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2022-2023学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共20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。
2022-2023学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 平面直角坐标系中，点P(−4,2)到坐标原点的距离是( )
A. 2 B. 4 C. 2 3 D. 2 5
3. 抛物线y=(x−1)2+3的对称轴是( )
A. x=1 B. x=−1 C. x=3 D. x=−3
4. 下列判断错误的是( )
A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形
C. 邻边相等的平行四边形是菱形 D. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
5. 如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转120°，得到△AB′C′，若点C′在线段CB的延长线上，则∠CC′A的度数为( )
A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°
6. 在对某样本进行方差计算时，所用公式为：s2=17[(x1−10)2+(x2−10)2+⋯+(x7−10)2]，则该样本容量为( )
A. 7 B. 14 C. 10 D. 17
7. 2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？( )
A. 8 B. 10 C. 7 D. 9
8. 一次函数y=ax+b(a,b是常数，且a≠0)，若2a+b+3=0，则这个一次函数的图象必经的点是( )
A. (−1,−5) B. (2,−3) C. (32,0) D. (1,2)
9. 已知方程x2+2019x−3=0的两根分别是α和β，则代数式α2+αβ+2019α的值为( )
A. 1 B. 0 C. 2019 D. −2019
10. 已知点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，则下列说法正确的是( )
A. 若mn有最大值4，则k的值为4 B. 若mn有最小值4，则k的值为−4
C. 若mn有最大值−4，则k的值为4 D. 若mn有最小值−4，则k的值为4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 在平面直角坐标系中，点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是：______．
12. 函数y=3x+2的图象与y轴的交点坐标是______．
13. 将抛物线y=x2向上平移3个单位，向左移动1个单位，所得抛物线的解析式是______ ．
14. 一个三角形的周长是12cm，则这个三角形各边中点围成的三角形的周长为______．
15. 某公司5月份的营业额为100万，7月份的营业额为121万，已知6、7月的增长率相同，设增长率为x，则根据题意可列方程为______ ．
16. 已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1，PB= 5，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为 2；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+ 62.其中正确结论的序号是______．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)计算： 9a− 16a+a 1a；
(2)解方程：x2−5x+1=0．
18. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−2kx+k2−1=0．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)如果此方程的一个根为1，求k的值．
19. (本小题8.0分)
已知一次函数y=kx+b的图象经过点M(−4,9)和N(2,3)．
(1)求这个函数的解析式；
(2)已知第一象限内的点P在直线MN上，点A(3,0)，若△OPA的面积为6，求P点坐标．
20. (本小题8.0分)
小李是社区宣传干事，为宣传节约用水，他随机调查了某小区部分家庭6月份的用水情况，并将收集的数据整理成如图的统计图．
(1)所调查家庭6月份用水量的众数为______ 吨，中位数为______ 吨；
(2)若该小区有300户居民，请根据抽样调查的样本平均数估计出这个小区6月份的用水量是多少吨？
21. (本小题8.0分)
如图，已知四边形ABCD是矩形，AC为对角线．
(1)把△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△EFC，点A的对应点为E，且在AD的延长线上，点B的对应点为F，请你在图中作出△EFC.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若∠CEF=26°，求∠ACE的大小．
22. (本小题10.0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=2，求OE的长．
23. (本小题10.0分)
宝珠梨盛产于昆明市呈贡区，是当地的特产水果，具有皮薄，果肉雪白，脆嫩，汁多，味浓甜，微香等特点.某果农经销某品牌的宝珠梨，成本为15元/千克，物价部门规定每千克梨的销售利润不得高于进价的60%，经市场调查发现：每天销售量y(单位：千克)与销售单价x(单位：元/千克)满足一次函数关系，部分图象如图所示：
(1)求y与x的函数解析式(解析式也称表达式)；
(2)求这一天销售这种宝珠梨获得的最大利润W．
24. (本小题13.0分)
如图1，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点E，G分别在边AB，BC上，AB=3EB，CB=3GB，连接EG．
(1)求证：△BEG是等边三角形；
(2)如图2，把△BEG沿BG翻折得到△BFG，连接FD，若AB=6，求FD的长；
(3)如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，连接DM，P是DM的中点，连接PC，PN，判断PC与PN的数量关系，并给出证明．
25. (本小题13.0分)
已知抛物线y=mx2+2mx+m−1和直线y=mx+m−1，且m≠1．
(1)求抛物线的顶点坐标；
(2)试说明抛物线与直线有两个交点；
(3)已知点T(t,1)，且−1≤t≤1，过点T作x轴的垂线，与抛物线交于点P，与直线交于点Q，当0
1.【答案】B
【解析】解：A、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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度后两部分重合．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得，点P到坐标原点的距离为：
42+22= 20=2 5．
故选：D．
利用勾股定理计算可得结论．
本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解决本题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵y=(x−1)2+3，
∴抛物线对称轴为直线x=1．
故选：A．
由二次函数解析式求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
4.【答案】D
【解析】解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，故不符合题意；
C、邻边相等的平行四边形是菱形，故不符合题意；
D、两条对角线相等、垂直且平分的四边形是正方形，故符合题意；
故选：D．
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转120°，得到△AB′C′，
∴∠CAC′=120°，AC=AC′，
∴∠C=∠CC′A=180°−120°2=30°，
故选：B．
根据旋转的性质得出∠CAC′=120°，AC=AC′，再根据等腰三角形的性质即可得出结果．
本题考查了旋转的性质，明确旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可知，该样本容量为7．
故选：A．
由方差的计算公式求解即可．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．也考查了样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量．
7.【答案】B
【解析】解：设共有x支队伍参加比赛，
根据题意，可得x(x−1)2=45，
解得x=10或x=−9(舍)，
∴共有10支队伍参加比赛．
故选：B．
设共有x支队伍参加比赛，根据“循环比赛共进行了45场”列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵2a+b+3=0，
∴b=−2a−3．
即y=ax−2a−3．
当x=2时，y=2a−2a−3=−3．
∴一次函数经过(2,−3)点，
∴B选项正确．
故选：B．
根据2a+b+3=0，可求b=−2a−3，所以y=ax−2a−3，当x=2时，y=2a−2a−3=−3，所以一次函数经过(2,−3)点．
本题主要考查一次函数点坐标的特征及性质应用，熟练掌握一次函数性质是解决本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵方程x2+2019x−3=0的两根分别是α和β，
∴α2+2019α=3，αβ=−3，
∴α2+αβ+2019α，3−3=0，
故选：B．
根据一元二次方程根的定义，一元二次方程根的判别式得出α2+2019α=3，αβ=−3，代入代数式即可求解．
本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根与系数的关系，代数式求值，掌握以上知识是解题的关键．一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，x1+x2=−ba，x1x2=ca.一元二次方程的解(根)的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．
10.【答案】D
【解析】解：∵点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，
∴km+b=n，2k+b=0，
∴b=−2k，
∴km−2k=n，
∴mn=(km−2k)m=km2−2km=k(m2−2m+1)−k=k(m−1)2−k，
①当k<0时，mn有最大值，最大值为−k，
当−k=4时，k=−4，
∴mn有最大值4时，k的值为−4，
故A不符合题意；
当−k=−4时，k=4，不符合题意，
∴mn没有最大值−4，
故C不符合题意；
②当k>0时，mn有最小值，最小值为−k，
当−k=4时，k=−4，不符合题意，
∴mn没有最小值4，
故B不符合题意；
当−k=−4时，k=4，
∴mn有最小值−4，则k的值为4，
故D符合题意，
故选：D．
根据点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，可得km+b=n，2k+b=0，进一步可得n=km−2k，根据配方法可得mn=k(m−1)2−k，再分情况讨论即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，配方法，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
11.【答案】(−3,2)
【解析】解：点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是(−3,2)，
故答案为：(−3,2)．
根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标均互为相反数可直接得到答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12.【答案】(0,2)
【解析】解：令x=0，则y=3×0+2=2，
∴图象与y轴的交点坐标(0,2)．
故答案是：(0,2)．
把x=0代入解析式求得即可．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
13.【答案】y=(x+1)2+3
【解析】解：抛物线y=x2向上平移3个单位，向左移动1个单位，所得抛物线的解析式是：y=(x+1)2+3．
故答案为：y=(x+1)2+3．
根据函数图象平移的法则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
14.【答案】6cm
【解析】解：根据题意，画出图形如图示，
∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE、DF、EF都是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，
∵△ABC的周长是12cm，
∴AB+CB+AC=12cm，
∴DE+DF+FE=24÷2=6(cm)．
故答案是：6cm．
先画出图形，由三角形的中位线定理可知：DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，则以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．
本题主要考查了三角形的中位线定理以及三角形周长，解决问题的关键是熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
15.【答案】10%
【解析】解：设该公司6、7两个月营业额的月均增长率为x，
根据题意得，100(1+x)2=121，
解得，x1=0.1，x2=−2.1(舍去)，
所以，增长率为10%．
故答案为：10%．
根据该公司6、7两个月营业额的月均增长率为x，结合5月、7月营业额即可得出关于x的一元二次方程，解此方程即可得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据数量关系列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
16.【答案】①③④
【解析】解：作BF⊥AE于F，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AP⊥AE，
∴∠EAP=90°，即∠2+∠3=90°，
∵∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
在△APD和△AEB中
AD=AP∠1=∠3AP=AE，
∴△APD≌△AEB，所以①正确；
∵AE=AP，∠PAE=90°，
∴△AEP为等腰直角三角形，
∴∠4=∠5=45°，
∴∠APD=135°，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB=∠APD=135°，
∴∠PEB=135°−∠4=90°，
∴BE⊥ED，所以③正确；
在Rt△PED中，BE= PB2−PE2= ( 5)2−( 2)2= 3，
在Rt△BEF中，∵∠BEF=180°−∠AEB=45°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴BF= 22BE= 22× 3= 62，所以②错误；
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD=S△AEB，
∴S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP=S△AEP+S△PBE=12×1×1+12× 2× 3=1+ 62，所以④正确．
故答案为①③④．
作BF⊥AE于F，如图，先利用等角的余角相等得到∠1=∠3，则可根据“SAS”证明△APD≌△AEB，则可对①进行判断；再判断△AEP为等腰直角三角形，得到∠4=∠5=45°，则∠APD=135°，根据全等三角形的性质得∠AEB=∠APD=135°，于是可计算出∠PEB=135°−∠4=90°，所以BE⊥ED，则可对③进行判断；在Rt△PED中，利用勾股定理计算出BE= 3，然后判断△BEF为等腰直角三角形得到BF= 62，则可对②进行判断；由于△APD≌△AEB，则S△APD=S△AEB，然后利用S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP=S△AEP+S△PBE可对④进行判断．
本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质；会应用面积的和差计算不规则图形的面积．
17.【答案】解：(1)原式=3 a−4 a+a⋅ aa
=3 a−4 a+ a
=0；
(2)这里a=1，b=−5，c=1，
∵Δ=(−5)2−4×1×1=25−4=21>0，
∴x=5± 212，
解得：x1=5+ 212，x2=5− 212．
【解析】(1)各项化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(2)方程利用公式法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−公式法，二次根式的性质与化简，以及二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵a=1，b=−2k，c=k2−1，
∴b2−4ac=(−2k)2−4×1×(k2−1)
=4k2−4k2+4
=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根；
(2)由题意得12−2k×1+k2−1=0，
整理，得k2−2k=0，
解得k1=0，k2=2，
∴k的值为0或2．
【解析】(1)通过计算根的判别式进行推理证明；
(2)将x=1代入该方程，通过求解关于k的一元二次方程进行求解．
此题考查了一元二次方程的求解和根的判别式的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行正确地求解．
19.【答案】解：(1)根据题意得−4k+b=92k+b=3，
解得k=−1b=5，
所以一次函数解析式为y=−x+5；
(2)设点P(m,−m+5)，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∵△OPA的面积为6，
∴△OPA的面积=12×AO×(−m+5)=6，
∴12×3×(−m+5)=6，
∴m=1，
∴点P(1,4)．
【解析】(1)利用待定系数法求得即可；
(2)设点P(m,−m+5)，利用△OPA的面积=12×AO×(−m+5)=6，求出m即可求解．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形的面积．求出一次函数解析式是解题的关键．
20.【答案】4 4
【解析】解：(1)6月份用水量为4吨的有6户，户数最多，众数为4吨；
第10户和11户的用水量平均数为中位数，为4吨；
故答案为：4；4；
(2)1+1×2+3×3+4×6+5×4+6×2+7×2+8=90吨，
90÷20=4.5吨，
300×4.5=1350(吨)．
答：估计这个小区6月份的用水量为1350吨．
(1)根据众数和中位数的定义解答即可；
(2)计算出样本平均数，乘300户即可．
本题考查了条形统计图、用样本估计总体、众数、中位数，掌握相应的含义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，△EFC即为所求；
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AB//CD，
∴CD⊥AE，
∵CA=CE，CD⊥AE，
∴∠ACD=∠DCE，
∵∠CEF=∠CAB=26°，
∴∠CAB=∠ACD=∠DCE=26°，
∴∠ACE=52°．
【解析】(1)根据要求作出图形即可；
(2)利用等腰三角形的三线合一的性质证明∠ACD=∠DCE，再利用平行线的性质求出∠ACD=26°，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的三线合一的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：∵AB//DC，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB//DC，
∴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，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 5，OB=1，
∴OA= AB2−OB2= 5−1=2，
∴OE=OA=2．
【解析】(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD=AD=AB是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)设y与x的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，
则20k+b=30025k+b=250，
解得k=−10b=500，
∴y与x的函数解析式为y=−10x+500；
(2)根据题意得：W=(x−15)(−10x+500)=−10x2+650x−750，
∴对称轴为x=−6502×(−10)=652，
∵−10<0，
∴当x<652时，y随x的增大而增大，
∵每千克梨的销售利润不得高于进价的60%，
∴x−15≤15×60%，
解得x≤24，
∴当x=24时，W取最大值，最大值为−10×242+650×24−750=9090，
答：这一天销售这种宝珠梨获得的最大利润为9090元．
【解析】(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b(k≠0)，用待定系数法求解即可；
(2)根据利润W元等于每千克的利润乘以销售量，可列出W关于x的二次函数，根据每千克梨的销售利润不得高于进价的60%求出x的取值范围，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式及二次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：(1)如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，∠ADC=∠ABC=60°，
∵AB=3EB，CB=3GB，
∴EB=GB，
∴△BEG是等边三角形；
(2)解：如图2，过点F作FQ⊥DC的延长线于点Q，过点G作GH⊥DC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∴∠BCH=∠ADC=60°，
∵AB=6，CB=3GB，
∴BC=CD=6，EB=2，
由翻折可知△BFG是等边三角形，
∴GF=GB=2，∠BGF=∠BCH=60°，
∴CG=BC−BG=6−2=4，GF//DH，
∵GH⊥CH，∠GCH=60°，
∴CH=12CG=2，
∴GH= 3CH=2 3，
∵FQ⊥CD，GH⊥DC，GF//QH，
∴∠GHQ=∠FQH=∠QFG=90°，
∴四边形GFQH是矩形，
∴FQ=GH=2 3，GF=QH=2，
∴DQ=DC+CH+QH=6+2+2=10，
∴FD= DQ2+FQ2= 102+(2 3)2=4 7；
(3)PN= 3PC，理由如下：
如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，延长CP交AB于点Q，连接CN、QN，
∵P是DM的中点，
∴DP=MP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AM//CD，
∴∠CDP=∠QMP，∠DCP=∠MQP，
∴△CDP≌△QMP(ASA)，
∴CP=QP，CD=QM，
∴CB=QM，
由旋转可知△BMN是等边三角形，
∴BN=MN，∠MBN=∠BMN=∠BNM=60°，
∴∠CBN=180°−∠ABC−∠MBN=180°−60°−60°=60°，
∴∠CBN=∠BMN=60°，
∴△QMN≌△CBN(SAS)，
∴QN=CN，∠QNM=∠CNB，
∴∠QNM−∠QNB=∠CNB−∠QNB，
∴∠CNQ=∠BNM=60°，
∴△QNC是等边三角形，
∵CP=QP，
∴∠CNP=12∠CNQ=30°，NP⊥CQ，
∴PN= 3PC．
【解析】(1)根据菱形的性质可得AB=CB，∠ADC=∠ABC=60°，由AB=3EB，CB=3GB，可得EB=GB，所以得到△BEG是等边三角形；
(2)过点F作FQ⊥CD交DC的延长线于点Q，过点G作GH⊥DC的延长线于点H，由翻折可知△BFG是等边三角形，然后证明四边形GFQH是矩形，可得FQ=GH=2 3，GF=QH=2，所以得DQ=10，利用勾股定理即可解决问题；
(3)如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，P是DM的中点，延长CP交AB于点Q，连接CN、QN，先证明△CDP≌△QMP(ASA)，可得CP=QP，CD=QM，由旋转可知△BMN是等边三角形，再证明△QMN≌△CBN(SAS)，可得QN=CN，∠QNM=∠CNB，得△QNC是等边三角形，再利用含30度角直角三角形即可解决问题．
此题属于四边形综合题，考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】解：(1)∵y=mx2+2mx+m−1=m(x+1)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−1)；
(2)由y=mx2+2mx+m−1和y=mx+m−1可得：mx2+2mx+m−1=mx+m−1，
整理得：mx2+mx=0，
∴mx(x+1)=0，
∵m≠0，
∴x1=0，x2=−1．
∴抛物线与直线有两个交点；
(3)由(2)可得：抛物线与直线交于(−1,−1)和(0,m−1)两点，
点P的坐标为(t,mt2+2mt+m−1)，点Q的坐标为(t,mt+m−1)，
①当−1≤t≤0时，如图，
PQ=yQ−yP=−mt2−mt=−m(t+12)2+14m.
∵m>0，
当t=−12时，PQ有最大值，且最大值为14m，
∵0
PQ=yP−yQ=mt2+mt=m(t+12)2−14m，
∵m>0，
∴当t=1时，PQ有最大值，且最大值为2m．
∵0
综上所述，PQ的最大值为6．
【解析】(1)化为顶点式即可求顶点坐标
(2)由y=mx2+2mx+m−1和y=mx+m−1可得：mx2+2mx+m−1=mx+m−1，整理得，mx(x+1)=0，即可知抛物线与直线有两个交点
(3)由(2)可得：抛物线与直线交于(−1,−1)和(0,m−1)两点，点P的坐标为(t,mt2+2mt+m−1)，点Q的坐标为(t,mt+m−1).故分两种情况进行讨论：①当−1≤t≤0时；②当0
2022-2023学年福建省福州市鼓楼区杨桥中学八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 平面直角坐标系中，点P(−4,2)到坐标原点的距离是( )
A. 2 B. 4 C. 2 3 D. 2 5
3. 抛物线y=(x−1)2+3的对称轴是( )
A. x=1 B. x=−1 C. x=3 D. x=−3
4. 下列判断错误的是( )
A. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B. 四个内角都相等的四边形是矩形
C. 邻边相等的平行四边形是菱形 D. 两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
5. 如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转120°，得到△AB′C′，若点C′在线段CB的延长线上，则∠CC′A的度数为( )
A. 15° B. 30° C. 45° D. 60°
6. 在对某样本进行方差计算时，所用公式为：s2=17[(x1−10)2+(x2−10)2+⋯+(x7−10)2]，则该样本容量为( )
A. 7 B. 14 C. 10 D. 17
7. 2022年北京冬奥会女子冰壶比赛有若干支队伍参加了单循环比赛，单循环比赛共进行了45场，共有多少支队伍参加比赛？( )
A. 8 B. 10 C. 7 D. 9
8. 一次函数y=ax+b(a,b是常数，且a≠0)，若2a+b+3=0，则这个一次函数的图象必经的点是( )
A. (−1,−5) B. (2,−3) C. (32,0) D. (1,2)
9. 已知方程x2+2019x−3=0的两根分别是α和β，则代数式α2+αβ+2019α的值为( )
A. 1 B. 0 C. 2019 D. −2019
10. 已知点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，则下列说法正确的是( )
A. 若mn有最大值4，则k的值为4 B. 若mn有最小值4，则k的值为−4
C. 若mn有最大值−4，则k的值为4 D. 若mn有最小值−4，则k的值为4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 在平面直角坐标系中，点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是：______．
12. 函数y=3x+2的图象与y轴的交点坐标是______．
13. 将抛物线y=x2向上平移3个单位，向左移动1个单位，所得抛物线的解析式是______ ．
14. 一个三角形的周长是12cm，则这个三角形各边中点围成的三角形的周长为______．
15. 某公司5月份的营业额为100万，7月份的营业额为121万，已知6、7月的增长率相同，设增长率为x，则根据题意可列方程为______ ．
16. 已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1，PB= 5，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为 2；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+ 62.其中正确结论的序号是______．
三、解答题（本大题共9小题，共86.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
(1)计算： 9a− 16a+a 1a；
(2)解方程：x2−5x+1=0．
18. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−2kx+k2−1=0．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)如果此方程的一个根为1，求k的值．
19. (本小题8.0分)
已知一次函数y=kx+b的图象经过点M(−4,9)和N(2,3)．
(1)求这个函数的解析式；
(2)已知第一象限内的点P在直线MN上，点A(3,0)，若△OPA的面积为6，求P点坐标．
20. (本小题8.0分)
小李是社区宣传干事，为宣传节约用水，他随机调查了某小区部分家庭6月份的用水情况，并将收集的数据整理成如图的统计图．
(1)所调查家庭6月份用水量的众数为______ 吨，中位数为______ 吨；
(2)若该小区有300户居民，请根据抽样调查的样本平均数估计出这个小区6月份的用水量是多少吨？
21. (本小题8.0分)
如图，已知四边形ABCD是矩形，AC为对角线．
(1)把△ABC绕点C顺时针旋转一定角度得到△EFC，点A的对应点为E，且在AD的延长线上，点B的对应点为F，请你在图中作出△EFC.(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若∠CEF=26°，求∠ACE的大小．
22. (本小题10.0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=2，求OE的长．
23. (本小题10.0分)
宝珠梨盛产于昆明市呈贡区，是当地的特产水果，具有皮薄，果肉雪白，脆嫩，汁多，味浓甜，微香等特点.某果农经销某品牌的宝珠梨，成本为15元/千克，物价部门规定每千克梨的销售利润不得高于进价的60%，经市场调查发现：每天销售量y(单位：千克)与销售单价x(单位：元/千克)满足一次函数关系，部分图象如图所示：
(1)求y与x的函数解析式(解析式也称表达式)；
(2)求这一天销售这种宝珠梨获得的最大利润W．
24. (本小题13.0分)
如图1，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点E，G分别在边AB，BC上，AB=3EB，CB=3GB，连接EG．
(1)求证：△BEG是等边三角形；
(2)如图2，把△BEG沿BG翻折得到△BFG，连接FD，若AB=6，求FD的长；
(3)如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，连接DM，P是DM的中点，连接PC，PN，判断PC与PN的数量关系，并给出证明．
25. (本小题13.0分)
已知抛物线y=mx2+2mx+m−1和直线y=mx+m−1，且m≠1．
(1)求抛物线的顶点坐标；
(2)试说明抛物线与直线有两个交点；
(3)已知点T(t,1)，且−1≤t≤1，过点T作x轴的垂线，与抛物线交于点P，与直线交于点Q，当0
1.【答案】B
【解析】解：A、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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度后两部分重合．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得，点P到坐标原点的距离为：
42+22= 20=2 5．
故选：D．
利用勾股定理计算可得结论．
本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解决本题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：∵y=(x−1)2+3，
∴抛物线对称轴为直线x=1．
故选：A．
由二次函数解析式求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
4.【答案】D
【解析】解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，故不符合题意；
C、邻边相等的平行四边形是菱形，故不符合题意；
D、两条对角线相等、垂直且平分的四边形是正方形，故符合题意；
故选：D．
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转120°，得到△AB′C′，
∴∠CAC′=120°，AC=AC′，
∴∠C=∠CC′A=180°−120°2=30°，
故选：B．
根据旋转的性质得出∠CAC′=120°，AC=AC′，再根据等腰三角形的性质即可得出结果．
本题考查了旋转的性质，明确旋转前后对应边、对应角相等是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：由题意可知，该样本容量为7．
故选：A．
由方差的计算公式求解即可．
本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为x−，则方差S2=1n[(x1−x−)2+(x2−x−)2+…+(xn−x−)2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．也考查了样本容量：一个样本包括的个体数量叫做样本容量．
7.【答案】B
【解析】解：设共有x支队伍参加比赛，
根据题意，可得x(x−1)2=45，
解得x=10或x=−9(舍)，
∴共有10支队伍参加比赛．
故选：B．
设共有x支队伍参加比赛，根据“循环比赛共进行了45场”列一元二次方程，求解即可．
本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵2a+b+3=0，
∴b=−2a−3．
即y=ax−2a−3．
当x=2时，y=2a−2a−3=−3．
∴一次函数经过(2,−3)点，
∴B选项正确．
故选：B．
根据2a+b+3=0，可求b=−2a−3，所以y=ax−2a−3，当x=2时，y=2a−2a−3=−3，所以一次函数经过(2,−3)点．
本题主要考查一次函数点坐标的特征及性质应用，熟练掌握一次函数性质是解决本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵方程x2+2019x−3=0的两根分别是α和β，
∴α2+2019α=3，αβ=−3，
∴α2+αβ+2019α，3−3=0，
故选：B．
根据一元二次方程根的定义，一元二次方程根的判别式得出α2+2019α=3，αβ=−3，代入代数式即可求解．
本题考查了一元二次方程根的定义，一元二次方程根与系数的关系，代数式求值，掌握以上知识是解题的关键．一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，x1+x2=−ba，x1x2=ca.一元二次方程的解(根)的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．
10.【答案】D
【解析】解：∵点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，
∴km+b=n，2k+b=0，
∴b=−2k，
∴km−2k=n，
∴mn=(km−2k)m=km2−2km=k(m2−2m+1)−k=k(m−1)2−k，
①当k<0时，mn有最大值，最大值为−k，
当−k=4时，k=−4，
∴mn有最大值4时，k的值为−4，
故A不符合题意；
当−k=−4时，k=4，不符合题意，
∴mn没有最大值−4，
故C不符合题意；
②当k>0时，mn有最小值，最小值为−k，
当−k=4时，k=−4，不符合题意，
∴mn没有最小值4，
故B不符合题意；
当−k=−4时，k=4，
∴mn有最小值−4，则k的值为4，
故D符合题意，
故选：D．
根据点P(m,n)，Q(2,0)都在一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象上，可得km+b=n，2k+b=0，进一步可得n=km−2k，根据配方法可得mn=k(m−1)2−k，再分情况讨论即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，配方法，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
11.【答案】(−3,2)
【解析】解：点(3,−2)关于原点的对称点的坐标是(−3,2)，
故答案为：(−3,2)．
根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标均互为相反数可直接得到答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12.【答案】(0,2)
【解析】解：令x=0，则y=3×0+2=2，
∴图象与y轴的交点坐标(0,2)．
故答案是：(0,2)．
把x=0代入解析式求得即可．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
13.【答案】y=(x+1)2+3
【解析】解：抛物线y=x2向上平移3个单位，向左移动1个单位，所得抛物线的解析式是：y=(x+1)2+3．
故答案为：y=(x+1)2+3．
根据函数图象平移的法则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解题的关键．
14.【答案】6cm
【解析】解：根据题意，画出图形如图示，
∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE、DF、EF都是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，
∵△ABC的周长是12cm，
∴AB+CB+AC=12cm，
∴DE+DF+FE=24÷2=6(cm)．
故答案是：6cm．
先画出图形，由三角形的中位线定理可知：DE=12BC，DF=12AC，EF=12AB，则以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．
本题主要考查了三角形的中位线定理以及三角形周长，解决问题的关键是熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
15.【答案】10%
【解析】解：设该公司6、7两个月营业额的月均增长率为x，
根据题意得，100(1+x)2=121，
解得，x1=0.1，x2=−2.1(舍去)，
所以，增长率为10%．
故答案为：10%．
根据该公司6、7两个月营业额的月均增长率为x，结合5月、7月营业额即可得出关于x的一元二次方程，解此方程即可得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据数量关系列出关于x的一元二次方程是解题的关键．
16.【答案】①③④
【解析】解：作BF⊥AE于F，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AP⊥AE，
∴∠EAP=90°，即∠2+∠3=90°，
∵∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
在△APD和△AEB中
AD=AP∠1=∠3AP=AE，
∴△APD≌△AEB，所以①正确；
∵AE=AP，∠PAE=90°，
∴△AEP为等腰直角三角形，
∴∠4=∠5=45°，
∴∠APD=135°，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB=∠APD=135°，
∴∠PEB=135°−∠4=90°，
∴BE⊥ED，所以③正确；
在Rt△PED中，BE= PB2−PE2= ( 5)2−( 2)2= 3，
在Rt△BEF中，∵∠BEF=180°−∠AEB=45°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴BF= 22BE= 22× 3= 62，所以②错误；
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD=S△AEB，
∴S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP=S△AEP+S△PBE=12×1×1+12× 2× 3=1+ 62，所以④正确．
故答案为①③④．
作BF⊥AE于F，如图，先利用等角的余角相等得到∠1=∠3，则可根据“SAS”证明△APD≌△AEB，则可对①进行判断；再判断△AEP为等腰直角三角形，得到∠4=∠5=45°，则∠APD=135°，根据全等三角形的性质得∠AEB=∠APD=135°，于是可计算出∠PEB=135°−∠4=90°，所以BE⊥ED，则可对③进行判断；在Rt△PED中，利用勾股定理计算出BE= 3，然后判断△BEF为等腰直角三角形得到BF= 62，则可对②进行判断；由于△APD≌△AEB，则S△APD=S△AEB，然后利用S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP=S△AEP+S△PBE可对④进行判断．
本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质；会应用面积的和差计算不规则图形的面积．
17.【答案】解：(1)原式=3 a−4 a+a⋅ aa
=3 a−4 a+ a
=0；
(2)这里a=1，b=−5，c=1，
∵Δ=(−5)2−4×1×1=25−4=21>0，
∴x=5± 212，
解得：x1=5+ 212，x2=5− 212．
【解析】(1)各项化简后，合并同类二次根式即可得到结果；
(2)方程利用公式法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−公式法，二次根式的性质与化简，以及二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵a=1，b=−2k，c=k2−1，
∴b2−4ac=(−2k)2−4×1×(k2−1)
=4k2−4k2+4
=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根；
(2)由题意得12−2k×1+k2−1=0，
整理，得k2−2k=0，
解得k1=0，k2=2，
∴k的值为0或2．
【解析】(1)通过计算根的判别式进行推理证明；
(2)将x=1代入该方程，通过求解关于k的一元二次方程进行求解．
此题考查了一元二次方程的求解和根的判别式的应用能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行正确地求解．
19.【答案】解：(1)根据题意得−4k+b=92k+b=3，
解得k=−1b=5，
所以一次函数解析式为y=−x+5；
(2)设点P(m,−m+5)，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∵△OPA的面积为6，
∴△OPA的面积=12×AO×(−m+5)=6，
∴12×3×(−m+5)=6，
∴m=1，
∴点P(1,4)．
【解析】(1)利用待定系数法求得即可；
(2)设点P(m,−m+5)，利用△OPA的面积=12×AO×(−m+5)=6，求出m即可求解．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形的面积．求出一次函数解析式是解题的关键．
20.【答案】4 4
【解析】解：(1)6月份用水量为4吨的有6户，户数最多，众数为4吨；
第10户和11户的用水量平均数为中位数，为4吨；
故答案为：4；4；
(2)1+1×2+3×3+4×6+5×4+6×2+7×2+8=90吨，
90÷20=4.5吨，
300×4.5=1350(吨)．
答：估计这个小区6月份的用水量为1350吨．
(1)根据众数和中位数的定义解答即可；
(2)计算出样本平均数，乘300户即可．
本题考查了条形统计图、用样本估计总体、众数、中位数，掌握相应的含义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，△EFC即为所求；
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AB//CD，
∴CD⊥AE，
∵CA=CE，CD⊥AE，
∴∠ACD=∠DCE，
∵∠CEF=∠CAB=26°，
∴∠CAB=∠ACD=∠DCE=26°，
∴∠ACE=52°．
【解析】(1)根据要求作出图形即可；
(2)利用等腰三角形的三线合一的性质证明∠ACD=∠DCE，再利用平行线的性质求出∠ACD=26°，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，矩形的性质，等腰三角形的三线合一的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)证明：∵AB//DC，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB//DC，
∴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，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，
∴OB=12BD=1，
在Rt△AOB中，AB= 5，OB=1，
∴OA= AB2−OB2= 5−1=2，
∴OE=OA=2．
【解析】(1)先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DCA=∠DAC，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
(2)先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
此题主要考查了菱形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD=AD=AB是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)设y与x的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，
则20k+b=30025k+b=250，
解得k=−10b=500，
∴y与x的函数解析式为y=−10x+500；
(2)根据题意得：W=(x−15)(−10x+500)=−10x2+650x−750，
∴对称轴为x=−6502×(−10)=652，
∵−10<0，
∴当x<652时，y随x的增大而增大，
∵每千克梨的销售利润不得高于进价的60%，
∴x−15≤15×60%，
解得x≤24，
∴当x=24时，W取最大值，最大值为−10×242+650×24−750=9090，
答：这一天销售这种宝珠梨获得的最大利润为9090元．
【解析】(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b(k≠0)，用待定系数法求解即可；
(2)根据利润W元等于每千克的利润乘以销售量，可列出W关于x的二次函数，根据每千克梨的销售利润不得高于进价的60%求出x的取值范围，根据二次函数的性质可得答案．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式及二次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：(1)如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，∠ADC=∠ABC=60°，
∵AB=3EB，CB=3GB，
∴EB=GB，
∴△BEG是等边三角形；
(2)解：如图2，过点F作FQ⊥DC的延长线于点Q，过点G作GH⊥DC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，
∴∠BCH=∠ADC=60°，
∵AB=6，CB=3GB，
∴BC=CD=6，EB=2，
由翻折可知△BFG是等边三角形，
∴GF=GB=2，∠BGF=∠BCH=60°，
∴CG=BC−BG=6−2=4，GF//DH，
∵GH⊥CH，∠GCH=60°，
∴CH=12CG=2，
∴GH= 3CH=2 3，
∵FQ⊥CD，GH⊥DC，GF//QH，
∴∠GHQ=∠FQH=∠QFG=90°，
∴四边形GFQH是矩形，
∴FQ=GH=2 3，GF=QH=2，
∴DQ=DC+CH+QH=6+2+2=10，
∴FD= DQ2+FQ2= 102+(2 3)2=4 7；
(3)PN= 3PC，理由如下：
如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，延长CP交AB于点Q，连接CN、QN，
∵P是DM的中点，
∴DP=MP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AM//CD，
∴∠CDP=∠QMP，∠DCP=∠MQP，
∴△CDP≌△QMP(ASA)，
∴CP=QP，CD=QM，
∴CB=QM，
由旋转可知△BMN是等边三角形，
∴BN=MN，∠MBN=∠BMN=∠BNM=60°，
∴∠CBN=180°−∠ABC−∠MBN=180°−60°−60°=60°，
∴∠CBN=∠BMN=60°，
∴△QMN≌△CBN(SAS)，
∴QN=CN，∠QNM=∠CNB，
∴∠QNM−∠QNB=∠CNB−∠QNB，
∴∠CNQ=∠BNM=60°，
∴△QNC是等边三角形，
∵CP=QP，
∴∠CNP=12∠CNQ=30°，NP⊥CQ，
∴PN= 3PC．
【解析】(1)根据菱形的性质可得AB=CB，∠ADC=∠ABC=60°，由AB=3EB，CB=3GB，可得EB=GB，所以得到△BEG是等边三角形；
(2)过点F作FQ⊥CD交DC的延长线于点Q，过点G作GH⊥DC的延长线于点H，由翻折可知△BFG是等边三角形，然后证明四边形GFQH是矩形，可得FQ=GH=2 3，GF=QH=2，所以得DQ=10，利用勾股定理即可解决问题；
(3)如图3，把△BEG绕点B顺时针旋转120°得到△BNM，P是DM的中点，延长CP交AB于点Q，连接CN、QN，先证明△CDP≌△QMP(ASA)，可得CP=QP，CD=QM，由旋转可知△BMN是等边三角形，再证明△QMN≌△CBN(SAS)，可得QN=CN，∠QNM=∠CNB，得△QNC是等边三角形，再利用含30度角直角三角形即可解决问题．
此题属于四边形综合题，考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】解：(1)∵y=mx2+2mx+m−1=m(x+1)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−1)；
(2)由y=mx2+2mx+m−1和y=mx+m−1可得：mx2+2mx+m−1=mx+m−1，
整理得：mx2+mx=0，
∴mx(x+1)=0，
∵m≠0，
∴x1=0，x2=−1．
∴抛物线与直线有两个交点；
(3)由(2)可得：抛物线与直线交于(−1,−1)和(0,m−1)两点，
点P的坐标为(t,mt2+2mt+m−1)，点Q的坐标为(t,mt+m−1)，
①当−1≤t≤0时，如图，
PQ=yQ−yP=−mt2−mt=−m(t+12)2+14m.
∵m>0，
当t=−12时，PQ有最大值，且最大值为14m，
∵0
PQ=yP−yQ=mt2+mt=m(t+12)2−14m，
∵m>0，
∴当t=1时，PQ有最大值，且最大值为2m．
∵0
综上所述，PQ的最大值为6．
【解析】(1)化为顶点式即可求顶点坐标
(2)由y=mx2+2mx+m−1和y=mx+m−1可得：mx2+2mx+m−1=mx+m−1，整理得，mx(x+1)=0，即可知抛物线与直线有两个交点
(3)由(2)可得：抛物线与直线交于(−1,−1)和(0,m−1)两点，点P的坐标为(t,mt2+2mt+m−1)，点Q的坐标为(t,mt+m−1).故分两种情况进行讨论：①当−1≤t≤0时；②当0
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