2019-2020学年四川省成都市天府新区八年级（下）期末数学试卷 解析版

2019-2020学年四川省成都市天府新区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）下列各式中，是分式的是（　　）
A． B．x2 C． D．（x﹣y）
2．（3分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A．x＝0 B．x＝2 C．x≠0 D．x≠2
4．（3分）据中央气象台报道，某日我市最高气温是33℃，最低气温是25℃，则当天气温t（℃）的变化范围是（　　）
A．t＞25 B．t≤25 C．25＜t＜33 D．25≤t≤33
5．（3分）在平面直角坐标系中，将△ABC各点的纵坐标保持不变，横坐标都加上3，则所得图形与原图形的关系是：将原图形（　　）
A．向左平移3个单位 B．向右平移3个单位
C．向上平移3个单位 D．向下平移3个单位
6．（3分）将分式中的x，y的值同时扩大为原来的3倍，则分式的值（　　）
A．扩大6倍 B．扩大9倍 C．不变 D．扩大3倍
7．（3分）能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD，AB＝CD B．AB＝BC，AD＝CD
C．AC＝BD，AB＝CD D．AB∥CD，AD＝CB
8．（3分）若解分式方程＝产生增根，则m＝（　　）
A．1 B．0 C．﹣4 D．﹣5
9．（3分）如图，已知直线y1＝x+b与y2＝kx﹣1相交于点P，点P的横坐标为﹣1，则关于x的不等式x+b≤kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是（　　）

A． B．
C． D．
10．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：
①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC．
其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
11．（4分）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是　 　．
12．（4分）若分式的值为0，则x的值为　 　．
13．（4分）如图，在△ABC中，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，已知∠ADE＝65°，则∠CFE的度数为　 　．

14．（4分）如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，如果AP＝3，那么线段PP′的长等于　 　．

三、解答题（本大题共6个小题，共54分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（12分）（1）分解因式：ax2﹣2ax+a；
（2）解不等式组：，并写出所有非负整数解．
16．（6分）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中x＝2020．
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，3），B（2，5），C（4，2）（每个方格的边长均为1个单位长度）
（1）将△ABC平移，使点A移动到点A1，请画出△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于O点成中心对称的△A2B2C2，并直接写出A2，B2，C2的坐标；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2是否成中心对称？若是，请写出对称中心的坐标；若不是，请说明理由．

18．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，BF＝DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AO＝CO．

19．（10分）某工厂制作甲、乙两种窗户边框，已知同样用12米材料制成甲种边框的个数比制成乙种边框的个数少1个，且制成一个甲种边框比制成一个乙种边框需要多用20%的材料．
（1）求制作每个甲种边框、乙种边框各用多少米材料？
（2）如果制作甲、乙两种边框的材料共640米，要求制作乙种边框的数量不少于甲种边框数量的2倍，求应最多安排多少米材料制作甲种边框？（不计材料损耗）
20．（10分）如图，BC为等边△ABM的高，AB＝5，点P为射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接MD，BD．
（1）如图①，当点P在线段BC上时，求证：BP＝MD；
（2）如图②，当点P在线段BC的延长线上时，求证：BP＝MD；
（3）若点P在线段BC的延长线上，且∠BDM＝30°时，请直接写出线段AP的长度．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
21．（4分）若m2+4＝3n，则m3﹣3mn+4m＝　 　．
22．（4分）关于x的不等式组的整数解共有6个，则a的取值范围是　 　．
23．（4分）有六张大小形状相同的卡片，分别写有1～6这六个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽取一张，记卡片上的数字为a，则a的值使得关于x的分式方程﹣1＝有整数解的概率为　 　．
24．（4分）如图1，在平面直角坐标系中，将平行四边形ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2，那么平行四边形ABCD的面积为　 　．

25．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝2，点P是AC上的动点，连接BP，以BP为边作等边△BPQ，连接CQ，则点P在运动过程中，线段CQ长度的最小值是　 　．

五.解答题（本大题共3个小题，共30分，解答应巧出必要的文字说明．证明过程或演算步骤）
26．（8分）为建设天府新区“公园城市”．天府新区某公司生产一种产品面向全国各地销售．该公司经过实地考察后，现将200件该产品运往A，B，C三地进行销售，已知运往A地的运费为30元/件，运往B地的运费为8元/件，运往C地的运费为25元/件，要求运往C地的件数是运往A地件数的2倍，设安排x件产品运往A地．
（1）试用含x的代数式表示总运费y元；
（2）若运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元，则有几种运输方案？A，B，C三地各运多少件时总运费最低？最低总运费是多少元？
27．（10分）已知点E，F分别是平行四边形ABCD的边BC，CD上的点，∠EAF＝60°．
（1）如图1，若AB＝2，AF＝5，点E与点B，点F与点D分别重合，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若AB＝BC，∠B＝∠EAF＝60°，求证：AE＝AF；
（3）如图3，若BE＝CE，CF＝3DF，AB＝4，AF＝6，求AE的长度．
28．（12分）如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B．
（1）求△AOB的面积；
（2）如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB＝BC，P为线段AB（不含A，B两点）上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AM＝CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．


2019-2020学年四川省成都市天府新区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）下列各式中，是分式的是（　　）
A． B．x2 C． D．（x﹣y）
【分析】根据分式的定义（注意分式的分母中不含有字母，）逐个判断即可．
【解答】解：A、分母中不含有字母，不是分式，故本选项不符合题意；
B、分母中不含有字母，不是分式，故本选项不符合题意；
C、分母中含有字母，是分式，故本选项符合题意；
D、分母中不含有字母，不是分式，故本选项不符合题意；
故选：C．
2．（3分）下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断．
【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．
故选：A．
3．（3分）若代数式有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A．x＝0 B．x＝2 C．x≠0 D．x≠2
【分析】根据分式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意的，2﹣x≠0，
解得，x≠2，
故选：D．
4．（3分）据中央气象台报道，某日我市最高气温是33℃，最低气温是25℃，则当天气温t（℃）的变化范围是（　　）
A．t＞25 B．t≤25 C．25＜t＜33 D．25≤t≤33
【分析】最高气温与最低气温之间的气温即为当天气温t（℃）的变化范围．
【解答】解：当天气温t（℃）的变化范围是25≤t≤33，
故选：D．
5．（3分）在平面直角坐标系中，将△ABC各点的纵坐标保持不变，横坐标都加上3，则所得图形与原图形的关系是：将原图形（　　）
A．向左平移3个单位 B．向右平移3个单位
C．向上平移3个单位 D．向下平移3个单位
【分析】利用平移中点的变化规律求解即可．
【解答】解：在平面直角坐标系中，将三角形各点的横坐标都加上3，纵坐标保持不变，所得图形与原图形相比，向右平移了3个单位．
故选：B．
6．（3分）将分式中的x，y的值同时扩大为原来的3倍，则分式的值（　　）
A．扩大6倍 B．扩大9倍 C．不变 D．扩大3倍
【分析】将原式中的x、y分别用3x、3y代替，化简，再与原分式进行比较．
【解答】解：∵把分式中的x与y同时扩大为原来的3倍，
∴原式变为：＝＝9×，
∴这个分式的值扩大9倍．
故选：B．
7．（3分）能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD，AB＝CD B．AB＝BC，AD＝CD
C．AC＝BD，AB＝CD D．AB∥CD，AD＝CB
【分析】根据平行四边形的判定方法即可判断；
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
故选：A．
8．（3分）若解分式方程＝产生增根，则m＝（　　）
A．1 B．0 C．﹣4 D．﹣5
【分析】增根是分式方程化为整式方程后产生的使分式方程的分母为0的根．把增根代入化为整式方程的方程即可求出m的值．
【解答】解：方程两边都乘（x+4），得
x﹣1＝m，
∵原方程增根为x＝﹣4，
∴把x＝﹣4代入整式方程，得m＝﹣5，
故选：D．
9．（3分）如图，已知直线y1＝x+b与y2＝kx﹣1相交于点P，点P的横坐标为﹣1，则关于x的不等式x+b≤kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】观察函数图象得到当x≤﹣1时，函数y1＝x+b的图象都在y2＝kx﹣1的图象下方，所以不等式x+b≤kx﹣1的解集为x≤﹣1，然后根据用数轴表示不等式解集的方法对各选项进行判断．
【解答】解：根据题意得当x≤﹣1时，y1≤y2，
所以不等式x+b≤kx﹣1的解集为x≤﹣1．
故选：D．
10．（3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：
①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC．
其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案．
【解答】证明：∵BC＝EC，
∴∠CEB＝∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CEB＝∠EBF，
∴∠CBE＝∠EBF，
∴①BE平分∠CBF，正确；
∵BC＝EC，CF⊥BE，
∴∠ECF＝∠BCF，
∴②CF平分∠DCB，正确；
∵DC∥AB，
∴∠DCF＝∠CFB，
∵∠ECF＝∠BCF，
∴∠CFB＝∠BCF，
∴BF＝BC，
∴③正确；
∵FB＝BC，CF⊥BE，
∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC，
∴PF＝PC，故④正确．
故选：D．

二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
11．（4分）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是　9　．
【分析】根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：360÷40＝9，即这个多边形的边数是9．
12．（4分）若分式的值为0，则x的值为　2　．
【分析】根据分式的值为零的条件可以得到，从而求出x的值．
【解答】解：由分式的值为零的条件得，
由2x﹣4＝0，得x＝2，
由x+1≠0，得x≠﹣1．
综上，得x＝2，即x的值为2．
故答案为：2．
13．（4分）如图，在△ABC中，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，已知∠ADE＝65°，则∠CFE的度数为　65°　．

【分析】利用三角形的中位线的性质解决问题即可．
【解答】解：∵AD＝DB，AE＝EC，
∴DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B＝65°，
∵AE＝EC．CF＝BF，
∴EF∥AB，
∴∠CFE＝∠B＝65°，
故答案为65°．
14．（4分）如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，如果AP＝3，那么线段PP′的长等于　　．

【分析】根据旋转的性质，知：旋转角度是90°，根据旋转的性质得出AP＝AP′＝3，即△PAP′是等腰直角三角形，腰长AP＝3，则可用勾股定理求出斜边PP′的长．
【解答】解：∵△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，
∴△ABP≌△ACP′，
即线段AB旋转后到AC，
∴旋转了90°，
∴∠PAP′＝∠BAC＝90°，AP＝AP′＝3，
∴PP′＝3．
三、解答题（本大题共6个小题，共54分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（12分）（1）分解因式：ax2﹣2ax+a；
（2）解不等式组：，并写出所有非负整数解．
【分析】（1）利用提公因式、公式法进行因式分解即可；
（2）利用解不等式组的解法步骤进行解答即可．
【解答】解：（1）ax2﹣2ax+a＝a（x2﹣2x+1）＝a（x﹣1）2；
（2），
解不等式①得，x≥﹣1，
解不等式②得，x＜3
将两个不等式的解集在数轴上表示为：

∴不等式组的解集为﹣1≤x＜3：
∴非负整数解有：0，1，2．
16．（6分）先化简，再求值：（﹣1）÷，其中x＝2020．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．
【解答】解：原式＝[﹣1]÷
＝（﹣）÷
＝•
＝﹣，
当x＝2020时，
原式＝﹣＝﹣．
17．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，3），B（2，5），C（4，2）（每个方格的边长均为1个单位长度）
（1）将△ABC平移，使点A移动到点A1，请画出△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于O点成中心对称的△A2B2C2，并直接写出A2，B2，C2的坐标；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2是否成中心对称？若是，请写出对称中心的坐标；若不是，请说明理由．

【分析】（1）利用点A和A1坐标的关系确定平移的方向与距离，关于利用此平移规律写出B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用关于点对称的点的坐标特征写出A2，B2，C2的坐标，然后描点即可；
（3）连接A1A2，B1B2，C1C2，它们都经过点P，从而可判断△A1B1C1与△A2B2C2关于点P中心对称，再写出P点坐标即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；点A2，B2，C2的坐标分别为（﹣1，﹣3），（﹣2，﹣5），（﹣4，﹣2）；

（3）△A1B1C1与△A2B2C2关于点P中心对称，如图，
对称中心的坐标的坐标为（﹣2，﹣1）．
18．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，BF＝DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AO＝CO．

【分析】（1）根据AB＝CD，BE＝DF，利用HL即可证明．
（2）只要证明四边形ABCD是平行四边形即可解决问题．
【解答】证明：（1）∵BF＝DE，
∴BF﹣EF＝DE﹣EF，即BE＝DF．
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵AB＝CD，BE＝DF，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL）．

（2）∵△ABE≌△CDF，
∴∠ABE＝∠CDF，
∴AB∥CD，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO．

19．（10分）某工厂制作甲、乙两种窗户边框，已知同样用12米材料制成甲种边框的个数比制成乙种边框的个数少1个，且制成一个甲种边框比制成一个乙种边框需要多用20%的材料．
（1）求制作每个甲种边框、乙种边框各用多少米材料？
（2）如果制作甲、乙两种边框的材料共640米，要求制作乙种边框的数量不少于甲种边框数量的2倍，求应最多安排多少米材料制作甲种边框？（不计材料损耗）
【分析】（1）设制作每个乙种边框用x米材料，则制作甲种边框用（1+20%）x米材料，根据“同样用12米材料制成甲种边框的个数比制成乙种边框的个数少1个”，列出方程，即可解答；
（2）根据所需要材料的总长度l＝甲的材料的总长度+乙的材料的总长度，列出函数关系式；再根据“乙种边框的数量不少于甲种边框数量的2倍”列出不等式并解答．
【解答】解：（1）设制作每个乙种边框用x米材料，则制作甲种边框用（1+20%）x米材料，
由题意，得﹣1＝，
解得：x＝2，
经检验x＝2是原方程的解，
∴（1+20%）x＝2.4（米），
答：制作每个甲种用2.4米材料；制作每个乙种用2米材料．

（2）设应安排制作甲种边框需要a米，则安排制作乙种边框需要（640﹣a）米，
由题意，得≥×2．
解得a≤240，
则≤100．
答：应最多安排制作甲种边框100个．
20．（10分）如图，BC为等边△ABM的高，AB＝5，点P为射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PD，连接MD，BD．
（1）如图①，当点P在线段BC上时，求证：BP＝MD；
（2）如图②，当点P在线段BC的延长线上时，求证：BP＝MD；
（3）若点P在线段BC的延长线上，且∠BDM＝30°时，请直接写出线段AP的长度．
【分析】（1）如图①，连接AD，由“SAS”可证△BAP≌△MAD，可得BP＝MD；
（2）如图②，连接AD，由“SAS”可证△BAP≌△MAD，可得BP＝MD；
（3）由全等三角形的性质可得∠ABP＝∠AMD＝30°，可得∠BMD＝∠AMB+∠AMD＝90°，可得点D在BA的延长线上，由直角三角形的性质和等边三角形的性质可求AP的长．
【解答】解：（1）如图①，连接AD，

∵△AMB是等边三角形，
∴AB＝AM，∠BAM＝60°
由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝60°＝∠BAM，
∴∠BAP＝∠BAC﹣∠CAP，∠MAD＝∠PAD﹣∠CAP，
∴∠BAP＝∠MAD，
在△BAP与△MAD中，
，
∴△BAP≌△MAD（SAS），
∴BP＝MD；
（2）如图②，连接AD，

∵△AMB是等边三角形，
∴AB＝AM，∠BAM＝60°＝∠AMB，
由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝60°＝∠BAM，
∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠MAD＝∠PAD+∠CAP，
∴∠BAP＝∠MAD，
在△BAP与△MAD中，
，
∴△BAP≌△MAD（SAS），
∴BP＝MD；
（3）∵BC为等边△ABM的高，
∴∠ABC＝30°，
∵△BAP≌△MAD，
∴∠ABP＝∠AMD＝30°，
∴∠BMD＝∠AMB+∠AMD＝90°，
∴∠BMD＝90°，
∵∠BDM＝30°，
∴∠DBM＝60°，
∴点D在BA的延长线上，
如图③，

∵∠BDM＝30°，∠BMD＝90°，
∴BD＝2BM＝10，
∴AD＝BD﹣AB＝5
∵PA＝PD＝AD，
∴AP＝AD＝5．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
21．（4分）若m2+4＝3n，则m3﹣3mn+4m＝　0　．
【分析】将m3﹣3mn+4m提取公因式m，得到原式＝m（m2﹣3n+4），把m2+4＝3n代入，计算即可．
【解答】解：∵m2+4＝3n，
∴m3﹣3mn+4m＝m（m2﹣3n+4）＝m（3n﹣3n）＝0．
故答案为：0．
22．（4分）关于x的不等式组的整数解共有6个，则a的取值范围是　﹣6≤a＜﹣5　．
【分析】解不等式得出其解集为a＜x＜1，根据不等式组的整数解有6个得出其整数解得情况，从而得出字母a的取值范围．
【解答】解：解不等式x﹣a＞0，得：x＞a，
解不等式3﹣3x＞0，得：x＜1，
则不等式组的解集为a＜x＜1，
∵不等式组的整数解有6个，
∴不等式组的整数解为0、﹣1、﹣2、﹣3、﹣4、﹣5，
则﹣6≤a＜﹣5，
故答案为：﹣6≤a＜﹣5．
23．（4分）有六张大小形状相同的卡片，分别写有1～6这六个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽取一张，记卡片上的数字为a，则a的值使得关于x的分式方程﹣1＝有整数解的概率为　　．
【分析】先把分式方程化为整式方程，解整式方程得到x＝且x≠2，利用有理数的整除性得到a＝2或3，然后根据概率公式求解．
【解答】解：把分式方程﹣1＝去分母得ax﹣2﹣（x﹣2）＝6，
∴（a﹣1）x＝6，
∵分式方程有整数解，
∴x＝且x≠2，
∴a＝2或3，
∴a的值使得关于x的分式方程﹣1＝有整数解的概率＝＝．
故答案为．
24．（4分）如图1，在平面直角坐标系中，将平行四边形ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2，那么平行四边形ABCD的面积为　　．

【分析】根据函数图象中的数据可以分别求得平行四边形的边AB的长和边AB边上的高的长，从而可以求得平行四边形的面积．
【解答】解：作DM⊥AB于点M，如右图1所示，

由图象和题意可得，
AE＝7﹣4＝3，EB＝8﹣7＝1，DE＝3，
∴AB＝3+1＝4，
∵直线DE平行直线y＝﹣x，
∴DM＝ME，
∴DM＝DE•sin45°＝，
∴平行四边形ABCD的面积是：4×＝．
故答案为：．
25．（4分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝2，点P是AC上的动点，连接BP，以BP为边作等边△BPQ，连接CQ，则点P在运动过程中，线段CQ长度的最小值是　　．

【分析】如图，取AB的中点E，连接CE，PE．由△QBC≌△PBE（SAS），推出QC＝PE，推出当EP⊥AC时，QC的值最小；
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接CE，PE．

∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠CBE＝60°，
∵BE＝AE，
∴CE＝BE＝AE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝BE，
∵∠PBQ＝∠CBE＝60°，
∴∠QBC＝∠PBE，
∵QB＝PB，CB＝EB，
∴△QBC≌△PBE（SAS），
∴QC＝PE，
∴当EP⊥AC时，QC的值最小，
在Rt△AEP中，∵AE＝，∠A＝30°，
∴PE＝AE＝，
∴CQ的最小值为．
五.解答题（本大题共3个小题，共30分，解答应巧出必要的文字说明．证明过程或演算步骤）
26．（8分）为建设天府新区“公园城市”．天府新区某公司生产一种产品面向全国各地销售．该公司经过实地考察后，现将200件该产品运往A，B，C三地进行销售，已知运往A地的运费为30元/件，运往B地的运费为8元/件，运往C地的运费为25元/件，要求运往C地的件数是运往A地件数的2倍，设安排x件产品运往A地．
（1）试用含x的代数式表示总运费y元；
（2）若运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元，则有几种运输方案？A，B，C三地各运多少件时总运费最低？最低总运费是多少元？
【分析】（1）根据总运费＝每件运费×运往该地的件数，即可用含x的代数式表示总运费y元；
（2）根据“运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元”，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，结合x为正整数即可得出运输方案的次数，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】解：（1）∵安排x件产品运往A地，
∴安排2x件产品运往C地，安排（200﹣x﹣2x）件产品运往B地，
∴总运费y＝30x+8（200﹣x﹣2x）+25×2x＝56x+1600．
（2）依题意，得：，
解得：40≤x≤42．
又∵x为正整数，
∴x可以取40，41，42，
∴共有3种运输方案．
∵在y＝56x+1600中k＝56＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝40时，y取得最小值，最小值＝56×40+1600＝3840，此时2x＝80，200﹣x﹣2x＝80．
即当运往A地40件、运往B地80件、运往C地80件时，总运费最低，最低总运费是3840元．
27．（10分）已知点E，F分别是平行四边形ABCD的边BC，CD上的点，∠EAF＝60°．
（1）如图1，若AB＝2，AF＝5，点E与点B，点F与点D分别重合，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若AB＝BC，∠B＝∠EAF＝60°，求证：AE＝AF；
（3）如图3，若BE＝CE，CF＝3DF，AB＝4，AF＝6，求AE的长度．
【分析】（1）过点B作BH⊥AD于H，先求出∠ABH＝30°，进而求出BH，由平行四边形的面积公式即可得出结论；
（2）先判断出∠BAE＝∠CAF，进而判断出△ABE≌△ACF，即可得出结论；
（3）延长AE交DC延长线于P，过点F作FG⊥AP于G，证△ABE≌△PCE（ASA），得出AE＝PE，PC＝AB＝CD＝4，求出PF＝7，由含30°角的直角三角形的性质得出AG＝3，由勾股定理得FG＝3，PG＝，则AP＝AG+PG＝3+，即可得出答案．
【解答】（1）解：过点B作BH⊥AD于H，如图1所示：
在Rt△ABH中，∠BAD＝60°，
∴∠ABH＝30°，
∵AB＝2，
∴AH＝1，BH＝＝＝，
∴S▱ABCD＝AD×BH＝AF×BH＝5×＝5；
（2）证明：连接AC，如图2所示：
∵AB＝BC，∠B＝∠EAF＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠ACF＝∠ACB＝60°，
∴∠B＝∠ACF，
在△ABE和△ACF中，，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE＝AF；
（3）解：延长AE交DC延长线于P，过点F作FG⊥AP于G，如图3所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B＝∠ECP，
在△ABE和△PCE中，，
∴△ABE≌△PCE（ASA），
∴AE＝PE，PC＝AB＝CD＝4，
∵CF＝3DF，
∴CF＝3，
∴PF＝7，
在Rt△AFG中，AF＝6，∠EAF＝60°，
∴∠AFG＝30°，
∴AG＝AF＝3，FG＝＝＝3
在Rt△PFG中，由勾股定理得：PG＝＝＝，
∴AP＝AG+PG＝3+，
∴AE＝PE＝AP＝．



28．（12分）如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B．
（1）求△AOB的面积；
（2）如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB＝BC，P为线段AB（不含A，B两点）上一点，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，M为线段CA延长线上一点，且AM＝CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由于y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），求出m的值，可得出OA＝4，OB＝3，则可得出答案；
（2）根据勾股定理得到AB＝5＝BC，得到点C（0，﹣2），求出直线AC解析式为y＝x﹣2，由于P在直线y＝﹣x+3上，可设点P（t，﹣t+3），即可得到结论；
（3）过点M作MG⊥PQ于G，根据全等三角形的性质得到QG＝OC＝2，GM＝OA＝4，过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，推出四边形GHRM是矩形，根据矩形的性质得到HR＝GM＝4，可设GH＝RM＝k，根据全等三角形的性质得到HN＝RM＝k，NR＝QH＝2+k，得到 N（t+1，t+1）根据N在直线AB：y＝﹣x+3上，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x+m交x轴于点A（4，0），
∴0＝﹣×4+m，
解得m＝3，
∴直线AB解析式为y＝﹣x+3，
令x＝0，y＝3，B（0，3）；
∵A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
∵∠AOB＝90°，
∴＝＝6；
（2）∵OA＝4，OB＝3，
∴AB═＝5＝BC，
∴OC＝2，
∴点C（0，﹣2），
设直线AC解析式为y＝kx+n，
∴，
∴，
∴直线AC解析式为y＝x﹣2，
∵P在直线y＝﹣x+3上，
∴可设点P（t，﹣t+3），
∵PQ∥y轴，且点Q在y＝x﹣2上，

∴Q（t，t﹣2），
∴d＝（﹣t+3）﹣（t﹣2）＝﹣t+5（0＜t＜4）；
（3）过点M作MG⊥PQ于G，

∴∠QGM＝90°＝∠COA，
∵PQ∥y轴，
∴∠OCA＝∠GQM，
∵CQ＝AM，
∴AC＝QM，
在△OAC与△GMQ中，
，
∴△OAC≌△GMQ（AAS），
∴QG＝OC＝2，GM＝OA＝4，
过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，
∴∠MGH＝∠RHG＝∠MRH＝90°，
∴四边形GHRM是矩形，
∴HR＝GM＝4，可设GH＝RM＝k，
∵△MNQ是等腰直角三角形，
∴∠QNM＝90°，NQ＝NM，
∴∠HNQ+∠HQN＝90°，
∠HNQ+∠RNM＝90°，
∴∠RNM＝∠HQN，
∴△HNQ≌△RMN（AAS），
∴HN＝RM＝k，NR＝QH＝2+k，
∵HR＝HN+NR，
∴k+2+k＝4，
∴k＝1，
∴GH＝NH＝RM＝1，
∴HQ＝3，
∵Q（t，t﹣2），
∴N（t+1，t﹣2+3）即 N（t+1，t+1），
∵N在直线AB：y＝﹣x+3上，
∴t+1＝﹣（t+1）+3，
∴t＝1，
∴P（1，），N（2，）．