四川省成都市温江区2021-2022学年八年级下学期期末学业水平形成性评价数学试题(word版含答案)

这是一份四川省成都市温江区2021-2022学年八年级下学期期末学业水平形成性评价数学试题(word版含答案)，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市温江区2021-2022学年八年级下学期期末学业水平形成性评价数学试题
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（4分）2022年第19届亚运会在杭州举行，吉祥物为智能小伙伴“江南忆”组合，其中吉祥物“宸宸”深受网民喜爱，结合你所学知识，从下列四个选项中选出能够和“宸宸”（如图）的图片成中心对称的是（　　）

A． B．
C． D．
2．（4分）要使分式有意义，a应满足的条件是（　　）
A．a＜3 B．a＝3 C．a≠3 D．a＞3
3．（4分）若a＞b，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．a＞﹣b B．a+1＞b+1 C． D．﹣a＜﹣b
4．（4分）下列各式从左到右的变形不属于因式分解的是（　　）
A．a2﹣9＝（a+3）（a﹣3） B．a2﹣b2+1＝（a+b）（a﹣b）+1
C．m2﹣4＝（m+2）（m﹣2） D．2mR+2mr＝2m（R+r）
5．（4分）已知x2+3x﹣1＝0的两个根为x1、x2，则x1+x2的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
6．（4分）温江进行河边公园改造，如图，江安河公园有三角形草坪（△ABC），现准备在该三角形草坪内种一棵树，使得该树到△ABC三个顶点的距离相等，则该树应种在（　　）

A．三条边的垂直平分线的交点
B．三个角的角平分线的交点
C．三角形三条高的交点
D．三角形三条中线的交点
7．（4分）雷峰塔位于杭州市西湖风景区南岸夕照山的雷峰上，它远借西湖，邻借古刹，晚借夕阳，朝借钟声，水、光、声、色俱全，绝妙无比，是杭州的风景名胜建筑．雷锋塔底呈平面八边形，这个八边形的内角和是（　　）
A．720° B．900° C．1080° D．1440°
8．（4分）王老师准备计划用正多边形地砖铺砌生活阳台地面，他想到了平面图形的镶嵌（用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌），下列图形中不能与正三角形镶嵌整个地面的是（　　）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
9．（4分）请你写出一个值恒为正数的分式 　 　．
10．（4分）方程x2＝2x的根为 　 　．
11．（4分）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象经过点A（﹣2，0）与B（0，3），那么关于x的不等式kx+b＜0的解集是 　 　．

12．（4分）已知：如图，D是BC上一点，AD平分∠BAC，AB＝5，AC＝4，若S△ABD＝m，则S△ADC＝　 　（用m的代数式表示）．

13．（4分）如图，在△ABC中，点D在BC上，BD＝AB，BE⊥AD于点E，F是AC的中点，连接EF．若AB＝6，BC＝10，则EF＝　 　．

三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14．（12分）（1）分解因式：a2（a﹣b）2﹣b2（a﹣b）2；
（2）解不等式组，并将解集表示在数轴上．
15．（12分）（1）解分式方程：2﹣；
（2）解方程：3x2﹣5x+2＝0．
16．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC．求证：∠DBC＝∠DCB．

17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣5，1），B（﹣2，3），C（﹣1，1）．
（1）将△ABC向右平移6个单位，作出平移后的△A1B1C1，并直接写出A1的坐标：
（2）画出△ABC绕点A按顺时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出A2、B2、C2点的坐标．

18．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD交CD点F，BG平分∠ABC交CD点G，AF与BG交于点E．
（1）求证：DG＝CF；
（2）若AB＝10．AD＝6．AF＝8，求FG和BG的长度．

一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19．（4分）直线y＝x+m与y＝﹣x+3的交点的横坐标为1，则关于x的不等式x+m＞﹣x+3＞0的整数解为 　 　．
20．（4分）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 　 　．

21．（4分）若关于x的方程无解，则a的值是 　 　．
22．（4分）已知：m、n是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则（m2﹣1）（n2﹣1）＝　 　．
23．（4分）如图，△ABC为等边三角形，AD⊥BC，且AD＝4，点E为线段AD的中点，把线段AE绕点A逆时针旋转，连接BE，点F为线段BE的中点，在旋转过程中CF的最大值为 　 　．

二、解答题（共30分，答案写在答题卡上）
24．（8分）王鹏家住成都，今年暑假，他们全家计划到贵州旅游，第一站到遵义参观遵义会议遗址．王鹏在做旅游攻略时发现成都火车东站距离遵义火车站530km，乘坐高铁列车从成都火车东站到遵义火车站比乘坐特快列车少用3小时，高铁列车的平均行驶速度是特快列车的2.8倍．请你帮王鹏计算一下从成都火车东站到遵义火车站乘坐高铁列车所需时间．
25．（10分）2022年北京冬奥会和冬残奥会吉祥物分别为“冰墩墩”和“雪容融”，两个吉祥物玩偶非常畅销．某网店计划购进一种“冰墩墩”和“雪容融”玩偶共10000个进行直播销售，其中“冰墩墩”玩偶进价40元/个，“雪容融”玩偶进价30元/个，经预算，此次购买两种玩偶一共至少需要360000元．“冰墩墩”玩偶售价80元/个，“雪容融”玩偶售价60元/个．
（1）计划购买“冰墩墩”玩偶最少是多少个？
（2）在直播销售过程中发现“冰墩墩”玩偶很畅销，每天可销售1000个，“雪容融”玩偶每天仅销售20个，于是该网店决定将“雪容融”玩偶降价促销，经调查发现，“雪容融”玩偶每降价1元，每天可多销售2个，若想“雪容融”玩偶每天盈利800元，则每个“雪容融”玩偶应降价多少元？
26．（12分）如图，等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
（1）如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C，求∠FCB的度数；
（2）如图2，在（1）的条件下连接DG，求线段DG的长；
（3）如图3，点E不与点A重合，GF延长线交BC边于点H，连接EH，∠FBH＝∠FEH，EP⊥AB于点E，交DB于点P，连接GP，∠GPF＝∠GEF，求的值．


四川省成都市温江区2021-2022学年八年级下学期期末学业水平形成性评价数学试题参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1．（4分）2022年第19届亚运会在杭州举行，吉祥物为智能小伙伴“江南忆”组合，其中吉祥物“宸宸”深受网民喜爱，结合你所学知识，从下列四个选项中选出能够和“宸宸”（如图）的图片成中心对称的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
D、是中心对称图形，故此选符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（4分）要使分式有意义，a应满足的条件是（　　）
A．a＜3 B．a＝3 C．a≠3 D．a＞3
【分析】根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：a﹣3≠0，
解得：a≠3，
故选：C．
【点评】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
3．（4分）若a＞b，则下列结论不一定成立的是（　　）
A．a＞﹣b B．a+1＞b+1 C． D．﹣a＜﹣b
【分析】根据不等式的性质进行运算辨别即可．
【解答】解：∵a＞b，
∴当b＜0且|a|＞|b|时，a＜﹣b，
根据不等式的性质1可得a+1＞b+1，
根据不等式的性质2可得＞，
根据不等式的性质3可得﹣a＜﹣b，
故选：A．
【点评】此题考查了不等式性质的应用能力，关键是能根据不等式的变化正确选择对应的性质．
4．（4分）下列各式从左到右的变形不属于因式分解的是（　　）
A．a2﹣9＝（a+3）（a﹣3） B．a2﹣b2+1＝（a+b）（a﹣b）+1
C．m2﹣4＝（m+2）（m﹣2） D．2mR+2mr＝2m（R+r）
【分析】利用因式分解的定义判断即可．
【解答】解：A、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；
B、右边不是整式的积的形式，不属于因式分解，故此选项符合题意；
C、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；
D、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点评】此题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．分解因式的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
5．（4分）已知x2+3x﹣1＝0的两个根为x1、x2，则x1+x2的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3
【分析】根据一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2＝﹣即可求解．
【解答】解：∵x2+3x﹣1＝0的两个根为x1、x2，
∴x1+x2＝﹣3．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
6．（4分）温江进行河边公园改造，如图，江安河公园有三角形草坪（△ABC），现准备在该三角形草坪内种一棵树，使得该树到△ABC三个顶点的距离相等，则该树应种在（　　）

A．三条边的垂直平分线的交点
B．三个角的角平分线的交点
C．三角形三条高的交点
D．三角形三条中线的交点
【分析】由于树到△ABC三个顶点的距离相等，所以根据垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，可知是△ABC三条边垂直平分线的交点．由此即可确定树位置．
【解答】解：∵树到△ABC三个顶点的距离相等，
∴树选择△ABC三边的垂直平分线的交点．
故选：A．
【点评】本题主要考查的是线段的垂直平分线的性质在实际生活中的应用．主要利用了到线段的两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上．
7．（4分）雷峰塔位于杭州市西湖风景区南岸夕照山的雷峰上，它远借西湖，邻借古刹，晚借夕阳，朝借钟声，水、光、声、色俱全，绝妙无比，是杭州的风景名胜建筑．雷锋塔底呈平面八边形，这个八边形的内角和是（　　）
A．720° B．900° C．1080° D．1440°
【分析】多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），应用多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：八边形的内角和＝（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：（n﹣2）•180 （n≥3且n为整数）．
8．（4分）王老师准备计划用正多边形地砖铺砌生活阳台地面，他想到了平面图形的镶嵌（用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌），下列图形中不能与正三角形镶嵌整个地面的是（　　）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形
【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应为360°，因此我们只需验证360°是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
【解答】解：A、2个正方形与3个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×90°+3×60°＝360°；
B、正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角和为108°，108°的整数倍与60°的整数倍的和不等于360°；
C、2个正六边形与2个三角形能进行平面镶嵌，因为2×120°+2×60°＝360°；
D、2个正十二边形与1个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×150°+1×60°＝360°；
故选：B．
【点评】本题考查了求正多边形一个内角度数，可先求出这个外角度数，让180°减去即可．一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°；两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
9．（4分）请你写出一个值恒为正数的分式 　　．
【分析】根据题意列出代数式即可．注意答案不唯一．
【解答】解：此题是一个开放性试题，答案不唯一．如，
故答案为：．
【点评】本题考查分式，解题的关键是正确理解题意列出代数式，本题属于基础题型．
10．（4分）方程x2＝2x的根为 　x1＝0，x2＝2　．
【分析】移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x2＝2x，
x2﹣2x＝0，
x（x﹣2）＝0，
x＝0，或x﹣2＝0，
x1＝0，x2＝2，
故答案为：x1＝0，x2＝2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，因式分解法解一元二次方程的一般步骤：
①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
11．（4分）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象经过点A（﹣2，0）与B（0，3），那么关于x的不等式kx+b＜0的解集是 　x＜﹣2　．

【分析】首先利用图象可找到图象在x轴下方时x＜﹣2，进而得到关于x的不等式kx+b＜0的解集是x＜﹣2．
【解答】解：由题意可得：一次函数y＝kx+b中，y＜0时，图象在x轴下方，x＜﹣2，
则关于x的不等式kx+b＜0的解集是x＜﹣2，
故答案为：x＜﹣2．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．认真体会一次函数与一元一次不等式之间的内在联系．
12．（4分）已知：如图，D是BC上一点，AD平分∠BAC，AB＝5，AC＝4，若S△ABD＝m，则S△ADC＝　m　（用m的代数式表示）．

【分析】过D点作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如图，根据角平分线的性质得到DE＝DF，再根据三角形面积公式得到S△ADC：m＝4：5，然后利用比例的性质计算即可．
【解答】解：过D点作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如图，
∵AD平分∠BAC，
∴DE＝DF，
∴S△ADC：S△ADB＝•AC•DF：（•AB•DE），
∴S△ADC：m＝4：5，
∴S△ADC＝m．
故答案为：m．

【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
13．（4分）如图，在△ABC中，点D在BC上，BD＝AB，BE⊥AD于点E，F是AC的中点，连接EF．若AB＝6，BC＝10，则EF＝　2　．

【分析】利用等腰三角形的性质得DE＝AE，从而得出EF是△ACD的中位线，则CD＝2EF，即可得出答案．
【解答】解：∵BD＝AB，BE⊥AD，
∴DE＝AE，
∵F是AC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴CD＝2EF，
∵AB＝6，BC＝10，
∴CD＝4，
∴EF＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质等知识，证明EF是△ACD的中位线是解题的关键．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）
14．（12分）（1）分解因式：a2（a﹣b）2﹣b2（a﹣b）2；
（2）解不等式组，并将解集表示在数轴上．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而表示在数轴上即可．
【解答】解：（1）原式＝（a﹣b）2（a2﹣b2）
＝（a﹣b）3（a+b）；
（2），
由①得：x＞4，
由②得：x≥3，
∴不等式组的解集为x＞4，
解集表示在数轴上，如图所示：
．
【点评】此题考查了在数轴上表示不等式的解集，解一元一次不等式组，以及提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握各自的解法及因式分解的方法是解本题的关键．
15．（12分）（1）解分式方程：2﹣；
（2）解方程：3x2﹣5x+2＝0．
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）方程利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：（1）去分母得：2（x﹣2）﹣1＝x﹣1，
解得：x＝4，
检验：把x＝4代入得：x﹣2≠0，
∴分式方程的解为x＝4；
（2）分解因式得：（3x﹣2）（x﹣1）＝0，
所以3x﹣2＝0或x﹣1＝0，
解得：x1＝，x2＝1．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，以及解分式方程，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
16．（6分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC．求证：∠DBC＝∠DCB．

【分析】利用SAS证得△ACD≌△ABD，从而证得BD＝CD，利用等边对等角证得结论即可．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD．
∴在△ABD和△ACD中
，
∴△ABD≌△ACD，
∴BD＝CD，
∴∠DBC＝∠DCB．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，特别是在应用SAS进行判定三角形全等时，主要A为两边的夹角．
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣5，1），B（﹣2，3），C（﹣1，1）．
（1）将△ABC向右平移6个单位，作出平移后的△A1B1C1，并直接写出A1的坐标：
（2）画出△ABC绕点A按顺时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出A2、B2、C2点的坐标．

【分析】（1）根据平移的性质即可将△ABC向右平移6个单位，作出平移后的△A1B1C1，进而可以写出A1的坐标：
（2）根据旋转的性质即可画出△ABC绕点A按顺时针旋转90°后的△A2B2C2，进而写出A2、B2、C2点的坐标．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；A1的坐标为（1，1）；

（2）如图，△A2B2C2即为所求；A2（﹣5，1），B2（﹣3，﹣2），C2（﹣5，﹣3）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质．
18．（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD交CD点F，BG平分∠ABC交CD点G，AF与BG交于点E．
（1）求证：DG＝CF；
（2）若AB＝10．AD＝6．AF＝8，求FG和BG的长度．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得CD∥AB，再利用平行线的性质和角平分线的定义得AD＝DF，同理可得CG＝BC，从而有DF＝CG，即可证明结论；
（2）过点G作GM∥AF，交BA的延长线于M，求出BM和MG的长，利用勾股定理可得答案．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，AD＝BC，
∴∠DFA＝∠BAF，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠FAB，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴AD＝DF，
同理可得CG＝BC，
∴DF＝CG，
∴DG＝CF；
（2）解：过点G作GM∥AF，交BA的延长线于M，

∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵AF平分∠BAD交CD点F，BG平分∠ABC交CD点G，
∴∠BAF+∠ABE＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BGM＝90°，
∵GM∥AF，GF∥AM，
∴四边形AMGF是平行四边形，
∴FG＝AM＝6+6﹣10＝2，GM＝AF＝8，
∴MB＝12，
在Rt△BMG中，由勾股定理得，
BG＝＝＝4．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行线和角平分线得出等腰三角形是解题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）
19．（4分）直线y＝x+m与y＝﹣x+3的交点的横坐标为1，则关于x的不等式x+m＞﹣x+3＞0的整数解为 　2　．
【分析】先求出直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标，再根据两直线的交点坐标和直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标得出不等式组的解集即可．
【解答】解：y＝﹣x+3，
当y＝0时，x＝3，
即直线y＝﹣x+3与x轴的交点坐标是（3，0），
∵直线y＝x+m与y＝﹣x+3的交点的横坐标为1，
∴关于x的不等式x+m＞﹣x+3＞0的解集是1＜x＜3，
∴整数解是2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一元一次不等式组的整数解，两直线相交与平行问题等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．
20．（4分）如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 　9　．

【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B＝AB＝6，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA＝45°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC＝S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝6，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝45°，
作A1D⊥AB于点D，则△A1BD是等腰直角三角形，

∴A1D＝＝3，
∴S△A1BA＝×6×3＝9，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，
S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
21．（4分）若关于x的方程无解，则a的值是 　﹣1或2．　．
【分析】根据分式方程的解的定义解决此题．
【解答】解：，
去分母，得2＝ax+x﹣1．
移项，得ax+x＝2+1．
合并同类项，得（a+1）x＝3．
∵关于x的方程无解，
∴a+1＝0或．
∴a＝﹣1或a＝2．
故答案为：﹣1或2．
【点评】本题主要考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解的定义是解决本题的关键．
22．（4分）已知：m、n是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则（m2﹣1）（n2﹣1）＝　0　．
【分析】先根据根与系数的关系得到m+n＝1，mn＝﹣2，再利用完全平方公式变形得到（m2﹣1）（n2﹣1）＝m2n2﹣（m+n）2+2mn+1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：根据题意得m+n＝1，mn＝﹣2，
所以（m2﹣1）（n2﹣1）
＝m2n2﹣m2﹣n2+1
＝m2n2﹣（m+n）2+2mn+1
＝（﹣2）2﹣12+2×（﹣2）+1
＝4﹣1﹣4+1
＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了根与系数的关系，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
23．（4分）如图，△ABC为等边三角形，AD⊥BC，且AD＝4，点E为线段AD的中点，把线段AE绕点A逆时针旋转，连接BE，点F为线段BE的中点，在旋转过程中CF的最大值为 　5　．

【分析】取AB的中点G，连接FG，由三角形中位线的性质得出FG＝AE＝1，得出点F在以G为圆心，1为半径的圆上，当CF经过圆心G时，CF最大，由等边三角形的性质得出CG＝AD＝4，进而求出CF的值，得出答案．
【解答】解：如图，取AB的中点G，连接FG，

∵AD＝4，点E为线段AD的中点，
∴AE＝AD＝2，
∵点F为线段BE的中点，
∴FG是△ABE的中位线，
∴FG＝AE＝1，
∴点F在以G为圆心，1为半径的圆上，
∴当CF经过圆心G时，CF最大，
∵△ABC为等边三角形，G是AB的中点，
∴CG⊥AB，
∵AD⊥BC，
∴CG＝AD＝4，
∴CF＝FG+CG＝1+4＝5，
∴CF的最大值为5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握三角形中位线的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，圆的定义是解决问题的关键．
二、解答题（共30分，答案写在答题卡上）
24．（8分）王鹏家住成都，今年暑假，他们全家计划到贵州旅游，第一站到遵义参观遵义会议遗址．王鹏在做旅游攻略时发现成都火车东站距离遵义火车站530km，乘坐高铁列车从成都火车东站到遵义火车站比乘坐特快列车少用3小时，高铁列车的平均行驶速度是特快列车的2.8倍．请你帮王鹏计算一下从成都火车东站到遵义火车站乘坐高铁列车所需时间．
【分析】设特快列车的平均行驶速度是xkm/h，则高铁列车的平均行驶速度是2.8xkm/h，根据乘坐高铁列车从成都火车东站到遵义火车站比乘坐特快列车少用3小时列出方程，解方程即可．
【解答】解：设特快列车的平均行驶速度是xkm/h，则高铁列车的平均行驶速度是2.8xkm/h，
根据题意得：＝﹣3，
解得：x＝．
经检验，x＝是原方程的解．
则530÷（2.8×）＝（小时）．
答：从成都火车东站到遵义火车站乘坐高铁列车所需时间为小时．
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
25．（10分）2022年北京冬奥会和冬残奥会吉祥物分别为“冰墩墩”和“雪容融”，两个吉祥物玩偶非常畅销．某网店计划购进一种“冰墩墩”和“雪容融”玩偶共10000个进行直播销售，其中“冰墩墩”玩偶进价40元/个，“雪容融”玩偶进价30元/个，经预算，此次购买两种玩偶一共至少需要360000元．“冰墩墩”玩偶售价80元/个，“雪容融”玩偶售价60元/个．
（1）计划购买“冰墩墩”玩偶最少是多少个？
（2）在直播销售过程中发现“冰墩墩”玩偶很畅销，每天可销售1000个，“雪容融”玩偶每天仅销售20个，于是该网店决定将“雪容融”玩偶降价促销，经调查发现，“雪容融”玩偶每降价1元，每天可多销售2个，若想“雪容融”玩偶每天盈利800元，则每个“雪容融”玩偶应降价多少元？
【分析】（1）可设计划购买“冰墩墩”玩偶x个，则“雪容融”玩偶玩偶（10000﹣x）个，根据购买两种玩偶一共至少需要360000元，列出不等式计算即可求解；
（2）设每个“雪容融”玩偶应降价y元，根据“雪容融”玩偶每天盈利800元，列出方程计算即可求解．
【解答】解：（1）设计划购买“冰墩墩”玩偶x个，则“雪容融”玩偶玩偶（10000﹣x）个，依题意有：
40x+30（10000﹣x）≥360000，
解得x≥6000．
故计划购买“冰墩墩”玩偶最少是6000个；
（2）设每个“雪容融”玩偶应降价y元，依题意有：
（60﹣y﹣30）（20+2y）＝800，
解得y1＝y2＝10．
故每个“雪容融”玩偶应降价10元．
【点评】本题考查了一元二次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和不等式．
26．（12分）如图，等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
（1）如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C，求∠FCB的度数；
（2）如图2，在（1）的条件下连接DG，求线段DG的长；
（3）如图3，点E不与点A重合，GF延长线交BC边于点H，连接EH，∠FBH＝∠FEH，EP⊥AB于点E，交DB于点P，连接GP，∠GPF＝∠GEF，求的值．

【分析】（1）由等边三角形的性质，可求∠DBC＝30°，由题意可知△EFG是等边三角形，则∠GFB＝60°，再由三角形外角的性质可求∠FCB＝30°；
（2）过D作DH⊥CG交于H，求出BF＝CF＝FG，在Rt△BCG中，求出CG＝4，CF＝2，在Rt△CDH中，求出DH＝，CH＝，可得HG＝，在Rt△DHG中，求出DG＝；
（3）过点H作HM⊥BC交BD于点M，取PB的中点N，连接NE，可以分别得到B、E、F、H四点共圆，E、P、F、G共圆，从而可证明△GFP≌△HFM（AAS），则有PF＝FM，再由PF+NP＝FM+BN，得NF＝BM，推导出BF＝MH+EP，在Rt△BEP中，EP＝BE，在Rt△MHB中，MH＝BH，由BF＝BE+BH，可得BE+BH＝BF，即可求＝．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠DBC＝30°，
∵∠FEG＝60°，EF＝EG，
∴△EFG是等边三角形，
∴∠GFB＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）过D作DH⊥CG交于H，
∵△EFG是等边三角形，
∴BF＝GF，∠BFG＝∠DFC＝60°，
∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°，∠DBC＝30°，
∴∠DCF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BCG＝30°，
∴BF＝CF，
∴CF＝FG，
在Rt△BCG中，BC＝6，
∴CG＝4，
∴CF＝2，
∵AC＝6，
∴CD＝3，
在Rt△CDH中，DH＝，CH＝，
∴HG＝，
在Rt△DHG中，DG＝；
（3）过点H作HM⊥BC交BD于点M，取PB的中点N，连接NE，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠GFE＝∠FGE＝∠GEF＝60°，FG＝EF＝GE，
∴∠HFE＝120°，
∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠FBH＝30°，
∵∠FBH＝∠FEH，
∴B、E、F、H四点共圆，
∴∠FEH＝∠FBH，
∴∠FEH＝30°，
∴FH＝FE＝FG，
∵EP⊥AB，∠ABD＝30°，
∴∠EPB＝60°，
∴∠EPF＝120°，
∴∠EPF+∠EGF＝180°，
∴E、P、F、G共圆，
∴∠GPF＝∠GEF＝60°，
∵MH⊥BC，∠DBC＝30°，
∴∠BMH＝60°，
∴∠BMH＝∠GPF，
∵∠HFM＝∠GFP，HF＝GF，
∴△GFP≌△HFM（AAS），
∴PF＝FM，
∵EP⊥AB，BP中点N，∠ABD＝30°，
∴EP＝BP＝BN＝NP，
∴PF+NP＝FM+BN，
∴NF＝BM，
在Rt△MHB中，MH＝BM，
∴NF＝MH，
∴NF+BN＝MF+EP，
∴BF＝MH+EP，
在Rt△BEP中，EP＝BE，
在Rt△MHB中，MH＝BH，
∴BF＝BE+BH，
∴BE+BH＝BF，
∴＝．


【点评】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，圆周角的性质，三角形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．