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2022-2023学年广东省深圳高级中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省深圳高级中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳高级中学八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的倒数是( )
A. −2023 B. 2023 C. −12023 D. 12023
2. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史.2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战.截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
3. ChatGPT是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够通过理解和学习人类的语言来进行对话.初代GPT语言模型的参数是1.17亿个，而最新模型GPT4的真实参数超过1750亿，1750亿用科学记数法表示为( )
A. 1.75×108 B. 0.175×109 C. 1.75×1011 D. 0.175×1012
4. 下列计算中①(ab2)3=ab5；②(3xy2)3=9x3y6；③2x3⋅3x2=6x5；④(−c)4÷(−c)2=−c2正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 已知关于x的不等式组3x−a≤0x≥3无解，则a的取值范围是( )
A. a<9 B. a>9 C. a≥9 D. a≤9
6. 某汽车评测机构对市面上多款新能源汽车的0～100km/h的加速时间和满电续航里程进行了性能评测，评测结果绘制如下，每个点都对应一款新能源汽车的评测数据．已知0～100km/h的加速时间的中位数是m s，满电续航里程的中位数是n km，相应的直线将平面分成了①、②、③、④四个区域(直线不属于任何区域).欲将最新上市的两款新能源汽车的评测数据对应的点绘制到平面内，若以上两组数据的中位数均保持不变，则这两个点可能分别落在( )
A. 区域①、② B. 区域①、③ C. 区域①、④ D. 区域③、④
7. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交边AB，AC于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内相交于点M，作射线AM交BC于点F，以点A为圆心，AF的长为半径作弧，交AB于点H.若∠B=26°，则∠BHF的度数为( )
A. 100° B. 106° C. 110° D. 120°
8. 如图，平行四边形AOBC中，BO=2AO=4，∠AOB=60°，对角线AB，OC交于点P，将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90°，旋转后点P的坐标为( )
A. (52, 32) B. (−52,− 32) C. ( 32,−52) D. (− 32,−52)
9. 如图，已知△ABC中，AB的垂直平分线交BC于点D，AC的垂直平分线交BC于点E，点M，N为垂足，若BD=32，DE=2，EC=52，则AC的长为( )
A. 3 22 B. 3 32 C. 3 52 D. 3 102
10. 如图，菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，点E是AB上一点，将菱形沿着EC折叠，使点B落在点F处，CF与AD交于点G，点H是EC的中点，FH= 19，则FG的长为( )
A. 3 3− 19
B. 6−3 3
C. 45
D. 34
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 因式分解：x3−4x=______．
12. 已知关于x的方程x2−4x+m=0，如果从1、2、3、4、5、6六个数中任取一个数作为方程的常数项m，那么所得方程有实数根的概率是______．
13. 如图，经过点B(−4,0)的直线y=kx+b与直线y=mx相交于点A(−3,−3)，则关于x的不等式mx
14. 关于x的方程1x−1+a−11−x=2无解，则a= ______ ．
15. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=7，P、Q分别从C、A同时出发以相同的速度向点D运动，则AP+BQ的最小值为______．
三、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
16. 计算：(1+ 3)2+(2022−π)0−( 33)−1−|1− 3|.
17. 先化简：(1−1m−1)÷m2−4m+4m2−m，再从−1≤m≤2中选取合适的整数代入求值．
四、解答题（本大题共6小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
解方程与不等式组：
(1)x2+4x−1=0；
(2)x−32+3≥x+11−3(x−1)<8−x．
19. (本小题6.0分)
常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法及十字相乘法，但有更多的多项式只用上述方法就无法分解，如x2−4y2−2x+4，我们细心观察这个式子就会发现，前两项符合平方差公式，后两项可提取公因式，两部分分别分解因式后会产生公因式，然后提取公因式就可以完成整个式子的分解因式.过程为：x2−4y2−2x+4y=(x+2y)(x−2y)−2(x−2y)=(x−2y)(x+2y−2)；
这种分解因式的方法叫做分组分解法，利用这种方法解决下列问题：
(1)分解因式：9x2−6xy+y2−16；
(2)△ABC三边a，b，c满足a2−ab−ac+bc=0，判断△ABC的形状．
20. (本小题7.0分)
某商场计划销售A，B两种型号的商品，经调查，用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多30元．
(1)求一件A，B型商品的进价分别为多少元？
(2)若该商场购进A，B型商品共100件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，已知A型商品的售价为200元/件，B型商品的售价为180元/件，且全部能售出，求该商品能获得的利润最小是多少？
21. (本小题7.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若AB=5，BD=6，求OE的长．
22. (本小题8.0分)
如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，直线l1：y=2x−5是河岸，河在l1右侧，l1左侧的A(2,4)是一个河鲜冷藏仓库，B(0,1)是超市．
(1)现计划在河岸l1上建立一座河鲜加工厂C，加工厂C从仓库A进货加工，再运输至超市B，请在图中找出加工厂C的位置，使进出货物的运输路径最短；(仅限在所给网格内作图，不需要说明作图理由)
(2)若河的两岸互相平行，河宽为 5．
①在图中画出表示对面河岸的直线l2，并直接写出l2的解析式；
②l2上有一点D，纵坐标为6，l2右侧有一点E(9,3)，线段DE是支流(宽度不计)，支流有丰富多样的河鲜可以打捞.为支持河鲜产业发展，政府计划垂直于河的两岸造桥，渔民在支流处打捞河鲜后装上货车，运输河鲜到对岸的河鲜冷藏仓库A.请求出l2上的造桥位置F的坐标，以及支流DE上的打捞河鲜位置G的坐标，使运输路径最短．
23. (本小题10.0分)
【探索发现】
“旋转”是一种重要的图形变换，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决几何问题的常用方法.如图1，在正方形ABCD中，点E在AD上，点F在CD上，∠EBF=45°．
某同学进行如下探索：
第一步：将△ABE绕点B顺时针旋转90°，得到△CBG，且F、C、G三点共线；
第二步：证明△BEF≌△BGF；
第三步：得到∠AEB和∠FEB的大小关系，以及AE、CF、EF之间的数量关系；
请完成第二步的证明，并写出第三步的结论．
【问题解决】
如图2，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，将△ABP绕点B顺时针旋转，旋转角度小于90°，得到△A′BP′，当P、A′、P′三点共线时，这三点所在直线与CD交于点Q，要求使用无刻度的直尺与圆规找到Q点位置，某同学做法如下：连接AC，与BP交于点O，以O为圆心，OB为半径画圆弧，与CD相交于一点，该点即为所求的点Q．
请证明该同学的做法.(前面【探索发现】中的结论可直接使用，无需再次证明)
【拓展运用】
如图3，在边长为2的正方形ABCD中，点P在AD上，BP与AC交于点O，过点O作BP的垂线，交AB于点M，交CD于点N，设AP+AB=x(2≤x≤4)，AM=y，直接写出y关于x的函数表达式．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−2023的倒数是−12023．
故选：C．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】A
【解析】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，原图形绕对称中心旋转180度后与自身完全重合．
3.【答案】C
【解析】解：1750亿=175000000000=1.75×1011，
故选：C．
科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
4.【答案】A
【解析】解：①、由积的乘方和幂的乘方法则得，(ab2)3=a3(b2)3=a3b6，故①不正确；
②、由积的乘方和幂的乘方法则得，(3xy2)3=33x3(y2)3=27x3y6，故②不正确；
③、由单项式乘单项式得，2x3⋅3x2=6x5；故③正确；
④、由同底数幂的除法得，(−c)4÷(−c)2=(−c)2=c2，故④不正确．
其中，正确的是③．
故选：A．
利用幂的运算法则逐一判断．
本题考查了幂的运算法则，比较基础．
5.【答案】A
【解析】解：3x−a≤0①x≥3②，
解不等式①得：x≤a3，
解不等式②得：x≥3，
∵不等式组无解，
∴a3<3，
解得：a<9，
故选：A．
按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查数据的中位数，解题的关键是掌握中位数的概念：一组数据中，正中间的数或中间两个数的平均数是这种数据的中位数．
根据中位数定义，逐项判断．
【解答】
解：最新上市的两款新能源汽车的评测数据对应的点绘制到平面内，
若这两个点分别落在区域①、②，则0～100km/h的加速时间的中位数将变小，故A不符合题意；
若这两个点分别落在区域①、③，则两组数据的中位数可能均保持不变，故B符合题意；
若这两个点分别落在区域①，④，则满电续航里程的中位数将变小，故C不符合题意；
若这两个点分别落在区域③，④，则0～100km/h的加速时间的中位数将变大，故D不符合题意，
故选：B．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠C=90°，∠B=26°，
∴∠BAC=64°，
由作法得AF平分∠BAC，AH=AF，
∴∠BAF=12∠BAC=12×64°=32°，
∵AH=AF，
∴∠AHF=∠AFH=12×(180°−32°)=74°，
∴∠BHF=180°−∠AHF=180°−74°=106°．
故选：B．
先根据三角形内角和计算出∠BAC=64°，再利用基本作图得到AF平分∠BAC，AH=AF，所以∠BAF=12∠BAC=32°，接着根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠AHF=74°，然后利用平角的定义计算出∠BHF的度数．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
8.【答案】C
【解析】解：过A点作AE⊥x轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，
∴AE//PF，
在平行四边形ABCD中，AP=BP，∠AOB=60°，BO=2AO=4，
∴EF=BF=12BE，AO=2，
∴OE=12AO=1，AE= 3，
∴PF=12AE= 32，BE=OB−OE=4−1=3，
∴EF=32，
∴OF=OE+EF=1+32=52，
∴P点坐标为(52, 32)，
∴将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90°，旋转后点P的坐标为( 32,−52).
故选：C．
过A点作AE⊥x轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，结合平行四边形的性质及直角三角形的性质可求解EF=BF=12BE，OE，AE的长，进而可求得EF的长及OF的长，利用PF=12AE可求解PF的长，即可求解P点坐标，进而求出旋转后的坐标．
本题主要考查旋转的性质，平行四边形的性质，找规律，点的坐标的确定，求解P点坐标是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得出AD，AE当长，利用勾股定理逆定理得出△ADE是直角三角形，进而利用勾股定理解答即可．
本题考查了线段垂直平分线的性质和勾股定理的逆定理的应用，解题关键是是添加辅助线构造直角三角形．
【解答】
解：连接AD，AE，
∵AB的垂直平分线交BC于点D，AC的垂直平分线交BC于点E，
∴AD=BD=32，AE=EC=52，
∵DE=2，
∴AD2+DE2=94+4=254=AE2，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE=90°，
由勾股定理可得：AC= AD2+DC2= (32)2+(92)2=3 102，
故选D．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接BH，过点H作BC的平行线交AB于点I，过点B作BJ⊥HI交HI延长线于点J，延长CE，DA交于点K，过点C作CL⊥AD于点L，
由翻折可知：FH=BH= 19，
∵点H是EC的中点，HI//BC，
∴HI=12BC=3，∠JIB=60°，
∴∠JBI=30°，
设IJ=x，
∴BJ= 3IJ= 3x，
在Rt△BHJ中，HJ=IJ+HI=x+3，
由勾股定理得：HJ2+BJ2=BH2，
∴(x+3)2+( 3x)2=( 19)2，
整理得2x2+3x−5=0，
解得x1=1，x2=−2.5(舍去负值)，
∴IJ=1，
∴BI=2，
∴EI=BI=2，
∴AE=AB−EI−BI=2，
∴AE=EI，
∵HI//BC//AD，
∴∠AKE=∠IHE，
∵∠AEK=∠HEI，
∴△AEK≌△IEH(AAS)，
∴AK=IH=3，
由翻折可知：∠BCE=∠FCE，
∵BC//AD，
∴∠CKG=∠BCE，
∴∠CKG=∠GCE，
∴GK=GC，
设GK=GC=y，
∴AG=GK−AK=y−3，
∵CL⊥AD，∠D=60°，CD=6，
∴DL=12CD=3，
∴CL= 3DL=3 3，
∴AL=AD−DL=6−3=3，
∴GL=AL−AG=3−(y−3)=6−y，
在Rt△GLC中，由勾股定理得：
GL2+CL2=GC2，
∴(6−y)2+(3 3)2=y2，
∴y=214，
∴GC=214，
∴FG=FC−GC=BC−GC=6−214=34．
故选：D．
连接BH，过点H作BC的平行线交AB于点I，过点B作BJ⊥HI交HI延长线于点J，延长CE，DA交于点K，过点C作CL⊥AD于点L，利用翻折的性质和勾股定理求出EI=BI=2，然后证明△AEK≌△IEH(AAS)，得AK=IH=3，证明GK=GC，再利用勾股定理求出GC，进而即可解决问题．
本题属于四边形综合题，难度大，考查了翻折变换，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键正确作出辅助线构造全等三角形．
11.【答案】x(x+2)(x−2)
【解析】
【分析】
首先提取公因式x，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．
【解答】
解：x3−4x
=x(x2−4)
=x(x+2)(x−2)．
故答案为：x(x+2)(x−2)．
12.【答案】23
【解析】解：把1、2、3、4、5、6依次代入方程得：x2−4x+1=0，x2−4x+2=0，x2−4x+3=0，x2−4x+4=0，x2−4x+5=0，x2−4x+6=0，
(1)Δ=16−4=12>0，方程有两个实数根；
(2)Δ=16−8=8>0，方程有两个实数根；
(3)Δ=16−12=4>0，方程有两个实数根；
(4)Δ=16−16=0，方程有两个相等的实数根；
(5)Δ=16−20=−4<0，方程没有实数根；
(6)Δ=16−24=−8，方程没实数根；
共有6种可能，方程有实数根的情况有4种，所以方程有实数根的概率为46=23．
故答案为：23．
把六个数字依次代入方程，由判别式判断出根的情况，然后根据概率公式求解．
本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系以及概率公式，难度适中．
13.【答案】−4
14.【答案】2
【解析】解：去分母得：1−a+1=2x−2，
解得x=4−a2，
由分式方程无解，得到x−1=0，即x=1，
∴4−a2=1，
解得：a=2，
故答案为：2．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程无解确定出x的值，代入计算即可求出a的值．
本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，理解增根的意义是解题的关键．
15.【答案】17
【解析】解：如图，设CP=AQ=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∵AD=BC=7，∠D=∠BAQ=90°，
∴AP+BQ= 72+(8−x)2+ x2+82，
欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(8,7)的距离和最小，
如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′
∵J′(0,−8)，K(8,7)，
∴KJ′= 82+152=17，
∵MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=17，
∴MJ+MK的最小值为17，
∴AP+BQ的最小值为17．
故答案为：17．
如图，设CP=AQ=x，则有AP+BQ= 72+(8−x)2+ x2+82，欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(8,7)的距离和最小，如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，利用勾股定理求出KJ′可得结论．
本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16.【答案】解：原式=1+2 3+3+1− 3−( 3−1)
=4+2 3+1− 3− 3+1
=6．
【解析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、二次根式及绝对值化简几个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等知识点的运算．
17.【答案】解：原式=m−2m−1⋅m(m−1)(m−2)2
=mm−2，
根据分式有意义的条件可知：m=−1，
∴原式=13
【解析】根据分式的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
18.【答案】解：(1)配方，得：(x+2)2=5，
解得：x1=−2+ 5，x2=−2− 5；
(2)x−32+3≥x+1①1−3(x−1)<8−x②，
解不等式①得x≤1．
解不等式②得x>−2，
故不等式组的解集为：−2
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
本题考查的是解一元二次方程和解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题的关键．
19.【答案】解：(1)9x2−6xy+y2−16
=(9x2−6xy+y2)−16
=(3x−y)2−42
=(3x−y+4)(3x−y−4)；
(2)∵a2−ab−ac+bc=0，
∴a(a−b)−c(a−b)=0，
∴(a−b)(a−c)=0，
∴a=b或a=c，
∴△ABC的形状是等腰三角形．
【解析】(1)根据分组分解法分解因式；
(2)先把等式的左边分解因式，再判断三角形的形状．
本题考查了因式分解的应用，理解新定义是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+30)元．
由题意：1500x+30=600x×2，
解得x=120，
经检验x=120是分式方程的解，
答：一件B型商品的进价为120元，则一件A型商品的进价为150元．
(2)因为客商购进A型商品m件，销售利润为w元．
m≤100−m，m≤50，
由题意：w=m(200−150)+(100−m)(180−120)=−10m+6000，
∵−10<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=50时，w有最小值=5500(元)．
【解析】本题考查分式方程的应用、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程或一次函数解决问题，属于中考常考题型．
(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元．根据16000元采购A型商品的件数是用7500元采购B型商品的件数的2倍，列出方程即可解决问题；
(2)因为客商购进A型商品m件，销售利润为w元．根据一次函数即可解决问题；
21.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠CAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴OB=12BD=3，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∴OA= AB2−OB2= 52−32=4，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
在Rt△AEC中，∠AEC=90°，O为AC中点，
∴OE=12AC=OA=4．
【解析】(1)根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB=AD可得平行四边形ABCD是菱形；
(2)根据菱形的性质得出OB的长以及∠AOB=90°，利用勾股定理求出OA的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出OE=AC，即可解答．
本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)取格点N(6,2)，连接BN交直线l1于C，如图：
C即为所求的点；
(2)①过N(6,2)作直线l1的平行线l2，如图：
直线l2即为对面河岸；
设直线l2解析式为y=2x+b，
将(6,2)代入得：2=12+b，
解得b=−10，
∴l2的解析式为y=2x−10；
②如图：
∵l2的解析式为y=2x−10；D纵坐标为6，
∴D(8,6)，
由(1)知AM⊥直线l1，且AM= 5，
又∵桥HF⊥l1，
∴AM//HF，AM=HF，
∴四边形AMFH是平行四边形，
∴AH=MF
∴运输路径=AH+HF+FG=MF+FG+ 5，
∴当M、F、G共线且垂直于DE时，运输路径最短，
由图知△NDE是等腰直角三角形，
∴NE⊥DE，
当F坐标为(7,4)时，NE//MF，
∴MF⊥DE，
又∵ME=MD=5，
由等腰三角形三线合一知点G为DE中点，
∴G(172,92)；
答：F(7,4)，G(172,92)，能使运输路径最短．
【解析】(1)取格点N(6,2)，连接BN交直线l1于C，C即为所求的点；
(2)①过N(6,2)作直线l1的平行线l2，直线l2即为对面河岸；用待定系数法可得l2的解析式为y=2x−10；
②结合①，过M作MG⊥DE于G，交直线l2于F，过F修桥，可满足题意．
本题考查一次函数的应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形，平移变换，平行四边形等知识，解题的关键是数形结合思想的应用．
23.【答案】【探索发现】证明：∵△ABE≌△CBG，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABE+∠FBC=90°−∠EBF=45°，
∴∠CBG+∠FBC=∠GBF=45°，
∴△BEF≌△BGF(SAS)，
∴∠FEB=∠FGB=∠AEB，EF=FG=CF+CG=AE+CF，
结论：∠AEB=∠FEB，AE+CF=EF；
【问题解决】过点O作AB的垂线，交AB于点M，交CD于点N，
MB=AB−AM=MN−OM=NO，又OB=OQ，
∴Rt△OMB≌Rt△QNO(HL)，
可得OB⊥OQ，所以△OBQ为等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
由前面结论知，当∠PBQ=45°时，∠1=∠2，作BT⊥PQ于点T，则BA=BT，
∴当BA旋转至BT位置时，P、A′、P′三点共线，这三点所在直线与CD交于点Q；
【拓展运用】连接DO、PN、BN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCO=∠DCO=45°，BC=CD，
∵CO=CO，
∴△BCO≌△DCO(SAS)，
∴BO=DO，∠ODC=∠OBC，
∵∠BON=∠BCN=90°，
∴∠OBC+∠ONC=180°，
∵∠ONC+∠OND=180°，
∴∠OBC=∠OND=∠ODC，
∴OD=ON，
∵OB=OD，
∴OB=ON，
∴△OBN为等腰直角三角形，∠OBN=45°，
由探索发现可知AP+CN=PN，
设AP=a，CN=b，则PN=a+b，PD=2−a，DN=2−b，
∵∠PDN=90°，
∴PN2=PD2+DN2，
∴(a+b)2=(2−a)2+(2−b)2，
∴2ab+a2+b2=4−4a+a2+4−4b+b2，
∴(a+2)b=4−2a，
∴b=4−2aa+2，
∵AP//BC，
∴△AOP∽△COP，
∴APBC=AOCO，
∵AB//CN，
∴△AOM∽△CON，
∴CNAM=OCAO，
∴APBC=AMCN，即a2=yb，
∴y=ab2，
把b=4−2aa+2代入得y=(2−a)aa+2，
∵a+AB=x，AB=2，
∴a=x−2，
∴y=(2−a+2)⋅(x−2)x=−8+6x−x2x=6−x−8x．
∴y=6−x−8x．
【解析】【探索发现】根据全等三角形的判定定理证明即可；
【问题解决】求证Rt△OMB≌△QNO，结合“探索发现”的结论即可证明；
【拓展运用】利用几何图形建立等量关系，即可求解．
本题以正方形作为几何背景，结合旋转变换，综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点，旨在考查学生的自主探究能力．
2022-2023学年广东省深圳高级中学八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的倒数是( )
A. −2023 B. 2023 C. −12023 D. 12023
2. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史.2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaGo进行围棋人机大战.截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是( )
A. B. C. D.
3. ChatGPT是人工智能技术驱动的自然语言处理工具，它能够通过理解和学习人类的语言来进行对话.初代GPT语言模型的参数是1.17亿个，而最新模型GPT4的真实参数超过1750亿，1750亿用科学记数法表示为( )
A. 1.75×108 B. 0.175×109 C. 1.75×1011 D. 0.175×1012
4. 下列计算中①(ab2)3=ab5；②(3xy2)3=9x3y6；③2x3⋅3x2=6x5；④(−c)4÷(−c)2=−c2正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 已知关于x的不等式组3x−a≤0x≥3无解，则a的取值范围是( )
A. a<9 B. a>9 C. a≥9 D. a≤9
6. 某汽车评测机构对市面上多款新能源汽车的0～100km/h的加速时间和满电续航里程进行了性能评测，评测结果绘制如下，每个点都对应一款新能源汽车的评测数据．已知0～100km/h的加速时间的中位数是m s，满电续航里程的中位数是n km，相应的直线将平面分成了①、②、③、④四个区域(直线不属于任何区域).欲将最新上市的两款新能源汽车的评测数据对应的点绘制到平面内，若以上两组数据的中位数均保持不变，则这两个点可能分别落在( )
A. 区域①、② B. 区域①、③ C. 区域①、④ D. 区域③、④
7. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交边AB，AC于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于12DE的长为半径作弧，两弧在∠BAC内相交于点M，作射线AM交BC于点F，以点A为圆心，AF的长为半径作弧，交AB于点H.若∠B=26°，则∠BHF的度数为( )
A. 100° B. 106° C. 110° D. 120°
8. 如图，平行四边形AOBC中，BO=2AO=4，∠AOB=60°，对角线AB，OC交于点P，将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90°，旋转后点P的坐标为( )
A. (52, 32) B. (−52,− 32) C. ( 32,−52) D. (− 32,−52)
9. 如图，已知△ABC中，AB的垂直平分线交BC于点D，AC的垂直平分线交BC于点E，点M，N为垂足，若BD=32，DE=2，EC=52，则AC的长为( )
A. 3 22 B. 3 32 C. 3 52 D. 3 102
10. 如图，菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，点E是AB上一点，将菱形沿着EC折叠，使点B落在点F处，CF与AD交于点G，点H是EC的中点，FH= 19，则FG的长为( )
A. 3 3− 19
B. 6−3 3
C. 45
D. 34
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 因式分解：x3−4x=______．
12. 已知关于x的方程x2−4x+m=0，如果从1、2、3、4、5、6六个数中任取一个数作为方程的常数项m，那么所得方程有实数根的概率是______．
13. 如图，经过点B(−4,0)的直线y=kx+b与直线y=mx相交于点A(−3,−3)，则关于x的不等式mx
14. 关于x的方程1x−1+a−11−x=2无解，则a= ______ ．
15. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=7，P、Q分别从C、A同时出发以相同的速度向点D运动，则AP+BQ的最小值为______．
三、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
16. 计算：(1+ 3)2+(2022−π)0−( 33)−1−|1− 3|.
17. 先化简：(1−1m−1)÷m2−4m+4m2−m，再从−1≤m≤2中选取合适的整数代入求值．
四、解答题（本大题共6小题，共44.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题6.0分)
解方程与不等式组：
(1)x2+4x−1=0；
(2)x−32+3≥x+11−3(x−1)<8−x．
19. (本小题6.0分)
常用的分解因式的方法有提取公因式法、公式法及十字相乘法，但有更多的多项式只用上述方法就无法分解，如x2−4y2−2x+4，我们细心观察这个式子就会发现，前两项符合平方差公式，后两项可提取公因式，两部分分别分解因式后会产生公因式，然后提取公因式就可以完成整个式子的分解因式.过程为：x2−4y2−2x+4y=(x+2y)(x−2y)−2(x−2y)=(x−2y)(x+2y−2)；
这种分解因式的方法叫做分组分解法，利用这种方法解决下列问题：
(1)分解因式：9x2−6xy+y2−16；
(2)△ABC三边a，b，c满足a2−ab−ac+bc=0，判断△ABC的形状．
20. (本小题7.0分)
某商场计划销售A，B两种型号的商品，经调查，用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多30元．
(1)求一件A，B型商品的进价分别为多少元？
(2)若该商场购进A，B型商品共100件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，已知A型商品的售价为200元/件，B型商品的售价为180元/件，且全部能售出，求该商品能获得的利润最小是多少？
21. (本小题7.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若AB=5，BD=6，求OE的长．
22. (本小题8.0分)
如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，直线l1：y=2x−5是河岸，河在l1右侧，l1左侧的A(2,4)是一个河鲜冷藏仓库，B(0,1)是超市．
(1)现计划在河岸l1上建立一座河鲜加工厂C，加工厂C从仓库A进货加工，再运输至超市B，请在图中找出加工厂C的位置，使进出货物的运输路径最短；(仅限在所给网格内作图，不需要说明作图理由)
(2)若河的两岸互相平行，河宽为 5．
①在图中画出表示对面河岸的直线l2，并直接写出l2的解析式；
②l2上有一点D，纵坐标为6，l2右侧有一点E(9,3)，线段DE是支流(宽度不计)，支流有丰富多样的河鲜可以打捞.为支持河鲜产业发展，政府计划垂直于河的两岸造桥，渔民在支流处打捞河鲜后装上货车，运输河鲜到对岸的河鲜冷藏仓库A.请求出l2上的造桥位置F的坐标，以及支流DE上的打捞河鲜位置G的坐标，使运输路径最短．
23. (本小题10.0分)
【探索发现】
“旋转”是一种重要的图形变换，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决几何问题的常用方法.如图1，在正方形ABCD中，点E在AD上，点F在CD上，∠EBF=45°．
某同学进行如下探索：
第一步：将△ABE绕点B顺时针旋转90°，得到△CBG，且F、C、G三点共线；
第二步：证明△BEF≌△BGF；
第三步：得到∠AEB和∠FEB的大小关系，以及AE、CF、EF之间的数量关系；
请完成第二步的证明，并写出第三步的结论．
【问题解决】
如图2，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，将△ABP绕点B顺时针旋转，旋转角度小于90°，得到△A′BP′，当P、A′、P′三点共线时，这三点所在直线与CD交于点Q，要求使用无刻度的直尺与圆规找到Q点位置，某同学做法如下：连接AC，与BP交于点O，以O为圆心，OB为半径画圆弧，与CD相交于一点，该点即为所求的点Q．
请证明该同学的做法.(前面【探索发现】中的结论可直接使用，无需再次证明)
【拓展运用】
如图3，在边长为2的正方形ABCD中，点P在AD上，BP与AC交于点O，过点O作BP的垂线，交AB于点M，交CD于点N，设AP+AB=x(2≤x≤4)，AM=y，直接写出y关于x的函数表达式．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：−2023的倒数是−12023．
故选：C．
乘积是1的两数互为倒数，由此即可得到答案．
本题考查倒数，关键是掌握倒数的定义．
2.【答案】A
【解析】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，原图形绕对称中心旋转180度后与自身完全重合．
3.【答案】C
【解析】解：1750亿=175000000000=1.75×1011，
故选：C．
科学记数法的表现形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
4.【答案】A
【解析】解：①、由积的乘方和幂的乘方法则得，(ab2)3=a3(b2)3=a3b6，故①不正确；
②、由积的乘方和幂的乘方法则得，(3xy2)3=33x3(y2)3=27x3y6，故②不正确；
③、由单项式乘单项式得，2x3⋅3x2=6x5；故③正确；
④、由同底数幂的除法得，(−c)4÷(−c)2=(−c)2=c2，故④不正确．
其中，正确的是③．
故选：A．
利用幂的运算法则逐一判断．
本题考查了幂的运算法则，比较基础．
5.【答案】A
【解析】解：3x−a≤0①x≥3②，
解不等式①得：x≤a3，
解不等式②得：x≥3，
∵不等式组无解，
∴a3<3，
解得：a<9，
故选：A．
按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查数据的中位数，解题的关键是掌握中位数的概念：一组数据中，正中间的数或中间两个数的平均数是这种数据的中位数．
根据中位数定义，逐项判断．
【解答】
解：最新上市的两款新能源汽车的评测数据对应的点绘制到平面内，
若这两个点分别落在区域①、②，则0～100km/h的加速时间的中位数将变小，故A不符合题意；
若这两个点分别落在区域①、③，则两组数据的中位数可能均保持不变，故B符合题意；
若这两个点分别落在区域①，④，则满电续航里程的中位数将变小，故C不符合题意；
若这两个点分别落在区域③，④，则0～100km/h的加速时间的中位数将变大，故D不符合题意，
故选：B．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠C=90°，∠B=26°，
∴∠BAC=64°，
由作法得AF平分∠BAC，AH=AF，
∴∠BAF=12∠BAC=12×64°=32°，
∵AH=AF，
∴∠AHF=∠AFH=12×(180°−32°)=74°，
∴∠BHF=180°−∠AHF=180°−74°=106°．
故选：B．
先根据三角形内角和计算出∠BAC=64°，再利用基本作图得到AF平分∠BAC，AH=AF，所以∠BAF=12∠BAC=32°，接着根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠AHF=74°，然后利用平角的定义计算出∠BHF的度数．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．
8.【答案】C
【解析】解：过A点作AE⊥x轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，
∴AE//PF，
在平行四边形ABCD中，AP=BP，∠AOB=60°，BO=2AO=4，
∴EF=BF=12BE，AO=2，
∴OE=12AO=1，AE= 3，
∴PF=12AE= 32，BE=OB−OE=4−1=3，
∴EF=32，
∴OF=OE+EF=1+32=52，
∴P点坐标为(52, 32)，
∴将平行四边形AOBC绕点O顺时针旋转90°，旋转后点P的坐标为( 32,−52).
故选：C．
过A点作AE⊥x轴于点E，过P点作PF⊥x轴于点F，结合平行四边形的性质及直角三角形的性质可求解EF=BF=12BE，OE，AE的长，进而可求得EF的长及OF的长，利用PF=12AE可求解PF的长，即可求解P点坐标，进而求出旋转后的坐标．
本题主要考查旋转的性质，平行四边形的性质，找规律，点的坐标的确定，求解P点坐标是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
根据线段垂直平分线的性质得出AD，AE当长，利用勾股定理逆定理得出△ADE是直角三角形，进而利用勾股定理解答即可．
本题考查了线段垂直平分线的性质和勾股定理的逆定理的应用，解题关键是是添加辅助线构造直角三角形．
【解答】
解：连接AD，AE，
∵AB的垂直平分线交BC于点D，AC的垂直平分线交BC于点E，
∴AD=BD=32，AE=EC=52，
∵DE=2，
∴AD2+DE2=94+4=254=AE2，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE=90°，
由勾股定理可得：AC= AD2+DC2= (32)2+(92)2=3 102，
故选D．
10.【答案】D
【解析】解：如图，连接BH，过点H作BC的平行线交AB于点I，过点B作BJ⊥HI交HI延长线于点J，延长CE，DA交于点K，过点C作CL⊥AD于点L，
由翻折可知：FH=BH= 19，
∵点H是EC的中点，HI//BC，
∴HI=12BC=3，∠JIB=60°，
∴∠JBI=30°，
设IJ=x，
∴BJ= 3IJ= 3x，
在Rt△BHJ中，HJ=IJ+HI=x+3，
由勾股定理得：HJ2+BJ2=BH2，
∴(x+3)2+( 3x)2=( 19)2，
整理得2x2+3x−5=0，
解得x1=1，x2=−2.5(舍去负值)，
∴IJ=1，
∴BI=2，
∴EI=BI=2，
∴AE=AB−EI−BI=2，
∴AE=EI，
∵HI//BC//AD，
∴∠AKE=∠IHE，
∵∠AEK=∠HEI，
∴△AEK≌△IEH(AAS)，
∴AK=IH=3，
由翻折可知：∠BCE=∠FCE，
∵BC//AD，
∴∠CKG=∠BCE，
∴∠CKG=∠GCE，
∴GK=GC，
设GK=GC=y，
∴AG=GK−AK=y−3，
∵CL⊥AD，∠D=60°，CD=6，
∴DL=12CD=3，
∴CL= 3DL=3 3，
∴AL=AD−DL=6−3=3，
∴GL=AL−AG=3−(y−3)=6−y，
在Rt△GLC中，由勾股定理得：
GL2+CL2=GC2，
∴(6−y)2+(3 3)2=y2，
∴y=214，
∴GC=214，
∴FG=FC−GC=BC−GC=6−214=34．
故选：D．
连接BH，过点H作BC的平行线交AB于点I，过点B作BJ⊥HI交HI延长线于点J，延长CE，DA交于点K，过点C作CL⊥AD于点L，利用翻折的性质和勾股定理求出EI=BI=2，然后证明△AEK≌△IEH(AAS)，得AK=IH=3，证明GK=GC，再利用勾股定理求出GC，进而即可解决问题．
本题属于四边形综合题，难度大，考查了翻折变换，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键正确作出辅助线构造全等三角形．
11.【答案】x(x+2)(x−2)
【解析】
【分析】
首先提取公因式x，进而利用平方差公式分解因式得出即可．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用平方差公式是解题关键．
【解答】
解：x3−4x
=x(x2−4)
=x(x+2)(x−2)．
故答案为：x(x+2)(x−2)．
12.【答案】23
【解析】解：把1、2、3、4、5、6依次代入方程得：x2−4x+1=0，x2−4x+2=0，x2−4x+3=0，x2−4x+4=0，x2−4x+5=0，x2−4x+6=0，
(1)Δ=16−4=12>0，方程有两个实数根；
(2)Δ=16−8=8>0，方程有两个实数根；
(3)Δ=16−12=4>0，方程有两个实数根；
(4)Δ=16−16=0，方程有两个相等的实数根；
(5)Δ=16−20=−4<0，方程没有实数根；
(6)Δ=16−24=−8，方程没实数根；
共有6种可能，方程有实数根的情况有4种，所以方程有实数根的概率为46=23．
故答案为：23．
把六个数字依次代入方程，由判别式判断出根的情况，然后根据概率公式求解．
本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系以及概率公式，难度适中．
13.【答案】−4
14.【答案】2
【解析】解：去分母得：1−a+1=2x−2，
解得x=4−a2，
由分式方程无解，得到x−1=0，即x=1，
∴4−a2=1，
解得：a=2，
故答案为：2．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程无解确定出x的值，代入计算即可求出a的值．
本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，理解增根的意义是解题的关键．
15.【答案】17
【解析】解：如图，设CP=AQ=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∵AD=BC=7，∠D=∠BAQ=90°，
∴AP+BQ= 72+(8−x)2+ x2+82，
欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(8,7)的距离和最小，
如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′
∵J′(0,−8)，K(8,7)，
∴KJ′= 82+152=17，
∵MJ+MK=MJ′+MK≥KJ′=17，
∴MJ+MK的最小值为17，
∴AP+BQ的最小值为17．
故答案为：17．
如图，设CP=AQ=x，则有AP+BQ= 72+(8−x)2+ x2+82，欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(8,7)的距离和最小，如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，利用勾股定理求出KJ′可得结论．
本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16.【答案】解：原式=1+2 3+3+1− 3−( 3−1)
=4+2 3+1− 3− 3+1
=6．
【解析】本题涉及零指数幂、负整数指数幂、二次根式及绝对值化简几个知识点．在计算时，需要针对每个知识点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等知识点的运算．
17.【答案】解：原式=m−2m−1⋅m(m−1)(m−2)2
=mm−2，
根据分式有意义的条件可知：m=−1，
∴原式=13
【解析】根据分式的运算法则即可求出答案．
本题考查分式的运算，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型．
18.【答案】解：(1)配方，得：(x+2)2=5，
解得：x1=−2+ 5，x2=−2− 5；
(2)x−32+3≥x+1①1−3(x−1)<8−x②，
解不等式①得x≤1．
解不等式②得x>−2，
故不等式组的解集为：−2
(2)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
本题考查的是解一元二次方程和解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题的关键．
19.【答案】解：(1)9x2−6xy+y2−16
=(9x2−6xy+y2)−16
=(3x−y)2−42
=(3x−y+4)(3x−y−4)；
(2)∵a2−ab−ac+bc=0，
∴a(a−b)−c(a−b)=0，
∴(a−b)(a−c)=0，
∴a=b或a=c，
∴△ABC的形状是等腰三角形．
【解析】(1)根据分组分解法分解因式；
(2)先把等式的左边分解因式，再判断三角形的形状．
本题考查了因式分解的应用，理解新定义是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+30)元．
由题意：1500x+30=600x×2，
解得x=120，
经检验x=120是分式方程的解，
答：一件B型商品的进价为120元，则一件A型商品的进价为150元．
(2)因为客商购进A型商品m件，销售利润为w元．
m≤100−m，m≤50，
由题意：w=m(200−150)+(100−m)(180−120)=−10m+6000，
∵−10<0，
∴w随m的增大而减小，
∴m=50时，w有最小值=5500(元)．
【解析】本题考查分式方程的应用、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程或一次函数解决问题，属于中考常考题型．
(1)设一件B型商品的进价为x元，则一件A型商品的进价为(x+10)元．根据16000元采购A型商品的件数是用7500元采购B型商品的件数的2倍，列出方程即可解决问题；
(2)因为客商购进A型商品m件，销售利润为w元．根据一次函数即可解决问题；
21.【答案】(1)证明：∵AB//CD，
∴∠CAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴OB=12BD=3，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，
∴OA= AB2−OB2= 52−32=4，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
在Rt△AEC中，∠AEC=90°，O为AC中点，
∴OE=12AC=OA=4．
【解析】(1)根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB=AD可得平行四边形ABCD是菱形；
(2)根据菱形的性质得出OB的长以及∠AOB=90°，利用勾股定理求出OA的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出OE=AC，即可解答．
本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)取格点N(6,2)，连接BN交直线l1于C，如图：
C即为所求的点；
(2)①过N(6,2)作直线l1的平行线l2，如图：
直线l2即为对面河岸；
设直线l2解析式为y=2x+b，
将(6,2)代入得：2=12+b，
解得b=−10，
∴l2的解析式为y=2x−10；
②如图：
∵l2的解析式为y=2x−10；D纵坐标为6，
∴D(8,6)，
由(1)知AM⊥直线l1，且AM= 5，
又∵桥HF⊥l1，
∴AM//HF，AM=HF，
∴四边形AMFH是平行四边形，
∴AH=MF
∴运输路径=AH+HF+FG=MF+FG+ 5，
∴当M、F、G共线且垂直于DE时，运输路径最短，
由图知△NDE是等腰直角三角形，
∴NE⊥DE，
当F坐标为(7,4)时，NE//MF，
∴MF⊥DE，
又∵ME=MD=5，
由等腰三角形三线合一知点G为DE中点，
∴G(172,92)；
答：F(7,4)，G(172,92)，能使运输路径最短．
【解析】(1)取格点N(6,2)，连接BN交直线l1于C，C即为所求的点；
(2)①过N(6,2)作直线l1的平行线l2，直线l2即为对面河岸；用待定系数法可得l2的解析式为y=2x−10；
②结合①，过M作MG⊥DE于G，交直线l2于F，过F修桥，可满足题意．
本题考查一次函数的应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形，平移变换，平行四边形等知识，解题的关键是数形结合思想的应用．
23.【答案】【探索发现】证明：∵△ABE≌△CBG，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，
∵∠ABE+∠FBC=90°−∠EBF=45°，
∴∠CBG+∠FBC=∠GBF=45°，
∴△BEF≌△BGF(SAS)，
∴∠FEB=∠FGB=∠AEB，EF=FG=CF+CG=AE+CF，
结论：∠AEB=∠FEB，AE+CF=EF；
【问题解决】过点O作AB的垂线，交AB于点M，交CD于点N，
MB=AB−AM=MN−OM=NO，又OB=OQ，
∴Rt△OMB≌Rt△QNO(HL)，
可得OB⊥OQ，所以△OBQ为等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
由前面结论知，当∠PBQ=45°时，∠1=∠2，作BT⊥PQ于点T，则BA=BT，
∴当BA旋转至BT位置时，P、A′、P′三点共线，这三点所在直线与CD交于点Q；
【拓展运用】连接DO、PN、BN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCO=∠DCO=45°，BC=CD，
∵CO=CO，
∴△BCO≌△DCO(SAS)，
∴BO=DO，∠ODC=∠OBC，
∵∠BON=∠BCN=90°，
∴∠OBC+∠ONC=180°，
∵∠ONC+∠OND=180°，
∴∠OBC=∠OND=∠ODC，
∴OD=ON，
∵OB=OD，
∴OB=ON，
∴△OBN为等腰直角三角形，∠OBN=45°，
由探索发现可知AP+CN=PN，
设AP=a，CN=b，则PN=a+b，PD=2−a，DN=2−b，
∵∠PDN=90°，
∴PN2=PD2+DN2，
∴(a+b)2=(2−a)2+(2−b)2，
∴2ab+a2+b2=4−4a+a2+4−4b+b2，
∴(a+2)b=4−2a，
∴b=4−2aa+2，
∵AP//BC，
∴△AOP∽△COP，
∴APBC=AOCO，
∵AB//CN，
∴△AOM∽△CON，
∴CNAM=OCAO，
∴APBC=AMCN，即a2=yb，
∴y=ab2，
把b=4−2aa+2代入得y=(2−a)aa+2，
∵a+AB=x，AB=2，
∴a=x−2，
∴y=(2−a+2)⋅(x−2)x=−8+6x−x2x=6−x−8x．
∴y=6−x−8x．
【解析】【探索发现】根据全等三角形的判定定理证明即可；
【问题解决】求证Rt△OMB≌△QNO，结合“探索发现”的结论即可证明；
【拓展运用】利用几何图形建立等量关系，即可求解．
本题以正方形作为几何背景，结合旋转变换，综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点，旨在考查学生的自主探究能力．
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