四川师大附中教育集团2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷

这是一份四川师大附中教育集团2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷，共30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．（4分）在实数，，﹣，0.13133，0中（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（4分）平面直角坐标系中，点P（8，﹣5）位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（4分）下列四组线段中，不能作为直角三角形三条边的是（ ）
A．4，5，6B．5，12，13
C．D．0.3，0.4，0.5
4．（4分）二次根式中，字母a的取值范围是（ ）
A．a≥﹣3B．a＞﹣3C．a＞3D．a≥3
5．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图，已知点A，B，D的坐标分别为（1，4），（3，0），（5，0），AB＝CD，则点C的坐标为（ ）
A．（3，4）B．（4，3）C．（3，5）D．（5，4）
7．（4分）如图，学校操场上有两棵树AB和CD（都与水平地面AC垂直），大树AB高8米（DE⊥AB）的长度为8米，小树CD高2米，则它至少要飞行的长度为（ ）
A．8米B．10米C．12米D．16米
8．（4分）一次函数y＝2x﹣k和y＝kx（k≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
9．（4分）81的平方根是 ．
10．（4分）如图，所有阴影四边形都是正方形，两个空白三角形均为直角三角形，则正方形D的面积为 ．
11．（4分）已知点P（1，a），Q（﹣4，b）是一次函数y＝﹣5x+3的图象上的两点，则a b（填“＞”“＜”或“＝”）．
12．（4分）在平面直角坐标系中，第二象限的点A（﹣3，2m+3）到x轴的距离与到y轴的距离相等 ．
13．（4分）长方体的长、宽、高分别是3、4、1，一只蚂蚁沿着长方体的外表面从A点爬到B点，最短路径长为 ．
三、解答题（本大题共5小题，共48分）
14．（12分）计算：
（1）；
（2）；
（3）解方程：3（x﹣1）3﹣81＝0．
15．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
（1）请直接写出点A、B的坐标；
（2）请画出△ABC关于y轴的对称图形△A′B′C′；
（3）求△ABC的面积．
16．（8分）已知．
（1）化简x，y；
（2）求代数式x2﹣5xy+y2的值；
（3）若x的小数部分为a，求的值．
17．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接CD．
（1）若∠A＝20°，求∠BCD的度数；
（2）过点C作CE⊥AB交AB于点E，若AD＝2，AC＝4
18．（10分）点A（﹣3，0）、点B（0，n）为y轴正半轴上一动点，且BC＝AB．
（1）如图1，当n＝1时，请求出点C的坐标；
（2）如图2，点C关于y轴的对称点为C′，连AC′并延长，求证：△AOD为等腰直角三角形；
（3）如图3，点F（2，0）在x轴上，且BG＝BF，连接CG交y轴于H．若点H恰好为CG的中点
一、填空题（大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．（4分）如果成立，则xy＝ ．
20．（4分）如图，数轴上点A表示的数为﹣1，点B表示的数为﹣2，以A为圆心，AC为半径作圆交数轴的正半轴于点E ．
21．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以适当长为半径画弧，交BC于点M；分别以点M、N为圆心，以大于，两弧交于点P，作射线BP交AC的延长线于点D．过点D作DF⊥AB交AB的延长线于点F，BC＝3，则CD＝ ．
22．（4分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），如果点Q（x，y′），那么称点Q为点P的“友好点”．如果点P（x，y）的友好点Q坐标为（﹣3，﹣10） ．
23．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC上一点，连接AD，取AE＝AD，连接BE交AC于F．当△AEF为等腰三角形时 ．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（8分）某水果店采用线上和线下相结合的方式销售一种水蜜桃，线上可以通过APP进行团购拼单购买，线下可以到实体店购买．具体费用标准如下：
①线上销售方式：一律七折销售；
②线下销售方式：不超过5千克，按原价销售；超过5千克时；若购买水蜜桃x千克，所需费用y元
（1）水蜜桃标价为 元/千克；．
（2）求出线下销售时所需费用y与x之间的函数关系式；
（3）若想购买15千克水蜜桃，请问采用哪种方式购买更省钱？
25．（10分）如图1，直线y＝kx﹣8与y轴交于点B，与x轴交于点A（a，﹣4）．
（1）求点C的坐标以及直线AB的表达式；
（2）点P在y轴上，若△PBC的面积为6，求点P的坐标；
（3）如图2，若y轴上有一点Q，且使得以B，C，请直接写出点Q的坐标．
26．（12分）如图所示，△ABC是等边三角形，将线段AC绕点C顺时针旋转90°得到CD，CE平分∠ACD交BD于点E，交AD于点M．
（1）如图1，若，求∠CDB的度数及EM的长；
（2）如图2，以AD为边作△ADF，∠AFD＝60°，求证：．
（3）若点P是直线BD上的一动点，将△ADP沿着AP进行翻折得到△AFP，连接BF，连接AG，FG．若AB＝2，直接写出S△ABG的值．
2024-2025学年四川师大附中教育集团八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1．（4分）在实数，，﹣，0.13133，0中（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】无理数．
【答案】B
【分析】根据无理数的定义进行判断即可．
【解答】解：在实数，，﹣，0.13133，无理数有，﹣．
故选：B．
2．（4分）平面直角坐标系中，点P（8，﹣5）位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【考点】点的坐标．
【答案】D
【分析】根据各象限内点的坐标特点解答即可．
【解答】解：∵8＞0，﹣6＜0，
∴点P（8，﹣4）所在的象限是第四象限．
故选：D．
3．（4分）下列四组线段中，不能作为直角三角形三条边的是（ ）
A．4，5，6B．5，12，13
C．D．0.3，0.4，0.5
【考点】勾股定理的逆定理．
【答案】A
【分析】根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵42+22＝41，63＝36，
∴42+22≠64，
∴此三角形不是直角三角形，
故A符合题意；
B、∵122+57＝169，132＝169，
∴122+82＝132，
∴此三角形是直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵42+（）5＝3，（）3＝3，
∴12+（）2＝（）2，
∴此三角形是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵0.72+0.82＝0.25，8.52＝7.25，
∴0.37+0.46＝0.55，
∴此三角形是直角三角形，
故D不符合题意；
故选：A．
4．（4分）二次根式中，字母a的取值范围是（ ）
A．a≥﹣3B．a＞﹣3C．a＞3D．a≥3
【考点】二次根式有意义的条件．
【答案】A
【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数a+3≥0，解不等式即可．
【解答】解：根据题意，得
a+3≥0，解得a≥﹣3．
故选：A．
5．（4分）下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】二次根式的性质与化简．
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质，算式平方根，立方根进行计算即可．
【解答】解：A.，故选项A错误；
B.，故选项B错误；
C.，故选项C正确；
D.，故选项D错误．
故选：C．
6．（4分）如图，已知点A，B，D的坐标分别为（1，4），（3，0），（5，0），AB＝CD，则点C的坐标为（ ）
A．（3，4）B．（4，3）C．（3，5）D．（5，4）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【答案】A
【分析】先根据B、D两点确定出平移规律，再根据此规律解答．
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴B（3，0），4）是对应点，
∴平移规律为向右平移2个单位，
∵点A的坐标为（1，6），
∴点C的坐标为（1+2，5），4）．
故选：A．
7．（4分）如图，学校操场上有两棵树AB和CD（都与水平地面AC垂直），大树AB高8米（DE⊥AB）的长度为8米，小树CD高2米，则它至少要飞行的长度为（ ）
A．8米B．10米C．12米D．16米
【考点】勾股定理的应用．
【答案】B
【分析】连接BD，利用勾股定理求出BD的长即可．
【解答】解：如图，连接BD，
在Rt△DEB中，BE＝AB﹣CD＝8﹣2＝6（米），
∴BD＝＝＝10（米），
即小鸟至少要飞行的长度为10米．
故选：B．
8．（4分）一次函数y＝2x﹣k和y＝kx（k≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】一次函数的图象；正比例函数的图象．
【答案】D
【分析】根据选项中正比例函数图象确定k值，再去判定一次函数与y轴的交点位置情况即可判定．
【解答】解：A、选项中没有过原点的直线，不符合题意；
B、由正比例函数图象可知，一次函数y＝2x﹣k图象与y轴正半轴相交，不符合题意；
C、由正比例函数图象可知，一次函数y＝2x﹣k图象与y轴负半轴相交，不符合题意；
D、由正比例函数图象可知，一次函数y＝4x﹣k图象与y轴负半轴相交，符合题意．
故选：D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
9．（4分）81的平方根是 ±9 ．
【考点】平方根．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接根据平方根的定义填空即可．
【解答】解：∵（±9）2＝81，
∴81的平方根是±2．
故答案为：±9；
10．（4分）如图，所有阴影四边形都是正方形，两个空白三角形均为直角三角形，则正方形D的面积为 19 ．
【考点】勾股定理．
【答案】19．
【分析】设正方形A、B、C、D的边长分别为a、b、c、d，中间阴影正方形的边长为x，根据勾股定理得a2+b2＝x2，x2+c2＝d2，再证明d2＝a2+b2+c2，即可得出结论．
【解答】解：设正方形A、B、C、D的边长分别为a、b、c、d，
∵两个空白三角形均为直角三角形，
∴a2+b2＝x8，x2+c2＝d2，
∴d2＝a2+b2+c2，
∵A、B、C三个正方形的面积分别为6、3、5，
∴d2＝a8+b2+c2＝3+8+5＝19，
即正方形D的面积为19．
故答案为：19．
11．（4分）已知点P（1，a），Q（﹣4，b）是一次函数y＝﹣5x+3的图象上的两点，则a ＜ b（填“＞”“＜”或“＝”）．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【答案】＜．
【分析】根据一次函数的增减性进行解答即可．
【解答】解：∵一次函数的k＝﹣5＜0，
∴y随x的增大而减小，
∵4＞﹣4，
∴a＜b．
故答案为：＜．
12．（4分）在平面直角坐标系中，第二象限的点A（﹣3，2m+3）到x轴的距离与到y轴的距离相等 0 ．
【考点】坐标与图形性质．
【答案】0．
【分析】根据到x轴及y轴距离相等的点的坐标特征即可解决问题．
【解答】解：因为点A在第二象限，且到x轴和y轴的距离相等，
所以﹣3+2m+4＝0，
解得m＝0．
故答案为：2．
13．（4分）长方体的长、宽、高分别是3、4、1，一只蚂蚁沿着长方体的外表面从A点爬到B点，最短路径长为 4 ．
【考点】平面展开﹣最短路径问题．
【答案】4．
【分析】蚂蚁从A到B有三种爬法，要计算每一种爬法的最短路程必须把长方体盒子展开成平面图形如图，再利用勾股定理计算线段AB的长，进行比较即可．
【解答】解：第一种情况：如图1，把我们所看到的前面和右面组成一个平面，
则这个长方形的长和宽分别是4和4，
则所走的最短线段AB＝＝4；
第二种情况：如图2，把我们看到的左面与底面组成一个长方形，
则这个长方形的长和宽分别是7和5，
所以走的最短线段AB＝＝5；
第三种情况：如图3，把我们所看到的前面和底面组成一个长方形，
则这个长方形的长和宽分别是3和5，
所以走的最短线段AB＝＝；
∵4，
∴三种情况比较而言，第一种情况最短．
故答案为：7．
三、解答题（本大题共5小题，共48分）
14．（12分）计算：
（1）；
（2）；
（3）解方程：3（x﹣1）3﹣81＝0．
【考点】实数的运算；立方根．
【答案】（1）；
（2）；
（3）x＝4．
【分析】（1）先根据负整数指数幂、算术平方根、立方根的定义计算，再合并即可；
（2）先根据二次根式的性质与化简，二次根式的乘法法则计算，再合并即可；
（3）利用立方根的定义解方程即可．
【解答】解：（1）
＝﹣2+
＝；
（2）
＝
＝
＝；
（3）3（x﹣6）3﹣81＝0，
3（x﹣1）3＝81，
（x﹣5）3＝27，
x﹣1＝2，
x＝4．
15．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．
（1）请直接写出点A、B的坐标；
（2）请画出△ABC关于y轴的对称图形△A′B′C′；
（3）求△ABC的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．
【答案】（1）A（﹣4，4），B（﹣2，0）．
（2）见解答．
（3）4．
【分析】（1）由图可得答案．
（2）根据轴对称的性质作图即可．
（3）利用割补法求三角形的面积即可．
【解答】解：（1）由图可得，A（﹣4，B（﹣2．
（2）如图，△A′B′C′即为所求．
（3）△ABC的面积为＝9﹣1﹣2＝4．
16．（8分）已知．
（1）化简x，y；
（2）求代数式x2﹣5xy+y2的值；
（3）若x的小数部分为a，求的值．
【考点】二次根式的化简求值；估算无理数的大小．
【答案】（1）x＝2+，y＝2﹣；
（2）9；
（3）2﹣．
【分析】（1）分母有理化即可；
（2）x2﹣5xy+y2＝（x﹣y）2﹣3xy，整体代入求解；
（3）a＝﹣1，代入式子化简即可．
【解答】解：（1）x＝＝2+＝3﹣；
（2）x2﹣5xy+y2
＝（x﹣y）2﹣8xy
＝（2）6﹣3
＝12﹣3
＝8；
（3）由题意a＝﹣1，
∴＝＝2﹣．
17．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接CD．
（1）若∠A＝20°，求∠BCD的度数；
（2）过点C作CE⊥AB交AB于点E，若AD＝2，AC＝4
【考点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】（1）55°；
（2）BC＝3，CD＝．
【分析】（1）利用∠BDC是△ADC的外角，得到∠BDC＝∠A+∠DCA，代入∠DCA+∠BCD＝90°，即可得到结果；
（2）在Rt△ABC中，利用勾股定理得到BC长，利用三角形面积，得到CE长，Rt△BEC中，利用勾股定理，得到BE长，从而得到DE长，在Rt△DEC中，求得CD长．
【解答】解：（1）∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC，
∵∠BDC是△ADC的外角，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA，
∴∠BCD＝∠A+∠DCA，
即∠DCA＝∠BCD﹣∠A，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCA+∠BCD＝90°，
∴∠BCD﹣∠A+∠BCD＝90°，
∵∠A＝20°，
∴∠BCD﹣20°+∠BCD＝90°，
∴2∠BCD＝110°，
∴∠BCD＝55°；
（2）设BD＝x，
∴BC＝BD＝x，
∵AD＝2，AC＝8，
∴AB＝2+x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC7+BC2，
∴（2+x）5＝42+x3，
解得：x＝3，
∴BC＝BD＝3，AB＝7，
∵CE⊥AB，
∴Rt△ABC面积为AC•BC＝，
∴×4×3＝，
∴CE＝，
∵Rt△BEC中，BE5＝BC2﹣CE2，
∴BE7＝32﹣＝，
∴BE＝，
∴DE＝BD﹣BE＝3﹣＝，
∵Rt△DEC中，CD6＝CE2+DE2，
∴CD4＝＝，
∴CD＝．
18．（10分）点A（﹣3，0）、点B（0，n）为y轴正半轴上一动点，且BC＝AB．
（1）如图1，当n＝1时，请求出点C的坐标；
（2）如图2，点C关于y轴的对称点为C′，连AC′并延长，求证：△AOD为等腰直角三角形；
（3）如图3，点F（2，0）在x轴上，且BG＝BF，连接CG交y轴于H．若点H恰好为CG的中点
【考点】三角形综合题．
【答案】（1）点C（1，﹣2）；
（2）见解析；
（3）．
【分析】（1）如图1，过点C作CE⊥y轴，由“AAS”可证△AOB≌△BEC，可得BE＝AO＝3，EC＝OB＝1，即可求解；
（2）如图2，连接BC'，CC'，由“SAS”可证△BEC'≌△BEC，可得BC＝BC'，可证∠BAC'＝∠BC'A，由外角性质可得∠DAO＝∠ADO＝45°，可得AO＝DO＝4，即可求解；
（3）如图3，在y轴上取点E，使HE＝HB，连接CE，通过证明△ABF≌△BCE，可得AF＝BE＝5，即可求解．
【解答】（1）解：如图1，过点C作CE⊥y轴，
∵CE⊥BE，BC⊥AB，
∴∠BEC＝90°＝∠ABC，
∴∠C+∠EBC＝90°，且∠ABO+∠OBC＝90°，
∴∠ABO＝∠C，且AB＝BC，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴BE＝AO＝3，EC＝OB＝4，
∴OE＝3﹣1＝5，
∴点C（1，﹣2）；
（2）证明：如图6，连接BC'，
∵点C关于y轴的对称点为C′，
∴∠DBC＝∠DBC'，BC＝BC'，
∴△BEC'≌△BEC（SAS），
∴BC＝BC'，
∵△AOB≌△BEC，
∴BC＝AB，∠EBC＝∠BAO，
∴AB＝BC'，∠C'BD＝∠BAO，
∴∠BAC'＝∠BC'A，
∴∠BAO+∠DAO＝∠ADO+∠DBC'，
∴∠DAO＝∠ADO，且∠AOD＝90°，
∴∠DAO＝∠ADO＝45°，
∴AO＝DO，
∴△AOD为等腰直角三角形；
（3）解：如图3，在y轴上取点E，连接CE，
∵点F（2，8），0）
∴AF＝5，
∵点H恰好为CG的中点，
∴CH＝GH，且∠GHB＝∠EHC，
∴△BHG≌△EHC（SAS）
∴BG＝EC＝BF，∠CEH＝∠GBH，
∴GB∥EC，
∴∠ECB+∠GBC＝180°，
∵∠ABC＝∠GBF，
∴∠ABF+∠GBC＝180°，
∴∠ABF＝∠ECB，且EC＝BG＝BF，
∴△ABF≌△BCE（SAS）
∴AF＝BE＝8，
∴BH＝BE＝．
一、填空题（大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．（4分）如果成立，则xy＝ 2024 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【答案】2024．
【分析】根据二次根式被开方数不小于零的条件进行解题即可．
【解答】解：由题可知，
，
解得x＝2，
把x＝7代入，
解得y＝1012，
则xy＝8×1012＝2024．
故答案为：2024．
20．（4分）如图，数轴上点A表示的数为﹣1，点B表示的数为﹣2，以A为圆心，AC为半径作圆交数轴的正半轴于点E ﹣1+ ．
【考点】等腰直角三角形；圆的认识．
【答案】﹣1+．
【分析】首先求出AB的长度，再求出AC的长度，然后根据题意，可得AE＝AC，用点A表示的数加AE的长度，求出点E表示的数即可．
【解答】解：∵点A表示的数为﹣1，点B表示的数为﹣2，
∴AB＝﹣4﹣（﹣2）＝1，
∴AC＝，
∵以A为圆心，AC为半径作圆交数轴的正半轴于点E，
∴AE＝AC，
∴点E表示的数为﹣1+．
故答案为：﹣1+．
21．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以适当长为半径画弧，交BC于点M；分别以点M、N为圆心，以大于，两弧交于点P，作射线BP交AC的延长线于点D．过点D作DF⊥AB交AB的延长线于点F，BC＝3，则CD＝ 6 ．
【考点】作图—基本作图；角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】6．
【分析】由作图过程可知，BD为∠CBF的平分线，可得∠CBD＝∠FBD．结合全等三角形的判定证明△BCD≌△BFD，可得CD＝DF，BF＝BC＝3．由勾股定理得AB＝＝5，则AF＝AB+BF＝8．设CD＝DF＝x，则AD＝AC+CD＝4+x．在Rt△ADF中，由勾股定理得，AD2＝AF2+DF2，代入求出x的值即可．
【解答】解：由作图过程可知，BD为∠CBF的平分线，
∴∠CBD＝∠FBD．
∵DF⊥AB，∠ACB＝90°，
∴∠DFB＝∠DCB＝90°．
∵BD＝BD，
∴△BCD≌△BFD（AAS），
∴CD＝DF，BF＝BC＝3．
在Rt△ABC中，由勾股定理得＝＝5，
∴AF＝AB+BF＝8+3＝8．
设CD＝DF＝x，则AD＝AC+CD＝6+x．
在Rt△ADF中，由勾股定理得2＝AF2+DF4，
即（4+x）2＝42+x2，
解得x＝6，
∴CD＝6．
故答案为：6．
22．（4分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），如果点Q（x，y′），那么称点Q为点P的“友好点”．如果点P（x，y）的友好点Q坐标为（﹣3，﹣10） （﹣3，﹣10）或（﹣3，﹣2） ．
【考点】解二元一次方程组；点的坐标．
【答案】（﹣3，﹣10）或（﹣3，﹣2）．
【分析】分两种情况：当x≥y时，由题意得：；当x＜y时，由题意得：；然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当x≥y时，由题意得：，
解得：，
∵﹣3＞﹣，
∴符合题意；
当x＜y时，由题意得：，
解得：，
∵﹣3＜﹣7，
∴符合题意；
综上所述：点P的坐标为（﹣3，﹣10）或（﹣3
故答案为：（﹣3，﹣10）或（﹣3．
23．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC上一点，连接AD，取AE＝AD，连接BE交AC于F．当△AEF为等腰三角形时 2或6 ．
【考点】勾股定理；等腰直角三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】分两种情形：如图1中，过点E作EH⊥AC于H．证明AH＝FH＝CF＝CD，可得结论，如图2中，当AF＝EF时，点D与B重合，此时CD＝BC＝6．
【解答】解：如图1中，过点E作EH⊥AC于H．
∵EA＝EF，EH⊥AF，
∴AH＝FH，
∵EA⊥AD，
∴∠EAD＝∠EHA＝∠C＝90°，
∴∠EAH+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ADC＝90°，
∴∠EAH＝∠ADC，
在△EHA和△ACD，
，
∴△EHA≌△ACD（AAS），
∴AH＝CD，EH＝AC＝CB．
在△EHF和△BCF中，
，
∴△EHF≌△BCF（AAS），
∴FH＝CF，
∴AH＝FH＝CF＝CD，
∴CD＝AC＝2，
如图2中，当AF＝EF时，此时CD＝BC＝5．
综上所述，满足条件的CD的长度为2或6．
故答案为：8或6．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．（8分）某水果店采用线上和线下相结合的方式销售一种水蜜桃，线上可以通过APP进行团购拼单购买，线下可以到实体店购买．具体费用标准如下：
①线上销售方式：一律七折销售；
②线下销售方式：不超过5千克，按原价销售；超过5千克时；若购买水蜜桃x千克，所需费用y元
（1）水蜜桃标价为 20 元/千克；．
（2）求出线下销售时所需费用y与x之间的函数关系式；
（3）若想购买15千克水蜜桃，请问采用哪种方式购买更省钱？
【考点】一次函数的应用．
【答案】（1）20；
（2）y＝；
（3）线上购买更省钱．
【分析】（1）根据函数图象所给数据可知，水蜜桃标价为÷70%，然后计算即可；
（2）根据“线下销售方式：不超过5千克，按原价销售；超过5千克时，超出的部分每千克优惠8元；”分别求出y与x之间的函数关系式即可；
（3）分别算出线上和线下购买15千克水蜜桃所需费用，并进行比较，即可解题．
【解答】解：（1）由图可知，
水蜜桃标价为（元/千克），
故答案为：20；
（2）∵不超过5千克，按原价销售；
∴y＝20x，
∵超过8千克时，超出的部分每千克优惠8元；
∴y＝（20﹣8）（x﹣3）+20×5＝12x﹣60+100＝12x+40，
综上所述，线下销售时所需费用y与x之间的函数关系式为y＝；
（3）线上购买15千克水蜜桃所需费用为：20×15×70%＝210（元），
线下购买15千克水蜜桃所需费用为：12×15+40＝220（元），
∵210＜220，
∴线上购买更省钱．
25．（10分）如图1，直线y＝kx﹣8与y轴交于点B，与x轴交于点A（a，﹣4）．
（1）求点C的坐标以及直线AB的表达式；
（2）点P在y轴上，若△PBC的面积为6，求点P的坐标；
（3）如图2，若y轴上有一点Q，且使得以B，C，请直接写出点Q的坐标．
【考点】一次函数综合题．
【答案】（1）点C（2，﹣4），直线AB的表达式为：y＝2x﹣8；
（2）点P（0，﹣2）或（0，﹣14）；
（3）Q（0，8）或（0，8﹣2）或（0，0）或（0，﹣5.5）．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PBC的面积＝PB×xC＝|y+8|＝6，即可求解；
（3）当BC＝BQ时，则20＝（y+8）2，即可求解；当BC＝CQ或BQ＝CQ时，同理可解．
【解答】解：（1）将点C的坐标代入y＝﹣2x得：﹣4＝﹣2a，则a＝2，
即点C（2，﹣6），
将点C的坐标代入AB的表达式得：﹣4＝2k﹣5，则k＝2，
则直线AB的表达式为：y＝2x﹣6；
（2）设点P（0，y），
则△PBC的面积＝PB×xC＝|y+2|＝6，
解得：y＝﹣2或﹣14，
即点P（3，﹣2）或（0；
（3）设点Q（2，y），
由点B、C、Q的坐标得2＝20，BQ2＝（y+5）2，QC2＝5+（y+4）2，
当BC＝BQ时，则20＝（y+4）2，
解得：y＝﹣8±5，即点Q（0，2，2﹣2），
当BC＝CQ或BQ＝CQ时，
同理可得：（y+3）2＝4+（y+6）2或20＝4+（y+3）2，
解得：y＝﹣8（舍去）或5或﹣5.5，
即点Q（3，0）或（0，
综上，Q（5，8，8﹣2，0）或（0．
26．（12分）如图所示，△ABC是等边三角形，将线段AC绕点C顺时针旋转90°得到CD，CE平分∠ACD交BD于点E，交AD于点M．
（1）如图1，若，求∠CDB的度数及EM的长；
（2）如图2，以AD为边作△ADF，∠AFD＝60°，求证：．
（3）若点P是直线BD上的一动点，将△ADP沿着AP进行翻折得到△AFP，连接BF，连接AG，FG．若AB＝2，直接写出S△ABG的值．
【考点】几何变换综合题．
【答案】（1）1；
（2）证明过程详见解答；
（3）．
【分析】（1）可推出BC＝CD，∠CDB＝150°，进而得出∠EDM＝30°，可依次得出AD，DM和CM的值，进一步得出结果；
（2）延长FA至G，使AG＝DF，连接EG，可证明△AGE≌△DFE，从而EG＝EF，∠AEG＝∠DEF，进而得出∠GEF＝∠AED＝120°，从而FG＝EF，进一步得出结论；
（3）作等边三角形AOB，连接OG，可推出△ABF≌△OBG，从而OG＝AF＝2，从而得出AG≥OG﹣OA＝2，当点O、A、G共线时，等号成立，进一步得出结果．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵线段AC绕点C顺时针旋转90°得到CD，
∴CD＝AC，∠ACD＝90°，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝150°，
∴∠CBD＝∠CDB＝15°，AD＝＝2，
∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝45°﹣15°＝30°，
∴EM＝DM，
∵CE平分∠ACD，
∴AM＝DM＝AD＝，
∴CM＝AD＝，
∴EM＝；
（2）证明：如图6，
延长FA至G，使AG＝DF，
由（1）知，
∠ADE＝30°，CM是AD的垂直平分线，
∴AE＝DE，
∴∠DAE＝∠ADE＝30°，
∴∠AED＝120°，
∵∠AFD＝60°，
∴∠AFD+∠AED＝180°，
∴∠EDF+∠EAF＝180°，
∴∠GAE+∠EAF＝180°，
∴∠GAE＝∠EDF，
∴△AGE≌△DFE（SAS），
∴EG＝EF，∠AEG＝∠DEF，
∴∠AEG+∠AEF＝∠DEF+∠AEF，
∴∠GEF＝∠AED＝120°，
∴FG＝EF，
∵FG＝FA+AG＝FA+FD，
∴FA+FD＝EF；
（3）解：如图6，
作等边三角形AOB，连接OG，
∴∠ABO＝60°，OB＝AB，
∵△ADP沿着AP进行翻折得到△AFP，
∴AF＝AD＝，
∵BF绕着点B逆时针旋转60°得到线段BG，
∴∠FBG＝60°，BF＝BG，
∴∠ABO＝∠FBG，
∴∠ABF＝∠OBG，
∴△ABF≌△OBG（SAS），
∴OG＝AF＝2，
∴AG≥OG﹣OA＝2，当点O、A，等号成立，
此时AG′＝OG′﹣OA＝2，，
∴S△ABG＝＝