2022-2023学年山东省滨州市阳信县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省滨州市阳信县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省滨州市阳信县八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023年2月24日，“逐梦寰宇问苍穹——中国载人航天工程三十年成就展”在中国国家博物馆展出，下列航天图标中，是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
2. 若关于x的一元二次方程kx2+2x−1=0有实数根，则k的取值范围是(    )
A. k≥−1且k≠0 B. k≥−1 C. k>−1 D. k>−1且k≠0
3. 一元二次方程x2−2x−3=0有两个实数根a，b，那么一次函数y=(ab−1)x+a+b的图象一定不经过的象限是(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4. 如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，Rt△EOF(两直角边长均大于AB的长度)绕点O旋转的过程中，与正方形重叠部分的面积(    )
A. 由小变大
B. 由大变小
C. 始终不变
D. 先由大变小，然后又由小变大
5. ▱ABCD中，AC、BD是两条对角线，现从以下四个关系式①AB=BC，②AC=BD，③AC⊥BD，④AB⊥BC中，任取一个作为条件，即可推出▱ABCD是菱形的概率为(    )
A. 14 B. 12 C. 34 D. 1
6. 已知点M(2,a)和点N(3,b)是函数y=2x+1的图象上的两点，则a与b的大小关系是(    )
A. a>b B. a=b C. a 7. 如图，在▱ABCD中，AD=8，E为AD上一动点，M，N分别为BE，CE的中点，则MN的长为(    )


A. 4 B. 3 C. 2 D. 不确定
8. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD=20°，则∠DHO的度数是(    )

A. 20° B. 25° C. 30° D. 40°
9. 某校把学生的纸笔测试、实践能力、成长纪录三项成绩分别按50%、20%、30%的比例计入学期总评成绩，90分以上为优秀．甲、乙、丙三人的各项成绩如表(单位：分)，

纸笔测试
实践能力
成长记录
甲
90
83
95
乙
98
90
95
丙
80
88
90
学期总评成绩优秀的是(    )
A. 甲 B. 乙、丙 C. 甲、乙 D. 甲、丙
10. 甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城.在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示.则下列结论：①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后1.5小时追上甲车； 
④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．
其中正确的结论有(    )


A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 一元二次方程x2−3x=0的根是          ．
12. 如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到△A′B′C′，则旋转中心是点______ (请从点O、Q、P、M中选择)．


13. 如图，函数y=2x+b与函数y=kx−1的图象交于点P，关于x的不等式kx−1<2x+b的解集是______ ．


14. 端午假期小明统计了同组同学学习时长的数据并利用数据编制了思考小问题：已知学习时长数据(单位：小时)为5，7，6，6，6.则这组数据的方差为______ ．
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E、F分别为AB、AC、BC的中点，若CD=6，则EF的长为______ ．


16. 在“双减政策”的推动下，某初级中学学生课后作业时长明显减少.2022年上学期每天作业平均时长为100min，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天作业时长为64min.设这两学期该校平均每天作业时长每期的下降率为x，则可列方程为______ ．
17. 已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，点A(−1,3)，B(1,2)，则点C，D的坐标分别为______．
18. 如图，在矩形纸片ABCD中，BC=30，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为BE，点E在边CD上，则CE的长为______ ．




三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 某工厂设计了一款成本为20元/件的工艺品投放市场进行试销，经过调查，得到如下数据：
销售单价x(元∕件)
…
30
40
50
60
…
每天销售量y(件)
…
500
400
300
200
…
(1)研究发现，每天销售量y与单价x满足一次函数关系，求出y与x的关系式；
(2)当地物价部门规定，该工艺品销售单价最高不能超过45元/件，那么销售单价定为多少时，工厂试销该工艺品每天获得的利润为8000元？
四、解答题（本大题共5小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
20. (本小题8.0分)
解方程：
(1)2x2+4x+1=0 (配方法)                  
(2)x2+6x=5(公式法)
21. (本小题8.0分)
习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气.”阳信县某学校响应号召，鼓励师生利用课余时间广泛阅读，该校文学社为了解学生课外阅读情况，抽样调查了20名学生每天用于课外阅读的时间，以下是部分数据和不完整的统计图表：阅读时间在40≤x<60范围内的数据：40，50，45，50，40，55，45，40不完整的统计图表：
课外阅读时间x(min)
等级
人数
0≤x<20
D
3
20≤x<40
C
a
40≤x<60
B
8
x≥60
A
b
结合以上信息回答下列问题：

(1)统计表中的a= ______ ；
(2)阅读时间在40≤x<60范围内的数据的众数是______ ，中位数是______ ；
根据调查结果，请你估计全校800名同学课外阅读时间不少于40min的人数有______ 人.
(3)A等级学生中只有一名男生，从A等级学生中选两名学生对全校学生作读书的收获和体会的报告，用列举法或树状图法求恰好选择一名男生和一名女生的概率．
22. (本小题12.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN//AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
(1)求证：CE=AD；
(2)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．





23. (本小题14.0分)
在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动．将大小不相同的正方形ABCD与正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
(1)小明发现DG=BE且DG⊥BE，请你给出证明；
(2)如图2，小明将正方形ABCD绕点A转动，当点B恰好落在线段DG上时
①猜想线段DG和BE的位置关系是______．
②若AD=2 2，AE= 13，求△ADG的面积．


24. (本小题14.0分)
如图，直线y1=−12x+b分别与x轴、y轴交于A，B两点，与直线y2=kx−6交于点C(4,2)，直线y2与y轴相交于点D．

(1)b= ______ ；k= ______ ；
(2)求△BCD的面积；
(3)在线段AB上有一动点E，过点E作y轴的平行线交直线y2于点F，设点E的横坐标为m，当m为何值时，以O、B、E、F为顶点的四边形是平行四边形；
(4)若点p为x轴上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点Q，使得P，Q，A，B四个点能构成一个菱形.若存在，直接写出所有符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：由题意知，图形是中心对称图形，
故选：C．
根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形得出结论即可．
本题主要考查中心对称的知识，熟练掌握中心对称的概念是解题的关键．

2.【答案】A 
【解析】解：根据题意得k≠0且△=22−4k×(−1)≥0，
解得k≥−1且k≠0．
故选：A．
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=22−4k×(−1)≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．

3.【答案】C 
【解析】解：∵一元二次方程x2−2x−3=0的两个实数根分别是a、b，
∴a+b=2，ab=−3，
∴一次函数的解析式为y=−4x+2．
∵−4<0，2>0，
∴一次函数y=(ab−1)x+a+b的图象经过第一、二、四象限．
故选：C．
根据根与系数的关系可得出a+b=2、ab=−3，再结合一次函数图象与系数的关系，即可找出一次函数y=(ab−1)x+a+b的图象经过的象限，此题得解．
本题考查了根与系数的关系以及一次函数图象与系数的关系，利用根与系数的关系结合一次函数图象与系数的关系，找出一次函数图象经过的象限是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，
∴∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，
∴∠HOB=∠GOC，
在△OHB与△OGC中，
∠HOB=∠GOCOB=OC∠OBH=∠OCG，
∴△OHB≌△OGC(ASA)，
∴S△OHB=S△OGC，
∴SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，
则重叠部分的面积始终不变，
故选：C．
由条件可得△OHB≌△OGC(ASA)，从而S△OHB=S△OGC，SOHBG=S△OHB+S△OBG=S△OGC+S△OBG=S△OBC，即可说明重叠面积始终不变．
本题考查了三角形全等的判定与性质，利用面积的等量代换是解题关键．

5.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴①AB=BC，四边形ABCD是菱形；
②AC=BD，四边形ABCD是矩形；
③AC⊥BD，四边形ABCD是菱形；
④AB⊥BC，四边形ABCD是矩形．
只有①③可判定，
∴可推出平行四边形ABCD是菱形的概率为2÷4=12．
故选：B．
根据菱形的判定，要证平行四边形ABCD是菱形，可证一组邻边相等或对角线互相垂直即可．
考查了概率公式，平行四边形的性质和菱形的判定．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

6.【答案】C 
【解析】解：∵k=2>0，
∴y随x的增大而增大，
∵3>2，
∴a 故选：C．
根据一次函数的图象和性质，k>0，y随x的增大而增大解答．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据k值确定函数的增减性是解题关键．

7.【答案】A 
【解析】解：如图，在平行四边形ABCD中，BC=AD=8．
∵M，N分别为BE，CE的中点，
∴MN是△EBC的中位线，
∴MN=12BC=4．
故选：A．
首先由平行四边形的对边相等的性质求得BC=AD=6；然后利用三角形中位线定理求得MN=12BC=3．
本题主要考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，解题过程中是利用平行四边形的性质结合三角形中位线定理来求有关线段的长度的．

8.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AB/​/CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB=90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH=OD=OB，
∴∠1=∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO=90°，
∴∠1=∠DCO，
∴∠DHO=∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC，
∴∠CAD=∠DCA=20°，
∴∠DHO=20°，
故选：A．
先根据菱形的性质得OD=OB，AB/​/CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB=90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH=OD=OB，利用等腰三角形的性质得∠1=∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数
本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了加权平均数，根据加权成绩等于各项成绩乘以不同的权重的和是解题的关键．
根据加权平均数的定义分别计算三人的加权平均数，然后与90比较大小即可得出答案．
【解答】
解：根据题意得：
甲的总评成绩是：90×50%+83×20%+95×30%=90.1，
乙的总评成绩是：98×50%+90×20%+95×30%=95.5，
丙的总评成绩是：80×50%+88×20%+90×30%=84.6，
则学期总评成绩优秀的有甲、乙二人，
故选：C．  
10.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，解得m=100n=−100，
∴y乙=100t−100，
令y甲=y乙可得：60t=100t−100，解得t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y甲−y乙|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲=50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲=250；
综上可知当t的值为54或154或56或t=256时，两车相距50千米，故④不正确；
综上可知正确的有①②③共三个，
故选：C．  
11.【答案】x1=0，x2=3 
【解析】
【分析】
首先利用提取公因式法分解因式，由此即可求出方程的解．
本题主要考查了用因式分解法解一元二次方程．
【解答】
解：   x2−3x=0，
 ∴  x(x−3)=0，
∴ x=0，或x−3=0，
∴x1=0，x2=3．
故答案为x1=0，x2=3．  
12.【答案】P 
【解析】如图，连接BB′，AA′可得其垂直平分线相交于点P，
故旋转中心是P点．
故答案为：P．
根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．

13.【答案】x>1 
【解析】解：∵函数y=2x+b与函数y=kx−1的图象交于点P(1,−2)，
∴当x>1时，kx−1<2x+b，
∴关于x的不等式kx−1<2x+b的解集是x>1．
故答案为：x>1．
观察函数图象，当x>1时，函数y=2x+b的图象在函数y=kx−1的图象的上方，从而得到关于x的不等式kx−1<2x+b的解集．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，利用数形结合思想，正确理解函数值的大小与不等式的关系．

14.【答案】25 
【解析】解：由题意得这组数据的平均数为：5+7+6+6+65=6
∴数据的方差S2=15[(6−5)2+(6−7)2+(6−6)2+(6−6)2+(6−6)2]=25．
故答案为：25．
先由平均数的公式计算出这组数据的平均数，再根据方差的公式计算．
本题考查了方差的定义，掌握一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]是关键．

15.【答案】6 
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，
∴CD=12AB，
又∵EF是△ABC的中位线，
∴AB=2CD=2×6=12，
∴EF=12×12=6．
故答案为：6．
已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，那么AB=2CD；EF是△ABC的中位线，则EF应等于AB的一半．
此题主要考查了三角形中位线定理以及直角三角形斜边上的中线等知识，用到的知识点为：(1)直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；(2)三角形的中位线等于对应边的一半．

16.【答案】100(1−x)2=64 
【解析】解：由题意得：100(1−x)2=64，
故答案为：100(1−x)2=64．
利用2023年上学期平均每天作业时长=2022年上学期平均每天作业时长×(1−这两学期该校平均每天作业时长每期的下降率)2，列出一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

17.【答案】(1,−3)，(−1,−2) 
【解析】解：由题意知：点A与点C、点B与点D关于原点对称，
∵点A，B的坐标分别为(−1,3)，(1,2)，
∴点C，D的坐标分别是(1,−3)，(−1,−2)，
故答案为：(1,−3)，(−1,−2)．
已知平行四边形ABCD两条对角线的交点坐标是坐标系的原点，平行四边形ABCD两条对角线相互平分，所以点A与点C、点B与点D关于原点对称，由于已知点A，B的坐标，故可求得C，D的坐标．
本题考查平行四边形的性质与点的坐标的表示、解题的关键是掌握关于原点对称的点的特征，已知点(a,b)，则其关于原点对称的点的坐标为(−a,−b)．

18.【答案】10 3 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OC，∠BCD=90°，
∵△EBO是由△EBC翻折得到的，
∴OB=BC=30，∠EBO=∠EBC，
∴OB=OC=BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
∴∠EBC=30°，
在Rt△EBC中，
BE=2EC，
根据勾股定理，得BE2−EC2=BC2，
∴(2EC)2−EC2=302，
解得EC=10 3，
故答案为：10 3．
由矩形的性质和翻折的性质推出△OBC是等边三角形，△EBC是含30°角的直角三角形，再利用30°角的直角三角形三边关系和勾股定理即可求出CE的长．
本题考查矩形的性质，翻折变换，等边三角形的判定和性质，30°角所对直角边等于斜边的一半，勾股定理，掌握相关图形的性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)设y=kx+b，
根据题意可得30k+b=50040k+b=400，
解得：k=−10b=800，
则y=−10x+800；
(2)根据题意，得：(x−20)(−10x+800)=8000，
整理，得：x2−100x+2400=0，
解得：x1=40，x2=60，
∵销售单价最高不能超过45元/件，
∴x=40，
答：销售单价定为40元/件时，工厂试销该工艺品每天获得的利润为8000元． 
【解析】本题主要考查用待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及找到题目中的等量关系．
(1)利用待定系数法求解可得；
(2)根据“总利润=单件利润×销售量”可得关于x的一元二次方程，解之即可得．

20.【答案】解：(1)2x2+4x=−1，
x2+2x=−12，
x2+2x+1=−12+1，即(x+1)2=12，
∴x+1=± 22，
则x=−1± 22；

(2)x2+6x−5=0，
∵a=1，b=6，c=−5，
∴△=36−4×1×(−5)=56，
则x=−6±2 142=−3± 14． 
【解析】(1)配方法求解可得；
(2)公式法求解可得．
本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．

21.【答案】5  40  45  480 
【解析】解：(1)a=20×25%=5(人)，
故答案为：5；
(2)阅读时间在40≤x<60范围内的数据出现次数最多的是40，共出现3次，因此阅读时间在40≤x<60范围内的数据的众数是40，
将阅读时间在40≤x<60范围内的8个数据从小到大排列，处在中间位置的两个数都是45，因此中位数是45，
800×20−3−520=480(人)，
故答案为：40，45，480；
(3)样本中A等级学生人数b=20−3−5−8=4(人)，即1男2女，从这4人随机选取2人，所有等可能出现的结果如下：

共有12种等可能出现的结果，其中1男1女的有6种，
所以恰好选择一名男生和一名女生的概率为612=12．
(1)根据频率=频数总数进行计算即可；
(2)根据中位数、众数的定义进行计算即可；求出样本中阅读时间不少于40min的学生所占的百分比，估计总体中的百分比，进而计算相应人数；
(3)利用树状图列举出所有等可能出现的结果，再根据概率的定义进行计算即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图，中位数、众数，理解两个统计图中数量之间的关系，掌握频率=频数总数以及中位数、众数的计算方法是正确解答的前提．

22.【答案】(1)证明：∵DE⊥BC．
∴∠DFB=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC/​/DE，
∵MN/​/AB，即CE/​/AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD．
(2)解：四边形BECD是菱形．
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE．
∵BD/​/CE，
∴四边形BECD是平行四边形．
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴平行四边形BECD是菱形．
(3)解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．
理由是：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=∠A=45°，
∴AC=BC．
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形． 
【解析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质以及正方形的判定，掌握相关判定和性质是解题的关键．
(1)先证出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
(2)先证明四边形BECD是平行四边形，再证明CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
(3)证出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．

23.【答案】证明：(1)如图1，延长EB交DG于点H，

∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE
在△ADG与△ABE中，
AD=AB∠DAG=∠BAEAG=AE，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴∠AGD=∠AEB，DG=BE，
∵△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，
∴∠AEB+∠ADG=90°，
∵△DEH中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，
∴∠DHE=90°，
∴DG⊥BE；
(2)①DG⊥BE
②如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，

∠AMD=∠AMG=90°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠MDA=45°
在Rt△AMD中，
∵∠MDA=45°，AD=2 2，
∴AM=DM=2，
在Rt△AMG中，
∵AM2+GM2=AG2
∴GM= ( 13)2−22=3，
∵DG=DM+GM=2+3=5，
∴S△ADG=12DG⋅AM=12×5×2=5．
 
【解析】此题是四边形的综合题，考查了旋转的性质和正方形的性质，用到的知识点是旋转的性质、全等三角形的判定，勾股定理和正方形的性质，难度适中，关键是根据题意画出辅助线，构造直角三角形．
(1)利用正方形得到条件，判断出△ADG≌△ABE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)①同理证明△ADG≌△ABE，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②分别计算DM、MG和AM的长，根据三角形面积可得结论．

24.【答案】4  2 
【解析】解：(1)∵直线y2=kx−6交于点C(4,2)，
∴2=4k−6，
∴k=2，
∵直线y1=−12x+b过点C(4,2)，
∴2=−2+b，
∴b=4，
故答案为：4，2；
(2)由(1)得直线解析式为：y1=−12x+4，直线解析式为y2=2x−6，
∴点B(0,4)，点D(0,−6)，
∴BD=10，
∴S△BDC=12×10×4=20；
(3)∵点E在线段AB上，点 E 的横坐标为 m，
∴E(m,−12m+4)，F(m,2m−6)，
①当0≤m≤4时
∴EF=−12m+4−(2m−6)=10−52m．
∵四边形OBEF是平行四边形，
∴BO=EF，
∴4=10−52m，
解得：m=125；
②当4≤m≤8时，
2m−6−(−12m+4)=4，
解得m=285，
综上所述：当 m=125或m=285时，四边形OBEF是平行四边形；
(4)存在．
理由如下：①若以AB为边，AP为边，如图1所示：

∵点 A(8,0)，B(0,4)，
∴AB=4 5．
∵四边形BAPQ为菱形，
∴AP=AB=4 5=BQ，AP//BQ，
∴点Q(4 5,4)，点Q′(−4 5,4)，
若以AB为边，AP是对角线，如图1，
∵四边形ABPQ是菱形，
∴OB=OQ=4，
∴点Q(0,−4)；
②以AB为对角线，如图2所示：

∵四边形APBQ是菱形，
∴AP=BP=BQ，AP//BQ，
∵BP2=OP2+OB2，
∴AP2=(8−AP)2+16，
∴AP=5，
∴BQ=5，
∴点Q(5,4)，
综上所述：若点P为x轴上一点，当点Q坐标为 (−4 5,4)或(4 5,4)或(0,−4)或(5,4)时，使以P，Q，A，B为顶点的四边形是菱形．
(1)将点C(4,2)代入解析式可求解；
(2)首先求得B、D的坐标B(0,4)，D(0,−6)，得到BD=10，然后代入数据S△BDC=12×10×4=20即可得解；
(3)设点E(m,−12m+4)，F(m,2m−6)，分两种情况讨论，由平行四边形的性质可得BO=EF=4，列出等式可求解；
(4)分两种情况讨论，由菱形的性质可求解．
本题是一次函数综合题，利用待定系数法求解析式，平行四边形的性质，菱形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．