2023-2024学年广东省肇庆市八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省肇庆市八年级（下）期末数学试卷（含解析），共21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。

1.下列图象中，不能表示y是x的函数的是( )
A. B. C. D.
2.在平行四边形ABCD中，如果∠A+∠C=160°，那么∠C等于( )
A. 80°B. 60°C. 40°D. 20°
3.下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是( )
A. 4，5，6B. 5，8，13C. 1，1， 2D. 1， 3，4
4.下列运算中正确的是( )
A. (−3)2=−3B. 2+ 3= 5C. 10÷ 5=2D. 13× 6= 2
5.满足k>0，b=3的一次函数y=kx+b的图象大致是( )
A. B. C. D.
6.在▱ABCD中，AC、BD是对角线，补充一个条件使得四边形ABCD为菱形，这个条件可以是( )
A. AC=BDB. AB=ACC. AC⊥BDD. ∠ABC=90°
7.已知点M(m,y1)，N(−1,y2)在直线y=−x+1上，且y1>y2，则m的取值范围是( )
A. m<−1B. m>−1C. m<1D. m>1
8.下表记录了甲、乙、丙、丁四名运动员选拔赛成绩的平均数x−与方差S2.根据表中数据，要从中选择一名成绩好，又发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
9.房梁的一部分如图所示，其中BC⊥AC，∠B=60°，BC=2，点D是AB的中点，且DE⊥AC，垂足为E，则AE的长是( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 4
10.如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO.若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论中正确结论的个数是( )
①DE=EF； ②四边形DFBE是菱形； ③BM=3FM； ④S△AOE：S△BCF=2：3．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.比较大小： 17______3 2.(用不等号连接)
12.“校园之声”社团招聘成员时，需考查应聘学生的应变能力、知识储备、朗读水平三个项目.每个项目，满分均为100分，并按照应变能力占20%，知识储备占30%，朗读水平占50%，计算加权平均数，作为应聘学生的最终成绩.若小明三个项目得分分别为85分、90分、92分，则他的最终成绩是______分.
13.已知A(−2,−1)和B(m,3)是一个正比例函数图象上的两个点，那么m的值是______．
14.若a，b是直角三角形的两个直角边，且|a−3|+ b−4=0，则斜边c=______．
15.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8，D，E分别为AC，BC上的点，AD=CE=2，F，G分别为AE，BD的中点，连FG，则FG的长度是______．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
计算：
(1)327+ (−2)2− 32；
(2)(2+ 3)(2− 3)．
17.(本小题8分)
在Rt△ABC中，∠C=90°
①若c=15，b=12，求a
②若a=11，b=60，求c．
18.(本小题8分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O.过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)若CE=1，DE=2，则菱形ABCD的面积是______．
19.(本小题9分)
为弘扬向善、为善优秀品质，助力爱心公益事业，我校组织“人间自有真情在，爱心助力暖人心”慈善捐款活动，八年级全体同学参加了此次活动.随机抽查了部分同学捐款的情况，统计结果如图①和图②所示．

(1)本次共抽查了______人；并补全上面条形统计图；
(2)本次抽查学生捐款的中位数为______；众数为______；
(3)全校有八年级学生1100人，估计捐款金额超过15元(不含15元)的有多少人？
20.(本小题9分)
如图，已知过点B(1,0)的直线l1与直线l2：y=2x+4相交于点P(−1,a)．
(1)求直线l1的解析式；
(2)求四边形PAOC的面积．
21.(本小题9分)
如图，在△ABC中，AB：BC：CA=3：4：5且周长为36cm，点P从点A开始沿AB边向B点以每秒2cm的速度移动，点Q从点C沿CB边向点B以每秒1cm的速度移动，如果同时出发，则过3s时，求PQ的长．
22.(本小题12分)
如图1，已知函数y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C与点A关于y轴对称．
(1)求直线BC的函数解析式；
(2)设点M是x轴上的一个动点，过点M作y轴的平行线，交直线AB于点P，交直线BC于点Q．
①若△PQB的面积为83，求点M的坐标；
②连接BM，如图2，若∠BMP=∠BAC，求点P的坐标．
23.(本小题12分)
已知：如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=∠ADC=α.P是BC边上一动点，联结PA，将PA绕点P顺时针方向旋转α，得到PQ，联结AQ．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)M是BC延长线上一点，联结QM，且AB=BC．
①若MC=BP，求证：MC=MQ；
②如图2，若MP=BP，α=90°，联结DM、DQ，求证：DM= 2DQ．
答案解析
1.A
【解析】解：B、C、D三个选项中，对于x的每一个值，y都有唯一的值与之对应，故三个选项中的图象都能表示y是x的函数，不符合题意；
A选项中，当x为正数时，对于x的每一个值，y都有两个值与之对应，故该选项中的图象不能表示y是x的函数，符合题意，
故选：A．
根据函数的概念逐一判断即可．
本题主要考查了函数的定义，关键掌握对于两个变量x、y，若对于x的每一个值，y都有唯一的值与之对应，那么y就叫做x的函数．
2.A
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠C=160°，
∴∠A=∠C=80°，
故选：A．
由平行四边形的对角相等的性质即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等的性质是解题的关键．
3.C
【解析】解：A、由于42+52=41≠36=62，由勾股定理的逆定理可知，4，5，6不能作为直角三角形三边长，不符合题意；
B、由于52+82=89≠169=132，由勾股定理的逆定理可知，5，8，13不能作为直角三角形三边长，不符合题意；
C、由于12+12=2=( 2)2，由勾股定理的逆定理可知，1，1， 2能作为直角三角形三边长，符合题意；
D、由于12+( 3)2=4≠16=42，由勾股定理的逆定理可知，1， 3，4不能作为直角三角形三边长，不符合题意．
故选：C．
结合选项中的边长，利用勾股定理的逆定理逐项验证即可得到答案．
本题考查勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解决问题的关键．
4.D
【解析】解：A、 (−3)2=3≠−3，原计算错误，不符合题意；
B、 2, 3不是同类二次根式，不能合并，原计算错误，不符合题意；
C、 10÷ 5= 2≠2，原计算错误，不符合题意；
D、 13× 6= 2，正确，符合题意，
故选：D．
根据二次根式的运算法则，逐一进行判断即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式混合运算的法则是解答本题的关键．
5.A
【解析】解：∵一次函数y=kx+b(k>0,b=3>0)，
∴该函数图象经过第一、二、三象限，
故选：A．
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，可以得到该函数的图象经过哪几个象限，本题得以解决．
本题考查一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
6.C
【解析】解：添加一个条件为AC⊥BD，理由如下：
∵四边形ABCD中，对角线AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故选：C．
对角线AC、BD互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形和平行四边形的判定．
7.A
【解析】解：对于直线y=−x+1来说，
∵k=−1<0，
∴y随x的增大而减小．
∵y1>y2，
∴m<−1．
故选：A．
对于一次函数y=kx+b(k≠0)来说，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．
此题考查了利用一次函数的性质比较自变量的大小，熟练掌握一次函数的增减性是解题的关键．根据直线y=−x+1中，k=−1<0得到y随x的增大而减小，由y1>y2即可得到m的取值范围．
8.C
【解析】解：因为队员乙和丙的方差最小，但队员乙平均数小，所以丙的成绩好，所以队员丙成绩好又发挥稳定．
故选：C．
据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
本题考查方差与算术平方根，解答本题的关键是掌握它们的定义：方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
9.A
【解析】解：∵BC⊥AC，∠B=60°，BC=2，
∴∠ACB=90°，∠A=30°，
∴AB=2BC=4，
∵点D是AB的中点，且DE⊥AC，
∴∠ADE=90°，
AD=12AB=2，
∴DE=12AD=1，
∴AE= AD2−DE2= 22−12= 3，
故选：A．
推导出∠ACB=90°，∠AED=90°，根据含30度角的直角三角形性质求出AB长，根据D为AB的中点可求出AD，进而求得DE的长，然后利用勾股定理解答即可．
本题考查了含30度角的直角三角形以及勾股定理，解答本题的关键要掌握：直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
10.C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，O是AC中点，
∴OB=OC=OA，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
∴∠ACB=90°−∠OAB=60°，
∴∠ACD=90°−∠ACB=30°，
∵FO=FC，
∴∠FOC=∠ACD=30°，
∴∠FOB=∠FOC+∠COB=90°，
∴∠OFB=90°−∠OBF=60°，OB⊥EF，
∵BF垂直平分OC，
∴∠CFM=∠OFB=60°，
∴∠DFE=180°−2∠OFB=60°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，
∴∠BEF=∠DFE=60°，
∴∠BEF=∠OFB=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∵OB⊥EF，
∴OB垂直平分EF，
∵O是AC的中点，
∴连接OD，
∴B，O，D三点是共线的，O一定是BD的中点，
∴BD垂直平分EF，
∴DE=DF，
∵∠DFE=60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴DE=EF，故①是正确的；
∵∠OBC=60°，
∴∠ABO=30°，
∵△OBF≌△CBF，
∴∠OBM=∠CBM=30°，
∴∠ABO=∠OBF，
∵AB//CD，
∴∠OCF=∠OAE，
在△AOE和△COF中，
∠OCF=∠OAEOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF，
∴OB⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形，
∴②正确，
∵∠FOM=30°，BF⊥OC，
∴FM= 33OM，
∵∠OBM=30°，
∴BM= 3OM，
∴FMBM= 33OM 3OM=13，
∴BM=3FM；故③正确；
④∵四边形ABCD是矩形，四边形EBFD是菱形，
∴OA=OC，∠COF=∠AOE，OF=OE，
∴△AOE≌△COF(SAS)，
∴S△AOE=S△COF，
∵S△COF=2S△CMF，
∵∠FCO=30°，FMBM=13，
∴S△FOM：S△BOF=1：4，
∵∠OGE=∠OMF，∠GOE=∠MOF，OE=OF，
∴△GEO≌△MFO(AAS)，
∴S△GEO=S△MFO，
∴S△DEF=S△EFB=2S△BOF，
设S△EGO=x，则S△AOE=2x，S△BCF=S△BOF=4x，
∴S△AOE：S△BCF=2x：4x=1：2，故④错误；
故选：C．
①先证明OB⊥EF，由于O是中点，所以OB垂直平分EF，再证△BEF与△DEF是等边三角形，即可得到①是正确的；
②先证得∠ABO=∠OBF=30°，再证得OE=OF，进而证得OB⊥EF，因为BD、EF互相平分，即可证得四边形EBFD是菱形；
③根据直角三角形的性质即可得到结论；
④设S△EGO=x，则S△AOE=2x，S△BCF=S△BOF=4x，即可得出结论．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
11.<
【解析】解：( 17)2=17，(3 2)2=18，
∵17<18，
∴ 17<3 2．
故答案为：<．
首先比较出两个数的平方的大小关系，然后根据：两个正数，平方大的这个数也大，判断出它们的大小关系即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两个正数，平方大的这个数也大．
12.90
【解析】解：由题意可得，
85×20%+90×30%+92×50%
=17+27+46
=90(分)，
即小明最终成绩是90分，
故答案为：90．
利用加权平均数的计算公式进行求解即可．
本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的计算方法．
13.6
【解析】解：设正比例函数解析式为y=kx，
∵A(−2,−1)在直线y=kx的图象上，
∴−1=−2k，
∴k=12，
∴正比例函数解析式为：y=12x，
∵B(m,3)是直线y=12x上的点，
∴12×m=3，
∴m=6．
故答案为：6．
设解析式为y=kx，代入点(−2,−1)求出k值得到解析式，再代入点B坐标求出m值即可．
本题考查了待定系数法求直线解析式，熟练掌握待定系数法求解析式是解答本题的关键．
14.5
【解析】解：∵|a−3|+ b−4=0，
∴a=3，b=4，
∵a，b是直角三角形的两个直角边，
∴c= a2+b2= 9+16=5
故答案为：5
由非负性可求a，b的值，由勾股定理可求c的值．
本题考查了勾股定理，关键是求出a，b的值．
15. 10
【解析】解：如图，取AB的中点H，连接HF，HG并延长交AC于点I，交BC于点J，
∵F，G分别为AE，BD的中点，
∴HG是△ABD的中位线，HF是△AEB的中位线，
∴HG=12AD=1，HG//AC，HF=12BE=12(BC−EC)=3，HF//BC，
∴四边形IHJC是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形IHJC是矩形，
∴∠FHG=90°，
∴FG= HF2+HG2= 32+12= 10，
故答案为： 10．
取AB的中点H，连接HF，HG并延长交AC于点I，交BC于点J，根据三角形中位线定理得出HG=12AD=1，HG//AC，HF=12BE=12(BC−EC)=3，HF//BC，证明四边形IHJC是矩形，再根据勾股定理求解即可．
本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形FHG是解题的关键．
16.解：(1)原式=3+2−3=2；
(2)原式=22−( 3)2=4−3=1．
【解析】(1)先化简，然后合并即可；
(2)根据完全平方公式和平方差公式将题目中的式子展开，然后合并同类项和同类二次根式即可．
本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
17.解：(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，
由勾股定理得，a2+b2=c2，
则a= c2−b2=9；
(2)在Rt△ABC中，∠C=90°，
由勾股定理得，a2+b2=c2，
则c= a2+b2=61．
【解析】(1)、(2)根据勾股定理计算即可．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
18.(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°．
∵CE//OD，DE//OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
(2)4
【解析】(1)见答案
(2)由(1)知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2OC=4，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积为：12AC⋅BD=12×4×2=4．
故答案是：4．
(1)欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；
(2)由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
考查了矩形的判定与性质，菱形的性质．此题中，矩形的判定，首先要判定四边形是平行四边形，然后证明有一内角为直角．
19.50 15 15
【解析】解：(1)8÷16%=50(人)，
“捐款为15元”的学生有50−8−14−6−4=18(人)，补全条形统计图如下：
(2)学生捐款金额出现次数最多的是15元，共出现18次，因此捐款金额的众数是15元，
将这50名学生捐款金额从小到大排列处在中间位置的两个数都是15元，因此中位数是15元，
故答案为：15，15；
(3)捐款金额超过15元(不含15元)的人数=1100×6+450=220(人)，
所以全校八年级学生为1100名，捐款金额超过15元(不含15元)的人数为220人，
(1)从两个统计图中可知，样本中“捐款为5元”的学生有8人，占调查人数的16%，根据频率=频数总数可求出答案；
(2)根据众数、中位数的定义进行计算即可；
(3)求出样本捐款金额超过15元(不含15元)的所占百分比，估计总体中捐款金额超过15元(不含15元)人数．
本题考查扇形统计图，条形统计图，中位数、众数以及样本估计总体，
20.解：(1)∵点P(−1,a)在直线l2：y=2x+4上，
∴2×(−1)+4=a，即a=2，
则P的坐标为(−1,2)，
设直线l1的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
那么k+b=0−k+b=2，
解得：k=−1b=1．
∴l1的解析式为：y=−x+1．
(2)∵直线l1与y轴相交于点C，
∴C的坐标为(0,1)，
又∵直线l2与x轴相交于点A，
∴A点的坐标为(−2,0)，则AB=3，
而S四边形PAOC=S△PAB−S△BOC，
∴S四边形PAOC=12×3×2−12×1×1=52．
【解析】(1)由点P(−1,a)在直线l2上，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出a值，再利用点P的坐标和点B的坐标可求直线l1的解析式；
(2)根据面积差可得结论．
本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征和三角形的面积，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．并利用数形结合的思想解决问题．
21.解：设AB为3x cm，则BC为4x cm，AC为5x cm，△ABC的周长为36cm，
∴AB+BC+AC=36cm，
∴3x+4x+5x=36，
得x=3，
∴AB=9cm，BC=12cm，AC=15cm，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，
过3秒时，BP=9−3×2=3cm，BQ=12−1×3=9cm，
PQ= BP2+BQ2= 32+92=3 10(cm)，
∴PQ的长为3 10cm．
【解析】首先根据△ABC的三边比例不妨设出AB=3x cm，结合△ABC的周长相信你可以得到BC，AC的长，接下来试着判断△ABC的形状；根据点P、Q的速度以及出发的时间求出BP、BQ的长，利用勾股定理求解PQ即可．
本题主要考查了勾股定理及逆定理，解题的关键是求出△ABC的三边长，证明△ABC是直角三角形．
22.解：(1)在y=12x+2中，令x=0得y=2，
∴B(0,2)，
令y=0得x=−4，
∴A(−4,0)，
∵点C与点A关于y轴对称，
∴C(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴b=24k+b=0，
解得k=−12b=2，
∴直线BC的函数解析式为y=−12x+2；
(2)①设M(m,0)，
∵PQ⊥x轴，
∴P(m,12m+2)，Q(m,−12m+2)，
∴PQ=|12m+2+12m−2|=|m|，
∴S△PQB=12×|m|×|m|=83，
解得m=±4 33，
∴M的坐标为(4 33,0)或(−4 33,0)；
②∵点M在线段AC上运动，
∴−4≤m≤4，
当点M在线段AO上时，如图：

∵点C与点A关于y轴对称，
∴AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵∠BMP=∠BAC，
∴∠BMP=∠BCA，
∵∠BMP+∠BMC=90°，
∴∠BMC+∠BCA=90°，
∴∠MBC=90°，
∴BM2+BC2=MC2，
∴MC2=(4−m)2，BM2=m2+4，BC2=20，
∴m2+4+20=(4−m)2，
解得m=−1，
∴P(−1,32)；
当点M在线段OC上时，如图：

同理可得P(1,52)，
综上所述：点P的坐标为(−1,32)或(1,52).
【解析】(1)分别求出A、B、C三点坐标，用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)①设M(m,0)，则P(m,12m+2)，Q(m,−12m+2)，求出PQ=|m|，再由S△PQB=12×|m|×|m|=83，求出m的值后即可求M点坐标；
②分两种情况讨论：当点M在线段AO上时，利用角的关系推导出∠MBC=90°，再由勾股定理得m2+4+20=(4−m)2，求出m的值即可求点P的坐标；当点M在线段OC上时，同理可求P点的另一个坐标．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，勾股定理及应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
23.(1)证明：∵AD//BC，
∴∠D+∠BCD=180°，
∵∠B=∠D，
∴∠B+∠BCD=∠D+∠BCD=180°，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)①证明：如图1，
∵AB=BC，CM=BP，
∴PM=CM+PC=BP+PC=BC=AB，
∵∠ABC=∠ADC=α．
∴∠BAP+∠BPA=180°−α，∠MPQ+∠BPA=180°−α，
∴∠BAP=∠MPQ，
在△ABP与△PMQ中，
PA=PQ∠BAP=∠MPQAB=PM，
∴△ABP≌△PMQ(SAS)，
∴QM=PB，
∴QM=CM，
②证明：如图2，

延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，
在△PBN与△PMQ中，
PB=PM∠1=∠2PN=PQ，
∴△PBN≌△PMQ(SAS)，
∴BN=MQ，PN=PQ，
∵α=90°，
∴AP是线段NQ的中垂线，
∴AN=AQ，
∵PA=PQ，α=90°，
∴△APQ是等腰直角三角形，
∴∠PAN=∠PAQ=45°
∵AD//BC，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠DAQ+∠BAP=45°
又∠BAN+∠BAP=45°
∴∠BAN=∠DAQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵AB=BC，
∴AB=AD，
在△ABN与△ADQ中，
AB=AD∠BAN=∠DAQAN=AQ，
∴△ABN≌△ADQ(SAS)，
∴BN=DQ，∠ABN=∠ADQ，
∴DQ=MQ，
延长PB交AN于E，
∴∠ABE=90°，
∴∠3=∠ABN−90°=∠ADQ−90°=∠CD，
∴∠CMQ+∠CDQ=∠PBN+∠3=180°，
∵四边形CDQM内角和为360°，∠DCM=90°，
∴∠DQM=90°，
在Rt△DQM中，
∵DM2=DQ2+MQ2=2DQ2，
∴DM= 2DQ，
【解析】(1)证出AB//CD，由平行四边形的判定可得出结论；
(2)①证明△ABP≌△PMQ(SAS)，可得出QM=PB，则可得出结论；
②延长QP至N，使PN=PQ，联结NA、NB，证明△PBN≌△PMQ(SAS)，得出BN=MQ，PN=PQ，证明△ABN≌△ADQ(SAS)，得出BN=DQ，∠ABN=∠ADQ，证明∠DQM=90°，则可得出结论．
本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．甲
乙
丙
丁
平均数x−/cm
561
560
561
560
方差S2
15.5
3.5
3.5
15.6