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2025-2026学年人教版八年级（下）期末数学模拟试卷1
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共10小题）
函数y=中自变量x的取值范围是（　　）
A．x≠﹣4 B．x≠4 C．x≤﹣4 D．x≤4
菱形不具备的性质是（　　）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等
C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
某校九年级科技创新兴趣小组的7个成员体重（单位：kg）如下：38，42，35，40，36，42，75，则这组数据的众数和中位数分别是（　　）
A．42，36 B．42，42 C．40，40 D．42，40
如图，某电信公司提供了A，B两种方案的移动通讯费用y（元）与通话时间x（元）之间的关系，则下列结论中正确的有（　　）
（1）若通话时间少于120分，则A方案比B方案便宜20元；
（2）若通话时间超过200分，则B方案比A方案便宜12元；
（3）若通讯费用为60元，则B方案比A方案的通话时间多；
（4）若两种方案通讯费用相差10元，则通话时间是145分或185分．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
若直线y＝3x+6与坐标轴围成的三角形面积为S，则S＝（　　）
A．3 B．4 C．6 D．12
已知等腰三角形的两边长为2和5，则此等腰三角形的周长为（　　）
A．4+5 B．2+10
C．4+10 D．4+5或2+10
如果△ABC的三边长a,b,c满足(a-b)(a2+b2)=ac2-bc2,那么△ABC的形状是(　)
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使点A落在BC边上的点F处，且DE∥BC，当DE=2时，BC的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
6月份以来，猪肉价格一路上涨．为平抑猪肉价格，某省积极组织货源，计划由A．B、C三市分别组织10辆、10辆和8辆运输车向D、E两市运送猪肉，现决定派往D、E两地的运输车分别是18辆、10辆，已知一辆运输车从A市到D、E两市的运费分别是200元和800元，从B市到D、E两市的运费分别是300元和700元，从C市到D、E两市的运费分别是400元和500元．若设从A．B两市都派x辆车到D市，则当这28辆运输车全部派出时，总运费W（元）的最小值和最大值分别是（　　）
A． 8000，13200
B． 9000，10000
C． 10000，13200
D． 13200，15400
边长为4、中心为的正方形如图所示，动点从点出发，沿以每秒1个单位长度的速度运动到点时停止，动点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度运动一周停止，若点同时开始运动，点的运动时间为，当时，满足的点的位置有（ ）
A．6个 B．7个 C．8个 D．9个
1 、填空题（本大题共6小题）
计算： =　 　．
若△ABC中，(b－a)(b＋a)=c2，则∠B=____________；
如图，若∠1+∠2=180°，∠3=110°，则∠4=　 　．
函数y=的定义域是　　　　　　．
一组数据10，13，9，16，13，10，13的众数与平均数的和是　
如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为　 　m．
1 、解答题（本大题共9小题）
（1）计算：9+7﹣5+2；
（2）×（﹣）+|﹣|+6．
如图，四边形ABCD中，AD＝3，AB＝4，BC＝12，CD＝13，∠BAD＝90°，
（1）试说明：BD⊥BC；
（2）计算四边形ABCD的面积．
小红帮弟弟荡秋千（如图1），秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图2所示．
（1）根据函数的定义，请判断变量h是否为关于t的函数？
（2）结合图象回答：
①当t=0.7s时，h的值是多少？并说明它的实际意义．
②秋千摆动第一个来回需多少时间？
如图，在 ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠DCB的平分线交AD于点F，点G，H分别是AE和CF的中点．
（1）求证：△ABE≌△CDF，
（2）连接EF．若EF＝AF，请判断四边形GEHF的形状，并证明你的结论．
在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝2x的图象平移得到，且经过点A（2，0）．
（1）求该一次函数的解析式；
（2）当x＞2时，对于x的每一个值，函数y＝x+n的值小于一次函数y＝kx+b（k≠0）的值，直接写出n的取值范围．
某学校开展“家国情 诵经典”读书活动．为了解学生的参与程度，从全校学生中随机抽取200人进行问卷调查，获取了他们每人平均每天阅读时间的数据（m/分钟）．
将收集的数据分为A，B，C，D，E五个等级，绘制成如下统计图表（尚不完整）：
平均每天阅读时间统计表
等级 人数（频数）
A（10≤m＜20） 5
B（20≤m＜30） 10
C（30≤m＜40） x
D（40≤m＜50） 80
E（50≤m≤60） y
请根据图表中的信息，解答下列问题：
（1）求x的值，
（2）这组数据的中位数所在的等级是 　 　，
（3）学校拟将平均每天阅读时间不低于50分钟的学生评为“阅读达人”予以表扬．若全校学生以1800人计算，估计受表扬的学生人数．
某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A．B两型客车（每种型号的客车至少租用一辆）．A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元．若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人，3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人．
（1）每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
（2）若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地．该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
（3）在这次活动中，学校除租用A．B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车．已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地．如图是两车离开学校的路程s（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数图象．根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米．
我们规定，若a+b＝2，则称a与b是关于1的平衡数．
（1）若3与x是关于1的平衡数，5与y是关于1的平衡数，求x，y的值,
（2）若（m）×（1）＝﹣2n+3（1），判断m与5n是否是关于1的平衡数，并说明理由．
如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F．
（1）猜想：线段与的数量关系为_____；
（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．
答案解析
1 、选择题
【考点】函数自变量的取值范围
【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解．
解：由题意得，4﹣x≠0，
解得x≠4．
故选：B．
【点评】本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质即可判断；
解：菱形的四条边相等，是轴对称图形，也是中心对称图形，对角线垂直不一定相等，
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考基础题．
【考点】众数，中位数．
【分析】根据众数是出现次数最多的数据，以及中位数是将数据排序后，位于中间位置的数据为中位数进行求解即可．
解：出现次数最多的数据为42，
∴众数为42，
排序后，位于中间位置的数据为40，
∴中位数为40，
故选：D．
【点评】本题考查求众数和中位数．熟练掌握众数和中位数的确定方法是解题的关键．
【考点】函数的图象．
【分析】根据图象知道：在通话170分钟收费一样，在通话120时A收费30元，B收费50元，其中A超过120分钟后每分钟加收0.4元，B超过200分钟加收每分钟0.4元，由此即可确定有几个正确．
解：依题意得
A：（1）当0≤x≤120，yA=30，
（2）当x＞120，yA=30+（x﹣120）×[（50﹣30）÷]=0.4x﹣18；
B：（1）当0≤x＜200，yB=50，
当x＞200，yB=50+[（70﹣50）÷]（x﹣200）=0.4x﹣30，
所以当x≤120时，A方案比B方案便宜20元，故（1）正确；
当x≥200时，B方案比A方案便宜12元，故（2）正确；
当y=60时，A：60=0.4x﹣18，∴x=195，
B：60=0.4x﹣30，∴x=225，故（3）正确；
当B方案为50元，A方案是40元或者60元时，两种方案通讯费用相差10元，
将yA=40或60代入，得x=145分或195分，故（4）错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了函数图象和性质，解题的关键是从图象中找出隐含的信息解决问题．　
【考点】一次函数图象上点的坐标特征
【分析】首先求出直线与x轴、y轴的交点的坐标，然后根据三角形的面积公式，得出结果．
解：由直线y＝3x+6可知，直线与x轴、y轴的交点的坐标分别为A（﹣2，0），B（0，6），
故S△AOB2×6＝6．
故直线y＝3x﹣6与坐标轴围成的三角形的面积为6．
故选：C．
【点评】此题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数y＝kx+b与x轴的交点为（，0），与y轴的交点为（0，b）．
【考点】二次根式的应用；等腰三角形的性质．
【分析】先由三角形的三边关系确定出第三边的长，再求周长．
解：∵2×2＜5
∴只能是腰长为5
∴等腰三角形的周长=2×5+2=10+2．
故选B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，注意要用三角形的三边关系确定出第三边．
【考点】勾股定理的逆定理
【分析】将所给的等式(a-b)(a2+b2)=ac2-bc2能进行因式分解的要因式分解，整理得出关于a,b,c三边的关系式，进而判断三角形的形状.
解：∵(a-b)(a2+b2)=ac2-bc2
(a-b)(a2+b2)=c2(a-b)
(a-b)(a2+b2- c2) =0
∴a-b =0或a2+b2- c2 =0
∴a =b或a2+b2=c2
故△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形，选D.
【点睛】本题考查因式分解的应用，勾股定理的逆定理.
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】首先由DE∥BC与折叠的性质，可证得DE是△ABC的中位线，继而求得答案．
解：∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠EDF=∠BFD，
由折叠的性质可得：∠ADE=∠EDF，AD=DF，
∴∠B=∠BFD，
∴BD=DF，
∴AD=BD，
同理：AE=EC，
∴DE=BC，
即BC=2DE=4．
故选B．
【点评】此题考查了折叠的性质以及三角形中位线的性质．注意证得DE是△ABC的中位线是关键．
【考点】一次函数的应用-方案选择
【分析】首先根据题意可知A．B两市派往D市的运输车的辆数分别是x、x，则C市派往D市的车辆数为18-2x，因为C市共有车8辆，故还剩下80-（18-2x）辆派往E市，A．B两市派往E市的运输车的辆数分别是10-x，10-x，再根据题意表示出总运费，然后表示出x的取值范围，即可求出总运费W（元）的最小值和最大值．
解：由题意可知A．B、C三市派往D市的运输车的辆数分别是x、x、（18-2x）辆，派往E市的运输车的辆数为10-x，10-x，2x-10，
则总运费W=200x+300x+400（18-2x）+800（10-x）+700（10-x）+500（2x-10）=-800x+17200．
依题意有 0≤x≤10,0≤18-2x≤8,
解得：5≤x≤9，
当x=5时，W 最大 =13200元，
当x=9时，W 最小 =10000元．
故选C．
【点睛】选择方案问题的方法
（1）从不同的角度感知问题中的数量关系，对实际问题中的数量关系既可以用函数的图像表示，也可以用方程和不等式表示，构建不同的模型，用不同的方法解决问题．
（2）在解决问题中，能适时调整思路，解决问题后，能对解决问题步骤、程序和方法进行总结提炼.
【考点】四边形综合题
【分析】依次取的中点，连接．由题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，，则有六种情况，分类列式计算求出t的值，即可解答本题．
解：依次取的中点，连接．
根据题意，得点运动的路程为，当时，点运动的路程为．
分析题意可知，当点与点到各自所在边的中点的距离相等时，．
当时，显然；
②当时，如图（1），点在上，点在上， ，
由，得；
③当时，如图（2），点在上，点在上，，
由，得或；
④当时，如图（3），点在上，点在上，，
由，得（舍去）或；
⑤当时，如图（4），点在上，点在上，，
由，得或；
⑥当时，点停在点处，因此当时，，只有时满足．
综上，满足条件
的点的位置有7个，
故选：B．
【点睛】本题结合动点考查考生空间想象的能力与分析问题、解决问题的综合能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养． 分析题意时，需注意时间的取值范围不含0和16，第后点停止运动，且与点重合．
1 、填空题
【考点】 二次根式的加减法．
【分析】先进行二次根式的化简，然后合并．
解： =2+
=3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是二次根式的加减法,熟知二次根式相加减,先把各个二次根式化成最简二次根式,再把被开方数相同的二次根式进行合并,合并方法为系数相加减,根式不变是解答此题的关键。　
【考点】勾股定理的逆定理
【分析】将原式整理得a2+c2=b2，则△ABC为直角三角形，且b为斜边，则∠B=90°.
解：原式= b2 -a2= c2 即a2+c2=b2，
∴△ABC为直角三角形，且b为斜边，
则∠B=90°.
故答案为：90°.
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理，解此题的关键在于熟练掌握相关知识点.
【考点】平行线的判定与性质．
【分析】根据∠1与∠2互补，可得a与b平行；再根据两直线平行同位角相等，即可求出∠4与∠3相等．
解：如图，∵∠1+∠2=180°，
∴a∥b，
∴∠3=∠4，
又∵∠3=110°，
∴∠4=110°．
故答案为：110°．
【考点】函数自变量的取值范围．
【分析】直接利用分式有意义的条件得出答案．
【解答】解：函数y=的定义域是：x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】此题主要考查了函数自变量的取值范围，正确把握相关性质是解题关键．
考点： 众数；加权平均数．.
分析： 根据众数与平均数的定义就可以求出众数与平均数，再相加从而得出答案．
解答： 解：13出现的次数最多，故众数是13，
平均数==12，
所有众数与平均数的和为：13+12=25．
故答案为25．
点评： 主要考查了众数的概念和平均数的计算．注意众数是指一组数据中出现次数最多的数据，它反映了一组数据的多数水平，一组数据的众数可能不是唯一的．平均数是所有数据的和除以数据的个数．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质．
【分析】连接CG，由正方形的对称性，易知AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC，易得DE=GE．在矩形GECF中，EF=CG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行
解：连接GC，
∵四边形ABCD为正方形，
所以AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
∵∠CDB=45°，GE⊥DC，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDC中，
∴△AGD≌△GDC
∴AG=CG
在矩形GECF中，EF=CG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF﹣BA﹣AG﹣GE
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500
=4600（m）
故答案为：4600
1 、解答题
【考点】二次根式的混合运算
【分析】（1）先化简，再合并同类项即可解答本题；
（2）根据二次根式的乘法和加法可以解答本题．
解：（1）9+7﹣5+2
=
=；
（2）×（﹣）+|﹣|+6
=
=2．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．
【考点】勾股定理的逆定理
【分析】（1）先根据勾股定理求出BD的长度，然后根据勾股定理的逆定理，即可证明BD⊥BC；
（2）根据两个直角三角形的面积即可求解．
解：（1）∵AD＝3，AB＝4，∠BAD＝90°，
∴BD＝5，
又BC＝12，CD＝13，
∴BD2+BC2＝CD2，
∴BD⊥BC．
（2）四边形ABCD的面积＝△ABD的面积+△BCD的面积＝6+30＝36．
【点睛】综合运用了勾股定理及其逆定理，是基础知识比较简单．
【考点】函数的概念；函数的图象
【分析】（1）根据图象和函数的定义可以解答本题；
（2）①根据函数图象可以解答本题；
②根据函数图象中的数据可以解答本题．
解：（1）由图象可知，
对于每一个摆动时间t，h都有唯一确定的值与其对应，
∴变量h是关于t的函数；
（2）①由函数图象可知，
当t=0.7s时，h=0.5m，它的实际意义是秋千摆动0.7s时，离地面的高度是0.5m；
②由图象可知，
秋千摆动第一个来回需2.8s．
【点评】本题考查函数图象和函数概念，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点】平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，∠B＝∠D，证出∠BAE＝∠DCF，由ASA证明△BAE≌△DCF，即可得出结论，
（2）由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠AEB＝∠DFC，证出AE∥CF，由已知得出ME∥FN，ME＝FN，即可证出四边形MENF是平行四边形．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，∠B＝∠D，∠DAE＝∠AEB，∠DFC＝∠BCF，
∵∠BAD和∠DCB的平分线AE、CF分别交BC、AD于点E、F，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BAD，∠BCF＝∠DCF＝∠DCB，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△BAE和△DCF中，
，
∴△BAE≌△DCF（ASA）．
（2）证明：∵△BAE≌△DCF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠DFC，
∴∠AEB＝∠BCF，
∴AE∥CF，
∵点G、H分别为AE、CF的中点，
∴GE∥FH，GE＝FH，
∴四边形FGEH是平行四边形
∵EF＝AF，G为AE的中点，
∴GF⊥AE，
∴四边形FGEH是矩形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数图象与系数的关系
【分析】（1）先根据直线平移时k的值不变得出k＝2，再将点A（2，0）代入y＝2x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；
（2）根据点（1，2）结合图象即可求得．
解：（1）∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝2x的图象平移得到，且经过点A（2，0）．
∴K＝2．将点A（2，0）代入y＝2x+b得：
2×2+b＝0，b＝﹣4．
∴一次函数解析式为：y＝2x﹣4．
（2）∵当x＞2时，对于x的每一个值，函数y＝x+n的值小于一次函数y＝kx+b（k≠0）的值，
∴x+n＜2x﹣4，即（1﹣2）x＜﹣4﹣n．
∴x＞4+n．
∴，
∴4+n≤2．
即n≤﹣2．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．
【考点】扇形统计图，中位数，用样本估计总体，频数（率）分布表．
【分析】（1）用200乘C等级所占百分比即可得出x的值，
（2）根据中位数的定义解答即可，
（3）利用样本估计总体即可．
解：（1）由题意得x＝200×20%＝40，
（2）把200个学生平均每天阅读时间从小到大排列，排在中间的两个数均落在D等级，
故答案为：D，
（3）被抽查的200人中，不低于50分钟的学生有200﹣5﹣10﹣40﹣80＝65（人），
1800×＝585（人），
答：估计受表扬的学生有585人．
【点评】本题考查频数分布表，扇形统计图，解题的关键是掌握“频率＝频数÷总数”．
【考点】一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用．
【分析】（1）设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，根据5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人，3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人得：，解方程组可得答案，
（2）设租用A型车m辆，则租用B型车（10﹣m）辆，可得：，又m是正整数，故m可取5，6，7，8，共有4种方案，设总租金为w元，有w＝500m+600（10﹣m）＝﹣100m+6000，由一次函数性质可得租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱，
（3）设s甲＝kt，s乙＝kt+b，用待定系数法求出解析式，根据两车第一次相遇后，相距25千米，可得100t﹣50﹣75t＝25或300﹣75t＝25，即可解得答案．
解：（1）设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，
根据题意得：，
解得：，
∴每辆A型车坐满后载客40人，每辆B型车坐满后载客55人，
（2）设租用A型车m辆，则租用B型车（10﹣m）辆，
由题意得：，
解得：5≤m≤8，
∵m是正整数，
∴m可取5，6，7，8
∴共有4种方案，
设总租金为w元，
根据题意得w＝500m+600（10﹣m）＝﹣100m+6000，
∵﹣100＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴m＝8时，w最小为﹣100×8+6000＝5200（元），
∴租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱，
（3）设s甲＝kt，把（4，300）代入得：
300＝4k，
解得k＝75，
∴s甲＝75t，
设s乙＝kt+b，把（0.5，0），（3.5，300）代入得：
，
解得，
∴s乙＝100t﹣50，
∵两车第一次相遇后，相距25千米，
∴100t﹣50﹣75t＝25或300﹣75t＝25，
解得t＝3或t＝，
∴在甲乙两车第一次相遇后，当t＝3小时或小时时，两车相距25千米．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
【考点】二次根式的加减法
【分析】（1）根据题意列式计算即可,
（2）将已知等式化简可得，m+2n﹣2m0，然后分三种情况分别列式计算：根据m+2n（﹣2﹣m）＝0，m，n均为有理数 可得m+2n是有理数 由m+2n（﹣2﹣m）＝0 可得 （﹣2﹣m）也是有理数，当﹣2﹣m＝0时，（﹣2﹣m）才是有理数，①当m和n均为有理数时，②当m和n中一个为有理数，另一个为无理数时，③当m和n均为无理数时，当m+5n＝2时，进而可得结论．
解：（1）根据题意可知：3+x＝2，
解得x＝﹣1，
5y＝2，
解得y＝﹣3,
（2）（m）×（1）＝﹣2n+3（1），
∴mm3＝﹣2n+33，
∴m+2n﹣2m＝0，
①当m和n均为有理数时，
则有m+2n＝0，﹣2﹣m＝0，
解得：m＝﹣2，n＝1，
当m＝﹣2，n＝1时，
m5n253≠2，
所以m与5n不是关于1的平衡数,
②当m和n中一个是有理数，另一个是无理数时，
m5nm+5n，而此时m+5n为无理数，故m+5n≠2，
所以m与5n不是关于1的平衡数,
③当m和n均为无理数时，当m+5n＝2时，
∵m+2n﹣2m＝0，
解得m，n，
使得m与5n是关于1的平衡数，
当m，n时，
m与5n不是关于1的平衡数，
综上可得：当m，n时，m与5n是关于1的平衡数，否则m与5n不是关于1的平衡数．
【点评】本题考查了二次根式的加减法，解决本题的关键是掌握分母有理化的方法．
【考点】四边形的综合题
【分析】(1) 延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；
(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；
(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求
解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，
∴∠ADF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠ADF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(2)仍旧成立，理由如下：
延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
设BD延长线DM交AE于M点，
∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，
∴∠MDF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠MDF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF，
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(3)如下图所示：
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAE=∠EBG,
∴∠BEA=∠EBG，
∴AECG，
∴∠AEG+∠G=180°，
∴∠AEG=90°，
∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，
∴四边形AEGC为矩形，
∴AC=EG，且AB=BE，
∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，
∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，
又∵ED=AC=EG，且EB=EB，
∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，
∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，
∴∠BAC=30°，
∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：
．
故答案为：．
【点评】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．
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