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2022-2023学年浙江省金华市八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年浙江省金华市八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23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学年浙江省金华市八年级（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. 下列属于一元二次方程的是( )
A. x2−3x+y=0 B. x2+2x=1x C. x2+5x=0 D. x(x2−4x)=3
2. 下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 赵爽弦图 B. 科克曲线
C. 斐波那契螺旋 D. 笛卡尔心形线
3. 下列计算正确的是( )
A. 3+ 3=3 3 B. 2 3+ 3=3 3
C. 2 3− 3=2 D. 3+ 2= 5
4. 用配方法解一元二次方程x2−4x−10=0，此方程可变形为( )
A. (x+2)2=6 B. (x−2)2=6 C. (x+2)2=14 D. (x−2)2=14
5. 用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设( )
A. ∠A=∠B B. AB=BC C. ∠B=∠C D. ∠A=∠C
6. 已知一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为6，则另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 不确定
7. 杭州亚运会吉祥物深受大家喜爱.某商户3月份销售吉祥物“宸宸”摆件为10万个，5月份销售11.5万个.设该摆件销售量的月平均增长率为x(x>0)，则可列方程( )
A. 10(1+x)2=11.5 B. 10(1+2x)=11.5
C. 10x2=11.5 D. 11.5(1−x)2=10
8. 已知点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，则x1，x2，x3的大小关系为( )
A. x2
A. 3 3
B. 2 3
C. 3 5
D. 2 5
10. 如图，在正方形ABCD中，已知点P是线段AB上的一个动点(点P与点A不重合)，作CQ⊥DP交AD于点Q.现以PQ，CQ为邻边构造平行四边形PECQ，连结BE，则∠BEP+∠PQC的最小值为( )
A. 90° B. 45° C. 22.5° D. 60°
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 当x=1时，二次根式 x+3的值为______．
12. 已知一组数据如下：15，13，15，17，20，15，则这组数据的中位数为______ ．
13. 已知y与x成反比例，且当x=2时，y=6，则当y=4时，x的值为______ ．
14. 已知a为方程x2−3x−6=0的一个根，则代数式6a−2a2+5的值为______ ．
15. 如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，点D是边AC上一点，且AD=AB，连结BD，过点A作∠BAD的角平分线AE交BD于点E.若点F是边BC的中点，连结EF，则EF的长为______ ．
16. 如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠BAD=135°，点P是对角线BD上的一个动点，连结CP，将△CDP沿边CD翻折得到△CDQ，连结AQ．
(1)∠ADQ= ______ 度.
(2)若△ADQ是以AQ为腰的等腰三角形，则BP2的值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1) 8+ 2；
(2) 3× 12−( 2)2．
18. (本小题6.0分)
解方程：
(1)x2+3x=0；
(2)2x2−3x−5=0．
19. (本小题6.0分)
某校组织八年级篮球投篮赛，在一班和二班两个班级中各随机抽取10名学生的投篮成绩进行整理、描述和分析，得出下面部分信息：二班10名学生的成绩分别为(单位：分)：4，4，4，5，6，6，6，6，7，8．
一班、二班学生投篮成绩统计表
统计量
一班
二班
平均数(分)
5.6
5.6
中位数(分)
m
6
众数(分)
5
n
根据以上信息，解答下列问题：
(1)请直接写出：m= ______ ，n= ______ ．
(2)根据以上信息，你认为一班和二班两个班级中哪个班比赛成绩更好？请说明理由．
20. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，已知AE=CF，DM=BN，EF与MN交于点O，且MN⊥EF．
(1)试判断四边形ENFM的形状，并说明理由．
(2)若∠B=2∠MNF，且MN=4，EF=2，求AB的长．
21. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于点A(−2,−2)和点B(n,4)．
(1)求m，n的值．
(2)连结OA，OB，求△OAB的面积．
22. (本小题6.0分)
某果农对自家桑甚进行直播销售，如果售价为每篮50元，则每天可卖出40篮.通过市场调查发现，若售价每篮降价2元，每天销售可增加10篮.综合各项成本考虑，规定每篮售价不低于30元．
(1)若设售价每篮降价x元，则每天可销售______ 篮.(用含x的代数式表示)
(2)该果农管理桑葚园的每天各项成本合计为1200元，问：桑葚每篮售价为多少元时，每天能获得2600元的利润？(利润=销售额−各项成本)
23. (本小题8.0分)
若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“半对称四边形”，这条角平分线称为四边形的“分割对角线”.例如：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，则称四边形ABCD是半对称四边形，BD称为四边形ABCD的分割对角线．
(1)如图1，求证：BC//AD．
(2)如图2，在四边形ABCD中，AB=AC，AD//BC，∠CAD=2∠DBC.求证：四边形ABCD是半对称四边形．
(3)如图3，在△ABC中，∠A=45°，∠ABC=120°，BC=2 3，D是△ABC所在平面内一点，当四边形ABCD是半对称四边形且AC为分割对角线时，求四边形ABCD的面积．
24. (本小题8.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且点B的坐标为(4,2)，点D为线段AC上的一个动点，点E为线段AO上一点(不与点A重合)，连结DE．
(1)求对角线AC所在直线的函数表达式．
(2)如图2，将△DEA沿着DE翻折，使点A落在平面内的点F处.若点D为对角线AC的中点，当点F恰好落在矩形OABC的顶点上时，求EF的长．
(3)如图3，连结OD，延长ED交边BC于点G.当GE⊥OD时，坐标平面内是否存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.方程是二元二次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.方程是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.方程是一元二次方程，故本选项符合题意；
D.方程是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
2.【答案】B
【解析】解：A.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：A.3+ 3无法合并，故此选项不合题意；
B.2 3+ 3=3 3，故此选项符合题意；
C.2 3− 3= 3，故此选项不合题意；
D. 3+ 2无法合并，故此选项符合题意．
故选：B．
根据二次根式的加减法法则计算即可求解．
此题主要考查了二次根式的加减法，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：x2−4x−10=0，
移项，得x2−4x=10，
配方，得x2−4x+4=10+4，
即(x−2)2=14，
故选：D．
先移项，再配方，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设∠A=∠C．
故选：D．
根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．
本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
6.【答案】C
【解析】解：∵一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为：x1+x2+x3+x44+2+2+2+24=4+2=6，
∴另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为：x1+x2+x3+x44+3+3+3+34=4+3=7．
故选：C．
根据平均数的定义解答即可．
本题考查算术平均数，解答本题的关键是明确题意，求出相应的平均数．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：10(1+x)2=11.5．
故选：A．
利用5月份的销售量=3月份的销售量×(1+该摆件销售量的月平均增长率)2，即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=ax(a<0)的中a<0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，−3<−1<0<4，
∴x3
先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
9.【答案】A
【解析】解：∵△ABD1的面积是矩形ABCD面积的13，
∴12×AB⋅D1B=13AB⋅AD，
∴D1B=23AD，
∵AB= D1A2−D1B2= 53AD= 15，
∴AD=3 3，
故选：A．
由面积关系可求D1B=23AD，由勾股定理可求解．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于点H，延长DC，BE交于点E′，
∵四边形PECQ是平行四边形，
∴QC=PE，QC//PE，∠PQC=∠PEC，
∴∠BEP+∠PQC=∠PEC+∠BEP=∠BEC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB，∠DAB=∠CDA=90°，
∵CQ⊥DP，
∴∠DCQ+∠CDP=90°=∠CDP+∠ADP，
∴∠ADP=∠DCQ，
∴△ADP≌△DCQ(ASA)，
∴CQ=DP，
∴PE=DP，
∵CQ⊥DP，QC//PE，
∴DP⊥PE，
∴∠APD+∠EPH=90°=∠APD+∠ADP，
∴∠ADP=∠EPH，
又∵∠DAP=∠EHP=90°，
∴△ADP≌△HPE(AAS)，
∴AP=EH，PH=AD，
∴AD=AB=PH，
∴BH=AP=EH，
∴∠EBH=45°，
∴点E在∠CBH的角平分线上运动，
∵∠E′CB=90°，∠CBE=45°，
∴∠E′=45°，
∴当点E运动到点E′时，∠BEC有最小值为45°，
即∠BEP+∠PQC的最小值为45°，
故选：B．
由“ASA”可证△ADP≌△DCQ，可得CQ=DP，由“AAS”可证△ADP≌△HPE，可得AP=EH，PH=AD，可证点E在∠CBH的角平分线上运动，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：因为 x+3= 4=2，
所以当x=1时，二次根式 x+3的值为2．
故答案为：2．
将x=1代入二次根式 x+3，即可求出结果．
本题考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的性质与化简．
12.【答案】15
【解析】解：将这组数据重新排列为13，15，15，15，17，20，
所以这组数据的中位数为15+152=15，
故答案为：15．
将这组数据重新排列，再根据中位数的定义求解即可．
本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
13.【答案】3
【解析】解：∵y与x成反比例，
∴y=kx(k≠0)，
∵当x=2时，y=6，
∴k=2×6=12，
∴反比例函数解析式为y=12x，
∴当y=4时，x=124=3，
故答案为：3．
首先根据题意设出反比例函数解析式，再利用待定系数法把当x=2时，y=6代入求出k的值，进而可得当y=4时，x的值．
此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，用待定系数法求反比例函数的解析式要注意：
(1)设出含有待定系数的反比例函数解析式y=kx(k为常数，k≠0)；
(2)把已知条件(自变量与函数的对应值)代入解析式，得到待定系数的方程；
(3)解方程，求出待定系数；
(4)写出解析式．
14.【答案】−7
【解析】解：∵a是方程x2−3x−6=0的一个根，
∴a2−3a−6=0，
∴a2−3a=6，
∴6a−2a2+5
=−2(a2−3a)+5
=−2×6+5
=−7．
故答案为：−7．
先根据一元二次方程解的定义得到a2−3a=6，再把6a−2a2+5变形为−2(a2−3a)+5，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
15.【答案】2 2−2
【解析】解：在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，
∴AC= AB2+BC2=4 2，
∵AD=AB=4，
∴CD=4 2−4，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠BAE，
在△DAE与△BAE中，
AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE，
∴△DAE≌△BAE(SAS)，
∴DE=EF，
∵点F是边BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12CD=2 2−2，
故答案为：2 2−2．
根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=4 2，求得CD=4 2−4，根据全等三角形的性质得到DE=EF，根据三角形中位线定理即可得到结论．
本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
16.【答案】67.5 64−32 2或16−8 2
【解析】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD//AB，∠ADB=∠CDB，
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∵∠DAB=135°，
∴∠ADC=45°，
∴∠ADB=∠CDB=22.5°，
∵P，Q关于DC对称，
∴∠QDC=∠PDC=22.5°，
∴∠ADQ=∠ADC+∠QDC=67.5°．
故答案为：67.5；
(2)如图2中，当A，P，Q共线时，
∵DQ=DP，∠QDP=45°，
∴∠DQA=∠ADQ=67.5°，
∴AQ=AD满足条件，
∵AB=AD，∠DAB=135°，
∴∠ABD=∠ADB=12(180°−135°)=22.5°，
∵∠APB=∠DPQ=67.5°，
∴∠PAB=180°−22.5°−67.5°=90°，
在AB上取一点T，使得AD=AT，连接PT.则PT=TB．
设AP=AT=x，则TP=TB= 2x，
∴x+ 2x=4，
∴x=4 2−4，
∴AP=4 2−4，AB=4 2−4+8−4 2=4，
∴PB2=AP2+AB2=(4 2−4)2+42=64−32 2．
如图3中，当AQ经过点C时，∠ADQ=∠DAQ=67.5°，
∴AQ=DQ满足条件，
过点A作AH⊥CD于点H.则有AH=DH=2 2，
∴CH=CD−DH=4−2 2．
∴AC2=AH2+CH2=(2 2)2+(4−2 2)2=32−16 2，
∵∠Q=∠DPC=45°，∠DPC=∠PBC+∠PCB，
∴∠PBC=∠PCB=22.5°，
∴PB=PC，
∴PB2=PC2=2OC2=12AC2=16−8 2，
综上所述，BP2=64−32 2或16−8 2．
故答案为：64−32 2或16−8 2．
(1)证明∠ADB=∠CDB=∠CDQ=22.5°，可得结论；
(2)分两种情形：如图2中，当A，P，Q共线时，可证AQ=AD满足条件．当AQ经过点C时，可证AQ=DQ满足条件，分别求解即可．
本题考查作图=轴对称变换，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会由分类讨论的射线思考问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)原式=2 2+ 2
=3 2；
(2)原式=6−2
=4．
【解析】(1)先化简二次根式，再合并即可；
(2)先计算乘法和乘方，再计算加法即可得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：(1)x2+3x=0，
x(x+3)=0，
∴x=0或x+3=0，
∴x1=0，x2=−3；
(2)2x2−3x−5=0，
(2x−5)(x+1)=0，
∴2x−5=0或x+1=0，
∴x1=52，x2=−1．
【解析】(1)利用因式分解法求解可得；
(2)利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
19.【答案】5.5 6
【解析】解：(1)把一班10名学生的投篮成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是5和6，故中位数m=5+62=5.5，
在二班10名学生的投篮成绩中，6出现的次数最多，故众数n=6．
故答案为：5.5；6；
(2)二班的比赛成绩更好，理由如下：
虽然两个班的平均数相同，但二班的中位数和众数均高于一班，所以二班的比赛成绩更好．
(1)分别根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)比较两个班的平均数、中位数和众数即可．
本题考查条形统计图，方差，众数和中位数，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
20.【答案】解：(1)四边形ENFM是菱形；
∵▱ABCD，
∴AD=BC，
∵AE=CF，DM=BN，
∴AD−AE−DM=BC−CF−BN，
∴ME=NF，
∵ME//NF，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵MN⊥EF，
∴▱ENFM是菱形；
(2)∵菱形ENFM，
∴∠MNE=∠MNF，
∵∠B=2∠MNF，
∴∠B=2∠MNF=∠MNE+∠MNF=∠ENC，
∴AB//NE，
∵AE//BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴AB=NE，
∵菱形ENFM，
∴OF=OE=1，OM=ON=2，
∵MN⊥EF，
∴NE= OE2+ON2= 5，
∴AB=NE= 5．
【解析】(1)四边形ENFM是菱形，由▱ABCD，AE=CF，DM=BN，得出ME=NF，加上ME//NF，得出四边形ENFM是平行四边形，由MN⊥EF得出四边形ENFM是菱形；
(2)由四边形ENFM是菱形，得出OF=OE=1，OM=ON=2，利用勾股定理得出NE= 5，由∠B=2∠MNF得出AB//NE，A加上AE//BN得出平行四边形ABNE，即可求出AB=NE= 5．
本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质是解题关键．
21.【答案】解：(1)把A(−2,−2)代入y=mx中，得到m=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
把B(n,4)代入y=4x中，得到n=1．
(2)如图：
∵一次函数y=kx+b的图象过点A(−2,−2)和点B(1,4)，
∴−2k+b=−2 k+b=4 ，
解得k=3 b=1 ，
∴一次函数为y=3x+1，
∴C(0,1)，
∴S△OAB=S△OAC+S△BOC=12×1×(2+1)=32．
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)利用待定系数法求得一次函数的解析式，即可求得直线与x轴的交点，然后根据S△OAB=S△OAC+S△BOC求得即可．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，解题的关键是灵活应用待定系数法确定函数解析式，属于中考常考题型．
22.【答案】(40+5x)
【解析】解：(1)增加的篮数为x2×10=5x，则每天可销售的数量(40+5x)篮．
故答案为：(40+5x)；
(2)先表示出第篮降价x元后销售的数量：50−x，再表示出销售的数量：40+5x，
列方程为：(50−x)(40+5x)=1200+2600，
解得：x1=−30，x2=12，
50−12=38>30．
答：桑葚每篮售价为38元时，每天能获得2600元的利润．
(1)先表示出降价后可以卖的数量：40+x÷2×10，再根据单价乘数量进行列代数式．
(2)根据上面的代数式来列出一元二次方程进行解答．
本题考查了一元二次方程的应用和数量关系的运用．解题的关键是根据题意来列方程．
23.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴BC//AD；
(2)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠ABC=∠DAC．
∵∠CAD=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC，
即BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC．
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD．
这样，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，
∴四边形ABCD是半对称四边形；
(3)解：过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，如图，
∵CE⊥AB，∠A=45°，∠ABC=120°，
∴∠ACE=45°，∠EBC=60°，
∴AE=EC，∠ECB=30°，
∴BE=12BC= 3，
∴EC= BC2−BE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴AE=EC=3，
∴AC= 2EC=3 2．
∴AB=AE−BE=3− 3．
∴S△ABC=12AB⋅EC=12(3− 3)×3=92−3 32．
①当DA=DC，AC平分∠BAD时，如图，
由题意：∠DAC=∠BAC=45°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC为等腰直角三角形，
∴AD=CD= 22AC=3，
∴S△DAC=12AD⋅CD=92，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=92−3 32+92=9−3 32；
②当DA=DC，AC平分∠BCD时，如图，
由题意：∠ACD=∠BCA=15°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=15°，
∴∠ADC=150°，
过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
则∠CDF=30°，
∴CF=12CD，
∴DF= 32CD．
设CD=x，则AD=x，CF=12x，AF=AD+DF=(1+ 32)x，
在Rt△ACF中，
∵AC2=AF2+CF2，
∴(3 2)2=[(1+ 32)x]2+(12x)2，
∴x=3+3 3(不合题意，舍去)或x=3 3−3，
∴AD=3 3−3，CF=3 3−32．
∴S△ADC=12AD⋅CF=18−9 32，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=9−3 32+18−9 32=18−6 3．
综上，四边形ABCD的面积为9−3 32或18−6 3．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定定理解答即可得出结论；
(2)利用“半对称四边形”的定义解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分①当DA=DC，AC平分∠BAD时，②当DA=DC，AC平分∠BCD时，画出符合题意的图形，先计算得到△ABC的三边长度和它的面积，再计算△ADC的面积，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC．
本题主要考查了四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为(4,2)，
∴C(0,2)，A(4,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，
∴4k+2=0，
解得k=−12，
∴直线AC的解析式为y=−12x+2；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，
∵D点是AC的中点，
∴E点是OA的中点，
∴EF=EA=12OA=2；
当F点与C点重合时，DE⊥AC，
此时AE=EC，
在Rt△OEC中，CE2=CO2+OE2，
∴AE2=42+(4−AE)2，
解得AE=52，
∴EF=52；
综上所述：EF的长为2或52；
(3)存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，
∵OD⊥GE，
∴D为GE的中点，
∴D(2,1)，
∴P(4,2)；
②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，
∵OD⊥GE，
∴GN=OD=2，
设D(t,−12t+2)，
∴2= t2+(−12t+2)2，
解得t=0(舍)或t=45，
∴D(85,65)，
在Rt△ODE中，MD⊥OE，
∴∠ODM=∠DEM，
∴△ODM∽△DEM，
∴DMEM=OMDM，即DM2=OM⋅EM，
∴(65)2=85EM，
∴EM=910，
∴OE=OM+ME=85+910=52，
∴GE=52，
在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，
∴ON=OE−NE=52−32=1，
∴G(1,2)，
∵GP=OE=52，
∴P(72,2)或(−32,2)；
③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，
∴G点与P点关于x轴对称，
∴P点纵坐标为−2，
∵∠COB=∠ODG=90°，
∴C、O、G、D四点共圆，
∴∠OCD=∠OGD，
设G(t,2)，
∴GE=OG= 4+t2，OE=2t，
∴2⋅2t= 4+t2OD，
∴OD=4t 4+t2，
∵△OAC∽△DOG，
∴OGAC=ODOA，
∴4 4+t2=2 5OD，
∴OD=2⋅ 4+t2 5，
∴4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，
解得t= 5−12(舍)或t=1+ 52(舍)；
综上所述：P点坐标为(4,2)或(72,2)或(−32,2)．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，D点是AC的中点，E点是OA的中点；当F点与C点重合时，DE⊥AC，此时AE=EC，在Rt△OEC中，利用勾股定理AE2=42+(4−AE)2，解得AE=52，即可求EF=52；
(3)①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，D为GE的中点，求得P(4,2)；②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，则GN=OD=2，设D(t,−12t+2)，由2= t2+(−12t+2)2，求出D(85,65)，再由△ODM∽△DEM，求出EM=910，从而求得GE=52，在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，进而求出G(1,2)，再由GP=OE=52，可求P(72,2)或(−32,2)；③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，G点与P点关于x轴对称，判定C、O、G、D四点共圆，可得∠OCD=∠OGD，设G(t,2)，根据等积法得方程2⋅2t= 4+t2OD，可求OD=4t 4+t2，再由△OAC∽△DOG，可求OD=2⋅ 4+t2 5，从而得到方程4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，此时所求的点不能构成菱形，故舍去．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质，等积法求面积是解题的关键．
2022-2023学年浙江省金华市八年级（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. 下列属于一元二次方程的是( )
A. x2−3x+y=0 B. x2+2x=1x C. x2+5x=0 D. x(x2−4x)=3
2. 下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 赵爽弦图 B. 科克曲线
C. 斐波那契螺旋 D. 笛卡尔心形线
3. 下列计算正确的是( )
A. 3+ 3=3 3 B. 2 3+ 3=3 3
C. 2 3− 3=2 D. 3+ 2= 5
4. 用配方法解一元二次方程x2−4x−10=0，此方程可变形为( )
A. (x+2)2=6 B. (x−2)2=6 C. (x+2)2=14 D. (x−2)2=14
5. 用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设( )
A. ∠A=∠B B. AB=BC C. ∠B=∠C D. ∠A=∠C
6. 已知一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为6，则另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 不确定
7. 杭州亚运会吉祥物深受大家喜爱.某商户3月份销售吉祥物“宸宸”摆件为10万个，5月份销售11.5万个.设该摆件销售量的月平均增长率为x(x>0)，则可列方程( )
A. 10(1+x)2=11.5 B. 10(1+2x)=11.5
C. 10x2=11.5 D. 11.5(1−x)2=10
8. 已知点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，则x1，x2，x3的大小关系为( )
A. x2
A. 3 3
B. 2 3
C. 3 5
D. 2 5
10. 如图，在正方形ABCD中，已知点P是线段AB上的一个动点(点P与点A不重合)，作CQ⊥DP交AD于点Q.现以PQ，CQ为邻边构造平行四边形PECQ，连结BE，则∠BEP+∠PQC的最小值为( )
A. 90° B. 45° C. 22.5° D. 60°
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 当x=1时，二次根式 x+3的值为______．
12. 已知一组数据如下：15，13，15，17，20，15，则这组数据的中位数为______ ．
13. 已知y与x成反比例，且当x=2时，y=6，则当y=4时，x的值为______ ．
14. 已知a为方程x2−3x−6=0的一个根，则代数式6a−2a2+5的值为______ ．
15. 如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，点D是边AC上一点，且AD=AB，连结BD，过点A作∠BAD的角平分线AE交BD于点E.若点F是边BC的中点，连结EF，则EF的长为______ ．
16. 如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠BAD=135°，点P是对角线BD上的一个动点，连结CP，将△CDP沿边CD翻折得到△CDQ，连结AQ．
(1)∠ADQ= ______ 度.
(2)若△ADQ是以AQ为腰的等腰三角形，则BP2的值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1) 8+ 2；
(2) 3× 12−( 2)2．
18. (本小题6.0分)
解方程：
(1)x2+3x=0；
(2)2x2−3x−5=0．
19. (本小题6.0分)
某校组织八年级篮球投篮赛，在一班和二班两个班级中各随机抽取10名学生的投篮成绩进行整理、描述和分析，得出下面部分信息：二班10名学生的成绩分别为(单位：分)：4，4，4，5，6，6，6，6，7，8．
一班、二班学生投篮成绩统计表
统计量
一班
二班
平均数(分)
5.6
5.6
中位数(分)
m
6
众数(分)
5
n
根据以上信息，解答下列问题：
(1)请直接写出：m= ______ ，n= ______ ．
(2)根据以上信息，你认为一班和二班两个班级中哪个班比赛成绩更好？请说明理由．
20. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，已知AE=CF，DM=BN，EF与MN交于点O，且MN⊥EF．
(1)试判断四边形ENFM的形状，并说明理由．
(2)若∠B=2∠MNF，且MN=4，EF=2，求AB的长．
21. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于点A(−2,−2)和点B(n,4)．
(1)求m，n的值．
(2)连结OA，OB，求△OAB的面积．
22. (本小题6.0分)
某果农对自家桑甚进行直播销售，如果售价为每篮50元，则每天可卖出40篮.通过市场调查发现，若售价每篮降价2元，每天销售可增加10篮.综合各项成本考虑，规定每篮售价不低于30元．
(1)若设售价每篮降价x元，则每天可销售______ 篮.(用含x的代数式表示)
(2)该果农管理桑葚园的每天各项成本合计为1200元，问：桑葚每篮售价为多少元时，每天能获得2600元的利润？(利润=销售额−各项成本)
23. (本小题8.0分)
若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“半对称四边形”，这条角平分线称为四边形的“分割对角线”.例如：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，则称四边形ABCD是半对称四边形，BD称为四边形ABCD的分割对角线．
(1)如图1，求证：BC//AD．
(2)如图2，在四边形ABCD中，AB=AC，AD//BC，∠CAD=2∠DBC.求证：四边形ABCD是半对称四边形．
(3)如图3，在△ABC中，∠A=45°，∠ABC=120°，BC=2 3，D是△ABC所在平面内一点，当四边形ABCD是半对称四边形且AC为分割对角线时，求四边形ABCD的面积．
24. (本小题8.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且点B的坐标为(4,2)，点D为线段AC上的一个动点，点E为线段AO上一点(不与点A重合)，连结DE．
(1)求对角线AC所在直线的函数表达式．
(2)如图2，将△DEA沿着DE翻折，使点A落在平面内的点F处.若点D为对角线AC的中点，当点F恰好落在矩形OABC的顶点上时，求EF的长．
(3)如图3，连结OD，延长ED交边BC于点G.当GE⊥OD时，坐标平面内是否存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.方程是二元二次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.方程是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.方程是一元二次方程，故本选项符合题意；
D.方程是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
2.【答案】B
【解析】解：A.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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度后与自身重合．
3.【答案】B
【解析】解：A.3+ 3无法合并，故此选项不合题意；
B.2 3+ 3=3 3，故此选项符合题意；
C.2 3− 3= 3，故此选项不合题意；
D. 3+ 2无法合并，故此选项符合题意．
故选：B．
根据二次根式的加减法法则计算即可求解．
此题主要考查了二次根式的加减法，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：x2−4x−10=0，
移项，得x2−4x=10，
配方，得x2−4x+4=10+4，
即(x−2)2=14，
故选：D．
先移项，再配方，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设∠A=∠C．
故选：D．
根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．
本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
6.【答案】C
【解析】解：∵一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为：x1+x2+x3+x44+2+2+2+24=4+2=6，
∴另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为：x1+x2+x3+x44+3+3+3+34=4+3=7．
故选：C．
根据平均数的定义解答即可．
本题考查算术平均数，解答本题的关键是明确题意，求出相应的平均数．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：10(1+x)2=11.5．
故选：A．
利用5月份的销售量=3月份的销售量×(1+该摆件销售量的月平均增长率)2，即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=ax(a<0)的中a<0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，−3<−1<0<4，
∴x3
先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
9.【答案】A
【解析】解：∵△ABD1的面积是矩形ABCD面积的13，
∴12×AB⋅D1B=13AB⋅AD，
∴D1B=23AD，
∵AB= D1A2−D1B2= 53AD= 15，
∴AD=3 3，
故选：A．
由面积关系可求D1B=23AD，由勾股定理可求解．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于点H，延长DC，BE交于点E′，
∵四边形PECQ是平行四边形，
∴QC=PE，QC//PE，∠PQC=∠PEC，
∴∠BEP+∠PQC=∠PEC+∠BEP=∠BEC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB，∠DAB=∠CDA=90°，
∵CQ⊥DP，
∴∠DCQ+∠CDP=90°=∠CDP+∠ADP，
∴∠ADP=∠DCQ，
∴△ADP≌△DCQ(ASA)，
∴CQ=DP，
∴PE=DP，
∵CQ⊥DP，QC//PE，
∴DP⊥PE，
∴∠APD+∠EPH=90°=∠APD+∠ADP，
∴∠ADP=∠EPH，
又∵∠DAP=∠EHP=90°，
∴△ADP≌△HPE(AAS)，
∴AP=EH，PH=AD，
∴AD=AB=PH，
∴BH=AP=EH，
∴∠EBH=45°，
∴点E在∠CBH的角平分线上运动，
∵∠E′CB=90°，∠CBE=45°，
∴∠E′=45°，
∴当点E运动到点E′时，∠BEC有最小值为45°，
即∠BEP+∠PQC的最小值为45°，
故选：B．
由“ASA”可证△ADP≌△DCQ，可得CQ=DP，由“AAS”可证△ADP≌△HPE，可得AP=EH，PH=AD，可证点E在∠CBH的角平分线上运动，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：因为 x+3= 4=2，
所以当x=1时，二次根式 x+3的值为2．
故答案为：2．
将x=1代入二次根式 x+3，即可求出结果．
本题考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的性质与化简．
12.【答案】15
【解析】解：将这组数据重新排列为13，15，15，15，17，20，
所以这组数据的中位数为15+152=15，
故答案为：15．
将这组数据重新排列，再根据中位数的定义求解即可．
本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．
13.【答案】3
【解析】解：∵y与x成反比例，
∴y=kx(k≠0)，
∵当x=2时，y=6，
∴k=2×6=12，
∴反比例函数解析式为y=12x，
∴当y=4时，x=124=3，
故答案为：3．
首先根据题意设出反比例函数解析式，再利用待定系数法把当x=2时，y=6代入求出k的值，进而可得当y=4时，x的值．
此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，用待定系数法求反比例函数的解析式要注意：
(1)设出含有待定系数的反比例函数解析式y=kx(k为常数，k≠0)；
(2)把已知条件(自变量与函数的对应值)代入解析式，得到待定系数的方程；
(3)解方程，求出待定系数；
(4)写出解析式．
14.【答案】−7
【解析】解：∵a是方程x2−3x−6=0的一个根，
∴a2−3a−6=0，
∴a2−3a=6，
∴6a−2a2+5
=−2(a2−3a)+5
=−2×6+5
=−7．
故答案为：−7．
先根据一元二次方程解的定义得到a2−3a=6，再把6a−2a2+5变形为−2(a2−3a)+5，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
15.【答案】2 2−2
【解析】解：在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，
∴AC= AB2+BC2=4 2，
∵AD=AB=4，
∴CD=4 2−4，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠BAE，
在△DAE与△BAE中，
AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE，
∴△DAE≌△BAE(SAS)，
∴DE=EF，
∵点F是边BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12CD=2 2−2，
故答案为：2 2−2．
根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=4 2，求得CD=4 2−4，根据全等三角形的性质得到DE=EF，根据三角形中位线定理即可得到结论．
本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
16.【答案】67.5 64−32 2或16−8 2
【解析】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD//AB，∠ADB=∠CDB，
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∵∠DAB=135°，
∴∠ADC=45°，
∴∠ADB=∠CDB=22.5°，
∵P，Q关于DC对称，
∴∠QDC=∠PDC=22.5°，
∴∠ADQ=∠ADC+∠QDC=67.5°．
故答案为：67.5；
(2)如图2中，当A，P，Q共线时，
∵DQ=DP，∠QDP=45°，
∴∠DQA=∠ADQ=67.5°，
∴AQ=AD满足条件，
∵AB=AD，∠DAB=135°，
∴∠ABD=∠ADB=12(180°−135°)=22.5°，
∵∠APB=∠DPQ=67.5°，
∴∠PAB=180°−22.5°−67.5°=90°，
在AB上取一点T，使得AD=AT，连接PT.则PT=TB．
设AP=AT=x，则TP=TB= 2x，
∴x+ 2x=4，
∴x=4 2−4，
∴AP=4 2−4，AB=4 2−4+8−4 2=4，
∴PB2=AP2+AB2=(4 2−4)2+42=64−32 2．
如图3中，当AQ经过点C时，∠ADQ=∠DAQ=67.5°，
∴AQ=DQ满足条件，
过点A作AH⊥CD于点H.则有AH=DH=2 2，
∴CH=CD−DH=4−2 2．
∴AC2=AH2+CH2=(2 2)2+(4−2 2)2=32−16 2，
∵∠Q=∠DPC=45°，∠DPC=∠PBC+∠PCB，
∴∠PBC=∠PCB=22.5°，
∴PB=PC，
∴PB2=PC2=2OC2=12AC2=16−8 2，
综上所述，BP2=64−32 2或16−8 2．
故答案为：64−32 2或16−8 2．
(1)证明∠ADB=∠CDB=∠CDQ=22.5°，可得结论；
(2)分两种情形：如图2中，当A，P，Q共线时，可证AQ=AD满足条件．当AQ经过点C时，可证AQ=DQ满足条件，分别求解即可．
本题考查作图=轴对称变换，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会由分类讨论的射线思考问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)原式=2 2+ 2
=3 2；
(2)原式=6−2
=4．
【解析】(1)先化简二次根式，再合并即可；
(2)先计算乘法和乘方，再计算加法即可得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18.【答案】解：(1)x2+3x=0，
x(x+3)=0，
∴x=0或x+3=0，
∴x1=0，x2=−3；
(2)2x2−3x−5=0，
(2x−5)(x+1)=0，
∴2x−5=0或x+1=0，
∴x1=52，x2=−1．
【解析】(1)利用因式分解法求解可得；
(2)利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
19.【答案】5.5 6
【解析】解：(1)把一班10名学生的投篮成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是5和6，故中位数m=5+62=5.5，
在二班10名学生的投篮成绩中，6出现的次数最多，故众数n=6．
故答案为：5.5；6；
(2)二班的比赛成绩更好，理由如下：
虽然两个班的平均数相同，但二班的中位数和众数均高于一班，所以二班的比赛成绩更好．
(1)分别根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)比较两个班的平均数、中位数和众数即可．
本题考查条形统计图，方差，众数和中位数，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
20.【答案】解：(1)四边形ENFM是菱形；
∵▱ABCD，
∴AD=BC，
∵AE=CF，DM=BN，
∴AD−AE−DM=BC−CF−BN，
∴ME=NF，
∵ME//NF，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵MN⊥EF，
∴▱ENFM是菱形；
(2)∵菱形ENFM，
∴∠MNE=∠MNF，
∵∠B=2∠MNF，
∴∠B=2∠MNF=∠MNE+∠MNF=∠ENC，
∴AB//NE，
∵AE//BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴AB=NE，
∵菱形ENFM，
∴OF=OE=1，OM=ON=2，
∵MN⊥EF，
∴NE= OE2+ON2= 5，
∴AB=NE= 5．
【解析】(1)四边形ENFM是菱形，由▱ABCD，AE=CF，DM=BN，得出ME=NF，加上ME//NF，得出四边形ENFM是平行四边形，由MN⊥EF得出四边形ENFM是菱形；
(2)由四边形ENFM是菱形，得出OF=OE=1，OM=ON=2，利用勾股定理得出NE= 5，由∠B=2∠MNF得出AB//NE，A加上AE//BN得出平行四边形ABNE，即可求出AB=NE= 5．
本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质是解题关键．
21.【答案】解：(1)把A(−2,−2)代入y=mx中，得到m=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
把B(n,4)代入y=4x中，得到n=1．
(2)如图：
∵一次函数y=kx+b的图象过点A(−2,−2)和点B(1,4)，
∴−2k+b=−2 k+b=4 ，
解得k=3 b=1 ，
∴一次函数为y=3x+1，
∴C(0,1)，
∴S△OAB=S△OAC+S△BOC=12×1×(2+1)=32．
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)利用待定系数法求得一次函数的解析式，即可求得直线与x轴的交点，然后根据S△OAB=S△OAC+S△BOC求得即可．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，解题的关键是灵活应用待定系数法确定函数解析式，属于中考常考题型．
22.【答案】(40+5x)
【解析】解：(1)增加的篮数为x2×10=5x，则每天可销售的数量(40+5x)篮．
故答案为：(40+5x)；
(2)先表示出第篮降价x元后销售的数量：50−x，再表示出销售的数量：40+5x，
列方程为：(50−x)(40+5x)=1200+2600，
解得：x1=−30，x2=12，
50−12=38>30．
答：桑葚每篮售价为38元时，每天能获得2600元的利润．
(1)先表示出降价后可以卖的数量：40+x÷2×10，再根据单价乘数量进行列代数式．
(2)根据上面的代数式来列出一元二次方程进行解答．
本题考查了一元二次方程的应用和数量关系的运用．解题的关键是根据题意来列方程．
23.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴BC//AD；
(2)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠ABC=∠DAC．
∵∠CAD=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC，
即BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC．
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD．
这样，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，
∴四边形ABCD是半对称四边形；
(3)解：过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，如图，
∵CE⊥AB，∠A=45°，∠ABC=120°，
∴∠ACE=45°，∠EBC=60°，
∴AE=EC，∠ECB=30°，
∴BE=12BC= 3，
∴EC= BC2−BE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴AE=EC=3，
∴AC= 2EC=3 2．
∴AB=AE−BE=3− 3．
∴S△ABC=12AB⋅EC=12(3− 3)×3=92−3 32．
①当DA=DC，AC平分∠BAD时，如图，
由题意：∠DAC=∠BAC=45°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC为等腰直角三角形，
∴AD=CD= 22AC=3，
∴S△DAC=12AD⋅CD=92，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=92−3 32+92=9−3 32；
②当DA=DC，AC平分∠BCD时，如图，
由题意：∠ACD=∠BCA=15°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=15°，
∴∠ADC=150°，
过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
则∠CDF=30°，
∴CF=12CD，
∴DF= 32CD．
设CD=x，则AD=x，CF=12x，AF=AD+DF=(1+ 32)x，
在Rt△ACF中，
∵AC2=AF2+CF2，
∴(3 2)2=[(1+ 32)x]2+(12x)2，
∴x=3+3 3(不合题意，舍去)或x=3 3−3，
∴AD=3 3−3，CF=3 3−32．
∴S△ADC=12AD⋅CF=18−9 32，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=9−3 32+18−9 32=18−6 3．
综上，四边形ABCD的面积为9−3 32或18−6 3．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定定理解答即可得出结论；
(2)利用“半对称四边形”的定义解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分①当DA=DC，AC平分∠BAD时，②当DA=DC，AC平分∠BCD时，画出符合题意的图形，先计算得到△ABC的三边长度和它的面积，再计算△ADC的面积，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC．
本题主要考查了四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为(4,2)，
∴C(0,2)，A(4,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，
∴4k+2=0，
解得k=−12，
∴直线AC的解析式为y=−12x+2；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，
∵D点是AC的中点，
∴E点是OA的中点，
∴EF=EA=12OA=2；
当F点与C点重合时，DE⊥AC，
此时AE=EC，
在Rt△OEC中，CE2=CO2+OE2，
∴AE2=42+(4−AE)2，
解得AE=52，
∴EF=52；
综上所述：EF的长为2或52；
(3)存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，
∵OD⊥GE，
∴D为GE的中点，
∴D(2,1)，
∴P(4,2)；
②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，
∵OD⊥GE，
∴GN=OD=2，
设D(t,−12t+2)，
∴2= t2+(−12t+2)2，
解得t=0(舍)或t=45，
∴D(85,65)，
在Rt△ODE中，MD⊥OE，
∴∠ODM=∠DEM，
∴△ODM∽△DEM，
∴DMEM=OMDM，即DM2=OM⋅EM，
∴(65)2=85EM，
∴EM=910，
∴OE=OM+ME=85+910=52，
∴GE=52，
在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，
∴ON=OE−NE=52−32=1，
∴G(1,2)，
∵GP=OE=52，
∴P(72,2)或(−32,2)；
③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，
∴G点与P点关于x轴对称，
∴P点纵坐标为−2，
∵∠COB=∠ODG=90°，
∴C、O、G、D四点共圆，
∴∠OCD=∠OGD，
设G(t,2)，
∴GE=OG= 4+t2，OE=2t，
∴2⋅2t= 4+t2OD，
∴OD=4t 4+t2，
∵△OAC∽△DOG，
∴OGAC=ODOA，
∴4 4+t2=2 5OD，
∴OD=2⋅ 4+t2 5，
∴4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，
解得t= 5−12(舍)或t=1+ 52(舍)；
综上所述：P点坐标为(4,2)或(72,2)或(−32,2)．
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，D点是AC的中点，E点是OA的中点；当F点与C点重合时，DE⊥AC，此时AE=EC，在Rt△OEC中，利用勾股定理AE2=42+(4−AE)2，解得AE=52，即可求EF=52；
(3)①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，D为GE的中点，求得P(4,2)；②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，则GN=OD=2，设D(t,−12t+2)，由2= t2+(−12t+2)2，求出D(85,65)，再由△ODM∽△DEM，求出EM=910，从而求得GE=52，在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，进而求出G(1,2)，再由GP=OE=52，可求P(72,2)或(−32,2)；③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，G点与P点关于x轴对称，判定C、O、G、D四点共圆，可得∠OCD=∠OGD，设G(t,2)，根据等积法得方程2⋅2t= 4+t2OD，可求OD=4t 4+t2，再由△OAC∽△DOG，可求OD=2⋅ 4+t2 5，从而得到方程4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，此时所求的点不能构成菱形，故舍去．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质，等积法求面积是解题的关键．
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