2023-2024学年安徽省合肥市蜀山区八年级(下)期末数学试卷及答案解析

2023-2024学年安徽省合肥市蜀山区八年级（下）期末
数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的。

1．（3分）下列不是最简二次根式的是（）
A．B．C．D．
2．（3分）用配方法解方程x2﹣6x+1＝0时，配方后得到的方程是（）
A．（x﹣6）2＝35B．（x﹣6）2＝37C．（x﹣3）2＝10D．（x﹣3）2＝8
3．（3分）方程根的情况是（）
A．两根一正一负B．两根都是负数C．两根都是正数D．没有实数根
4．（3分）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（）
A．对边相等B．对角相等C．对角线互相垂直D．对角线互相平分
5．（3分）某班10名学生的校服尺寸与对应人数如表所示：
尺寸（cm）160165170175180
学生人数（人）13222
则这10名学生校服尺寸的众数和中位数分别为（）
A．165cm，165cm B．165cm，170cm
C．170cm，165cm D．170cm，170cm
6．（3分）在△ABC中，三边长分别为a，b，c，且b+c＝2a，，则△ABC是（）
A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
7．（3分）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，如果添加一个条件使得▱ABCD是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（）
A．∠DAC＝∠ACD B．∠DAC＝∠ADB C．∠DAC＝∠BAC D．∠DAC+∠ADB＝90°8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝8，点D在BC边上，DA＝DB＝DC，点E是△ABC内部一点，EA＝EB＝5，延长BE交AC于点F，连接DE，且DE＝2，则△ABC的面积是（）
A．32B．36C．40D．44
9．（3分）关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法错误的是（）
A．若a﹣b+c＝0，则b2﹣4ac≥0
B．若c是方程ax2+bx+c＝0的一个实数根，则一定有ac+b+1＝0成立
C．若方程ax2＝c没有实数根，则方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实数根
D．若m是方程ax2+bx+c＝0的一个实数根，则b2﹣4ac＝（2am+b）2
10．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，AC＝2BD＝10，则AB+CD的最小值为（）
A．B．10C．15D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）（填“＞”、“＜”或“＝”）．
12．（3分）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为．
13．（3分）数据1，3，3，6，7的方差是．
14．（3分）一艘轮船以24海里/小时的速度离开港口向东北方向航行，另一艘轮船同时同地以18海里/小时的速度向西北方向航行，它们离开港口2.5小时后相距海里．
15．（3分）为了节省材料，某农场水产养殖户利用水库的岸堤（岸堤足够长）为一边，用总长为120米的围网在水库中围成了如图所示的①②③三块矩形区域，且这三块矩形区域的面积都为225平方米，则图中区域①矩形的长a为米．
16．（3分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝45°，，M为AC的中点，N为AB边上一动点，连接MN，将△AMN沿MN折叠得到△A'MN，A′M与AB交于点P，连接A′B，若△A′BP是直角三角形，则AN＝．
三、解答题（本大题共7小题，满分52分）
17．（6分）计算：．
18．（6分）解方程：x2﹣6x﹣5＝0．
19．（6分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上．
（1）请在图中作出▱ABCD；
（2）请你使用无刻度直尺作出BC的中点，记为点M（保留作图痕迹）．
20．（8分）如图，在▱ABCD中，AE＝CF，连接BE，DF，点G，H分别是BE，DF的中点，连接EH，FG．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）若▱ABCD的面积为20，DE＝2AE，则四边形EGFH的面积是．
21．（8分）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船成功发射，航天员叶光富、李聪、李广苏乘神舟赴太空．某校对全体学生进行了“航空知识”了解情况的调查，并随机抽取了这次调查中部分同学的成绩，将调查成绩按下表进行整理（成绩用x分表示）．
调查成绩60＜x≤7070＜x≤8080＜x≤9090＜x≤100级别合格中等良好优秀并绘制了如下不完整的统计图：
请根据以上信息，完成下列问题：
（1）参加此次调查的学生人数为人，并补全频数分布直方图；
（2）根据上面的频数分布直方图，我们可以用各组的组中值（数据分组后，一个小组的组中值是指这个小组的两个端点的数的平均数．例如：80＜x≤90的组中值为）代表该组数据的平均值，据此估算所抽取学生的平均成绩；
（3）若该校有1800名学生，请估计调查成绩在良好以上（x＞80）的学生约有多少名？
22．（8分）交警部门提醒广大市民，为保障自身安全，骑车出行必须佩戴安全头盔．某品牌头盔在销售单价不变的情况下，5月份的月销量比3月份增加了44%．
（1）求该品牌头盔3月份到5月份的月销售总额的平均增长率（月销售总额＝月销量×单价）；
（2）若该品牌头盔5月销售总额为7000元，按此增长率，请你预测7月份该品牌头盔月销售总额是否超过10000元？
23．（10分）如图1，正方形ABCD中，点E是CD延长线上一点，连接AE，AC，过点C作CF⊥AE于点F，交AD于点G．
（1）求证：DE＝DG；
（2）如图2，连接BD，DF，若CF平分∠ACE，求∠BDF的度数；
（3）如图3，连接DF，若AF＝3，DF＝2，请直接写出CF的长．
2023-2024学年安徽省合肥市蜀山区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其中只有一个是符合题目要求的。

1．【分析】根据最简二次根式的定义进行解题即可．
【解答】解：A、是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次根式，不符合题意；
D、＝3，不是最简二次根式，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式．
2．【分析】先移项得到x2﹣6x＝﹣1，再把方程两边加上9，然后把方程左边用完全平方形式表示即可．【解答】解：x2﹣6x＝﹣1，
x2﹣6x+9＝8，
（x﹣3）2＝8．
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
3．【分析】利用根的判别式及根与系数的关系进行解答即可．
【解答】解：∵x1+x2＝﹣，x1•x2＝﹣，Δ＝2+12＝14＞0，
∴方程两个根为一正一负．
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握判别式、根与系数的关系是解题的关键．
4．【分析】利用菱形的性质和平行四边形的性质进行判断可求解．
【解答】解：∵菱形具有的性质有：四边相等，两组对边平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形的性质有：两组对边分别平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，
∴菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是对角线互相垂直，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
5．【分析】根据表格可以直接得到这10名学生校服尺寸的众数，然后将表格中数据按从小到大的顺序排列即可得到中位数．
【解答】解：由表格可知，这10名学生校服尺寸的众数是165cm，
这10名学生校服尺寸按从小到大排列是：160、165、165、165、170、170、175、175、180、180，
故这10名学生校服尺寸的中位数是：cm，
故选：B．
【点评】本题考查众数和中位数，解题的关键是明确众数和中位数的定义，会求一组数据的众数和中位数．
6．【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形进行判断即可．
【解答】解：∵b+c＝2a，c﹣b＝a，
∴c2﹣a2＝b2，
∴△ABC是直角三角形．
故选：A．
【点评】此题主要考查了勾股定理的逆定理，勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
7．【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵∠DAC＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∴▱ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵∠DAC＝∠ADB，
∴OA＝OD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA＝∠BAC，
∵∠DAC＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴▱ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D∵∠DAO+∠ADO＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∴AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定是解题的关键．
8．【分析】延长DE，交AB于点G，根据SSS证明△BDE≌△ADE，从而证明∠BDE＝∠ADE，根据等腰三角形的性质得到DG⊥AB，AG＝BG＝AB，在Rt△BGE中利用勾股定理求出EG，从而求出DG，由三角形面积公式求出△ABD的面积；由BD＝CD可知△ACD与△ABD的面积相等，从而计算出△ABC 的面积．
【解答】解：延长DE，交AB于点G．
∵在△BDE和△ADE中，
，
∴△BDE≌△ADE（SSS），
∴∠BDE＝∠ADE，
∴DG是∠ADB的平分线，
∵AD＝BD，
∴DG⊥AB，AG＝BG＝AB＝4，
∴在Rt△BGE中，EG＝＝＝3，
∴DG＝DE+EG＝2+3＝5，
＝AB•DG＝×8×5＝20，
∴S
△ABD
∵BD＝CD，
＝S△ABD＝20，
∴S
△ACD
＝S△ACD+S△ABD＝20+20＝40．
∴S
△ABC
故选：C．
【点评】本题考查三角形的面积，正确地作辅助线并掌握等腰三角形的性质和三角形面积公式是解题的关键．
9．【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义逐个判断即可．
【解答】解：若a﹣b+c＝0，则x＝﹣1是方程ax2+bx+c＝0的解，
由一元二次方程的实数根与判别式的关系可知：Δ＝b2﹣4ac≥0，故A正确，不符合题意；
方程ax2+c＝0有两个不相等的实根，
∴Δ＝0﹣4ac＞0，
∴﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴方程ax2+bx+c＝0必有两个不相等的实根，故C正确，不符合题意；
∵c是方程ax2+bx+c＝0的一个根，
∴ac2+bc+c＝0，
∴c（ac+b+1）＝0，
因c＝0，等式仍然成立，故ac+b+1＝0不一定成立，故B不正确，符合题意；
若x0是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，
由求根公式可得：x0＝，
∴2ax0+b＝±，
∴b2﹣4ac＝（2ax0+b）2，故D正确，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根是解题的关键．
10．【分析】过点B作BE∥AC，BE＝AC＝10，则四边形BECA是平行四边形，利用勾股定理求出DE的
长，再利用三角形三边关系可得答案．
【解答】解：过点B作BE∥AC，BE＝AC＝10，
则四边形BECA是平行四边形，
∴AB＝CE，
∵BD⊥AC，AC∥BE，
∴∠DBE＝90°，
∵2BD＝10，
∴BD＝5，
∴DE＝＝5，
∵DE+CE≥DE，
∴DE+CE的最小值为5，
故选：D．
【点评】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定与性质，作辅助线构造平行四边形是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．【分析】先把根号前面的整数变成它的平方，移到根号里面，然后比较被开方数即可．【解答】解：，
∵20＞18，
∴，即，
故答案为：＞．
【点评】本题主要考查了实数的大小比较，解题关键是熟练掌握把根号前面的整数移到根号内．12．【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．
【解答】解：∵多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，
则内角和是720度，
720÷180+2＝6，
∴这个多边形的边数为6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和定理，熟练掌握定理是解题的关键．13．【分析】根据方差的定义列式计算即可．
【解答】解：这组数据的平均数为＝4，
∴这组数据的方差为×[（1﹣4）2+2×（3﹣4）2+（6﹣4）2+（7﹣4）2]＝4.8，
故答案为：4.8．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的定义．
14．【分析】根据已知条件，构建直角三角形，利用勾股定理进行解答．
【解答】解：如图，由已知得，OB＝24×2.5＝60海里，OA＝18×2.5＝45海里，
在△OAB中，∠AOB＝90°，
由勾股定理得OB2+OA2＝AB2，
∴AB＝＝75（海里）．
答：两船半小时后相距75海里，
故答案为：75．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，方向角，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
15．【分析】设图中区域①矩形的宽为x米，根据这三块矩形区域的面积相等，可得出图中区域②矩形的宽为2x米，结合围网的总长为120米，可得出图中区域①矩形的长a＝（60﹣4x）米，结合图中区域
①矩形的面积为225平方米，可列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再将其代入a＝（60
﹣4x）中，即可求出结论．
【解答】解：设图中区域①矩形的宽为x米，则图中区域②矩形的宽为2x米，图中区域①矩形的长a＝＝（60﹣4x）米，
根据题意得：（60﹣4x）x＝225，
整理得：4x2﹣60x+225＝0，
解得：x1＝x2＝，
∴a＝60﹣4x＝60﹣4×＝30．
故答案为：30．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．16．【分析】由题意知，∠ABC＝45°＝∠A，则AC＝BC＝6，由勾股定理得，AB＝12，AM＝CM＝3，
由折叠的性质可知，∠MA′N＝∠A＝45°，A′N＝AN，MA′＝AM＝3，由题意知，当△A′BP 是直角三角形时，分∠A′PB＝90°，∠BA′P＝90°，两种情况求解；当∠A′PB＝90°，A′在AB 左侧时，MA′⊥AB，如图1，则PM＝AP，A′P＝PN，由勾股定理得，AM＝3，可求PM＝3，则
A′P＝A′M﹣PM＝3﹣3，由勾股定理得，A′N＝6﹣3，进而可求AN；当∠A′PB＝90°，A′
在AB右侧时，MA′⊥AB，如图2，则PA′＝PM+A′M＝3+3，设AN＝A′N＝x，则PN＝x﹣3，由勾股定理得，A′N2﹣PN2＝PA′2计算求解即可；当∠BA′P＝90°，A′在AB左侧，如图3，连接BM，作BD⊥NA′的延长线于D，证明Rt△A′BM≌Rt△CBM（HL），则A′B＝CB＝6，A′D＝BD，由勾股定理得，A′B＝6，可求A′D＝BD＝6，设A′N＝AN＝a，则DN＝6+a，BN＝12﹣a，由勾股定理得，BN2﹣DN2＝BD2，可求得a＝2，进而可得AN的值；当∠BA′P＝90°，A′在AB右侧，A′、C重合，如图4，则MN⊥AC，由∠ANM＝45°＝∠BAC，可得MN＝AM＝3，由勾股定理得，AN2＝MN2+AM2，计算求解即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝45°，
∴∠ABC＝45°＝∠A，
∴AC＝BC＝6，
∴由勾股定理得，AB＝12，
∴AM＝CM＝3，
由折叠的性质可知，∠MA′N＝∠A＝45°，A′N＝AN，MA′＝AM＝3，
由题意知，当△A′BP是直角三角形时，分∠A′PB＝90°，∠BA′P＝90°，两种情况求解；
当∠A′PB＝90°，A′在AB左侧时，MA′⊥AB，如图1，
∴∠PMA＝45°＝∠A，∠A′NP＝45°＝∠MA′N，
∴PM＝AP，A′P＝PN，
由勾股定理得，AM＝PM＝3，
解得，PM＝3，
∴AP＝3，
∴A′P＝A′M﹣PM＝3﹣3，
由勾股定理得，A′N＝6﹣3，
∴AN＝6﹣3；
当∠A′PB＝90°，A′在AB右侧时，MA′⊥AB，如图2，
∴PA′＝PM+A′M＝3+3，
设AN＝A′N＝x，则PN＝x﹣3，
由勾股定理得，A′N2﹣PN2＝PA′2，即x2﹣（x﹣3）2＝（3+3）2，
解得，x＝6+3，
∴AN＝6+3；
当∠BA′P＝90°，A′在AB左侧时，如图3，连接BM，作BD⊥NA′的延长线于D，
∵∠BA′M＝90°＝∠C，BM＝BM，A′M＝CM，
∴Rt△A′BM≌Rt△CBM（HL），
∴A′B＝CB＝6，
∵∠BA′D＝180°﹣∠MA′N﹣∠BA′M＝45°，
∴∠A′BD＝45°＝∠BA′D，
∴A′D＝BD，
由勾股定理得，A′B＝＝BD＝6，
解得，A′D＝BD＝6，
设A′N＝AN＝a，则DN＝6+a，BN＝12﹣a，
由勾股定理得，BN2﹣DN2＝BD2，即（12﹣a）2﹣（6+a）2＝62，
解得，a＝2，
∴AN＝2；
当∠BA′P＝90°，A′在AB右侧，A′、C重合，如图4，
∴MN⊥AC，
∵∠ANM＝45°＝∠BAC，
∴MN＝AM＝3，
由勾股定理得，AN＝＝6；
综上所述，AN的值为6﹣3或6+3或2或6．
故答案为：6﹣3或6+3或2或6．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质并分情况求解是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，满分52分）
17．【分析】先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可．
【解答】解：原式＝（4+12﹣20）÷
＝﹣4÷
＝﹣4．
【点评】此题考查了二次根式的加减运算，属于基础题，掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并是
关键．
18．【分析】先变形为x2﹣6x＝5，再把方程两边都加上9得x2﹣6x+9＝5+9，则（x﹣3）2＝14，然后用直接开平方法解方程即可．
【解答】解：移项得x2﹣6x＝5，
方程两边都加上9得x2﹣6x+9＝5+9，
即（x﹣3）2＝14，
则x﹣3＝±，
所以x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．19．【分析】（1）根据平行四边形的判定作出图形；
（2）取格点J，K，连接JK交BC于点M，点M即为所求．
【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求；
（2）如图，点M即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
20．【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥CB，AD＝CB，而AE＝CF，所以DE＝BF，则四边形BFDE
是平行四边形，所以BE＝DF，BE∥DF，因为EG＝BE，FH＝DF，所以EG＝FH，则四边形EGFH 是平行四边形；
（2）连接EF，设AD与BC之间的距离为h，则S▱ABCD＝AD•h＝20，由DE＝2AE，得DE＝AD，
＝S△BEF，S△HFE＝S△DFE，所以S四边形EGFH＝（S 所以S▱BFDE＝DE•h＝AD•h＝，因为S
△GEF
+S△DFE）＝S▱BFDE＝，于是得到问题的答案．
△BEF
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AD＝CB，
∵AE＝CF，
∴AD﹣AE＝CB﹣CF，
∴DE＝BF，
∵DE∥BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE＝DF，BE∥DF，
∵点G，H分别是BE，DF的中点，
∴EG＝BE，FH＝DF，
∴EG＝FH，
∵EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形．
（2）解：连接EF，设AD与BC之间的距离为h，则S▱ABCD＝AD•h＝20，
∵DE＝2AE＝2（AD﹣DE），
∴3DE＝2AD，
∴DE＝AD，
∴S▱BFDE＝DE•h＝AD•h＝×20＝，
＝S△BEF，S△HFE＝S△DFE，
∴S
△GEF
＝S△GEF+S△HFE＝（S△BEF+S△DFE）＝S▱BFDE＝×＝，∴S
四边形EGFH
故答案为：．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平行四边形的面积公式等知识，证明四边形BFDE 是平行四边形是解题的关键．
21．【分析】（1）根据优秀的人数和所占的百分比即可求出此次调查的学生的人数，用总人数减去其它组的人数求出中等的人数，即可补全频数分布直方图；
（2）根据加权平均数公式计算即可；
（3）用总人数乘以测试成绩在良好以上（x＞80）的学生人数所占的百分比即可．
【解答】解：（1）参加此次调查的学生的人数为27÷45%＝60（人），
中等的人数为60﹣3﹣24﹣27＝6（人），
补全频数分布直方图如下：
故答案为：60；
（2）＝87.5（分），
答：估计所抽取的学生的平均成绩为87.5分；
（3）1800×＝1530（名），
答：估计测试成绩在良好以上（x＞80）的学生约有1530名．
【点评】本题主要考查了频数分布直方图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体和加权平均数，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．
22．【分析】（1）设该品牌头盔3月份到5月份的月销售总额的平均增长率为x，3月份的月销量为a，根据5月份的月销量比3月份增加了44%．列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可；
（2）由题意求出7月份该品牌头盔月销售总额，即可解决问题．
【解答】解：（1）设该品牌头盔3月份到5月份的月销售总额的平均增长率为x，3月份的月销量为a，由题意得：a（1+x）2＝a（1+44%），
解得：x2＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不符合题意，舍去），
答：该品牌头盔3月份到5月份的月销售总额的平均增长率为20%；
（2）由题意可知，7月份该品牌头盔月销售总额为：7000（1+20%）2＝10080（元），
∵10080＞10000，
∴7月份该品牌头盔月销售总额超过10000元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．23．【分析】（1）由正方形ABCD，可得AD＝CD，∠ADC＝90°，由CF⊥AE，可得∠CFE＝90°，则∠EAD+∠E＝90°＝∠FCE+∠E，即∠EAD＝∠GCD，证明△ADE≌△CDG（ASA），进而可得DE＝DG；
（2）由正方形ABCD，可得∠ACD＝∠ADB＝∠BDC＝45°，由CF平分∠ACE，可得
，则∠E＝180°﹣∠CFE﹣∠ECF＝67.5°，由CF平分∠ACE，CF ⊥AE，可得AF＝EF，则DF＝EF，∠FDE＝∠E＝67.5°，根据∠BDF＝180°﹣∠BDC﹣∠FDE，计算求解即可；
（3）如图2，在CF上取点H，使CH＝AF＝3，连接DH，证明△DAF≌△DCH（SAS），则DF＝DH ＝2，∠ADF＝∠CDH，∠FDH＝90°，由勾股定理得，根据CF＝CH+FH，计算求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝90°＝∠CDG，
∵CF⊥AE，
∴∠CFE＝90°，
∴∠EAD+∠E＝90°＝∠FCE+∠E，即∠EAD＝∠GCD，
∵∠EAD＝∠GCD，AD＝CD，∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（ASA），
∴DE＝DG；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ADB＝∠BDC＝45°，
∵CF平分∠ACE，
∴，
∴∠E＝180°﹣∠CFE﹣∠ECF＝67.5°，
∵CF平分∠ACE，CF⊥AE，
∴AF＝EF，
∴DF＝EF，
∴∠FDE＝∠E＝67.5°，
∴∠BDF＝180°﹣∠BDC﹣∠FDE＝67.5°，
∴∠BDF的度数为67.5°；
（3）解：如图2，在CF上取点H，使CH＝AF＝3，连接DH，
由（1）可知，△ADE≌△CDG（ASA），
∴∠DAF＝∠DCH，
∵DA＝CD，∠DAF＝∠DCH，AF＝CH，
∴△DAF≌△DCH（SAS），
∴DF＝DH＝2，∠ADF＝∠CDH，
∴∠ADF+∠ADH＝∠CDH+∠ADH，即∠FDH＝90°，
由勾股定理得
∴
∴CF的长为．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理是解题的关键。