2023-2024学年山东省日照市东港区北京路中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年山东省日照市东港区北京路中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.下列二次根式中，最简二次根式是( )
A. − 2B. 12C. 15D. a2
2.如果式子 2x+6有意义，那么x的取值范围在数轴上表示出来，正确的是( )
A. B.
C. D.
3.一次函数y=−2x+3的图象所经过的象限是( )
A. 一、二、三B. 二、三、四C. 一、三、四D. 一、二、四
4.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CD是AB边长的中线，若AC=6，BC=8，则CD的长是( )
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3
5.在平行四边形ABCD中，∠A：∠B=7：2，则∠C=( )
A. 20∘B. 40∘C. 140∘D. 160∘
6.为考察甲、乙、丙、丁四个学生的学习情况，对这四名同学的四次测试成绩进行统计的平均数与方差为：
x甲−=x丙−=85，x乙−=x丁−=88，S甲2=S丁2=0.5，S乙2=S丙2=4.5，则成绩又高又稳定的是( )
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
7.下列命题是真命题的是( )
A. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形B. 对角线相等的四边形是平行四边形
C. 对角线互相垂直的四边形是菱形D. 对角线互相平分且相等的四边形是矩形
8.已知一次函数y=kx+k过点(1,−4)，则下列结论正确的是( )
A. y随x增大而增大B. k=2
C. 直线过点(−1,0)D. 与坐标轴围成的三角形面积为2
9.若关于x的方程mx2−2x+3=0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是( )
A. m<−13B. m≤13，且m≠0
C. m<13，且m≠0D. m>13
10.已知直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A和点B，M是OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处，则直线AM的函数解析式是( )
A. y=−12x+8
B. y=−13x+8
C. y=−12x+3
D. y=−13x+3
11.如图，一次函数y=x+4的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，过原点O作OA1垂直于直线AB交AB于点A1，过点A1作A1B1垂直于x轴交x轴于点B1，过点B1作B1A2垂直于直线AB交AB于点A2，过点A2作A2B2垂直于x轴交x轴于点B2…，依此规律作下去，则点A5的坐标是( )
A. (−154,14)
B. (154,14)
C. (−72,18)
D. (−318,18)
12.如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−125x+12的图象交x轴、y轴于A，B两点，以AB为边在直线右侧作正方形ABCD，连接BD，过点C作CF⊥x轴于点F，交BD于点E，连接AE.则下列说法中正确的有_____个.( )
①点D的坐标为(17,7)
②∠EAF=45∘
③点C的坐标为(12,17)
④△AEF的周长为(14+7 2)
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.若 a−2+|b+1|=0，则(a+b)2024=______.
14.直线l1：y1=k1x+b与直线l2：y2=k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x>k1x+b的解集为______.
15.如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE=15∘，则∠AOE=______.
16.如图，正方形ABCD的边长为6.E，F分别是射线AB，AD上的点(不与点A重合)，且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP=1，连接PM.当△PMF为直角三角形时，则AE的长为______.
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)计算： 12−|1− 3|+(−12)−2+(π−3.14)0.
(2)用适当方法解方程：2x2−3x+1=0.
18.(本小题10分)
某中学为全面普及和强化急救知识和技能，特邀某医疗培训团在全校开展了系列急救培训活动，并于结束后在七、八年级开展了一次急救知识竞赛.竞赛成绩分为A、B、C、D四个等级，其中相应等级的得分依次记为10分、9分、8分、7分.学校分别从七、八年级各抽取20名学生的竞赛成绩整理并绘制成如下统计图表，请根据提供的信息解答下列问题：
(1)根据以上信息可以求出：a=______，b=______，并把七年级竞赛成绩统计图补充完整；
(2)依据数据分析表，你认为七年级和八年级哪个年级的成绩更好，并说明理由；
(3)若该校七年级有800人、八年级有700人参加本次知识竞赛，且规定9分及以上的成绩为优秀，请估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有多少？
19.(本小题12分)
阅读下列一段文字，然后回答下列问题.
已知在平面内有两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，其两点间的距离P1P2= (x1−x2)2+(y1−y2)2，同时，当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可化简为|x1−x2|或|y1−y2|.
(1)已知A(2,4)，B(−3,−8)，试求A、B两点间们距离______.
已知M、N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为−1，试求M，N两点的距离为______；
(2)已知一个三角形各顶点坐标为D(1,6)、E(−3,3)、F(4,2)，你能判定此三角形的形状吗？说明理由.
(3)在(2)的条件下，平面直角坐标系中，在x轴上找一点P，使PD+PF的长度最短，求出点P的坐标及PD+PF的最短长度.
20.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE.
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若AB= 5，BD=2，求OE的长.
21.(本小题14分)
某运输公司安排甲、乙两种货车24辆恰好一次性将328吨的物资运往A，B两地，两种货车载重量及到A，B两地的运输成本如表：
(1)求甲、乙两种货车各用了多少辆；
(2)如果前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，其余货车将剩余物资运往B地．设甲、乙两种货车到A，B两地的总运输成本为w元，前往A地的甲种货车为t辆．
①写出w与t之间的函数解析式；
②当t为何值时，w最小？最小值是多少？
22.(本小题14分)
如图，在平行四边形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm.∠B=30∘.点P在BC上由点B向点C出发，速度为每秒2cm；点Q在边AD上，同时由点D向点A运动，速度为每秒1cm.当点P运动到点C时，点P，Q同时停止运动.连接PQ，设运动时间为t秒.
(1)当t为何值时，四边形ABPQ为平行四边形？
(2)设四边形ABPQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式.
(3)当t为何值时，四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三？求出此时∠PQD的度数.
(4)连接AP，是否存在某一时刻t，使△ABP为等腰三角形？若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、该二次根式符合最简二次根式的定义，是最简二次根式；
B、12=22×3，该二次根式的被开方数中含有能开得尽方的因数，所以它不是最简二次根式；
C、该二次根式的被开方数中含有分母，所以它不是最简二次根式；
D、该二次根式的被开方数中含有能开得尽方的因数a2，所以它不是最简二次根式．
故选：A.
最简二次根式必须满足两个条件：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式；对于各选项中的二次根式，根号下含有小数，分数的可以先排除，剩下的再看被开方数是否含有能开得尽方的因数即可．
本题主要考查了最简二次根式的相关知识，解题的关键是掌握最简二次根式的概念．
2.【答案】C
【解析】根据式子 2x+6有意义和二次根式的概念，得到2x+6≥0，解不等式求出解集，根据数轴上表示不等式解集的要求选出正确选项即可．
解：由题意得，2x+6≥0，
解得，x≥−3，
故选：C.
本题考查二次根式的概念、一元一次不等式的解法以及解集在数轴上的表示方法，正确列出不等式是解题的关键，注意在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“<”，“>”要用空心圆点表示．
3.【答案】D
【解析】解：∵一次函数y=−2x+3，k=−2，b=3，
∴该函数图象经过第一、二、四象限，
故选：D.
根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，本题得以解决．
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
4.【答案】B
【解析】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=6，AC=8，
∴AB= AC2+BC2=10，
又∵CD是AB边上的中线，
∴CD=12AB=5.
故选：B.
在Rt△ABC中，根据勾股定理求得AB=10；然后根据直角三角形斜边上的中线的性质来求CD的长度．
本题考查了直角三角形斜边上的中线、勾股定理．在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．(即直角三角形的外心位于斜边的中点).
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180∘，
∵∠A：∠B=7：2，
∴∠C=∠A=79×180∘=140∘.
故选：C.
根据平行四边形的对角相等，邻角互补，即可求得答案．
此题考查了平行四边形的性质．注意掌握平行四边形的对角相等，邻角互补是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为x甲−=x丙−=85，x乙−=x丁−=88，
所以乙和丁的成绩相等且较高，
又因为S甲2=S丁2=0.5，S乙2=S丙2=4.5，
所以丁的方差比乙小，
所以成绩又高又稳定的是丁．
故选：D.
先比较平均数，再比较方差即可．
本题考查了方差的意义及算术平均数，解题的关键是方差的意义．
7.【答案】D
【解析】解：A、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题，符合题意；
故选：D.
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．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法，难度不大．
8.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=kx+k过点(1,−4)，
∴k+k=−4，
解得：k=−2，
∴一次函数解析式为y=−2x−2.
A.∵k=−2<0，
∴y随x增大而减小，选项A不符合题意；
B.k=−2，选项B不符合题意；
C.当x=−1时，y=−2×(−1)−2=0，
∴直线过点(−1,0)，选项C符合题意；
D.当x=0时，y=−2×0−2=−2，
∴直线与y轴交于点(0,−2)，
又∵直线与x轴交于点(−1,0)，
∴直线与坐标轴围成的三角形面积=12×1×2=1≠2，选项D不符合题意．
故选：C.
利用一次函数图象上点的坐标特征可求出k值，进而可得出一次函数解析式，再利用一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征及三角形的面积计算公式，逐项判断即可求解．
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质以及三角形的面积，逐一分析各选项的正误是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：由题意可知：△=4−12m>0，
m<13，
∵m≠0，
∴m<13且m≠0，
故选：C.
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
10.【答案】C
【解析】解：当x=0时，y=−43x+8=8，即B(0,8)，OB=8，
当y=0时，x=6，即A(6,0)，OA=6，
∴由勾股定理得AB=AB′=10，
∴B′O=AB′−AO=10−6=4，
设OM=x，则B′M=BM=BO−MO=8−x，
∴x2+42=(8−x)2，解得x=3，
∴M(0,3)，
设直线AM的解析式为y=kx+b，
把A(6,0)，M(0,3)代入得：6k+b=0b=3，
∴k=−12，b=3，
∴直线AM的解析式为y=−12x+3.
故选：C.
本题考查图形的翻折变换，运用待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．先求出A、B两点坐标，根据勾股定理求出AB=AB′=10，得出B′O=4，设OM=x，则B′M=BM=BO−MO=8−x，再由勾股定理列方程得出x=3，求出M点的坐标，然后运用待定系数法即可求解.
11.【答案】D
【解析】解：过A1、A2、A3、…分别作A1C⊥BO，A2D⊥A1B1，A3E⊥A2B2，…垂足分别为C、D、E、…，
∵一次函数y=x+4的图象分别与x轴、y轴交于A(−4,0)，B(0,4)，
∴OA=OB=4，
∵OA1⊥AB，
∴∠A1OB=∠OBA=∠OAB=45∘，
∴OC=A1C=BC=12OB=2，
可得四边形A1B1OC是正方形，
同理可得四边形A2B2B1D，四边形A3B3B2E也是正方形，
∴点A1(−2,2)，即，A1(−21,2)，
可求A2D=A2B2=12A1B1=1，
∴点A2(−2−1,1)，即，A2(−21−20,20)，
同理A3(−2−1−12,12)，即，A3(−21−20−2−1,2−1)，
……
A5(−2−1−12−14−18,18)，即，A5(−21−20−2−1−2−2−2−3,2−3)，也就是(−318,18)，
故选：D.
根据一次函数y=x+4的图象分别与x轴、y轴交于A(−4,0)，B(0,4)，可得△AOB是等腰直角三角形，进而得出四边形A1B1OC是正方形，可求出点A1的坐标，进而可以得出四边形A2B2B1D，四边形A3B3B2E也是正方形，求出点A2的坐标，点A3的坐标，根据点A1，点A1，点A3的坐标呈现的规律，可以得出点A5的坐标．
考查一次函数图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形、正方形的性质，点的坐标与线段长度之间的互相转化是解决问题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：∵一次函数y=−125x+12的图象交x轴、y轴与A、B两点，
∴当x=0，则y=12，故B(0,12)，
当y=0，则x=5，故A(5,0)，
∴AO=5，BO=12，
在Rt△AOB中，AB= AO2+BO2=13，
故AB的长为13；
过点D作x轴垂线交x轴于点H，过点C作y轴垂线交y轴于点N，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90∘，AB=DA=BC=CD，
∴∠OAB+∠OBA=∠OAB+∠HAD=90∘，
∴∠OBA=∠HAD，
在△OBA和△HAD中，
∠AOB=∠DHA∠OBA=∠HADAB=DA，
∴△OBA≌△HAD(AAS)，
∴DH=AO=5，AH=BO=12，
∴OH=OA+AH=17，
∴点D的坐标为(17,5)，故①错误．
∵∠CBN+∠NCB=∠CBN+ABO=90∘，
∴∠NCB=∠ABO，
在△CNB和△BOA中，
∠NCB=∠OBA∠CNB=∠BOA=90∘CB=BA，
∴△CNB≌△BOA(AAS)，
∴BN=AO=5，CN=BO=12，
又∵CF⊥x轴，
∴CF=BO+BN=12+5=17，
∴C的坐标为(12,17)，③正确．
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴17k+b=5b=12.
∴k=−717b=12.
∴直线BD的解析式为y=−717x+12，
∵OF=CN=12，
∴AF=12−5=7，E点的坐标为(12,12017)，
∴EF=12017≠AF，
∵CF⊥x轴，
∴∠EAF≠45∘，②错误．
在△CDE和△ADE中，
CD=AD∠CDE=∠ADEDE=DE，
∴△CDE≌△ADE(SAS)，
∴AE=CE，
∴AE+EF=CF=17，AF=OF−AO=12−5=7，
∴C△AEF=AE+EF+AF=CF+AF=17+7=24，④错误．
综上，正确的有1个．
故选：A.
依据题意，根据一次函数解析式，令x、y分别为0，即可求出A、B两点坐标，再利用勾股定理即可算出AB的长，过点D作x轴垂线交x轴于点H，构造三角形全等即可推出点D的坐标，可以判断①；求出BD的解析式，可得点E的坐标，可得出AF≠EF，则∠EAF≠45∘，可以判断②；过点C作y轴垂线交y轴于点N，构造三角形全等即可推出点C的坐标，可以判断③；将AE+EF利用全等转换为CF即可求出△AEF的周长，可以判断④．
本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质，熟练一次函数图象的基本性质并能结合全等三角形逐步推理细心运算是解题关键．
13.【答案】1
【解析】解：∵ a−2+|b+1|=0，
∴a−2=0，b+1=0，
∴a=2，b=−1，
∴(a+b)2024=1，
故答案为：1.
根据非负数的性质列出方程求出未知数的值，再代入所求代数式计算即可．
本题考查了非负数的性质．初中阶段有三种类型的非负数：(1)绝对值；(2)偶次方；(3)二次根式(算术平方根).当它们相加和为0时，必须满足其中的每一项都等于0.
14.【答案】x<−1
【解析】解：∵直线l1：y1=k1x+b与直线l2：y2=k2x的交点的横坐标为−1，
∴当x<−1时，y2>y1，
∴关于x的不等式k2x>k1x+b的解集为x<−1.
故答案为x<−1.
结合函数图象，写出直线l2在直线l1上方所对应的自变量的范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
15.【答案】135∘
【解析】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45∘，
∴∠AEB=45∘，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE，
∵∠CAE=15∘，
∴∠ACE=∠AEB−∠CAE=45∘−15∘=30∘，
∴∠BAO=90∘−30∘=60∘，
∵矩形中OA=OB，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB=AB，∠ABO=∠AOB=60∘，
∴OB=BE，
∵∠OBE=∠ABC−∠ABO=90∘−60∘=30∘，
∴∠BOE=12(180∘−30∘)=75∘，
∴∠AOE=∠AOB+∠BOE，
=60∘+75∘，
=135∘.
故答案为：135∘.
判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB=30∘，再判断出△ABO是等边三角形，根据等边三角形的性质求出OB=AB，再求出OB=BE，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠BOE=75∘，再根据∠AOE=∠AOB+∠BOE计算即可得解．
本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
16.【答案】6011或10
【解析】解：如图1所示，当∠PMF=90∘时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=∠CDF=90∘，BC=DC，
∵∠BCD=∠ECF=90∘，
∴∠BCD=∠DCF
∴△CBE≌△CDF(ASA)，
∴BE=DF，
∵EM=MF，PM⊥EF，
∴PE=PF，
设AE=x，则BE=DF=6−x，
∵PA=1，
∴PE=PF=5+6−x=11−x，
在Rt△PAE中，∵PE2=AE2+PA2，
∴(11−x)2=x2+12，
∴x=6011，
∴AE=6011.
如图2所示，当∠MPF=90∘.连接AM，
∵∠A=∠MPF=90∘，
∴MP//AE，
∴MP⊥AF
∵ME=MF，
∴MA=MF
∴PA=PF=1，
∴DF=BE=4，
∴AE=AB+BE=10，
综上所述，AE的值为6011或10.
分当∠PMF=90∘，当∠MPF=90∘两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 12−|1− 3|+(−12)−2+(π−3.14)0
=2 3−( 3−1)+4+1
=2 3− 3+1+4+1
= 3+6；
(2)2x2−3x+1=0，
(x−1)(2x−1)=0，
x−1=0或2x−1=0，
x1=1，x2=12.
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程-因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法，实数的运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】98.5
【解析】解：(1)由七年级竞赛成绩统计图可得，
七年级C组的人数为：20−5−7−3=5(人)，
∴七年级B组的人数最多，
∴七年级的众数为a=9；
由八年级竞赛成绩统计图可得，
将20名学生的竞赛成绩从大到小排列，第10个数据在B组，第11个数据在C组，
∴中位数b=9+82=8.5，
补充统计图如下：
(2)七年级更好，
理由：七，八年级的平均分相同，
七年级中位数大于八年级中位数，说明七年级一半以上人不低于9分，
七年级方差小于八年级方差，说明七年级的波动较小，
所以七年级成绩更好．
(3)800×5+720+700×(5%+45%)=830(人)，
答：估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有830人．
(1)首先根据题意求出七年级C组的人数，然后根据众数和中位数的概念求解，最后完成统计图的补充即可．
(2)根据平均数，中位数和方差的意义求解即可；
(3)用总人数乘以优秀率即可得到人数．
本题考查了统计图，众数，中位数，平均数，方差，样本估计总体，熟练掌握统计图，三数的计算公式是解题关键．
19.【答案】13 5
【解析】解：(1)∵A(2,4)、B(−3,−8)，
∴AB= (2+3)2+(4+8)2=13，
∵M，N在同一直线上且平行于y轴，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为−1，
∴MN=4−(−1)=5；
故答案为：13；5；
(2)△DEF是直角三角形，
理由：∵D(1,6)、E(−3,3)、F(4,2)，
∴DE2=(1+3)2+(6−3)2=16+9=25，
DF2=(1−4)2+(6−2)2=9+16=25，EF2=(−3−4)2+(3−2)2=50，
∴EF2=DE2+DF2.
∴△DEF为直角三角形．
(3)如图，作F点关于x轴的对称点F′，连接DF′交x轴于点P，连接PF，
∵PF=PF′，
∴PF+PD=PF′+PD=DF′，此时PD+PF的长度最短，
∵F(4,2)，
∴F′(4,−2)，
∴DF′= (1−4)2+(6+2)2= 73，
∴PF+PD的最短距离为 73，
设直线DF′的解析式为y=kx+b，
∴k+b=64k+b=−2，
∴k=−83b=263，
∴y=−83x+263，
令y=0，则x=134，
∴P(134,0).
(1)依据两点间的距离公式可求得AB的长；依据两点间的距离公式可求得MN的长
(2)利用两点间的距离公式计算出DE、DF、EF，然后根据三角形的分类进行判断；
(3)由等腰三角形的性质及两点间的距离公式得出答案．
本题考查了两点间的距离公式，直角三角形的判定，待定系数法，轴对称的性质，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB//DC，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB//DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 5，OB=1，
∴OA= AB2−OB2= 5−1=2，
∴OE=OA=2.
【解析】(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD=AD=AB是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设甲种货车用了x辆，则乙种货车用了(24−x)辆，
根据题意得：16x+12(24−x)=328，
解得x=10，
∴24−x=24−10=14(辆)，
答：甲种货车用了10辆，乙种货车用了14辆；
(2)①根据题意得：
w=1200t+1000(12−t)+900(10−t)+750[14−(12−t)]=50t+22500
∴w与t之间的函数解析式是w=50t+22500；
②∵t≥012−t≥010−t≥014−(12−t)≥0，
∴0≤t≤10，
∵前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，
∴16t+12(12−t)≥160，
解得t≥4，
∴4≤t≤10，
在w=50t+22500中，
∵50>0，
∴w随t的增大而增大，
∴t=4时，w取最小值，最小值是50×4+22500=22700(元)，
答：当t为4时，w最小，最小值是22700元．
【解析】本题考查一元一次方程和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
(1)设甲种货车用了x辆，可得：16x+12(24−x)=328，即可解得甲种货车用了10辆，乙种货车用了14辆；
(2)①根据题意得：w=1200t+1000(12−t)+900(10−t)+750[14−(12−t)]=50t+22500；
②根据前往A地的甲、乙两种货车共12辆，所运物资不少于160吨，可得4≤t≤10，由一次函数性质可得当t为4时，w最小，最小值是22700元．
22.【答案】解：(1)∵在平行四边形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，
由运动知，AQ=(16−t)cm，BP=2tcm，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴AQ=BP，
∴16−t=2t，
∴t=163，
即：t=163s时，四边形ABPQ是平行四边形；
(2)过点A作AE⊥BC于E，如图1，
在Rt△ABE中，∠B=30∘，AB=8cm，
∴AE=4cm，
由运动知，BP=2tcm，DQ=tcm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=16cm，
∴AQ=(16−t)cm，
∴y=S四边形ABPQ=12(BP+AQ)⋅AE=12(2t+16−t)×4=2t+32(0(3)当t为8时，四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三；理由如下：
由(2)知，AE=4cm，
∵BC=16cm，
∴S四边形ABCD=16×4=64(cm2)，
由(2)知，y=S四边形ABPQ=2t+32(0∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三，
∴2t+32=34×64，
∴t=8；
如图2，
当t=8时，点P和点C重合，DQ=8cm，
∵CD=AB=8cm，
∴DP=DQ，
∴∠DQC=∠DPQ，
∴∠D=∠B=30∘，
∴∠DQP=75∘；
(4)存在某一时刻t，使△ABP为等腰三角形；理由如下：
①当AB=BP时，BP=8cm，
即2t=8，
∴t=4；
②当AP=BP时，如图3，
∵∠B=30∘，
过P作PM垂直于AB，垂足为点M，
∴BM=4，42+(BP2)2=BP2，
解得：BP=8 33cm，
∴2t=8 33，
∴t=4 33
③当AB=AP时，同(2)的方法得，BP=8 3cm，
∴2t=8 3，
∴t=4 3，
∴当t=4或4 33或4 3时，△ABP为等腰三角形．
【解析】(1)利用平行四边形的对边相等AQ=BP建立方程求解即可；
(2)先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；
(3)利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ=PQ，即可得出结论；
(4)分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30∘的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解(1)的关键是利用AQ=BP建立方程，解(2)的关键是求出梯形的高，解(3)的关键是求出t，解(4)的关键是分类讨论的思想思考问题．年级
平均分
中位数
众数
方差
七年级
8.7
9
a
1.01
八年级
8.7
b
9
1.175
货车类型
载重量(吨/辆)
运往A地的成本(元/辆)
运往B地的成本(元/辆)
甲种
16
1200
900
乙种
12
1000
750