2023-2024 学年八年级数学期末模拟卷02(浙江专用)(全解全析)

2023-2024学年八年级数学下学期期末模拟卷02

全解全析 第Ⅰ卷

一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）

1．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说：“美的线型和其他一切美的形体，都必须有对称形式．”如图所示的图形中，是中心对称图形的是（ ）

A．B． C．D．

【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

【解】：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．

选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C．

2．下列二次根式中，最简二次根式是（ ） 1A．√0.5 B．√16 C．√2𝑎 D．√𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2 【分析】根据最简二次根式中被开方数不含分母；根据被开方数中不含开得尽方的因数；根据最简二次根式的定义进行判断即可． 【解】：A、√0.5=

√22被开方数中含开得尽方的因数，不符合题意；

11

B、√16=4被开方数中含开得尽方的因数，不符合题意；

C、√2𝑎是最简二次根式，故选项符合题意；

D、√𝑎2+2𝑎𝑏+𝑏2=√(𝑎+𝑏)2=|a+b|被开方数中含开得尽方的因式，故选项不符合题意； 故选：C．

3．方程 x2﹣2x﹣6＝0 经配方后，可化为（ ） A．（x﹣1）2＝7

B．（x+2）2＝7

C．（x﹣1）2＝6

D．（x﹣2）2＝6

【分析】将已知方程配方即可得到答案． 【解】：∵x2﹣2x﹣6＝0， ∴x2﹣2x+1＝7， ∴（x﹣1）2＝7， 故选：A．

4．为庆祝2023年5月30日神舟十六号成功发射，学校开展航天知识竞赛活动，经过几轮筛选，某班决定从甲、乙、丙、丁四名同学中选择一名同学代表班级参加比赛，经统计，四名同学成绩的平均数（单位：分）及方差（单位：分2）如下表：

平均数 方差 甲 97 0.3 乙 95 1.2 丙 97 1.3 丁 93 0.6 根据表中数据，要选一名成绩好且状态稳定的同学参赛，应选择（ ） A．甲

B．乙

C．丙

D．丁

【分析】根据平均数和方差的意义求解即可．

【解】：由表格数据知，甲、丙成绩的平均数大于乙、丁， 所以甲、丙的平均成绩比乙、丁好， 又甲成绩的方差小于丙，

∴甲成绩好且状态稳定．故选：A．

5．如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n的值为（ ） A．6

B．7

C．8

D．9

【分析】根据n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解． 1【解】：由题意得（n﹣2）•180°×2=360°，

解得n＝6． 故选：A．

6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，点E、点F分别是OC、AB的中点，连接BE、FE，若∠ABE＝42°，则∠AEF的度数为（ ）

A．42°

B．45°

C．46°

D．48°

【分析】根据平行四边形的性质推出OB＝BC，根据等腰三角形的性质求出BE⊥OC，根据直角三角形的性质求出∠BAE＝48°，AF＝EF，根据等腰三角形的性质即可得解． 【解】：∵四边形ABCD是平行四边形， 1

∴OB＝OD=BD，AD＝BC，

2∵BD＝2AD， ∴OB＝BC，

∵点E是OC的中点， ∴BE⊥OC，

∴∠ABE+∠BAE＝90°， ∵∠ABE＝42°， ∴∠BAE＝48°，

∵点F是AB的中点，BE⊥OC， 11

∴AF=2AB，EF=2AB，

∴AF＝EF，

∴∠AEF＝∠BAE＝48°， 故选：D．

𝑎2+1

7．已知点A（x1，﹣4），B（x2，8），C（x3，5）都在反比例函数y=−的图象上，则下列关系式一定

𝑥正确的是（ ） A．x1＜x3＜x2

B．x1＜x2＜x3

C．x3＜x2＜x1

D．x2＜x3＜x1

【分析】根据反比例函数的性质得出在每个象限内，y随x的增大而增大，图象在第二、四象限，根据点的坐标得出点A在第四象限，点B和点C在第二象限，再比较大小即可． 𝑎2+1

【解】：∵反比例函数y=−𝑥的k＝﹣（a2+1）＜0，

∴在每个象限内，y随x的增大而增大，图象在第二、四象限，

∵点A（x1，﹣4），B（x2，8），C（x3，5）都在反比例函数y=−∴点A在第四象限，点B和点C在第二象限， ∴x3＜x2＜x1， 故选：C．

𝑎2+1

的图象上， 𝑥8．在我国古代数学著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有开门去阃（kǔn）一尺，不合二寸，问门广几何．”大意是说：如图，推开双门（AD和BC），门边缘D、C两点到门槛AB距离为1尺（1尺＝10寸），双门间的缝隙CD为2寸，那么门的宽度（两扇门的和）AB为（ ）

A．100寸

B．101寸

C．102寸

D．103寸

【分析】画出直角三角形，根据勾股定理即可得到结论． 【解】：设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，过D作DE⊥AB于E， 1

则DE＝10寸，OE=2CD＝1寸，AE＝（r﹣1）寸．

在Rt△ADE中，

AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2， 解得2r＝101．

故门的宽度（两扇门的和）AB为101寸．故选：B．

9．已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a+c）＝0有两个相等的实数根，则下列说法正确的是（ ） A．1可能是方程ax2+bx+c＝0的根

B．0一定不是方程ax2+bx+c＝0的根

C．﹣1不可能是方程ax2+bx+c＝0的根 D．1和﹣1都是方程ax2+bx+c＝0的根

【分析】化简计算Δ得a+b+c＝0或a﹣b+c＝0，判断出AC都对，即D正确，再由原题判断c可以为0，即可判断B错误．

【解】：∵方程有两个相等的实数根， ∴Δ＝（2b）2﹣4（a+c）2＝0， ∴4（a+b+c）（b﹣a﹣c）＝0，

∴a+b+c＝0或a﹣b+c＝0，

当x＝1时，方程ax2+bx+c＝0，代入得，a+b+c＝0； 当x＝﹣1时，方程ax2+bx+c＝0，代入得，a﹣b+c＝0； ∵原题方程为一元二次方程，

∴a+c≠0，满足a≠﹣c，即c可以为0， 当x＝0时，方程ax2+bx+c＝0，代入得，c＝0， 综上，B错误，A正确．故选：A．

10．如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，BC＝CG＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，N分别是AC，PQ的中点，则MN的长为（ ）

A．3

B．6

C．

√37 2

D．

172

【分析】连接CF，交PQ于点K，利用全等三角形的判定与性质，得到PK＝QK，则M，K两点重合，CM＝FM，可得MN为△CAF的中位线；连接AF，延长AD交EF于点H，利用矩形的判定与性质可得四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，可求得线段AH，FH，利用勾股定理求得AF，利用三角形的中位线定理即可得出结论．

【解】：连接CF，交PQ于点K，如图， ∵四边形CEFG为矩形， ∴FG∥CE，

∴∠FPQ＝∠CQP，∠PFC＝∠FCQ．

∠𝐹𝑃𝑄=∠𝐶𝑄𝑃

在△PFK和△QCK中，{𝑃𝐹=𝐶𝑄，

∠𝑃𝐹𝐶=∠𝑄𝐶𝐹∴△PFK≌△QCK（ASA）， ∴FK＝CK，PK＝QK， 即点K为PQ的中点， ∵点M为PQ的中点， ∴M，K两点重合． ∴CM＝FM．

连接AF，延长AD交EF于点H， ∵矩形ABCD和矩形CEFG，

∴四边形CEHD和四边形DHFG为矩形，

∴AB＝CD＝HE＝1，DH＝CE＝4，EF＝CE＝2，AD＝BC＝2， ∴AH＝AD+DH＝2+4＝6，FH＝FE﹣HE＝2﹣1＝1， ∴AF=√𝐴𝐻2+𝐹𝐻2=√62+12=√37． ∵CM＝FM，CN＝AN， ∴MN为△CAF的中位线，

√371

∴MN=2AF=2．

故选：C．

第Ⅱ卷

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

11．要使二次根式√2𝑥−5有意义，则实数x的取值范围为 ． 【分析】根据二次根式√𝑎（a≥0），进行计算即可． 【解】：由题意得：2x﹣5≥0， 5∴x≥2．

5

故答案为：x≥2．

12．小恒同学对6月1日至7日的最高气温进行统计分析制作成统计图（如图所示），则这七天最高气温的众数是 ℃，中位数是 ℃．

【分析】结合折线统计图，根据中位数、众数的定义判断即可． 【解】：将6月1日至7日的最高气温按从小到大的顺序排列， 可得23℃，25℃，26℃，27℃，30℃，33℃，33℃， ∴中位数为27℃，

在这组数据中，33℃出现的次数最多， ∴众数为33℃， 故答案为：33，27。

13．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，BC＝8，F是线段DE上一点，连接AF，CF，EF＝3DF．若∠AFC＝90°，则AC的长度是 ．

1【分析】根据三角形中位线定理得到DE=2BC＝4，根据题意求出EF，根据直角三角形的性质求出AC．

【解】：∵D、E分别是AB、AC的中点， 1

∴DE=2BC＝4，

∵EF＝3DF ∴DE＝4DF， 1

∴DF=DE＝1，

4∴EF＝DE﹣DF＝3，

∵∠AFC＝90°，点E是AC的中点， ∴AC＝2EF＝6， 故答案为：6．

14．关于x的方程kx2﹣2√𝑘+1x+2＝0有两不等实根，则k的取值范围是 ． 【分析】根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠0且Δ＞0，k+1≥0，即（﹣2√𝑘+1）2﹣4×k×2＞0，然后解不等式即可得到k的取值范围．

【解】：∵关于x的一元二次方程kx2﹣2√𝑘+1x+2＝0有两个不相等的实数根，

∴k≠0且Δ＞0，k+1≥0，即（﹣2√𝑘+1）2﹣4×k×2＞0， 解得：﹣1≤k＜1且k≠0．

∴k的取值范围为：﹣1≤k＜1且k≠0． 故答案为：﹣1≤k＜1且k≠0．

15．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交𝑘

点，反比例函数𝑦=(𝑥＞0，𝑘＞0)的图象经过点C，E．若点A（6，0），则k的值是 ．

𝑥

【分析】利用中点坐标公式可得点C的横坐标为2，作CH⊥y轴于H，再利用AAS证明△AOB≌△BHC，得BH＝OA＝6，OB＝CH＝2，从而得出点C的坐标，即可得出答案． 𝑘【解】：设C（m，），

𝑚

∵四边形ABCD是正方形， ∴点E为AC的中点， ∴E（

𝑚+62

，

𝑘2𝑚

），

𝑘

∵点E在反比例函数𝑦=𝑥(𝑥＞0，𝑘＞0)的图象上，

∴k=

𝑚+6𝑘

•， 22𝑚

∴m＝2，

作CH⊥y轴于H，

∴CH＝2，

∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠OBA＝∠HCB， ∵∠AOB＝∠BHC， ∴△AOB≌△BHC（AAS）， ∴BH＝OA＝6，OB＝CH＝2， ∴C（2，8）， ∴k＝16， 故答案为：16．

16．如图，在矩形ABCD中，𝐴𝐵=4√3，AD＝4，取AD的中点E，将线段AE绕点A旋转得到线段AE′，在旋转过程中，当AE′⊥DE′时，BE′＝ ．

1

【分析】由旋转可得𝐴𝐸′=𝐴𝐸=2𝐴𝐷，又∠AE′D＝90°，可得∠DAE′＝60°．分两种情况讨论：

①若点E′在矩形ABCD的内部，过点E′作E′F⊥AB于点F，根据矩形的性质可求得∠E′AB＝∠DAB﹣∠DAE′＝30°，从而在Rt△AE′F中，通过解直角三角形得到𝐴𝐹=√3，进而得到𝐵𝐹=3√3，因此根据勾股定理在Rt△BE′F中，即可求解BE′．②若点E′在矩形ABCD的外部，同①即可求解． 【解】：∵点E是AD的中点， 11

∴𝐴𝐸=𝐴𝐷=×4=2，

22∴由旋转可得AE′＝AE＝2 ∵AE′⊥DE′， ∴∠AE′D＝90°， ∵AE′＝2，AD＝4，

𝐴𝐸′21

∴𝑐𝑜𝑠∠𝐷𝐴𝐸′=𝐴𝐷=4=2，

∴∠DAE′＝60°，

①如图，若点E′在矩形ABCD的内部，

∵在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，

∴∠E′AB＝∠DAB﹣∠DAE′＝90°﹣60°＝30°， 过点E′作E′F⊥AB于点F， ∴∠E′FA＝∠E′FB＝90°， 11

∴𝐸′𝐹=2𝐴𝐸′=2×2=1，

𝐴𝐹=𝐴𝐸′⋅𝑐𝑜𝑠∠𝐸′𝐴𝐹=2⋅𝑐𝑜𝑠30°=√3， ∵𝐴𝐵=4√3，

∴𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐹=4√3−√3=3√3，

∴在Rt△BE′F中，𝐵𝐸′=√𝐵𝐹2+𝐸′𝐹2=√(3√3)2+12=2√7． ②如图，若点E′在矩形ABCD的外部，

过点E′作E′F⊥AB于点F， ∴∠F＝90°，

∵在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，

∴∠E′AF＝180°﹣∠DAB﹣∠DAE′＝180°﹣90°﹣60°＝30°， 11

∴𝐸′𝐹=2𝐴𝐸′=2×2=1，

𝐴𝐹=𝐴𝐸′⋅𝑐𝑜𝑠∠𝐸′𝐴𝐹=2⋅𝑐𝑜𝑠30°=√3， ∵𝐴𝐵=4√3，

∴𝐵𝐹=𝐴𝐵+𝐴𝐹=4√3+√3=5√3，

∴在Rt△BE′F中，𝐵𝐸′=√𝐵𝐹2+𝐸′𝐹2=√(5√3)2+12=2√19．

综上所述，𝐵𝐸′=2√7或2√19．

三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．解方程：（1）6x2+x﹣7＝0；（2）（3x﹣4）2＝（4x﹣3）2． 【分析】（1）利用因式分解法求解即可； （2）利用因式分解法求解即可． 【解】：（1）6x2+x﹣7＝0， （6x+7）（x﹣1）＝0， ∴6x+7＝0或x﹣1＝0， 7

∴x1=−，x2＝1；

6（2）（3x﹣4）2＝（4x﹣3）2， （3x﹣4）2﹣（4x﹣3）2＝0，

[（3x﹣4）+（4x﹣3）][（3x﹣4）﹣（4x﹣3）]＝0， （7x﹣7）（﹣x﹣1）＝0， ∴7x﹣7＝0或﹣x﹣1＝0， ∴x1＝1，x2＝﹣1．

18．图1、图2分别是8×10的网格，网格中的每个小正方形的边长均为1，请按要求画出下列图形，所画图形的各个顶点均在所给小正方形的顶点上． （1）在图1中画一个周长20的菱形ABCD．

（2）在图2中画出有一个锐角为45°，面积为8的平行四边形EFGH．（画出一种即可） （3）请直接写出图2中平行四边形EFGH较短的一条对角线的长度 ．

【分析】（1）构造边长为5的菱形即可；

（2）构造底为4，高为2，有一个角是45°的平行四边形即可；

（3）根据网格利用勾股定理即可求出图2中平行四边形EFGH较短的一条对角线的长度． 【解】：（1）如图1中，菱形ABCD即为所求．

（2）如图2中，平行四边形BCD即为所求．

（3）图2中平行四边形EFGH较短的一条对角线的长度为2√2． 故答案为：2√2．

19．自从开展“创建全国文明城区”工作以来，门头沟区便掀起了“门头沟热心人”志愿服务的热潮，区教委也号召各校学生积极参与到志愿服务当中．为了解甲、乙两所学校学生一周志愿服务情况，从这两所学校中各随机抽取40名学生，分别对他们一周的志愿服务时长（单位：分钟）数据进行收集、整理、描述和分析．下面给出了部分信息：

a．甲校40名学生一周的志愿服务时长的扇形统计图如图（数据分成5组：20≤x＜40，40≤x＜60，60≤x＜80，80≤x＜100，100≤x＜120，120≤x＜140）：

b．甲校40名学生一周志愿服务时长在60≤x＜80这一组的是：

60 60 62 63 65 68 70 72 73 75 75 76 80 80 c．甲、乙两校各抽取的40名学生一周志愿服务时长的平均数、中位数、众数如下：

学校 甲校 乙校 平均数 75 75 中位数 m 76 众数 90 85 根据以上信息，回答下列问题： （1）m＝ ；

（2）根据上面的统计结果，你认为① 所学校学生志愿服务工作做得好（填“甲”或“乙”），理由② ；

（3）甲校要求学生一周志愿服务的时长不少于60分钟，如果甲校共有学生800人，请估计甲校学生中一周志愿服务时长符合要求的有 人．

【分析】（1）根据抽查人数，可知从小到大排列后处在第20、21位两个数的平均数为中位数，可求出甲班A、B、C三组的人数为22人，可得到中位数在C组，再根据C组的服务时长，可得到处在第20、21位的两个数分别为76，80，进而求出中位数； （2）通过比较甲、乙班的中位数、众数得出结论；

（3）样本估计总体，样本中甲班学生一周志愿服务的时长不少于60分钟所占的比例为（1﹣5%﹣15%）＝80%，因此估计总体800人的80%的学生，一周志愿服务的时长符合要求． 【解】：（1）甲班A、B、C三组的人数为40×（5%+15%+35%）＝22（人）， 甲班同学一周志愿服务时长从小到大排列后，处在第20、21位两个数的平均数为因此m＝78，故答案为：78；

（2）甲班所在的学校学生志愿服务工作做得好，甲班所在学校学生的志愿服务时长的中位数、众数比乙班大，

故答案为：甲班，甲班所在学校学生的志愿服务时长的中位数、众数比乙班大； （3）800×（1﹣5%﹣15%）＝0（人）， 故答案为：0．

20．年糕饺是宁波的特色美食，其以年糕为皮，可咸可甜的馅料裹于其中，口感软糯平实．今有某店铺销售年糕饺，通过分析销售情况发现，年糕饺的日销售量y（盒）是销售单价x（元/盒）的一次函数，销售单价、日销售量的部分对应值如下表，已知销售单价不低于成本价．当店铺将销售单价定为18元/盒时，日销售利润为750元．

销售单价x（元/盒） 日销售量y（盒） 15 150 17 100 76+802

=78（分），

（1）求年糕饺的日销售量y（盒）关于销售单价x（元/盒）的函数表达式． （2）求年糕饺每盒的成本价．

（3）端午节，为了尽可能让利顾客，扩大销售，店铺采用了降价促销的方式，当销售单价x（元/盒）定为多少时，日销售利润为1000元？

【分析】（1）根据给定数据，利用待定系数法，即可求出y关于x的函数表达式；

（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出当x＝18时y的值，利用每盒年糕饺的销售利润＝总利润÷日销售量，可求出每盒年糕饺的销售利润，再利用每盒年糕饺的成本＝销售单价﹣成本，即可求出结论；

（3）利用总利润＝每盒的销售利润×日销售量，可列出关于x的一元二次方程，解之可求出x的值，再结合要尽可能让利顾客，即可得出结论．

【解】：（1）设y关于x的函数表达式为y＝kx+b（k≠0）， 将（15，150），（17，100）代入y＝kx+b得：{∴y关于x的函数表达式为y＝﹣25x+525； （2）当x＝18时，y＝﹣25×18+525＝75，

∴每盒年糕饺的销售利润为750÷75＝10（元），∴每盒年糕饺的成本为18﹣10＝8（元）． 答：每盒年糕饺的成本为8元；

（3）根据题意得：（x﹣8）（﹣25x+525）＝1000，

整理得：x2﹣29x+208＝0，解得：x1＝13，x2＝16，∵要尽可能让利顾客， ∴x＝13．

答：当销售单价x（元/盒）定为13时，日销售利润为1000元．

𝑛

21．如图，一次函数y＝﹣x+5的图象与函数𝑦=𝑥(𝑛＞0，𝑥＞0)的图象交于点A（4，a）和点B．

15𝑘+𝑏=150𝑘=−25

，解得：{，

17𝑘+𝑏=100𝑏=525

（1）求n的值；

𝑛

（2）若x＞0，根据图象直接写出当−𝑥+5＞𝑥时x的取值范围；

𝑛

（3）点P在线段AB上，过点P作x轴的垂线，交函数𝑦=𝑥的图象于点Q，若△POQ的面积为1，求点P

的坐标．

【分析】（1）根据一次函数解析式求得点A的坐标，然后利用待定系数法即可求得n的值； （2）解析式联立成方程组，解方程组求得点B的坐标，然后根据图象求得即可；

4（3）设P（x，﹣x+5），则Q（x，），得到PQ＝﹣x+5−𝑥，由△POQ的面积为1即可求得x的值，从

𝑥

4

而求得点P的坐标．

【解】：（1）∵一次函数y＝﹣x+5的图象与过点A（4，a）， ∴a＝﹣4+5＝1， ∴点A（4，1），

𝑛

∵点A在反比例函数𝑦=(𝑛＞0，𝑥＞0)的图象上，

𝑥∴n＝4×1＝4；

𝑦=−𝑥+5𝑥=1𝑥=4

（2）由{，解得{或{， 4𝑦=4𝑦=1𝑦=𝑥∴B（1，4），

𝑛

∴若x＞0，当−𝑥+5＞𝑥时x的取值范围是1＜x＜4； 4

（3）设P（x，﹣x+5），则Q（x，），

𝑥4

∴PQ＝﹣x+5−𝑥，

∵△POQ的面积为1，

114

∴𝑃𝑄⋅𝑂𝑀=1，即𝑥⋅(−𝑥+5−)=1， 22𝑥

整理得x2﹣5x+6＝0， 解得x＝2或3，

∴P点的坐标为（2，3）或（3，2）．

22．矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝4，求菱形ABCD的周长．

【分析】（1）根据矩形的性质得出EH＝EG，EH∥GH，进而利用AAS证明△BGF≌△DEH，利用全等三角形的性质解答即可；

（2）连结EG，根据菱形的性质解答即可．

【解】证明：（1）在矩形EFGH中，EH＝FG，EH∥GF， ∴∠GFH＝∠EHF， ∵∠BFG＝180°﹣∠BFH， ∴∠BFG＝∠DHE， 在菱形ABCD中，AD∥BC， ∴∠GBF＝∠EDH，

∠𝐵𝐹𝐺=∠𝐷𝐻𝐸

{在△BGF与△DEH中，∠𝐺𝐵𝐹=∠𝐸𝐷𝐻， 𝐸𝐻=𝐹𝐺

∴△BGF≌△DEH（AAS）， ∴BG＝DE．

（2）连结EG．在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，

∵E为AD的中点， ∴AE＝ED，

∵BG＝DE，

∴AE∥BG且AE＝BG，

∴四边形EFGH中，EG＝FH＝4， ∴AB＝4， ∴菱形周长为16．

23．根据以下素材，探索完成任务．

探索铁块放在桌面上，桌子能否承受？ 素材1 如图，把铁块放在桌面上，则桌面所承受的压力与铁块的重力相等． 素材2 重力＝质量×重力系数；密度=质量压力，压强=． 体积受力面积铁的密度为7.8×103kg/m3，重力系数g≈10N/kg． 素材3 假设桌面所能承受的最大压强为104Pa． 长方体铁块的长、宽、高分别为50cm，20cm，10cm． 任务1 任务2 任务3 求铁块的重力为多少N？

问题解决 直接写出铁块对桌面的压强P（Pa）关于受力面积S（m2）的函数表达式． 利用函数的性质判断能否把这个铁块放在这张桌面上？ 【分析】任务1：根据题目提供的公式和数据计算即可；

任务2：根据题意写出铁块对桌面的压强P（Pa）关于受力面积S（m2）的函数表达式即可； 任务3：根据铁块的三种放置方法，分别计算受到的压强和桌面承受最大压强104Pa比较说明即可． 【解】：任务1：长方体铁块的体积：50cm×20cm×10cm＝10000cm3＝10000×106m3＝0.01m3， 长方体铁块的质量：7.8×103kg/m3×0.01m3＝78kg， ∴长方体铁块的重力：78kg×10N/kg＝780N．

﹣

780

任务2：根据题意，铁块对桌面的压强P（Pa）关于受力面积S（m2）的函数表达式为：P=𝑆．

任务3：桌面的受力面积为：长方体铁块的长、宽、高分别为50cm，20cm，10cm． ①50cm×20cm＝1000cm2＝0.1m2， P=

780

=7800Pa＜104Pa，桌面可以承受； 0.1②20cm×10cm＝200cm2＝0.02m2， 780

P=0.02=3.9×104＞104，桌面不能承受；

③50cm×10cm＝500cm2＝0.05m2， P=

780

=1.56×104＞104.桌面不能承受； 0.05综上分析，当受力面积最大时，桌面可以承受780N压力，其他两种放置方法桌面承受不了780N的压力． 24．定义：一个四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度，我们把这样的四边形叫做双距四边形．

（1）下列说法正确的有 （填序号）． ①正方形一定是双距四边形． ②矩形一定是双距四边形．

③有一个内角为 60° 的菱形是双距四边形．

（2）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝∠DCB＝72°，求证：四边 形ABCD为双距四边形．

（3）如图2，四边形ABCD为双距四边形，𝐴𝐵=𝐴𝐷=√6，BC＝DC，AB＜BC，求BC的长．

【分析】（1）由正方形的四条边都相等，两条对角线相等，可知正方形是双距四边形，可判断①正确；因为矩形的两组对边分别相等，两条对角线相等，所以矩形的四条边和两条对角线这六条线段中可能有三种长度，所以矩形不一定是双距四边形，可判断②错误；由菱形的四条边都相等，且有一个内角为60°，可知该菱形中60°角所对的对角线将该菱形分成两个全等的等边三角形，则有一个内角为 60° 的菱形是双距四边形，可判断③正确，于是得到问题的答案；

（2）作DG∥AB交BC于点G，则∠DBC＝∠ABC＝∠DCB＝72°，所以DC＝DG，而四边形ABCD是平行四边形，则AB＝DG，因为AB＝AD，所以AB＝AD＝DC，∠ADB＝∠ABD，而∠ADB＝∠CBD，1

则∠ADB＝∠ABD＝∠CBD=2∠ABC＝36°，因为∠CDA＝180°﹣∠DCB＝108°，所以∠CDB＝∠

CDA﹣∠ADB＝72°＝∠DCB，则BC＝BD，再证明△ABC和≌△DCB，即可证明AC＝BC＝BD，则四边形ABCD是双距四边形；

（3）由四边形ABCD为双距四边形，AB＝AD，BC＝DC，AB＜BC，得AC＝BD＝BC＝DC，设AC交11

BD于点E，AC＝BD＝BC＝2x，因为AC垂直平分BD，所以∠AEB＝∠CEB＝90°，BE＝DE=2BD=2BC

＝x，则CE=√𝐵𝐶2−𝐵𝐸2=√3x，AE＝2x−√3x，由勾股定理得x2+（2x−√3x）2＝（√6）2，求得符合3+√3题意的x值为，则BC的长是3+√3．

2

【解】（1）：∵正方形的四条边都相等，两条对角线相等， ∴正方形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度， ∴正方形是双距四边形， 故①正确；

∵矩形的两组对边分别相等，两条对角线相等，

∴矩形的四条边和两条对角线这六条线段中可能有三种长度， ∴矩形不一定是双距四边形， 故②错误；

∵菱形的四条边都相等，且有一个内角为60°，

∴该菱形中60°角所对的对角线将该菱形分成两个全等的等边三角形， ∴该菱形中较短的对角线长与该菱形的边长相等，

∴有一个内角为 60° 的菱形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度， ∴有一个内角为 60° 的菱形是双距四边形， 故③正确， 故答案为：①③．

（2）证明：作DG∥AB交BC于点G， ∵∠ABC＝∠DCB＝72°，

∴∠DBC＝∠ABC＝∠DCB＝72°， ∴DC＝DG，

∵AD∥BC，DG∥AB， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DG， ∴AB＝DC， ∵AB＝AD，

∴AB＝AD＝DC，∠ADB＝∠ABD， ∵∠ADB＝∠CBD，

1

∴∠ADB＝∠ABD＝∠CBD=∠ABC＝36°，

2∵∠CDA＝180°﹣∠DCB＝108°， ∴∠CDB＝∠CDA﹣∠ADB＝72°＝∠DCB， ∴BC＝BD，

𝐴𝐵=𝐷𝐶

在△ABC和△DCB中，{∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐶𝐵，

𝐵𝐶=𝐶𝐵∴△ABC≌△DCB（SAS）， ∴AC＝BD， ∴AC＝BC＝BD，

∴四边形ABCD是双距四边形． （3）解：∵四边形ABCD为双距四边形，AB＝AD，BC＝DC，AB＜BC， ∴AC＝BD＝BC＝DC，

如图2，设AC交BD于点E，AC＝BD＝BC＝2x， ∵点A、点C都在BD的垂直平分线上， ∴AC垂直平分BD，

11

∴∠AEB＝∠CEB＝90°，BE＝DE=2BD=2BC＝x，

∴CE=√𝐵𝐶2−𝐵𝐸2=√(2𝑥)2−𝑥2=√3x， ∴AE＝AC﹣CE＝2x−√3x， ∵BE2+AE2＝AB2，AB=√6， ∴x2+（2x−√3x）2＝（√6）2， 3+√3整理得x2=(2)2，

解得x1=

3+√33+√3，x（不符合题意，舍去）， 2=−223+√3=3+√3，∴BC的长是3+√3． 2∴BC＝2×