2020-2021学年湖北省武汉市蔡甸区八年级（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市蔡甸区八年级（下）期末数学试卷，共29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。
2020-2021学年湖北省武汉市蔡甸区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）若二次根式有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x≤1 C．x＞1 D．x≠1
2．（3分）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）将函数y＝﹣3x的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数关系式为（　　）
A．y＝﹣3x+2 B．y＝﹣3x﹣2 C．y＝﹣3（x+2） D．y＝﹣3（x﹣2）
4．（3分）下列性质中，矩形具有、正方形也具有、但是菱形却不具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直
B．对角线互相平分
C．对角线长度相等
D．一组对角线平分一组对角
5．（3分）为了大力宣传节约用电，某小区随机抽查了10户家庭的月用电量情况，统计如下表．关于这10户家庭的月用电量说法正确的是（　　）
月用电量（度）
25
30
40
50
60
户数
1
2
4
2
1
A．中位数是40 B．众数是4
C．平均数是20.5 D．极差是3
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC＝2∠CAD，则∠BAE＝（　　）

A．60° B．45° C．30° D．22.5°
7．（3分）对于函数y＝﹣3x+1，下列结论正确的是（　　）
A．它的图象必经过点（﹣1，3）
B．它的图象经过第一、二、三象限
C．当x＞时，y＜0
D．y的值随x值的增大而增大
8．（3分）某天早上李雯上学，她先步行一段路程，因为时间紧，她又改乘出租车，结果到校还是迟到了5分钟，其行程如图所示．假设这天早上她出门时直接乘坐出租车（车速不变），则她（　　）

A．刚好按时到校 B．可以提前2分钟到校
C．可以提前5分钟到校 D．仍会迟到2分钟到校
9．（3分）如图所示，在△ABC中，AD平分∠CAB交BC于点E，若∠BDA＝90°，E是AD中点，DE＝2，BD＝3，则AC的长为（　　）

A． B． C． D．1
10．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，CD＝2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：
①∠ABC＝2∠ABF；②EF＝BF；③S四DEBC＝2S△EFB；④∠CFE＝3∠DEF；
其中正确结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算①的结果为 　 　；②（﹣）2的结果是 　 　；③在实数范围内因式分解x3﹣3x的结果是 　 　．
12．（3分）甲、乙、丙三人进行飞镖比赛，已知他们每人五次投得的成绩如图，那么三人中成绩最稳定的是　 　．

13．（3分）在▱ABCD中，AB＝5cm，∠ABC的角平分线交对边于一点P，若，则它的周长为 　 　cm．
14．（3分）用四块大的正方形地砖和一块小的正方形地砖拼成如图所示的实线图案，如果每块大的正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的一个顶点得到一个正方形ABCD，则正方形ABCD的面积为 　 　．

15．（3分）如图所示，直线y＝kx+b（k＜0）经过A（3，1），当kx+b≤时，x的取值范围是 　 　．

16．（3分）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D为△ABC形内一点，以AD为腰作等腰△DAE，使∠DAE＝∠BAC，连接BE、CD，若M、N分别是DE、BC的中点，MN＝1，则CD的长为 　 　．

三、解答题（本大题有8小题，共72分）
17．（8分）计算：
（1）；
（2）．
18．（8分）如图，将▱ABCD的对角线BD向两个方向延长，分别至点E和点F，BE＝DF．求证：四边形AECF是平行四边形．

19．（8分）在平面直角坐标系中，直线y＝3x+3分别交x轴，y轴于点A，B．
（1）当0＜y≤3，自变量x的取值范围是　 　（直接写出结果）
（2）点C（﹣，n）在直线y＝3x+3上．
①直接写出n的值为　 　；
②过C点作CD⊥AB交x轴于点D，求直线CD的解析式．

20．（8分）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的正方形网格中建立平面直角坐标系，格点△ABC的顶点坐标分别为A（1，6）、B（6，6）、C（2，2）请仅用无刻度直尺，在给定的网格中依次完成下列作图（要求保留必要的作图痕迹），并回答下列问题：
（1）画出格点A关于直线BC的对称点D，并写出点D的坐标 　 　；
（2）在AB上找到点E，使∠ACE＝∠ABC；
（3）在BD上找到点F，使BF＝BE；
（4）在AC上找到点P，使BP⊥AC．直接写出直线BP的解析式 　 　．

21．（8分）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：△EAB≌△GAD；
（2）若AB＝3，AG＝3，求EB的长．

22．（10分）在2018春季环境整治活动中，某社区计划对面积为1600m2的区域进行绿化．经投标，由甲、乙两个工程队来完成，若甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用5天．
（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；
（2）设甲工程队施工x天，乙工程队施工y天，刚好完成绿化任务，求y关于x的函数关系式；
（3）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，且甲乙两队施工的总天数不超过25天，则如何安排甲乙两队施工的天数，使施工总费用最低？并求出最低费用．
23．（10分）矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是BC边上一点，EF⊥AE，且EF＝AE
（1）如图①，当F在CD边上时，求BE的长
（2）如图②，若DF⊥EF，求的值
（3）如图③，Q为AF的中点，直接写出CQ的最小值为 　 　

24．（12分）如图1，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，点E为y轴负半轴上一点，且S△ABE＝12．
（1）求直线AE的解析式；
（2）如图2，直线y＝mx交直线AB于点M，交直线AE于点N，当S△OEN＝2S△OBM时，求m的值；
（3）如图3，点P为直线y＝﹣x﹣1上一点，若∠ABP＝45°，请直接写出点P的坐标：　 　．


2020-2021学年湖北省武汉市蔡甸区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）若二次根式有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x≤1 C．x＞1 D．x≠1
【分析】根据二次根式有意义的条件可得x﹣1≥0，再解不等式即可．
【解答】解：由题意得：x﹣1≥0，
解得：x≥1，
故选：A．
2．（3分）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案．
【解答】解：A、与不是同类二次根式，故不能合并，故A不符合题意．
B、原式＝＝，故B符合题意．
C、原式＝，故C不符合题意．
D、原式＝3，故D不符合题意．
故选：B．
3．（3分）将函数y＝﹣3x的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数关系式为（　　）
A．y＝﹣3x+2 B．y＝﹣3x﹣2 C．y＝﹣3（x+2） D．y＝﹣3（x﹣2）
【分析】根据平移规律“上加、下减”，即可找出平移后的函数关系式．
【解答】解：根据平移的规律可知：平移后的函数关系式为y＝﹣3x+2．
故选：A．
4．（3分）下列性质中，矩形具有、正方形也具有、但是菱形却不具有的性质是（　　）
A．对角线互相垂直
B．对角线互相平分
C．对角线长度相等
D．一组对角线平分一组对角
【分析】利用正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质依次判断可求解．
【解答】解：∵菱形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线互相垂直；
矩形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线相等；
正方形具有菱形和矩形的性质，
∴菱形不具有的性质为：对角线相等，
故选：C．
5．（3分）为了大力宣传节约用电，某小区随机抽查了10户家庭的月用电量情况，统计如下表．关于这10户家庭的月用电量说法正确的是（　　）
月用电量（度）
25
30
40
50
60
户数
1
2
4
2
1
A．中位数是40 B．众数是4
C．平均数是20.5 D．极差是3
【分析】中位数、众数、加权平均数和极差的定义和计算公式分别对每一项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：A、把这些数从小到大排列，最中间两个数的平均数是（40+40）÷2＝40，则中位数是40，故本选项正确；
B、40出现的次数最多，出现了4次，则众数是40，故本选项错误；
C、这组数据的平均数（25+30×2+40×4+50×2+60）÷10＝40.5，故本选项错误；
D、这组数据的极差是：60﹣25＝35，故本选项错误；
故选：A．
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC＝2∠CAD，则∠BAE＝（　　）

A．60° B．45° C．30° D．22.5°
【分析】首先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB═OC，
∴∠OAD＝∠ODA，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOE＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD，
∵∠EAC＝2∠CAD，
∴∠EAO＝∠AOE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴∠OAB＝∠OBA＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠BAE＝∠OAB﹣∠OAE＝22.5°．
故选：D．
7．（3分）对于函数y＝﹣3x+1，下列结论正确的是（　　）
A．它的图象必经过点（﹣1，3）
B．它的图象经过第一、二、三象限
C．当x＞时，y＜0
D．y的值随x值的增大而增大
【分析】根据一次函数的性质对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、∵当x＝﹣1时，y＝4≠3，∴它的图象必经过点（﹣1，3），故A错误；
B、∵k＝﹣3＜0，b＝1＞0，∴它的图象经过第一、二、四象限，故B错误；
C、∵当x＝时，y＝0，∴当x＞时，y＜0，故C正确；
D、∵k＝﹣3＜0，∴y的值随x值的增大而减小，故D错误．
故选：C．
8．（3分）某天早上李雯上学，她先步行一段路程，因为时间紧，她又改乘出租车，结果到校还是迟到了5分钟，其行程如图所示．假设这天早上她出门时直接乘坐出租车（车速不变），则她（　　）

A．刚好按时到校 B．可以提前2分钟到校
C．可以提前5分钟到校 D．仍会迟到2分钟到校
【分析】根据图象，求出出租车的速度，从而求出家离学校的距离，然后算出直接乘出租车需要的时间为13分钟，按时到达需要15分钟，所以可以提前2分钟到达．
【解答】解：出租车的速度＝（35﹣5）÷（14﹣8）＝5（百米/分），
家离学校距离＝5+5×（20﹣8）＝65（百米），
直接乘出租车需要的时间＝65÷5＝13（分），
按时到达需要时间＝20﹣5＝15（分），
提前时间＝15﹣13＝2（分），
故选：B．
9．（3分）如图所示，在△ABC中，AD平分∠CAB交BC于点E，若∠BDA＝90°，E是AD中点，DE＝2，BD＝3，则AC的长为（　　）

A． B． C． D．1
【分析】延长AC、BD交于点F，过点D作DG∥AF交BC于G，证明△DGE≌△ACE（AAS），得出DG＝AC，证出∠F＝∠ABD，得出AF＝AB＝5，BD＝FD，证明DG是△BCF的中位线，得出CF＝2DG，得出AF＝AC+CF＝3DG＝3AC，即可得出答案．
【解答】解：延长AC、BD交于点F，过点D作DG∥AF交BC于G，如图所示：
则∠DGE＝∠ACE，
∵E是AD中点，
∴DE＝AE＝2，
∴AD＝4，
∵BD＝3，
∴AB＝＝＝5，
在△DGE和△ACE中，
，
∴△DGE≌△ACE（AAS），
∴DG＝AC，
∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD＝∠FAD，
∵∠BDA＝90°，
∴AD⊥BF，∠FDA＝90°，
∴∠F＝∠ABD，
∴AF＝AB＝5，
∴BD＝FD，
∵DG∥AF，
∴DG是△BCF的中位线，
∴CF＝2DG，
∴AF＝AC+CF＝3DG＝3AC，
∴AC＝DG＝AF＝．
故选：A．

10．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，CD＝2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：
①∠ABC＝2∠ABF；②EF＝BF；③S四DEBC＝2S△EFB；④∠CFE＝3∠DEF；
其中正确结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．想办法证明EF＝FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题．
【解答】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH．

∵CD＝2AD，DF＝FC，
∴CF＝CB，
∴∠CFB＝∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠FBH，
∴∠CBF＝∠FBH，
∴∠ABC＝2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D＝∠FCG，
在△DFE和△CFG中，
∴△DFE≌△FCG（ASA），
∴FE＝FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBG＝90°，
∴BF＝EF＝FG，故②正确，
∵S△DFE＝S△CFG，
∴S四边形DEBC＝S△EBG＝2S△BEF，故③正确，
∵AH＝HB，DF＝CF，AB＝CD，
∴CF＝BH，∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF＝BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC＝∠BFH，
∵FE＝FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH＝∠EFH＝∠DEF，
∴∠EFC＝3∠DEF，故④正确，
故选：D．
二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）计算①的结果为 　4　；②（﹣）2的结果是 　5　；③在实数范围内因式分解x3﹣3x的结果是 　x（x+）（x﹣）　．
【分析】①根据算术平方根的概念计算；
②根据二次根式的乘法法则计算；
③根据二次根式的性质、平方差公式计算．
【解答】解：①＝4；
②（﹣）2＝5；
③x3﹣3x＝x（x2﹣3）＝x（x+）（x﹣），
故答案为：①4；②5；③x（x+）（x﹣）．
12．（3分）甲、乙、丙三人进行飞镖比赛，已知他们每人五次投得的成绩如图，那么三人中成绩最稳定的是　乙　．

【分析】根据方差的意义数据波动越小，数据越稳定即可得出答案．
【解答】解：根据图形可得：乙的成绩波动最小，数据最稳定，
则三人中成绩最稳定的是乙；
故答案为：乙．
13．（3分）在▱ABCD中，AB＝5cm，∠ABC的角平分线交对边于一点P，若，则它的周长为 　24或16　cm．
【分析】根据题意分当点P在AD上时和当点P在AD的延长线上时两种情况，画出相关图形进行讨论，根据平行线的性质、角平分线的性质及线段之间的关系结合图形进行求解即可．
【解答】解：当点P在AD上时，如图1，

∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝∠CBP，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝5（cm），
∵，
∴DP＝2（cm），
∴AP+DP＝5+2＝7（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（7+5）×2＝24（cm），
当点P在AD的延长线上时，如图2，

∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝∠CBP，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝5（cm），
∵，
∴DP＝2（cm），
∴AD＝AP﹣DP＝5﹣2＝3（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（5+3）×2＝16（cm）．
综上所述，平行四边形ABCD的周长为24或16cm．
故答案为：24或16．
14．（3分）用四块大的正方形地砖和一块小的正方形地砖拼成如图所示的实线图案，如果每块大的正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的一个顶点得到一个正方形ABCD，则正方形ABCD的面积为 　2a+b+2　．

【分析】由每块大的正方形地砖的面积为a、小正方形地砖的面积为b，可知每块大的正方形地砖的边长为a，小正方形地砖的边长为b，由此可得AE、DE，由勾股定理求出AD，即可求出正方形ABCD的面积．
【解答】解：∵每块大的正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，
∴每块大的正方形地砖的边长为，小正方形地砖的边长为，
如图，即AE＝+，ED＝，

∴AD2＝DE2+AE2＝（+）2+（）2＝2a+b+2，
∴正方形ABCD的面积为2a+b+2．
15．（3分）如图所示，直线y＝kx+b（k＜0）经过A（3，1），当kx+b≤时，x的取值范围是 　x≥3　．

【分析】根据直线y＝kx+b（k＜0）经过点A（3，1），正比例函数y＝x也经过点A从而确定不等式的解集．
【解答】解：∵正比例函数y＝x也经过点A，
∴kx+b≤的解集为x≥3，
故答案为：x≥3．
16．（3分）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D为△ABC形内一点，以AD为腰作等腰△DAE，使∠DAE＝∠BAC，连接BE、CD，若M、N分别是DE、BC的中点，MN＝1，则CD的长为 　2　．

【分析】如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，先证明△AEB≌△ADC（SAS），得BE＝CD，根据三角形的中位线定理可得FM＝BE，FN＝CD，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得∠MFN＝60°，所以△FMN是等边三角形，可得结论．
【解答】解：如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，

∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠EAD﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△AEB和△ADC中，
，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD，
∵M是ED的中点，F是BD的中点，
∴FM是△BED的中位线，
∴FM＝BE，FM∥BE，
∴∠DFM＝∠EBD，
同理得FN＝CD，FN∥CD，
∴FM＝FN，∠FNB＝∠DCB，
∵∠DFN＝∠DBC+∠FNB＝∠DBC+∠DCB，
∴∠MFN＝∠DFM+∠DFN＝∠EBD+∠DBC+∠DCB＝180°﹣120°＝60°，
∴△FMN是等边三角形，
∴MN＝FN＝1，
∴CD＝2．
故答案为：2．
三、解答题（本大题有8小题，共72分）
17．（8分）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）根据二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案．
（2）根据二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案．
【解答】解：（1）原式＝﹣+2
＝4﹣+2
＝4+．
（2）原式＝×3+3﹣2
＝2+3﹣2
＝3．
18．（8分）如图，将▱ABCD的对角线BD向两个方向延长，分别至点E和点F，BE＝DF．求证：四边形AECF是平行四边形．

【分析】由四边形ABCD是平行四边形易知OA＝OC，OC＝OD，再证得OE＝OF，即可得出结论．
【解答】证明：连接AC，设AC与BD交于点O．如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
又∵BE＝DF，
∴OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形．

19．（8分）在平面直角坐标系中，直线y＝3x+3分别交x轴，y轴于点A，B．
（1）当0＜y≤3，自变量x的取值范围是　﹣1＜x≤0　（直接写出结果）
（2）点C（﹣，n）在直线y＝3x+3上．
①直接写出n的值为　1　；
②过C点作CD⊥AB交x轴于点D，求直线CD的解析式．

【分析】（1）先利用直线y＝3x+3确定A、B的坐标，然后利用一次函数的性质求解；
（2）①把C（﹣，n）代入y＝3x+3可求出n的值；
②利用两直线垂直，一次项系数互为负倒数可设直线CD的解析式为y＝﹣x+b，然后把C（﹣，1）代入求出b即可．
【解答】解：（1）当y＝0时，3x+3＝0，解得x＝﹣1，则A（﹣1，0），
当x＝0时，y＝3x+3＝3，则B（0，3），
当0＜y≤3，自变量x的取值范围是﹣1＜x≤0；
（2）①把C（﹣，n）代入y＝3x+3得3×（﹣）+3＝n，解得n＝1；
故答案为﹣1＜x≤0；1；
②∵AB⊥CD，
∴设直线CD的解析式为y＝﹣x+b，
把C（﹣，1）代入得﹣×（﹣）+b＝1，解得b＝，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+．

20．（8分）如图所示，在由边长为1的小正方形组成的正方形网格中建立平面直角坐标系，格点△ABC的顶点坐标分别为A（1，6）、B（6，6）、C（2，2）请仅用无刻度直尺，在给定的网格中依次完成下列作图（要求保留必要的作图痕迹），并回答下列问题：
（1）画出格点A关于直线BC的对称点D，并写出点D的坐标 　（6，1）　；
（2）在AB上找到点E，使∠ACE＝∠ABC；
（3）在BD上找到点F，使BF＝BE；
（4）在AC上找到点P，使BP⊥AC．直接写出直线BP的解析式 　y＝x+　．

【分析】（1）取格点D，使得△ABD为等腰直角三角形即可．
（2）取格点T，连接CT交AB于点E，点E即为所求．
（3）取格点W，连接CW，使得△CDW是等腰直角三角形，连接CW交BD于点F，点F即为所求．
（4）取格点Q，直线BQ交AC于点P，直线BP即为所求，利用待定系数法求出直线BP的解析式．
【解答】解：（1）如图，点D即为所求．D（6，1），
故答案为：（6，1）．
（2）如图，点E即为所求．
（3）如图，点F即为所求．
（4）如图，点P即为所求．

设PB的解析式为y＝kx+b，把Q（2，5），B（6，6）代入，得到，
解得，
∴直线BP的解析式为y＝x+．
故答案为：y＝x+．
21．（8分）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：△EAB≌△GAD；
（2）若AB＝3，AG＝3，求EB的长．

【分析】（1）由正方形ABCD，正方形AGFE可得AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠EAG，后利用SAS即可证明结论；
（2）由（1）则可得EB＝GD，后在Rt△ODG中，利用勾股定理可得GD的长，进而求得EB的长．
【解答】（1）证明：
∵四边形ABCD，AGFE是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠EAG，
∴∠EAB＝∠GAD，
在△AEB和△AGD中，
，
∴△EAB≌△GAD（SAS）；
（2）∵△EAB≌△GAD，
∴EB＝GD，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝，
∴BD⊥AC，AC＝BD＝AB＝6，
∴∠DOG＝90°，OA＝OD＝BD＝3，
∵AG＝3，
∴OG＝OA+AG＝6，
∴GD＝，
∴EB＝．
22．（10分）在2018春季环境整治活动中，某社区计划对面积为1600m2的区域进行绿化．经投标，由甲、乙两个工程队来完成，若甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用5天．
（1）求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积；
（2）设甲工程队施工x天，乙工程队施工y天，刚好完成绿化任务，求y关于x的函数关系式；
（3）若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，且甲乙两队施工的总天数不超过25天，则如何安排甲乙两队施工的天数，使施工总费用最低？并求出最低费用．
【分析】（1）设出两队的每天绿化的面积，以两队工作时间为等量构造分式方程；
（2）以（1）为基础表示甲乙两队分别工作x天、y天的工作总量，工作总量和为1600；
（3）用甲乙两队施工的总天数不超过25天确定自变量x取值范围，用x表示总施工费用，根据一次函数增减性求得最低费用．
【解答】解：（1）设乙队每天能完成绿化面积为am2，则甲队每天能完成绿化面积为2am2
根据题意得：

解得
a＝40
经检验，a＝40为原方程的解
则甲队每天能完成绿化面积为80m2
答：甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别为80m2、40m2
（2）由（1）得
80x+40y＝1600
整理的：
y＝﹣2x+40
（3）由已知y+x≤25
∴﹣2x+40+x≤25
解得x≥15
总费用W＝0.6x+0.25y＝0.6x+0.25（﹣2x+40）＝0.1x+10
∵k＝0.1＞0
∴W随x的增大而增大
∴当x＝15时，W最低＝1.5+10＝11.5
23．（10分）矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是BC边上一点，EF⊥AE，且EF＝AE
（1）如图①，当F在CD边上时，求BE的长
（2）如图②，若DF⊥EF，求的值
（3）如图③，Q为AF的中点，直接写出CQ的最小值为 　4　

【分析】（1）通过AAS证明△ABE≌△ECF，可得CE＝AB＝6即可求出BE的长；
（2）延长EC，DF交于点P，先证得四边形AEPD是平行四边形，则有S▱AEPD＝PE•CD＝AE•EF即8×6＝AE2，在Rt△ABE中，勾股定理求出BE，即可解决问题；
（3）过点Q作QT⊥BQ交BC的延长线于点T，通过ASA可证△ABQ≌△ETQ，导出∠ABQ＝∠QBT，即点Q在∠ABC的角平分线上，当CQ⊥BQ时，CQ取最小值，此时点T与点C重合，求出此时的CQ即可．
【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝8，CD＝AB＝6，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∴EF⊥AE，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵EF＝AE，
在△ABE和△ECF中，
，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴CE＝AB＝6，
∴BE＝BC﹣CE＝8﹣6＝2；
（2）如图，延长EC，DF交于点P，

∵DF⊥EF，EF⊥AE，
∴AE∥DF，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴四边形AEPD是平行四边形，
∴PE＝AD＝8，
∴S▱AEPD＝PE•CD＝AE•EF即8×6＝AE2，
∴AE2＝48，
在Rt△ABE中，BE＝＝＝2，
∴；
（3）如图，连接BQ，EQ，过点Q作QT⊥BQ交BC的延长线于点T，

∵△AEF是等腰直角三角形，Q是AF的中点，
∴∠AQE＝∠AQB+∠BQE＝90°，AQ＝EQ，
∵BQ⊥QT，
∴∠BQT＝∠BQE+∠EQT＝90°，
∴∠AQB＝∠EQT，
∵∠ABC＝90°，∠AQE＝90°，
∴∠BAQ+∠BEQ＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠BEQ+∠QET＝180°，
∴∠BAQ＝∠QET，
∴△ABQ≌△ETQ（ASA），
∴∠ABQ＝∠QTB，BQ＝TQ，
∴∠QBT＝∠QTB，
∴∠ABQ＝∠QBT，
即点Q在∠ABC的角平分线上，
∴当CQ⊥BQ时，CQ取最小值，此时点T与点C重合，
∴△BCQ为等腰直角三角形，
∴CQ＝BQ＝＝＝4，
故答案为4．
24．（12分）如图1，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，点E为y轴负半轴上一点，且S△ABE＝12．
（1）求直线AE的解析式；
（2）如图2，直线y＝mx交直线AB于点M，交直线AE于点N，当S△OEN＝2S△OBM时，求m的值；
（3）如图3，点P为直线y＝﹣x﹣1上一点，若∠ABP＝45°，请直接写出点P的坐标：　（，﹣）　．

【分析】（1）由S△ABE＝12＝×EB×AO＝×（2+OE）×4，解得OE＝4，进而求解；
（2）由S△OEN＝2S△OBM，得到xM＝﹣xN，则yM＝﹣yN，进而求解；
（3）证明△BMA≌△ANC（AAS），求出点C的坐标为（2，﹣4），进而求解．
【解答】解：（1）∵对于y＝﹣x+2，令y＝﹣x+2＝0，解得x＝4，令x＝0，则y＝2，
故点A、B的坐标分别为（4，0）、（0，2），
则OB＝2，
则S△ABE＝12＝×EB×AO＝×（2+OE）×4，解得OE＝4，
故点E（0，﹣4），
则设直线AE的表达式为y＝kx﹣4，
将点A的坐标代入上式得：0＝4k﹣4，解得k＝1，
故直线AE的表达式为y＝x﹣4；

（2）由（1）知，OE＝4，
∵S△OEN＝2S△OBM，即×OB×|xM|＝××OE×xN，
即×2×|xM|＝×4×xN，即xM＝﹣xN，则yM＝﹣yN，
设点N的坐标为（n，n﹣4），则点M的坐标为（﹣n，﹣n+4），
将点M的坐标代入y＝﹣x+2得：﹣n+4＝﹣（﹣n）+2，
解得n＝，
故点N的坐标为（，﹣），
将点N的坐标代入y＝mx得：﹣＝m，
解得m＝﹣2；

（3）过点A作AC⊥BP于点C，过点A作MN∥y轴，交过点B与x轴的平行线于点M，交过点C与x轴的平行线于点N，

∵∠ABP＝45°，则△ABC为等腰直角三角形，则AB＝AC，∠BAC＝90°，
∵∠CAN+∠BAM＝90°，∠BAM+∠MBA＝90°，
∴∠CAN＝∠MBA，
∵∠BMA＝∠ANC＝90°，AB＝AC，
∴△BMA≌△ANC（AAS），
∴AN＝BM＝4，CN＝AM＝2，
故点C的坐标为（2，﹣4），
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝﹣3x+2，
联立y＝﹣3x+2和y＝﹣x﹣1并解得，
故点P的坐标为（，﹣）．
故答案为：（，﹣）．
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日期：2021/8/12 11:49:35；用户：节节高5；邮箱：5jiejg@xyh.com；学号：37675298