2022-2023学年广东省深圳市龙岗区康乐学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

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这是一份2022-2023学年广东省深圳市龙岗区康乐学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共27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。

1.下列图形中，不是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若xA. x+13.下列各式从左到右的变化中属于因式分解的是( )
A. m2−2n2=(m+2n)(m−2n)B. (m+1)(m−1)=m2−1
C. m2−3m−4=m(m−3)−4D. m2−4m−5=(m−5)(m+1)
4.如果点P(x−4,x+3)在平面直角坐标系的第二象限内，那么x的取值范围在数轴上可表示为( )
A. B.
C. D.
5.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，AB的垂直平分线分别交AB与AC于点D和点E.若CE=2，则AB的长是( )
A. 4
B. 4 3
C. 8
D. 8 3
6.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕B点C顺时针旋转至△AB′C使得点A恰好落在AB上，则旋转角度为( )
A. 30°
B. 60°
C. 90°
D. 150°
7.若不等式组2x−1>3x≤a的整数解共有三个，则a的取值范围是( )
A. 5≤a<6B. 58.已知不等式ax+b>0的解集是x<−2，则函数y=ax+b的图象可能是( )
A. B.
C. D.
9.如图，在△ABC中，∠C=90°，以点B为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB、BC于点M、N.分别以点M、N为圆心，以大于12MN的长度为半径画弧，两弧相交于点P，过点P作线段BD，交AC于点D，过点D作DE⊥AB于点E，则下列结论①CD=ED；②∠ABD=12∠ABC；③BC=BE；④AE=BE中，一定正确的是( )
A. ①②③
B. ①②④
C. ①③④
D. ②③④
10.如图，等边△ABC中有一点P，且PA=3，PB=4，PC=5，则∠APB的度数的为( )
A. 150°
B. 135°
C. 120°
D. 165°
11.如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：
①点O与O′的距离为4；②∠AOB=150°；③S△ABC−S△AOC=4 3+6．
其中正确的结论是( )
A. ①B. ①②C. ②③D. ①②③
12.已知等边△ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是( )
A. 2 2
B. 4
C. 2 3
D. 不能确定
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
13.分解因式：x2−2x+1=______．
14.若x2+2(3−m)x+25可以用完全平方式来分解因式，则m的值为______．
15.如图，一次函数y=−x+3与一次函数y=2x+m图象交于点(−2,n)，则关于x的不等式2x+m<−x+3的解集为______．
16.如图，△ABC中，∠ACB=90°，D、E是边AB上两点，且CD垂直平分BE，CE平分∠ACD，若BC=2，则AC的长为______．
17.如图，已知等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，
下面结论：①∠APO=∠ACO；②∠APO+∠PCB=90°；③PC=PO；④AO+AP=AC；其中正确的有______.(填上所有正确结论的序号)
18.对x，y定义一种新的运算F，规定：F(x,y)=x−y(当x≥y时)y−x(当x5F(−2,x)≤m恰好有2个整数解，则m的取值范围是．
三、计算题：本大题共1小题，共8分。
19.因式分解：
(1)2x2−4x+2；
(2)(x−y)3−16(x−y)．
四、解答题：本题共6小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
解不等式(组)，并将解集表示在数轴上．
(1)2+x2≥2x−13；
(2)2(x−1)−12(1+2x)≤1x+23<2x−1．
21.(本小题10分)
如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,1)，B(4,2)，C(3,4)．
(1)请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
(2)请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
(3)在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
22.(本小题10分)
新冠肺炎使得湖北的物资紧缺，为支援疫区，某村捐赠蔬菜30吨，水果13吨，现计划租用甲、乙两种货车共10辆将这批水果全部运往港口，已知一辆甲种货车可装蔬菜和水果共5吨，且一辆甲种货车可装的蔬菜重量(单位：吨)是其可装的水果重量的4倍，一辆乙种货车可装蔬菜水果各2吨．
(1)一辆甲种货车可装载蔬菜、水果各多少吨？
(2)该村安排甲、乙两种货车时有几种方案？请你帮助设计出来；
(3)若甲种货车每辆要付运输费2000元，乙种货车每辆要付运输费1500元，则该村应选择哪种方案使运费最少？最少运费是多少元？
23.(本小题9分)
如图，在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线相交于点O，分别交BC边于点M、N，连接AM，AN．
(1)若△AMN的周长为6，求BC的长；
(2)若∠MON=30°，求∠MAN的度数；
(3)若∠MON=45°，BM=3，BC=12，求MN的长度．
24.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，A(0, 3)，B(3,0)，点P是直线AB上一动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，连接OP．
(1)求直线AB的解析式，并直接写出∠ABO的度数；
(2)若△OBP是以OB为腰的等腰三角形，求所有满足条件的点P的坐标；
(3)求OP+PM的最小值．
25.(本小题11分)
(1)模型建立：如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E.求证：△BEC≌△CDA；
(2)模型应用：
①如图2，已知直线y=3x+3与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B逆时针旋转90°，得到线段BC，过点A，C作直线，求直线AC的函数解析式；
②如图2，在直线AC上有一动点P，在y轴上有一动点Q，以B、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，请求出点Q的坐标；
③如图3，矩形ABCO，点O为坐标原点，点B的坐标为(8,6)，A，C分别在坐标轴上，点P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y=2x−6上的一点，若△APD是不以点A为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C均能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：D．
根据中心对称图形的定义：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可得答案．
此题考查的是中心对称图形，掌握其定义是解决此题的关键．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了对不等式性质的应用，注意：不等式的两边都除以或乘以同一个负数，不等式的符号要发生改变．
根据不等式的性质进行判断即可．
【解答】
解：A、由xB、由xC、由xD、由x−y4，−x4<−y4不成立；
故选：D．
3.【答案】D
【解析】解：A.m2−2n2≠(m+2n)(m−2n)，故本选项不合题意；
B.是多项式乘法，故本选项不合题意；
C.结果不是积的形式，因而不是因式分解，故本选项不合题意；
D.属于因式分解，故本选项符合题意．
故选：D．
根据因式分解就是把一个多项式变形成几个整式的积的形式，利用排除法求解．
本题考查了因式分解的定义的应用，能理解因式分解的定义是解此题的关键，注意：把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫做把这个多项式因式分解，也叫分解因式．
4.【答案】C
【解析】解：∵点P(x−4,x+3)在平面直角坐标系的第二象限内，
∴x−4<0x+3>0，
解得：−3在数轴上表示为：，
故选：C．
根据点的位置得出不等式组，求出不等式组的解集，即可得出选项．
本题考查了解一元一次不等式组、在数轴上表示不等式组的解集和点的坐标等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．
5.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的性质，即在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．在本题中，由ED是线段AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线定理得到EA=EB，根据等边对等角可得∠A和∠ABE相等，由∠A的度数求出∠ABE的度数，得出∠EBC=∠EBA=30°，再由角平分线上的点到角的两边的距离相等得出DE=CE=2.由30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得AE=2ED=4，由勾股定理求出AD，那么AB=2AD．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=30°，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴EA=EB，ED⊥AB，
∴∠A=∠EBA=30°，
∴∠EBC=∠ABC−∠EBA=30°，
又∵BC⊥AC，ED⊥AB，
∴DE=CE=2．
Rt△ADE中，DE=2，∠A=30°，
∴AE=2DE=4，
∴AD= AE2−DE2=2 3，
∴AB=2AD=4 3．
故选B．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，
∴CA′=CA，∠ACA′等于旋转角，
∴△ACA′为等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
即旋转角度为60°．
故选：B．
先利用互余得到∠A=60°，再根据旋转的性质得CA′=CA，∠ACA′等于旋转角，然后判断△ACA′为等边三角形得到∠ACA′=60°，从而得到旋转角的度数．
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；旋转前、后的图形全等．本题的关键是证明△ACA′为等边三角形，
7.【答案】A
【解析】解：2x−1>3 ①x≤a ②，
∵解不等式①得：x>2，
又∵不等式组的整数解共有三个，
∴5≤a<6，
故选：A．
先求出不等式组的解集，根据已知和不等式组的解集得出即可．
本题考查了解一元一次不等式组和不等式组的整数解，能根据不等式组的解集和已知得出关于a的不等式组是解此题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵不等式ax+b>0的解集是x<−2，
∴当x<−2时，函数y=ax+b的函数值为正数，即直线y=ax+b的图象在x轴上方．
故选：A．
根据一次函数与一元一次不等式的关系，得到当x<−2时，直线y=ax+b的图象在x轴上方，然后对各选项分别进行判断．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
9.【答案】A
【解析】解：由作图可知：∠ABD=∠CBD=12∠ABC，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=∠C=90°，
∵BD=BD，
∴△DBE≌△DBC(AAS)，
∴CD=DE，BE=BC，
故①②③正确，
无法判断AE=BE，故④错误，
故选：A．
证明△DBE≌△DBC(AAS)，即可判断．
本题考查作图−基本作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，求得∠APE=90°是解题的关键．
将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，根据等边三角形的性质得到PE=PB=4，∠BPE=60°，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数．
【解答】
解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
故选：A．
11.【答案】D
【解析】解：连结OO′，如图，
①∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，
∴BO′=BO=4，∠O′BO=60°，
∴△BOO′为等边三角形，
∴OO′=OB=4，所以①正确；
②∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∴∠O′BO−∠ABO=∠ABC−∠ABO，即∠O′BA=∠OBC，
在△O′BA和△OBC中
O′B=OB∠O′BA=∠OBCBA=BC，
∴△O′BA≌△OBC，
∴O′A=OC=5，
在△AOO′中，∵OA′=5，OO′=4，OA=3，
∴OA2+OO′2=O′A2，
∴∠AOO′=90°，
∵△BOO′为等边三角形，
∴∠BOO′=60°，
∴∠AOB=60°+90°=150°，所以②正确；
③∵△O′BA≌△OBC，
∴S△O′BA=S△OBC，
∴S△ABC−S△AOC=S△AOB+S△BOC
=S△AOB+S△BO′A
=S四边形BOAO′
=S△BOO′+S△OO′A
= 34×42+12×4×3
=4 3+6，所以③正确．
故选：D．
连结OO′，如图，根据旋转的性质得BO′=BO=4，∠O′BO=60°，可判断△BOO′为等边三角形，根据等边三角形的性质得OO′=OB=4；由△ABC为等边三角形得到BA=BC，∠ABC=60°，则∠O′BA=∠OBC，然后根据“SAS”可证明△O′BA≌△OBC，则O′A=OC=5在△AOO′中，由于OA′=5，OO′=4，OA=3，
则OA2+OO′2=O′A2，于是可根据勾股定理的逆定理可得∠AOO′=90°，加上△BOO′为等边三角形得∠BOO′=60°，所以∠AOB=60°+90°=150°；利用△O′BA≌△OBC得S△O′BA=S△OBC，则S△ABC−S△AOC=S△AOB+S△BOC=S△AOB+S△BO′A=S△BOO′+S△OO′A=4 3+6．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
12.【答案】C
【解析】解：如图，由旋转可得∠ACQ=∠B=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠BCQ=120°，
∵点D是AC边的中点，
∴CD=4，
当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，
此时，∠CDQ=30°，
∴CQ=12CD=2，
∴DQ= 42−22=2 3，
∴DQ的最小值是2 3，
故选：C．
根据旋转的性质，即可得到∠BCQ=120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值．
本题主要考查了旋转的性质，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．
13.【答案】(x−1)2
【解析】【分析】
本题考查了公式法分解因式，运用完全平方公式进行因式分解，熟记公式是解题的关键.直接利用完全平方公式分解因式即可．
【解答】
解：x2−2x+1=(x−1)2．
故答案为(x−1)2．
14.【答案】−2或8
【解析】【分析】
利用完全平方公式的特征判断即可求出m的值．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【解答】
解：∵x2+2(3−m)x+25可以用完全平方式来分解因式，
∴2(3−m)=±10
解得：m=−2或8．
故答案为：−2或8．
15.【答案】x<−2
【解析】解：∵y=−x+3与y=2x+m图象交于点(−2,n)，
∴不等式2x+m<−x+3的解集为x<−2，
故答案为：x<−2．
根据题意和图形可以求得不等式k1x+a本题考查一次函数与一元一次不等式、两条直线相交或平行问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
16.【答案】2 3
【解析】解：∵CD垂直平分BE，
∴CE=CB，∠BDC=90°，
∴CD平分∠BCE，即∠BCD=∠ECD，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECD=∠ACE，
而∠ACB=90°，
∴∠BCD=13∠ACB=30°，
∴∠B=60°，
∴∠A=30°，
∴AC= 3BC=2 3．
故答案为2 3．
先根据线段垂直平分线的性质得到CE=CB，∠BDC=90°，再根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得到∠BCD=13∠ACB=30°，则∠A=30°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系求解．
本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
17.【答案】①②③④
【解析】【分析】
连接BO，①由线段垂直平分线的性质定理，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，角的和差求出∠APO=∠ACO；③∠APO+∠DCO=30°，由三角形的内角和定理，角的和差求出∠POC=60°，再由等边三角的判定证明△OPC是等边三角形，得出PC=PO，∠PCO=60°，②据③结论推出∠APO+∠PCB=90°，④在线段AC上截取AE=AP，连接PE，由角的和差，等边三角形的判定与性质证明△APO≌△EPC，再由线段的和差和等量代换求出AO+AP=AC，即可得出结果。
本题考查了线段垂直平分线的性质定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角的和差、线段的和差、等量代换等相关知识点；作辅助线构建等腰三角形、等边三角形、全等三角形是解题的关键。
【解答】
解：连接BO，如图1所示：
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴AD垂直平分线段BC，
∴BO=CO，
∴∠OBC=∠OCB，
又∵OP=OC，
∴OP=OB，
∴∠OBP=∠OPB，
又∵在等腰△ABC中∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∴∠OBC+∠OBP=∠OCB+∠ACO，
∴∠OBP=∠ACO，
∴∠APO=∠ACO，故①正确；
又∵∠ABC=∠PBO+∠CBO=30°，
∴∠APO+∠DCO=30°，
∵∠PBC+∠BPC+∠BCP=180°，∠PBC=30°，
∴∠BPC+∠BCP=150°，
又∵∠BPC=∠APO+∠CPO，
∠BCP=∠BCO+∠PCO，
∠APO+∠DCO=30°，
∴∠OPC+∠OCP=120°，
又∵∠POC+∠OPC+∠OCP=180°，
∴∠POC=60°，
又∵OP=OC，
∴△OPC是等边三角形，
∴PC=PO，∠PCO=60°，故③正确；
∴∠APO+∠DCO+∠PCO=30°+60°=90°，
即∠APO+∠PCB=90°，故②正确；
在线段AC上截取点E，使得AE=AP，连接PE，如图2所示：
∵∠BAC+∠CAP=180°，∠BAC=120°，
∴∠CAP=60°，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=EP，
又∵△OPC是等边三角形，
∴OP=CP，
又∵∠APE=∠APO+∠OPE=60°，
∠CPO=∠CPE+∠OPE=60°，
∴∠APO=∠EPC，
在△APO和△EPC中，
AP=EP∠APO=∠EPCOP=CP
∴△APO≌△EPC(SAS)，
∴AO=EC，
又∵AC=AE+EC，AE=AP，
∴AO+AP=AC，故④正确；
故答案为①②③④．
18.【答案】11≤m<12
【解析】解：①若0由F(x,2)>5F(−2,x)≤m得2−x>5x+2≤m，
由2−x>5，得：x<−3，与0②若x≥2，
由F(x,2)>5F(−2,x)≤m得x−2>5x+2≤m，
解得x>7x≤m−2，
∵不等式组恰好有2个整数解，
∴9≤m−2<10，
解得11≤m<12，
故答案为：11≤m<12．
分0本题主要考查解一元一次不等式组，解题的关键是根据x的取值范围列出相应的关于x的不等式组，并解不等式组，结合整数解的个数得到关于m的不等式组．
19.【答案】解：(1)2x2−4x+2
=2(x2−2x+1)
=2(x−1)2；
(2)(x−y)3−16(x−y)
=(x−y)[(x−y)2−16]
=(x−y)(x−y+4)(x−y−4)．
【解析】本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
(1)此多项式有公因式，应先提取公因式，再对余下的多项式进行观察，有3项，可采用完全平方公式继续分解．
(2)此多项式有公因式，应先提取公因式，再对余下的多项式进行观察，再采用平方差公式继续分解．
20.【答案】解：(1)去分母，得：3(2+x)≥2(2x−1)，
去括号，得：6+3x≥4x−2，
移项，得：3x−4x≥−2−6，
合并同类项，得：−x≥−8，
系数化为1，得：x≤8，
将不等式的解集表示在数轴上如下：
(2)解不等式2(x−1)−12(1+2x)≤1，得：x≤3.5，
解不等式x+23<2x−1，得：x>1，
则不等式组的解集为1将不等式组的解集表示在数轴上如下：

【解析】(1)根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得；
(2)分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
21.【答案】解：(1)如图1所示：
；
(2)如图2所示：
；
(3)找出A的关于x轴的对称点A′(1,−1)，
连接BA′，与x轴交点即为点P；
如图3所示：点P坐标为(2,0)．

【解析】本题考查了利用平移变换作图、旋转变换作图(关于原点成中心对称的点的坐标特征)、轴对称−最短路线问题有关知识．
(1)根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可；
(2)找出点A、B、C关于原点O的对称点的位置，然后顺次连接即可；
(3)找出点A的关于x轴的对称点A′，连接BA′，与x轴交点即为点P．
22.【答案】解：(1)设一辆甲种货车可装载蔬菜x吨，可装载水果y吨，
依题意，得：x+y=5x=4y，
解得：x=4y=1．
答：一辆甲种货车可装载蔬菜4吨，可装载水果1吨．
(2)设安排甲种货车m辆，则安排乙种货车(10−m)辆，
依题意，得：4m+2(10−m)≥30m+2(10−m)≥13，
解得：5≤m≤7，
又∵m为正整数，
∴m可以取5，6，7，
∴该村共有3种安排方案，方案1：安排甲种货车5辆，乙种货车5辆；方案2：安排甲种货车6辆，乙种货车4辆；方案3：安排甲种货车7辆，乙种货车3辆．
(3)方案1所需运费为2000×5+1500×5=17500(元)；
方案2所需运费为2000×6+1500×4=18000(元)；
方案3所需运费为2000×7+1500×3=18500(元)．
∵17500<18000<18500，
∴选择方案1所需运费最少，最少运费是17500元．
【解析】(1)设一辆甲种货车可装载蔬菜x吨，可装载水果y吨，根据“一辆甲种货车可装蔬菜和水果共5吨，且一辆甲种货车可装的蔬菜重量(单位：吨)是其可装的水果重量的4倍”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设安排甲种货车m辆，则安排乙种货车(10−m)辆，根据一次可装载蔬菜不少于30吨、水果不少于13吨，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各运货方案；
(3)利用总运费=每辆车的运费×租车辆数，可分别求出三种安排方案所需费用，比较后即可得出结论．
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；(3)利用总运费=每辆车的运费×租车辆数，分别求出三种安排方案所需费用．
23.【答案】解：(1)∵直线OM是AB的垂直平分线，
∴MA=MB，
同理，NA=NC，
∵△AMN的周长为6，
∴MA+MN+NA=6，即MB+MN+NC=BC=6；
(2)∵∠MON=30°，
∴∠OMN+∠ONM=150°，
∴∠BME+∠CNF=150°，
∵MA=MB，ME⊥AB，
∴∠BMA=2∠BME，
同理，∠ANC=2∠CNF，
∴∠BMA+∠ANC=300°，
∴∠AMN+∠ANM=360°−300°=60°，
∴∠MAN=180°−60°=120°；
(3)由(2)的作法可知，∠MAN=90°，
由(1)可知，MA=MB=3，NA=NC
设MN=x，
∴NA=NC=12−3−x=9−x，
由勾股定理得，MN2=AM2+AN2，即x2=32+(9−x)2，
解得，x=5，即MN=5．
【解析】(1)根据线段的垂直平分线的性质得到MA=MB，NA=NC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；
(2)根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；
(3)根据(2)的解法得到∠MAN=90°，根据勾股定理列式计算即可．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵A(0, 3)，B(3,0)，
∴OA= 3，OB=3，
∴AB=2 3，
∴∠ABO=30°，
设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将A(0, 3)，B(3,0)代入得：3k+b=0b= 3，
∴k=− 33b= 3，
∴直线AB的解析式为y=− 33x+ 3；
(2)当OB=OP时，如图，过点P作x轴的垂线，垂足为M，

∵OB=3，∠ABO=30°，
∴OB=OP=3，∠OPB=30°，
∴∠POB=120°，
∴∠POM=60°，
∴∠MPO=30°，
∴OM=12OP=32，
∴PM= 3OM=3 32，
∴点P的坐标为(−32,3 32)；
当OB=PB时，如图，过点P作x轴的垂线，垂足为M，

∵OB=3，
∴PB=3，
设P(p,− 33p+ 3)，
∵OB=3，∠ABO=30°，
∴BM=3−p，PM=− 33p+ 3，
∵PM⊥OB，∠ABO=30°，
∴PM=12PB=32，
∴− 33p+ 3=32，
∴p=3−3 32，
∴点P的坐标为(3−3 32,32)；
同理：点P′的坐标为(3 32+3,−32)；
综上，点P的坐标为(−32,3 32)或(3−3 32,32)或(3 32+3,−32)；
(3)作点M关于AB的对称点M′，

设M′的轨迹为l，
∴∠MBP=∠M′BP=30°，
∴∠MBM′=60，即直线l与x轴的夹角为60°，
∴当OM′⊥l直线l时，OP+PM=OP′+PM′=OM′有最小值，
∵∠MBM′=60，
∴∠M′OB=30°，
∴BM′=12OB=32，
∴OM′= 3BM′=3 32，
∴OP+PM的最小值为3 32．
【解析】(1)根据A(0, 3)，B(3,0)，可得OA= 3，OB=3，得出AB=2 3，∠ABO=30°，设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，将A(0, 3)，B(3,0)代入计算即可求出直线AB的解析式；
(2)分OB=OP，OB=PB两种情况，根据等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质即可求解；
(3)作点M关于AB的对称点M′，设M′的轨迹为l，由对称可得∠MBP=∠M′BP=30°，则∠MBM′=60，可得直线l与x轴的夹角为60°，可得当OM′⊥l直线l时，OP+PM=OP+PM′有最小值，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，轴对称的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，轴对称的性质是本题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠EBC=∠ACD，
在△BEC和△CDA中，
∠EBC=∠ACD∠E=∠DBC=AC，
∴△BEC≌△CDA(AAS)；
(2)解：①如图，过点B作BC⊥AB交直线l2于C过C作CD⊥x轴于点D，

在y=3x+3中，令y=0可求得x=−1，令x=0可求得y=3，
∴OA=3，OB=1，
同(1)得△CDB≌△BAO，
∴CD=BO=1，BD=AO=3，
∴OD=4，
∴C(−4,1)，且A(0,3)，
设直线AC解析式为y=kx+3，
把C点坐标代入可得−4k+3=1，解得k=12，
∴直线AC解析式为y=12x+3；
②设P(m,12m+3)，Q(0,n)，
当BC为对角线时，−4−1=m+01=12m+3+n，
解得m=−5n=12，
∴点Q(0,12)，
当BP为对角线时，−1+m=−4+012m+3=n+1，
解得m=−3n=12，
∴Q(0,12)，
当CP为对角线时，−4+m=−1+01+12m+3=n，
解得m=3n=112，
∴Q(0,112)；
综上：Q(0,12)或(0,112)；
③如图，当∠ADP=90°时，AD=PD，
过点P作PE⊥OA于E，过点D作DF⊥PE于F，

∴点E与点A重合，
∴DF=12AB=4，
设D点坐标为(x,2x−6)，
则6−(2x−6)=4，得x=4，
∴D(4,2)；
如图3，当∠APD=90°时，AP=PD，
过点P作PE⊥OA于E，过点D作DF⊥PE于F，

设点P的坐标为(8,m)，
同理得，△APE≌△PDF，
∴PF=AE=6−m，DF=PE=8，
∴D点坐标为(14−m,m+8)，
∴m+8=2(14−m)−6，
∴m=143，
∴D点坐标(283,383)；
如图，当∠ADP=90°时，AD=PD时，同理得D点坐标(203,223)，

综上可知满足条件的点D的坐标分别为(4,2)或(283,383)或(203,223).
【解析】(1)根据同角的余角相等得∠EBC=∠ACD，再利用AAS可证明结论；
(2)①过点B作BC⊥AB交直线l2于C过C作CD⊥x轴于点D，同(1)得△CDB≌△BAO，则CD=BO=1，BD=AO=3，可知点C的坐标，再利用待定系数法可得答案；
②设P(m,12m+3)，Q(0,n)，分BC为对角线或BP为对角线或CP为对角线，分别利用中点坐标公式可得答案；
③根据等腰直角三角形的性质，分点D或点P为顶角顶点分别画图，利用模型建立三角形全等，从而解决问题．
本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，作辅助线构造模型是解决问题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．

2022-2023学年广东省深圳市龙岗区康乐学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

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