八年級數學期中綜合測評卷答案
八年級數學期中綜合測評卷答案
距離八年級數學期中考試越來越近了，半學期即將結束，小編整理了關于八年級數學期中綜合測評卷，希望對大家有幫助!
八年級數學期中綜合測評卷試題
一、選擇題
1.下面的圖形中，是中心對稱圖形的是( )
A. B. C. D.
2.“小明數學期中考試得滿分”這是一個( )
A.必然事件 B.不可能事件
C.隨機事件 D.以上說法都不對
3.下列各式 、 、 、 +1、 中分式有( )
A.2個 B.3個 C.4個 D.5個
4.矩形具有而平行四邊形不一定具有的性質是( )
A.對角相等 B.對邊相等
C.對角線相等 D.對角線互相平分
5.如果把分式 中的m和n都擴大3倍，那么分式的值( )
A.不變 B.擴大3倍 C.縮小3倍 D.擴大9倍
6.有四條線段，長度分別是2cm，3cm，4cm，5cm，從中任取三條，能構成三角形的概率是( )
A. B. C. D.1
7.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=82°，AB的垂直平分線交對角線AC于點F，垂足為E，連接DF，則∠CDF等于( )
A.67° B.57° C.60° D.87°
8.為了早日實現(xiàn)“綠色太倉，花園之城”的目標，太倉對4000米長的城北河進行了綠化改造.為了盡快完成工期，施工隊每天比原計劃多綠化10米，結果提前2天完成.若原計劃每天綠化x米，則所列方程正確的是( )
A. B.
C. D.
9.如圖，正方形ABCD的面積為16，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內，在對角線AC上有一點P，使PD+PE的和最小，則這個最小值為( )
A. B.3 C.4 D.
10.如圖，菱形OABC的頂點O在坐標系原點，頂點A在x軸上，∠B=120°，OA=2，將菱形OABC繞原點O順時針旋轉105°至OA′B′C′的位置，則點B′的坐標為( )
A.(﹣ ， ) B.( ，﹣ ) C.(2，﹣2) D.( ，﹣ )
二、填空題
11.當x= 時，分式 的值為0.
12.小燕拋一枚硬幣10次，有7次正面朝上，當她拋第11次時，正面向上的概率為 .
13.在▱ABCD中，若∠A=3∠B，則∠C= °.
14.某校根據去年初三學生參加中考的數學成績的等級，繪制成如圖的扇形統(tǒng)計圖，則圖中表示A等級的扇形的圓心角的大小為 .
15.如果分式方程 無解，則a= .
16.如圖，在菱形ABCD中，AC、BD相交于點O，E為AB的中點，若OE=3，則菱形ABCD的周長是 .
17.關于x的方程：x+ =c+ 的解是x1=c，x2= ，x﹣ =c﹣ 解是x1=c，x2=﹣ ，則x+ =c+ 的解是 .
18.如圖，在平面直角坐標系中，A(1，4)，B(3，2)，點C是直線y=﹣4x+20上一動點，若OC恰好平分四邊形OACB的面積，則C點坐標為 .
三、解答題：
19.計算
(1)a﹣1﹣
(2)先化簡，再求值： ，其中x=2 ﹣1.
20.解方程
(1) =
(2) +3= .
21.若關于x的分式方程 的解是正數，求a的取值范圍.
22.如圖，在平面直角坐標系中，Rt△ABC的三個頂點分別是A(﹣4，2)、B(0，4)、C(0，2)，
(1)畫出△ABC關于點C成中心對稱的△A1B1C;平移△ABC，若點A的對應點A2的坐標為(0，﹣4)，畫出平移后對應的△A2B2C2;
(2)△A1B1C和△A2B2C2關于某一點成中心對稱，則對稱中心的坐標為 .
23.某兒童娛樂場有一種游戲，規(guī)則是：在一個裝有6個紅球和若干個白球(2016春•無錫期中)我區(qū)某校為了解八年級學生體育測試情況，以八年級(1)班學生的體育測試成績?yōu)闃颖?，按A，B，C，D四個等級進行統(tǒng)計，并將統(tǒng)計結果繪制成如下的統(tǒng)計圖，結合圖中所給信息可知：
(1)本次調查的樣本容量是 ，樣本中D等級的學生人數占全班學生人數的百分比是 ;
(2)把條形統(tǒng)計圖補充完整;
(3)若該校八年級有300名學生，請根據此樣本，估計體育測試中達到A級和B級的學生人數約為 人.
25.如圖，在平行四邊形ABCD中，E是AD邊上的中點，連接BE，并延長BE交CE的延長線于點F.證明：FD=AB.
26.華昌中學開學初在金利源商場購進A、B兩種品牌的足球，購買A品牌足球花費了2500元，購買B品牌足球花費了2000元，且購買A品牌足球數量是購買B品牌足球數量的2倍，已知購買一個B品牌足球比購買一個A品牌足球多花30元.
(1)求購買一個A品牌、一個B品牌的足球各需多少元?
(2)華昌中學響應習“足球進校園”的號召，決定兩次購進A、B兩種品牌足球共50個，恰逢金利源商場對兩種品牌足球的售價進行調整，A品牌足球售價比第一次購買時提高了8%，B品牌足球按第一次購買時售價的9折出售，如果這所中學此次購買A、B兩種品牌足球的總費用不超過3260元，那么華昌中學此次最多可購買多少個B品牌足球?
27.閱讀下列材料：
我們定義：若一個四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，則稱這條對角線叫這個四邊形的和諧線，這個四邊形叫做和諧四邊形.如正方形就是和諧四邊形.
結合閱讀材料，完成下列問題：
(1)下列哪個四邊形一定是和諧四邊形
A.平行四邊形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形
(2)如圖，等腰Rt△ABD中，∠BAD=90°.若點C為平面上一點，AC為凸四邊形ABCD的和諧線，且AB=BC，請直接寫出∠ABC的度數.
28.如圖1，在正方形ABCD中，點E為BC上一點，連接DE，把△DEC沿DE折疊得到△DEF，延長EF交AB于G，連接
DG.
(1)求證：∠EDG=45°.
(2)如圖2，E為BC的中點，連接BF.①求證：BF∥DE;②若正方形邊長為6，求線段AG的長.
(3)當DE=DG時，求BE：CE.
八年級數學期中綜合測評卷參考答案
一、選擇題
1.下面的圖形中，是中心對稱圖形的是( )
A. B. C. D.
【考點】中心對稱圖形.
【分析】根據中心對稱圖形的概念求解.
【解答】解：A、不是中心對稱圖形.故錯誤;
B、不是中心對稱圖形.故錯誤;
C、不是中心對稱圖形.故錯誤;
D、是中心對稱圖形.故正確.
故選D.
【點評】本題考查了中心對稱圖形的概念：中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合.
2.“小明數學期中考試得滿分”這是一個( )
A.必然事件 B.不可能事件
C.隨機事件 D.以上說法都不對
【考點】隨機事件.
【分析】根據必然事件、不可能事件、隨機事件的概念進行判斷即可.
【解答】解：“小明數學期中考試得滿分”這是一個隨機事件，
故選：C.
【點評】本題考查的是必然事件、不可能事件、隨機事件的概念.必然事件指在一定條件下，一定發(fā)生的事件.不可能事件是指在一定條件下，一定不發(fā)生的事件，不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件.
3.下列各式 、 、 、 +1、 中分式有( )
A.2個 B.3個 C.4個 D.5個
【考點】分式的定義.
【分析】判斷分式的依據是看分母中是否含有字母，如果含有字母則是分式，如果不含有字母則不是分式.
【解答】解： 、 、 的分母中均不含有字母，因此它們是整式，而不是分式.
、 +1分母中含有字母，因此是分式.
故選：A.
【點評】本題主要考查分式的定義，注意π不是字母，是常數，所以 不是分式，是整式.
4.矩形具有而平行四邊形不一定具有的性質是( )
A.對角相等 B.對邊相等
C.對角線相等 D.對角線互相平分
【考點】矩形的性質;平行四邊形的性質.
【專題】證明題.
【分析】矩形的對角線互相平分且相等，而平行四邊形的對角線互相平分，不一定相等.
【解答】解：矩形的對角線相等，而平行四邊形的對角線不一定相等.
故選：C.
【點評】本題考查矩形的性質，矩形具有平行四邊形的性質，又具有自己的特性，要注意運用矩形具備而一般平行四邊形不具備的性質.如，矩形的對角線相等.
5.如果把分式 中的m和n都擴大3倍，那么分式的值( )
A.不變 B.擴大3倍 C.縮小3倍 D.擴大9倍
【考點】分式的基本性質.
【分析】根據分式的分子分母都乘以或除以同一個不為0的整式，結果不變，可得答案.
【解答】如果把分式 中的m和n都擴大3倍，那么分式的值不變，
故選：A.
【點評】本題考查了分式的性質，分式的分子分母都乘以或除以同一個不為0的整式，結果不變.
6.有四條線段，長度分別是2cm，3cm，4cm，5cm，從中任取三條，能構成三角形的概率是( )
A. B. C. D.1
【考點】列表法與樹狀圖法;三角形三邊關系.
【分析】從四條線段中任意選取三條，找出所有的可能，以及能構成三角形的情況數，即可求出所求的概率.
【解答】解：從四條線段中任意選取三條，所有的可能有：2，3，4;2，3，5;2，4，5;3，4，5共4種，
其中構成三角形的有2，3，4;2，4，5;3，4，5共3種，
則P(構成三角形)= .
故選C.
【點評】此題考查了列表法與樹狀圖法，以及三角形的三邊關系，用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
7.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=82°，AB的垂直平分線交對角線AC于點F，垂足為E，連接DF，則∠CDF等于( )
A.67° B.57° C.60° D.87°
【考點】菱形的性質;線段垂直平分線的性質.
【分析】根據菱形的性質求出∠ADC=98°，再根據垂直平分線的性質得出AF=DF，從而計算出∠CDF的值.
【解答】解：連接BD，BF，
∵∠BAD=82°，
∴∠ADC=98°，
又∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，
∴AF=BF，BF=DF，
∴AF=DF，
∴∠FAD=∠FDA=41°，
∴∠CDF=98°﹣41°=57°.
故選：B.
【點評】此題主要考查線段的垂直平分線的性質和菱形的性質，有一定的難度，解答本題時注意先先連接BD，BF，這是解答本題的突破口.
8.為了早日實現(xiàn)“綠色太倉，花園之城”的目標，太倉對4000米長的城北河進行了綠化改造.為了盡快完成工期，施工隊每天比原計劃多綠化10米，結果提前2天完成.若原計劃每天綠化x米，則所列方程正確的是( )
A. B.
C. D.
【考點】由實際問題抽象出分式方程.
【分析】關鍵描述語是：“提前2天完成綠化改造任務”.等量關系為：原計劃的工作時間﹣實際的工作時間=2.
【解答】解：若設原計劃每天綠化(x)m，實際每天綠化(x+10)m，
原計劃的工作時間為： ，實際的工作時間為：
方程應該為： ﹣ =2.
故選：A.
【點評】此題主要考查了由實際問題抽象出分式方程，列方程解應用題的關鍵步驟在于找相等關系.本題主要用到的關系為：工作時間=工作總量÷工作效率.
9.如圖，正方形ABCD的面積為16，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內，在對角線AC上有一點P，使PD+PE的和最小，則這個最小值為( )
A. B.3 C.4 D.
【考點】軸對稱-最短路線問題;正方形的性質.
【分析】由于點B與D關于AC對稱，所以連接BE，與AC的交點即為P點.此時PD+PE=BE最小，而BE是等邊△ABE的邊，BE=AB，由正方形ABCD的面積為16，可求出AB的長，從而得出結果.
【解答】解：設BE與AC交于點P'，連接BD.
∵點B與D關于AC對稱，
∴P'D=P'B，
∴P'D+P'E=P'B+P'E=BE最小.
∵正方形ABCD的面積為16，
∴AB=4，
又∵△ABE是等邊三角形，
∴BE=AB=4.
故選C.
【點評】本題考查的是正方形的性質和軸對稱﹣最短路線問題，熟知“兩點之間，線段最短”是解答此題的關鍵.
10.如圖，菱形OABC的頂點O在坐標系原點，頂點A在x軸上，∠B=120°，OA=2，將菱形OABC繞原點O順時針旋轉105°至OA′B′C′的位置，則點B′的坐標為( )
A.(﹣ ， ) B.( ，﹣ ) C.(2，﹣2) D.( ，﹣ )
【考點】菱形的性質;坐標與圖形變化-旋轉.
【分析】首先連接OB，OB′，過點B′作B′E⊥x軸于E，由旋轉的性質，易得∠BOB′=105°，由菱形的性質，易證得△AOB是等邊三角形，即可得OB′=OB=OA=2，∠AOB=60°，繼而可求得∠AOB′=45°，由等腰直角三角形的性質，即可求得答案.
【解答】解：連接OB，OB′，過點B′作B′E⊥x軸于E，
根據題意得：∠BOB′=105°，
∵四邊形OABC是菱形，
∴OA=AB，∠AOB= ∠AOC= ∠ABC= ×120°=60°，
∴△OAB是等邊三角形，
∴OB=OA=2，
∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°，OB′=OB=2，
∴OE=B′E=OB′•sin45°=2× = ，
∴點B′的坐標為：( ，﹣ ).
故選B.
【點評】此題考查了旋轉的性質、菱形的性質、等邊三角形的判定與性質以及等腰直角三角形性質.此題難度不大，注意掌握旋轉前后圖形的對應關系，注意輔助線的作法
二、填空題
11.當x= ﹣1 時，分式 的值為0.
【考點】分式的值為零的條件.
【分析】根據分式值為零的條件得x+1=0且x﹣2≠0，再解方程即可.
【解答】解：由分式的值為零的條件得x+1=0，且x﹣2≠0，
解得：x=﹣1，
故答案為：﹣1.
【點評】此題主要考查了分式值為零的條件，關鍵是掌握分式值為零的條件是分子等于零且分母不等于零.
12.小燕拋一枚硬幣10次，有7次正面朝上，當她拋第11次時，正面向上的概率為 .
【考點】概率的意義.
【分析】求出一次拋一枚硬幣正面朝上的概率即可.
【解答】解：∵拋硬幣正反出現(xiàn)的概率是相同的，不論拋多少次出現(xiàn)正面或反面的概率是一致的，
∴正面向上的概率為 .
故答案為： .
【點評】本題考查的是概率的意義，注意拋硬幣只有兩種情況，每次拋出的概率都是一致的，與次數無關.
13.在▱ABCD中，若∠A=3∠B，則∠C= 135 °.
【考點】平行四邊形的性質.
【分析】平行四邊形中，利用鄰角互補可求得∠A的度數，利用對角相等，即可得∠C的值.
【解答】解：如圖所示，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=3∠B，∴∠A=∠C=135°.
故答案為：135.
【點評】此題主要考查了平行四邊形的性質，利用鄰角互補的結論求四邊形內角度數是階解題關鍵.
14.某校根據去年初三學生參加中考的數學成績的等級，繪制成如圖的扇形統(tǒng)計圖，則圖中表示A等級的扇形的圓心角的大小為 108° .
【考點】扇形統(tǒng)計圖.
【專題】計算題.
【分析】根據C等級的人數與所占的百分比計算出參加中考的人數，再求出A等級所占的百分比，然后乘以360°計算即可得解.
【解答】解：參加中考的人數為：60÷20%=300人，
A等級所占的百分比為： ×100%=30%，
所以，表示A等級的扇形的圓心角的大小為360°×30%=108°.
故答案為：108°.
【點評】本題考查扇形統(tǒng)計圖及相關計算.在扇形統(tǒng)計圖中，每部分占總部分的百分比等于該部分所對應的扇形圓心角的度數與360°的比.
15.如果分式方程 無解，則a= 4 .
【考點】分式方程的解.
【分析】根據分式方程無解，可得x的值，根據分式方程的增根滿足整式方程，可得關于a的方程，根據解方程，可得答案.
【解答】解：方程兩邊都乘以(x﹣4)，得
x=2x﹣8+a.
由分式方程 無解，得
x=4，
將x=4代入x=2x﹣8+a，得
4=8﹣8+a，
解得a=4，
故答案為：4.
【點評】本題考查了分式方程的解，利用分式方程的增根滿足整式方程得出關于a的方程是解題關鍵.
16.如圖，在菱形ABCD中，AC、BD相交于點O，E為AB的中點，若OE=3，則菱形ABCD的周長是 24 .
【考點】菱形的性質;三角形中位線定理.
【分析】根據菱形的角平分線互相平分可得AO=CO，然后判斷出OE是△ABC的中位線，根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求出BC的長，再根據菱形的周長公式列式進行計算即可得解.
【解答】解：在菱形ABCD中，AO=CO，
∵E為AB的中點，
∴OE是△ABC的中位線，
∴BC=2OE=2×3=6，
∴菱形ABCD的周長=4×6=24.
故答案為：24.
【點評】本題考查了菱形的對角線互相平分的性質，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半的性質，以及菱形的周長公式，判斷出OE是△ABC的中位線是解本題的關鍵.
17.關于x的方程：x+ =c+ 的解是x1=c，x2= ，x﹣ =c﹣ 解是x1=c，x2=﹣ ，則x+ =c+ 的解是 x1=c，x2= +3 .
【考點】分式方程的解.
【專題】計算題.
【分析】根據題中方程的解歸納總結得到一般性規(guī)律，所求方程變形后確定出解即可.
【解答】解：所求方程變形得：x﹣3+ =c﹣3+ ，
根據題中的規(guī)律得：x﹣3=c﹣3，x﹣3= ，
解得：x1=c，x2= +3，
故答案為：x1=c，x2= +3
【點評】此題考查了分式方程的解，歸納總結得到題中方程解的規(guī)律是解本題的關鍵.
18.如圖，在平面直角坐標系中，A(1，4)，B(3，2)，點C是直線y=﹣4x+20上一動點，若OC恰好平分四邊形OACB的面積，則C點坐標為 ( ， ) .
【考點】一次函數綜合題.
【分析】OC恰好平分四邊形OACB的面積，則OC和AB的交點就是AB的中點，求得AB的中點D，然后利用待定系數法即可求得OD的解析式，然后求OD的解析式與直線y=4x+20的交點即可.
【解答】解：AB的中點D的坐標是：( ， )，即(2，3)，
設直線OD的解析式是y=kx，則2k=3，
解得：k= ，
則直線的解析式是：y= x，
根據題意得： ，
解得： ，
則C的坐標是：( ， ).
故答案是：( ， ).
【點評】本題考查了待定系數法求函數的解析式，以及直線交點的求法，理解AC一定經過AB的中點是關鍵.
三、解答題：
19.計算
(1)a﹣1﹣
(2)先化簡，再求值： ，其中x=2 ﹣1.
【考點】分式的化簡求值.
【分析】(1)先通分，再把分子相加減即可;
(2)先通分，再把分子相加減，最后把x的值代入進行計算即可.
【解答】解：(1)原式=
=﹣ ;
(2)原式=
=
= ，
當x=2 ﹣1時，原式= = .
【點評】本題考查的是分式的化簡求值，分式中的一些特殊求值題并非是一味的化簡，代入，求值.許多問題還需運用到常見的數學思想，如化歸思想(即轉化)、整體思想等，了解這些數學解題思想對于解題技巧的豐富與提高有一定幫助.
20.解方程
(1) =
(2) +3= .
【考點】解分式方程.
【專題】計算題.
【分析】兩分式方程去分母轉化為整式方程，求出整式方程的解得到未知數的值，經檢驗即可得到分式方程的解.
【解答】解：(1)去分母得：2x+1=5x﹣5，
解得：x=2，
經檢驗x=2是分式方程的解;
(2)去分母得：1+3y﹣6=y﹣1，
解得：y=2，
經檢驗y=2是增根，分式無解.
【點評】此題考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“轉化思想”，把分式方程轉化為整式方程求解.解分式方程一定注意要驗根.
21.若關于x的分式方程 的解是正數，求a的取值范圍.
【考點】分式方程的解.
【專題】計算題.
【分析】先解關于x的分式方程，求得x的值，然后再依據“解是正數”建立不等式求a的取值范圍.
【解答】解：去分母，得2x+a=2﹣x
解得：x= ，∴ >0
∴2﹣a>0，
∴a<2，且x≠2，
∴a≠﹣4
∴a<2且a≠﹣4.
【點評】由于我們的目的是求a的取值范圍，因此也沒有必要求得x的值，求得3x=2﹣a即可列出關于a的不等式了，另外，解答本題時，易漏掉a≠﹣4，這是因為忽略了x﹣2≠0這個隱含的條件而造成的，這應引起同學們的足夠重視.
22.如圖，在平面直角坐標系中，Rt△ABC的三個頂點分別是A(﹣4，2)、B(0，4)、C(0，2)，
(1)畫出△ABC關于點C成中心對稱的△A1B1C;平移△ABC，若點A的對應點A2的坐標為(0，﹣4)，畫出平移后對應的△A2B2C2;
(2)△A1B1C和△A2B2C2關于某一點成中心對稱，則對稱中心的坐標為 (2，﹣1) .
【考點】作圖-旋轉變換;作圖-平移變換.
【專題】作圖題.
【分析】(1)根據網格結構找出點A、B關于點C成中心對稱的點A1、B1的位置，再與點A順次連接即可;根據網格結構找出點A、B、C平移后的對應點A2、B2、C2的位置，然后順次連接即可;
(2)根據中心對稱的性質，連接兩組對應點的交點即為對稱中心.
【解答】解：(1)△A1B1C如圖所示，
△A2B2C2如圖所示;
(2)如圖，對稱中心為(2，﹣1).
【點評】本題考查了利用旋轉變換作圖，利用平移變換作圖，熟練掌握網格結構準確找出對應點的位置是解題的關鍵.
23.某兒童娛樂場有一種游戲，規(guī)則是：在一個裝有6個紅球和若干個白球(2016春•無錫期中)我區(qū)某校為了解八年級學生體育測試情況，以八年級(1)班學生的體育測試成績?yōu)闃颖?，按A，B，C，D四個等級進行統(tǒng)計，并將統(tǒng)計結果繪制成如下的統(tǒng)計圖，結合圖中所給信息可知：
(1)本次調查的樣本容量是 50 ，樣本中D等級的學生人數占全班學生人數的百分比是 10% ;
(2)把條形統(tǒng)計圖補充完整;
(3)若該校八年級有300名學生，請根據此樣本，估計體育測試中達到A級和B級的學生人數約為 198 人.
【考點】條形統(tǒng)計圖;總體、個體、樣本、樣本容量;用樣本估計總體;扇形統(tǒng)計圖.
【分析】(1)利用A類有10人，占總體的20%，求出樣本容量，再求出D等級的學生人數的百分比;
(2)先求出D等級的學生人數，再據此可補全條形圖即可;
(3)利用總人數乘A、B級所占的百分比即可.
【解答】解：(1)讀圖可得：A類有10人，占總體的20%，所以樣本容量為10÷20%=50人，
D等級的學生人數為50﹣10﹣23﹣12=5人.
樣本中D等級的學生人數占全班學生人數的百分比是 ×100%=10%.
故答案為：50，10%.
(2)D級的學生人數為50﹣10﹣23﹣12=5人，
據此可補全條形圖;
(3)A級和B級的學生人數為300×(46%+20%)=198(人).
故答案為：198.
【點評】本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的綜合運用，讀懂統(tǒng)計圖，從不同的統(tǒng)計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵.條形統(tǒng)計圖能清楚地表示出每個項目的數據;扇形統(tǒng)計圖直接反映部分占總體的百分比大小.
25.如圖，在平行四邊形ABCD中，E是AD邊上的中點，連接BE，并延長BE交CE的延長線于點F.證明：FD=AB.
【考點】平行四邊形的性質;全等三角形的判定與性質.
【專題】證明題.
【分析】由在平行四邊形ABCD中，E是AD邊上的中點，易證得△ABE≌△DFE(AAS)，繼而證得FD=AB.
【解答】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE=∠F，
∵E是AD邊上的中點，
∴AE=DE，
在△ABE和△DFE中，
，
∴△ABE≌△DFE(AAS)，
∴FD=AB.
【點評】此題考查了平行四邊形的性質以及全等三角形的判定與性質.注意平行四邊形的對邊平行.
26.華昌中學開學初在金利源商場購進A、B兩種品牌的足球，購買A品牌足球花費了2500元，購買B品牌足球花費了2000元，且購買A品牌足球數量是購買B品牌足球數量的2倍，已知購買一個B品牌足球比購買一個A品牌足球多花30元.
(1)求購買一個A品牌、一個B品牌的足球各需多少元?
(2)華昌中學響應習“足球進校園”的號召，決定兩次購進A、B兩種品牌足球共50個，恰逢金利源商場對兩種品牌足球的售價進行調整，A品牌足球售價比第一次購買時提高了8%，B品牌足球按第一次購買時售價的9折出售，如果這所中學此次購買A、B兩種品牌足球的總費用不超過3260元，那么華昌中學此次最多可購買多少個B品牌足球?
【考點】分式方程的應用;一元一次不等式的應用.
【分析】(1)設一個A品牌的足球需x元，則一個B品牌的足球需x+30元，根據購買A品牌足球數量是購買B品牌足球數量的2倍列出方程解答即可;
(2)設此次可購買a個B品牌足球，則購進A牌足球(50﹣a)個，根據購買A、B兩種品牌足球的總費用不超過3260元，列出不等式解決問題.
【解答】解：(1)設一個A品牌的足球需x元，則一個B品牌的足球需x+30元，由題意得
= ×2
解得：x=50
經檢驗x=50是原方程的解，
x+30=80
答：一個A品牌的足球需50元，則一個B品牌的足球需80元.
(2)設此次可購買a個B品牌足球，則購進A牌足球(50﹣a)個，由題意得
50×(1+8%)(50﹣a)+80×0.9a≤3260
解得a≤31
∵a是整數，
∴a最大等于31，
答：華昌中學此次最多可購買31個B品牌足球.
【點評】此題考查二元一次方程組與分式方程的應用，找出題目蘊含的等量關系與不等關系是解決問題的關鍵.
27.閱讀下列材料：
我們定義：若一個四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，則稱這條對角線叫這個四邊形的和諧線，這個四邊形叫做和諧四邊形.如正方形就是和諧四邊形.
結合閱讀材料，完成下列問題：
(1)下列哪個四邊形一定是和諧四邊形 C
A.平行四邊形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形
(2)如圖，等腰Rt△ABD中，∠BAD=90°.若點C為平面上一點，AC為凸四邊形ABCD的和諧線，且AB=BC，請直接寫出∠ABC的度數.
【考點】等腰梯形的性質;等腰直角三角形;平行四邊形的性質;菱形的性質;矩形的性質.
【專題】新定義.
【分析】(1)有和諧四邊形的定義即可得到菱形是和諧四邊形;
(2)首先根據題意畫出圖形，然后由AC是四邊形ABCD的和諧線，可以得出△ACD是等腰三角形，從圖1，圖2，圖3三種情況運用等邊三角形的性質，正方形的性質和30°的直角三角形性質就可以求出∠ABC的度數.
【解答】解：(1)∵菱形的四條邊相等，
∴連接對角線能得到兩個等腰三角形，
∴菱形是和諧四邊形;
(2)解：∵AC是四邊形ABCD的和諧線，
∴△ACD是等腰三角形，
在等腰Rt△ABD中，
∵AB=AD，
∴AB=AD=BC，
如圖1，當AD=AC時，
∴AB=AC=BC，∠ACD=∠ADC
∴△ABC是正三角形，
∴∠ABC=60°.
如圖2，當AD=CD時，
∴AB=AD=BC=CD.
∵∠BAD=90°，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°;
如圖3，當AC=CD時，過點C作CE⊥AD于E，過點B作BF⊥CE于F，
∵AC=CD.CE⊥AD，
∴AE= AD，∠ACE=∠DCE.
∵∠BAD=∠AEF=∠BFE=90°，
∴四邊形ABFE是矩形.
∴BF=AE.
∵AB=AD=BC，
∴BF= BC，
∴∠BCF=30°.
∵AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC.
∵AB∥CE，
∴∠BAC=∠ACE，
∴∠ACB=∠BAC= ∠BCF=15°，
∴∠ABC=150°，
綜上：∠ABC的度數可能是：60°90°150°.
【點評】此題考查了等腰直角三角形的性質，等腰三角形的性質、矩形的性質、正方形的性質，菱形的性質，此題難度較大，注意掌握數形結合思想與分類討論思想的應用.
28.如圖1，在正方形ABCD中，點E為BC上一點，連接DE，把△DEC沿DE折疊得到△DEF，延長EF交AB于G，連接
DG.
(1)求證：∠EDG=45°.
(2)如圖2，E為BC的中點，連接BF.①求證：BF∥DE;②若正方形邊長為6，求線段AG的長.
(3)當DE=DG時，求BE：CE.
【考點】四邊形綜合題.
【分析】(1)根據正方形的性質可得DC=DA.∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根據翻折前后兩個圖形能夠完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”證明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根據全等三角形對應角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，從而得解;
(2)①根據折疊的性質和線段中點的定義可得CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC，再根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠5=∠DEC，然后利用同位角相等，兩直線平行證明即可;
?、谠OAG=x，表示出GF、BG，根據點E是BC的中點求出BE、EF，從而得到GE的長度，再利用勾股定理列出方程求解即可;
(3)根據等腰三角形三線合一的性質可得F是EG的中點，再利用“HL”證明Rt△ADG和Rt△CDE全等，根據全等三角形對應邊相等可得AG=CE，再求出BG=BE，然后根據等腰直角三角形的性質可得BF⊥GE，從而得到BE：EF的值，即為BE：EC.
【解答】(1)證明：如圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DC=DA.∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵△DEC沿DE折疊得到△DEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，
∴∠DFG=∠A=90°，DA=DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中， ，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF(HL)，
∴∠3=∠4，
∴∠EDG=∠3+∠2= ∠ADF+ ∠FDC，
= (∠ADF+∠FDC)，
= ×90°，
=45°;
(2)①證明：如圖2，
∵△DEC沿DE折疊得到△DEF，E為BC的中點，
∴CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC，
∴∠5=∠6，
∵∠FEC=∠5+∠6
∴∠DEF+∠DEC=∠5+∠6，
∴2∠5=2∠DEC，
即∠5=∠DEC，
∴BF∥DE;
?、诮猓涸OAG=x，則GF=x，BG=6﹣x，
∵正方形邊長為6，E為BC的中點，
∴CE=EF=BE= ×6=3，
∴GE=EF+GF=3+x，
在Rt△GBE中，根據勾股定理得：(6﹣x)2+32=(3+x)2，
解得x=2，
即，線段AG的長為2;
(3)∵DE=DG，∠DFE=∠C=90°，
∴點F是EG的中點，
在Rt△ADG和Rt△CDE中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△CDE(HL)，
∴AG=CE，
∴AB﹣AG=BC﹣CE，
即BG=BE，
∴△BEG是等腰直角三角形，
∴BF⊥GE，
∴BE：EF= ，
即BE：EC= ，
故答案為： .
【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理的應用，翻折變換的性質，熟記各性質是解題的關鍵.
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