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上海市青浦区2020-2021学年八年级下学期期末考试数学试卷（word版 含答案）
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这是一份上海市青浦区2020-2021学年八年级下学期期末考试数学试卷（word版 含答案），共26页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市青浦区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题(本大题共6题，每题2分，满分12分)[每题只有一个正确选项，在答题纸相应位置填涂]
1．如果一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＞0，且b＜0 C．k＜0，且b＞0 D．k＜0，且b＜0
2．下列方程中，有实数解的是（ ）
A．+1＝0 B．x2+3x+4＝0 C．2x4﹣1＝0 D．
3．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，且AE＝2EB，CF＝2FD，联结EF．下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．∥ D．
4．下列事件属于必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币，落地后正面朝下
B．打开电视机，正在播放广告
C．篮球运动员投篮，把球投进篮筐
D．从地面往上抛出的足球会落下
5．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
C．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．一组对边平行，且对角线互相垂直的四边形是正方形
6．如图，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积是（ ）
A．16 B．10 C．18 D．20
二、填空题(本大题共12题，每小题3分，满分36分)[请将结果直接填入答题纸的相应位置]
7．（3分）如果将直线y＝3x﹣1平移，使其经过点（0，3），那么平移后所得直线的表达式是 ．
8．（3分）在直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的点的横坐标x的取值范围是 ．
9．（3分）一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，如果函数值y随自变量x的值增大而增大，那么m的取值范围是 ．
10．（3分）方程x4﹣8＝0的根是
11．（3分）方程﹣1＝0的解是 ．
12．（3分）用换元法解分式方程＝0时，如果设＝y，将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是 ．
13．（3分）化简：＝ ．
14．（3分）如果一个多边形的每个外角都是60°，那么这个多边形内角和的度数为 ．
15．（3分）在一个袋子中装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，如果从中随机摸出两个球，那么摸到的两个球颜色不同的概率是 ．
16．（3分）某校八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝14岁生日活动，先遣队与大部队同时出发．已知先遣队的行进速度是大部队行进速度的1.2倍，预计比大部队早半个小时到达目的地．如果设大部队的行进速度为x千米/时，那么根据题意，列出的方程为 ．
17．（3分）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线，如图，在4×2的方格纸中，A、B在格点上，如果C、D在格点上，且AB是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有 个．
18．（3分）在矩形ABCD中，AD＝3，对角线AC、BD交于点O，M为AB上一点，且S△BMD＝2S△AMD．将△ADM绕点A顺时针旋转，使点D恰好落在点O处，点M落在点N处，那么点N与点B的距离为 ．
三、解答题(本大题共7题，满分52分)
19．（5分）解方程：．
20．（5分）解方程组：．
21．（5分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝2，BC＝3，点E为边AD的中点，过点E作EF⊥EC交AB于点F，求线段AF的长．
22．（7分）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于100千克，超过250千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价y（元/千克）与质量x（千克）的函数关系．
（1）求线段AB所在直线的函数解析式；
（2）小张用800元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
23．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．
（1）求证：AB＝2BE；
（2）求证：DG＝CF+GE．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点．点C在线段AB上，且CB＝3CA．
（1）求点C的坐标；
（2）在坐标平面内是否存在点Q，使得以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（12分）已知：在边长为4的正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，且BP＝3．将三角板的直角顶点与点P重合，一条直角边与直线BC交于点E，另一条直角边与射线BA交于点F（点F不与点B重合），将三角板绕点P旋转．
（1）如图，当点E、F在线段BC、AB上时，求证：PE＝PF；
（2）当∠FPB＝30°时，求△BEP的面积；
（3）当△BEP为等腰三角形时，求线段BF的长．
2020-2021学年上海市青浦区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共6题，每题2分，满分12分)[每题只有一个正确选项，在答题纸相应位置填涂]
1．如果一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＞0，且b＜0 C．k＜0，且b＞0 D．k＜0，且b＜0
【分析】经过第一、三象限，说明x的系数大于0，得k＞0，又经过第四象限，说明常数项小于0，即b＜0，即可确定k的取值范围．
【解答】解：由一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，得k＞0，b＜0．
故选：B．
2．下列方程中，有实数解的是（ ）
A．+1＝0 B．x2+3x+4＝0 C．2x4﹣1＝0 D．
【分析】移项得出＝﹣1，再根据算术平方根的非负性即可判断A；根据根的判别式即可判断B；移项后方程两边除以2得出x4＝，再方程两边开四次方根即可判断C；方程两边都乘以x﹣2，再进行检验，即可判断D．
【解答】解：A．+1＝0，
移项，得＝﹣1，
∵≥0，
∴此方程无实数解，故本选项不符合题意；
B．x2+3x+4＝0，
△＝32﹣4×1×4＝﹣7＜0，
所以方程无实数解，故本选项不符合题意；
C．2x4﹣1＝0，
2x4＝1，
x4＝，
x＝，即方程有实数解，故本选项符合题意；
D．＝，
方程两边都乘以x﹣2，得2＝x，
即x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，所以x＝2是增根，
即原方程无实数解，故本选项不符合题意；
故选：C．
3．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，且AE＝2EB，CF＝2FD，联结EF．下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．∥ D．
【分析】根据平行四边形的性质条件题目条件一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AE＝2EB，CF＝2FD，
∴AE＝CF，DF＝EB，
∴＝，＝﹣，∥，故选项A，B，C正确，
∵＝++＝++，故D错误，
故选：D．
4．下列事件属于必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币，落地后正面朝下
B．打开电视机，正在播放广告
C．篮球运动员投篮，把球投进篮筐
D．从地面往上抛出的足球会落下
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：A、抛掷一枚硬币，落地后正面朝下，是随机事件；
B、打开电视机，正在播放广告，是随机事件；
C、篮球运动员投篮，把球投进篮筐，是随机事件；
D、从地面往上抛出的足球会落下，是必然事件；
故选：D．
5．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
C．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．一组对边平行，且对角线互相垂直的四边形是正方形
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后，即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组对边平行，且另一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形或直角梯形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意；
D、一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形或直角梯形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故选：C．
6．如图，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积是（ ）
A．16 B．10 C．18 D．20
【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，根据三角形的面积公式得出△ABC的面积．
【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变，
函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5，
∴AB＝5，BC＝4，
∴△ABC的面积是：×4×5＝10．
故选：B．
二、填空题(本大题共12题，每小题3分，满分36分)[请将结果直接填入答题纸的相应位置]
7．（3分）如果将直线y＝3x﹣1平移，使其经过点（0，3），那么平移后所得直线的表达式是 y＝3x+3 ．
【分析】根据平移不改变k的值可设平移后直线的解析式为y＝3x+b，然后将点（0，3）代入即可得出直线的函数解析式．
【解答】解：设平移后直线的解析式为y＝3x+b．
把（0，3）代入直线解析式得3＝b，
解得 b＝3．
所以平移后直线的解析式为y＝3x+3．
故答案为：y＝3x+3．
8．（3分）在直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的点的横坐标x的取值范围是 x＜1 ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出直线y＝x﹣1与x轴的交点坐标，再利用一次函数的性质，即可找出直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的所有点的横坐标取值范围．
【解答】解：当y＝0时，x﹣1＝0，
解得：x＝1，
∴直线y＝x﹣1与x轴交于点（1，0）．
又∵k＝1＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的所有点的横坐标取值范围是x＜1．
故答案为：x＜1．
9．（3分）一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，如果函数值y随自变量x的值增大而增大，那么m的取值范围是 m＞2 ．
【分析】根据一次函数y＝kx+b（k≠0）的增减性来确定k的符号．
【解答】解：∵一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，函数值y随自变量x的值增大而增大，
∴m﹣2＞0，
解得，m＞2．
故答案是：m＞2．
10．（3分）方程x4﹣8＝0的根是 ±2
【分析】移项，系数化成1，再开方即可．
【解答】解：x4﹣8＝0，
x4＝8，
x4＝16，
开方得：x2＝4，
开方得：x＝±2，
故答案为±2．
11．（3分）方程﹣1＝0的解是 x＝± ．
【分析】先移项得出＝1，两边平方得出x2﹣1＝1，再求出方程的解，最后进行检验即可．
【解答】解：﹣1＝0，
＝1，
两边平方，得x2﹣1＝1，
即x2＝2，
解得：x＝，
经检验x＝是方程﹣1＝0的解，
故答案为：x＝．
12．（3分）用换元法解分式方程＝0时，如果设＝y，将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是 y2﹣2＝0 ．
【分析】设＝y，则＝，原方程＝0可变为y﹣＝0，再去分母可得答案．
【解答】解：设＝y，则＝，
因此方程＝0可变为，
y﹣＝0，
两边都乘以y得，
y2﹣2＝0，
故答案为：y2﹣2＝0．
13．（3分）化简：＝ ．
【分析】利用三角形法则化简即可．
【解答】解：∵＝﹣＝+＝．
故答案为 ．
14．（3分）如果一个多边形的每个外角都是60°，那么这个多边形内角和的度数为 720° ．
【分析】根据正多边形的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数，然后利用多边形的内角和公式计算内角和即可．
【解答】解：∵一个多边形的每个外角都是60°，
∴n＝360°÷60°＝6，
则内角和为：（6﹣2）•180°＝720°，
故答案为：720°．
15．（3分）在一个袋子中装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，如果从中随机摸出两个球，那么摸到的两个球颜色不同的概率是 ．
【分析】列表是找出所有等可能的结果数，进而得出两次颜色不同的情况数，即可求出所求的概率．
【解答】解：列表如下：
红
红
白
白
红
﹣﹣﹣
（红，红）
（白，红）
（白，红）
红
（红，红）
﹣﹣﹣
（白，红）
（白，红）
白
（红，白）
（红，白）
﹣﹣﹣
（白，白）
白
（红，白）
（红，白）
（白，白）
﹣﹣﹣
所有等可能结果数为12种，其中两个球颜色不同的情况数有8种，
则概率P＝＝．
故答案为：
16．（3分）某校八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝14岁生日活动，先遣队与大部队同时出发．已知先遣队的行进速度是大部队行进速度的1.2倍，预计比大部队早半个小时到达目的地．如果设大部队的行进速度为x千米/时，那么根据题意，列出的方程为 ．
【分析】设大部队的行进速度为x千米/时，则先遣队的行进速度为1.2x千米/时；根据“大部队用时﹣先遣队用时＝0.5小时”列分式方程即可．
【解答】解：设大部队的行进速度为x千米/时，则先遣队的行进速度为1.2x千米/时．根据题意，可列出方程．
故答案为：．
17．（3分）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线，如图，在4×2的方格纸中，A、B在格点上，如果C、D在格点上，且AB是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有 6 个．
【分析】根据邻余四边形概念作出相应图形即可求解．
【解答】解：如图所示：
故该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有6个．
故答案为：6．
18．（3分）在矩形ABCD中，AD＝3，对角线AC、BD交于点O，M为AB上一点，且S△BMD＝2S△AMD．将△ADM绕点A顺时针旋转，使点D恰好落在点O处，点M落在点N处，那么点N与点B的距离为 ．
【分析】如图，根据S△BMD＝2S△AMD．可得BM＝2AM，由旋转的性质可知AD＝AO，由矩形的性质可知AO＝OD，则△AOD为等边三角形，在Rt△ABD中，AB＝AD•tan60°＝3，旋转角∠MAN＝∠DAO＝60°，AM＝AN，可得△AMN为等边三角形，作NH⊥AM于点H，在Rt△NBH中，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，
∵S△BMD＝2S△AMD．
∴BM＝2AM，
由旋转的性质可知：AD＝AO，
由矩形的性质可知：AO＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
在Rt△ABD中，AB＝AD•tan60°＝3，
∴AM＝AB＝，
∴BM＝2AM＝2，
又旋转角∠MAN＝∠DAO＝60°，AM＝AN，
∴△AMN为等边三角形，
∴AM＝AN＝MN，
作NH⊥AM于点H，
∴AH＝HM＝AM＝，
∴NH＝，BH＝BM+HM＝，
在Rt△NBH中，根据勾股定理，得
BN＝＝＝．
故答案为：．
三、解答题(本大题共7题，满分52分)
19．（5分）解方程：．
【分析】变形后方程两边都乘以（x+1）（x﹣3）得：x+1﹣（x+1）（x﹣3）＝4，求出方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：原方程变形为：﹣1＝，
方程两边都乘以（x+1）（x﹣3）得：x+1﹣（x+1）（x﹣3）＝4，
整理，得x2﹣3x＝0，
解得：x1＝0，x2＝3，
经检验x1＝0是原方程的解，x2＝3是增根，舍去，
所以原方程的解是x＝0．
20．（5分）解方程组：．
【分析】先把方程②因式分解，再分别和第一个方程组成两个方程组，这两个方程组的解都是本题的解．
【解答】解：由方程②得：
（x+5y）（x﹣2y）＝0．
∴方程②可以转化为：
（x+5y）＝0或（x﹣2y）＝0．
再分别和方程①组成方程组，原方程组可转化为：
或者．
解得：，．
所以原方程组的解为：
，．
21．（5分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝2，BC＝3，点E为边AD的中点，过点E作EF⊥EC交AB于点F，求线段AF的长．
【分析】过E作EH⊥BC于H，得到四边形ABHE是矩形，证得△CEH是等腰直角三角形得到∠HEC＝45°，进而证得∠AEF＝45°，由等腰三角形的判定证得△AEF是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可求出AF．
【解答】解：过E作EH⊥BC于H，
∵AB⊥BC，
∴∠B＝∠EHB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∴∠A＝90°，
∴四边形ABHE是矩形，
∴AE＝BH，AB＝EH＝2，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝BH＝1，
∵BC＝3，
∴HC＝2，
∴EH＝HC，
∵∠EHC＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∵∠AEH＝90°，
∴∠AEF＝∠HEC＝90﹣∠FEH＝45°，
在Rt△AEF中，∠AFE＝90°﹣∠AEF＝45°，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE＝1．
22．（7分）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于100千克，超过250千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价y（元/千克）与质量x（千克）的函数关系．
（1）求线段AB所在直线的函数解析式；
（2）小张用800元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
【分析】（1）设线段AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，运用待定系数法即可求解；
（2）先判断出小张用800元一次可以批发这种水果的质量范围在100千克到250千克之间，再根据（1）的结论列方程解答即可．
【解答】解：（1）设线段AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），根据题意得：
，
解得，
∴y＝+6；
（2）∵当x＝250，y＝3.5时，总共花费875＞800元，
∴小张用800元一次可以批发这种水果的质量范围在100千克到250千克之间，
由题意，得，
解得x1＝200或x2＝400（不合题意，舍去），
答：小张用800元一次可以批发这种水果的质量是200千克．
23．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．
（1）求证：AB＝2BE；
（2）求证：DG＝CF+GE．
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，可得∠ADB＝∠DBC＝∠FCB，可证GB＝GC，由等腰三角形的性质可得AB＝BC＝2BE；
（2）由“AAS”可证△AFH≌△BFC，可得CF＝FH，由“SAS”可证△BGF≌△BGE，可得FG＝GE，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠FCB，
∴∠FCB＝∠DBC，
∴GB＝GC，
又∵GE⊥BC，
∴BC＝2BE，
∴AB＝2BE；
（2）如图，延长CF，DA交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠DBC，
∴∠H＝∠FCB，
∴∠H＝∠ADB，
∴DG＝HG，
∵点F是AB的中点，
∴AF＝BF，AB＝2BF，
∴BF＝BE，
在△AFH和△BFC中，
，
∴△AFH≌△BFC（AAS），
∴CF＝FH，
在△BGF和△BGE中，
，
∴△BGF≌△BGE（SAS），
∴FG＝GE，
∴DG＝HG＝HF+FG＝FC+GE．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点．点C在线段AB上，且CB＝3CA．
（1）求点C的坐标；
（2）在坐标平面内是否存在点Q，使得以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点A，B坐标进而求出AB，进而求出AC，设点C（a，a+4）再用两点间的距离公式建立方程求解，即可得出结论；
（2）①当等腰梯形是ACQO时，过点C作CE⊥OA于E，过点Q作QF⊥OA于F，先判断出Rt△AEC≌Rt△OFQ（HL），得出AE＝OF，即可得出结论；
②当等腰梯形ACOQ时，过点Q作QN⊥AC于N，过点O作OM⊥AC于M，则四边形OMNQ是矩形，得出QN＝OM，同①的方法得，Rt△COM≌Rt△AQN（HL），得出CM＝AN，再求出点M（﹣2，2），N（﹣5，﹣1），最后用平移的方法即可得出结论；
③当等腰梯形是ACOQ时，得出连接CQ，则CQ＝OA＝4，先求出直线OC的解析式为y＝﹣x，进而求出直线AQ的解析式为y＝﹣x﹣，设Q（q，﹣q﹣）（q＞﹣3），利用CQ＝4，建立方程求解，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y＝x+4，令x＝0，则y＝4，
令y＝0，则x+4＝0，
∴x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，4），
∴AB＝4，
∵CB＝3CA，
∴AC＝AB＝，
∵点C在线段AB上，
∴设C（c，c+4）（﹣4＜c＜0），
∴＝，
∴c＝﹣5（舍）或c＝﹣3，
∴C（﹣3，1）；
（2）由（1）知，A（﹣4，0），C（﹣3，1），
∵以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形，
∴①当等腰梯形是ACQO时，如图1，
AC＝OQ，CQ∥AO，
过点C作CE⊥OA于E，过点Q作QF⊥OA于F，
∴∠AEC＝∠OFQ＝90°，
∴四边形CEFQ是矩形，
∴CE＝QF，
∴Rt△AEC≌Rt△OFQ（HL），
∴AE＝OF，
∵C（﹣3，1），
∴CE＝1，E（﹣3，0），
∴QF＝1，
∵A（﹣4，0），
∴AE＝1，
∴OF＝1，
∴Q（﹣1，1）；
②当等腰梯形ACOQ时，如图2，AC∥OQ，AQ＝CO，
过点Q作QN⊥AC于N，过点O作OM⊥AC于M，
则四边形OMNQ是矩形，
∴QN＝OM，
同①的方法得，Rt△COM≌Rt△AQN（HL），
∴CM＝AN，
在Rt△AOB中，A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∵OM⊥AC，
∴AM＝BM＝2，
∴M（﹣2，2），
∵AC＝，
∴CM＝，
∴AN＝，
∴点N与点C关于点A对称，
∴N（﹣5，﹣1），
点M向右移动2个单位，再向下平移2个单位到点O，
∴点N向右移动2个单位，再向下平移2个单位到点Q，
∴Q（﹣3，﹣3）；
③当等腰梯形是ACOQ时，如图3，
AC＝OQ，CO∥AQ，连接CQ，则CQ＝OA＝4，
∵点C（﹣3，1），
∴直线OC的解析式为y＝﹣x，
∵点A（﹣4，0），
∴直线AQ的解析式为y＝﹣x﹣，
设Q（q，﹣q﹣）（q＞﹣3），
∴CQ＝＝4，
∴q＝﹣7（舍）或q＝，
Q（，﹣），
即满足条件的点Q的坐标为（﹣1，1）或（﹣3，﹣3）或（，﹣）．
25．（12分）已知：在边长为4的正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，且BP＝3．将三角板的直角顶点与点P重合，一条直角边与直线BC交于点E，另一条直角边与射线BA交于点F（点F不与点B重合），将三角板绕点P旋转．
（1）如图，当点E、F在线段BC、AB上时，求证：PE＝PF；
（2）当∠FPB＝30°时，求△BEP的面积；
（3）当△BEP为等腰三角形时，求线段BF的长．
【分析】（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．由正方形的性质可证△PEH≌△PFG，即可证明PE＝PF；
（2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，当∠FPB＝30°时，∠EPB＝60°，在Rt△MPE中和Rt△MBE中，设MP＝a，则EP＝2a，EM＝．可分别表示出EM＝BM＝，BP＝+a＝3，解得a＝，从而S△BEP＝•BP•EM；
（3）分两大类情况讨论：Ⅰ：当点E在射线BC上时，只有BE＝BP，如图3，可证△EPH≌△FPG，从而可得BF的长；Ⅱ：当点E在射线BC上时，又可再分三小类情况，①如图4，当EP＝BE时，可得BF＝BE＝3；②当PE＝PB时，易证△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去；③如图5，当PB＝BE时，同理可证△EPH≌△FPG，FG＝HE＝，BF＝BG﹣FG＝3﹣（）＝．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．
∵四边形ABCD为正方形，
∴PH＝PG．
∴四边形GBHP为正方形．
∴∠GPH＝90°，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EPH+∠GPE＝∠FPG+∠GPE，
即∠EPH＝∠FPG．
在△PEH和△PFG中，
，
∴△PEH≌△PFG（ASA）．
∴PE＝PF．
（2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，
当∠FPB＝30°时，∠EPB＝60°，
在Rt△MPE中，设MP＝a，则EP＝2a，EM＝．
在Rt△MBE中，∠DBC＝45°，
∴EM＝BM＝，
∴BP＝+a＝3，解得：a＝．
∴S△BEP＝•BP•EM＝×＝．
（3）Ⅰ：当点E在CB延长线上时，
∵∠PBE＝135°，
∴只有BE＝BP，如图3，
同理可证：△EPH≌△FPG，
∴FG＝HE．
∵BP＝，
∴BH＝BG＝3，
∴BF＝6+．
Ⅱ：当点E在射线BC上时，
①如图4，当EP＝BE，
∴∠PBE＝∠BPE＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴BF＝BE＝3．
②当PE＝PB时，
则∠PBE＝∠PEB＝45°，
∴△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去．
③如图5，当PB＝BE时，同理可证△EPH≌△FPG，
∴FG＝HE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣（）＝．
综上所述，BF的长为3、6+或．
2020-2021学年上海市青浦区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题(本大题共6题，每题2分，满分12分)[每题只有一个正确选项，在答题纸相应位置填涂]
1．如果一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＞0，且b＜0 C．k＜0，且b＞0 D．k＜0，且b＜0
2．下列方程中，有实数解的是（ ）
A．+1＝0 B．x2+3x+4＝0 C．2x4﹣1＝0 D．
3．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，且AE＝2EB，CF＝2FD，联结EF．下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．∥ D．
4．下列事件属于必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币，落地后正面朝下
B．打开电视机，正在播放广告
C．篮球运动员投篮，把球投进篮筐
D．从地面往上抛出的足球会落下
5．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
C．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．一组对边平行，且对角线互相垂直的四边形是正方形
6．如图，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积是（ ）
A．16 B．10 C．18 D．20
二、填空题(本大题共12题，每小题3分，满分36分)[请将结果直接填入答题纸的相应位置]
7．（3分）如果将直线y＝3x﹣1平移，使其经过点（0，3），那么平移后所得直线的表达式是 ．
8．（3分）在直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的点的横坐标x的取值范围是 ．
9．（3分）一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，如果函数值y随自变量x的值增大而增大，那么m的取值范围是 ．
10．（3分）方程x4﹣8＝0的根是
11．（3分）方程﹣1＝0的解是 ．
12．（3分）用换元法解分式方程＝0时，如果设＝y，将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是 ．
13．（3分）化简：＝ ．
14．（3分）如果一个多边形的每个外角都是60°，那么这个多边形内角和的度数为 ．
15．（3分）在一个袋子中装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，如果从中随机摸出两个球，那么摸到的两个球颜色不同的概率是 ．
16．（3分）某校八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝14岁生日活动，先遣队与大部队同时出发．已知先遣队的行进速度是大部队行进速度的1.2倍，预计比大部队早半个小时到达目的地．如果设大部队的行进速度为x千米/时，那么根据题意，列出的方程为 ．
17．（3分）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线，如图，在4×2的方格纸中，A、B在格点上，如果C、D在格点上，且AB是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有 个．
18．（3分）在矩形ABCD中，AD＝3，对角线AC、BD交于点O，M为AB上一点，且S△BMD＝2S△AMD．将△ADM绕点A顺时针旋转，使点D恰好落在点O处，点M落在点N处，那么点N与点B的距离为 ．
三、解答题(本大题共7题，满分52分)
19．（5分）解方程：．
20．（5分）解方程组：．
21．（5分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝2，BC＝3，点E为边AD的中点，过点E作EF⊥EC交AB于点F，求线段AF的长．
22．（7分）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于100千克，超过250千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价y（元/千克）与质量x（千克）的函数关系．
（1）求线段AB所在直线的函数解析式；
（2）小张用800元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
23．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．
（1）求证：AB＝2BE；
（2）求证：DG＝CF+GE．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点．点C在线段AB上，且CB＝3CA．
（1）求点C的坐标；
（2）在坐标平面内是否存在点Q，使得以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（12分）已知：在边长为4的正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，且BP＝3．将三角板的直角顶点与点P重合，一条直角边与直线BC交于点E，另一条直角边与射线BA交于点F（点F不与点B重合），将三角板绕点P旋转．
（1）如图，当点E、F在线段BC、AB上时，求证：PE＝PF；
（2）当∠FPB＝30°时，求△BEP的面积；
（3）当△BEP为等腰三角形时，求线段BF的长．
2020-2021学年上海市青浦区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共6题，每题2分，满分12分)[每题只有一个正确选项，在答题纸相应位置填涂]
1．如果一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，那么k、b应满足的条件是（ ）
A．k＞0，且b＞0 B．k＞0，且b＜0 C．k＜0，且b＞0 D．k＜0，且b＜0
【分析】经过第一、三象限，说明x的系数大于0，得k＞0，又经过第四象限，说明常数项小于0，即b＜0，即可确定k的取值范围．
【解答】解：由一次函数y＝kx+b的图象经过第一、三、四象限，得k＞0，b＜0．
故选：B．
2．下列方程中，有实数解的是（ ）
A．+1＝0 B．x2+3x+4＝0 C．2x4﹣1＝0 D．
【分析】移项得出＝﹣1，再根据算术平方根的非负性即可判断A；根据根的判别式即可判断B；移项后方程两边除以2得出x4＝，再方程两边开四次方根即可判断C；方程两边都乘以x﹣2，再进行检验，即可判断D．
【解答】解：A．+1＝0，
移项，得＝﹣1，
∵≥0，
∴此方程无实数解，故本选项不符合题意；
B．x2+3x+4＝0，
△＝32﹣4×1×4＝﹣7＜0，
所以方程无实数解，故本选项不符合题意；
C．2x4﹣1＝0，
2x4＝1，
x4＝，
x＝，即方程有实数解，故本选项符合题意；
D．＝，
方程两边都乘以x﹣2，得2＝x，
即x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，所以x＝2是增根，
即原方程无实数解，故本选项不符合题意；
故选：C．
3．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，且AE＝2EB，CF＝2FD，联结EF．下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C．∥ D．
【分析】根据平行四边形的性质条件题目条件一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AE＝2EB，CF＝2FD，
∴AE＝CF，DF＝EB，
∴＝，＝﹣，∥，故选项A，B，C正确，
∵＝++＝++，故D错误，
故选：D．
4．下列事件属于必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币，落地后正面朝下
B．打开电视机，正在播放广告
C．篮球运动员投篮，把球投进篮筐
D．从地面往上抛出的足球会落下
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：A、抛掷一枚硬币，落地后正面朝下，是随机事件；
B、打开电视机，正在播放广告，是随机事件；
C、篮球运动员投篮，把球投进篮筐，是随机事件；
D、从地面往上抛出的足球会落下，是必然事件；
故选：D．
5．下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，且另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形
C．一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．一组对边平行，且对角线互相垂直的四边形是正方形
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后，即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组对边平行，且另一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形或直角梯形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
C、一组对边平行，且对角线平分一组对角的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意；
D、一组对边平行，且一组邻边互相垂直的四边形是矩形或直角梯形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故选：C．
6．如图，在长方形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积是（ ）
A．16 B．10 C．18 D．20
【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，根据三角形的面积公式得出△ABC的面积．
【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变，
函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5，
∴AB＝5，BC＝4，
∴△ABC的面积是：×4×5＝10．
故选：B．
二、填空题(本大题共12题，每小题3分，满分36分)[请将结果直接填入答题纸的相应位置]
7．（3分）如果将直线y＝3x﹣1平移，使其经过点（0，3），那么平移后所得直线的表达式是 y＝3x+3 ．
【分析】根据平移不改变k的值可设平移后直线的解析式为y＝3x+b，然后将点（0，3）代入即可得出直线的函数解析式．
【解答】解：设平移后直线的解析式为y＝3x+b．
把（0，3）代入直线解析式得3＝b，
解得 b＝3．
所以平移后直线的解析式为y＝3x+3．
故答案为：y＝3x+3．
8．（3分）在直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的点的横坐标x的取值范围是 x＜1 ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出直线y＝x﹣1与x轴的交点坐标，再利用一次函数的性质，即可找出直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的所有点的横坐标取值范围．
【解答】解：当y＝0时，x﹣1＝0，
解得：x＝1，
∴直线y＝x﹣1与x轴交于点（1，0）．
又∵k＝1＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴直线y＝x﹣1上且位于x轴下方的所有点的横坐标取值范围是x＜1．
故答案为：x＜1．
9．（3分）一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，如果函数值y随自变量x的值增大而增大，那么m的取值范围是 m＞2 ．
【分析】根据一次函数y＝kx+b（k≠0）的增减性来确定k的符号．
【解答】解：∵一次函数y＝（m﹣2）x+m﹣1，函数值y随自变量x的值增大而增大，
∴m﹣2＞0，
解得，m＞2．
故答案是：m＞2．
10．（3分）方程x4﹣8＝0的根是 ±2
【分析】移项，系数化成1，再开方即可．
【解答】解：x4﹣8＝0，
x4＝8，
x4＝16，
开方得：x2＝4，
开方得：x＝±2，
故答案为±2．
11．（3分）方程﹣1＝0的解是 x＝± ．
【分析】先移项得出＝1，两边平方得出x2﹣1＝1，再求出方程的解，最后进行检验即可．
【解答】解：﹣1＝0，
＝1，
两边平方，得x2﹣1＝1，
即x2＝2，
解得：x＝，
经检验x＝是方程﹣1＝0的解，
故答案为：x＝．
12．（3分）用换元法解分式方程＝0时，如果设＝y，将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是 y2﹣2＝0 ．
【分析】设＝y，则＝，原方程＝0可变为y﹣＝0，再去分母可得答案．
【解答】解：设＝y，则＝，
因此方程＝0可变为，
y﹣＝0，
两边都乘以y得，
y2﹣2＝0，
故答案为：y2﹣2＝0．
13．（3分）化简：＝ ．
【分析】利用三角形法则化简即可．
【解答】解：∵＝﹣＝+＝．
故答案为 ．
14．（3分）如果一个多边形的每个外角都是60°，那么这个多边形内角和的度数为 720° ．
【分析】根据正多边形的性质，边数等于360°除以每一个外角的度数，然后利用多边形的内角和公式计算内角和即可．
【解答】解：∵一个多边形的每个外角都是60°，
∴n＝360°÷60°＝6，
则内角和为：（6﹣2）•180°＝720°，
故答案为：720°．
15．（3分）在一个袋子中装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个白球，如果从中随机摸出两个球，那么摸到的两个球颜色不同的概率是 ．
【分析】列表是找出所有等可能的结果数，进而得出两次颜色不同的情况数，即可求出所求的概率．
【解答】解：列表如下：
红
红
白
白
红
﹣﹣﹣
（红，红）
（白，红）
（白，红）
红
（红，红）
﹣﹣﹣
（白，红）
（白，红）
白
（红，白）
（红，白）
﹣﹣﹣
（白，白）
白
（红，白）
（红，白）
（白，白）
﹣﹣﹣
所有等可能结果数为12种，其中两个球颜色不同的情况数有8种，
则概率P＝＝．
故答案为：
16．（3分）某校八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝14岁生日活动，先遣队与大部队同时出发．已知先遣队的行进速度是大部队行进速度的1.2倍，预计比大部队早半个小时到达目的地．如果设大部队的行进速度为x千米/时，那么根据题意，列出的方程为 ．
【分析】设大部队的行进速度为x千米/时，则先遣队的行进速度为1.2x千米/时；根据“大部队用时﹣先遣队用时＝0.5小时”列分式方程即可．
【解答】解：设大部队的行进速度为x千米/时，则先遣队的行进速度为1.2x千米/时．根据题意，可列出方程．
故答案为：．
17．（3分）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线，如图，在4×2的方格纸中，A、B在格点上，如果C、D在格点上，且AB是邻余线，那么该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有 6 个．
【分析】根据邻余四边形概念作出相应图形即可求解．
【解答】解：如图所示：
故该方格纸中符合条件的邻余四边形ABCD的个数有6个．
故答案为：6．
18．（3分）在矩形ABCD中，AD＝3，对角线AC、BD交于点O，M为AB上一点，且S△BMD＝2S△AMD．将△ADM绕点A顺时针旋转，使点D恰好落在点O处，点M落在点N处，那么点N与点B的距离为 ．
【分析】如图，根据S△BMD＝2S△AMD．可得BM＝2AM，由旋转的性质可知AD＝AO，由矩形的性质可知AO＝OD，则△AOD为等边三角形，在Rt△ABD中，AB＝AD•tan60°＝3，旋转角∠MAN＝∠DAO＝60°，AM＝AN，可得△AMN为等边三角形，作NH⊥AM于点H，在Rt△NBH中，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，
∵S△BMD＝2S△AMD．
∴BM＝2AM，
由旋转的性质可知：AD＝AO，
由矩形的性质可知：AO＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
在Rt△ABD中，AB＝AD•tan60°＝3，
∴AM＝AB＝，
∴BM＝2AM＝2，
又旋转角∠MAN＝∠DAO＝60°，AM＝AN，
∴△AMN为等边三角形，
∴AM＝AN＝MN，
作NH⊥AM于点H，
∴AH＝HM＝AM＝，
∴NH＝，BH＝BM+HM＝，
在Rt△NBH中，根据勾股定理，得
BN＝＝＝．
故答案为：．
三、解答题(本大题共7题，满分52分)
19．（5分）解方程：．
【分析】变形后方程两边都乘以（x+1）（x﹣3）得：x+1﹣（x+1）（x﹣3）＝4，求出方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：原方程变形为：﹣1＝，
方程两边都乘以（x+1）（x﹣3）得：x+1﹣（x+1）（x﹣3）＝4，
整理，得x2﹣3x＝0，
解得：x1＝0，x2＝3，
经检验x1＝0是原方程的解，x2＝3是增根，舍去，
所以原方程的解是x＝0．
20．（5分）解方程组：．
【分析】先把方程②因式分解，再分别和第一个方程组成两个方程组，这两个方程组的解都是本题的解．
【解答】解：由方程②得：
（x+5y）（x﹣2y）＝0．
∴方程②可以转化为：
（x+5y）＝0或（x﹣2y）＝0．
再分别和方程①组成方程组，原方程组可转化为：
或者．
解得：，．
所以原方程组的解为：
，．
21．（5分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝2，BC＝3，点E为边AD的中点，过点E作EF⊥EC交AB于点F，求线段AF的长．
【分析】过E作EH⊥BC于H，得到四边形ABHE是矩形，证得△CEH是等腰直角三角形得到∠HEC＝45°，进而证得∠AEF＝45°，由等腰三角形的判定证得△AEF是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可求出AF．
【解答】解：过E作EH⊥BC于H，
∵AB⊥BC，
∴∠B＝∠EHB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∴∠A＝90°，
∴四边形ABHE是矩形，
∴AE＝BH，AB＝EH＝2，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝BH＝1，
∵BC＝3，
∴HC＝2，
∴EH＝HC，
∵∠EHC＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC＝90°，
∵∠AEH＝90°，
∴∠AEF＝∠HEC＝90﹣∠FEH＝45°，
在Rt△AEF中，∠AFE＝90°﹣∠AEF＝45°，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE＝1．
22．（7分）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于100千克，超过250千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价y（元/千克）与质量x（千克）的函数关系．
（1）求线段AB所在直线的函数解析式；
（2）小张用800元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
【分析】（1）设线段AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，运用待定系数法即可求解；
（2）先判断出小张用800元一次可以批发这种水果的质量范围在100千克到250千克之间，再根据（1）的结论列方程解答即可．
【解答】解：（1）设线段AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），根据题意得：
，
解得，
∴y＝+6；
（2）∵当x＝250，y＝3.5时，总共花费875＞800元，
∴小张用800元一次可以批发这种水果的质量范围在100千克到250千克之间，
由题意，得，
解得x1＝200或x2＝400（不合题意，舍去），
答：小张用800元一次可以批发这种水果的质量是200千克．
23．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．
（1）求证：AB＝2BE；
（2）求证：DG＝CF+GE．
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，可得∠ADB＝∠DBC＝∠FCB，可证GB＝GC，由等腰三角形的性质可得AB＝BC＝2BE；
（2）由“AAS”可证△AFH≌△BFC，可得CF＝FH，由“SAS”可证△BGF≌△BGE，可得FG＝GE，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠FCB，
∴∠FCB＝∠DBC，
∴GB＝GC，
又∵GE⊥BC，
∴BC＝2BE，
∴AB＝2BE；
（2）如图，延长CF，DA交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠DBC，
∴∠H＝∠FCB，
∴∠H＝∠ADB，
∴DG＝HG，
∵点F是AB的中点，
∴AF＝BF，AB＝2BF，
∴BF＝BE，
在△AFH和△BFC中，
，
∴△AFH≌△BFC（AAS），
∴CF＝FH，
在△BGF和△BGE中，
，
∴△BGF≌△BGE（SAS），
∴FG＝GE，
∴DG＝HG＝HF+FG＝FC+GE．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点．点C在线段AB上，且CB＝3CA．
（1）求点C的坐标；
（2）在坐标平面内是否存在点Q，使得以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出点A，B坐标进而求出AB，进而求出AC，设点C（a，a+4）再用两点间的距离公式建立方程求解，即可得出结论；
（2）①当等腰梯形是ACQO时，过点C作CE⊥OA于E，过点Q作QF⊥OA于F，先判断出Rt△AEC≌Rt△OFQ（HL），得出AE＝OF，即可得出结论；
②当等腰梯形ACOQ时，过点Q作QN⊥AC于N，过点O作OM⊥AC于M，则四边形OMNQ是矩形，得出QN＝OM，同①的方法得，Rt△COM≌Rt△AQN（HL），得出CM＝AN，再求出点M（﹣2，2），N（﹣5，﹣1），最后用平移的方法即可得出结论；
③当等腰梯形是ACOQ时，得出连接CQ，则CQ＝OA＝4，先求出直线OC的解析式为y＝﹣x，进而求出直线AQ的解析式为y＝﹣x﹣，设Q（q，﹣q﹣）（q＞﹣3），利用CQ＝4，建立方程求解，即可得出结论．
【解答】解：（1）针对于直线y＝x+4，令x＝0，则y＝4，
令y＝0，则x+4＝0，
∴x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，4），
∴AB＝4，
∵CB＝3CA，
∴AC＝AB＝，
∵点C在线段AB上，
∴设C（c，c+4）（﹣4＜c＜0），
∴＝，
∴c＝﹣5（舍）或c＝﹣3，
∴C（﹣3，1）；
（2）由（1）知，A（﹣4，0），C（﹣3，1），
∵以A、C、O、Q为顶点的四边形是等腰梯形，
∴①当等腰梯形是ACQO时，如图1，
AC＝OQ，CQ∥AO，
过点C作CE⊥OA于E，过点Q作QF⊥OA于F，
∴∠AEC＝∠OFQ＝90°，
∴四边形CEFQ是矩形，
∴CE＝QF，
∴Rt△AEC≌Rt△OFQ（HL），
∴AE＝OF，
∵C（﹣3，1），
∴CE＝1，E（﹣3，0），
∴QF＝1，
∵A（﹣4，0），
∴AE＝1，
∴OF＝1，
∴Q（﹣1，1）；
②当等腰梯形ACOQ时，如图2，AC∥OQ，AQ＝CO，
过点Q作QN⊥AC于N，过点O作OM⊥AC于M，
则四边形OMNQ是矩形，
∴QN＝OM，
同①的方法得，Rt△COM≌Rt△AQN（HL），
∴CM＝AN，
在Rt△AOB中，A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∵OM⊥AC，
∴AM＝BM＝2，
∴M（﹣2，2），
∵AC＝，
∴CM＝，
∴AN＝，
∴点N与点C关于点A对称，
∴N（﹣5，﹣1），
点M向右移动2个单位，再向下平移2个单位到点O，
∴点N向右移动2个单位，再向下平移2个单位到点Q，
∴Q（﹣3，﹣3）；
③当等腰梯形是ACOQ时，如图3，
AC＝OQ，CO∥AQ，连接CQ，则CQ＝OA＝4，
∵点C（﹣3，1），
∴直线OC的解析式为y＝﹣x，
∵点A（﹣4，0），
∴直线AQ的解析式为y＝﹣x﹣，
设Q（q，﹣q﹣）（q＞﹣3），
∴CQ＝＝4，
∴q＝﹣7（舍）或q＝，
Q（，﹣），
即满足条件的点Q的坐标为（﹣1，1）或（﹣3，﹣3）或（，﹣）．
25．（12分）已知：在边长为4的正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，且BP＝3．将三角板的直角顶点与点P重合，一条直角边与直线BC交于点E，另一条直角边与射线BA交于点F（点F不与点B重合），将三角板绕点P旋转．
（1）如图，当点E、F在线段BC、AB上时，求证：PE＝PF；
（2）当∠FPB＝30°时，求△BEP的面积；
（3）当△BEP为等腰三角形时，求线段BF的长．
【分析】（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．由正方形的性质可证△PEH≌△PFG，即可证明PE＝PF；
（2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，当∠FPB＝30°时，∠EPB＝60°，在Rt△MPE中和Rt△MBE中，设MP＝a，则EP＝2a，EM＝．可分别表示出EM＝BM＝，BP＝+a＝3，解得a＝，从而S△BEP＝•BP•EM；
（3）分两大类情况讨论：Ⅰ：当点E在射线BC上时，只有BE＝BP，如图3，可证△EPH≌△FPG，从而可得BF的长；Ⅱ：当点E在射线BC上时，又可再分三小类情况，①如图4，当EP＝BE时，可得BF＝BE＝3；②当PE＝PB时，易证△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去；③如图5，当PB＝BE时，同理可证△EPH≌△FPG，FG＝HE＝，BF＝BG﹣FG＝3﹣（）＝．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，垂足分别为点G、H．
∵四边形ABCD为正方形，
∴PH＝PG．
∴四边形GBHP为正方形．
∴∠GPH＝90°，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EPH+∠GPE＝∠FPG+∠GPE，
即∠EPH＝∠FPG．
在△PEH和△PFG中，
，
∴△PEH≌△PFG（ASA）．
∴PE＝PF．
（2）如图2，过点E作EM⊥BD于点M，
当∠FPB＝30°时，∠EPB＝60°，
在Rt△MPE中，设MP＝a，则EP＝2a，EM＝．
在Rt△MBE中，∠DBC＝45°，
∴EM＝BM＝，
∴BP＝+a＝3，解得：a＝．
∴S△BEP＝•BP•EM＝×＝．
（3）Ⅰ：当点E在CB延长线上时，
∵∠PBE＝135°，
∴只有BE＝BP，如图3，
同理可证：△EPH≌△FPG，
∴FG＝HE．
∵BP＝，
∴BH＝BG＝3，
∴BF＝6+．
Ⅱ：当点E在射线BC上时，
①如图4，当EP＝BE，
∴∠PBE＝∠BPE＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴BF＝BE＝3．
②当PE＝PB时，
则∠PBE＝∠PEB＝45°，
∴△BPE为等腰直角三角形，F与B重合，舍去．
③如图5，当PB＝BE时，同理可证△EPH≌△FPG，
∴FG＝HE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣（）＝．
综上所述，BF的长为3、6+或．
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