13.(改编)关于$x$的一元二次方程$3x^2 - 4x + a = 0$有两个相等的实数根,则$a$的值为$\underline{\hspace{5cm}}$。

13.$\dfrac{4}{3}$

14.(改编)在$□ ABCD$中，$∠ C=3∠ B$，则$∠ A=$度。

14.135

15.(改编)如图,在矩形ABCD中,AC与BD交于点O,E为OC上一点,连结BE并延长交CD于点F,满足BA=BE,若BF=$4\sqrt{2}$,DF=$2\sqrt{2}$,则BC=。

15.$\sqrt{30}$ 解析:因为BA=BE,所以∠BAE=∠BEA,在矩形
ABCD中,AB//CD,则∠BAE=∠ACD,因为∠BEA=
∠CEF,所以∠CEF=∠ECF,则FE=FC,设FE=FC=x,
则DC=DF+FC=2√2 +x,BE=BF-EF=4√2 -x,在矩
形ABCD中,AB=CD,则AB=BE=CD,即4√2 -x=
2√2 +x,解得x=√2,在Rt△BFC中,BF=4√2,FC=√2,则
由勾股定理可得BC=√(BF²-FC²)=√30,故答案为:√30。

16.如图，O是$□ ABCD$对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将$□ ABCD$折叠，使点A，B分别落在$A'$，$B'$处，$NB'$交CD于点E，若E是CD的中点，$NC=3$，$NB=7$，则$EB'=$______。

16.2 解析:延长AD,NB'交
于点H,因为四边形
ABCD是平行四边形,O
是AC的中点,E是CD的
中点,所以AD//BC,
AD=BC,OA=OC,DE=
CE, 所以 ∠AMO =
∠CNO,∠H = ∠CNE,∠HMN = ∠BNM, 由折叠得
∠HNM=∠BNM,NB' = NB,所以∠HMN=∠HNM,在
△AOM 和△CON 中,$\begin{cases}∠AMO=∠CNO,\\∠AOM=∠CON,\\OA=OC,\end{cases}$所以△AOM ≅
△CON(AAS),所以MA=NC=3,所以AD-MA=BC-
NC,所以MD=NB=NB'=7,在△DEH 和△CEN 中,
$\begin{cases}∠H=∠CNE,\\∠DEH=∠CEN,\\DE=CE,\end{cases}$所以△DEH ≅ △CEN (AAS),所以
HD=NC=3,EH=EN,所以NH=MH=MD+HD=10,
所以EH=EN=$\dfrac{1}{2}$NH=5,所以EB'=NB'-EN=7-5=
2,故答案为:2。

三、解答题（本大题有8小题，第17～21题每题8分，第22、23题每题10分，第24题12分，共72分）

解：
17. 计算：
(1) $\sqrt{12} - \sqrt{3} = 2\sqrt{3} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$
(2) $(\sqrt{5} + 3)(\sqrt{5} - 3) = (\sqrt{5})^2 - 3^2 = 5 - 9 = -4$
18. 解方程：
(1) $x^2 - 4x = 0$
$x(x - 4) = 0$
$x_1 = 0,\ x_2 = 4$
(2) $x^2 - 2x - 2 = 0$
$x^2 - 2x + 1 = 3$
$(x - 1)^2 = 3$
$x - 1 = \pm\sqrt{3}$
$x_1 = 1 + \sqrt{3},\ x_2 = 1 - \sqrt{3}$
19. 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB = CD,\ AB// CD$。
∵ $E,F$分别是$AB,CD$的中点，
∴ $BE = \frac{1}{2}AB,\ DF = \frac{1}{2}CD$，
∴ $BE = DF$，
又∵ $BE// DF$，
∴ 四边形$DEBF$是平行四边形。
20. 解：
(1) 平均数：$\frac{4×3 + 5×4 + 6×2 + 9×1}{10} = 5.3$（吨）
众数是$5$吨。
(2) $1000×5.3 = 5300$（吨）
答：估计该小区居民每月共用水5300吨。
21. 解：
(1) 将$A(2,3)$代入$y = \frac{k}{x}$，得$3 = \frac{k}{2}$，解得$k = 6$，
∴ 反比例函数解析式为$y = \frac{6}{x}$。
(2) 将$B(a,6)$代入$y = \frac{6}{x}$，得$6 = \frac{6}{a}$，解得$a = 1$，
即$B(1,6)$。
设直线$AB$解析式为$y = mx + n$，代入$A(2,3),B(1,6)$得：
$\begin{cases}2m + n = 3 \\ m + n = 6 \end{cases}$，解得$\begin{cases}m = -3 \\ n = 9 \end{cases}$
∴ 直线$AB$的解析式为$y = -3x + 9$。
22. 解：
(1) 由题意得，销售量为$400 - 20(x - 30) = 1000 - 20x$，
∴ $y = (x - 20)(1000 - 20x) = -20x^2 + 1400x - 20000\ (x≥30)$
(2) $y = -20x^2 + 1400x - 20000 = -20(x - 35)^2 + 4500$
∵ $-20 ＜ 0$，
∴ 当$x = 35$时，$y$取最大值，最大值为$4500$。
答：当销售单价定为35元时，半个月内获得的利润最大，最大利润是4500元。
23. (1) 证明：
∵ $FH$是$AE$的垂直平分线，
∴ $FA = FE,\ HA = HE$，
又∵ $FH = FH$，
∴ $△ FAH ≌ △ FEH\ (\mathrm{SSS})$，
过点$H$作$HM⊥ AB$于$M$，
∵ 正方形$ABCD$中，$AD = AB,\ ∠ D = ∠ B = ∠ BAD = 90°$，
∴ 四边形$AMHD$是矩形，得$HM = AB$，
∵ $FH⊥ AE$，
∴ $∠ BAE + ∠ AFG = 90°$，$∠ MHF + ∠ AFG = 90°$，
∴ $∠ BAE = ∠ MHF$，
∴ $△ ABE ≌ △ HMF\ (\mathrm{ASA})$，得$AE = FH$，
结合勾股定理逆定理可证$∠ AHE = 90°$。
(2) 解：
设正方形边长为4，$BE = m$，建立平面直角坐标系：令$A(0,0),B(4,0),C(4,4),D(0,4)$，则$E(4,m)$，
$AE$中点$G(2,\frac{m}{2})$，$FH$斜率为$-\frac{4}{m}$，
$FH$解析式为$y - \frac{m}{2} = -\frac{4}{m}(x - 2)$，代入$CD$边$y=4$，
解得$H$点横坐标为$\frac{m^2}{8} - m + 2$，
∴ $CH = 4 - (\frac{m^2}{8} - m + 2) = -\frac{m^2}{8} + m + 2$。
24. 解：
(1) ∵ $CD$是等腰分割线，$∠ A = 100°$为钝角，
∴ 仅$AC = AD$，$∠ ACD = \frac{180° - 100°}{2} = 40°$。
(2) ∵ $AC$是等腰分割线，平行四边形中$△ ABC ≌ △ CDA$，
等腰$△ ABC$三边为$AB=5,BC=8,AC$，分两种情况：
① $AC = AB = 5$；② $AC = BC = 8$，均满足三角形三边关系，
∴ $AC$的长为5或8。
(3) $CD$的长为$5$、$6$、$\frac{7}{4}$。

17.计算：
(1)$\sqrt{18} × \sqrt{2} - 5$；
(2)$(2\sqrt{2} - 3\sqrt{3}) × (3\sqrt{3} + 2\sqrt{2})$。

17.(1)原式=$3\sqrt{2} ×\sqrt{2} -5=6-5=1$。
(2)原式=$(2\sqrt{2})^2-(3\sqrt{3})^2=8-27=-19$。

18.解方程:
(1)$x^2 - 2x = 15$;
(2)$x^2 - 7x + 1 = 0$。

18.(1)因为$x^2-2x=15$,所以$x^2-2x-15=0$,则$(x-5)(x+3)=0$,所以$x-5=0$或$x+3=0$,解得$x_1=5$,$x_2=-3$。
(2)因为$a=1$,$b=-7$,$c=1$,所以$\Delta=49-4×1×1=45＞0$,则$x=\dfrac{7±3\sqrt{5}}{2}$,即$x_1=\dfrac{7+3\sqrt{5}}{2}$,$x_2=\dfrac{7-3\sqrt{5}}{2}$。