2023-2024学年江苏省苏州市姑苏区草桥中学八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市姑苏区草桥中学八年级（下）期中数学试卷（含解析），共24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。

1.古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.下列说法错误的是( )
A. “水涨船高”是必然事件
B. “水中捞月”是不可能事件
C. “了解一批节能灯管的使用寿命”最适合用全面调查
D. “调查将发射的气象卫星的零部件质量”最适合用全面调查
3.已知关于x的方程(a−3)x|a−1|+x−1=0是一元二次方程，则a的值是
( )
A. −1B. 2C. −1或3D. 3
4.已知x=1是关于x的一元二次方程x2+kx−6=0的一个根，则k的值为( )
A. −5B. −7C. 5D. 7
5.如图，转盘中四个扇形的面积都相等，任意转动这个转盘1次，当转盘停止转动时，指针落在灰色区域的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
6.如图，Rt▵ABC中，∠ACB=90∘，BC=4,AC=3，将▵ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，若点C′在AB上，则AA′的长为( )
A. 10B. 4C. 2 5D. 5
7.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC.动点E,F分别从点O,B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA,BC向终点A,C移动．当移动时间为4秒时，AC⋅EF的值为
( )
A. 10B. 9 10C. 15D. 30
8.如图，在▱ABCD中，∠C=120∘，AB=2，AD=2AB，点H，G分别是边DC，BC上的动点，连接AH，HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为( )
A. 2B. 3C. 1D. 32
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
9.为了解某校初一年级900名学生每天花费在数学学习上的时间，抽取了100名学生进行调查，则样本容量是_____．
10.一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同．搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为_____．
11.如图，如果要测量池塘两端A，B的距离，可以在池塘外取一点C，连接AC，BC，点D、E分别是AC、BC的中点，测得DE的长为12米，则AB的长为______米．
12.如图，在▱ABCD中，∠A=68∘,DB=DC,CE⊥BD于E，则∠BCE的度数为______．
13.已知关于x的一元二次方程k+1x2+2x−1=0有两个不相同的实数根，则k的取值范围是____
14.已知x=2是一元二次方程x2+bx−c=0的解，则−4b+2c的值为_____．
15.两个连续正整数的平方和为113，则这两个数的积是_____．
16.如图，在正方形ABCD中，AB=4,△ADE是等边三角形，则图中阴影部分(即▵BDE)的面积为_____.(结果保留根号)
17.如图，在四边形ABCD中，AD=AB=BC，AC⊥BD交于点O，过四边形ABCD的顶点A作AF⊥AD，且AD=AF，线段AF交OB于点H，交BC于点E，若D、C、F三点共线，则以下说法：①四边形ABCD为菱形；②AB⋅AE=AC⋅BD；③∠AHD=∠CAD；④OH+OC=34BH，正确的有_____．
18.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E是AD边上一动点(不与A，D重合)，▵ABE与▵FBE关于BE成轴对称，过点F作FG⊥BC于点G，当点F落在矩形ABCD的内角平分线上时，BG的长为_____．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
19.解方程：
(1)x2+3x+1=0；
(2)x+32=2x+7；
(3)xx+3=5x+7．
四、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
若关于x的一元二次方程x2+bx+6=0有一个根是x=2，
(1)求b的值及方程的另一个根；
(2)若菱形对角线长分别为x1、x2，则这个菱形面积为______．
21.(本小题8分)
如图，E，F是▱ABCD的对角线AC上两点，AF=CE，AC与BD相交于点O.求证：BE=DF．
22.(本小题8分)
科学教育是提升国家科技竞争力、培养创新人才、提高全民科学素质的重要基础。某学校计划在八年级开设“人工智能”“无人机”“创客”“航模”四门校本课程，要求每人必须参加，并且只能选择其中一门课程，为了解学生对这四门课程的选择情况，学校从八年级全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并根据调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图(部分信息未给出)．

请你根据以上信息解决下列问题：
(1)参加问卷调查的学生人数为50名，补全条形统计图(画图并标注相应数据)；
(2)在扇形统计图中，选择“创客”课程的学生占______%，所对应的圆心角度数为______；
(3)若该校八年级一共有1000名学生，试估计选择“航模”课程的学生有多少名？
23.(本小题8分)
不透明的袋中有若干个红球和黑球，每个球除颜色外无其他差别．现从袋中随机摸出1个球，记下颜色后放回并搅匀，经过大量重复试验发现摸到黑球的频率逐渐稳定在0.4附近．
(1)估计摸到黑球的概率是________；
(2)如果袋中的黑球有8个，求袋中共有几个球；
(3)在(2)的条件下，又放入n个黑球，再经过大量重复试验发现摸到黑球的频率逐渐稳定在0.8附近，直接写出n的值．
24.(本小题8分)
已知关于x的方程x2−k+2x+2k=0．
(1)求证：k取任何实数值，方程总有实数根；
(2)若Rt▵ABC斜边长a=3，另两边长b，c恰好是这个方程的两个根，求▵ABC的周长．
25.(本小题8分)
如图，正方形ABCD，边长为4cm，动点P从点A以每秒 2cm的速度沿AC向C运动，动点Q从点C以每秒1cm的速度沿CB向B运动，连结PQ.两点同时出发，设运动时间为t秒．
(1)求运动时间t为何值时△PCQ的面积为32；
(2)连结DP、DQ，是否存在某一时刻，使▵DPQ为等腰三角形，若存在，求出所有t的值；若不存在，请说明理由．
26.(本小题8分)
如图①，在平行四边形ABCD 中，AB=5cm，BC=2cm，∠BCD=120°，CE 平分∠BCD 交AB 于点E，点P 从A 点出发，沿AB 方向以1cm/s 的速度运动，连接CP，将▵PCE绕点C 逆时针旋转60°，使CE 与CB 重合，得到▵QCB，连接PQ．
(1)求证：△PCQ是等边三角形；
(2)如图②，当点P 在线段EB 上运动时，▵PBQ的周长是否存在最小值？若存在求出▵PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，当点P 在射线AM 上运动时，是否存在以点P、B、Q 为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．
27.(本小题8分)
如图，直线l1：y=43x+4m与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线l2：y=3m交与点C．
(1)点C的坐标为______(用含m的代数式表示)；
(2)点P在x轴上，横坐标为m+4，点Q为直线l2上一点，当以A、P、C、Q为顶点的四边形为平行四边形时，且面积为24时，求Q点的坐标；
(3)作点A关于直线CP的对称点A′，当点A′落在直线l2上时，求点A′到直线l1的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了必然事件的定义，全面调查与抽样调查的意义．一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行全面调查、全面调查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用全面调查．直接利用必然事件的定义以及全面调查与抽样调查的意义判断各项即可．
【详解】解：A.“水涨船高”是必然事件，故A选项不符合题意；
B.“水中捞月”是不可能事件，故B选项不符合题意；
C.“了解一批节能灯管的使用寿命”最适合用抽样调查，原说法错误，故 C选项符合题意；
D.“调查将发射的气象卫星的零部件质量”最适合用全面调查，故D选项不符合题意；
故选：C．
3.【答案】A
【解析】【分析】根据一元二次方程定义可得a−3≠0，|a−1|=2，再解即可．
【详解】由题意得：a−3≠0，|a−1|=2，
解得：a=−1，
故选A．
此题主要考查了一元二次方程定义，关键是掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
4.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，解题关键是熟练掌握解一元二次方程的基本步骤．先根据一元二次方程解的定义，把x=1代入关于x的一元二次方程x2+kx−6=0得关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：把x=1代入关于x的一元二次方程x2+kx−6=0得：
1+k−6=0，
k=5，
故选：C
5.【答案】C
【解析】【分析】根据灰色区域与整个面积的比即可求解．
【详解】解：∵转盘中四个扇形的面积都相等，设整个圆的面积为1，
∴灰色区域的面积为12，
∴当转盘停止转动时，指针落在灰色区域的概率是12，
故选：C．
本题考查了几何概率，熟练掌握概率公式是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】先根据勾股定理求出AB=5，再根据旋转的性质可得A′C′=AC=3，AB=A′B，从而求出AC′=1，在Rt▵AA′C′中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵将▵ABC绕点B逆时针旋转得△A′BC′，
∴∠A′C′B=∠C=90∘，A′C′=AC=3，AB=A′B，
根据勾股定理得：AB= BC2+AC2=5，
∴A′B=AB=5，
∴AC′=AB−BC′=1，
在Rt▵AA′C′中，由勾股定理得：
AA′= AC′2+A′C′2= 10，
故选：A．
本题考查了旋转的性质和勾股定理，掌握相关知识是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】【分析】根据题意，得出E4,0，F5,3，勾股定理求得EF= 10，AC=3 10，即可求解．
【详解】解：连接AC、EF

∵点A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC．
∴B9,3，AC= 32+92=3 10
则OA=9，BC=OA=9
依题意，OE=4×1=4，BF=4×1=4
∴AE=9−4=5，则E4,0，
∴CF=BC−BF=9−4=5
∴F5,3，
∴EF= 5−42+32= 10，
∵C0,3，
∴AC⋅EF=3 10× 10=30
故选：D．
本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得E,F的坐标是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理垂线段最短，勾股定理，解题的关键是正确画出辅助线，掌握三角形的中位线等于第三边的一半．
连接AG，则EF=12AG，当AG取最小值时，EF最小，当AG⊥BC时，AG最小，
推出∠BAG=30∘，则BG=12AB=1，根据勾股定理可得：AG= AB2−BG2= 3，即可解答．
【详解】解：连接AG，
∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，
∴EF=12AG，
∴当AG取最小值时，EF最小，
当AG⊥BC时，AG最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=120∘，
∴∠B=180∘−∠C=60∘，
∵AG⊥BC，
∴∠BAG=30∘，
∴BG=12AB=1，
根据勾股定理可得：AG= AB2−BG2= 3，
∴EF=12AG= 32，
故选：D．
9.【答案】100
【解析】【分析】本题考查了总体、个体、样本、样本容量的定义，根据总体、个体、样本、样本容量的定义解答即可．
【详解】解：为了解某校初一年级900名学生每天花费在数学学习上的时间，抽取了100名学生进行调查，则样本容量是100
故答案为：100．
10.【答案】14/0.25
【解析】【分析】本题考查了概率公式的应用，直接利用概率公式求解即可．
【详解】解：依题意，搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为14,
故答案为：14．
11.【答案】24
【解析】【分析】本题考查三角形的中位线，解题的关键是直接根据三角形中位线定理(三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半)计算即可．
【详解】解：∵点D、E分别是AC、BC的中点，
∴DE是▵ABC的中位线，
∴AB=2DE=2×12=24(米)，
∴AB的长为24米．
故答案为：24．
12.【答案】22∘/22度
【解析】【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形两个锐角互余，熟练掌握这些性质定理是解答本题的关键．根据平行四边形性质，得到∠A=∠DCB=68∘，根据等腰三角形性质得到∠DBC=∠DCB=68∘，因为CE⊥BD，在Rt▵CEB中，即可求出∠BCE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠DCB=68∘，
∵DB=DC，
∴∠DBC=∠DCB=68∘，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB=90∘，
在Rt▵CEB中，
∴∠BCE=90∘−∠CBE=90∘−68∘=22∘，
故答案为：22∘．
13.【答案】k>−2且k≠−1
【解析】【分析】方程有两个不相等的实数根，则△>0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．
【详解】解：由题意知，k≠−1，△=b2−4ac=4+4(k+1)=k+2>0，
故答案为k>−2且k≠−1．
14.【答案】8
【解析】【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义．由x=2是一元二次方程x2+bx−c=0的一个解，将x=2代入原方程，即可求得2b−c的值，从而得解．
【详解】解：∵x=2是一元二次方程x2+bx−c=0的一个根，
∴4+2b−c =0，
∴2b−c =−4．
∴−4b+2c=−22b−c=−2×−4=8．
故答案为：8．
15.【答案】56
【解析】【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设较小的一个数为x，则另外一个数为x+1，根据两个数的平方和是113，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设较小的一个数为x，则另外一个数为x+1，
依题意，得：x2+(x+1)2=113，
整理，得：x2+x−56=0，
解得：x1=7,x2=−8(舍去)，
∴x+1=8
∴这两个数的积为7×8=56，
故答案为：56．
16.【答案】4 3−4/−4+4 3
【解析】【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，三角函数等知识点，过E作EG⊥AD于G，EH⊥AB于H，利用三角函数计算出EG=2 3,EH=2，进而即可求出▵BDE的面积即阴影部分的面积，问题即可解决，关键是利用三角函数计算出EG=2 3,EH=2．
【详解】如图，过E作EG⊥AD于G，EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD的边长是4，▵ADE为等边三角形，
∴∠EAD=∠EDA=60∘,EA=ED=AD=4，
∴∠EAB=30∘，
∴EG=EA⋅sin60∘=4× 32=2 3,EH=EA⋅sin30∘=2，
∴▵BDE的面积=▵ADE的面积+▵ABE面积−▵ABD的面积=12×4×2 3+12×4×2−12×42=4 3−4，
故答案为：4 3−4．
17.【答案】①③
【解析】【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，余角性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，勾股定理；由AD=AB，AC⊥BD得AC垂直平分BD，即得到BC=CD，可判断①；根据菱形的两种面积计算方法可判断②；利用余角性质可判断③；连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ，证明▵BEH≌▵AEC得到BH=AC=2OC，再证明∠QHC=∠HCQ=22.5∘得到QH=QC= 2OH，设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ= 2m，可得OH+OC=2m+ 2m， 22BH= 22×2OC= 2m+2m，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：∵AD=AB，AC⊥BD，
∴AC垂直平分BD，
∴BC=CD，
∴BC=CD=AD=AB，
∴四边形ABCD为菱形，故①正确；
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD//BC，S菱形ABCD=12AC•BD，
∵AF⊥AD，
∴AE⊥BC，
∴S菱形ABCD=BC⋅AE=AB⋅AE，
∴AB⋅AE=12AC⋅BD，故②错误；
∵AF⊥AD，
∴∠DAH=90∘，
∴∠AHD+∠ADH=90∘，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD=90∘，
∴∠CAD+∠ADO=90∘，
∴∠AHD=∠CAD，故③正确；
连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ，
∵AF⊥AD，AD=AF，
∴∠ADF=∠F=45∘，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=45∘，AD/​/CB，
∴AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90∘，
∴∠BAE=∠ABC=45∘，
∴BE=AE，
∵DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA=67.5∘，
∴∠EAC=∠EBH=22.5∘，
∴▵BEH≌▵AECASA，
∴BH=AC=2OC，
∵BD垂直平分线段AC，
∴HA=HC，
∴∠HCA=∠HAC=22.5∘，
∵OQ=OH，
∴∠OHQ=∠OQH=45∘，
∵∠OQH=∠QHC+∠QCH，
∴∠QHC=∠HCQ=22.5∘，
∴QH=QC= 2OH，
设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ= 2m，
∴OC=m+ 2m，
∴OH+OC=m+m+ 2m=2m+ 2m，
∵ 22BH= 22×2OC= 2m+ 2m= 2m+2m，
∴OH+OC= 22BH，故④错误；
∴正确的有①③，
故答案为：①③．
18.【答案】4或2 2或1+ 7
【解析】【分析】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理；根据点F在不同的矩形内角的平分线上分情况讨论计算即可；准确的画出图形并利用勾股定理列方程求解是关键．
【详解】解：如图，由题意得：F点在以点B为圆心，BA长为半径的圆弧上；
(1)当点F在∠BAD的平分线上时；
∴∠BAG=∠BGA=45∘
∴BG=4
(2)当点F在∠ABC的平分线上时；
∴∠ABF=∠GBF=45∘
∵FG⊥BC
∴▵BGF为等腰直角三角形
∴2BG2=BF2
∵BF=AB=4
∴2BG2=16
∴BG=2 2；
(3)当点F在∠ADC的平分线上时；延长GF交AD于H点；
由矩形的性质可知：GH⊥AD
∵∠HDF=45∘,∠FHD=90∘
∴△HFD为等腰直角三角形
∴HF=HD
设BG=AH=x，则HD=HF=6−x，GF=4−6−x=x−2
由勾股定理得：x−22+x2=42
解得，x1=1+ 7,x2=1− 7(舍去)
∴BG=1+ 7
故答案为：4或2 2或1+ 7

19.【答案】(1)解：移项得，x2+3x=−1，
配方得，x2+3x+94=−1+94，
即x+322=54，
∴x+32=± 52，
∴x1= 5−32，x2=− 5−32；
(2)解：∵x+32=2x+7，
∴x2+6x+9−2x−7=0，
∴x2+4x+2=0，
∴x2+4x+4=2，
即x+22=2，
∴x+2=± 2，
∴x1= 2−2，x2=− 2−2；
(3)解：方程两边同时乘以最简公分母x+3x+7得，
xx+7=5x+3，
∴x2+2x−15=0，
解得x1=−5，x2=3，
检验：当x1=−5时，x+3x+7=−2×2=−4≠0，
当x2=3时，x+3x+7=60≠0，
∴x1=−5，x2=3是原方程的解．

【解析】【分析】(1)移项，利用配方法解答即可求解；
(2)先把方程整理成一般式，再利用配方法解答即可求解；
(3)根据解分式方程的一般步骤解答即可求解；
本题考查了解一元二次方程和分式方程，掌握解一元二次方程的方法和解分式方程的步骤是解题的关键．
20.【答案】(1)x2+bx+6=0
解：设方程的另一个根为x1，
根据题意，得x1+2=−b12x1=6,
解得x1=3b=−5,
∴b=−5，方程的另一个根为x=3．
(2)解：∵菱形对角线长分别为2、3，
∴菱形的面积为12×2×3=3，
故答案为：3．

【解析】【分析】本题考查了菱形的性质，一元二次方程的根与系数的关系：若ax2+bx+c=0a≠0有两实数根为x1，x2，则x 1+x2=−ba，x 1x2=ca.根据根与系数的关系求解即可．
(1)根据一元二次方程根与系数的关系得出x1+2=−b12x1=6，即可求解；
(2)根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求解．
21.【答案】证明：连接DE,BF，如图所示，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO,BO=DO，
∴AF=CE，
∴AF−EF=CE−EF，
即AE=CF，
∴AO−AE=CO−CF，
∴EO=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．

【解析】【分析】连接DE,BF，根据平行四边形的性质可得AO=CO,BO=DO，根据已知条件证明EO=OF，即可证明四边形DEBF是平行四边形，进而得证．
本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
22.【答案】(1)解：选择“人工智能”的学生有50−15+10+5=20名，
补全条形统计图如下：

(2)解：10÷50=20%，
∴选择“创客”课程的学生占20%，
∵360∘×20%=72∘，
∴扇形统计图中选择“创客”课程的学生部分所对的圆心角的度数为72∘，
故答案为：20，72∘；
(3)解：1000×550=100，
∴估计选择“航模”课程的学生有100名．

【解析】【分析】(1)求出选择“人工智能”的学生人数即可补全条形统计图；
(2)用选择“创客”的学生数除以调查总人数即可求出其百分比，再用360∘乘以其百分比即可求出所对应的圆心角度数；
(3)求出样本中选择“航模”课程的百分比，再乘以八年级总人数即可求解；
本题考查了条形统计图，扇形统计图及用样本估计总体，弄清扇形统计图和条形统计图之间的数据关系是解题的关键
23.【答案】(1)解：∵经过很多次实验发现摸到黑球的频率逐渐稳定在0.4附近，
∴估计摸到黑球的概率为0.4，
故答案为：0.4；
(2)8÷0.4=20个，
∴袋中共有20个球；
(3)根据题意得：8+n20+n=0.8，
解得：n=40，
经检验n=40是方程的解，
所以n=40．

【解析】【分析】(1)利用频率估计概率即可得出答案；
(2)根据频数÷总数=频率计算可得；
(3)根据题意得8+n20+n=0.8，解之即可得出答案．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势，估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
24.【答案】(1)证明：∵Δ=k+22−8k=k2+4k+4−8k=k−22≥0，
∴无论k取何值，方程总有实数根；
(2)解：∵边长b，c恰好是这个方程x2−k+2x+2k=0的两个根，
∴b+c=k+2，bc=2k，(k>0)
∵Rt▵ABC斜边长a=3，
∴b2+c2=32=9，
∴b+c2−2bc=9，即k+22−2×2k=9，
整理得k=± 5(负值舍去)，
∴b+c= 5+2，
∴▵ABC的周长为a+b+c=3+ 5+2=5+ 5；
∴▵ABC的周长为5+ 5．

【解析】【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式的意义，根与系数的关系．
(1)根据一元二次方程根的判别式的意义证明即可；
(2)利用根与系数的关系求得b+c=k+2，bc=2k，再利用完全平方公式得到k+22−2×2k=9，求得b+c= 5+2，据此求解即可．
25.【答案】(1)解：如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴AB=BC=4，∠ACB=45∘，
依题意，AP= 2t，CQ=t，
在Rt▵ABC中，AC= AB2+BC2=4 2
∵PH⊥BC，∠ACB=45∘
∴△PCH为等腰直角三角形，
∴PC=4 2− 2t,PH= 22PC
∴PH=CH=4−t，
∴S▵PCQ=12PC⋅CQ=12×4−tt=32，
解得：t1=1,t2=3
∴运动时间t1=1,t2=3时△PCQ的面积为32
(2)解：如图所示，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥BC于点H，
则▵AGP是等腰直角三角形，AP= 2AG= 2t
∴AG=t，则DG=4−t
∴PD2=t2+4−t2，
在Rt△CDQ中，DQ2=CD2+CQ2=42+t2=16+t2
由(1)可得PH=CH=4−t，
∴HQ=HC−CQ=4−t−t=4−2t，
在Rt△PHQ中，PQ2=PH2+HQ2=4−t2+4−2t2
当PD=PQ时，t2+4−t2=4−t2+4−2t2
解得：t1=43,t2=4，
当QP=QD时，4−t2+4−2t2=16+t2
解得：t1=3− 5,t2=3+ 5(舍去)，
当DP=DQ时，t2+4−t2=16+t2
解得：x1=0,x2=8(舍去)，
综上所述，t=0或43或4或3− 5时，▵DPQ为等腰三角形，

【解析】【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解一元二次方程；
(1)过点P作PH⊥BC于点H，依题意，AP= 2t，CQ=t，证明△PCH为等腰直角三角形，进而求得PC，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
(2)过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥BC于点H，根据勾股定理分别求得DQ,PD,PQ的平方，进而根据等腰三角形的定义，分类讨论，建立方程，解方程，即可求解．
26.【答案】(1)证明：∵将▵PCE绕点C逆时针旋转60∘，使CE与CB重合，得到▵QCB，
∴▵PCE≅▵QCB，
∴CP=CQ，∠PCE=∠QCB，
∵∠BCD=120∘，CE平分∠BCD，
∴∠PCQ=60∘，
∴∠PCE+∠QCE=∠QCB+∠QCE=60∘，即∠PCQ=60∘，
∴▵PCQ为等边三角形；
(2)解：存在，理由如下：
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=60∘，
∵在平行四边形ABCD中，
∴AB//CD，
∴∠ABC=180∘−120∘=60∘，
∴ΔBCE为等边三角形，
∴BE=CB=2cm，
∵将▵PCE绕点C逆时针旋转60∘，
∴▵PCE≅▵QCB，
∴EP=BQ，
∴CΔPBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=2+CP，
∴CP⊥AB时，▵PBQ周长最小，
当CP⊥AB时，CP=BCsin60∘= 3，
∴▵PBQ周长最小为2+ 3cm；
(3)解：①当点B与点P重合时，P，B，Q不能构成三角形；
②当0≤t<3时，由旋转可知，∠CPE=∠CQB，
∵∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60∘，
则：∠BPQ+∠CQB=60∘，
又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180∘，
∴∠CBQ=180∘−60∘−60∘=60∘，
∴∠QBP=60∘，∠BPQ<60∘，
所以∠PQB可能为直角；
由(1)知，△PCQ为等边三角形，
∴∠PBQ=60∘，∠CQB=30∘，
∵∠CQB=∠CPB，
∴∠CPB=30∘，
∵∠CEB=60∘，
∴∠ECP=∠EPC=30∘，
∴PE=CE=2，
∴AP=AE−EP=3−2=1，
∴t=1÷1=1s，
③当390∘，所以不存在；
④当t>5时，由旋转得：∠PBQ=60∘，由(1)得∠CPQ=60∘，
∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60∘+∠BPC，
而∠BPC>0∘，
∴∠BPQ>60∘，
∴∠BPQ=90∘，从而∠BCP=30∘，
∴BP=BC=2，
∴AP=7cm，
∴t=7s，
综上所述：t为1s或7s时，以点P、B、Q为顶点的直角三角形．

【解析】【分析】(1)根据旋转的性质得到▵PCE≅▵QCB，由该全等三角形的性质、平行四边形的性质和角平分线的性质推知∠PCQ=60∘即可；
(2)易推知▵BCE为等边三角形，则BE=CB=2cm，由旋转的性质得到：C▵PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ，所以当CP⊥AB时，▵PBQ周长最小；
(3)需要分类讨论：①当点B与点P重合时，P，B，Q不能构成三角形；
②当0≤t<3时，∠QBP=60∘，∠BPQ<60∘，所以∠PQB可能为直角；
③当390∘，所以不存在；
④当t>5时，由旋转得：∠PBQ=60∘，∠BPQ=90∘，从而∠BCP=30∘，所以BP=BC=2，故AP=7cm，即可求解．
本题是平行四边形综合题．需要掌握旋转的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
27.【答案】【详解】(1)解：由y=43x+4my=3m可得，x=−34m，
∴点C的坐标为−34m,3m，
故答案为：−34m,3m；
(2)解：由y=43x+4m可得A−3m,0，
∴AP=m+4−−3m=4m+4，
∵以A、P、C、Q为顶点的平行四边形面积为24，
∴4m+4×3m=24，
∴m=−2(不合，舍去)或m=1，
∴m=1，
∴C−34,3，AP=4+4=8，
设点Qa,3，
当点Qa,3在点C的左侧时，−34−a=8，
解得a=−354，
∴Q−354,3；
当点Qa,3在点C的右侧时，a−−34=8，
解得a=294，
∴Q294,3；
综上，Q点的坐标为−354,3或294,3；
(3)解：如图，过点A′作A′M⊥l1于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，则∠A′MC=∠NCA=90∘，
∵点A、A′关于CP对称，
∴CA′=CA，
∵l2//x轴，
∴∠A′CM=∠CAN，
∴▵A′CM≌▵CANAAS，
∴A′M=CN=3m，
∴点A′到直线l1的距离为3m．

【解析】【分析】(1)联立函数解析式即可求解；
(2)求出点A坐标，利用平行四边形面积求出m的值，分点Qa,3在点C的左侧和右侧两种情况解答即可求解；
(3)过点A′作A′M⊥l1于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，证明▵A′CM≌▵CAN，得到A′M=CN=3m，即可求解；
本题考查了一次函数的交点问题，平行四边形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定，正确作出辅助线是解题的关键．