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河南省信阳市浉河区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案）
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这是一份河南省信阳市浉河区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南省信阳市浉河区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列式子中，不属于二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各曲线表示的y与x之间的关系中，y不是x的函数的是（ ）
A． B．
C． D．
3．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，1，2 B．2，3，4 C．4，5，6 D．1，，2
4．矩形、菱形、正方形都一定具有的性质是（ ）
A．对角线垂直 B．对角线互相平分
C．四个角都是直角 D．对角线相等
5．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．甲、乙、丙、丁四名学生参加市中小学生运动会跳高项目预选赛，他们8次跳高的平均成绩及方差如表所示，要选一位成绩较好且稳定的运动员去参赛，应选运动员（ ）
甲
乙
丙
丁
（米）
1.72
1.75
1.75
1.72
（米）
1
1.3
1
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．如图，有一个绳索拉直的木马秋干，绳索AB的长度为5米，若将它往水平方向向前推进3米（即DE=3米），且绳索保持拉直的状态，则此时木马上升的高度为（ ）
A．1米 B．米
C．2米 D．4米
8．如图，在中，对角线，相交于点O，过点O作交于E，若，，，则的长为（ ）
A． B．16 C．18 D．
9．如图，在的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点，，，都在格点上，连接，相交于，那么的大小是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，平面直角坐标系中，点的坐标为，以O为圆心，的长为半径画弧，交直线于点；过点作轴交直线于点，以O为圆心，长为半径画弧，交直线于点；过点作轴交直线于点，以点O为圆心，长为半径画弧，交直线于点；…按如此规律进行下去，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．若函数y＝在实数范围内有意义，则自变量x的取值范围是______．
12．若点、在直线上，则a、b的大小关系是a______b．（填“>”“=”或“<”）
13．有一根长33厘米的木棒（粗细忽略），木箱的长、宽、高分别为24厘米、18厘米、16厘米，这根木棒理论上________（填“能”或“不能”）放进木箱．
14．如图，直线经过点和点，直线过点A，则不等式的解集为_______．
15．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是__．
三、解答题
16．计算：
（1）；
（2）
17．每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格)．相关数据统计、整理如下：
八年级抽取的学生的竞赛成绩：4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.4
7.4
中位数
a
b
众数
7
c
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a=_____，b=____，c=____．
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
（3）比较样本数据，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由（写出一条理由即可）；
18．如图，菱形的对角线，交于点O，且，，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，求的长．
19．小明骑单车上学，当他骑了一段路时，想起要买某本书，于是又折回到刚经过的某书店，买到书后继续去学校，以下是他本次上学所用的时间与路程的关系示意图，根据图中提供的信息回答下列问题:
(1)小明家到学校的路程是______米；
(2)小明在书店停留了______分钟；
(3)本次上学途中，小明一共行驶了_____米，一共用了_______分钟；
(4)在整个上学的途中________(哪个时间段)小明骑车速度最快，最快的速度是____米/分．
20．利用初中阶段我们学习函数知识的方法探究一下形如的函数：
（1）由表达式，得出函数自变量x的取值范围是__________；
（2）由表达式还可以分析出，当时，，随增大而增大；当时，____________0，随增大而__________．
（3）如图中画出了函数的图象，请你画出时的图象；
（4）根据图象，再写出的一条性质__________．
21．某商场计划购进A，B两种型号的手机，已知每部A型号手机的进价比每部B型号手机进价多500元，每部A型号手机的售价是2500元，每部B型号手机的售价是2100元．
（1）若商场用50000元共购进A型号手机10部，B型号手机20部，求A、B两种型号的手机每部进价各是多少元？
（2）为了满足市场需求，商场决定用不超过7.5万元采购A、B两种型号的手机共40部，且A型号手机的数量不少于B型号手机数量的2倍．
①该商场有哪几种进货方式？
②该商场选择哪种进货方式，获得的利润最大？
22．在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．
23．如图，直线交x轴于A点，交y轴于B点，，点B坐标为，直线经过点A交y轴于点C，且．
（1）求直线的解析式；
（2）点D为线段中垂线l上一点，且位于第一象限，将沿翻折得到，若点恰好落在直线l上，求点D和点的坐标．
（3）设P是直线上一点，点Q在l上，当为等边三角形时，直接写出的边长．
参考答案
1．C
【分析】
根据二次根式有意义的条件进行判断即可．
【详解】
解：由于负数没有平方根，因此无意义，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次根式的意义和性质，掌握负数没有平方根是正确判断的关键．
2．C
【分析】
根据函数的意义即可求出答案.函数的意义反映在图象上简单的判断方法是:做垂直x轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点.
【详解】
根据函数的意义可知:对于自变量x的任何值,y都有唯一的值与之相对应,所以只有选项C不满足条件
故选C
【点睛】
此题考查函数的概念，掌握函数的意义是解题关键
3．D
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
【详解】
解：A、12＋12≠22，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、22＋32≠42，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、42＋52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、12＋（）2＝22，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
4．B
【分析】
根据矩形、菱形、正方形的性质即可解答．
【详解】
解：对角线垂直，是菱形和正方形才有的性质，故A错误；
对角线互相平分是矩形、菱形、正方形都有的性质，故B正确；
四个角都是直角，是矩形和正方形才有的性质，故C错误；
对角线相等，是矩形和正方形才有的性质，故D错误；
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】
解：A. ，故该选项正确，
B. ，不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误，
C. ，不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误，
D. ，不是同类二次根式，不能合并， 故该选项错误，
故选A．
【点睛】
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的乘法运算法则以及加减法则，本题属于基础题型．
6．C
【分析】
根据平均数和方差的意义即可得．
【详解】
解：方差越小，成绩越稳定，
由表中的方差可知，应该选择甲或丙，
又甲的平均成绩为，丙的平均成绩为，
要选一位成绩较好且稳定的运动员去参赛，应选运动员丙，
故选：C．
【点睛】
本题考查了利用平均数和方差进行决策，掌握理解平均数和方差的意义的是解题关键．
7．A
【分析】
如图（见解析），过点C作于点F，先利用勾股定理求出AF的长，再根据线段的和差即可得．
【详解】
如图，过点C作于点F，则米，
由题意得：米，
在中，由勾股定理得：（米），
则（米），
即木马上升的高度为1米，
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用、线段的和差，熟练掌握勾股定理是解题关键．
8．A
【分析】
连接CE，根据平行四边形的性质可得AO＝CO，CD＝AB＝13，然后判断出OE垂直平分AC，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得CE＝AE＝12，利用勾股定理的逆定理得到∠CED＝90°，得到△AEC是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得结论．
【详解】
解：连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，CD＝AB＝13，
∵OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC，
∴CE＝AE＝12，
∵DE＝5，
∴CE2＋DE2＝122＋52＝132＝CD2，
∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AC＝AE＝12，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理，正确作出辅助线证得∠CED＝90°是解决问题的关键．
9．C
【分析】
取格点，连接，先证明，得出，再证明得出，最后证明是等腰直角三角形，得出，从而得出即可．
【详解】
解：取格点，连接，
由已知条件可知：，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴,
∴是等腰直角三角形，
∴,
即，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键．
10．B
【分析】
根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2021的坐标．
【详解】
解：由题意可得，点A1的坐标为（1，2），
设点B1的坐标为（a，a），
∵，解得，a＝2，（负根舍去）
∴点B1的坐标为（2，1），
同理可得，点A2的坐标为（2，4），点B2的坐标为（4，2），
点A3的坐标为（4，8），点B3的坐标为（8，4），
……
∴点B2021的坐标为，
故选：B．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、点的坐标，解答本题的关键是明确题意，发现题目中坐标的变化规律，求出相应的点的坐标．
11．x≤5
【分析】
利用二次根式有意义的条件得到5﹣x≥0，然后解不等式即可．
【详解】
根据题意得5﹣x≥0，
所以x≤5．
故答案为x≤5．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，关键是掌握自变量的范围，二次根式有意义的范围：二次根式的被开方数是非负数．
12．<
【分析】
由k＝−1＜0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合2＞−1，即可得出a＜b．
【详解】
解：∵中，k＝−1＜0，
∴y随x的增大而减小．
又∵2＞−1，
∴a＜b．
故答案为：＜．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，牢记“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
13．能
【分析】
根据题意可得当木棒斜放在木箱上时，如图所示，进而根据勾股定理进行求解比较即可．
【详解】
解：由题意得当木棒斜放在木箱上时，如图所示：
∴，∠ABC=90°，
∴在Rt△ABC中，，
∴在Rt△ACG中，，
∵34＞33，
∴这根木棒理论上能放进木箱；
故答案为能．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
14．−2＜x＜−1
【分析】
不等式3x＜kx＋b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分的自变量的取值范围．
【详解】
解：根据题意得到y＝kx＋b与y＝3x交点为，
解不等式3x＜kx＋b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分，
又∵B（−2，0），
此时自变量x的取值范围，是−2＜x＜−1．
即不等式3x＜kx＋b＜0的解集为：−2＜x＜−1．
故答案为：−2＜x＜−1．
【点睛】
本题主要考查一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．根据函数图象即可得到不等式的解集．
15．
【分析】
根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图：
当点与点重合时，点在处，，
当点与点重合时，点在处，，
且．
当点在上除点、的位置处时，有．
由中位线定理可知：且．
点的运动轨迹是线段，
当时，取得最小值．
矩形中，，，为的中点，
、、为等腰直角三角形，．
，．
．
．
，即，
的最小值为的长．
在等腰直角中，，
的最小值是．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了线段的最值问题以及矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题．
16．（1）；（2）
【分析】
（1）先化简二次根式，在合并同类二次根式，即可；
（2）先化简二次根式，再算二次根式的减法和除法，即可求解．
【详解】
解：（1）原式=
=；
（2）原式=
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则以及二次根式的性质，是解题的关键．
17．（1）7.5；8；8；（2）（人）；（3）八年级的学生成绩比较好；答案见解析．
【分析】
（1）由图表可求解；
（2）利用样本估计总体思想求解可得；
（3）由八年级的合格率高于七年级的合格率，可得八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
【详解】
解（1）由图标可得：a=，b=，c=8
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分以上的人数为：
（人）．
（3）由图标可得：八年级的合格率为90％，七年级的合格率为85％，
∴八年级的合格率都高于七年级，八年级的学生成绩比较好．
【点睛】
本题考查中位数、众数、平均数的意义和计算方法，理解各个概念的内涵和计算方法，是解题的关键．
18．（1）四边形AEBO是矩形，理由见详解；（2）6
【分析】
（1）先证明四边形AEBO为平行四边形，由菱形的性质可证明∠BOA＝90°，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO＝AB，然后依据菱形的性质可得到AB＝CD，得OE＝CD＝6即可．
【详解】
解：（1）四边形AEBO是矩形．
理由：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形，
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°，
∴四边形AEBO是矩形；
（2）∵四边形AEBO是矩形，
∴EO＝AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD．
∴EO＝CD＝6．
【点睛】
本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
19．（1）1500；（2）4；（3）2700,14；（4）12-14,450
【分析】
（1）因为y轴表示路程，起点是家，终点是学校，故小明家到学校的路程是1500米；
（2）与x轴平行的线段表示路程没有变化，观察图象分析其对应时间即可;
（3）共行驶的路程=小明家到学校的距离+折回书店的路程×2;
（4）观察图象分析每一时段所行路程，然后计算出各时段的速度进行比较即可．
【详解】
解：（1）∵y轴表示路程，起点是家，终点是学校，
∴小明家到学校的路程是1500米．
（2）由图象可知：小明在书店停留了4分钟．
（3）1500+600×2=2700（米）
即：本次上学途中，小明一共行驶了 2700米．一共用了 14分钟．
（4）折回之前的速度=1200÷6=200（米/分）
折回书店时的速度=（1200-600）÷2=300（米/分），
从书店到学校的速度=（1500-600）÷2=450（米/分）
经过比较可知：小明在从书店到学校的时候速度最快
即：在整个上学的途中 从12分钟到14分钟小明骑车速度最快，最快的速度是 450 米/分.
【点睛】
本题考查了函数的图象及其应用，解题的关键是理解函数图象中x轴、y轴表示的量及图象上点的坐标的意义．
20．（1）任意实数；（2），增大；（3）见解析；（4）图象关于原点对称
【分析】
（1）由表达式，根据立方的定义得出函数自变量的取值范围是任意实数；
（2）由表达式分析即可求解；
（3）根据函数图象的画法描点，连线即可得时的图象；
（4）观察图象可得图象关于原点对称．
【详解】
（1）由表达式，得出函数自变量的取值范围是任意实数，
故答案为：任意实数；
（2）由表达式还可以分析出，当时，，随增大而增大．
故答案为：，增大；
（3）画出时的图象如图：
（4）观察图象可得：的一条性质：图象关于原点对称．
故答案为：图象关于原点对称．
【点睛】
本题综合考查了函数的定义以及图象与性质，掌握研究函数的基本方法并准确根据图象分析出性质是解题关键．
21．（1）A、B两种型号的手机每部进价各是2000元、1500元；
（2）①有4种购机方案：方案一：A种型号的手机购进27部，则B种型号的手机购进13部；方案二：A种型号的手机购进28部，则B种型号的手机购进12部；方案三：A种型号的手机购进29部，则B种型号的手机购进11部；方案四：A种型号的手机购进30部，则B种型号的手机购进10部；②购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时获利最大．
【分析】
（1）设A、B两种型号的手机每部进价各是x元、y元，根据每部A型号手机的进价比每部B型号手机进价多500元以及商场用50000元共购进A型号手机10部，B型号手机20部列出方程组，求出方程组的解即可得到结果；
（2）①设A种型号的手机购进a部，则B种型号的手机购进（40-a）部，根据花费的钱数不超过7.5万元以及A型号手机的数量不少于B型号手机数量的2倍列出不等式组，求出不等式组的解集的正整数解，即可确定出购机方案；
②设A种型号的手机购进a部时，获得的利润为w元．列出w关于a的函数解析式，根据一次函数的性质即可求解．
【详解】
解：（1）设A、B两种型号的手机每部进价各是x元、y元，
根据题意得：，
解得：，
答：A、B两种型号的手机每部进价各是2000元、1500元；
（2）①设A种型号的手机购进a部，则B种型号的手机购进（40-a）部，
根据题意得：，
解得：≤a≤30，
∵a为解集内的正整数，
∴a=27，28，29，30，
∴有4种购机方案：
方案一：A种型号的手机购进27部，则B种型号的手机购进13部；
方案二：A种型号的手机购进28部，则B种型号的手机购进12部；
方案三：A种型号的手机购进29部，则B种型号的手机购进11部；
方案四：A种型号的手机购进30部，则B种型号的手机购进10部；
②设A种型号的手机购进a部时，获得的利润为w元．
根据题意，得w=500a+600（40-a）=-100a+24000，
∵-10＜0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=27时，能获得最大利润．此时w=-100×27+24000=21700（元）．
因此，购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时，获利最大．
答：购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时获利最大．
点睛：此题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，找出满足题意的等量关系与不等关系是解本题的关键．
22．（1）5；（2）；（3）或．
【分析】
（1）如图1，连接CG，证明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三点共线，利用勾股定理可得AG的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；
（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．
【详解】
（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG＝＝＝，
故答案为：；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，
∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC＋∠CBG＝90°，∠CBG＋∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝＝；
（3）（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝CD=5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，
∴DE＝CD-CE=；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，
同理得CE＝KG＝，
∴DE＝5＋＝；
综上，DE的长是或．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
23．（1）y＝x−6；（2）D（4，2），（6，4）；（3）2 或
【分析】
（1）先由B点坐标，得到OB的长度，在直角△ABO中，由∠BAO＝30°，得到AB＝2OB，利用勾股定理，得到OA的长度，从而得到A点坐标，因为OA＝OC，求得OC的长度，得到C点坐标，利用待定系数法，求得直线AC的解析式；
（2）因为l垂直平分AB，所以B＝A，又因为△ABD沿BD翻折得到△BD，所以B＝AB，所以A＝B＝AB，得到△AB为等边三角形，且∠BD＝∠ABD＝30°，又∠BAO＝30°，利用内错角相等，两直线平行，得到BD∥AO，从而得到D的纵坐标为2，再由AD＝BD，可以算出∠DAO＝60°，过D作DM⊥OA于M，从而可以求得OM长度，得到D的坐标，再通过计算得到∠AO＝90°，得到A⊥OA，从而求得坐标；
（3）因为P是直线AC上一点，所以P可以在CA的延长线上，或者在射线AC上，利用共顶点的两个等边三角形形成一对旋转全等三角形的模型来解决问题．
【详解】
解：（1）∵B（0，2），
∴OB＝2，
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，
∴AB＝2OB＝4，
∴AO＝＝6，
∴A（6，0），
∴OA＝6，
∵OA＝OC，
∴OC＝6，
∴C（0，−6），
设直线AC为y＝kx−6，
代入点A，得k＝1，
∴直线AC解析式为y＝x−6；
（2）如图1，连接A ，
∵将△ABD沿BD翻折得到△BD，
∴AB＝B，且BD垂直平分A，∠ABD＝∠BD，
又∵l是AB的垂直平分线，且为直线l上一点，
∴B＝A，
∴B＝AB＝A，
∴△AB为正三角形，
∴∠ABD＝∠OAB＝30°，
∴BD∥OA，
∴D的纵坐标为2，
∵l是AB的垂直平分线，且D为直线l上一点，
∴DB＝DA＝D，
∴∠DBA＝∠DAB＝30°，
∴∠DAO＝60°，
过D作DM⊥OA于M，
∴∠ADM＝90°−∠DAO＝30°，
设AM＝a，则AD＝2a，
∵AD2−AM2＝DM2，
∴3a2＝12，
∴a＝2，
∴AM＝2，
∴OM＝6−AM＝4，
∴D（4，2），
∵∠AB＝60°，
∴∠AO＝∠AB＋∠BAO＝90°，
∴A⊥OA，
又A＝AB＝4，
∴（6，4），
即D（4，2），（6，4）；
（3）①如图2，当P在线段CA延长线上时，连接P，A和BQ，
∵△APQ为等边三角形，
∴AP＝AQ＝PQ，
∠BA＝∠PAQ＝60°，
∴∠BAQ＝∠AP，
在△ABQ与△AP中，
，
∴△ABQ≌△AP（SAS），
∴BQ＝P，
又∵Q为AB中垂线上一点，
∴BQ＝AQ，
∴AQ＝P，
又∵AP＝AQ，
∴AP＝P，
∴P在A的中垂线上，
∵A⊥OA，且A＝4，
∴P的纵坐标为2，
令y＝2，则x−6＝2，
∴x＝6＋2，
∴P（6＋2，2），
∴AP=，
②如图3，当P在射线AC上时，连接BP，
同理可得△ABP≌AQ，
∴PB＝Q，∠PBA＝∠QA，
∵∠BA＝60°，且Q垂直平分AB，
∴∠QA＝30°，
∴∠PBA＝30°，
又∠ABO＝90°−∠BAO＝60°，
∴∠PBO＝∠ABO−∠PBA＝30°，
过P作PG⊥y轴于G点，设P（m，m−6），
在Rt△PBG中，∠PBO＝30°，
∴PB＝2PG＝2m，
∴BG＝m，
∴m＝2−(m−6)，
∴m＝2，
∴P(2，2−6)，
∴AP＝
综上所述：△APQ的边长为2 或．
【点睛】
本题考查了一次函数综合题，第二问要充分利用轴对称的性质，充分挖掘条件，发现特殊的三角形和角度来解决问题，第三问要注意分类讨论，画出草图是突破口，同时，对共顶点的等边三角形模型要非常熟悉．
河南省信阳市浉河区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列式子中，不属于二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各曲线表示的y与x之间的关系中，y不是x的函数的是（ ）
A． B．
C． D．
3．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，1，2 B．2，3，4 C．4，5，6 D．1，，2
4．矩形、菱形、正方形都一定具有的性质是（ ）
A．对角线垂直 B．对角线互相平分
C．四个角都是直角 D．对角线相等
5．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．甲、乙、丙、丁四名学生参加市中小学生运动会跳高项目预选赛，他们8次跳高的平均成绩及方差如表所示，要选一位成绩较好且稳定的运动员去参赛，应选运动员（ ）
甲
乙
丙
丁
（米）
1.72
1.75
1.75
1.72
（米）
1
1.3
1
1.3
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．如图，有一个绳索拉直的木马秋干，绳索AB的长度为5米，若将它往水平方向向前推进3米（即DE=3米），且绳索保持拉直的状态，则此时木马上升的高度为（ ）
A．1米 B．米
C．2米 D．4米
8．如图，在中，对角线，相交于点O，过点O作交于E，若，，，则的长为（ ）
A． B．16 C．18 D．
9．如图，在的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点，，，都在格点上，连接，相交于，那么的大小是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，平面直角坐标系中，点的坐标为，以O为圆心，的长为半径画弧，交直线于点；过点作轴交直线于点，以O为圆心，长为半径画弧，交直线于点；过点作轴交直线于点，以点O为圆心，长为半径画弧，交直线于点；…按如此规律进行下去，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．若函数y＝在实数范围内有意义，则自变量x的取值范围是______．
12．若点、在直线上，则a、b的大小关系是a______b．（填“>”“=”或“<”）
13．有一根长33厘米的木棒（粗细忽略），木箱的长、宽、高分别为24厘米、18厘米、16厘米，这根木棒理论上________（填“能”或“不能”）放进木箱．
14．如图，直线经过点和点，直线过点A，则不等式的解集为_______．
15．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是__．
三、解答题
16．计算：
（1）；
（2）
17．每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格)．相关数据统计、整理如下：
八年级抽取的学生的竞赛成绩：4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.4
7.4
中位数
a
b
众数
7
c
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a=_____，b=____，c=____．
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
（3）比较样本数据，你认为哪个年级的成绩比较好？请说明理由（写出一条理由即可）；
18．如图，菱形的对角线，交于点O，且，，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，求的长．
19．小明骑单车上学，当他骑了一段路时，想起要买某本书，于是又折回到刚经过的某书店，买到书后继续去学校，以下是他本次上学所用的时间与路程的关系示意图，根据图中提供的信息回答下列问题:
(1)小明家到学校的路程是______米；
(2)小明在书店停留了______分钟；
(3)本次上学途中，小明一共行驶了_____米，一共用了_______分钟；
(4)在整个上学的途中________(哪个时间段)小明骑车速度最快，最快的速度是____米/分．
20．利用初中阶段我们学习函数知识的方法探究一下形如的函数：
（1）由表达式，得出函数自变量x的取值范围是__________；
（2）由表达式还可以分析出，当时，，随增大而增大；当时，____________0，随增大而__________．
（3）如图中画出了函数的图象，请你画出时的图象；
（4）根据图象，再写出的一条性质__________．
21．某商场计划购进A，B两种型号的手机，已知每部A型号手机的进价比每部B型号手机进价多500元，每部A型号手机的售价是2500元，每部B型号手机的售价是2100元．
（1）若商场用50000元共购进A型号手机10部，B型号手机20部，求A、B两种型号的手机每部进价各是多少元？
（2）为了满足市场需求，商场决定用不超过7.5万元采购A、B两种型号的手机共40部，且A型号手机的数量不少于B型号手机数量的2倍．
①该商场有哪几种进货方式？
②该商场选择哪种进货方式，获得的利润最大？
22．在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．
23．如图，直线交x轴于A点，交y轴于B点，，点B坐标为，直线经过点A交y轴于点C，且．
（1）求直线的解析式；
（2）点D为线段中垂线l上一点，且位于第一象限，将沿翻折得到，若点恰好落在直线l上，求点D和点的坐标．
（3）设P是直线上一点，点Q在l上，当为等边三角形时，直接写出的边长．
参考答案
1．C
【分析】
根据二次根式有意义的条件进行判断即可．
【详解】
解：由于负数没有平方根，因此无意义，
故选：C．
【点睛】
本题考查二次根式的意义和性质，掌握负数没有平方根是正确判断的关键．
2．C
【分析】
根据函数的意义即可求出答案.函数的意义反映在图象上简单的判断方法是:做垂直x轴的直线在左右平移的过程中与函数图象只会有一个交点.
【详解】
根据函数的意义可知:对于自变量x的任何值,y都有唯一的值与之相对应,所以只有选项C不满足条件
故选C
【点睛】
此题考查函数的概念，掌握函数的意义是解题关键
3．D
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个三角形就不是直角三角形．
【详解】
解：A、12＋12≠22，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、22＋32≠42，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、42＋52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
D、12＋（）2＝22，能构成直角三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
4．B
【分析】
根据矩形、菱形、正方形的性质即可解答．
【详解】
解：对角线垂直，是菱形和正方形才有的性质，故A错误；
对角线互相平分是矩形、菱形、正方形都有的性质，故B正确；
四个角都是直角，是矩形和正方形才有的性质，故C错误；
对角线相等，是矩形和正方形才有的性质，故D错误；
故答案为：B．
【点睛】
本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】
根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】
解：A. ，故该选项正确，
B. ，不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误，
C. ，不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误，
D. ，不是同类二次根式，不能合并， 故该选项错误，
故选A．
【点睛】
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的乘法运算法则以及加减法则，本题属于基础题型．
6．C
【分析】
根据平均数和方差的意义即可得．
【详解】
解：方差越小，成绩越稳定，
由表中的方差可知，应该选择甲或丙，
又甲的平均成绩为，丙的平均成绩为，
要选一位成绩较好且稳定的运动员去参赛，应选运动员丙，
故选：C．
【点睛】
本题考查了利用平均数和方差进行决策，掌握理解平均数和方差的意义的是解题关键．
7．A
【分析】
如图（见解析），过点C作于点F，先利用勾股定理求出AF的长，再根据线段的和差即可得．
【详解】
如图，过点C作于点F，则米，
由题意得：米，
在中，由勾股定理得：（米），
则（米），
即木马上升的高度为1米，
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用、线段的和差，熟练掌握勾股定理是解题关键．
8．A
【分析】
连接CE，根据平行四边形的性质可得AO＝CO，CD＝AB＝13，然后判断出OE垂直平分AC，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得CE＝AE＝12，利用勾股定理的逆定理得到∠CED＝90°，得到△AEC是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求得结论．
【详解】
解：连接CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，CD＝AB＝13，
∵OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC，
∴CE＝AE＝12，
∵DE＝5，
∴CE2＋DE2＝122＋52＝132＝CD2，
∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AC＝AE＝12，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理，正确作出辅助线证得∠CED＝90°是解决问题的关键．
9．C
【分析】
取格点，连接，先证明，得出，再证明得出，最后证明是等腰直角三角形，得出，从而得出即可．
【详解】
解：取格点，连接，
由已知条件可知：，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴,
∴是等腰直角三角形，
∴,
即，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键．
10．B
【分析】
根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2021的坐标．
【详解】
解：由题意可得，点A1的坐标为（1，2），
设点B1的坐标为（a，a），
∵，解得，a＝2，（负根舍去）
∴点B1的坐标为（2，1），
同理可得，点A2的坐标为（2，4），点B2的坐标为（4，2），
点A3的坐标为（4，8），点B3的坐标为（8，4），
……
∴点B2021的坐标为，
故选：B．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征、点的坐标，解答本题的关键是明确题意，发现题目中坐标的变化规律，求出相应的点的坐标．
11．x≤5
【分析】
利用二次根式有意义的条件得到5﹣x≥0，然后解不等式即可．
【详解】
根据题意得5﹣x≥0，
所以x≤5．
故答案为x≤5．
【点睛】
本题考查了函数自变量的取值范围，关键是掌握自变量的范围，二次根式有意义的范围：二次根式的被开方数是非负数．
12．<
【分析】
由k＝−1＜0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合2＞−1，即可得出a＜b．
【详解】
解：∵中，k＝−1＜0，
∴y随x的增大而减小．
又∵2＞−1，
∴a＜b．
故答案为：＜．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，牢记“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
13．能
【分析】
根据题意可得当木棒斜放在木箱上时，如图所示，进而根据勾股定理进行求解比较即可．
【详解】
解：由题意得当木棒斜放在木箱上时，如图所示：
∴，∠ABC=90°，
∴在Rt△ABC中，，
∴在Rt△ACG中，，
∵34＞33，
∴这根木棒理论上能放进木箱；
故答案为能．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
14．−2＜x＜−1
【分析】
不等式3x＜kx＋b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分的自变量的取值范围．
【详解】
解：根据题意得到y＝kx＋b与y＝3x交点为，
解不等式3x＜kx＋b＜0的解集，就是指函数图象在A，B之间的部分，
又∵B（−2，0），
此时自变量x的取值范围，是−2＜x＜−1．
即不等式3x＜kx＋b＜0的解集为：−2＜x＜−1．
故答案为：−2＜x＜−1．
【点睛】
本题主要考查一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．根据函数图象即可得到不等式的解集．
15．
【分析】
根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图：
当点与点重合时，点在处，，
当点与点重合时，点在处，，
且．
当点在上除点、的位置处时，有．
由中位线定理可知：且．
点的运动轨迹是线段，
当时，取得最小值．
矩形中，，，为的中点，
、、为等腰直角三角形，．
，．
．
．
，即，
的最小值为的长．
在等腰直角中，，
的最小值是．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了线段的最值问题以及矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题．
16．（1）；（2）
【分析】
（1）先化简二次根式，在合并同类二次根式，即可；
（2）先化简二次根式，再算二次根式的减法和除法，即可求解．
【详解】
解：（1）原式=
=；
（2）原式=
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的混合运算法则以及二次根式的性质，是解题的关键．
17．（1）7.5；8；8；（2）（人）；（3）八年级的学生成绩比较好；答案见解析．
【分析】
（1）由图表可求解；
（2）利用样本估计总体思想求解可得；
（3）由八年级的合格率高于七年级的合格率，可得八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
【详解】
解（1）由图标可得：a=，b=，c=8
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分以上的人数为：
（人）．
（3）由图标可得：八年级的合格率为90％，七年级的合格率为85％，
∴八年级的合格率都高于七年级，八年级的学生成绩比较好．
【点睛】
本题考查中位数、众数、平均数的意义和计算方法，理解各个概念的内涵和计算方法，是解题的关键．
18．（1）四边形AEBO是矩形，理由见详解；（2）6
【分析】
（1）先证明四边形AEBO为平行四边形，由菱形的性质可证明∠BOA＝90°，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO＝AB，然后依据菱形的性质可得到AB＝CD，得OE＝CD＝6即可．
【详解】
解：（1）四边形AEBO是矩形．
理由：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形，
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°，
∴四边形AEBO是矩形；
（2）∵四边形AEBO是矩形，
∴EO＝AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD．
∴EO＝CD＝6．
【点睛】
本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
19．（1）1500；（2）4；（3）2700,14；（4）12-14,450
【分析】
（1）因为y轴表示路程，起点是家，终点是学校，故小明家到学校的路程是1500米；
（2）与x轴平行的线段表示路程没有变化，观察图象分析其对应时间即可;
（3）共行驶的路程=小明家到学校的距离+折回书店的路程×2;
（4）观察图象分析每一时段所行路程，然后计算出各时段的速度进行比较即可．
【详解】
解：（1）∵y轴表示路程，起点是家，终点是学校，
∴小明家到学校的路程是1500米．
（2）由图象可知：小明在书店停留了4分钟．
（3）1500+600×2=2700（米）
即：本次上学途中，小明一共行驶了 2700米．一共用了 14分钟．
（4）折回之前的速度=1200÷6=200（米/分）
折回书店时的速度=（1200-600）÷2=300（米/分），
从书店到学校的速度=（1500-600）÷2=450（米/分）
经过比较可知：小明在从书店到学校的时候速度最快
即：在整个上学的途中 从12分钟到14分钟小明骑车速度最快，最快的速度是 450 米/分.
【点睛】
本题考查了函数的图象及其应用，解题的关键是理解函数图象中x轴、y轴表示的量及图象上点的坐标的意义．
20．（1）任意实数；（2），增大；（3）见解析；（4）图象关于原点对称
【分析】
（1）由表达式，根据立方的定义得出函数自变量的取值范围是任意实数；
（2）由表达式分析即可求解；
（3）根据函数图象的画法描点，连线即可得时的图象；
（4）观察图象可得图象关于原点对称．
【详解】
（1）由表达式，得出函数自变量的取值范围是任意实数，
故答案为：任意实数；
（2）由表达式还可以分析出，当时，，随增大而增大．
故答案为：，增大；
（3）画出时的图象如图：
（4）观察图象可得：的一条性质：图象关于原点对称．
故答案为：图象关于原点对称．
【点睛】
本题综合考查了函数的定义以及图象与性质，掌握研究函数的基本方法并准确根据图象分析出性质是解题关键．
21．（1）A、B两种型号的手机每部进价各是2000元、1500元；
（2）①有4种购机方案：方案一：A种型号的手机购进27部，则B种型号的手机购进13部；方案二：A种型号的手机购进28部，则B种型号的手机购进12部；方案三：A种型号的手机购进29部，则B种型号的手机购进11部；方案四：A种型号的手机购进30部，则B种型号的手机购进10部；②购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时获利最大．
【分析】
（1）设A、B两种型号的手机每部进价各是x元、y元，根据每部A型号手机的进价比每部B型号手机进价多500元以及商场用50000元共购进A型号手机10部，B型号手机20部列出方程组，求出方程组的解即可得到结果；
（2）①设A种型号的手机购进a部，则B种型号的手机购进（40-a）部，根据花费的钱数不超过7.5万元以及A型号手机的数量不少于B型号手机数量的2倍列出不等式组，求出不等式组的解集的正整数解，即可确定出购机方案；
②设A种型号的手机购进a部时，获得的利润为w元．列出w关于a的函数解析式，根据一次函数的性质即可求解．
【详解】
解：（1）设A、B两种型号的手机每部进价各是x元、y元，
根据题意得：，
解得：，
答：A、B两种型号的手机每部进价各是2000元、1500元；
（2）①设A种型号的手机购进a部，则B种型号的手机购进（40-a）部，
根据题意得：，
解得：≤a≤30，
∵a为解集内的正整数，
∴a=27，28，29，30，
∴有4种购机方案：
方案一：A种型号的手机购进27部，则B种型号的手机购进13部；
方案二：A种型号的手机购进28部，则B种型号的手机购进12部；
方案三：A种型号的手机购进29部，则B种型号的手机购进11部；
方案四：A种型号的手机购进30部，则B种型号的手机购进10部；
②设A种型号的手机购进a部时，获得的利润为w元．
根据题意，得w=500a+600（40-a）=-100a+24000，
∵-10＜0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=27时，能获得最大利润．此时w=-100×27+24000=21700（元）．
因此，购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时，获利最大．
答：购进A种型号的手机27部，购进B种型号的手机13部时获利最大．
点睛：此题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，找出满足题意的等量关系与不等关系是解本题的关键．
22．（1）5；（2）；（3）或．
【分析】
（1）如图1，连接CG，证明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三点共线，利用勾股定理可得AG的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；
（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．
【详解】
（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG＝＝＝，
故答案为：；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，
∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC＋∠CBG＝90°，∠CBG＋∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝＝；
（3）（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝CD=5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，
∴DE＝CD-CE=；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，
同理得CE＝KG＝，
∴DE＝5＋＝；
综上，DE的长是或．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
23．（1）y＝x−6；（2）D（4，2），（6，4）；（3）2 或
【分析】
（1）先由B点坐标，得到OB的长度，在直角△ABO中，由∠BAO＝30°，得到AB＝2OB，利用勾股定理，得到OA的长度，从而得到A点坐标，因为OA＝OC，求得OC的长度，得到C点坐标，利用待定系数法，求得直线AC的解析式；
（2）因为l垂直平分AB，所以B＝A，又因为△ABD沿BD翻折得到△BD，所以B＝AB，所以A＝B＝AB，得到△AB为等边三角形，且∠BD＝∠ABD＝30°，又∠BAO＝30°，利用内错角相等，两直线平行，得到BD∥AO，从而得到D的纵坐标为2，再由AD＝BD，可以算出∠DAO＝60°，过D作DM⊥OA于M，从而可以求得OM长度，得到D的坐标，再通过计算得到∠AO＝90°，得到A⊥OA，从而求得坐标；
（3）因为P是直线AC上一点，所以P可以在CA的延长线上，或者在射线AC上，利用共顶点的两个等边三角形形成一对旋转全等三角形的模型来解决问题．
【详解】
解：（1）∵B（0，2），
∴OB＝2，
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，
∴AB＝2OB＝4，
∴AO＝＝6，
∴A（6，0），
∴OA＝6，
∵OA＝OC，
∴OC＝6，
∴C（0，−6），
设直线AC为y＝kx−6，
代入点A，得k＝1，
∴直线AC解析式为y＝x−6；
（2）如图1，连接A ，
∵将△ABD沿BD翻折得到△BD，
∴AB＝B，且BD垂直平分A，∠ABD＝∠BD，
又∵l是AB的垂直平分线，且为直线l上一点，
∴B＝A，
∴B＝AB＝A，
∴△AB为正三角形，
∴∠ABD＝∠OAB＝30°，
∴BD∥OA，
∴D的纵坐标为2，
∵l是AB的垂直平分线，且D为直线l上一点，
∴DB＝DA＝D，
∴∠DBA＝∠DAB＝30°，
∴∠DAO＝60°，
过D作DM⊥OA于M，
∴∠ADM＝90°−∠DAO＝30°，
设AM＝a，则AD＝2a，
∵AD2−AM2＝DM2，
∴3a2＝12，
∴a＝2，
∴AM＝2，
∴OM＝6−AM＝4，
∴D（4，2），
∵∠AB＝60°，
∴∠AO＝∠AB＋∠BAO＝90°，
∴A⊥OA，
又A＝AB＝4，
∴（6，4），
即D（4，2），（6，4）；
（3）①如图2，当P在线段CA延长线上时，连接P，A和BQ，
∵△APQ为等边三角形，
∴AP＝AQ＝PQ，
∠BA＝∠PAQ＝60°，
∴∠BAQ＝∠AP，
在△ABQ与△AP中，
，
∴△ABQ≌△AP（SAS），
∴BQ＝P，
又∵Q为AB中垂线上一点，
∴BQ＝AQ，
∴AQ＝P，
又∵AP＝AQ，
∴AP＝P，
∴P在A的中垂线上，
∵A⊥OA，且A＝4，
∴P的纵坐标为2，
令y＝2，则x−6＝2，
∴x＝6＋2，
∴P（6＋2，2），
∴AP=，
②如图3，当P在射线AC上时，连接BP，
同理可得△ABP≌AQ，
∴PB＝Q，∠PBA＝∠QA，
∵∠BA＝60°，且Q垂直平分AB，
∴∠QA＝30°，
∴∠PBA＝30°，
又∠ABO＝90°−∠BAO＝60°，
∴∠PBO＝∠ABO−∠PBA＝30°，
过P作PG⊥y轴于G点，设P（m，m−6），
在Rt△PBG中，∠PBO＝30°，
∴PB＝2PG＝2m，
∴BG＝m，
∴m＝2−(m−6)，
∴m＝2，
∴P(2，2−6)，
∴AP＝
综上所述：△APQ的边长为2 或．
【点睛】
本题考查了一次函数综合题，第二问要充分利用轴对称的性质，充分挖掘条件，发现特殊的三角形和角度来解决问题，第三问要注意分类讨论，画出草图是突破口，同时，对共顶点的等边三角形模型要非常熟悉．
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