2023年浙江省溫州市繡山中學(xué)數(shù)學(xué)八下期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2022-2023學(xué)年八下數(shù)學(xué)期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，P為□ABCD對角線BD上一點，△ABP的面積為S1，△CBP的面積為S2，則S1和S2的關(guān)系為（）A．S1>S2 B．S1=S2 C．S1<S2 D．無法判斷2．將一次函數(shù)的圖象向上平移2個單位，平移后，若，則x的取值范圍是（）A． B． C． D．3．滿足下述條件的三角形中，不是直角三角形的是A．三個內(nèi)角之比為1：2：3 B．三條邊長之比為1：：C．三條邊長分別為，，8 D．三條邊長分別為41，40，94．歷史上對勾股定理的一種證法采用了如圖所示的圖形，其中兩個全等的直角三角形的直角邊在同一條直線上.證明中用到的面積相等關(guān)系是（）A． B．C． D．5．如圖，△ABC以點C為旋轉(zhuǎn)中心，旋轉(zhuǎn)后得到△EDC，已知AB＝1.5，BC＝4，AC＝5，則DE＝()A．1.5 B．3 C．4 D．56．圖中的圓點是有規(guī)律地從里到外逐層排列的．設(shè)y為第n層（n為正整數(shù)）圓點的個數(shù)，則下列函數(shù)關(guān)系中正確的是（）A．y=4n﹣4 B．y=4n C．y=4n+4 D．y=n27．如圖，將個全等的陰影小正方形擺放得到邊長為的正方形，中間小正方形的各邊的中點恰好為另外個小正方形的一個頂點，小正方形的邊長為（、為正整數(shù)），則的值為（）A． B． C． D．8．菱形ABCD對角線交于O點，E，F(xiàn)分別是AD、CD的中點，連結(jié)EF，若EF=3，OB=4，則菱形面積（）A．24 B．20 C．12 D．69．一個三角形的三邊分別是3、4、5，則它的面積是（）A．6 B．12 C．7.5 D．1010．下列命題正確的是()A．在同一平面內(nèi)，可以把半徑相等的兩個圓中的一個看成是由另一個平移得到的.B．兩個全等的圖形之間必有平移關(guān)系.C．三角形經(jīng)過旋轉(zhuǎn)，對應(yīng)線段平行且相等.D．將一個封閉圖形旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)中心只能在圖形內(nèi)部.11．如圖，在正方形ABCD中，點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，CE、DF交于點G,連接AG、HG．下列結(jié)論：①CE⊥DF；②AG=DG;③∠CHG=∠DAG．其中，正確的結(jié)論有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個12．若分式的值為0，則x的值為A．﹣1 B．0 C．2 D．﹣1或2二、填空題（每題4分，共24分）13．甲乙兩地9月上旬的日平均氣溫如圖所示，則甲乙兩地這10天日平均氣溫方差大小關(guān)系為________．（填“>”或“<”）14．如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD交于點O，E是BC的中點，若AB＝6，則OE＝_____．15．如圖，梯形中，，點分別是的中點.已知兩底之差是6，兩腰之和是12，則的周長是____.16．某校四個植樹小隊，在植樹節(jié)這天種下柏樹的棵數(shù)分別為10，x，10，8，若這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù)相等，那么x=_____．17．如圖，已知中，，平分，點是的中點，若，則的長為________。18．菱形的周長為8，它的一個內(nèi)角為60°，則菱形的較長的對角線長為__________.三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在△ABC中，D為AC邊上一點，∠DBC=∠A．（1）求證：△BDC∽△ABC；（2）如果BC=，AC=3，求CD的長．20．（8分）小聰與小明在一張矩形臺球桌ABCD邊打臺球，該球桌長AB=4m，寬AD=2m，點O、E分別為AB、CD的中點，以AB、OE所在的直線建立平面直角坐標(biāo)系。（1）如圖1，M為BC上一點；①小明要將一球從點M擊出射向邊AB，經(jīng)反彈落入D袋，請你畫出AB上的反彈點F的位置；②若將一球從點M(2，12)擊出射向邊AB上點F(0.5，0)，問該球反彈后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?請說明理由（2）如圖2，在球桌上放置兩個擋板(厚度不計)擋板MQ的端點M在AD中點上且MQ⊥AD，MQ=2m，擋板EH的端點H在邊BC上滑動，且擋板EH經(jīng)過DC的中點E；①小聰把球從B點擊出，后經(jīng)擋板EH反彈后落入D袋，當(dāng)H是BC中點時，試證明：DN=BN；②如圖3，小明把球從B點擊出，依次經(jīng)擋板EH和擋板MQ反彈一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，請你直接寫出球的運(yùn)動路徑BN+NP+PD的長。21．（8分）先閱讀下面的內(nèi)容，再解決問題：問題：對于形如這樣的二次三項式，可以用公式法將它分解成的形式．但對于二次三項式，就不能直接運(yùn)用公式了．此時，我們可以在二次三項式中先加上一項，使它與成為一個完全平方式，再減去，整個式子的值不變，于是有：像這樣，先添一適當(dāng)項，使式中出現(xiàn)完全平方式，再減去這項，使整個式子的值不變的方法稱為“配方法”．利用“配方法”，解決下列問題：（1）分解因式：______；（2）若△ABC的三邊長是a，b，c，且滿足，c邊的長為奇數(shù)，求△ABC的周長的最小值；（3）當(dāng)x為何值時，多項式有最大值？并求出這個最大值．22．（10分）一次安全知識測驗中，學(xué)生得分均為整數(shù)，滿分10分，這次測驗中，甲，乙兩組學(xué)生人數(shù)都為5人，成績?nèi)缦拢▎挝唬悍郑杭祝?，8，7，8，9乙：5，9，7，10，9（1）填寫下表：平均數(shù)眾數(shù)中位數(shù)甲______________88乙______________9______________（2）已知甲組學(xué)生成績的方差，計算乙組學(xué)生成績的方差，并說明哪組學(xué)生的成績更穩(wěn)定.23．（10分）已知：如圖，ABCD中，AE是BC邊上的高，將△ABE沿BC方向平移，使點E與點C重合，得△GFC.(1)求證：BE=DG；(2)若∠B=60o，當(dāng)AB與BC滿足什么數(shù)量關(guān)系時，四邊形ABFG是菱形?證明你的結(jié)論24．（10分）在△ABC中，AB=30，BC=28，AC=1．求△ABC的面積．某學(xué)習(xí)小組經(jīng)過合作交流給出了下面的解題思路，請你按照他們的解題思路完成解答過程．25．（12分）某校為提高學(xué)生的漢字書寫能力，開展了“漢字聽寫”大賽．七、八年級學(xué)生參加比賽，為了解這兩個年級參加比賽學(xué)生的成績情況，從中各隨機(jī)抽取10名學(xué)生的成績，數(shù)據(jù)如下（單位：分）：七年級889490948494999499100八年級84938894939893989799整理數(shù)據(jù)：按如下分?jǐn)?shù)段整理數(shù)據(jù)并補(bǔ)全表格：成績x人數(shù)年級七年級1153八年級44分析數(shù)據(jù)：補(bǔ)全下列表格中的統(tǒng)計量：統(tǒng)計量年級平均數(shù)中位數(shù)眾數(shù)方差七年級93.69424.2八年級93.79320.4得出結(jié)論：你認(rèn)為哪個年級學(xué)生“漢字聽寫”大賽的成績比較好？并說明理由．（至少從兩個不同的角度說明推斷的合理性）26．已知：如圖，在△ABC中，AB=AC，點D是BC的中點，作∠EAB=∠BAD，AE邊交CB的延長線于點E，延長AD到點F，使AF=AE，連結(jié)CF．求證：BE=CF．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】分析：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得點A、C到BD的距離相等，再根據(jù)等底等高的三角形的面積相等.詳解：∵在□ABCD中，點A、C到BD的距離相等，設(shè)為h.∴S1=S△ABP=BP,S2=S△CPB=BP.∴S1=S2,故選：B.點睛：本題主要考查的平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵在于理解等底等高的三角形的面積相等的性質(zhì).2、B【解析】

試題分析：利用一次函數(shù)平移規(guī)律得出平移后解析式，進(jìn)而得出圖象與坐標(biāo)軸交點坐標(biāo)，進(jìn)而利用圖象判斷y＞0時，x的取值范圍．∵將一次函數(shù)y=x的圖象向上平移2個單位，∴平移后解析式為：y=x+2，當(dāng)y=0時，x=﹣4，當(dāng)x=0時，y=2，如圖：∴y＞0，則x的取值范圍是：x＞﹣4，考點：一次函數(shù)圖象與幾何變換．3、C【解析】

根據(jù)勾股定理的逆定理逐項判斷即可.【詳解】解：A、根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可求出三個角分別為30度，60度，90度，所以是直角三角形；B、，其符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；C、，不符合勾股定理的逆定理，所以不是直角三角形；D、，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；故選C．【點睛】本題考查了勾股定理逆定理，如果三角形兩邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個三角形是直角三角形，在一個三角形中，即如果用a，b，c表示三角形的三條邊，如果a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形.4、D【解析】

用三角形的面積和、梯形的面積來表示這個圖形的面積，從而證明勾股定理．【詳解】解：∵由S△EDA+S△CDE+S△CEB=S四邊形ABCD．

可知ab+c2+ab=（a+b）2，

∴c2+2ab=a2+2ab+b2，整理得a2+b2=c2，

∴證明中用到的面積相等關(guān)系是：S△EDA+S△CDE+S△CEB=S四邊形ABCD．

故選D．【點睛】本題考查勾股定理的證明依據(jù)．此類證明要轉(zhuǎn)化成該圖形面積的兩種表示方法，從而轉(zhuǎn)化成方程達(dá)到證明的結(jié)果．5、A【解析】

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出△ABC≌△EDC，再根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等即可得出結(jié)論．【詳解】由旋轉(zhuǎn)可得，△ABC≌△EDC，∴DE=AB=1.5，故選A．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運(yùn)用，解題時注意：旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．6、B【解析】

試題解析：由題圖可知：n=1時，圓點有4個，即y=4×1=4；n=2時，圓點有8個，即y=4×2=8；n=3時，圓點有12個，即y=4×3=12；……∴y=4n.故選B.7、B【解析】

通過小正方形的邊長表示出大正方形的邊長，再利用a、b為正整數(shù)的條件分析求解.【詳解】解：由題意可知，∴∵a、b都是正整數(shù)∴=0，4a-2=2b∴a=4,b=7∴a+b=11故選：B.【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)以及有理數(shù)、無理數(shù)的性質(zhì)，表示出大正方形的邊長利用有理數(shù)、無理數(shù)的性質(zhì)求出a、b是關(guān)鍵.8、A【解析】

根據(jù)菱形的對角線互相垂直且平分，所以可得菱形的面積等于倍的對角線的乘積.【詳解】解：根據(jù)E，F(xiàn)分別是AD、CD的中點，EF=3可得AC=6,OB=4可得BD=8所以菱形ABCD的面積為：故選A.【點睛】本題主要考查菱形對角線的性質(zhì)，關(guān)鍵在于菱形的對角線平分且垂直.9、A【解析】

由于32+42＝52，易證此三角形是直角三角形，從而易求此三角形的面積．【詳解】∵32+42＝52，∴此三角形是直角三角形，∴S△＝×3×4＝1．故選：A．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理．解題的關(guān)鍵是先證明此三角形是直角三角形．10、A【解析】

根據(jù)平移的性質(zhì)：平移后圖形的大小、方向、形狀均不發(fā)生改變結(jié)合選項即可得出答案．【詳解】解：A、經(jīng)過旋轉(zhuǎn)后的圖形兩個圖形的大小和形狀也不變，半徑相等的兩個圓是等圓，圓還具有旋轉(zhuǎn)不變性，故本選項正確；B、兩個全等的圖形位置關(guān)系不明確，不能準(zhǔn)確判定是否具有平移關(guān)系，錯誤；C、三角形經(jīng)過旋轉(zhuǎn)，對應(yīng)線段相等但不一定平行，所以本選項錯誤；D、旋轉(zhuǎn)中心可能在圖形內(nèi)部，也可能在圖形邊上或者圖形外面，所以本選項錯誤.故選：A.【點睛】本題考查平移、旋轉(zhuǎn)的基本性質(zhì)，注意掌握①平移不改變圖形的形狀和大小；②經(jīng)過平移，對應(yīng)點所連的線段平行且相等，對應(yīng)線段平行且相等，對應(yīng)角相等．11、C【解析】

連接AH，由四邊形ABCD是正方形與點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，容易證得△BCE≌△CDF與△ADH≌△DCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，容易證得CE⊥DF與AH⊥DF，故①正確；根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)，即可證得AG=AD，繼而AG=DC，而DG≠DC，所以AG≠DG，故②錯誤；由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可證得HG=DC，∠CHG=2∠GDC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，即可得∠DAG=2∠DAH=2∠GDC．所以∠DAG=∠CHG，④正確，則問題得解．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠BCD=90°，∵點E.F.H分別是AB、BC、CD的中點，∴BE=FC∴△BCE≌△CDF，∴∠ECB=∠CDF，∵∠BCE+∠ECD=90°，∴∠ECD+∠CDF=90°，∴∠CGD=90°，∴CE⊥DF，故①正確；連接AH，同理可得：AH⊥DF，∵CE⊥DF，∴△CGD為直角三角形，∴HG=HD=CD，∴DK=GK，∴AH垂直平分DG，∴AG=AD=DC，

在Rt△CGD中，DG≠DC，∴AG≠DG，故②錯誤；∵AG=AD,AH垂直平分DG∴∠DAG=2∠DAH,根據(jù)①，同理可證△ADH≌△DCF∴∠DAH=∠CDF，∴∠DAG=2∠CDF,∵GH=DH，∴∠HDG=∠HGD，∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，∴∠GHC=∠DAG，故③正確，所以①和③正確選擇C.【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用邊角邊，容易證明△BCE≌△CDF，從而根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和等量代換即可證∠ECD+∠CDF=90°，從而①可證；證②時，可先證AG=DC，而DG≠DC，所以②錯誤；證明③時，可利用等腰三角形的性質(zhì)，證明它們都等于2∠CDF即可.12、C【解析】

根據(jù)分式值為零的條件可得x﹣2＝0，再解方程即可．【詳解】解：由題意得：x﹣2＝0，且x+1≠0，解得：x＝2，故選C．二、填空題（每題4分，共24分）13、>【解析】

觀察平均氣溫統(tǒng)計圖可知：乙地的平均氣溫比較穩(wěn)定，波動??；波動越小越穩(wěn)定.【詳解】解：觀察平均氣溫統(tǒng)計圖可知：乙地的平均氣溫比較穩(wěn)定，波動?。粍t乙地的日平均氣溫的方差小，故S2甲＞S2乙．故答案為：＞．【點睛】本題考查方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定．反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．14、3【解析】

根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得OA＝OC，然后判斷出OE是三角形的中位線，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得OE＝AB．【詳解】解：在?ABCD中，OA＝OC，∵點E是BC的中點，∴OE是三角形的中位線，∴OE＝AB＝3故答案為3【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線定理，平行四邊形對角線互相平分的性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，熟記性質(zhì)與定理是解題的關(guān)鍵．15、1.【解析】

延長EF交BC于點H，可知EF，F(xiàn)H，F(xiàn)G、EG分別為△BDC、△ABC、△BDC和△ACD的中位線，由三角形中位線定理結(jié)合條件可求得EF+FG+EG，可求得答案．【詳解】連接AE，并延長交CD于K，∵AB∥CD，∴∠BAE=∠DKE，∠ABD=∠EDK，∵點E、F、G分別是BD、AC、DC的中點．∴BE=DE，在△AEB和△KED中，，∴△AEB≌△KED（AAS），∴DK=AB，AE=EK，EF為△ACK的中位線，∴EF=CK=（DC-DK）=（DC-AB），∵EG為△BCD的中位線，∴EG=BC，又FG為△ACD的中位線，∴FG=AD，∴EG+GF=（AD+BC），∵兩腰和是12，即AD+BC=12，兩底差是6，即DC-AB=6，∴EG+GF=6，F(xiàn)E=3，∴△EFG的周長是6+3=1．故答案為：1．【點睛】此題考查的是三角形中位線的性質(zhì)，即三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半．16、12或1【解析】

先根據(jù)中位數(shù)和平均數(shù)的概念得到平均數(shù)等于，由題意得到=10或9，解出x即可．【詳解】∵這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和平均數(shù)相等，

∴=10或9，

解得：x=12或1，

故答案是：12或1．【點睛】考查了中位數(shù)的概念：一組數(shù)據(jù)按從小到大排列，最中間那個數(shù)（或最中間兩個數(shù)的平均數(shù)）就是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)．17、1【解析】

根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得D是BC的中點，再根據(jù)三角形中位線定理即可求解．【詳解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，

∴CD=BD，

∵E是AB的中點，

∴DE∥AC，DE=，

∵AC=6，

∴DE=1．

故答案為：1．【點睛】此題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，以及三角形中位線定理，關(guān)鍵是掌握等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合的知識點．18、【解析】

由菱形的性質(zhì)可得AB=2，AC⊥BD，BD=2OB，由直角三角形的性質(zhì)可得AO=1，由勾股定理可求BO的長，即可得BD的長．【詳解】解：如圖所示：∵菱形ABCD的周長為8，∴AB=2，AC⊥BD，BD=2OB，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=∠ABC=30°，∴AO=1，∴BO=，∴BD=,故答案為：.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，勾股定理，熟記性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，作出圖形更形象直觀．三、解答題（共78分）19、（1）詳見解析；（1）CD=1.【解析】

（1）根據(jù)相似三角形的判定得出即可；（1）根據(jù)相似得出比例式，代入求出即可．【詳解】證明：（1）∵∠DBC=∠A，∠C=∠C，∴△BDC∽△ABC；（1）∵△BDC∽△ABC，∴，∴，∴CD=1．【點睛】考核知識點：相似三角形的判定和性質(zhì).20、（1）①答案見解析②答案見解析（2）①證明見解析②2【解析】

（1）①根據(jù)反射的性質(zhì)畫出圖形，可確定出點F的位置；②過點H作HG⊥AB于點G，利用點H的坐標(biāo)，可知HG的長，利用矩形的性質(zhì)結(jié)合已知可求出點B，C的坐標(biāo)，求出BM，BF的長，再利用銳角三角函數(shù)的定義，去證明tan∠MFB=tan∠HFG，即可證得∠MFB=∠HFG，即可作出判斷；（2）①連接BD，過點N作NT⊥EH于點N，交AB于點T，利用三角形中位線定理可證得EH∥BD，再證明MQ∥AB，從而可證得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA證明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論；②作點B關(guān)于EH對稱點B＇，過點B＇作B＇G⊥BC交BC的延長線于點G，連接B＇H，B＇N，連接AP，過點B＇作B＇L⊥x軸于點L，利用軸對稱的性質(zhì)，可證得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根據(jù)反射的性質(zhì)，易證AP，NQ，NC在一條直線上，從而可證得BN+NP+PD=AB＇，再利用鄰補(bǔ)角的定義，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性質(zhì)，及三角形外角的性質(zhì)，求出∠CKH的度數(shù)，利用解直角三角形表示出KH，CK的長，由BC=2，建立關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，從而可得到CH，B＇H的長，利用解直角三角形求出GH，BH的長，可得到點B＇的坐標(biāo)，再求出AL，B＇L的長，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的長.【詳解】（1）解：①如圖1，②答：反彈后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球理由：如圖，設(shè)點H（-0.5，0.8），過點H作HG⊥AB于點G，∴HG=0.8∵矩形ABCD，點O，E分別為AB，CD的中點，AD=2，AB=4，∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2∴點B（2，0），點C（2，2）,∵點M(2，1.2)，點F(0.5，0)，∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，F(xiàn)G=0.5-（-0.5）=1在Rt△BMF中，tan∠MFB=BMBF=在Rt△FGH中，tan∠HFG=HGFG=∴∠MFB=∠HFG，∴反彈后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球.（2）解：①連接BD，過點N作NT⊥EH于點N，交AB于點T，∴∠TNE=∠TNH=90°，∵小聰把球從B點擊出，后經(jīng)擋板EH反彈后落入D袋，∴∠BNH=∠DNE，∴∠DNQ=∠BNQ；∵點M是AD的中點，MQ⊥EO，∴MQ∥AB，∴點Q是BD的中點，∴NT經(jīng)過點Q；∵點E，H分別是DC，BC的中點，∴EH是△BCD的中位線，∴EH∥BD∵NT⊥EH∴NT⊥BD；∴∠DQN=∠NQB=90°在△DNQ和△BNQ中，∠DQN=∠NQB∴△DNQ≌△BNQ（ASA）∴DN=BN②作點B關(guān)于EH對稱點B＇，過點B＇作B＇G⊥BC交BC的延長線于點G，連接B＇H，B＇N，連接AP，過點B＇作B＇L⊥x軸于點L，∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇由反射的性質(zhì)，可知AP，NQ，NC在一條直線上，∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，

∴∠BHN=180°-75°=105°，∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°∴∠B＇HG=30°;如圖，作EK=KH，在Rt△ECH中，∠EHC=75°，∴∠E=90°-75°=15°，∴∠E=∠KHE=15°∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，∵設(shè)CH=x，則KH=2x，CK=3∴2x+解之：x=4-23，∴CH=4-2∴BH=B＇H=BC-CH=2-（4-23）=2在Rt△B＇GH中，B＇G=12GH=B＇Hcos∠B＇HG=（23-2）×BG=BH+GH=3-∴點B＇的橫坐標(biāo)為：3-1+2=3∴點B＇(3∴AL=2+3+1=3+B＇L=3在Rt△AB＇L中，AB＇=A∴球的運(yùn)動路徑BN+NP+PD的長為23【點睛】本題考查反射的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識點：（1）①根據(jù)反射的性質(zhì)作圖，②根據(jù)等角的三角函數(shù)值相等證明∠MFB=∠HFG來說明反彈后能撞到另一球；（2）①利用ASA證明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論，②作出輔助線，根據(jù)反射的性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)證明BN+NP+PD=AB＇，然后構(gòu)建方程，解直角三角形并結(jié)合勾股定理求出AB＇的長；其中能夠根據(jù)反射的性質(zhì)作出圖形，利用方程思想及數(shù)形結(jié)合思想結(jié)合直角三角形的特殊角進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵．21、（1）（a?3）（a?1）；（2）當(dāng)a＝7，b＝4，c＝1時，△ABC的周長最小，最小值是：7＋4＋1＝16；（3）當(dāng)x＝?1時，多項式?2x2?4x＋3有最大值，最大值是1．【解析】

（1）根據(jù)題目中的例子，可以對題目中的式子配方后分解因式；（2）根據(jù)題目中的式子，利用配方法可以求得a、b的值，根據(jù)三角形三邊關(guān)系確定c的值，由三角形周長可得結(jié)論；（3）根據(jù)配方法即可求出答案．【詳解】解：（1）a2?8a＋11＝（a2?8a＋16）?1＝（a?4）2?12＝（a?3）（a?1），故答案為：（a?3）（a?1）；（2）∵a2＋b2?14a?8b＋61＝0，∴（a2?14a＋49）＋（b2?8b＋16）＝0，∴（a?7）2＋（b?4）2＝0，∴a?7＝0，b?4＝0，解得，a＝7，b＝4，∵△ABC的三邊長是a，b，c，∴3＜c＜11，又∵c邊的長為奇數(shù)，∴c＝1，7，9，當(dāng)a＝7，b＝4，c＝1時，△ABC的周長最小，最小值是：7＋4＋1＝16；（3）?2x2?4x＋3，＝?2（x2＋2x＋1?1）＋3，＝?2（x＋1）2＋1，∴當(dāng)x＝?1時，多項式?2x2?4x＋3有最大值，最大值是1．【點睛】本題考查配方法，三角形三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是正確理解題意給出的方法，解決問題，本題屬于基礎(chǔ)題型．22、（1）甲：平均數(shù)8；乙：平均數(shù)8，中位數(shù)9；（2）甲組學(xué)生的成績比較穩(wěn)定．【解析】

（1）根據(jù)平均數(shù)和中位數(shù)的定義求解可得；（2）根據(jù)方差的定義計算出乙的方差，再比較即可得．【詳解】（1）甲的平均數(shù)：，乙的平均數(shù)：，乙的中位數(shù)：9；（2）.∵，∴甲組學(xué)生的成績比較穩(wěn)定．【點睛】本題考查了求平均數(shù)，中位數(shù)與方差，方差反映了一組數(shù)據(jù)的波動大小，方差越大，波動性越大，反之也成立．23、（1）見解析（2）當(dāng)時，四邊形是菱形，理由見解析【解析】

（1）易證，則（2）E點為BF中點時符合題意，即可求解.【詳解】證明：（1）∵四邊形是平行四邊形，∴．∵是邊上的高，且是由沿方向平移而成．∴．∴．∵，∴．∴．（2）當(dāng)時，四邊形是菱形．∵，，∴四邊形是平行四邊形．∵中，，∴，∴．∵，∴．∴．∴四邊形是菱形．24、△ABC的面