广东省深圳市龙岗区百合外国语学校2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷

2022-2023学年广东省深圳市龙岗区百合外国语学校八年级（下）期中数学试卷

一.选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线 

C．赵爽弦图 D．科克曲线

2．下列各式中正确的是（　　）

A．若a＞b，则a+2＞b+2 

B．若a＞b，则a2＞b2 

C．若a＞b，且c≠0，则2ac＞2bc 

D．若a＞b，则﹣3a＞﹣3b

3．用反证法证明：在△ABC中，∠A、∠B、∠C中不能有两个角是钝角时，假设，∠A、∠B、∠C中有两个角是钝角，令∠A＞90°，∠B＞90°，则所得结论与下列四个选项相矛盾的是（　　）

A．已知 B．三角形内角和等于180° 

C．钝角三角形的定义 D．以上结论都不对

4．下列命题：①两直线平行，同旁内角互补；②若a＝b，则a2＝b2；③若两个角互补，则这两个角都是直角；④对顶角相等，真命题的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

5．如图，已知BG是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，DE＝5，则DF的长度是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

6．如图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了80°，小孩的位置也从A点运动到了B点，则∠OAB的度数为 （　　）

A．70° B．60° C．50° D．40°

7．如图，已知AC⊥BD，垂足为O，AO＝CO，AB＝CD，则可得到△AOB≌△COD，理由是（　　）

A．HL B．SAS C．ASA D．SSS

8．已知点M（m+2，m）在第四象限，则m的取值范围是（　　）

A．m＞﹣2 B．m＜﹣2 C．m＞0 D．﹣2＜m＜0

9．如图，ABCD是一张长方形纸片，且AD＝2CD．沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在BC上（如图中的点A′），折痕交AB于点G，则∠ADG＝（　　）

A．30° B．15° C．75° D．22.5°

10．如图，在Rt△ABC中．∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠BAC的平分线AF交CD于点E，交BC于F，CM⊥AF于M，CM的延长线交AB于点N，下列四个结论：①AC＝AN；②EN＝FC；③EN∥BC；④∠ABC＝45°，其中正确的结论有（　　）

A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④

二、填空题（共5小题，每小题a分，共1分）

11．已知点B的坐标为（﹣5，1），它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点B′，则点B′的坐标为 　         　．

12．如图，在△ABC中，BC的垂直平分线分别交AC，BC于点D，E．若△ABD的周长为13，BE＝5，则△ABC的周长为 　     　．

13．如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（﹣1，﹣2）和点B（﹣2，0），一次函数y＝2x的图象过点A，则不等式2x≤kx+b的解集为 　       　．

14．若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是 　      　．

15．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝12，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为 　   　．

三、解答题（共55分）

16．解下列不等式：

（1）6x﹣6≤2（x+3）；

（2）．

17．若a、b、c是△ABC的三边，且a、b满足关系式|a﹣2|+（b﹣5）2＝0，c是不等式组的最大整数解，求△ABC的周长．

18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上．

（1）画出将△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；

（2）将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1；

（3）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 　        　．

19．如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝20cm，P，Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒2cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒3cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．

（1）BP＝　                  　cm（用t的代数式表示）；

（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？

（3）当点Q在边CA上运动时，若△BCQ是等边三角形，求t的值．

20．为了响应习主席提出的“足球进校园”的号召，某中学开设了“足球大课间活动”，该中学购买A种品牌的足球30个，B种品牌的足球20个，共花费3100元，已知B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元．

（1）求A、B两种品牌足球的单价各多少元？

（2）根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的足球50个，正逢体育用品商店“优惠促销“活动，A种品牌的足球单价优惠4元，B种品牌的足球单价打8折，如果此次学校的买A，B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于24个，①若购买A品牌的m个，则购买B品牌 　         　个；②有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？

21．如图，AD为等腰△ABC的顶角∠BAC的平分线，∠ABC＝50°，在线段AD上取一点E．使得∠ACE＝20°，在线段CE上取一点F，使得∠FBC＝10°，连接BE，AF．

（1）∠EBF＝　     　度，∠EBA＝　     　度，∠BFE＝　     　度；

（2）求证：BA＝BF；

（3）BE与AF的位置关系为 　        　（直接写出）．

22．对于平面直角坐标系xOy中，已知△AOQ是边长为6的等边三角形．

（1）如图Ⅰ，点Q在第一象限，点Q坐标是 　                  　；

（2）如图Ⅱ，在y轴正半轴有一点P（0，2），连接线段AP，以AP为底在线段AP上方作等边△APC，此时P，Q，C三点共线，求出QC的值；

（3）如图Ⅲ，在y轴正半轴有一动点P（0，m），连接线段AP，以AP为底在线段AP下方作等边△APD，连接OD．请问线段OD是否存在最小值；若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一.选择题（共10小题，每小题3分，共30分）

1．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）

A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线 

C．赵爽弦图 D．科克曲线

【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．

解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；

B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；

D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；

故选：D．

【点评】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．

2．下列各式中正确的是（　　）

A．若a＞b，则a+2＞b+2 

B．若a＞b，则a2＞b2 

C．若a＞b，且c≠0，则2ac＞2bc 

D．若a＞b，则﹣3a＞﹣3b

【分析】根据不等式的性质，逐项判断即可．

解：∵a＞b，

∴a+2＞b+2，

∴选项A符合题意；

∵a＞b，且a＝﹣b时，a2＝b2，

∴选项B不符合题意；

∵a＞b且c＞0时，2ac＞2bc，a＞b且c＜0时，2ac＜2bc，

∴选项C不符合题意；

∵a＞b，

∴﹣3a＜﹣3b，

∴选项D不符合题意．

故选：A．

【点评】此题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．

3．用反证法证明：在△ABC中，∠A、∠B、∠C中不能有两个角是钝角时，假设，∠A、∠B、∠C中有两个角是钝角，令∠A＞90°，∠B＞90°，则所得结论与下列四个选项相矛盾的是（　　）

A．已知 B．三角形内角和等于180° 

C．钝角三角形的定义 D．以上结论都不对

【分析】根据反证法的一般步骤判断即可．

解：假设∠A、∠B、∠C中有两个角是钝角，

令∠A＞90°，∠B＞90°，

则∠A+∠B＞180°，

这与三角形内角和等于180°相矛盾，

故选：B．

【点评】本题考查的是反证法的应用，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．

4．下列命题：①两直线平行，同旁内角互补；②若a＝b，则a2＝b2；③若两个角互补，则这两个角都是直角；④对顶角相等，真命题的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

【分析】根据平行线的性质、实数的乘方、补角的概念、对顶角相等判断即可．

解：①两直线平行，同旁内角互补，是真命题；

②若a＝b，则a2＝b2，是真命题；

③若两个角互补，则这两个角不一定都是直角，故本小题说法是假命题；

④对顶角相等，是真命题；

故选：B．

【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．

5．如图，已知BG是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，DE＝5，则DF的长度是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

【分析】根据角平分线的性质定理解答即可．

解：∵BG是∠ABC的平分线，DE⊥AB，DF⊥BC，

∴DF＝DE＝5，

故选：C．

【点评】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．

6．如图，一个小孩坐在秋千上，若秋千绕点O旋转了80°，小孩的位置也从A点运动到了B点，则∠OAB的度数为 （　　）

A．70° B．60° C．50° D．40°

【分析】根据旋转角的定义、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行解答．

解：∵秋千旋转了80°，小孩的位置也从A点运动到了B点，

∴∠AOB＝80°，OA＝OB，

∴∠OAB＝（180°﹣80°）＝50°．

故选：C．

【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．

7．如图，已知AC⊥BD，垂足为O，AO＝CO，AB＝CD，则可得到△AOB≌△COD，理由是（　　）

A．HL B．SAS C．ASA D．SSS

【分析】结合图形，利用直角三角形判定全等的方法判断即可．

解：在Rt△AOB和Rt△COD中，

，

∴Rt△AOB≌Rt△COD（HL），

则如图，已知AC⊥BD，垂足为O，AO＝CO，AB＝CD，则可得到△AOB≌△COD，理由是HL，

故选：A．

【点评】此题考查了直角三角形全等的判定，以及全等三角形的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解本题的关键．

8．已知点M（m+2，m）在第四象限，则m的取值范围是（　　）

A．m＞﹣2 B．m＜﹣2 C．m＞0 D．﹣2＜m＜0

【分析】根据第四象限内点的坐标的特点，得到关于m的不等式，求解可得答案．

解：∵点M（m+2，m）在第四象限，

∴，

解不等式组，可得：﹣2＜m＜0．

故选：D．

【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组，解题关键是理解并掌握各个象限内点的坐标特点，列出关于m的不等式．

9．如图，ABCD是一张长方形纸片，且AD＝2CD．沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在BC上（如图中的点A′），折痕交AB于点G，则∠ADG＝（　　）

A．30° B．15° C．75° D．22.5°

【分析】由矩形的性质可得BC∥AD，∠C＝90°，由折叠可知AD＝A′D，∠ADG＝∠A′DG＝∠ADA′，于是可得A′D＝2CD，利用含30度的直角三角形的性质得到∠CA′D＝30°，利用平行线的性质可得∠CA′D＝∠ADA′＝30°，以此即可求解．

解：∵四边形ABCD为矩形，

∴BC∥AD，∠C＝90°，

根据折叠的性质可得，AD＝A′D，∠ADG＝∠A′DG＝∠ADA′，

∵AD＝2CD，

∴A′D＝2CD，

在Rt△A′CD中，∠C＝90°，A′D＝2CD，

∴∠CA′D＝30°，

∵BC∥AD，

∴∠CA′D＝∠ADA′＝30°，

∴∠ADG＝∠ADA′＝15°．

故选：B．

【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、含30度的直角三角形的性质，利用折叠的性质得到得到AD＝A′D＝2CD，进而得到∠CA′D＝30°是解题关键．

10．如图，在Rt△ABC中．∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠BAC的平分线AF交CD于点E，交BC于F，CM⊥AF于M，CM的延长线交AB于点N，下列四个结论：①AC＝AN；②EN＝FC；③EN∥BC；④∠ABC＝45°，其中正确的结论有（　　）

A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④

【分析】连接EN，FN，BM，根据SAS证得△AMN≌△AMC，即可证得AC＝AN，可以判断②正确；由已知∠ACB＝90°，CD⊥AB，CM⊥AF，从而证得三个直角三角形，即：∠AED+∠DAE＝90°，∠EFC+∠CAE＝90°，再通过已知，∠BAC的平分线AF和对顶角得∠CEF＝∠CFE，即得△ECF为等腰三角形，EM＝FM，证明四边形ENFC是菱形，可以判断①③正确；根据等腰直角三角形的性质可以判断④错误．

解：如图，连接FN，

∵CN⊥AF，

∴∠AMC＝∠AMN＝90°，

∵∠BAC的平分线AF交CD于E，

∴∠DAE＝∠CAE，

在△AMN和△AMC中，

，

∴△AMN≌△AMC（ASA），

∴AC＝AN，故②正确；

∵△AMN≌△AMC，

∴CM＝NM，

∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，

∴∠ADC＝90°，

∴∠AED+∠DAE＝90°，∠CFE+∠CAE＝90°，

∵∠BAC的平分线AF交CD于E，

∴∠DAE＝∠CAE，

∴∠AED＝∠CFE，

又∵∠AED＝∠CEF，

∴∠CEF＝∠CFE，

∴CE＝CF，

∵CM⊥AF，

∴EM＝FM，

∴四边形ENFC是菱形，

∴EN＝FC，EN∥BC，故①③正确；

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

∵AC≠BC，

∴∠B≠45°，故④错误．

综上所述：①②③．

故选：C．

【点评】此题考查的是菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质、定理是解题的关键．

二、填空题（共5小题，每小题a分，共1分）

11．已知点B的坐标为（﹣5，1），它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点B′，则点B′的坐标为 　（﹣1，3）　．

【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得点B的坐标是（﹣2+3，1+2）．

解：点B的坐标为（﹣5，1），它向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点B′，则点B′的坐标为（﹣5+4，1+2），即（﹣1，3），

故答案为：（﹣1，3）．

【点评】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．

12．如图，在△ABC中，BC的垂直平分线分别交AC，BC于点D，E．若△ABD的周长为13，BE＝5，则△ABC的周长为 　23　．

【分析】先根据线段垂直平分线的性质得到BD＝CD，BC＝2BE＝10，再根据△ABD的周长为13得到AB+AC＝13，据此求解即可．

解：∵BC的垂直平分线分别交AC，BC于点D，E．BE＝5，

∴BD＝CD，BC＝2BE＝10，

∵△ABD的周长为13，

∴AB+BD+AD＝13，

∴AB+AD+CD＝13，

∴AB+AC＝13，

∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝23，

故答案为：23．

【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等是解题的关键．

13．如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（﹣1，﹣2）和点B（﹣2，0），一次函数y＝2x的图象过点A，则不等式2x≤kx+b的解集为 　x≤﹣1　．

【分析】根据图象可知一次函数y＝kx+b与一次函数y＝2x的图象的交点，即可得出不等式2x≤kx+b的解集．

解：∵一次函数y＝kx+b与一次函数y＝2x的图象的交点为A（﹣1，﹣2），

∴2x≤kx+b的解集为x≤﹣1．

故答案为：

【点评】本题主要考查一次函数与一元一次不等式，利用数形结合思想，找到不等式与一次函数图象的关系是解题关键．

14．若关于x的不等式组无解，则a的取值范围是 　a＜3　．

【分析】利用不等式组取解集的方法，根据不等式组无解求出a的取值范围即可．

解：∵关于x的不等式组无解，

∴a+1＞3a﹣5，

解得：a＜3．

故答案为：a＜3．

【点评】本题考查了一元一次不等式组的解集，熟知一元一次不等式组的解集的确定方法“同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无处找”是解题的关键．

15．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝12，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为 　3　．

【分析】方法一：将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△EBD，则此时E，C，B三点在同一直线上，得出Q的运动轨迹为线段ED，当CQ⊥ED时，CQ的长度最小，由直角三角形的性质及三角形中位线定理可得出答案；

方法二：取AB的中点D，连接CD，PD，PQ，则AD＝BD＝CD＝6，证明△DBP≌△CBQ（SAS），得出PD＝CQ，当PD⊥AC时，PD最小，由直角三角形的性质求出PD的长，则可得出答案．

解：方法一：将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△EBD，

则此时E，C，B三点在同一直线上，

∵∠ABC＝60°，∠PBQ＝60°，

∴∠ABP＝∠EBQ，

随着P点运动，总有AB＝EB，PB＝QB，

∴总有△APB≌△EQB（SAS），即E，Q，D三点在同一直线上，

∴Q的运动轨迹为线段ED，

∴当CQ⊥ED时，CQ的长度最小，

Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝12，

∴BC＝BD＝6，EC＝6，

即C为EB的中点，

∵CQ⊥ED，∠D＝90°，

∴CQ∥BD，CQ为△EBD的中位线，

∴CQ＝BD＝3；

方法二：取AB的中点D，连接CD，PD，PQ，则AD＝BD＝CD＝6，

∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，

∴∠ABC＝60°，

∴△BDC为等边三角形，

∴BD＝BC，

∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，

∴△BPQ为等边三角形，

∴PB＝BQ，∠PBQ＝60°，

∴∠DBP＝∠CBQ，

∴△DBP≌△CBQ（SAS），

∴PD＝CQ，

当PD⊥AC时，PD最小，

∵∠A＝30°，

∴PD＝AD＝3，

∴CQ＝3．

故答案为：3．

【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

三、解答题（共55分）

16．解下列不等式：

（1）6x﹣6≤2（x+3）；

（2）．

【分析】（1）不等式去括号，移项，合并同类项，系数化为1即可；

（2）不等式去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1即可．

解：（1）6x﹣6≤2（x+3），

去括号，得6x﹣6≤2x+6，

移项，得6x﹣2x≤6+6，

合并同类项，得4x≤12，

系数化为1，得x≤3；

（2），

去分母，得（x+5）﹣8＜4（3x+2）

去括号，x+5﹣8＜12x+8，

移项，得x﹣12x＜8﹣5+8，

合并同类项，得﹣11x＜11，

系数化为1，得x＞﹣1．

【点评】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．

17．若a、b、c是△ABC的三边，且a、b满足关系式|a﹣2|+（b﹣5）2＝0，c是不等式组的最大整数解，求△ABC的周长．

【分析】根据非负数的性质得到a、b的值；再由不等式组的解集求出c的值，进而求出三角形的周长．

解：∵|a﹣2|+（b﹣5）2＝0

∴a﹣2＝0，b﹣5＝0，

∴a＝2，b＝5，

∵解不等式组得：

，

∵c是不等式组的最大整数解，

∴c＝4，

∴△ABC的周长为：a+b+c＝2+5+4＝11．

【点评】本题考查了一元一次不等式组的整数解，掌握不等式组的解法和非负数的性质是解题的关键．

18．如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上．

（1）画出将△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；

（2）将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1；

（3）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 　（0，1）　．

【分析】（1）根据成中心对称图形的性质画图即可；

（2）根据旋转中心、旋转角、旋转方向画图即可；

（3）线段BE、CF的中垂线的交点即为旋转中心．

解：（1）作图如下：

（2）作图如下：

（3）根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等；

故旋转中心在线段BE、CF的中垂线上；

由图象可知，该点的坐标为（0，1）．

【点评】本题考查了图形的旋转，平面直角坐标系中点的坐标变换；熟练掌握旋转的性质是解题关键．

19．如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝20cm，P，Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒2cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒3cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．

（1）BP＝　（10﹣2t）　cm（用t的代数式表示）；

（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？

（3）当点Q在边CA上运动时，若△BCQ是等边三角形，求t的值．

【分析】（1）求出AB的长，根据题意即可用t可分别表示出BP；

（2）结合（1），根据题意再表示出BQ，然后根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求出答案；

（3）用t分别表示出CQ，利用等边三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值．

解：（1）由题意可知AP＝2t，BQ＝3t，

∵∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝20cm，

∴BC＝AC＝10cm，AB＝10（cm），

∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣2t）cm，

故答案为：（10﹣2t）；

（2）当点Q在边BC上运动，△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，

∵BQ＝3t，BP＝10﹣2t，

∴10﹣2t＝3t，解得t＝2，

此时点Q在AC上，

当点Q在边BC上运动时，△PQB是等腰三角形时无解；

（3）当点Q在CA上运动时，CQ＝3t﹣10，

∵△BCQ是等边三角形，

∴BC＝CQ，

即10＝3t﹣10，

解得t＝，

∴若△BCQ是等边三角形，t的值为．

【点评】本题考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定，等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．

20．为了响应习主席提出的“足球进校园”的号召，某中学开设了“足球大课间活动”，该中学购买A种品牌的足球30个，B种品牌的足球20个，共花费3100元，已知B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元．

（1）求A、B两种品牌足球的单价各多少元？

（2）根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的足球50个，正逢体育用品商店“优惠促销“活动，A种品牌的足球单价优惠4元，B种品牌的足球单价打8折，如果此次学校的买A，B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于24个，①若购买A品牌的m个，则购买B品牌 　（50﹣m）　个；②有几种购买方案？为了节约资金，学校应选择哪种方案？

【分析】（1）设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，根据“购买A种品牌的足球30个，B种品牌的足球20，共需3100元，B种品牌足球的单价比A种品牌足球的单价高30元”，可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；

（2）设购买m个A种品牌的足球，则购买（50﹣m）个B种品牌的足球，根据“此次学校购买A、B两种品牌足球的总费用不超过2750元，且购买B种品牌的足球不少于24个”，可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为正整数，可得出共有2种购买方案，再分别求出各方案所需总费用，比较后即可得出结论．

解：（1）设A种品牌足球的单价是x元，B种品牌足球的单价是y元，

根据题意得：，

解得：．

答：A种品牌足球的单价是50元，B种品牌足球的单价是80元；

（2）①设购买m个A种品牌的足球，则购买（50﹣m）B种品牌的足球，

故答案为：（50﹣m）；

②根据题意得：，

解得：25≤m≤26，

又∵m为正整数，

∴m可以为25，26，

∴共有2种购买方案，

方案1：购买25个A种品牌的足球，25个B种品牌的足球，总费用为（50﹣4）×25+80×0.8×25＝2750（元）；

方案2：购买26个A种品牌的足球，24个B种品牌的足球，总费用为（50﹣4）×26+80×0.8×24＝2732（元）；

∵2732＜2750，

∴为了节约资金，学校应选择购买方案2．

【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．

21．如图，AD为等腰△ABC的顶角∠BAC的平分线，∠ABC＝50°，在线段AD上取一点E．使得∠ACE＝20°，在线段CE上取一点F，使得∠FBC＝10°，连接BE，AF．

（1）∠EBF＝　20　度，∠EBA＝　20　度，∠BFE＝　40　度；

（2）求证：BA＝BF；

（3）BE与AF的位置关系为 　BE⊥AF　（直接写出）．

【分析】（1）由等腰三角形的性质，得到∠EBA＝∠ACE＝20°，由三角形外角的性质求出∠BFE的度数，由∠EBF＝∠ABC﹣∠ABE﹣∠FBC，即可求出∠EBF的度数；

（2）由条件可以证明△ABE≌△FBE（AAS），即可得到AB＝BF；

（3）由等腰三角形“三线合一”的性质，即可证明问题．

【解答】（1）解：∵AD为等腰△ABC的顶角∠BAC的平分线，

∴AD垂直平分BC，

∴EB＝EC，

∴∠EBD＝∠ECD，

∵AB＝AC，

∠ABC＝∠ACB，

∴∠ABC﹣∠EBD＝∠ACB﹣∠ECD，

∴∠EBA＝∠ACE＝20°，∴∠EBF＝∠ABC﹣∠ABE﹣∠FBC＝50°﹣20°﹣10°＝20°，

∵∠EBD＝EBF+∠FBC＝20°+10°＝30°，

∴∠ECD＝∠EBD＝30°，

∴∠BFE＝∠FBC+∠FCB＝10°+30°＝40°．

故答案为：20，20，40．

（2）证明：∵AD为等腰△ABC的顶角∠BAC的平分线，

∴∠BAE＝∠BAC，

∵∠ABC＝∠ACB＝50°，

∴∠BAC＝80°，

∴∠BAE＝40°，

∴∠BAE＝∠BFE＝40°，

∵∠ABE＝∠EBF＝20°，BE＝BE，

∴△ABE≌△FBE（AAS），

∴AB＝BF；

（3）证明：∵AB＝BF，∠ABE＝∠FBE，

∴BE⊥AF．

故答案为：BE⊥AF．

【点评】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是掌握等腰三角形的性质．

22．对于平面直角坐标系xOy中，已知△AOQ是边长为6的等边三角形．

（1）如图Ⅰ，点Q在第一象限，点Q坐标是 　（3，3）　；

（2）如图Ⅱ，在y轴正半轴有一点P（0，2），连接线段AP，以AP为底在线段AP上方作等边△APC，此时P，Q，C三点共线，求出QC的值；

（3）如图Ⅲ，在y轴正半轴有一动点P（0，m），连接线段AP，以AP为底在线段AP下方作等边△APD，连接OD．请问线段OD是否存在最小值；若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）过点Q作QE⊥x轴于点E，利用等边三角形的性质以及勾股定理求得OE＝3，QE＝3，即可求得点Q坐标；

（2）利用勾股定理求得PA的长，即等边△APC的边长，利用两点之间的距离公式求得PQ的长，即可求得QC的值；

（3）连接PQ，利用SAS证明△PAQ≌△DAO，推出PQ＝OD，当PQ⊥y轴时，PQ有最小值，即OD有最小值，据此即可求解．

解：（1）过点Q作QE⊥x轴于点E，

∵△AOQ是边长为6的等边三角形，

∴OE＝EA＝3，

∴QE＝＝3，

∵点Q在第一象限，

∴点Q的坐标是（3，3）；

故答案为：（3，3）；

（2）解：∵△AOQ是边长为6的等边三角形，

∴点A坐标是（6，0），

∵P（0，2），

∴PA＝＝4，

∵△APC是等边三角形，

∴PC＝PA＝4，

∵P（0，2），Q （3，3），

∴PQ＝＝2，

∵P，Q，C三点共线，

∴QC＝PC﹣PQ＝4﹣2＝2；

（3）连接PQ，

∵△AOQ和△APD都是等边三角形，

∴AQ＝AO，AP＝AD，∠OAQ＝∠DAP＝60°，

∴∠PAQ＝∠DAO，

∴△PAQ≌△DAO（SAS），

∴PQ＝OD，

∵点P在y轴的正半轴上，

∴当PQ⊥y轴时，PQ有最小值，即OD有最小值，

此时点P点的坐标是（0，3）．

【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．