2020-2021学年安徽省马鞍山市中加双语学校八年级（下）第二次月考数学试卷

这是一份2020-2021学年安徽省马鞍山市中加双语学校八年级（下）第二次月考数学试卷，共24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。
2020-2021学年安徽省马鞍山市中加双语学校八年级（下）第二次月考数学试卷
一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）如图，菊花1角硬币为外圆内正九边形的边缘异形币，则该正九边形的一个内角大小为（　　）

A．135° B．140° C．144° D．150°
2．（4分）下列判断中正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．三个角相等的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是正方形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
3．（4分）下列函数中，一定是二次函数是（　　）
A．y＝ax2+bx+c B．y＝x（﹣x+1）
C．y＝（x﹣1）2﹣x2 D．y＝
4．（4分）关于x的二次函数y＝（x﹣h）2+3，当1≤x≤3时，函数有最小值4，则h的值为（　　）
A．0或2 B．2或4 C．0或4 D．0或2或4
5．（4分）如图，顺次连接四边形ABCD各中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为菱形，应添加的条件是（　　）

A．AB∥DC B．AB＝DC C．AC⊥BD D．AC＝BD
6．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于O点，E，F分别是AB，BC的中点，连接EF，若EF＝3，BD＝8，则菱形ABCD的边长为（　　）

A．10 B．8 C．6 D．5
7．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD交AD于点E，若AE＝2，平行四边形ABCD的周长等于24，则线段AB的长为（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
8．（4分）已知点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（1，y3）都在二次函数y＝ax2+2ax﹣5（a是常数，且a＜0）的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y3＜y1
9．（4分）如图，已知∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点A，B在∠MON两边上运动，若AB＝4，CB＝2，则线段OD的最大值为（　　）

A． B． C．4 D．
10．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给下以下结论：
①2a﹣b＝0；
②9a+3b+c＜0；
③关于x的一元二次方程ax2+bx+c+3＝0有两个相等实数根；
④8a+c＜0．
其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．1
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
11．（5分）如图，▱ABCD中，AE平分∠BAD，若∠B＝52°，则∠AEC的度数为　 　．

12．（5分）如果抛物线y＝ax2+bx+c在对称轴左侧呈上升趋势，那么a的取值范围是　 　．
13．（5分）如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，连结BF，DE．若∠BAC＝60°，四边形DEBF的面积为，则AB的边长为 　 　．

14．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，当△CEF为直角三角形时，CF的长为　 　．

三、解答题（共90分）
15．（8分）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比与它相邻外角的3倍还大20°，求这个多边形的边数以及它的内角和．
16．（8分）分别求出满足下列条件的二次函数的解析式．
（1）图象经过点A（1，0），B（0，﹣3），对称轴是直线x＝2；
（2）图象顶点坐标是（﹣2，3），且过点（1，﹣3）．
17．（8分）已知抛物线y＝ax2+kx﹣k+2可由抛物线y＝﹣2x2平移得到，且经过点（﹣4，﹣10）．
（1）确定a、k的值；
（2）试确定该抛物线的顶点坐标．
18．（8分）如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F是对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：AF∥CE．

19．（10分）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，垂足为E，DF⊥BC，垂足为F，▱ABCD周长为20，DE＝4，DF＝6，求▱ABCD的面积．

20．（10分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE．
（2）当AB＝AC时，求证：四边形ADCF是矩形．

21．（12分）如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上的一个动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动（不与D重合）．设点P运动的时间为t秒，请用t表示PD的长．
（3）当t为何值时，四边形PBQD是菱形？

22．（12分）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；并写出抛物线的顶点D坐标．
（2）抛物线上是否存在点P，使∠PAB＝∠ABC，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（14分）如图1，正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD边上，点M是AE与BF的交点，且AE＝BF；

（1）求证：BE＝CF；
（2）如图2，以CF为边，作正方形CFGH，H在BC的延长线上，连接DH，判断BF与DH的数量关系和位置关系并证明；
（3）如图3，连接AG，交DH于P点，求∠APD的度数．

2020-2021学年安徽省马鞍山市中加双语学校八年级（下）第二次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．（4分）如图，菊花1角硬币为外圆内正九边形的边缘异形币，则该正九边形的一个内角大小为（　　）

A．135° B．140° C．144° D．150°
【分析】先根据多边形内角和定理：180°•（n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，
则每个内角的度数＝1260°÷9＝140°．
故选：B．
2．（4分）下列判断中正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．三个角相等的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是正方形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
【分析】利用矩形、菱形及正方形的判定方法进行判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误；
B、四个角相等的四边形是矩形，故原命题错误；
C、对角线相等的菱形是正方形，故原命题错误；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；
故选：D．
3．（4分）下列函数中，一定是二次函数是（　　）
A．y＝ax2+bx+c B．y＝x（﹣x+1）
C．y＝（x﹣1）2﹣x2 D．y＝
【分析】根据二次函数的定义逐个判断即可．
【解答】解：A、当a＝0时，函数不是二次函数，故本选项不符合题意；
B、符合二次函数的定义，是二次函数，故本选项符合题意；
C、化简后不含二次项，不是二次函数，故本选项不符合题意；
D、右边是分式，不是整式，不是二次函数，故本选项不符合题意；
故选：B．
4．（4分）关于x的二次函数y＝（x﹣h）2+3，当1≤x≤3时，函数有最小值4，则h的值为（　　）
A．0或2 B．2或4 C．0或4 D．0或2或4
【分析】分三种情况分别计算，根据函数的最小值为4，列方程求出h的值即可．
【解答】解：∵二次函数的对称轴为：x＝h，
∴分为3种情况．
①当 h＜1时，当1≤x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x＝1时取最小值，即：（1﹣h）2+3＝4，
解得：h1＝0，h2＝2．
由h＜1．得：h＝0；
②当1≤h≤3时，y的最小值为顶点值，
∵3≠4，
∴l≤h≤3时，h无解；
③当h＞3时，当1≤x≤3时，y随x的增大而减小，
∴当x＝3时取最小值，
即：（3﹣h）2+3＝4，
解得：h1＝2，h2＝4，
∵h＞3，
∴h＝4；
综上所述，h＝0或4，
故选：C．
5．（4分）如图，顺次连接四边形ABCD各中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为菱形，应添加的条件是（　　）

A．AB∥DC B．AB＝DC C．AC⊥BD D．AC＝BD
【分析】连AC，BD，根据三角形中位线的性质得到EF∥AC，EF＝AC；HG∥AC，HG＝AC，即有四边形EFGH为平行四边形，当AB∥DC和AB＝DC，只能判断四边形EFGH为平行四边形；当AC⊥BD，只能判断四边形EFGH为矩形；当AC＝BD，可判断四边形EFGH为菱形．
【解答】解：连AC，BD，如图，
∵E、F、G、H为四边形ABCD各中点，
∴EF∥AC，EF＝AC；HG∥AC，HG＝AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
要使四边形EFGH为菱形，则EF＝EH，
而EH＝BD，
∴AC＝BD．
当AB∥DC和AB＝DC，只能判断四边形EFGH为平行四边形，故A、B选项错误；
当AC⊥BD，只能判断四边形EFGH为矩形，故C选项错误；
当AC＝BD，可判断四边形EFGH为菱形，故D选项正确．
故选：D．

6．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于O点，E，F分别是AB，BC的中点，连接EF，若EF＝3，BD＝8，则菱形ABCD的边长为（　　）

A．10 B．8 C．6 D．5
【分析】由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝AC，OB＝BD＝4，再证出EF是△ABC的中位线，然后由三角形中位线定理得出AC＝2EF＝6，得出OA＝3，最后由勾股定理求出AB＝5即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝AC，OB＝BD＝4，
∴∠AOB＝90°，
∵E、F分别是AB、BC边上的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AC＝2EF＝6，
∴OA＝3，
∴AB＝＝＝5，
即菱形ABCD的边长为5，
故选：D．
7．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD交AD于点E，若AE＝2，平行四边形ABCD的周长等于24，则线段AB的长为（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】利用平行四边形的性质以及角平分线的性质得出∠DEC＝∠DCE，进而得出DE＝DC＝AB求出即可．
【解答】解：在▱ABCD中，CE平分∠BCD交AD于点E，
∴∠DEC＝∠ECB，∠DCE＝∠BCE，AB＝DC，AD＝BC，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC＝AB，
∵四边形ABCD的周长等于24，AE＝2，
∴AB+AD＝12，
∴AB+AE+DE＝12，
∴AB＝5．
故选：A．
8．（4分）已知点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（1，y3）都在二次函数y＝ax2+2ax﹣5（a是常数，且a＜0）的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y3＜y1
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x＝﹣1，根据x＜﹣1时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【解答】解：∵y＝ax2+2ax﹣5（a是常数，且a＜0）
∴图象的开口向下，对称轴是直线x＝﹣＝﹣1，
∴C（1，y3）关于直线x＝﹣1的对称点是（﹣3，y3），
∵﹣4＜﹣3＜﹣2，
∴y1＜y3＜y2，
故选：B．
9．（4分）如图，已知∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点A，B在∠MON两边上运动，若AB＝4，CB＝2，则线段OD的最大值为（　　）

A． B． C．4 D．
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，

∵OD＜OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB＝4，点E是AB的中点，
∴OE＝AE＝AB＝2，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝2，
∴OD的最大值＝2+2．
故选：A．
10．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，给下以下结论：
①2a﹣b＝0；
②9a+3b+c＜0；
③关于x的一元二次方程ax2+bx+c+3＝0有两个相等实数根；
④8a+c＜0．
其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．1
【分析】①根据抛物线的对称轴为x＝﹣＝1，可得出2a﹣b＝4a≠0，结论①不正确；②根据二次函数的对称性，可得出当x＝3时，y＝ax2+bx+c＝9a+3b+c＜0，结论②正确；③将二次y＝ax2+bx+c图象沿y轴正方向平移3个单位长度，可得出二次函数y＝ax2+bx+c+3的图象与x轴只有一个交点，即关于x的一元二次方程ax2+bx+c+3＝0有两个相等实数根，结论③正确；④将x＝﹣2代入二次函数解析式中，可得出y＝4a﹣2b+c＞0，再结合b＝﹣2a即可得出8a+c＞0，结论④不正确．综上即可得出结论．
【解答】解：①∵抛物线的对称轴为x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a﹣b＝4a≠0，结论①不正确；
②∵抛物线的对称轴为x＝1，当x＝﹣1时，y＝ax2+bx+c＜0，
∴当x＝3时，y＝ax2+bx+c＝9a+3b+c＜0，结论②正确；
③∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象的顶点坐标为（1，﹣3），
∴将二次函数y＝ax2+bx+c图象沿y轴正方向平移3个单位长度得到y＝ax2+bx+c+3，且二次函数y＝ax2+bx+c+3的图象与x轴只有一个交点，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c+3＝0有两个相等实数根，结论③正确；
④当x＝﹣2时，y＝ax2+bx+c＝4a﹣2b+c＞0，
∵b＝﹣2a，
∴4a﹣2×（﹣2a）+c＝8a+c＞0，结论④不正确．
综上所述：正确的结论有②③．
故选：A．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
11．（5分）如图，▱ABCD中，AE平分∠BAD，若∠B＝52°，则∠AEC的度数为　116°　．

【分析】由平行四边形的性质得出∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝128°，由角平分线定义求出∠AEB＝∠DAE＝∠BAD＝64°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAD＝180°﹣∠B＝180°﹣52°＝128°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠AEB＝∠DAE＝∠BAD＝64°，
∴∠AEC＝180°﹣∠AEB＝180°﹣64°＝116°；
故答案为：116°．
12．（5分）如果抛物线y＝ax2+bx+c在对称轴左侧呈上升趋势，那么a的取值范围是　a＜0　．
【分析】利用二次函数的性质得到抛物线开口向下，即可求解．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c在对称轴左侧呈上升趋势，
∴抛物线开口向下，
∴a＜0，
故答案为a＜0．
13．（5分）如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，连结BF，DE．若∠BAC＝60°，四边形DEBF的面积为，则AB的边长为 　2　．

【分析】利用矩形的性质证明△AEB≌△CFD，得到BE＝DF，进而证得四边形DEBF为平行四边形，利用矩形的性质和∠BAC＝60°证得△AOB为等边三角形，进而表述出BE 与OE的关系，根据四边形DEBF的面积，求出OE的值，进而求出AB．
【解答】解：连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠BEA＝∠BEC＝∠DFC＝∠DFA＝90°，
∴BE∥DF，
在△AEB和△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵∠BAC＝60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴OA＝OB＝AB，
∵BE⊥AO，
∴OE＝AE＝OA，BE＝OE，
设OE＝OF＝x，则EF＝2x，BF＝x，
则S▱DEBF＝2S△EFB＝EF•BF＝2x2＝6，
∴x＝，
∴AB＝2OE＝2，
故答案为：2．
14．（5分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处，当△CEF为直角三角形时，CF的长为　4或2　．

【分析】当△CEF为直角三角形时，有两种情况：
①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，先利用勾股定理计算出AC＝10，根据折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，而当△CEF为直角三角形时，只能得到∠EFC＝90°，所以点A、F、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点F处，则EB＝EF，AB＝AF＝6，可计算出CF；
②当点F落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEF为正方形，根据勾股定理计算出CF．
【解答】解：当△CEF为直角三角形时，有两种情况：
①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点F处，
∴∠AFE＝∠B＝90°，
当△CEF为直角三角形时，只能得到∠EFC＝90°，
∴点A、F、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点F处，
∴EB＝EF，AB＝AF＝6，
∴CF＝10﹣6＝4；
②当点F落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEF为正方形，
∴BE＝AB＝6，CE＝8﹣6＝2，
∴CF＝2．
综上所述，CF的长为4或2．
故答案为：4或2．

三、解答题（共90分）
15．（8分）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比与它相邻外角的3倍还大20°，求这个多边形的边数以及它的内角和．
【分析】设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷α，进而求出多边形的内角和．
【解答】解：设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，
由题意，得（3α+20°）+α＝180°，解得α＝40°，
即多边形的每个外角为40°，
又∵多边形的外角和为360°，
∴多边形的外角个数＝＝9，
∴多边形的边数＝9，
∴多边形的内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°．
16．（8分）分别求出满足下列条件的二次函数的解析式．
（1）图象经过点A（1，0），B（0，﹣3），对称轴是直线x＝2；
（2）图象顶点坐标是（﹣2，3），且过点（1，﹣3）．
【分析】（1）利用待定系数法直接就可以求出抛物线的解析式．
（2）根据抛物线的顶点坐标设出，抛物线的解析式为：y＝a（x+2）2+3，再把（1，﹣3）代入，求出a的值，即可得出二次函数的解析式．
【解答】解 （1）设函数的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）
由题意得，解得，
∴函数解析式为y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）∵图象的顶点为（﹣2，3），且经过点（1，﹣3），
设抛物线的解析式为：y＝a（x+2）2+3，
把（1，﹣3）代入，得a（1+2）2+3＝﹣3，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+2）2+3（或y＝﹣x2﹣x+）．
17．（8分）已知抛物线y＝ax2+kx﹣k+2可由抛物线y＝﹣2x2平移得到，且经过点（﹣4，﹣10）．
（1）确定a、k的值；
（2）试确定该抛物线的顶点坐标．
【分析】（1）根据平移前后二次项的系数不变求得a，然后代入点（﹣4，﹣10）即可求得k．
（2）把解析式化成顶点式即可求得．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+kx﹣k+2可由抛物线y＝﹣2x2平移得到，
∴a＝﹣2，
∵抛物线y＝﹣2x2+kx﹣k+2经过点（﹣4，﹣10），
∴﹣10＝﹣2×（﹣4）2﹣4﹣k+2，
解得k＝﹣4．
（2）由（1）得y＝﹣2x2﹣4x+6＝﹣2（x2+2x）+6＝﹣2（x+1）2+8，
∴该抛物线的顶点坐标是（﹣1，8）．
18．（8分）如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F是对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：AF∥CE．

【分析】由SAS证明△ABF≌△CDE，由全等三角形的对应角相等得到∠AFB＝∠CED，即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABF和△CDE中，
，
∴△ABF≌△CDE（SAS），
∴∠AFB＝∠CED，
∴AF∥CE．
19．（10分）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，垂足为E，DF⊥BC，垂足为F，▱ABCD周长为20，DE＝4，DF＝6，求▱ABCD的面积．

【分析】已知平行四边形的高DE，DF，根据“等面积法”列方程，求AB，从而求出平行四边形的面积．
【解答】解：设AB＝x，则BC＝10﹣x，
根据平行四边形的面积公式可得
4x＝6（10﹣x），
解之得，x＝6．
则平行四边形ABCD的面积等于4×6＝24．
20．（10分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE．
（2）当AB＝AC时，求证：四边形ADCF是矩形．

【分析】（1）由AF∥BC得∠EBD＝∠AFE，结合∠DEB＝∠AEF、AE＝DE即可证得△BDE≌△FAE；
（2）由（1）中结论可得AF＝BD，根据三角形中线的定义可得AF＝BD＝CD，结合AF∥BC即可得出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，即可得平行四边形ADCF是矩形．
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠EBD＝∠AFE，
∵E是AD的中点，
∴DE＝AE．
在△BDE和△FAE中
，
∴△BDE≌△FAE（AAS）；
（2）∵△AEF≌△DEB，
∴AF＝BD，
又∵BD＝DC
∴AF＝DC．
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF为平行四边形，
∵AB＝AC，AD为BC边的中线，
∴AD⊥BC，即∠ADC＝90°，
∵四边形ADCF为平行四边形，
∴四边形ADCF为矩形．
21．（12分）如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上的一个动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动（不与D重合）．设点P运动的时间为t秒，请用t表示PD的长．
（3）当t为何值时，四边形PBQD是菱形？

【分析】（1）本题需先根据四边形ABCD是矩形，得出AD∥BC，∠PDO＝∠QBO，再根据O为BD的中点得出△POD≌△QOB，即可证出OP＝OQ．
（2）本题需先根据已知条件得出∠A的度数，再根据AD＝8厘米，AB＝6厘米，得出BD和OD的长，
（3）根据四边形PBQD是菱形时，即可求出t的值，判断出四边形PBQD是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO＝∠QBO，
又∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
在△POD与△QOB中，
，
∴△POD≌△QOB（ASA），
∴OP＝OQ．

（2）解：PD＝8﹣t，

（3）解：∵四边形PBQD是菱形，
∴PD＝BP＝8﹣t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2＝BP2，
即62+t2＝（8﹣t）2，
解得：t＝，
即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
22．（12分）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；并写出抛物线的顶点D坐标．
（2）抛物线上是否存在点P，使∠PAB＝∠ABC，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，求出抛物线解析式，再运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）先求出点C关于对称轴的对称点；先运用待定系数法求出直线BC的解析式，再根据互相平行的两直线的关系求出与BC平行的直线AP2的解析式，联立抛物线解析式即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D坐标为（1，4）．
（2）抛物线上存在点P，使∠PAB＝∠ABC，如图，
①当点P是抛物线上与点C对称的点时，则有∠PAB＝∠ABC，
∵点C（0，3）关于对称轴x＝1的对称点坐标为（2，3），
∴P1（2，3），
②当直线PA∥BC时，则有∠PAB＝∠ABC，
设直线BC的解析式为y＝kx+a，
∵B（3，0），C（0，3），
∴，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴直线AP的解析式中一次项系数为﹣1，
设与BC平行的直线AP2的解析式为y＝﹣x+m，
将A（﹣1，0）代入，得：1+m＝0，
解得：m＝﹣1，
∴直线AP2的解析式为y＝﹣x﹣1，
联立抛物线解析式得：，
解得：，（舍去），
∴P2（4，﹣5）．
综上所述，P1（2，3），P2（4，﹣5）．

23．（14分）如图1，正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD边上，点M是AE与BF的交点，且AE＝BF；

（1）求证：BE＝CF；
（2）如图2，以CF为边，作正方形CFGH，H在BC的延长线上，连接DH，判断BF与DH的数量关系和位置关系并证明；
（3）如图3，连接AG，交DH于P点，求∠APD的度数．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，利用“HL”证Rt△ABE≌Rt△BCF即可得；
（2）延长BF交DH于点K，先证△BCF≌△DCH得BF＝DH，∠CBF＝∠CDH，由∠CDH+∠CHD＝90°知∠CBF+∠CHD＝90°，即∠BKH＝90°，从而得证；
（3）连接EG，先证四边形BEGF是平行四边形得GE∥BF，GE＝BF，由△ABE≌△BCF知∠CBF＝∠BAE，BF＝AE＝GE，再证∠AEG＝∠BME＝90°可得∠EAG＝45°，证四边形ADHE是平行四边形得DH∥AE，从而得∠APD＝∠GAE＝45°．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴BE＝CF；

（2）BF＝DH，且BF⊥DH，
延长BF交DH于点K，

∵四边形ABCD和四边形CFGH是正方形，
∴BC＝DC，CF＝CH，∠BCF＝∠DCH＝90°，
∴△BCF≌△DCH（SAS），
∴BF＝DH，∠CBF＝∠CDH，
∵∠CDH+∠CHD＝90°，
∴∠CBF+∠CHD＝90°，
∴∠BKH＝90°，
∴BK⊥DH，即BF⊥DH，
综上，BF＝DH，且BF⊥DH；

（3）如图②，连接EG，

∵FG＝CH＝CF＝BE，且FG∥CH，即FG∥BE，
∴四边形BEGF是平行四边形，
∴GE∥BF，GE＝BF，
∵△ABE≌△BCF，
∴∠CBF＝∠BAE，BF＝AE，
∴GE＝AE，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠AEG＝∠BME＝90°，
∵AE＝GE，
∴∠EAG＝45°，
∵BE＝CH，
∴AD＝BC＝BE+CE＝CH+CE＝EH，
又AD∥EH，
∴四边形ADHE是平行四边形，
∴DH∥AE，
∴∠APD＝∠GAE＝45°．