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2022-2023学年广西南宁市经开区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广西南宁市经开区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广西南宁市经开区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 有理数−2的绝对值是( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 如图，手机支架采用了三角形结构，这是利用三角形的( )
A. 灵活性
B. 全等形
C. 稳定性
D. 对称性
3. 南宁发布《南宁市2023年促消费若干措施》.其中提出，大力推广节能车、新能源车使用.全力推进公交电动化，持续提升公共领域新能源汽车比重，2023年力争我市新能源汽车新增17000辆以上.数据“17000”用科学记数法表示是( )
A. 1.7×105 B. 1.7×103 C. 1.7×104 D. 17×103
4. 下列图形中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 下列长度的三条线段能组成直角三角形的是( )
A. 1，2，3 B. 3，4，5 C. 4，6，7 D. 5，11，12
6. 如图，在▱ABCD中，点E是BC延长线上一点，且∠A=120°，则∠DCE的度数是( )
A. 120° B. 60° C. 45° D. 30°
7. 甲、乙两人在相同条件下，各射击10次，经计算：甲射击成绩的平均数是9环，方差是1.4；乙射击成绩的平均数是9环，方差是0.8.下列说法中一定正确的是( )
A. 甲的总环数大于乙的总环数 B. 甲的成绩比乙的成绩稳定
C. 甲、乙成绩的众数相同 D. 乙的成绩比甲的成绩波动小
8. 在平面直角坐标系中，点P(3,−4)关于x轴对称的点的坐标是( )
A. (3,4) B. (3,−4) C. (−3,−4) D. (4,3)
9. 如图所示，是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，则说明∠A′O′B′=∠AOB的依据是( )
A. SAS B. SSS C. AAS D. ASA
10. 如图，直线y=kx+b和直线y=mx+n相交于点(3,−2)，则方程组y=kx+by=mx+n的解是( )
A. x=3y=−2
B. x=3y=2
C. x=−3y=−2
D. x=−3y=2
11. 如图，矩形ABCD中，边AB=8，BC=16，P、Q分别是边BC、AD上的点，且四边形APCQ是菱形，则菱形的面积为( )
A. 128
B. 48
C. 60
D. 80
12. 请阅读材料，并解决实际问题：
海伦一秦九韶公式
海伦(约公元50年)，古希腊几何学家，在数学史上以解决几何测量问题闻名，在他的著作《度量》一书中证明了一个利用三角形的三条边的边长直接求三角形面积的公式：假设在平面内，有一个三角形的三条边长分别为a，b，c，记p=a+b+c2，那么这个三角形的面积S= p(p−a)(p−b)(p−c)，这个公式称海伦公式.秦九韶(约1202−1261)，我国南宋时期的数学家，曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式s= 14[a2b2−(a2+b2−c22)2].它填补了中国数学史上的一个空白，从中可以看出中国古代已经具有很高的数学水平.通过公式变形，可以发现海伦公式和秦九韶公式实质是同一公式，所以海伦公式也称海伦一秦九韶公式.问题：在△ABC中，AC=7，AB=8，BC=9，用海伦一秦九韶公式求△ABC的面积为( )
A. 12 5 B. 12 C. 4 5 D. 24
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
13. 比较大小 2 ______ 3．
14. 在水塘江乐水公园里，A，B两地被一块湿地隔开不能直接测量，技术员通过下列的方法测量了A，B之间的距离：先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，并测量出MN的长为200m，则A、B间的距离为______ m.
15. 已知一组数据2，4，1，3，x的平均数是3，则x是______ ．
16. 直线y=3x−2不经过第______象限．
17. 已知实数x，y满足|x−4|+ y−8=0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
18. 如图Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB= 3，AC=1，在△ABC内依次作等边三角形，使一边在AB上，另一个顶点在BC边上，依次作出的等边三角形分别是第1个为△AA1B1，第2个为△B1A2B2第3个△B2A3B3，…，则第100个等边三角形的边长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：6×2−3÷(−1)2+ 4．
20. (本小题6.0分)
先化简，再求值x(x−1)+2x(x+1)；其中x=1．
21. (本小题10.0分)
如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长都是一个单位长度，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为(−5,1)，(−1,4)，将△ABC向右平移6个单位得到△A1B1C1，请你解答下列问题：
(1)请画出△A1B1C1，并直接写出点A1，B1，C1的坐标；
(2)连接CC1和AA1，求四边形AA1C1C的周长．
22. (本小题10.0分)
“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连.秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”是我国二十四节气歌.二十四节气中，只有清明既是节气又是中国传统节日.同时二十四节气在2016年被列入人类非物质文化遗产名录.为深入了解中华民族发现的这一自然亘古不变的客观规律，某学校组织七、八年级全体学生开展了关于二十四节气知识竞赛活动．
【收集数据】
从两个年级各随机抽取了10名同学的成绩(满分为100分)如下：
七年级：90，70，80，80，80，90，60，70，80，100；
八年级：75，90，65，70，85，85，75，90，85，80．
【整理数据】
60
65
70
75
80
85
90
95
100
七年级
1
0
2
0
a
0
2
0
1
八年级
0
1
1
2
1
3
2
0
0
众数
中位数
方差
七年级
80
80
c
120
八年级
80
b
82.5
75
(1)上表中a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(2)通过以上数据进行综合分析，你认为哪个年级的成绩比较好？请说出理由；
(3)该校七、八年级共有学生1400人，本次竞赛成绩不低于90分的为“优秀”，请你估计这次竞赛共有多少名学生达到“优秀”？
23. (本小题10.0分)
综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形的折叠活动.(1)操作与证明
①小李将矩形ABCD沿EF折叠后，使得点C与点A重合，如图，若∠EFC=60°，则∠AEF= ______ ；
②小张将矩形ABCD沿对角线BD折叠后，使得点C与点E重合，如图所示，求证：△FBD是等腰三角形；
(2)迁移与应用
在(1)②的前提下，连接AE，如图所示，若∠CBD=30°，CD=2 3，求AE的长．
24. (本小题10.0分)
为弘扬中华民族扶贫济困的传统美德，某公司开展爱心助学活动，准备将公司生产的1180箱学习用品运往某贫困地区，现有甲、乙两种货车可以租用，已知1辆甲车和1辆乙车一次可运送130箱：1辆甲车和2辆乙车一次可运送210箱．
(1)求每辆甲车和每辆乙车一次分别能装运多少箱学习用品？
(2)该公司计划要租用甲乙两种货车一共20辆，已知甲车每辆租金为500元，乙车每辆租金为800元，若租车总费用不超过13000元，请你为该公司设计出费用最少的租车方案，并且求出最少费用．
25. (本小题10.0分)
问题情境：在学习了正方形后，彩虹中学的2101班的同学对正方形进行了探究，特邀请你一起加入此次的探究：如图，正方形ABCD的边长为6，点E是对角线BD上的动点，连接EC．
(1)【探究】：如图1：若过点E作FE⊥CE交AB于点F，经过探究，请你猜想EF与CE的数量关系，并加以证明．
(2)【应用】：如图2：在(1)的探究情况下，过点E作EG⊥DC于点G，若DE=2 2，求FC的长．
(3)【拓展探究】：如图3，若点F是AB上的一个动点，且始终满足DE=BF，设CE+CF=x，请你直接写出x2的最小值．
26. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，直线y=kx+2与x轴交于点B，与y轴交于点A，OB=2OA．
(1)如图，请直接写出点A的坐标，并求出直线AB的解析式．
(2)如图，直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，且交y轴于点C，连接BC，若点P是直线CD上的一动点，当点P使得S△ACP=32S△ACD时，请求出符合条件的点P坐标．
(3)在(2)的条件下，若点P在直线CD上且在第三象限内，在平面内是否存在其它点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：|−2|=2．
故选A．
计算绝对值要根据绝对值的定义求解．第一步列出绝对值的表达式；第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号．
考查了绝对值的定义：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2.【答案】C
【解析】解：手机支架采用了三角形结构，这是利用三角形的稳定性，
故选：C．
根据三角形具有稳定性，即可进行解答．
本题主要考查了三角形具有稳定性，解题的关键是掌握相关性质．
3.【答案】C
【解析】解：17000=1.7×104，
故选：C．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】A
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形的定义逐项分析即可，一个图形沿着一条直线对折后直线两旁的两部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
此题主要考查了轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5.【答案】B
【解析】解：A、∵1+2=3，
∴三条线段不能组成三角形，更不可能组成直角三角形，故A选项不合题意；
B、∵32+42=52，
∴三条线段能组成直角三角形，故B选项符合题意；
C、∵42+62≠72，
∴三条线段不能组成直角三角形，故C选项不合题意；
D、∵52+112≠122，
∴三条线段不能组成直角三角形，故D选项不合题意．
故选：B．
利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．
考查勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是平行四边形的性质，属于基础题型，熟记性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质，对角相等即可解答．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DCB=∠A=120°，
∴∠DCE=180°−∠DCB=60°．
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：∵各射击10次，甲射击成绩的平均数是9环，乙射击成绩的平均数是9环，
∴甲、乙的总环数相同，故A说法错误，不符合题意；
∵甲射击成绩的方差是1.4；乙射击成绩的方差是0.8，
∴乙的成绩比甲的成绩稳定，甲的成绩比乙的成绩波动大，故B说法错误，不符合题意；D说法正确，符合题意；
由已知不能得到甲、乙成绩的众数相同，故C说法错误，符合题意；
故选：D．
根据方差、平均数的意义进行判断，平均数相同则总环数相同，方差越大，波动越大即可求出答案．
本题考查了平均数、方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
8.【答案】A
【解析】解：点P(3,−4)关于x轴对称的点的坐标是(3,4)，
故选：A．
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定定理．
由作图法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，根据SSS可得到三角形全等．
【解答】
解：由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，
依据SSS可判定△COD≌△C′O′D′，
可得∠A′O′B′=∠AOB，
故选：B．
10.【答案】A
【解析】解：直线y=kx+b和直线y=mx+n相交于点(3,−2)，
则方程组y=kx+by=mx+n的解是x=3y=−2，
故选：A．
利用方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标解决问题．
本题考查了一次函数与二元一次方程(组)：方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的一对未知数的值，而这一对未知数的值也同时满足两个相应的一次函数式，因此方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．
11.【答案】D
【解析】解：由题意得，AB=8，BC=16，
设BP=x，则CP=16−x，
在Rt△ABP中，AB2+BP2=AP2，
∴82+x2=(16−x)2，
解得：x=6，
∴CP=16−6=10，
S菱形APCQ=PC×AB=10×8=80．
故选：D．
设BP=x，在Rt△ABP中利用勾股定理可求出x的值，继而得出CP，根据菱形的面积公式计算即可．
此题考查了菱形与矩形的性质，以及直角三角形中的勾股定理，解此题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．
12.【答案】A
【解析】解：∵AC=7，AB=8，BC=9，
∴a=9，b=7，c=8，p=a+b+c2=12，
∴△ABC的面积S= 12×(12−9)×(12−7)×(12−8)=12 5．
故选：A．
由三角形的边角命名修改找出a、b、c的值，代入海伦公式即可得出结论．
本题考查了二次根式的应用，解题的关键是明白海伦公式的运用，代入数据即可．
13.【答案】<
【解析】解：∵2<3，
∴ 2< 3，
故答案为：<．
根据2<3即可得出答案．
本题考查了实数的大小比较的应用，能根据实数的大小比较法则比较两个实数的大小是解此题的关键，难度不是很大．
14.【答案】400
【解析】解：∵点M，N分别是AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB=2MN，
∵MN=200m，
∴AB=400m，
故答案为：400．
根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：∵数据2，4，1，3，x的平均数为3，
∴(2+4+1+3+x)÷3=3，
解得x=5．
故答案为：5．
根据平均数的概念，先将各数加起来，再除以个数即可求得x的值．
本题考查了算术平均数，关键是熟悉利用平均数的定义建立方程的解题方法．
16.【答案】二
【解析】解：∵k=3>0，图象过一三象限，b=−2<0过第四象限
∴这条直线一定不经过第二象限．
故答案为：二
根据已知求得k，b的符号，再判断直线y=3x−2经过的象限．
此题考查一次函数的性质，一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．
17.【答案】20
【解析】解：根据题意得，x−4=0，y−8=0，
解得x=4，y=8，
①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，
∵4+4=8，
∴不能组成三角形，
②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，
能组成三角形，周长=4+8+8=20，
所以，三角形的周长为20．
故答案为：20．
先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解．
本题考查了等腰三角形的性质，绝对值非负数，算术平方根非负数的性质，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0求出x、y的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断．
18.【答案】 32100
【解析】解：∵∠BAC=90°，AB= 3，AC=1，
∴BC=2，
∴∠OBC=30°，∠OCB=60°．
而△AA1B1为等边三角形，∠A1AB1=60°，
∴∠COA1=30°，则∠CA1O=90°．
在Rt△CAA1中，AA1= 32OC= 32，
同理得：B1A2=12A1B1= 322，
依此类推，第n个等边三角形的边长等于 32100．
故答案为： 32100．
根据题目已知条件可推出，AA1= 32OC= 32，B1A2=12A1B1= 322，依此类推，第n个等边三角形的边长等于 32100，即可求解．
本题主要考查坐标与图形性质，等边三角形的性质及解直角三角形，从而归纳出边长的规律是解题的关键．
19.【答案】解：原式=12−3÷1+2
=12−3+2
=11．
【解析】利用有理数的乘除法则及算术平方根的定义进行计算即可．
本题考查有理数的混合运算，其相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
20.【答案】解：x(x−1)+2x(x+1)
=x2−x+2x2+2x
=3x2+x，
当x=1时，原式=3×12+1=4．
【解析】先利用单项式乘多项式的法则展开，然后合并同类项，再代入求值即可．
本题考查了整式的化简求值，熟练掌握单项式乘多项式的法则是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
点A1(1,1)，B1(1,4)，C1(5,4)；
(2)∵AC=A1C1= 32+42=5，AA1=CC1=6，
∴四边形AA1C1C的周长=5+5+6+6=22．
【解析】(1)根据平移的性质作出图形即可；
(2)利用勾股定理得出各边的长度即可得出答案．
此题主要考查了作图−平移变换，关键是几何图形都可看作是点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也就是确定一些特殊点的对称点．
22.【答案】4 85 80
【解析】解：(1)根据七年级的数据可知80分的有4个，故a=4，
八年级的数据中最多的是85，所以众数b=85，
七年级的数据从小到大整理排在第5个，第6个数据为80，80，
所以中位数c=80+802=80，
故答案为：4，85，80；
(2)八年级的成绩比较好，
理由：七年级和八年级的平均数相等，但八年级的众数和中位数比七年级的高，从方差来看，七年级的成绩数据波动比八年级的成绩数据波动大，说明八年级学生的成绩稳定性好一些，所以总的来说，八年级的成绩比七年级的成绩好；
(3)1400×3+210+10=350(名)，
答：估计这次竞赛共有350名学生达到“优秀”．
(1)根据所给数据即可求出a的值，根据众数，中位数的定义即可求出b、c的值；
(2)从平均数、众数、中位数与方差的角度出发分析即可；
(3)用1400乘以两个年级的优秀的百分比即可．
本题考查了平均数，众数，中位数，方差以及用样本估计总体，理解各个统计量的意义，明确各个统计量的特点是解决问题的前提和关键．
23.【答案】60°
【解析】(1)①解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AEF=EFC=60°，
故答案为：60；
②证明：由翻折可知：∠EBD=∠CBD，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠EBD=∠ADB，
∴FB=FD，
∴△FBD是等腰三角形；
(2)解：由翻折可知：∠EBD=∠CBD=30°，
∴∠ABE=90°−∠EBD−∠CBD=30°，
∵AD=BC=BE，FB=FD，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
∵FB=FD，
∴∠EBD=∠ADB=∠CBD=30°，
∴∠EFD=60°，
∴∠FAE=∠FEA=30°，
∴∠ABE=∠AEF=30°，
∴AE=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2 3，
∴AE=AB=2 3．
(1)①根据矩形的性质即可解决问题；
②由折叠的性质得出∠ECA=∠ACB，由平行线的性质得出∠EAC=∠ACB，则可得出结论；
(2)由翻折可得∠EBD=∠CBD=30°，所以得∠ABE=90°−∠EBD−∠CBD=30°，然后证明FA=FE，可得∠FAE=∠FEA，证明∠ABE=∠AEF=30°，得AE=AB，进而可以解决问题．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
24.【答案】解：(1)设每辆甲车一次能装运m箱学习用品，每辆乙车一次能装运n箱学习用品，
根据题意得：m+n=130m+2n=210，
解得m=50n=80，
答：每辆甲车一次能装运50箱学习用品，每辆乙车一次能装运80箱学习用品；
(2)设租用甲种货车x辆，租车总费用为y元，
∵租车总费用不超过13000元，
∴500x+800(20−x)≤1300050x+80(20−x)≥1180，
解得：10≤x≤14，
根据题意得：y=500x+800(20−x)=−300x+16000，
∵−300≤0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=14时，y取最小值，最小值为−300×14+16000=11800(元)，
此时20−x=20−14=6，
答：租用甲种货车14辆，乙种货车6辆，租车总费用最少，最少为11800元．
【解析】(1)设每辆甲车一次能装运m箱学习用品，每辆乙车一次能装运n箱学习用品，根据辆甲车和1辆乙车一次可运送130箱：1辆甲车和2辆乙车一次可运送210箱得m+n=130m+2n=210，即可解得答案；
(2)设租用甲种货车x辆，租车总费用为y元，根据租车总费用不超过13000元，可得500x+800(20−x)≤1300050x+80(20−x)≥1180，10≤x≤14，而y=500x+800(20−x)=−300x+16000，由一次函数性质即可得到答案．
本题考查二元一次方程组的应用和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．
25.【答案】(1)EF=EC，
证明：过E点作ME⊥AB于M点，作NE⊥BC于N点，如图：
∵在正方形ABCD中，AB⊥CB，
∴结合ME⊥AB，NE⊥BC，可得四边形EMBN是矩形．
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴BD平分∠MBN，
∴矩形EMBN是正方形，
∴BM=ME=EN=NB，∠MEN=90°，
∵FE⊥CE．
∴∠FEC=∠MEN=90°，
∴∠MEF=∠NEC，
∵∠FME=∠ENC=90°，ME=EN，
∴△MEF≌△NEC．
∴EF=EC，
(2)解：在(1)中EF=EC，
∵EFLEC．
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵FC= 2EC．
∵EG⊥DC．
∴∠DGE=90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠EDG−45°，
∴∠DEG=45°，
∴△EDG是等腰直角三角形，
∴DE= 2EG= 2DG，
∵正方形ABCD的边长为6，DE=2 2，
∴EG=DG=2，即CG=CD−DG=4，
∴EC= EG2+CG2=2 5，
∴FC= 2EC=2 10．
(3)解：过B点作BH⊥BD，且使得BH=CD，过H点作HK⊥CB，交CB的延长线于点K，连接HC，如图：
∵BH⊥BD，
∴∠HBD=90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠′ABD=∠CDB=45°，
∴∠HBF=∠ABD=∠CDB=45°，
又∵DE=BF，BH=CD，
∴△HBF≌△CDE(SAS)，
∴HF=CE，
∴CE+CF=HF+CF=x，
即当点H、F、C三点共线时，CE+CF有最小值，
且最小为CE+CF=CF+FH=HC=x，
∵HK⊥CB，∠HBF=45°，
∴∠K=90°，∠HBK=45°，
∴∠HBK=45°=∠KHB，
∴△KHB是等腰直角三角形，
∴BH= 2HK= 2BK，
∵BH=CD=6．
∴HK=BK=3 2，
∴KC=CB+BK=6+3 2，
在Rt△HKC中，HC2=HK2+KC2，
∴HC2=(3 2)2+(6+3 2)2=72+36 2，
∴x2的最小值为HC2=72+36 2．
【解析】(1)过E点作ME⊥AB于M点，作NE⊥BC于N点，先证明四边形EMBN是正方形，再证明△MEF≌△NEC即可作答；
(2)在(1)中EF=EC，可得△EFC是等腰直角三角形，即有FC= 2EC，再证明△EDG是等腰直角三角形，即有DE= 2EG= 2DG，进而可得EG=DG=2，即CG=CD−DG=4，则有EC= EG2+CG2=2 5即可解答；
(3)过F点作BH⊥BD，且使得BH=CD，过H点作HK⊥CB，交CB的延长线于点K，连接HC，由BH⊥BD，先证明△HBF≌△CDE，即有HF=CE，则CE+CF=HF+CF=x，即当点H、F、C三点共线时，CE+CF有最小值，且最小为CE+CF=CF+FH=HC=x，证明△KHB是等腰直角三角形，可得HK=BK=3 2，即KC=CB+BK=6+3 2，在Rt△HKC中，HC2=HK2+KC2，代入数据及求解．
本题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
26.【答案】解：(1)在y=kx+2中，令x=0得y=2，
∴A(0,2)，
∴OA=2，
∴OB=2OA=4，
∴B(4,0)，
把B(4,0)代入y=kx+2得：
4k+2=0，
解得k=−12，
∴直线AB的解析式为y=−12x+2；
(2)∵直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，
∴D是线段AB的中点，
∵A(0,2)，B(4,0)，
∴D(2,1)，
把D(2,1)代入y=2x+b得：4+b=1，
∴b=−3，
∴直线CD解析式为y=2x−3，
在y=2x−3中，令x=0得y=−3，
∴C(0,−3)，
∴AC=2−(−3)=5，
∵S△ACP=32S△ACD，
∴12×5⋅|xP|=32×12×5×2，
∴xP=3或xP=−3，
在y=2x−3中，令x=3得y=3；令x=−3得y=−9，
∴P的坐标为(3,3)或(−3,−9)；
(3)在平面内存在其它点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设P(t,2t−3)，Q(m,n)，又A(0,2)，C(0,−3)，分三种情况：
①当PA，CQ为对角线时，PA，CQ的中点重合，且AC=CP，
∴t=m2t−3+2=n−325=t2+(2t−3+3)2，
解得t= 5m= 5n=2 5+2(P不在第三象限，舍去)或t=− 5m=− 5n=−2 5+2，
∴Q(− 5,−2 5+2)；
②当PC，AQ为对角线时，PC，AQ的中点重合，且AC=AP，
∴t=m2t−3−3=n+225=t2+(2t−5)2，
解得t=0m=0n=−8(P不在第三象限，舍去)或t=4m=4n=0(P不在第三象限，舍去)；
③当PQ，AC为对角线时，PQ，AC的中点重合，且AP=CP，
∴t+m=02t−3+n=2−3t2+(2t−5)2=t2+(2t−3+3)2，
解得t=54m=−54n=−12(P不在第三象限，舍去)，
综上所述，Q的坐标为(− 5,−2 5+2)．
【解析】(1)在y=kx+2中，令x=0得A(0,2)，即得B(4,0)，代入y=kx+2得直线AB的解析式为y=−12x+2；
(2)由直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，可得D(2,1)，从而直线CD解析式为y=2x−3，故C(0,−3)，根据S△ACP=32S△ACD，知12×5⋅|xP|=32×12×5×2，解得xP=3或xP=−3，即可得P的坐标为(3,3)或(−3,−9)；
(3)设P(t,2t−3)，Q(m,n)，又A(0,2)，C(0,−3)，分三种情况：①当PA，CQ为对角线时，PA，CQ的中点重合，且AC=CP，②当PC，AQ为对角线时，PC，AQ的中点重合，且AC=AP，③当PQ，AC为对角线时，PQ，AC的中点重合，且AP=CP，分别列方程组，即可解得答案．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的性质及应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
2022-2023学年广西南宁市经开区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 有理数−2的绝对值是( )
A. 2 B. −2 C. 12 D. −12
2. 如图，手机支架采用了三角形结构，这是利用三角形的( )
A. 灵活性
B. 全等形
C. 稳定性
D. 对称性
3. 南宁发布《南宁市2023年促消费若干措施》.其中提出，大力推广节能车、新能源车使用.全力推进公交电动化，持续提升公共领域新能源汽车比重，2023年力争我市新能源汽车新增17000辆以上.数据“17000”用科学记数法表示是( )
A. 1.7×105 B. 1.7×103 C. 1.7×104 D. 17×103
4. 下列图形中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
5. 下列长度的三条线段能组成直角三角形的是( )
A. 1，2，3 B. 3，4，5 C. 4，6，7 D. 5，11，12
6. 如图，在▱ABCD中，点E是BC延长线上一点，且∠A=120°，则∠DCE的度数是( )
A. 120° B. 60° C. 45° D. 30°
7. 甲、乙两人在相同条件下，各射击10次，经计算：甲射击成绩的平均数是9环，方差是1.4；乙射击成绩的平均数是9环，方差是0.8.下列说法中一定正确的是( )
A. 甲的总环数大于乙的总环数 B. 甲的成绩比乙的成绩稳定
C. 甲、乙成绩的众数相同 D. 乙的成绩比甲的成绩波动小
8. 在平面直角坐标系中，点P(3,−4)关于x轴对称的点的坐标是( )
A. (3,4) B. (3,−4) C. (−3,−4) D. (4,3)
9. 如图所示，是用直尺和圆规作一个角等于已知角的示意图，则说明∠A′O′B′=∠AOB的依据是( )
A. SAS B. SSS C. AAS D. ASA
10. 如图，直线y=kx+b和直线y=mx+n相交于点(3,−2)，则方程组y=kx+by=mx+n的解是( )
A. x=3y=−2
B. x=3y=2
C. x=−3y=−2
D. x=−3y=2
11. 如图，矩形ABCD中，边AB=8，BC=16，P、Q分别是边BC、AD上的点，且四边形APCQ是菱形，则菱形的面积为( )
A. 128
B. 48
C. 60
D. 80
12. 请阅读材料，并解决实际问题：
海伦一秦九韶公式
海伦(约公元50年)，古希腊几何学家，在数学史上以解决几何测量问题闻名，在他的著作《度量》一书中证明了一个利用三角形的三条边的边长直接求三角形面积的公式：假设在平面内，有一个三角形的三条边长分别为a，b，c，记p=a+b+c2，那么这个三角形的面积S= p(p−a)(p−b)(p−c)，这个公式称海伦公式.秦九韶(约1202−1261)，我国南宋时期的数学家，曾提出利用三角形的三边求面积的秦九韶公式s= 14[a2b2−(a2+b2−c22)2].它填补了中国数学史上的一个空白，从中可以看出中国古代已经具有很高的数学水平.通过公式变形，可以发现海伦公式和秦九韶公式实质是同一公式，所以海伦公式也称海伦一秦九韶公式.问题：在△ABC中，AC=7，AB=8，BC=9，用海伦一秦九韶公式求△ABC的面积为( )
A. 12 5 B. 12 C. 4 5 D. 24
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
13. 比较大小 2 ______ 3．
14. 在水塘江乐水公园里，A，B两地被一块湿地隔开不能直接测量，技术员通过下列的方法测量了A，B之间的距离：先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，并测量出MN的长为200m，则A、B间的距离为______ m.
15. 已知一组数据2，4，1，3，x的平均数是3，则x是______ ．
16. 直线y=3x−2不经过第______象限．
17. 已知实数x，y满足|x−4|+ y−8=0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
18. 如图Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB= 3，AC=1，在△ABC内依次作等边三角形，使一边在AB上，另一个顶点在BC边上，依次作出的等边三角形分别是第1个为△AA1B1，第2个为△B1A2B2第3个△B2A3B3，…，则第100个等边三角形的边长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：6×2−3÷(−1)2+ 4．
20. (本小题6.0分)
先化简，再求值x(x−1)+2x(x+1)；其中x=1．
21. (本小题10.0分)
如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长都是一个单位长度，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为(−5,1)，(−1,4)，将△ABC向右平移6个单位得到△A1B1C1，请你解答下列问题：
(1)请画出△A1B1C1，并直接写出点A1，B1，C1的坐标；
(2)连接CC1和AA1，求四边形AA1C1C的周长．
22. (本小题10.0分)
“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连.秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”是我国二十四节气歌.二十四节气中，只有清明既是节气又是中国传统节日.同时二十四节气在2016年被列入人类非物质文化遗产名录.为深入了解中华民族发现的这一自然亘古不变的客观规律，某学校组织七、八年级全体学生开展了关于二十四节气知识竞赛活动．
【收集数据】
从两个年级各随机抽取了10名同学的成绩(满分为100分)如下：
七年级：90，70，80，80，80，90，60，70，80，100；
八年级：75，90，65，70，85，85，75，90，85，80．
【整理数据】
60
65
70
75
80
85
90
95
100
七年级
1
0
2
0
a
0
2
0
1
八年级
0
1
1
2
1
3
2
0
0
众数
中位数
方差
七年级
80
80
c
120
八年级
80
b
82.5
75
(1)上表中a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(2)通过以上数据进行综合分析，你认为哪个年级的成绩比较好？请说出理由；
(3)该校七、八年级共有学生1400人，本次竞赛成绩不低于90分的为“优秀”，请你估计这次竞赛共有多少名学生达到“优秀”？
23. (本小题10.0分)
综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“简单矩形折叠”为主题开展数学活动，同学们积极参与了矩形的折叠活动.(1)操作与证明
①小李将矩形ABCD沿EF折叠后，使得点C与点A重合，如图，若∠EFC=60°，则∠AEF= ______ ；
②小张将矩形ABCD沿对角线BD折叠后，使得点C与点E重合，如图所示，求证：△FBD是等腰三角形；
(2)迁移与应用
在(1)②的前提下，连接AE，如图所示，若∠CBD=30°，CD=2 3，求AE的长．
24. (本小题10.0分)
为弘扬中华民族扶贫济困的传统美德，某公司开展爱心助学活动，准备将公司生产的1180箱学习用品运往某贫困地区，现有甲、乙两种货车可以租用，已知1辆甲车和1辆乙车一次可运送130箱：1辆甲车和2辆乙车一次可运送210箱．
(1)求每辆甲车和每辆乙车一次分别能装运多少箱学习用品？
(2)该公司计划要租用甲乙两种货车一共20辆，已知甲车每辆租金为500元，乙车每辆租金为800元，若租车总费用不超过13000元，请你为该公司设计出费用最少的租车方案，并且求出最少费用．
25. (本小题10.0分)
问题情境：在学习了正方形后，彩虹中学的2101班的同学对正方形进行了探究，特邀请你一起加入此次的探究：如图，正方形ABCD的边长为6，点E是对角线BD上的动点，连接EC．
(1)【探究】：如图1：若过点E作FE⊥CE交AB于点F，经过探究，请你猜想EF与CE的数量关系，并加以证明．
(2)【应用】：如图2：在(1)的探究情况下，过点E作EG⊥DC于点G，若DE=2 2，求FC的长．
(3)【拓展探究】：如图3，若点F是AB上的一个动点，且始终满足DE=BF，设CE+CF=x，请你直接写出x2的最小值．
26. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，已知点O为坐标原点，直线y=kx+2与x轴交于点B，与y轴交于点A，OB=2OA．
(1)如图，请直接写出点A的坐标，并求出直线AB的解析式．
(2)如图，直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，且交y轴于点C，连接BC，若点P是直线CD上的一动点，当点P使得S△ACP=32S△ACD时，请求出符合条件的点P坐标．
(3)在(2)的条件下，若点P在直线CD上且在第三象限内，在平面内是否存在其它点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：|−2|=2．
故选A．
计算绝对值要根据绝对值的定义求解．第一步列出绝对值的表达式；第二步根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号．
考查了绝对值的定义：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2.【答案】C
【解析】解：手机支架采用了三角形结构，这是利用三角形的稳定性，
故选：C．
根据三角形具有稳定性，即可进行解答．
本题主要考查了三角形具有稳定性，解题的关键是掌握相关性质．
3.【答案】C
【解析】解：17000=1.7×104，
故选：C．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，科学记数法是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
4.【答案】A
【解析】解：A、该图形是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、该图形不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形的定义逐项分析即可，一个图形沿着一条直线对折后直线两旁的两部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
此题主要考查了轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5.【答案】B
【解析】解：A、∵1+2=3，
∴三条线段不能组成三角形，更不可能组成直角三角形，故A选项不合题意；
B、∵32+42=52，
∴三条线段能组成直角三角形，故B选项符合题意；
C、∵42+62≠72，
∴三条线段不能组成直角三角形，故C选项不合题意；
D、∵52+112≠122，
∴三条线段不能组成直角三角形，故D选项不合题意．
故选：B．
利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．
考查勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是平行四边形的性质，属于基础题型，熟记性质是解题的关键．
根据平行四边形的性质，对角相等即可解答．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DCB=∠A=120°，
∴∠DCE=180°−∠DCB=60°．
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：∵各射击10次，甲射击成绩的平均数是9环，乙射击成绩的平均数是9环，
∴甲、乙的总环数相同，故A说法错误，不符合题意；
∵甲射击成绩的方差是1.4；乙射击成绩的方差是0.8，
∴乙的成绩比甲的成绩稳定，甲的成绩比乙的成绩波动大，故B说法错误，不符合题意；D说法正确，符合题意；
由已知不能得到甲、乙成绩的众数相同，故C说法错误，符合题意；
故选：D．
根据方差、平均数的意义进行判断，平均数相同则总环数相同，方差越大，波动越大即可求出答案．
本题考查了平均数、方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
8.【答案】A
【解析】解：点P(3,−4)关于x轴对称的点的坐标是(3,4)，
故选：A．
根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
此题主要考查了关于x轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定定理．
由作图法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，根据SSS可得到三角形全等．
【解答】
解：由作法易得OD=O′D′，OC=O′C′，CD=C′D′，
依据SSS可判定△COD≌△C′O′D′，
可得∠A′O′B′=∠AOB，
故选：B．
10.【答案】A
【解析】解：直线y=kx+b和直线y=mx+n相交于点(3,−2)，
则方程组y=kx+by=mx+n的解是x=3y=−2，
故选：A．
利用方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标解决问题．
本题考查了一次函数与二元一次方程(组)：方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的一对未知数的值，而这一对未知数的值也同时满足两个相应的一次函数式，因此方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．
11.【答案】D
【解析】解：由题意得，AB=8，BC=16，
设BP=x，则CP=16−x，
在Rt△ABP中，AB2+BP2=AP2，
∴82+x2=(16−x)2，
解得：x=6，
∴CP=16−6=10，
S菱形APCQ=PC×AB=10×8=80．
故选：D．
设BP=x，在Rt△ABP中利用勾股定理可求出x的值，继而得出CP，根据菱形的面积公式计算即可．
此题考查了菱形与矩形的性质，以及直角三角形中的勾股定理，解此题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．
12.【答案】A
【解析】解：∵AC=7，AB=8，BC=9，
∴a=9，b=7，c=8，p=a+b+c2=12，
∴△ABC的面积S= 12×(12−9)×(12−7)×(12−8)=12 5．
故选：A．
由三角形的边角命名修改找出a、b、c的值，代入海伦公式即可得出结论．
本题考查了二次根式的应用，解题的关键是明白海伦公式的运用，代入数据即可．
13.【答案】<
【解析】解：∵2<3，
∴ 2< 3，
故答案为：<．
根据2<3即可得出答案．
本题考查了实数的大小比较的应用，能根据实数的大小比较法则比较两个实数的大小是解此题的关键，难度不是很大．
14.【答案】400
【解析】解：∵点M，N分别是AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB=2MN，
∵MN=200m，
∴AB=400m，
故答案为：400．
根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：∵数据2，4，1，3，x的平均数为3，
∴(2+4+1+3+x)÷3=3，
解得x=5．
故答案为：5．
根据平均数的概念，先将各数加起来，再除以个数即可求得x的值．
本题考查了算术平均数，关键是熟悉利用平均数的定义建立方程的解题方法．
16.【答案】二
【解析】解：∵k=3>0，图象过一三象限，b=−2<0过第四象限
∴这条直线一定不经过第二象限．
故答案为：二
根据已知求得k，b的符号，再判断直线y=3x−2经过的象限．
此题考查一次函数的性质，一次函数y=kx+b的图象有四种情况：
①当k>0，b>0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；
②当k>0，b<0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．
17.【答案】20
【解析】解：根据题意得，x−4=0，y−8=0，
解得x=4，y=8，
①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，
∵4+4=8，
∴不能组成三角形，
②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，
能组成三角形，周长=4+8+8=20，
所以，三角形的周长为20．
故答案为：20．
先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解．
本题考查了等腰三角形的性质，绝对值非负数，算术平方根非负数的性质，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0求出x、y的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断．
18.【答案】 32100
【解析】解：∵∠BAC=90°，AB= 3，AC=1，
∴BC=2，
∴∠OBC=30°，∠OCB=60°．
而△AA1B1为等边三角形，∠A1AB1=60°，
∴∠COA1=30°，则∠CA1O=90°．
在Rt△CAA1中，AA1= 32OC= 32，
同理得：B1A2=12A1B1= 322，
依此类推，第n个等边三角形的边长等于 32100．
故答案为： 32100．
根据题目已知条件可推出，AA1= 32OC= 32，B1A2=12A1B1= 322，依此类推，第n个等边三角形的边长等于 32100，即可求解．
本题主要考查坐标与图形性质，等边三角形的性质及解直角三角形，从而归纳出边长的规律是解题的关键．
19.【答案】解：原式=12−3÷1+2
=12−3+2
=11．
【解析】利用有理数的乘除法则及算术平方根的定义进行计算即可．
本题考查有理数的混合运算，其相关运算法则是基础且重要知识点，必须熟练掌握．
20.【答案】解：x(x−1)+2x(x+1)
=x2−x+2x2+2x
=3x2+x，
当x=1时，原式=3×12+1=4．
【解析】先利用单项式乘多项式的法则展开，然后合并同类项，再代入求值即可．
本题考查了整式的化简求值，熟练掌握单项式乘多项式的法则是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
点A1(1,1)，B1(1,4)，C1(5,4)；
(2)∵AC=A1C1= 32+42=5，AA1=CC1=6，
∴四边形AA1C1C的周长=5+5+6+6=22．
【解析】(1)根据平移的性质作出图形即可；
(2)利用勾股定理得出各边的长度即可得出答案．
此题主要考查了作图−平移变换，关键是几何图形都可看作是点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也就是确定一些特殊点的对称点．
22.【答案】4 85 80
【解析】解：(1)根据七年级的数据可知80分的有4个，故a=4，
八年级的数据中最多的是85，所以众数b=85，
七年级的数据从小到大整理排在第5个，第6个数据为80，80，
所以中位数c=80+802=80，
故答案为：4，85，80；
(2)八年级的成绩比较好，
理由：七年级和八年级的平均数相等，但八年级的众数和中位数比七年级的高，从方差来看，七年级的成绩数据波动比八年级的成绩数据波动大，说明八年级学生的成绩稳定性好一些，所以总的来说，八年级的成绩比七年级的成绩好；
(3)1400×3+210+10=350(名)，
答：估计这次竞赛共有350名学生达到“优秀”．
(1)根据所给数据即可求出a的值，根据众数，中位数的定义即可求出b、c的值；
(2)从平均数、众数、中位数与方差的角度出发分析即可；
(3)用1400乘以两个年级的优秀的百分比即可．
本题考查了平均数，众数，中位数，方差以及用样本估计总体，理解各个统计量的意义，明确各个统计量的特点是解决问题的前提和关键．
23.【答案】60°
【解析】(1)①解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AEF=EFC=60°，
故答案为：60；
②证明：由翻折可知：∠EBD=∠CBD，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠EBD=∠ADB，
∴FB=FD，
∴△FBD是等腰三角形；
(2)解：由翻折可知：∠EBD=∠CBD=30°，
∴∠ABE=90°−∠EBD−∠CBD=30°，
∵AD=BC=BE，FB=FD，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
∵FB=FD，
∴∠EBD=∠ADB=∠CBD=30°，
∴∠EFD=60°，
∴∠FAE=∠FEA=30°，
∴∠ABE=∠AEF=30°，
∴AE=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=2 3，
∴AE=AB=2 3．
(1)①根据矩形的性质即可解决问题；
②由折叠的性质得出∠ECA=∠ACB，由平行线的性质得出∠EAC=∠ACB，则可得出结论；
(2)由翻折可得∠EBD=∠CBD=30°，所以得∠ABE=90°−∠EBD−∠CBD=30°，然后证明FA=FE，可得∠FAE=∠FEA，证明∠ABE=∠AEF=30°，得AE=AB，进而可以解决问题．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
24.【答案】解：(1)设每辆甲车一次能装运m箱学习用品，每辆乙车一次能装运n箱学习用品，
根据题意得：m+n=130m+2n=210，
解得m=50n=80，
答：每辆甲车一次能装运50箱学习用品，每辆乙车一次能装运80箱学习用品；
(2)设租用甲种货车x辆，租车总费用为y元，
∵租车总费用不超过13000元，
∴500x+800(20−x)≤1300050x+80(20−x)≥1180，
解得：10≤x≤14，
根据题意得：y=500x+800(20−x)=−300x+16000，
∵−300≤0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=14时，y取最小值，最小值为−300×14+16000=11800(元)，
此时20−x=20−14=6，
答：租用甲种货车14辆，乙种货车6辆，租车总费用最少，最少为11800元．
【解析】(1)设每辆甲车一次能装运m箱学习用品，每辆乙车一次能装运n箱学习用品，根据辆甲车和1辆乙车一次可运送130箱：1辆甲车和2辆乙车一次可运送210箱得m+n=130m+2n=210，即可解得答案；
(2)设租用甲种货车x辆，租车总费用为y元，根据租车总费用不超过13000元，可得500x+800(20−x)≤1300050x+80(20−x)≥1180，10≤x≤14，而y=500x+800(20−x)=−300x+16000，由一次函数性质即可得到答案．
本题考查二元一次方程组的应用和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程组和函数关系式．
25.【答案】(1)EF=EC，
证明：过E点作ME⊥AB于M点，作NE⊥BC于N点，如图：
∵在正方形ABCD中，AB⊥CB，
∴结合ME⊥AB，NE⊥BC，可得四边形EMBN是矩形．
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴BD平分∠MBN，
∴矩形EMBN是正方形，
∴BM=ME=EN=NB，∠MEN=90°，
∵FE⊥CE．
∴∠FEC=∠MEN=90°，
∴∠MEF=∠NEC，
∵∠FME=∠ENC=90°，ME=EN，
∴△MEF≌△NEC．
∴EF=EC，
(2)解：在(1)中EF=EC，
∵EFLEC．
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵FC= 2EC．
∵EG⊥DC．
∴∠DGE=90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠EDG−45°，
∴∠DEG=45°，
∴△EDG是等腰直角三角形，
∴DE= 2EG= 2DG，
∵正方形ABCD的边长为6，DE=2 2，
∴EG=DG=2，即CG=CD−DG=4，
∴EC= EG2+CG2=2 5，
∴FC= 2EC=2 10．
(3)解：过B点作BH⊥BD，且使得BH=CD，过H点作HK⊥CB，交CB的延长线于点K，连接HC，如图：
∵BH⊥BD，
∴∠HBD=90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠′ABD=∠CDB=45°，
∴∠HBF=∠ABD=∠CDB=45°，
又∵DE=BF，BH=CD，
∴△HBF≌△CDE(SAS)，
∴HF=CE，
∴CE+CF=HF+CF=x，
即当点H、F、C三点共线时，CE+CF有最小值，
且最小为CE+CF=CF+FH=HC=x，
∵HK⊥CB，∠HBF=45°，
∴∠K=90°，∠HBK=45°，
∴∠HBK=45°=∠KHB，
∴△KHB是等腰直角三角形，
∴BH= 2HK= 2BK，
∵BH=CD=6．
∴HK=BK=3 2，
∴KC=CB+BK=6+3 2，
在Rt△HKC中，HC2=HK2+KC2，
∴HC2=(3 2)2+(6+3 2)2=72+36 2，
∴x2的最小值为HC2=72+36 2．
【解析】(1)过E点作ME⊥AB于M点，作NE⊥BC于N点，先证明四边形EMBN是正方形，再证明△MEF≌△NEC即可作答；
(2)在(1)中EF=EC，可得△EFC是等腰直角三角形，即有FC= 2EC，再证明△EDG是等腰直角三角形，即有DE= 2EG= 2DG，进而可得EG=DG=2，即CG=CD−DG=4，则有EC= EG2+CG2=2 5即可解答；
(3)过F点作BH⊥BD，且使得BH=CD，过H点作HK⊥CB，交CB的延长线于点K，连接HC，由BH⊥BD，先证明△HBF≌△CDE，即有HF=CE，则CE+CF=HF+CF=x，即当点H、F、C三点共线时，CE+CF有最小值，且最小为CE+CF=CF+FH=HC=x，证明△KHB是等腰直角三角形，可得HK=BK=3 2，即KC=CB+BK=6+3 2，在Rt△HKC中，HC2=HK2+KC2，代入数据及求解．
本题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
26.【答案】解：(1)在y=kx+2中，令x=0得y=2，
∴A(0,2)，
∴OA=2，
∴OB=2OA=4，
∴B(4,0)，
把B(4,0)代入y=kx+2得：
4k+2=0，
解得k=−12，
∴直线AB的解析式为y=−12x+2；
(2)∵直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，
∴D是线段AB的中点，
∵A(0,2)，B(4,0)，
∴D(2,1)，
把D(2,1)代入y=2x+b得：4+b=1，
∴b=−3，
∴直线CD解析式为y=2x−3，
在y=2x−3中，令x=0得y=−3，
∴C(0,−3)，
∴AC=2−(−3)=5，
∵S△ACP=32S△ACD，
∴12×5⋅|xP|=32×12×5×2，
∴xP=3或xP=−3，
在y=2x−3中，令x=3得y=3；令x=−3得y=−9，
∴P的坐标为(3,3)或(−3,−9)；
(3)在平面内存在其它点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设P(t,2t−3)，Q(m,n)，又A(0,2)，C(0,−3)，分三种情况：
①当PA，CQ为对角线时，PA，CQ的中点重合，且AC=CP，
∴t=m2t−3+2=n−325=t2+(2t−3+3)2，
解得t= 5m= 5n=2 5+2(P不在第三象限，舍去)或t=− 5m=− 5n=−2 5+2，
∴Q(− 5,−2 5+2)；
②当PC，AQ为对角线时，PC，AQ的中点重合，且AC=AP，
∴t=m2t−3−3=n+225=t2+(2t−5)2，
解得t=0m=0n=−8(P不在第三象限，舍去)或t=4m=4n=0(P不在第三象限，舍去)；
③当PQ，AC为对角线时，PQ，AC的中点重合，且AP=CP，
∴t+m=02t−3+n=2−3t2+(2t−5)2=t2+(2t−3+3)2，
解得t=54m=−54n=−12(P不在第三象限，舍去)，
综上所述，Q的坐标为(− 5,−2 5+2)．
【解析】(1)在y=kx+2中，令x=0得A(0,2)，即得B(4,0)，代入y=kx+2得直线AB的解析式为y=−12x+2；
(2)由直线y=2x+b是线段AB的垂直平分线，垂足为点D，可得D(2,1)，从而直线CD解析式为y=2x−3，故C(0,−3)，根据S△ACP=32S△ACD，知12×5⋅|xP|=32×12×5×2，解得xP=3或xP=−3，即可得P的坐标为(3,3)或(−3,−9)；
(3)设P(t,2t−3)，Q(m,n)，又A(0,2)，C(0,−3)，分三种情况：①当PA，CQ为对角线时，PA，CQ的中点重合，且AC=CP，②当PC，AQ为对角线时，PC，AQ的中点重合，且AC=AP，③当PQ，AC为对角线时，PQ，AC的中点重合，且AP=CP，分别列方程组，即可解得答案．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形的性质及应用等，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
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