2019年八年级数学下学期期末考试押题卷（新人教版）
2019年八年级数学下学期期末考试押题卷（新人教版）,八年级数学下学期期末考试,莲山课件.
2019年八年级数学下学期综合检测卷
一、单选题(18分)
1．(3分)下列图形中既是中心对称又是轴对称的图形的是（ ）
A. B. C. D.
2．(3分)在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD=BC；③OA=OC；④OB=OD．
从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（ ）
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
3．(3分)如图，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，则下列判断错误的是（ ）
A.四边形AEDF一定是平行四边形
B.若AD平分∠A，则四边形AEDF是正方形
C.若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形
D.若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形
4．(3分)若点M(-7，m)、N(-8，n)都在函数y=-(k2+2k+4)x+1(k为常数)的图象上，则m和n的大小关系是（ ）
A.m>n B.m
5．(3分)a，b，c为常数，且(a-c)2>a2+c2，则关于x的方程ax2+bx+c=0根的情况是（ ）
A.有两个相等的实数根 B.有两个不相等的实数根
C.无实数根 D.有一根为0
6．(3分)如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，M是AD上任意一点，且ME⊥AC于E，MF⊥BD于F，则ME+MF为（ ）
A. B. C. D.不能确定
二、填空题(18分)
7．(3分)如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，且A(4，0)、B(6，2)、M(4，3)．在平面内有一条过点M的直线将平行四边形OABC的面积分成相等的两部分，请写出该直线的函数表达式 ．
8．(3分)如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE＝1，则FM的长为 ．
9．(3分)如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，D在CG上，BC=1，CG=3，H是AF的中点，则CH的长是 ．
10．(3分)在平面直角坐标系中，已知平行四边形ABCD的点A(0，-2)、点B(3m，4m+1)(m≠-1)，点C(6，2)，则对角线BD的最小值是 ．
11．(3分)如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为 ．
12．(3分)如图，用9个全等的等边三角形，按图拼成一个几何图案，从该图案中可以找出 个平行四边形．
三、解答题(84分)
13．(6分)一家水果店以每斤2元的价格购进某种水果若干斤，然后以每斤4元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种水果每斤的售价每降低0.1元，每天可多售出20斤．
(1)若将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是多少斤(用含x的代数式表示)．
(2)销售这种水果要想每天盈利300元，且保证每天至少售出260斤，那么水果店需将每斤的售价降低多少元？
14．(6分)如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是BC、BA的中点，连接DE，F在DE延长线上，且AF＝AE．
(1)求证：四边形ACEF是平行四边形．
(2)若四边形ACEF是菱形，求∠B的度数．
15．(6分)如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE．
(1)求证：OE=CB．
(2)如果OC：OB=1：2，CD= ，求菱形的面积．
16．(6分)如图，直线AB与 轴交于点A(1，0)，与y轴交于点B(0，-2)．
(1)求直线AB的解析式．
(2)若直线AB上的点C在第一象限，且S△BOC=2，求点C的坐标．
17．(6分)阅读下面材料：
在数学课上，老师提出如下问题：
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形；
求作：菱形AECF，使点E，F分别在BC，AD上．
小凯的作法如下：
(1)连接AC；
(2)作AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于E，F．
(3)连接AE，CF，所以四边形AECF是菱形．
老师说：“小凯的作法正确”．
回答下列问题：
根据小凯的做法，小明将题目改编为一道证明题，请你帮助小明完成下列步骤：
(1)已知：在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上， ．(补全已知条件)
求证：四边形AECF是菱形．
(2)求证：四边形AECF是菱形．(写出证明过程)
18．(8分)已知关于x的方程(a-1)x2+2x+a-1=0．
(1)若该方程有一根为2，求a的值及方程的另一根．
(2)当a为何值时，方程的根仅有唯一的值？求出此时a的值及方程的根．
19．(8分)如图，平行四边形ABCD中，AE、DE分别平分∠BAD、∠ADC，E点在BC上．
(1)求证：BC=2AB．
(2)若AB=3 cm，∠B=60°，一动点F以1 cm/s的速度从A点出发，沿线段AD运动，CF交DE于G，当CF∥AE时：
①求点F的运动时间t的值；
②求线段AG的长度．
20．(8分)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(1，0)，B(-3，0)，与y轴交于C．
(1)求该抛物线的解析式，并写出抛物线的对称轴．
(2)设抛物线的对称轴交x轴于D，在对称轴左侧的抛物线上有一点E，使S△ACE= S△ACD，求点E的坐标．
(3)若P是直线y=x+1上的一点，P点的横坐标为 ，M是第二象限抛物线上的一点，当∠MPD=∠ADC时，求M点的坐标．
21．(9分)如图，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1厘米的速度在线段AD上向终点D运动，设动点运动时间为t秒．
(1)求AD的长．
(2)当P、C两点的距离为 时，求t的值．
(3)动点M从点C出发以每秒2厘米的速度在射线CB上运动．点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动．是否存在时刻t，使得S△PMD= S△ABC？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
22．(9分)已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，M、N分别是边BC，CD上的两个动点，∠MAN=60°，AM、AN分别交BD于E、F两点．
(1)如图1，求证：CM+CN=BC．
(2)如图2，过点E作EG∥AN交DC延长线于点G，求证：EG＝EA．
(3)如图3，若AB＝1，∠AED＝45°，直接写出EF的长．
23．(12分)某超市店庆期间开展了促销活动，出售A，B两种商品，A种商品的标价为60元/件，B种商品的标价为40元/件，活动方案有如下两种，顾客购买商品时只能选择其中的一种方案：
A B
方案一 按标价的“七折”优惠 按标价的“八折”优惠
方案二 若所购商品达到或超过35件(不同商品可累计)，均按标价的“七五折”优惠
若某单位购买A种商品x件(x>15)，购买B种商品的件数比A种商品件数多10件，求该单位选择哪种方案才能获得更多优惠？
答案
一、单选题
1． 【答案】D
【解析】A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；
C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．
故答案为：D。
2． 【答案】B
【解析】【略】。
3． 【答案】B
【解析】选项A、∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED= AC=AF；同理DF∥AB，且DF= AB=AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，正确；
选项B、∵∠A不一定是直角，∴不能判定四边形AEDF是正方形，错误；
选项C、若AD⊥BC，则△ABD≌△ACD；AB=AC，AE=AF，结合(1)四边形AEDF是菱形，正确；
选项D、若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形，正确．
故答案为：B．
4． 【答案】B
【解析】∵k2+2k+4=(k+1)2+3>0，
∴-(k2+2k+4)<0> ∴该函数是y随着x的增大而减少，
∵-7>-8，
∴m 故答案为：B．
5． 【答案】B
【解析】∵(a-c)2=a2+c2-2ac>a2+c2，
∴ac＜0．
在方程ax2+bx+c=0中，
Δ=b2-4ac≥-4ac>0，
∴方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根．
故答案为：B．
6． 【答案】A
【解析】设AC与BD相较于点O，连接OM，
∵在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，
∴AC=BD= ，S矩形ABCD=AB·BC=48，
∴OA=OD=5，S△AOD= S矩形ABCD=12，
∵ME⊥AC，MF⊥BD，
∴S△AOD=S△AOM+S△DOM= OA·ME+ OD·MF= (ME+MF)=12，
解得：ME+MF= ．
故答案为：A．
二、填空题
7． 【答案】y=2x-5
【解析】∵B(6，2)，将平行四边形OABC的面积分成相等的两部分的直线一定过平行四边形OABC的对称中心，
∴平行四边形OABC的对称中心D(3，1)．
设直线MD的解析式为y=kx+b，
∴
∴ ，
∴该直线的函数表达式为y=2x-5．
故答案为：y=2x-5．
8．【答案】
【解析】∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=3-1=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+(4-x)2=x2，
解得：x= ，
∴FM= ．
故答案为： ．
9．【答案】
【解析】如图，连接AC和CF，
∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，AB=BC=1，EF=CE=CG=3，∠B=∠E=90°，
∴AC= ，CF=3 ，∠ACD=∠GCF=45°，∴∠ACF=90°，
由勾股定理得AF= =2 ，
延长CH至M，使MH=CH，连接FM.
∵H是AF的中点，∴AH=FH，又∠AHC=∠FHM，
∴△ACH≌△FMH，
∴AC=FM，∠ACH=∠FMH，
∵AC∥FM，∴∠MFC=180°-∠ACF=90°，
∴△ACF≌△MFC，∴AF=MC，
∴CH= CM= AF= ×2 = ．
10． 【答案】6
【解析】如图，
∵点B(3m，4m+1)，
∴令 ，
∴y= x+1，
∴B在直线y= x+1上，
∴当BD⊥直线y= x+1时，BD最小，
过B作BH⊥x轴于H，则BH=4m+1，
∵BE在直线y= x+1上，且点E在x轴上，
∴E(- ，0)，G(0，1)，
∵A(0，-2)，C(6，2)，
∴AC的中点F(3，0)，点F在x轴上．
在Rt△BEF中，
∵BH2=EH·FH，
∴(4m+1)2=(3m+ )(3-3m)，解得：m1= (舍)，m2= ，
∴B( ， )，
∴BD=2BF= ，
则对角线BD的最小值是6．
故答案为：6．
11．【答案】 -1
【解析】如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD= MD= ，
∴FM=DM×cos 30°= ，
∴MC= = ，
∴EC=MC-ME= -1．
故答案为： -1．
12． 【答案】15
【解析】两个全等的等边三角形，以一边为对角线构成的四边形是平行四边形，
这样的两个平行四边形又可组成较大的平行四边形，
从该图案中可以找出15个平行四边形．
故答案为：15．
三、解答题
13．【答案】(1)解：将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是100+ ×20=100+200x(斤)．
(2)解：根据题意得：(4-2-x)(100+200x)=300，
解得：x1= ，x2=1，
当x= 时，销售量是100+200× =200<260> 当x=1时，销售量是100+200=300(斤)．
∵每天至少售出260斤，
∴x=1．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
【解析】(1)销售量=原来销售量+下降销售量，据此列式即可；
(2)根据销售量×每斤利润=总利润列出方程求解即可．
14． 【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，E是BA的中点，
∴CE=AE=BE，
∵AF=AE，∴AF=CE，
在△BEC中，∵BE=CE且D是BC的中点，
∴ED是等腰△BEC底边上的中线，
∴ED也是等腰△BEC的顶角平分线，
∴∠BED=∠CED，
∵AF=AE，∴∠F=∠AEF，
∵∠BED=∠AEF，∴∠CED=∠F，∴CE∥AF，
又∵CE=AF，
∴四边形ACEF是平行四边形．
(2)解：∵四边形ACEF是菱形，
∴AC=CE，
由(1)知，AE=CE，
2019年八年级数学下学期综合检测卷三（新人教版）
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∴AC=CE=AE，
∴△AEC是等边三角形，
∴∠CAE=60°，
在Rt△ABC中，∠B=90°-∠CAE=90°-60°=30°．
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CE=AE=BE，从而得到AF=CE，再根据等腰三角形三线合一的性质可得∠BED=∠CED，根据等边对等角可得∠F=∠AEF，然后求出∠CED=∠F，得到CE∥AF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明．
(2)根据菱形的四条边都相等可得AC=CE，然后求出AC=CE=AE，从而得到△AEC是等边三角形，再根据等边三角形的每一个角都是60°求出∠CAE=60°，然后根据直角三角形两锐角互余解答．
15． 【答案】(1)证明：∵CE∥BD，EB∥AC，
∴四边形OCEB是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
∴四边形OCEB是矩形，
∴OE＝CB．
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD= ，
∵AC⊥BD，OC：OB=1：2，
∴在Rt△BOC中，由勾股定理得 BC2=OC2+OB2，
∴CO=1，OB=2．
∴AC=2，BD=4，
∴菱形ABCD的面积= BD·AC=4．
【解析】(1)通过证明四边形OCEB是矩形来推知OE=CB；
(2)利用菱形的性质可知AC⊥BD、CD=BC= ，结合已知条件，在Rt△BOC中，由勾股定理求得CO=1，OB=2．然后由菱形的面积公式进行解答．
16．【答案】(1)解：设直线AB的解析式为 ．
∵直线AB过点A(1，0)、B(0，-2)，
∴ ，
解得 ，
∴直线AB的解析式为 ．
(2)解：设点C的坐标为 ．
∵S△BOC=2，
∴ ，
解得 ．
∵直线AB的解析式为 ，
∴当 时，y=2×2-2=2，
∴点C的坐标是(2，2)．
【解析】(1)设直线AB的解析式为 ，将点A(1，0)、点B(0，-2)分别代入解析式即可组成方程组，从而得到AB的解析式；
(2)设点C的坐标为 ，根据三角形面积公式以及S△OBC=2求出C的横坐标，再代入直线即可求出y的值，从而得到其坐标．
17． 【答案】(1)EF垂直平分AC
(2)证明：∵EF垂直平分AC，
∴EA=EC，FA=FC，AC⊥EF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ECA，
∵EA=EC，
∴∠ECA=∠EAC，
∴∠EAC=∠DAC，
∴AC平分EF，
即AC与EF互相垂直平分，
∴四边形AECF是菱形．
【解析】(1)利用作法可得到EF垂直平分AC；
(2)利用EF垂直平分AC得到EA=EC，FA=FC，AC⊥EF，再证明∠EAC=∠DAC，则利用三角形三线合一得到AC平分EF，即AC与EF互相垂直平分，然后根据菱形的判定方法可判定四边形AECF是菱形．
18．【答案】(1)解：将x=2代入方程(a-1)x2+2x+a-1=0，
解得：a= ．
将a= 代入原方程得- x2+2x- =0，
解得：x1= ，x2=2．
∴a= ，方程的另一根为 ．
(2)解：①当a=1时，方程为2x=0，
解得：x=0；
②当a≠1时，由b2-4ac=0得4-4(a-1)2=0，
解得：a=2或0．
当a=2时，原方程为：x2+2x+1=0，
解得：x1=x2=-1；
当a=0时，原方程为：-x2+2x-1=0，
解得：x1=x2=1．
综上，当a=1或0或2时，方程的根仅有唯一的值．
当a=1时，此时方程的根x=0；
当a=2时，此时方程的根x1=x2=-1；
当a=0时，此时方程的根x1=x2=1．
【解析】(1)把x=2代入方程，求出a的值，再把a代入原方程，进一步解方程即可；
(2)分两种情况探讨：
①当a=1时，为一元一次方程；
②当a≠1时，利用b2-4ac=0求出a的值，再代入解方程即可．
19． 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
同理：CE=CD，
∴BE=CE=AB，
∴BC=BE+CD=2AB．
(2)解：①由(1)知，CE=CD=AB，
∵AB=3 cm，
∴CE=3 cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF=CE=3 cm，
∴点F的运动时间t=3÷1=3(秒)；
②由(1)知AB=BE，
∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，AE=AB=3 cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B+∠BCD=180°，
∵∠B=60°，
∴∠BCD=120°，
∵AE∥CF，
∴∠ECF=∠AEB=60°，
∴∠DCF=∠BCD-∠ECF=60°=∠ECF，
由(1)知，CE=CD=AB=3 cm，
∴CF⊥DE，
∴∠CGE=90°，
在Rt△CGE中，∠CEG=90°-∠ECF=30°，CG= CE= ，
∴EG= CG= ，
∵∠AEB=60°，∠CEG=30°，
∴∠AEG=90°，
在Rt△AEG中，AE=3，根据勾股定理得，AG= ．
【解析】(1)先判断出∠DAE=∠AEB，再判断出∠DAE=∠BAE，进而得出∠BAE=∠AEB，即可判断出AB=BE，同理：判断出CE=AB，即可得出结论，
(2)①先判断出四边形AECF是平行四边形，进而求出AF=3，即可得出结论；
②先判断出△ABE是等边三角形，进而求出∠AEB=60°，AE=3 cm，再判断出∠DCF=∠ECF，即可判断出∠CEG=90°，最后用勾股定理即可得出结论．
20． 【答案】(1)解：∵A(1，0)，B(-3，0)关于直线x=-1对称，
∴抛物线的对称轴为x=-1，
抛物线的解析式为y=(x-1)(x+3)=x2+2x-3．
(2)解：设点E(m，m2+2m-3)．
∵AD=2，OC=3，
∴S△ACD= ×AD·OC=3．
∵S△ACE= ，
∴S△ACE=10．
设直线AE的解析式为y=kx+t，
把点A和点E的坐标代入得： ，
解得： ．
∴直线AE的解析式为y=(m+3)x-m-3．
设直线AE交y轴于F，
∴F(0，-m-3)．
∵C(0，-3)，
∴FC=-m-3+3=-m，
∴S△EAC= ×FC×(1-m)=10，即-m(1-m)=20，解得：m=-4或m=5(舍去)，
∴E(-4，5)．
(3)解：如图所示：
过点D作DN⊥DP，交PM的延长线与点N，过点N作NL⊥x轴，垂足为L，过点P作PE⊥x轴，垂足为E．
∵∠MPD=∠ADC，∠NDP=∠DOC，
∴△NPD∽△CDO，
∴ = ，
∴ = =3．
又∵△NLD∽△DEP，
∴ = = =3，
∴NL=7，DL=7，
∴N(-8，7)，
∴直线PN的解析式为y=- x-3．
联立y=x2+2x-3与y=- x-3，解得：x= (舍去)或x=-4，
∴M(-4，5)．
【解析】(1)由抛物线的对称性可得到抛物线的对称轴，由题意可知a=1，然后依据抛物线与x轴的交点坐标可得到抛物线的解析式；
(2)设点E(m，m2+2m-3)，依据题意可求得S△ACE=10，设直线AE的解析式为y=kx+t，把点A和点E的坐标代入可得打直线AE的解析式为y=(m+3)x-m-3，于是可得到F(0，-m-3)，则FC=-m，然后依据S△EAC= ×FC×(1-m)可得到关于m的方程，从而可求得m的值，于是可得到点E的坐标；
(3)过点D作DN⊥DP，交PM的延长线与点N，过点N作NL⊥x轴，垂足为L，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，然后证明△NPD∽△CDO，△NLD∽△DEP，依据相似三角形的性质可求得NL=7，DL=7，从而可求得点N的坐标，于是可求得PN的解析式，最后求得PN与抛物线的交点坐标即可．
21． 【答案】(1)解：∵AB=AC=13，AD⊥BC，
∴BD=CD=5 cm，且∠ADB=90°，
∴AD2=AC2-CD2，
∴AD=12 cm．
(2)解：∵AP=t，∴PD=12-t，
在Rt△PDC中， ，CD=5，根据勾股定理得，PC2=CD2+PD2，
∴29=52+(12-t)2，
∴t=10或t=14(舍)，即t的值为10 s．
(3)解：假设存在t，使得S△PMD= S△ABC．
∵BC=10，AD=12，
∴S△ABC= BC×AD=60．
①若点M在线段CD上，
即 时，PD=12-t，DM=5-2t，
由S△PMD= S△ABC，
即 (12-t)(5-2t) ，2t2-29t+43=0，
解得 (舍去)， ．
②若点M在射线DB上，即 ．
由S△PMD= S△ABC，
得 (12-t)(2t-5)= ，2t2-29t+77=0，
解得 t=11或 ，
综上，存在t的值为 s或 11 s或 s，使得S△PMD= S△ABC．
【解析】(1)根据等腰三角形性质和勾股定理解答即可；
(2)根据勾股定理建立方程求解即可；
(3)根据题意列出PD、MD的表达式解方程组，由于M在D点左右两侧情况不同，所以进行分段讨论即可，注意约束条件．
22． 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
∵AB＝AC，∠B＝∠ACN＝60°，
∴△BAM≌△CAN，
∴BM＝CN，
∴CM+CN=CM+BM=BC．
(2)证明：如图2中，连接EC．
∵BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴EA＝EC，∠BAE＝∠BCE，
∵EG∥AN，
∴∠G＝∠AND，
∵∠AND＝∠CAN+∠ACN＝60°+∠CAN，∠ECG＝60°+∠ECB，
∵∠ECB＝∠BAE＝∠CAN，
∴∠ECG＝∠AND＝∠G，
∴EC＝EG，
∴EA＝EG．
(3)解：如图3中，将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ADQ，
易证△AFE≌△AFQ，
∴∠AEF＝∠AQF＝45°，
∵∠AEB＝∠AQD＝135°，
∴∠FQD＝90°，
∴在四边形AEDQ中，∠QDF＝360°-120°-45°-135°＝60°，
设DQ＝BE＝x，则DF＝2x，EF＝FQ= x，
∵AB＝AD＝1，∠ABD＝30°，
∴BD= ，
∴x+2x+ x= ，
∴x= ，
∴EF= x= ．
【解析】(1)根据已知条件证明△BAM≌△CAN，推出BM＝CN，即可解决问题；
(2)如图2中，想办法证明EA＝EC，EC＝EG即可解决问题；
(3)如图3中，将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ADQ，首先证明△FQD是特殊直角三角形，设DQ=x，构建方程即可解决问题．
23．【答案】解：根据题意得：某单位购买A种商品x件，则购买B种商品(x+10)件，
按方案一购买花费为：y1＝60×0.7x+40×0.8(x+10)，
按方案二购买花费为：y2＝60×0.75x+40×0.75(x+10)，
y1-y2＝-x+20，
∵x>15，
∴-x<-15，
∴-x+20<5> 若y1 20时，方案一的花费少于方案二，
若y1＝y2，则-x+20＝0，即x＝20时，方案一的花费等于方案二，
若y1>y2，则-x+20>0，即15 答：当购买A商品的数量多于20件时，选择方案一，当购买A商品的数量为20件时，选择方案一或方案二都可以，当购买A商品的数量多于15件少于20件时，选择方案二，这样才能获得更多优惠．
【解析】某单位购买A种商品x件，则购买B种商品(x+10)件，由于x>15，所以两种商品肯定超过35件，方案二也能采用，按方案一购买花费为y1，按照方案二购买花费y2，求y1-y2在自变量x的取值范围的正负情况即可得到答案．
2019年八年级数学下学期综合检测卷二（新人教版）
2019年八年级数学下学期综合检测卷二（新人教版）,八年级数学下学期综合检测卷,莲山课件.
