
在這個(gè)問(wèn)題中，樣本是指被抽取的180名考生的中考數(shù)學(xué)成績(jī)．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了樣本的定義，正確把握定義是解題關(guān)鍵．
4．下列說(shuō)法正確的是（）
A．在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中，“中獎(jiǎng)的概率是”表示抽獎(jiǎng)100次就一定會(huì)中獎(jiǎng)
B．隨機(jī)拋一枚一元硬幣，落地后正面一定朝上
C．同時(shí)擲兩枚均勻的骰子，朝上一面的點(diǎn)數(shù)和一定為6
D．13人中至少有2人的生日在同一個(gè)月是必然事件
【分析】根據(jù)概率的意義和概率公式逐一分析判斷即可．
【解答】解：A、在一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)中，“中獎(jiǎng)的概率是”表示抽獎(jiǎng)100次可能會(huì)中獎(jiǎng)，此說(shuō)法錯(cuò)誤，故選項(xiàng)不符合題意；
B、隨機(jī)拋一枚硬幣，落地后正面可能朝上，可能朝下，說(shuō)法錯(cuò)誤，故選項(xiàng)不符合題意；
C、同時(shí)擲兩枚均勻的骰子，朝上一面的點(diǎn)數(shù)和有多種可能性，說(shuō)法錯(cuò)誤，故選項(xiàng)不符合題意；
D、13人中至少有2人的生日在同一個(gè)月是必然事件，說(shuō)法正確，故選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了概率的意義，關(guān)鍵是理解概率的意義和概率的求法，用到的知識(shí)點(diǎn)是隨機(jī)事件，概率公式．
5．下列說(shuō)法：（1）矩形的對(duì)角線互相垂直且平分；（2）菱形的四邊相等；（3）一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形；（4）正方形的對(duì)角線相等，并且互相垂直平分．
其中正確的個(gè)數(shù)是（）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】依據(jù)矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、平行線四邊形的判定定理、正方形的性質(zhì)求解即可．
【解答】解：（1）矩形的對(duì)角線相等且互相平分，故（1）錯(cuò)誤；（2）菱形的四邊相等，故（2）正確；（3）等腰梯形的一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等，故（3）錯(cuò)誤；（4）正方形的對(duì)角線相等，并且互相垂直平分，故（4）正確．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查的是矩形、菱形、正方形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6．如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在BC、CD上，△AEF是等邊三角形，連接AC交EF于G，下列結(jié)論：①BE＝DF；②∠DAF＝15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF＝EF；⑤S△CEF＝2S△ABE，其中正確結(jié)論有（）
A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)
【分析】通過(guò)條件可以得出△ABE≌△ADF，從而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性質(zhì)就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，設(shè)EC＝x，BE＝y(tǒng)，由勾股定理就可以得出x與y的關(guān)系，表示出BE與EF，利用三角形的面積公式分別表示出S△CEF和2S△ABE，再通過(guò)比較大小就可以得出結(jié)論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等邊三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF（故①正確）．
∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°（故②正確），
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正確）．
設(shè)EC＝x，由勾股定理，得
EF＝x，CG＝x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝x，
∴AC＝，
∴AB＝，
∴BE＝﹣x＝，
∴BE+DF＝x﹣x≠x，（故④錯(cuò)誤），
∵S△CEF＝x2，
S△ABE＝x2，
∴2S△ABE＝x2＝S△CEF，（故⑤正確）．
綜上所述，正確的有4個(gè)，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，等邊三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答本題時(shí)運(yùn)用勾股定理的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
7．分式（a、b、c均為正數(shù)）中字母的值都擴(kuò)大為原來(lái)的3倍，則分式的值（）
A．?dāng)U大為原來(lái)的3倍B．縮小為原來(lái)的
C．不變D．縮小為原來(lái)的
【分析】根據(jù)分式的基本性質(zhì)，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：由題意得：
＝＝，
∴分式（a、b、c均為正數(shù)）中字母的值都擴(kuò)大為原來(lái)的3倍，則分式的值縮小為原來(lái)的，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分式的基本性質(zhì)，熟練掌握分式的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．順次連接四邊形四邊中點(diǎn)所組成的四邊形是菱形，則原四邊形為（）
A．平行四邊形B．菱形
C．對(duì)角線相等的四邊形D．對(duì)角線垂直的四邊形
【分析】根據(jù)三角形中位線定理得到EF＝BD，EH＝AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到EF＝EH，得到答案．
【解答】解：∵E、F、H分別是邊AD、AB、CD的中點(diǎn)，
∴EF＝BD，EH＝AC，
∵四邊形EFGH是菱形，
∴EF＝EH，
∵EF＝BD，EH＝AC，
∴AC＝BD，
∴原四邊形的對(duì)角線相等，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是中點(diǎn)四邊形，掌握三角形中位線定理、菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．如圖，菱形ABCD的周長(zhǎng)為24，∠ABC＝120°，則AC的長(zhǎng)為（）
A．B．6C．D．3
【分析】設(shè)AC與BD相交于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AO＝CO，AC⊥BD，∠ABD＝60°，則∠BAO＝30°，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求解即可．
【解答】解：設(shè)AC與BD相交于O，
∵菱形ABCD的周長(zhǎng)為24，∠ABC＝120°，
∴AO＝CO，AC⊥BD，∠ABD＝60°，AB＝6，
∴∠BAO＝30°，
∴在Rt△AOB中，BO＝AB＝3，
∴AO＝，
∴AC＝2AO＝，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、含30°的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)和含30°的直角三角形的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．
10．如圖，在矩形ABCD中，AD＝2AB，點(diǎn)G、H分別在邊AD、邊BC上，連接BG、DH，且BG∥DH，要使四邊形BHDG為菱形，則的值為（）
A．B．C．D．
【分析】首先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得BG＝GD，然后設(shè)AB＝x，則AD＝2x，設(shè)AG＝y(tǒng)，則GD＝2x﹣y，BG＝2x﹣y，再根據(jù)勾股定理可得y2+x2＝（2x﹣y）2，從而進(jìn)一步可得的值．
【解答】解：∵四邊形BGDH是菱形，
∴BG＝GD，
設(shè)AB＝x，則AD＝2x，
設(shè)AG＝y(tǒng)，則GD＝2x﹣y，BG＝2x﹣y，
∵在Rt△AGB中，AG2+AB2＝GB2，
∴y2+x2＝（2x﹣y）2，
整理得：，
y＝x，
∴＝，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了菱形的性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握菱形四邊相等．
二．填空題（共8小題）
11．若關(guān)于x的方程＝2有增根，則a＝ ﹣1 ．
【分析】先去分母，然后將增根x＝1代入a+x＝2（x﹣1），求解即可．
【解答】解：去分母，得a+x＝2（x﹣1），
將x＝1代入a+x＝2（x﹣1），
得a+1＝0，
解得a＝﹣1，
故答案為：﹣1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了分式方程的增根，熟練掌握增根的含義是解題的關(guān)鍵．
12．對(duì)某班組織的一次考試成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，已知80.5～90.5分這一組的頻數(shù)是8，頻率是0.2，那么該班級(jí)的人數(shù)是 40 人．
【分析】因?yàn)轭l數(shù)是指每個(gè)對(duì)象出現(xiàn)的次數(shù)，頻數(shù)＝總數(shù)×頻率，從而可求出解．
【解答】解：該班級(jí)的人數(shù)：8÷0.2＝40，
故答案為：40．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查頻數(shù)的求法，關(guān)鍵知道頻數(shù)＝總數(shù)×頻率，從而可求出解．
13．平行四邊形ABCD中，∠B：∠C＝3：2，則∠C＝ 72° ．
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得出∠B+∠C＝180°，結(jié)合∠B：∠C＝3：2可得出∠C的度數(shù)．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B+∠C＝180°．
又∵∠B：∠C＝3：2，
∴∠C＝72°，
故答案為：72°．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題，掌握“平行四邊形的鄰角互補(bǔ)”是解答本題的關(guān)鍵．
14．如圖，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到△ADE．若∠CAE＝63°，∠E＝71°，且AD⊥BC，則∠BAC的度數(shù)為 82° ．
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得到∠C＝∠E＝71°，∠BAD＝∠CAE＝63°，再根據(jù)垂直定義求得∠CAD即可求解．
【解答】解：由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得：∠C＝∠E＝71°，∠BAD＝∠CAE＝63°，
∵AD⊥BC，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣71°＝19°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝63°+19°＝82°，
故答案為：82°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查旋轉(zhuǎn)性質(zhì)、垂直定義、直角三角形的兩銳角互余，熟練掌握旋轉(zhuǎn)性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．
15．若分式的值為0，則x＝ 1 ．
【分析】根據(jù)分式值為零的條件是分子等于零且分母不等于零列式計(jì)算即可．
【解答】解：由題意得，x﹣1＝0，
解得，x＝1，
故答案為：1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是分式為零的條件，分式值為零的條件是分子等于零且分母不等于零．
16．計(jì)算：＝ 1 ．
【分析】這兩個(gè)分式的分母相同，直接讓分子相加即可．
【解答】解：原式＝＝1．
【點(diǎn)評(píng)】分式的加減運(yùn)算中，如果是同分母分式，那么分母不變，把分子直接相加減即可．
17．如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，已知BO＝12，S菱形ABCD＝120，則AH＝．
【分析】由菱形面積＝對(duì)角線積的一半可求AC，再由菱形的性質(zhì)得出CO的長(zhǎng)，由勾股定理求出BC，然后由菱形的面積即可得出結(jié)果．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BO＝DO＝12，AO＝CO，AC⊥BD，
∴BD＝2BO＝24，
∵S菱形ABCD＝AC×BD＝120，
即：×AC×24＝120，
∴AC＝10，
∴CO＝AC＝×10＝5，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝13，
∵S菱形ABCD＝BC×AH＝120，
即：13×AH＝120，
∴AH＝；
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、菱形面積公式等知識(shí)；熟練掌握菱形的性質(zhì)，由勾股定理求出BC是解題的關(guān)鍵．
18．如圖，點(diǎn)O為邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于點(diǎn)E，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)F，使FC＝EC，連結(jié)DF交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連結(jié)OH交DC于點(diǎn)G，連結(jié)HC．則以下四結(jié)論中：①OH∥BF，②，③，④∠CDF＝30°．正確結(jié)論個(gè)數(shù)為 2 ．
【分析】由四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形得DC＝BC＝1，∠BCE＝90°，則∠DCF＝∠BCE＝90°，即可證明△DCF≌△BCE，得∠CDF＝∠CBE，則∠CBE+∠F＝∠CDF+∠F＝90°，可證明∠BHD＝∠BHF＝90°，進(jìn)而證明△DBH≌△FBH，得DH＝FH，根據(jù)三角形的中位線定理得OH∥BF，可判斷①正確；
由OH⊥CD，CH＝DH＝DF，得DG＝CG，則GO＝BC＝，由勾股定理得BF＝BD＝，則CF＝﹣1，所以HG＝CF＝，可判斷③正確；
因?yàn)镃F＝×（﹣1）＝，所以GO≠CF，可判斷②錯(cuò)誤；
由∠CBD＝∠CDB＝45°，得∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，可知∠CDF≠30°，可判斷④錯(cuò)誤，于是得到問(wèn)題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，
∴DC＝BC＝1，∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠BCE＝90°，
在△DCF和△BCE中，
，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴∠CDF＝∠CBE，
∴∠CBE+∠F＝∠CDF+∠F＝90°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠BHD＝∠BHF＝90°，
∴BE平分∠DBC，
∴∠DBH＝∠FBH，
在△DBH和△FBH中，
，
∴△DBH≌△FBH（ASA），
∴DH＝FH，
∵O為正方形ABCD的中心，
∴O為BD的中點(diǎn)，
∴DO＝BO，
∴OH∥BF，
故①正確；
∵∠OGD＝∠BCE＝90°，
∴OH⊥CD，
∵CH＝DH＝DF，
∴DG＝CG，
∴GO＝BC＝，
∵BF＝BD＝＝＝，
∴CF＝BF﹣BC＝﹣1，
∴HG＝CF＝，
故③正確；
∵CF＝×（﹣1）＝，
∴GO≠CF，
故②錯(cuò)誤；
∵∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴∠CDF＝∠CBE＝∠CBD＝22.5°，
∴∠CDF≠30°，
故④錯(cuò)誤，
綜上所述，①③正確，
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線定理、勾股定理等知識(shí)，證明△DCF≌△BCE及△DBH≌△FBH是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共8小題）
19．解方程：
（1）；
（2）＝1．
【分析】?jī)煞质椒匠倘シ帜皋D(zhuǎn)化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經(jīng)檢驗(yàn)即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）方程兩邊同時(shí)乘以x（x+1）得：5x+2＝3x，
解得：x＝﹣1，
檢驗(yàn)：當(dāng)x＝﹣1時(shí)，x+1＝0，
∴x＝﹣1是增根，
所以，原分式方程無(wú)解；
（2）方程兩邊同時(shí)乘以（x+1）（x﹣1），得（x+1）2﹣6＝（x+1）（x﹣1），
解得：x＝2，
檢驗(yàn)：當(dāng)x＝2 時(shí)，（x+1）（x﹣1）≠0，
∴x＝2是原方程的解．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了解分式方程，利用了轉(zhuǎn)化的思想，解分式方程注意要檢驗(yàn)．
20．先化簡(jiǎn)：÷（﹣），再?gòu)末?＜x＜3的范圍內(nèi)選取一個(gè)你喜歡的x值代入求值．
【分析】原式括號(hào)中兩項(xiàng)通分并利用同分母分式的減法法則計(jì)算，同時(shí)利用除法法則變形，約分得到最簡(jiǎn)結(jié)果，確定出x的值，代入計(jì)算即可求出值．
【解答】解：原式＝÷＝?＝，
當(dāng)x＝2時(shí)，原式＝4（x≠﹣1，0，1）．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了分式的化簡(jiǎn)求值，熟練掌握運(yùn)算法則是解本題的關(guān)鍵．
21．某校為了了解初三年級(jí)1000名學(xué)生的身體健康情況，從該年級(jí)隨機(jī)抽取了若干名學(xué)生，將他們按體重（均為整數(shù)，單位：kg）分成五組（A：39.5～46.5；B：46.5～53.5；C：53.5～60.5；D：60.5～67.5；E：67.5～74.5），并依據(jù)統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)繪制了如下兩幅尚不完整的統(tǒng)計(jì)圖．
解答下列問(wèn)題：
（1）這次抽樣調(diào)查的樣本容量是 50 ，并補(bǔ)全頻數(shù)分布直方圖；
（2）C組學(xué)生的頻率為 0.32 ，在扇形統(tǒng)計(jì)圖中D組的圓心角是 72 度；
（3）請(qǐng)你估計(jì)該校初三年級(jí)體重超過(guò)60kg的學(xué)生大約有多少名？
【分析】（1）根據(jù)A組的百分比和頻數(shù)得出樣本容量，并計(jì)算出B組的頻數(shù)補(bǔ)全頻數(shù)分布直方圖即可；
（2）由圖表得出C組學(xué)生的頻率，并計(jì)算出D組的圓心角即可；
（3）根據(jù)樣本估計(jì)總體即可．
【解答】解：（1）這次抽樣調(diào)查的樣本容量是4÷8%＝50，B組的頻數(shù)＝50﹣4﹣16﹣10﹣8＝12，
補(bǔ)全頻數(shù)分布直方圖，如圖：
（2）C組學(xué)生的頻率是0.32；D組的圓心角＝；
（3）樣本中體重超過(guò)60kg的學(xué)生是10+8＝18人，
該校初三年級(jí)體重超過(guò)60kg的學(xué)生大約＝人，
故答案為：（1）50；（2）0.32；72．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查頻數(shù)分布直方圖，關(guān)鍵是根據(jù)頻數(shù)分布直方圖得出信息進(jìn)行計(jì)算．
22．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（1，1）、B（5，1）、C（4，4）．
（1）按下列要求作圖：
①將△ABC向左平移5個(gè)單位得到△A1B1C1，并寫(xiě)出點(diǎn)A1的坐標(biāo)；
②將△ABC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△A2B2C2，并寫(xiě)出點(diǎn)B2的坐標(biāo)；
（2）△A1B1C1與△A2B2C2重合部分的面積為（直接寫(xiě)出答案）．
【分析】（1）①直接利用平移的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置進(jìn)而得出答案；
②直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置進(jìn)而得出答案；
（2）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出重合部分邊長(zhǎng)關(guān)系進(jìn)而得出答案．
【解答】解：（1）①如圖所示：△A1B1C1，即為所求，點(diǎn)A1（﹣4，1）；
②如圖所示：△A2B2C2，點(diǎn)B2（﹣1，5）；
（2）∵A2C2⊥A1C1且交點(diǎn)到A1，C1的距離相等，
∴設(shè)△A1B1C1與△A2B2C2重合部分的邊長(zhǎng)為x，則x2+x2＝9，
解得：x＝，
故△A1B1C1與△A2B2C2重合部分的面積為：××＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了旋轉(zhuǎn)變換以及勾股定理，正確得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置是解題關(guān)鍵．
23．如圖，正方形ABCD中，AE＝BF．
（1）求證：△BCE≌△CDF；
（2）求證：CE⊥DF；
（3）若CD＝6，且DG2+GE2＝41，則BE＝ 6﹣ ．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用SAS證明△BCE≌△CDF即可；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得∠BCE＝∠CDF，則∠CDF+∠DCG＝90°，即可證明結(jié)論；
（3）連接DE，由勾股定理得DE2＝41，再利用勾股定理求出AE即可解決問(wèn)題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠DCF，
∵AE＝BF，
∴BE＝CF，
在△BCE和△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF（SAS）；
（2）證明：∵△BCE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠CDF，
∵∠BCE+∠DCG＝90°，
∴∠CDF+∠DCG＝90°，
∴∠DGC＝90°，
∴CE⊥DF；
（3）解：連接DE，
∵∠DGE＝90°，
∴DG2+EG2＝DE2，
∵DG2+GE2＝41，
∴DE2＝41，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE＝＝，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣．
故答案為：6﹣．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，垂直的定義，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
24．已知：如圖，A、C是?DEBF的對(duì)角線EF所在直線上的兩點(diǎn)，且AE＝CF．求證：四邊形ABCD是平行四邊形．
【分析】如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，欲證明證明四邊形ABCD是平行四邊形，只需證得AO＝CO，DO＝BO．
【解答】證明：如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O．
∵四邊形DEBF是平行四邊形，
∴OD＝OB，OE＝OF．
又∵AE＝CF，
∴AE+OE＝CF+OF，即OA＝OC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊的判定與性質(zhì)．平行四邊形的判定方法共有五種，應(yīng)用時(shí)要認(rèn)真領(lǐng)會(huì)它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時(shí)要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．
25．如圖，平行四邊形ABCD中，∠B＝2∠A，動(dòng)點(diǎn)P、Q、M、N分別從點(diǎn)A、B、C、D同時(shí)出發(fā)，沿平行四邊形的邊，分別向點(diǎn)B、C、D、A勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間記為t，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，其余各點(diǎn)均停止運(yùn)動(dòng)，連接PQ，QM，MN，NP．已知AB＝6cm，BC＝4.5cm，動(dòng)點(diǎn)P、M的速度均是2cm/s，動(dòng)點(diǎn)Q、N的速度均是1cm/s，
（1）AP＝（6﹣2t） cm，CQ＝（4.5﹣t） cm（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）在點(diǎn)P、Q、M、N的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，四邊形PQMN一定會(huì)是一種特殊的四邊形嗎？如果是，指出并證明你的結(jié)論；如果不是，說(shuō)明理由．
（3）在點(diǎn)P、Q、M、N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，四邊形PQMN能成為菱形嗎？如果能，求出t的值；如果不能，說(shuō)明理由．
【分析】（1）直接根據(jù)路程＝速度×?xí)r間可得答案；
（2）由題意知，AP＝CM，AN＝CQ，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得∠A＝∠C，∠B＝∠D，說(shuō)明△APN≌△CMQ（SAS），得PN＝QM，同理，△BPQ≌△DMN（SAS），得PQ＝MN，即可證明；
（3）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于F，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得PE＝tcm，PF＝（3﹣t）cm，QF＝t+3﹣t＝3，EN＝（4.5﹣2t）cm，利用勾股定理表示出PQ和PN的長(zhǎng)，列方程即可解決問(wèn)題．
【解答】解：（1）由題意知，AP＝2tcm，CQ＝（4.5﹣t）cm；
故答案為：2t，（4.5﹣t）；
（2）四邊形PQMN是平行四邊形，理由如下：
由題意知，AP＝CM，AN＝CQ，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A＝∠C，∠B＝∠D，
∴△APN≌△CMQ（SAS），
∴PN＝QM，
同理，△BPQ≌△DMN（SAS），
∴PQ＝MN，
∴四邊形PQMN是平行四邊形；
（3）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD于E，PF⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于F，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝2∠A，
∴∠A＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠APE＝∠BPF＝30°，
∴AE＝tcm，BF＝（6﹣2t）＝（3﹣t）cm，
∴PE＝tcm，PF＝（3﹣t）cm，
∴QF＝t+3﹣t＝3，EN＝（4.5﹣2t）cm，
∵四邊形PNMQ是平行四邊形，
∴當(dāng)PN＝PQ時(shí)，四邊形PNMQ是菱形，
∴，
解得t＝（負(fù)數(shù)舍去），
∵0≤t≤3，
∴t＝時(shí)，四邊形PQMN成為菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
26．在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，E、F是直線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，其中（0≤t≤10）．
（1）如圖1，M、N分別是AB、CD中點(diǎn)，當(dāng)四邊形EMFN是矩形時(shí)，求t的值．
（2）若G、H分別從點(diǎn)A、C沿折線A﹣B﹣C，C﹣D﹣A運(yùn)動(dòng)，與E、F相同的速度同時(shí)出發(fā)．
①如圖2，若四邊形EGFH為菱形，求t的值；
②如圖3，作AC的垂直平分線交AD、BC于點(diǎn)P、Q，當(dāng)四邊形PGQH的面積是矩形ABCD面積的，則t的值是．
③如圖4，在異于G、H所在矩形邊上取P、Q，使得PD＝BQ，順次連接P、G、Q、H，請(qǐng)直接寫(xiě)出四邊形PGQH周長(zhǎng)的最小值是 16 ．
【分析】（1）先證四邊形EMFN是平行四邊形，則當(dāng)EF＝MN＝16時(shí)，四邊形EMFN是矩形，即可求解；
（2）①如圖2，連接GH，CH，由菱形的性質(zhì)可得GH⊥AC，得GH是AC的垂直平分線，則AH＝CH，由勾股定理可求解；
②由線段垂直平分線和勾股定理可求AQ＝CQ＝10，由面積和差關(guān)系可求解；
③如圖4，作點(diǎn)G關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G'，過(guò)點(diǎn)G'作G'K⊥DC于K，連接G'H，QG'，則BG＝BG'＝CK，QG＝G'Q，當(dāng)G'，Q，H三點(diǎn)共線時(shí)，四邊形PGQH周長(zhǎng)有最小值，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠MAE＝∠NCF，
∵M(jìn)、N分別是AB，DC中點(diǎn)，
∴AM＝CN，
∵E、F分別從A、C同時(shí)出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，
∴AE＝CF＝2t，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴ME＝FN，∠AEM＝∠CFN，
∴∠MEF＝∠EFN，
∴ME∥FN，
∴四邊形EMFN是平行四邊形，
如圖1，連接MN，
∵矩形ABCD，M，N分別是AB，DC中點(diǎn)，
∴四邊形MBCN是矩形，
∵矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，
∴MN＝BC＝16，AC＝＝8，
∵四邊形EMFN是平行四邊形，
∴當(dāng)EF＝MN＝16時(shí)，四邊形EMFN是矩形，
∴8﹣4t＝16或4t﹣8＝16，
解得t＝2﹣4或2+4；
（2）①由（1）知：AE＝CF，
如圖2，連接GH，CH，
∵四邊形EGFH為菱形，
∴AC⊥GH，OE＝OF，
∴OA＝OC，
∴AH＝HC，
∵HC2＝CD2+DH2，
∴AH2＝64+（16﹣AH）2，
∴AH＝CH＝10，
∴DH＝6，
∴CD+DH＝8+6＝14，
∴t＝＝7；
②如圖3，連接AQ，
由①同理得：AQ＝CQ＝10，BQ＝6，
由①知：AP＝10，
∴AP＝CQ，
∵G、H分別從點(diǎn)A、C沿折線A﹣B﹣C，C﹣D﹣A運(yùn)動(dòng)，
∴AG＝CH，
又∵∠GAP＝∠QCH＝90°，
∴△APG≌△CQH（SAS），
∴GP＝QH，
同理可證PH＝GQ，
∴四邊形GQHP是平行四邊形，
∵四邊形PGQH的面積是矩形ABCD面積的，
∴S?PGDH＝S矩形ABCD，
∴2S△PGQ＝S矩形ABCD＝×8×16＝60，
∴S△PGQ＝30，
∴S△AGP+S△GBQ＝×8×16﹣30＝34，
∴×AG×10+×6×（8﹣AG）＝34，
∴AG＝5，
∴t＝；
故答案為：；
③如圖4，作點(diǎn)G關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G'，過(guò)點(diǎn)G'作G'K⊥DC于K，連接G'H，QG'，則BG＝BG'＝CK，QG＝G'Q，
∵AG＝CH，
∴HK＝CH+CK＝AQ+BQ＝8，
∵G'K＝16，
∴G'H＝＝8，
由②知：四邊形PGQH是平行四邊形，
∴四邊形PGQH的周長(zhǎng)＝2QH+2GQ＝2QH+2QG'≥2G'H，
當(dāng)G'，Q，H三點(diǎn)共線時(shí)，四邊形PGQH周長(zhǎng)有最小值，且最小值是2G'H＝16．
故答案為：16．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)和判定，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的最短路徑問(wèn)題，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．

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