2022-2023学年河南省三门峡市灵宝市八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省三门峡市灵宝市八年级（下）期末数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河南省三门峡市灵宝市八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式是最简二次根式的是(    )
A. 5 B. 0.7 C. 13 D. 8
2. 在平面直角坐标系中，点P(−1,3)到原点的距离是(    )
A. 10 B. 4 C. 2 2 D. 2
3. 关于函数y=−x+5，下列结论不正确的是(    )
A. 图象必经过点(1,4) B. 图象与x轴的交点为(5,0)
C. 图象经过第二、三、四象限 D. 当y>2时，x<3
4. 如图，在平行四边形ABCD中，AB=6cm，AD=10cm，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F，则DF的值为(    )
A. 1cm
B. 2cm
C. 3cm
D. 4cm
5. 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边长分别是a，b，c，根据下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是(    )
A. ∠C−∠B=∠A B. (c+a)(c−a)=b2
C. a：b：c=1： 2： 3 D. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
6. 已知(x1,y1)和(x2,y2)是直线y=−3x上的两点，且x1>x2，则y1与y2的大小关系是(    )
A. y1>y2 B. y1 7. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC的长为4，则矩形ABCD的面积为(    )
A. 2 3
B. 4 3
C. 8 3
D. 16
8. 《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．书中有一题“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈，问户高，广各几何？”其大意是：“已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？”若设宽为x尺，则可列方程为(    )
A. x2+(x−6.8)2=100 B. x(x+6.8)=100
C. x2+(x+6.8)2=100 D. x(x−6.8)2=100
9. 数形结合是解决数学问题常用的思想方法.如图，一次函数y=kx+b(k,b为常数，且k<0)的图象与直线y=13x都经过点A(m,2)，当kx+b<13x时，根据图象可知，x的取值范围是(    )


A. x>6 B. x≥6 C. x≤6 D. x<6
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为矩形边上的一个动点，运动路线是A→B→C→D→A，设P点经过的路程为x，以A，P，B为顶点的三角形面积为y，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是(    )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若式子 5−x有意义，则x的取值范围是______．
12. 将直线y=−5x+2向下平移3个单位长度，得到的直线解析式为______ ．
13. 生物学研究表明，植物光合作用速率越高，单位时间内合成的有机物越多．为了解甲、乙两个品种大豆的光合作用速率，科研人员从甲、乙两个品种的大豆中各选五株，在同等实验条件下，测量它们的光合作用速率(单位：μmol⋅m−2⋅s−1)，结果统计如下：
品种
第一株
第二株
第三株
第四株
第五株
平均数
甲
32
30
25
18
20
25
乙
28
25
26
24
22
25
则两个大豆品种中光合作用速率更稳定的是______(填“甲”或“乙”)．


14. 如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形ABCD中，AB=6，AC=4，则BD的长为______ ．


15. 如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，∠ABC=60°，AC，BD交于点O，过点O作直线交AD于点E，交BC于点F(除端点外)，则四边形ABFE周长的最小值为______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
计算：
(1)( 24− 12)−( 18+ 6)；
(2)( 48+ 64)÷ 27．
17. (本小题9.0分)
2023年5月19日至6月10日，第28届三门峡黄河文化旅游节.第9届中国特色商品博览交易会(简称“一节一会”)已成功举行.“一节一会”是三门峡的重要大型活动和对外展示平台，为了更好地保护、传承、弘扬黄河文化，讲好仰韶文化故事、增强本土文化自信，某校在节会前开展了有关黄河文化和仰韶文化的知识测试.随机抽取40名学生的测试成绩(百分制)，并对数据(成绩)进行了整理、描述和分析.下面给出了部分信息．
信息一：下表是该校学生样本成绩频数分布直方表．
成绩m(分)
频数(人)
频率
50≤m<60
2
0.05
60≤m<70
*
a
70≤m<80
6
0.15
80≤m<90
16
*
90≤m≤100
12
0.30
合计
40
1.00
信息二：该校抽取的学生成绩在80≤m<90这一组的具体数据是：
89，89，88，83，80，82，86，84，88，85，86，88，89，85，89．
信息三：如图是该校学生样本成绩频数分布图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)表格中a的值为______ ；
(2)请将该校学生样本成绩频数分布直方图补充完整；
(3)抽取的40名学生测试成绩的中位数是______ ；
(4)若该校有1800人，成绩不低于80分的为“优秀”，则该校成绩优秀率约为多少？请对该校本次测试情况进行评价并提出一条合理化建议．

18. (本小题9.0分)
如图，BD是▱ABCD的对角线．
(1)尺规作图(请用2B铅笔)：作线段BD的垂直平分线EF，分别交AD，BD，BC于点E，O，F，连接BE，DF(保留作图痕迹，不写作法)．
(2)试判断四边形DEBF的形状，并说明理由．

19. (本小题9.0分)
“杆秤”是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种，是利用杠杆原理来称物体重量的简易衡器、由木制的带有秤星的秤杆、秤砣、秤纽、秤盘等组成，人们可以用秤砣到秤纽的水平距离来得出秤盘中物体的重量．
(1)实验探究
如图1，小华仿照古人制作秤的方法制作了一杆简易“秤”.当秤跎移动到秤纽处时，秤盘内不放重物，秤杆左右两边正好平衡.他将重量为y(斤)的物体放在秤盘内，记录下秤杆平衡时秤砣到秤纽的距离x(厘米).下表中的数据为小华若干次称重时所记录的一些数据．
x/厘米
1
2
4
7
11
12
y/5
0.5
1.0
2.0
3.5
5.5
6.0

(2)实践应用
①在图2的坐标系中描出上而表格中各组数值所对应的点；
②根据①中点的分布特点，判断y与x的函数关系，并求出y关于x的函数解析式；
③若小华制作的秤杆的最大长度为60厘米，则秤盘内物体的最大重量为多少斤？
20. (本小题9.0分)
阅读材料：小华在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+2 2=(1+ 2)2.善于思考的小华进行了以下探索：
设a+b 2=(m+n 2)2(其中a，b，m，n均为整数)，
则有a+b 2=m2+2n2+2mn 2．
∴a=m2+2n2，b=2mn．
这样小华就找到了一种类似把a+b 2的式子化为平方式的方法．
请你仿照小华的方法探索并解决下列问题．
(1)a，b，m，n均为正整数，若a+b 3=(m+n 3)2，用含m，n的式子分别表示a，b，则a= ______ ，b= ______ ；
(2)当a，b，m，n均为正整数时，利用(1)中探索的结论解答下面问题：
①(1)若a+b 3=(1+ 3)2，则a= ______ ，b= ______ ；
②若a+4 3=(m+n 3)2，求正整数a的值．
21. (本小题9.0分)
根据河南省教育厅豫教体卫艺[2021]140号文件《河南省中招体育考试改革方案》的通知，从2024年起河南省中招体育考试成绩，由现在的满分70分提高到100分计入总分.某中学为了满足体育课的需要，计划购买一批篮球和足球.市场调研得知，购买2个篮球和1个足球共需550元；购买3个篮球和2个足球共需900元．
(1)求篮球和足球的单价；
(2)若学校计划购买篮球和足球共40个，且足球购买数量不多于篮球购买数量的13.经过与商家沟通，篮球可打八折.如何购买才能使花费最少？最少的费用为多少元？
22. (本小题10.0分)
(1)回归课本
请用文字语言表述三角形的中位线定理：______ ．
(2)回顾证法
证明三角形中位线定理的方法很多，但多数都要通过添加辅助线构图完成.下面是其中一种辅助线的添加方法.请结合图2，补全求证及证明过程．
已知：在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点．
求证：______ ．
证明：过点C作CF/​/AB，与DE的延长线交于点F．
(3)实践应用
如图3，点B和点C被池塘隔开，在BC外选一点A，连接AB，AC，分别取AB，AC的中点D，E，测得DE的长度为9米，则B，C两点间的距离为______ ．


23. (本小题10.0分)
综合与实践活动课上，老师让同学们以“折纸做60°，30°，15°的角”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
①如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平.在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，把纸片展平，连接PM，BM.请写出图1中一个30°的角______ ；
②如图2，在前面操作的基础上，延长PM与BC交于点N，则△BNP的形状是______ ．
(2)迁移探究
小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照(1)中的方式操作，并延长PM与CD交于点Q，连接BQ.如图3，若改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在(2)的探究中，已知正方形ABCD的边长为6cm，当点P是边AD的三等分点时，请直接写出CQ的长．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.  5是最简二次根式，符合题意；
B.  0.7，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
C.  13，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D.  8，被开方数含有能开方的因数4，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：A．
根据最简二次根式被开方数不含能开方的因式和不含分母判断即可．
本题考查了最简二次根式的概念，解题关键是明确最简二次根式被开方数不含能开方的因式和不含分母．

2.【答案】A 
【解析】解：由勾股定理可得，PO= 12+32= 10，
故选：A．
根据勾股定理直接计算即可．
本题主要考查勾股定理的知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：A.当x=1时，y=−1+5=4，
∴函数y=−x+5的图象必经过点(1,4)，选项A不符合题意；
B.当y=0时，−x+5=0，
解得：x=5，
∴函数y=−x+5的图象与x轴的交点为(5,0)，选项B不符合题意；
C.∵k=−1<0，b=5>0，
∴函数y=−x+5的图象的经过第一、二、四象限，选项C符合题意；
D.当y>2时，−x+5>2，
解得：x<3，
∴当y>2时，x<3，选项D不符合题意．
故选：C．
A.利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出函数y=−x+5的图象必经过点(1,4)；
B.利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出函数y=−x+5的图象与x轴的交点为(5,0)；
C.利用一次函数图象与系数的关系，可得出函数y=−x+5的图象的经过第一、二、四象限；
D.代入y>2，可求出x<3．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数图象与系数的关系，逐一分析各选项的正误是解题的关键．

4.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，BC=AD=10cm，CD=AB=6cm，
∴∠ABE=∠CFE，
∵∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE=∠CBF，
∴∠CBF=∠CFB，
∴CF=BC=10cm，
∴DF=CF−CD=10−6=4cm．
故选：D．
平行四边形的对边相等且平行，利用平行四边形的性质以及平行线的基本性质求解．
本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．

5.【答案】D 
【解析】解：A、∵∠C−∠B=∠A，
∴∠C=∠B+∠A，
∵∠C+∠B+∠A=180°，
∴2∠C=180°，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵(c+a)(c−a)=b2，
∴c2−a2=b2，
∴c2=a2+b2，
∴△ABC是直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵a：b：c=1： 2： 3，
∴设a=k，则b= 2k，c= 3k，
∵a2+b2=k2+( 2k)2=3k2，c2=( 3k)2=3k2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∠C+∠B+∠A=180°，
∴∠C=180°×53+4+5=75°，
∴△ABC不是直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：∵k=−3<0，
∴y随x的增大而减小．
又∵x1>x2，
∴y1 故选：B．
由k=−3<0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合x1>x2，即可得出y1 本题考查了正比例函数的性质，牢记“当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小”是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB，∠ABC=90°，
∵∠AOB=60°，AC=4，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
在△ABC中，∠ACB=30°，
∴AB=12AC=2，
∴BC=2 3，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC=2×2 3=4 3，
故选：B．
根据矩形的对角线相等且互相平分，以及∠AOB=60°，可得△AOB是等边三角形，进而在△ABC中可得∠ACB=30°，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得BC=2 3即可求得矩形的面积．
本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质判定，掌握矩形的性质是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：设长方形门的宽x尺，则高是(x+6.8)尺，
根据题意得x2+(x+6.8)2=102，
故选：C．
设长方形门的宽x尺，则高是(x+6.8)尺，根据勾股定理即可列方程．
本题考查了勾股定理的应用及由实际问题抽象出一元二次方程的知识，根据勾股定理列方程是解题关键．

9.【答案】A 
【解析】解：∵把A(m,2)代入y=13x得：2=13m，
∴m=6，
∴A(6,2)，
当kx+b<13x时，根据图象可知，x的取值范围是x>6．
故选：A．
先求出A的坐标，再结合图象的增减性即可得出答案．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的应用，主要考查学生的计算能力和观察图象的能力．

10.【答案】B 
【解析】解：由题意可得，
点P到A→B的过程中，y=0(0≤x≤2)，故选项C错误；
点P到B→C的过程中，y=12×2×(x−2)=x−2(2 点P到C→D的过程中，y=12×2×4=4(6 点P到D→A的过程中，y=12×2×(12−x)=12−x，
由以上各段函数解析式可知，选项B正确，
故选：B．
根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以明确各段对应的函数图象，从而可以得到哪个选项是正确的．
本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，写出各段函数对应的函数解析式，明确各段的函数图象．

11.【答案】x≤5 
【解析】解：∵式子 5−x有意义，
∴5−x≥0，
解得：x≤5，
则x的取值范围是：x≤5，
故答案为：x≤5．
直接利用二次根式的定义进而得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握二次根式定义是解题关键．

12.【答案】y=−5x−1 
【解析】解：由“上加下减”的原则可知：将直线y=−5x+2向下平移3个单位长度后，得到的直线解析式为y=−5x+2−3，即y=−5x−1．
故答案为：y=−5x−1．
直接根据“上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

13.【答案】乙 
【解析】解：甲的方差为：S甲2=15[(32−25)2+(30−25)2+(25−25)2+(18−25)2+(20−25)2]=29.6；
乙的方差为：S乙2=15[(28−25)2+(25−25)2+(26−25)2+(24−25)2+(22−25)2]=4．
∵29.6>4，
∴两个大豆品种中光合作用速率更稳定的是乙．
故答案为：乙．
直接利用方差公式，进而计算得出答案．
此题考查了方差、平均数，一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．

14.【答案】8 2 
【解析】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，连接AC、BD交点为O．

∵两条纸条宽度相同，
∴AE=AF．
∵AB/​/CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD=BC⋅AE=CD⋅AF．
又∵AE=AF．
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
∴OB=OD，OA=OC=2，AC⊥BD．
∴OB= AB2−OA2= 62−22=4 2．
∴BD=2OB=8 2．
故答案为：8 2．
过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，设AC、BD交点为O，首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．然后依据勾股定理求得OB的长，从而可得到BD的长．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及四边形的面积，证得四边形ABCD为菱形是解题的关键．

15.【答案】14+3 3 
【解析】解：如图作AM⊥BC于M．

在Rt△ABM中，∵∠AMB=90°，AB=4，∠ABM=60°，
∴AM=AB⋅sin60°=2 3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，OA=OC，
∴∠AEO=∠CFO，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF，
∴四边形ABFE的周长=AB+BF+EF+AE=AB+BF+CF+EF=AB+BC+EF，
∵AB=4，BC=6，
∴EF的值最小时，四边形ABFE的周长最小，
∵EF⊥AD时，EF的值最小，此时EF=AM=2 3，
∴四边形ABFE的周长的最小值为10+2 3．
故答案为：10+2 3．
如图作AM⊥BC于M.由△AOE≌△COF，可知AE=CF，推出四边形ABFE的周长=AB+BF+EF+AE=AB+BF+CF+EF=AB+BC+EF，由于AB=4，BC=6，推出EF的值最小时，四边形ABFE的周长最小，当EF⊥AD时，EF的值最小，此时EF=AM=3 3．
本题考查轴对称−最短问题，平行四边形的性质、锐角三角函数、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

16.【答案】解：(1)原式=2 6− 22− 24− 6
= 6−3 24；
(2)原式=(4 3+ 64)×13 3
=4 3×13 3+ 64×13 3
=43+ 212． 
【解析】(1)直接化简二次根式，再利用二次根式的加减运算法则计算得出答案；
(2)直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

17.【答案】0.1  87 
【解析】解：(1)∵60≤m<70的频数为：40−2−6−16−12=4，
∴a=440=0.1，
故答案为：0.1；
(2)频数分布直方图如图所示；

(3)将学生成绩在80≤m<90这一组的数据由小到大排列：
80，82，83，84，85，85，86，86，88，88，88，89，89，89，89．
∵抽取的40名学生测试成绩有小到大排列第20，第21个数据分别为：86，88，
∴中位数是86+882=87，
故答案为87；
(4)16+1240×100%=70%．
样本数据的优秀率为70%，所以可以估计该校本次测试成绩优秀率约为70%．
评价：从优秀率看，整体成绩较好，但还有提升空间．
建议：组织学生到三门峡大坝、庙底沟博物馆等地参观学习，进一步了解三门峡的本土文化．(答案不唯一，合理即可)
(1)先求出60≤m<70组的频数，再除以40即可求出a；
(2)根据频数分布表将频数分布直方图补充完整即可；
(3)先将抽取的学生成绩在80≤m<90这一组的数据由小到大排列，再根据中位数的意义求出中位数即可；
(4)统计出成绩不低于80分的人数，再除以40，乘以100%即可求出该校成绩优秀率约为多少；从优秀率方面进行评价，并提出一条建议即可．
本题考查频数分布表，频数分布直方图，中位数，用样本估计总体，能从统计图表中获取有用信息是解题的关键．

18.【答案】解：(1)如图，EF为所作；

(2)四边形DEBF为菱形．
理由如下：∵EF垂直平分BD，
∴OB=OD，EF⊥BD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD/​/BC，
∴∠ADB=∠CBD，
在△DOE和△BOF中，
∠DOE=∠BOFOD=OB∠EDO=∠FBO，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴OE=OF，
∵OE=OF，OB=OD，EF⊥BD，
∴四边形DEBF为菱形． 
【解析】(1)利用基本作图作线段BD的垂直平分线即可；
(2)先根据线段垂直平分线的性质得到OB=OD，EF⊥BD，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到∠ADB=∠CBD，则可判断△DOE≌△BOF，所以OE=OF，然后根据菱形的判定方法可判断四边形DEBF为菱形．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质．

19.【答案】解：(1)描点如下：

(2)y是x的正比例函数．
设正比例函数的解析式为y=kx，把(1,0.5)代入y=kx，得：k=12，
∴正比例函数的解析式为y=12x；
(3)对于y=12x，y随x的增大而增大，
∴当x=60时，y=30，
∴当秤杆的最大长度为60厘米时，秤盘内物体的最大重量为30斤． 
【解析】(1)根据表格中的数值，直角坐标系中描出各点即可；
(2)观察直角坐标系中的各点可得出y是x的正比例函数，然后设正比例函数的解析式为y=kx，把(1,0.5)代入求出k的值即可(也可以设为一次函数y=kx+b，然后将(1,0.5)，(2,1)代入求出k，b的值即可)；
(3)对于(2)中所求的函数解析式，求出当x=60时所对应的y的值即可．
此题主要考查了正比例函数的实际应用，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握待定系数法求正比例函数解析式，以及求函数值的方法．

20.【答案】m2+3n2  2mn  4  2 
【解析】解：(1)∵(m+n 3)2=m2+3n2+2mn 3，
∴a=m2+3n2，b=2mn；
故答案为：
(2)①∵a+b 3=(1+ 3)2=1+3+2 3=4+2 3；
∴a=4，b=2，
故答案为：4，2；
②由(1)可得，a=m2+3n2，b=2mn=4，
∴mn=2．
而a，m，n均为正整数，
∴m=1，n=2或m=2，n=1．
∴当m=1，n=2时，a=m2+3n2=1+3×22=13．
当m=2，n=1时，a=m2+3n2=4+3×12=7．
∴a=13或7．
(1)利用完全平方公式展开得到a+b 3=m2+3n2+2mn 3，从而可分别用m、n表示a、b；
(2)①由于a+b 3=(1+ 3)2=4+2 3，从而得到a=4，b=2
②由于a=m2+3n2，b=2mn=4，则mn=2.利用有理数的整除性得到m=1，n=2或m=2，n=1.然后计算出对应的a的值．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和乘法公式是解决问题的关键．

21.【答案】解：(1)设篮球的单价为x元，足球的单价为y元，
根据题意得：2x+y=5503x+2y=900，
解得，x=200y=150，
∴篮球的单价为200元，足球的单价为150元．
(2)设篮球购买m个，则足球购买(40−m)个，费用为w元，
根据题意得：w=200m×0.8+150(40−m)=10m+6000，
∵足球购买数量不多于篮球购买数量的13，
∴40−m≤13m，
解得：m≥30，
∵10>0，
∴w随m的增大而增大．
∴当m=30时，w最小，此时w最小=10×30+6000=6300，
∴40−m=10，
答：购买篮球30个，足球10个，费用最少，最少为6300元． 
【解析】(1)设篮球的单价为x元，足球的单价为y元，可得：2x+y=5503x+2y=900，即可解得篮球的单价为200元，足球的单价为150元．
(2)设篮球购买m个，费用为w元．根据足球购买数量不多于篮球购买数量的13得：40−m≤13m，m≥30，而w=200m×0.8+150(40−m)=10m+6000，由一次函数性质即可得到答案．
本题考查二元一次方程组和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．

22.【答案】三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半  DE/​/BC，DE=12BC  18米 
【解析】解：(1)三角形的中位线定理为：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
故答案为：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半；
(2)已知：在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点．求证：DE/​/BC，DE=12BC．
证明：过点C作CF/​/AB，与DE的延长线交于点F．
∴∠ADE=∠F，
在△ADE和△CFE中，
∠ADE=∠F∠AED=∠CEFAE=CE，
∴△ADE≌△CFE(AAS)，
∴AD=CF，
∴CF=BD，
∵CF/​/BD，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DF=BC，DF/​/BC，
又∵DE=12DF，
∴DE/​/BC，DE=12BC．
故答案为：DE/​/BC，DE=12BC；
(3)由(2)可知DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵DE的长度为9米，
∴BC的长是18米．
故答案为：18米．
(1)由三角形中位线定理可得出结论；
(2)由三角形中位线定理的符号语言可得出结论；证明△ADE≌△CFE(AAS)，由全等三角形的性质得出AD=CF，证出CF=BD，由平行四边形的判定可得出四边形DBCF是平行四边形，得出DF=BC，DF/​/BC，可证出结论；
(3)由(2)的结论可得出答案．
本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．

23.【答案】∠BME，∠ABP，∠MBP，∠CBM(写出一个即可)  等边三角形 
【解析】解：(1)①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AE=BE=12，∠AEF=∠BEF=90°，
∵沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，
∴AB=AM，∠ABP=∠MBP，
∴BM=2BE，
在Rt△BEM中，∠BEM=90°，BM=2BE，
∴∠BME=30°，
∴∠EBM=60°，
∴∠ABP=∠MBP=∠CBM=30°；
故答案为：∠BME，∠ABP，∠MBP，∠CBM(写出一个即可)；
②由①知，∠MBP=∠CBM=30°，
∴∠PBN=∠MBP+∠CBM=30°+30°=60°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=90°，
∵沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，
∴∠BMP=∠A=90°，
∴∠BPM=90°−∠MBP=90°−30°=60°，
∴△BNP为等边三角形；
故答案为：等边三角形；
(2)∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠C=90°，
由折叠可知，BM=AB，∠BMP=∠A=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=90°，
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，
BM=BCBQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ；
(3)情况一：当PD=2cm，AP=4cm时，如图，

同理可证：Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴MQ=CQ，
由折叠可知，AP=MP=4cm，
设CQ=MQ=x cm，则DQ=(6−x)cm，PQ=(4+x)cm，
在Rt△PQD中，PD2+DQ2=PQ2，
∴22+(6−x)2=(4+x)2，
解得：x=65，
∴CQ=65cm；
情况二：当AP=2cm，PD=4cm时，如图，

可理可证：Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴MQ=CQ．
由折叠可知，AP=MP=2cm，
设CQ=MQ=a cm，则DQ=(6−a)cm，PQ=(2+a)cm，
在Rt△PQD中，PD2+DQ2=PQ2，
∴42+(6−a)2=(2+a)2，
解得：a=3，
∴CQ=3cm．
综上，CQ的长为65cm或3cm．
(1)①由折叠可得AE=BE=12，∠AEF=∠BEF=90°，AB=AM，∠ABP=∠MBP，进而可得BM=2BE，根据含30度角的直角三角形性质可知∠BME=30°，利用三角形内角和定理和余角的定义可得∠ABP=∠MBP=∠CBM=30°；
②易得∠PBN=∠MBP+∠CBM=60°，由折叠可知∠BMP=∠A=90°，由三角形内角和定理求得∠BPM=60°，以此即可判断△BNP的形状；
(2)由折叠可知BM=AB，∠BMP=∠A=90°，于是可得BM=BC，∠BMQ=90°，以此可通过HL证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ，再利用全等三角形的性质即可求解；
(3)分两种情况讨论：当PD=2cm，AP=4cm时，同理可证Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，得到MQ=CQ，设CQ=MQ=x cm，则DQ=(6−x)cm，PQ=(4+x)cm，在Rt△PQD中，根据勾股定理建立方程，求解即可；当AP=2cm，PD=4cm时，可理可证Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，得到MQ=CQ.设CQ=MQ=a cm，则DQ=(6−a)cm，PQ=(2+a)cm，在Rt△PQD中，根据勾股定理建立方程，求解即可．
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、含30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理，解题关键是：(1)熟知矩形的性质和折叠的性质；(2)根据折叠的性质得到相等的线段，再利用HL证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ；(3)利用分类讨论思想，熟知勾股定理之图形折叠模型的解法．