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2023-2024学年辽宁省沈阳市于洪区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市于洪区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共21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。
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.已知aA. a2−bC. a31−2b
3.若分式x2−1x−1的值为0，则x的值为( )
A. 0B. 1C. −1D. ±1
4.正六边形的外角和为( )
A. 120°B. 180°C. 360°D. 720°
5.下列多项式中，不能因式分解的是( )
A. x2−y2B. x2+2xC. x2+xy+y2D. x2−4x+4
6.如图，点A，B的坐标分别为(1,4)，(3,−1)，若将线段AB平移至A′B′的位置，点A′的坐标为(−3,1)，则B′的坐标为( )
A. (−1,−3)B. (−3,−1)C. (−4,−1)D. (−1,−4)
7.如图，△ABC为等边三角形，点D在BC边上，∠BAD=15°，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，则旋转角为( )
A. 15°
B. 35°
C. 45°
D. 60°
8.我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为x株，则符合题意的方程是( )
A. 3(x−1)=6210xB. 6210x−1=3C. 3x−1=6210xD. 6210x=3
9.如图，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，下列说法错误的是( )
A. 若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
B. 若AC=BD，则四边形ABCD是矩形
C. 若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D. 若AB=BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
10.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以点C为圆心，以CA长为半径作弧，交AB边于点A′，再分别以点A和A′为圆心，以大于12AA′的长为半径作弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB边于点D，点E是AB的中点，且CD=DE=2，则AB的长为( )
A. 4B. 4 2C. 4 3D. 83 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：a3−a= ．
12.如图，直线y=x+1与直线y=kx−3相交于点P(m,5)，则关于x的不等式x+113.若关于x的分式方程mx−2+1=32−x有增根，则m的值是______．
14.如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2 2，D是边AC的中点，E是边BC上一点.若DE平分△ABC的周长，则DE的长为______．
15.如图，将正方形纸片ABCD对折，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A的对应点A′落在正方形内部，并使折痕经过点B，得到折痕BM，延长MA′交CD边于点N，若AB=8cm，FN=1cm，则AM的长为______cm．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)因式分解：x2y−2xy2+y3；
(2)解不等式组：x−3(x−2)≥41+2x3>x−1，并把解集在数轴上表示出来．
17.(本小题8分)
先化简，再求值：m−1+2m−6m2−9÷2m+2m+3，其中m=−12．
18.(本小题8分)
为提升学生的身体素质，培养体育运动能力，某中学计划利用每日的“阳光大课间”开展跳绳活动，并准备采购一批跳绳供学生使用.已知A款可计数跳绳每根28元，B款普通跳绳每根15元，学校准备采购这两款跳绳共100根，且购买的总费用不超过2000元，最多可以购买A款可计数跳绳多少根？
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A(3,2)，B(0,1)，C(1,−1)．
(1)画出将△ABC向左平移4个单位后得到的图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕点C按逆时针方向旋转180°后得到的图形△A2B2C，并直接写出四边形A2B2AB的形状；
(3)在平面内有一点D，当以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点D的坐标．
20.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作BD的平行线，过点B作AC的平行线，两线相交于点E．
(1)求证：四边形OAEB是菱形；
(2)若AB=2BC=4，求四边形OAEB的面积．
21.(本小题9分)
近些年，中国汽车制造业蓬勃发展，国产新能源汽车已经成为全民关注的焦点.小明家打算购置一辆新车用于全家日常出行，但是面对众多品牌和车型，如何选择呢？选择传统燃油汽车还是新能源汽车呢？小明选择了两款10万−20万元区间的燃油车和新能源汽车各一辆做对比研究，假设车辆使用5年的总费用=购车费用+购置税+保养费用+耗能费用(油费或电费)−预计5年后的车价，具体数据如下表所示：
此外，A款燃油车每公里的油费比B款新能源汽车每公里的电费多0.7元.当油费和电费均为100元时，B款新能源汽车的行驶路程是A款燃油车行驶路程的8倍．
(1)A款燃油车每公里的油费与B款新能源汽车每公里的电费分别是多少元？
(2)设平均每年的行驶路程为x公里，使用A款燃油车5年的总费用为w1元，使用B款新能源汽车5年的总费用为w2元，请分别写出w1，w2与x之间的关系式，并说明怎样选择更划算．
22.(本小题12分)
在菱形ABCD中，∠B=α(0°<α≤90°)，点O′在对角线AC上运动(点O′不与点A，点C重合)，O′CAC=k，以点O′为顶点作菱形A′B′C′O′；且菱形A′B′C′O′与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′=AB，∠B′=∠B，在菱形A′B′C′O′绕点O′旋转的过程中，O′A′与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
(1)如图1，当α=90°，k=12时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是______；
【类比探究】
(2)如图2，菱形的边长为8，α=60°，求CE+CF的值(用含k的代数式表示)；
【拓展应用】
(3)在(2)的条件下，连接O′B，O′B=7，CF=75，求CE的长度．
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，▱ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为(−2,0)，(0,6)，(8,6)，过点A的直线y=x+2与BC边相交于点E(4,6)，连接DE，点P为线段AE上的一个动点，点Q与点B关于点P成中心对称，设点P的横坐标为m．
(1)求线段DE所在直线的函数表达式；
(2)①点Q的坐标为______(用含m的代数式表示)；
②当点Q在△ADE的内部运动时(不包括边界)，求m的取值范围；
(3)取AP的中点M，EP的中点N，连接QM，QN，在点P运动的过程中，△QMN的面积是否发生变化？若不变，求出△QMN的面积；若改变，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；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．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：∵a∴选项A符合题意；
∵a∴−a>−b，
∴选项B不符合题意；
∵a∴a3∴选项C不符合题意；
∵a∴−2a>−2b，
∴1−2a>1−2b，
∴选项D不符合题意．
故选：A．
根据a此题主要考查了不等式的性质：(1)不等式的两边同时加上(或减去)同一个数或同一个式子，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.【答案】C
【解析】【分析】
此题主要考查了分式的值，正确把握定义是解题关键．
直接利用分式的值为0，则分子为0，分母不为0，进而得出答案．
【解答】
解：∵分式x2−1x−1的值为0，
∴x2−1=0，且x−1≠0，
解得：x=−1．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正六边形的外角和为360°．
故选：C．
利用“多边形的外角和等于360°”，即可得出正六边形的外角和为360°．
本题考查了多边形内角与外角，牢记“多边形的外角和等于360°”是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：x2−y2=(x+y)(x−y)，则A不符合题意；
x2+2x=x(x+2)，则B不符合题意；
x2+xy+y2无法因式分解，则C符合题意；
x2−4x+4=(x−2)2，则D不符合题意；
故选：C．
将各式因式分解后进行判断即可．
本题考查提公因式法及公式法因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为点A′(−3,1)由点A(1,4)平移得到，
所以1−4=−3，4−3=1，
又因为点B的坐标为(3,−1)，
所以3−4=−1，−1−3=−4，
即点B′的坐标为(−1,−4)．
故选：D．
根据点A和点A′的坐标，结合图形平移的性质即可解决问题．
本题主要考查了坐标与图形变化−平移，熟知图形平移的性质是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△ABD经旋转后到达△ACE的位置，
∴∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
故选：D．
由△ABD经旋转后到达△ACE的位置，而AB=AC，根据旋转的性质得到∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
根据单价=总价÷数量，结合少拿一株椽后剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】
解：依题意，得：3(x−1)=6210x．
故选：A．
9.【答案】D
【解析】解：A、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以A选项正确，不符合题意；
B、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项正确，不符合题意；
C、因为有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形，所以C选项正确，不符合题意；
D、当AB=BC时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形ABCD是菱形，当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直可判断四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，该结论错误，符合题意；
故选：D．
根据正方形的判定，矩形的判定、菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了正方形的判定，矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：连接CE，
根据题意可知：CM⊥AB，
∴∠CDE=90°，
∴CE= CD2+DE2= 22+22=2 2，
∵∠ACB=90°，点E是AB的中点，
∴AB=2CE=4 2，
故选：B．
根据勾股定理可得CE的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案．
此题考查的是勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
11.【答案】a(a+1)(a−1)
【解析】【分析】
此题考查了提公因式与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
原式提取a，再利用平方差公式分解即可．【解答】
解：原式=a(a2−1)=a(a+1)(a−1)，
故答案为a(a+1)(a−1)．
12.【答案】x<4
【解析】解：∵直线y=x+1过点P(m,5)，
∴5=m+1，
∴m=4，
∴P(4,5)，
由函数图象得：当x<4时，x+b即关于x的不等式x+1故答案为：x<4．
由直线y=x+1过点P(m,5)即可求得m=4，观察函数图象得到当x<4时，函数y=x+1的图象都在y=kx−3的图象下方，所以不等式x1本题考查了两条直线相交或平行问题，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．
13.【答案】−3
【解析】解：去分母，得：m+x−2=−3，
由分式方程有增根，得到x−2=0，即x=2，
把x=2代入整式方程，可得：m=−3．
故答案为：−3．
首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到x−2=0，据此求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．
此题主要考查了分式方程的增根，解答此题的关键是要明确：(1)化分式方程为整式方程；(2)把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
14.【答案】 6
【解析】解：如图，延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，
∵D是边AC的中点，
∴AD=DC，
∵DE平分△ABC的周长，
∴CE=BE+BA，
∴CE=BE+BF=EF，
∵AD=DC，
∴DE是△ACF的中位线，
∴DE=12AF，
∵BF=BA，BG⊥AF，
∴AG=GF，
∵∠ABC=60°，BA=BF，
∴∠BAF=30°，
∴BG=12AB= 2，
∴AG= AB2−BG2= 6，
∴AF=2 6，
∴DE= 6，
故答案为： 6．
延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，根据题意得到CE=EF，根据三角形中位线定理得到DE=12AF，根据勾股定理求出AG，进而求出DE．
本题主要考查的是三角形中位线定理，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
15.【答案】4011
【解析】解：连接BN，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=∠D=90°，
由折叠的性质可得，AB=BA′，AM=MA′，∠BA′M=∠A=90°，
∴∠BA′N=180°−∠BA′M=90°，
∴∠BA′N=∠C=90°，
∵AB=BC，AB=BA′，
∴BC=BA′，
又∵BN=BN，
∴Rt△BA′N≌Rt△BCN(HL)．
∴∠A′BN=∠CBN，
∴点P在∠A′BC的平分线上．
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形．
∵AB=8cm，FN=1cm，
∴CN=CF−FN=3(cm)，
∴BC=CD=AD=AB=8cm，DN=CD−CN=5(cm)，
由①得AM=MA′，Rt△BA′N≌Rt△BCN，
∴A′N=CN=3cm，
设AM=x cm，则MD=(8−x)cm，MN=(x+3)cm，
在Rt△MDN中，由勾股定理得，MD2+DN2=MN2，
∴(8−x)2+52=(x+3)2．
解得x=4011．
∴AM的长为4011cm．
故答案为：4011．
连接BN，如图：根据矩形的性质得到∠A=∠C=∠D=90°，由折叠的性质可得，AB=BA′，AM=MA′，∠BA′M=∠A=90°，根据全等三角形 到现在得到∠A′BN=∠CBN，得到点P在∠A′BC的平分线上．推出四边形ABCD是正方形．求得BC=CD=AD=AB=8cm，DN=CD−CN=5(cm)，设AM=x cm，则MD=(8−x)cm，MN=(x+3)cm，根据勾股定理即可得到结论．
本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16.【答案】解：(1)x2y−2xy2+y3
=y(x2−2xy+y2)
=y(x−y)2；
(2)x−3(x−2)≥4①1+2x3>x−1②，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x<4，
∴原不等式组的解集为：x≤1，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】(1)先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答；
(2)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，在数轴上表示不等式的解集，提公因式法与公式法的综合运用，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】解：原式=m−1+2(m−3)(m+3)(m−3)⋅m+32(m+1)
=m−1+1m+1
=(m+1)(m−1)+1m+1
=m2−1+1m+1
=m2m+1，
当m=−12时，原式=(−12)2−12+1=12．
【解析】先把除法运算转化为乘法运算，再约分，接着通分后进行同分母的加法运算得到原式=m2m+1，然后把m的值代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：解题时可根据题目的具体条件选择合适的方法．
18.【答案】解：设可以购买A款可计数跳绳x根，则可以购买B款普通跳绳(100−x)根，
由题意得：28x+15(100−x)≤2000，
解得：x≤38613，
∵x为正整数，
∴x的最大值为38，
答：最多可以购买A款可计数跳绳38根．
【解析】设可以购买A款可计数跳绳x根，则可以购买B款普通跳绳(100−x)根，根据购买的总费用不超过2000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了一元一次不等式的应用，找出数量关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C即为所求．
由旋转得，BC=B2C，AC=A2C，
∴四边形A2B2AB为平行四边形．
(3)如图，点D1，D2，D3均满足题意，
∴满足题意的点D的坐标为(2,4)或(4,0)或(−2,−2)．
【解析】(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图即可；结合旋转的性质以及平行四边形的判定可知四边形A2B2AB为平行四边形．
(3)根据平行四边形的判定可得答案．
本题考查作图−平移变换、旋转变换、平行四边形的判定，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=CO，BO=DO，
∴BO=AO，
∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形OAEB是平行四边形，
∵BO=AO，
∴四边形OAEB是菱形；
(2)解：连接OE交AB于P，
∵四边形OAEB是菱形，
∴OP=PE，BE=AE，OE⊥AB，
∵BE=AE，AO=CO，
∴OP=12BC，
∵AB=2BC=4，
∴OP=12BC=1，
∴OE=2OP=2，
∴四边形OAEB的面积=12AB⋅OE=12×4×2=4．
【解析】(1)根据矩形的性质得出AC=BD，AO=CO，BO=DO，求出BO=CO，再根据菱形的判定得出即可；
(2)根据菱形的性质得出OE=PE，BE=AE，OE⊥AB，求出OE长，再求出菱形OBPC的面积即可．
本题考查了矩形的性质，菱形的性质和判定，三角形的中位线等知识点，能熟记矩形的性质和菱形的判定是解此题的关键．
21.【答案】解：(1)设A款燃油车每公里油费为x元，则B款新能源车每公里电费(x−0.7)元．
根据题意，得8×100x=100x−0.7，
∴x=0.8，
经检验，x=0.8是所列分式方程的根，
0.8−0.7=0.1(元)，
∴A款燃油车每公里油费为0.8元，B款新能源车每公里电费为0.1元．
(2)根据题意，得w1=180000−90000+18000+1000×5+5x×0.8=4x+113000，w2=200000−60000+0+550×5+5x×0.1=0.5x+142750．
当w1当w1=w2时，得4x+113000=0.5x+142750，解得x=8500；
当w1>w2时，得4x+113000>0.5x+142750，解得x<8500．
∴当平均每年的行驶路程少于8500公里时，选择A款燃油车更划算；当平均每年的行驶路程等于8500公里时，选择A燃油车和B款新能源车一样划算；当平均每年的行驶路程大于8500公里时，选择B款新能源车更划算．
【解析】(1)依据题意，设A款燃油车每公里油费为x元，则B款新能源车每公里电费(x−0.7)元，根据题意列分式方程并求解即可；
(2)依据题意，根据总费用的公式分别写出w1和w2关于x的表达式，分别求出当w1w2时对应的x的取值范围即可．
本题主要考查了一次函数的应用、分式方程的应用，掌握分式方程和一元一次不等式的解法是本题的关键．
22.【答案】CF+CE=BC
【解析】解：(1)当α=90°，k=12时，
四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，
如图1，连接O′B，
则O′B=O′C，∠O′BE=∠O′CF=45°，∠BO′E+∠CO′E=∠CO′E+∠CO′F=90°，
∴∠BO′E=∠CO′F，
∴△BO′E≌△CO′F(ASA)，
∴BE=CF，
∵BE+CE=BC，
∴CF+CE=BC，
故答案为：CF+CE=BC；
(2)如图2，过点O′作O′G//AB，交BC于G，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O′是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，α=60°，
∴AB=BC=CD=AD=A′B′=B′C′=C′O′=O′A′=8，∠B=∠D=∠B′=∠A′O′C′=60°，
∴△ABC、△ACD均为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，AC=AB=8，
∵O′G//AB，
∴∠CO′G=∠BAC=60°=∠O′CG，
∴△O′CG是等边三角形，
∴O′G=CG=O′C=k⋅AC=8k，
∵∠EO′G+∠CO′E=∠CO′E+∠CO′F′=60°，
∴∠EO′G=∠CO′F，
∴△O′EG≌△O′FC(ASA)，
∴EG=CF，
∵CE+EG=CG，
∴CE+CF=8k；
(3)连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC=90°，
∴OC=12AC=12BC=4，
∴OB= BC2−OC2= 82−42=4 3，
∴OO′= O′B2−OB2= 72−(4 3)2=1，
当点O′在线段AO上时，如图2，过点O′作O′H⊥BC于H，
则O′C=OO′+OC=1+4=5，
∴k=O′CAC=58，
由(2)知：CE+CF=8k，
∴CE+CF=8×58=5，
∵CF=75，
∴CE=5−75=185；
当点O′在线段OC上时，如图3，
则O′C=OC−OO′=4−1=3，
∴k=O′CAC=38，
∴CE+CF=8×38=3，
∴CE=3−75=85；
综上所述，CE的长度为185或85．
(1)连接O′B，当α=90°，k=12时，四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，可证得△BO′E≌△CO′F(ASA)，得出BE=CF，即可求得答案；
(2)过点O′作O′G//AB，交BC于G，可证得△ABC、△ACD、△O′CG均为等边三角形，得出O′G=CG=O′C=k⋅AC=8k，再证得△O′EG≌△O′FC(ASA)，即可得出答案；
(3)连接BD交AC于O，运用勾股定理求得OO′=1，分两种情况：当点O′在线段AO上时，当点O′在线段OC上时，分别求得CE即可．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．
23.【答案】(2m,2m−2)
【解析】解：(1)∵B(0,6)，C(8,6)，
∴BC=8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=8，
∵A(−2,0)，
∴D(6,0)，
设直线DE函数表达式为：y=kx+b，将D、E代入即可，
0=6k+b6=4k+b，解得：k=−3b=18，
∴直线DE的函数表达式为y=−3x+18；
(2)①设AE解析式为y=px+q，将A、E坐标代入得：y=x+2，
∵P在线段AE上，P的横坐标为m，
∴P(m,m+2)，
∵B、Q关于点P中心对称，
∴m=0+xQ2m+2=6+yQ2，解得xQ=2myQ=2m−2，
∴Q(2m,2m−2)；
故答案为：(2m,2m−2)；
②当Q在边AD上时，此时yQ=0，即2m−2=0，
∴m=1，
当Q在边DE上时，此时点Q在直线DE上，
∴2m−2=−6m+18，解得m=52，
∵不包含边界，
∴1(3)△QMN的面积不变，△QMN的面积为6.理由如下，
∵A(−2,0)，E(4,6)，
∴AE=6 2，
∵M是AP中点，N是EP中点，
∴PM=12AP，PN=12PE，
∴MN=PM+PN=12AE=3 2，
∵Q(2m,2m−2)，
∴点Q所在直线l的解析式为：y=x−2，
设l与x轴交于点K，则K(2,0)，
∴AK=4，
由(2)知AE解析式为：y=x+2，
∴AE//l，
过A作AG⊥l于点G，作QH⊥AE于点H，则四边形AGQH是矩形，
由题易知，△AGK为等腰直角三角形，
∴AG=2 2，
∴QH=AG=2 2，
S△QMN=12MN⋅QH=12×3 2×2 2=6．
(1)根据平行四边形的性质推出D(6,0)，再用待定系数法求DE函数表达式即可；
(2)①先求直线AE表达式，根据中心对称可求Q坐标；②利用边界值计算即可，当Q在边AD上时求m的值，当Q在边DE上时求m的值，即可得出m的范围；
(3)△QMN的面积是否发生变化可以看底和高是否变化，其中底是MN=12AE是定值，因为Q所在直线与AE平行，根据平行线之间是等距的，所以高是定值，所以面积不发生变化，再根据题干条件求出高即可．
本题主要考查了待定系数法求一次函数、求一次函数的交点坐标、平行四边形的性质等基础知识，掌握相关知识是解题的关键．车辆类型
购车费用
购置税
年均保养费用
预计5年后的车价
A款燃油车
18万元
18000元
1000元/年
9万元
B款新能源汽车
20万元
0元
550元/年
6万元
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.已知a
3.若分式x2−1x−1的值为0，则x的值为( )
A. 0B. 1C. −1D. ±1
4.正六边形的外角和为( )
A. 120°B. 180°C. 360°D. 720°
5.下列多项式中，不能因式分解的是( )
A. x2−y2B. x2+2xC. x2+xy+y2D. x2−4x+4
6.如图，点A，B的坐标分别为(1,4)，(3,−1)，若将线段AB平移至A′B′的位置，点A′的坐标为(−3,1)，则B′的坐标为( )
A. (−1,−3)B. (−3,−1)C. (−4,−1)D. (−1,−4)
7.如图，△ABC为等边三角形，点D在BC边上，∠BAD=15°，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE，则旋转角为( )
A. 15°
B. 35°
C. 45°
D. 60°
8.我国古代著作《四元玉鉴》记载“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽．每株脚钱三文足，无钱准与一株椽．”其大意为：现请人代买一批椽，这批椽的价钱为6210文．如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设这批椽的数量为x株，则符合题意的方程是( )
A. 3(x−1)=6210xB. 6210x−1=3C. 3x−1=6210xD. 6210x=3
9.如图，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，下列说法错误的是( )
A. 若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
B. 若AC=BD，则四边形ABCD是矩形
C. 若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D. 若AB=BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
10.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以点C为圆心，以CA长为半径作弧，交AB边于点A′，再分别以点A和A′为圆心，以大于12AA′的长为半径作弧，两弧相交于点M，作射线CM交AB边于点D，点E是AB的中点，且CD=DE=2，则AB的长为( )
A. 4B. 4 2C. 4 3D. 83 3
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：a3−a= ．
12.如图，直线y=x+1与直线y=kx−3相交于点P(m,5)，则关于x的不等式x+1
14.如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2 2，D是边AC的中点，E是边BC上一点.若DE平分△ABC的周长，则DE的长为______．
15.如图，将正方形纸片ABCD对折，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A的对应点A′落在正方形内部，并使折痕经过点B，得到折痕BM，延长MA′交CD边于点N，若AB=8cm，FN=1cm，则AM的长为______cm．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)因式分解：x2y−2xy2+y3；
(2)解不等式组：x−3(x−2)≥41+2x3>x−1，并把解集在数轴上表示出来．
17.(本小题8分)
先化简，再求值：m−1+2m−6m2−9÷2m+2m+3，其中m=−12．
18.(本小题8分)
为提升学生的身体素质，培养体育运动能力，某中学计划利用每日的“阳光大课间”开展跳绳活动，并准备采购一批跳绳供学生使用.已知A款可计数跳绳每根28元，B款普通跳绳每根15元，学校准备采购这两款跳绳共100根，且购买的总费用不超过2000元，最多可以购买A款可计数跳绳多少根？
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A(3,2)，B(0,1)，C(1,−1)．
(1)画出将△ABC向左平移4个单位后得到的图形△A1B1C1；
(2)画出将△ABC绕点C按逆时针方向旋转180°后得到的图形△A2B2C，并直接写出四边形A2B2AB的形状；
(3)在平面内有一点D，当以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点D的坐标．
20.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作BD的平行线，过点B作AC的平行线，两线相交于点E．
(1)求证：四边形OAEB是菱形；
(2)若AB=2BC=4，求四边形OAEB的面积．
21.(本小题9分)
近些年，中国汽车制造业蓬勃发展，国产新能源汽车已经成为全民关注的焦点.小明家打算购置一辆新车用于全家日常出行，但是面对众多品牌和车型，如何选择呢？选择传统燃油汽车还是新能源汽车呢？小明选择了两款10万−20万元区间的燃油车和新能源汽车各一辆做对比研究，假设车辆使用5年的总费用=购车费用+购置税+保养费用+耗能费用(油费或电费)−预计5年后的车价，具体数据如下表所示：
此外，A款燃油车每公里的油费比B款新能源汽车每公里的电费多0.7元.当油费和电费均为100元时，B款新能源汽车的行驶路程是A款燃油车行驶路程的8倍．
(1)A款燃油车每公里的油费与B款新能源汽车每公里的电费分别是多少元？
(2)设平均每年的行驶路程为x公里，使用A款燃油车5年的总费用为w1元，使用B款新能源汽车5年的总费用为w2元，请分别写出w1，w2与x之间的关系式，并说明怎样选择更划算．
22.(本小题12分)
在菱形ABCD中，∠B=α(0°<α≤90°)，点O′在对角线AC上运动(点O′不与点A，点C重合)，O′CAC=k，以点O′为顶点作菱形A′B′C′O′；且菱形A′B′C′O′与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′=AB，∠B′=∠B，在菱形A′B′C′O′绕点O′旋转的过程中，O′A′与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
(1)如图1，当α=90°，k=12时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是______；
【类比探究】
(2)如图2，菱形的边长为8，α=60°，求CE+CF的值(用含k的代数式表示)；
【拓展应用】
(3)在(2)的条件下，连接O′B，O′B=7，CF=75，求CE的长度．
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，▱ABCD的顶点A，B，C的坐标分别为(−2,0)，(0,6)，(8,6)，过点A的直线y=x+2与BC边相交于点E(4,6)，连接DE，点P为线段AE上的一个动点，点Q与点B关于点P成中心对称，设点P的横坐标为m．
(1)求线段DE所在直线的函数表达式；
(2)①点Q的坐标为______(用含m的代数式表示)；
②当点Q在△ADE的内部运动时(不包括边界)，求m的取值范围；
(3)取AP的中点M，EP的中点N，连接QM，QN，在点P运动的过程中，△QMN的面积是否发生变化？若不变，求出△QMN的面积；若改变，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.该图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；
C.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；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．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：∵a
∵a
∴选项B不符合题意；
∵a
∵a
∴1−2a>1−2b，
∴选项D不符合题意．
故选：A．
根据a
3.【答案】C
【解析】【分析】
此题主要考查了分式的值，正确把握定义是解题关键．
直接利用分式的值为0，则分子为0，分母不为0，进而得出答案．
【解答】
解：∵分式x2−1x−1的值为0，
∴x2−1=0，且x−1≠0，
解得：x=−1．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴正六边形的外角和为360°．
故选：C．
利用“多边形的外角和等于360°”，即可得出正六边形的外角和为360°．
本题考查了多边形内角与外角，牢记“多边形的外角和等于360°”是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：x2−y2=(x+y)(x−y)，则A不符合题意；
x2+2x=x(x+2)，则B不符合题意；
x2+xy+y2无法因式分解，则C符合题意；
x2−4x+4=(x−2)2，则D不符合题意；
故选：C．
将各式因式分解后进行判断即可．
本题考查提公因式法及公式法因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为点A′(−3,1)由点A(1,4)平移得到，
所以1−4=−3，4−3=1，
又因为点B的坐标为(3,−1)，
所以3−4=−1，−1−3=−4，
即点B′的坐标为(−1,−4)．
故选：D．
根据点A和点A′的坐标，结合图形平移的性质即可解决问题．
本题主要考查了坐标与图形变化−平移，熟知图形平移的性质是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△ABD经旋转后到达△ACE的位置，
∴∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
故选：D．
由△ABD经旋转后到达△ACE的位置，而AB=AC，根据旋转的性质得到∠BAC等于旋转角，即旋转角等于60°．
本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
根据单价=总价÷数量，结合少拿一株椽后剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】
解：依题意，得：3(x−1)=6210x．
故选：A．
9.【答案】D
【解析】解：A、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以A选项正确，不符合题意；
B、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项正确，不符合题意；
C、因为有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形，所以C选项正确，不符合题意；
D、当AB=BC时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形ABCD是菱形，当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直可判断四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，该结论错误，符合题意；
故选：D．
根据正方形的判定，矩形的判定、菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了正方形的判定，矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：连接CE，
根据题意可知：CM⊥AB，
∴∠CDE=90°，
∴CE= CD2+DE2= 22+22=2 2，
∵∠ACB=90°，点E是AB的中点，
∴AB=2CE=4 2，
故选：B．
根据勾股定理可得CE的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案．
此题考查的是勾股定理、直角三角形斜边上中线的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
11.【答案】a(a+1)(a−1)
【解析】【分析】
此题考查了提公因式与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
原式提取a，再利用平方差公式分解即可．【解答】
解：原式=a(a2−1)=a(a+1)(a−1)，
故答案为a(a+1)(a−1)．
12.【答案】x<4
【解析】解：∵直线y=x+1过点P(m,5)，
∴5=m+1，
∴m=4，
∴P(4,5)，
由函数图象得：当x<4时，x+b
由直线y=x+1过点P(m,5)即可求得m=4，观察函数图象得到当x<4时，函数y=x+1的图象都在y=kx−3的图象下方，所以不等式x1
13.【答案】−3
【解析】解：去分母，得：m+x−2=−3，
由分式方程有增根，得到x−2=0，即x=2，
把x=2代入整式方程，可得：m=−3．
故答案为：−3．
首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到x−2=0，据此求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．
此题主要考查了分式方程的增根，解答此题的关键是要明确：(1)化分式方程为整式方程；(2)把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
14.【答案】 6
【解析】解：如图，延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，
∵D是边AC的中点，
∴AD=DC，
∵DE平分△ABC的周长，
∴CE=BE+BA，
∴CE=BE+BF=EF，
∵AD=DC，
∴DE是△ACF的中位线，
∴DE=12AF，
∵BF=BA，BG⊥AF，
∴AG=GF，
∵∠ABC=60°，BA=BF，
∴∠BAF=30°，
∴BG=12AB= 2，
∴AG= AB2−BG2= 6，
∴AF=2 6，
∴DE= 6，
故答案为： 6．
延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，根据题意得到CE=EF，根据三角形中位线定理得到DE=12AF，根据勾股定理求出AG，进而求出DE．
本题主要考查的是三角形中位线定理，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
15.【答案】4011
【解析】解：连接BN，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=∠D=90°，
由折叠的性质可得，AB=BA′，AM=MA′，∠BA′M=∠A=90°，
∴∠BA′N=180°−∠BA′M=90°，
∴∠BA′N=∠C=90°，
∵AB=BC，AB=BA′，
∴BC=BA′，
又∵BN=BN，
∴Rt△BA′N≌Rt△BCN(HL)．
∴∠A′BN=∠CBN，
∴点P在∠A′BC的平分线上．
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形．
∵AB=8cm，FN=1cm，
∴CN=CF−FN=3(cm)，
∴BC=CD=AD=AB=8cm，DN=CD−CN=5(cm)，
由①得AM=MA′，Rt△BA′N≌Rt△BCN，
∴A′N=CN=3cm，
设AM=x cm，则MD=(8−x)cm，MN=(x+3)cm，
在Rt△MDN中，由勾股定理得，MD2+DN2=MN2，
∴(8−x)2+52=(x+3)2．
解得x=4011．
∴AM的长为4011cm．
故答案为：4011．
连接BN，如图：根据矩形的性质得到∠A=∠C=∠D=90°，由折叠的性质可得，AB=BA′，AM=MA′，∠BA′M=∠A=90°，根据全等三角形 到现在得到∠A′BN=∠CBN，得到点P在∠A′BC的平分线上．推出四边形ABCD是正方形．求得BC=CD=AD=AB=8cm，DN=CD−CN=5(cm)，设AM=x cm，则MD=(8−x)cm，MN=(x+3)cm，根据勾股定理即可得到结论．
本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16.【答案】解：(1)x2y−2xy2+y3
=y(x2−2xy+y2)
=y(x−y)2；
(2)x−3(x−2)≥4①1+2x3>x−1②，
解不等式①得：x≤1，
解不等式②得：x<4，
∴原不等式组的解集为：x≤1，
∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
【解析】(1)先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答；
(2)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，在数轴上表示不等式的解集，提公因式法与公式法的综合运用，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】解：原式=m−1+2(m−3)(m+3)(m−3)⋅m+32(m+1)
=m−1+1m+1
=(m+1)(m−1)+1m+1
=m2−1+1m+1
=m2m+1，
当m=−12时，原式=(−12)2−12+1=12．
【解析】先把除法运算转化为乘法运算，再约分，接着通分后进行同分母的加法运算得到原式=m2m+1，然后把m的值代入计算即可．
本题考查了分式的化简求值：解题时可根据题目的具体条件选择合适的方法．
18.【答案】解：设可以购买A款可计数跳绳x根，则可以购买B款普通跳绳(100−x)根，
由题意得：28x+15(100−x)≤2000，
解得：x≤38613，
∵x为正整数，
∴x的最大值为38，
答：最多可以购买A款可计数跳绳38根．
【解析】设可以购买A款可计数跳绳x根，则可以购买B款普通跳绳(100−x)根，根据购买的总费用不超过2000元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
本题考查了一元一次不等式的应用，找出数量关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C即为所求．
由旋转得，BC=B2C，AC=A2C，
∴四边形A2B2AB为平行四边形．
(3)如图，点D1，D2，D3均满足题意，
∴满足题意的点D的坐标为(2,4)或(4,0)或(−2,−2)．
【解析】(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图即可；结合旋转的性质以及平行四边形的判定可知四边形A2B2AB为平行四边形．
(3)根据平行四边形的判定可得答案．
本题考查作图−平移变换、旋转变换、平行四边形的判定，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=CO，BO=DO，
∴BO=AO，
∵BE//AC，AE//BD，
∴四边形OAEB是平行四边形，
∵BO=AO，
∴四边形OAEB是菱形；
(2)解：连接OE交AB于P，
∵四边形OAEB是菱形，
∴OP=PE，BE=AE，OE⊥AB，
∵BE=AE，AO=CO，
∴OP=12BC，
∵AB=2BC=4，
∴OP=12BC=1，
∴OE=2OP=2，
∴四边形OAEB的面积=12AB⋅OE=12×4×2=4．
【解析】(1)根据矩形的性质得出AC=BD，AO=CO，BO=DO，求出BO=CO，再根据菱形的判定得出即可；
(2)根据菱形的性质得出OE=PE，BE=AE，OE⊥AB，求出OE长，再求出菱形OBPC的面积即可．
本题考查了矩形的性质，菱形的性质和判定，三角形的中位线等知识点，能熟记矩形的性质和菱形的判定是解此题的关键．
21.【答案】解：(1)设A款燃油车每公里油费为x元，则B款新能源车每公里电费(x−0.7)元．
根据题意，得8×100x=100x−0.7，
∴x=0.8，
经检验，x=0.8是所列分式方程的根，
0.8−0.7=0.1(元)，
∴A款燃油车每公里油费为0.8元，B款新能源车每公里电费为0.1元．
(2)根据题意，得w1=180000−90000+18000+1000×5+5x×0.8=4x+113000，w2=200000−60000+0+550×5+5x×0.1=0.5x+142750．
当w1
当w1>w2时，得4x+113000>0.5x+142750，解得x<8500．
∴当平均每年的行驶路程少于8500公里时，选择A款燃油车更划算；当平均每年的行驶路程等于8500公里时，选择A燃油车和B款新能源车一样划算；当平均每年的行驶路程大于8500公里时，选择B款新能源车更划算．
【解析】(1)依据题意，设A款燃油车每公里油费为x元，则B款新能源车每公里电费(x−0.7)元，根据题意列分式方程并求解即可；
(2)依据题意，根据总费用的公式分别写出w1和w2关于x的表达式，分别求出当w1
本题主要考查了一次函数的应用、分式方程的应用，掌握分式方程和一元一次不等式的解法是本题的关键．
22.【答案】CF+CE=BC
【解析】解：(1)当α=90°，k=12时，
四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，
如图1，连接O′B，
则O′B=O′C，∠O′BE=∠O′CF=45°，∠BO′E+∠CO′E=∠CO′E+∠CO′F=90°，
∴∠BO′E=∠CO′F，
∴△BO′E≌△CO′F(ASA)，
∴BE=CF，
∵BE+CE=BC，
∴CF+CE=BC，
故答案为：CF+CE=BC；
(2)如图2，过点O′作O′G//AB，交BC于G，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O′是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，α=60°，
∴AB=BC=CD=AD=A′B′=B′C′=C′O′=O′A′=8，∠B=∠D=∠B′=∠A′O′C′=60°，
∴△ABC、△ACD均为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，AC=AB=8，
∵O′G//AB，
∴∠CO′G=∠BAC=60°=∠O′CG，
∴△O′CG是等边三角形，
∴O′G=CG=O′C=k⋅AC=8k，
∵∠EO′G+∠CO′E=∠CO′E+∠CO′F′=60°，
∴∠EO′G=∠CO′F，
∴△O′EG≌△O′FC(ASA)，
∴EG=CF，
∵CE+EG=CG，
∴CE+CF=8k；
(3)连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC=90°，
∴OC=12AC=12BC=4，
∴OB= BC2−OC2= 82−42=4 3，
∴OO′= O′B2−OB2= 72−(4 3)2=1，
当点O′在线段AO上时，如图2，过点O′作O′H⊥BC于H，
则O′C=OO′+OC=1+4=5，
∴k=O′CAC=58，
由(2)知：CE+CF=8k，
∴CE+CF=8×58=5，
∵CF=75，
∴CE=5−75=185；
当点O′在线段OC上时，如图3，
则O′C=OC−OO′=4−1=3，
∴k=O′CAC=38，
∴CE+CF=8×38=3，
∴CE=3−75=85；
综上所述，CE的长度为185或85．
(1)连接O′B，当α=90°，k=12时，四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，可证得△BO′E≌△CO′F(ASA)，得出BE=CF，即可求得答案；
(2)过点O′作O′G//AB，交BC于G，可证得△ABC、△ACD、△O′CG均为等边三角形，得出O′G=CG=O′C=k⋅AC=8k，再证得△O′EG≌△O′FC(ASA)，即可得出答案；
(3)连接BD交AC于O，运用勾股定理求得OO′=1，分两种情况：当点O′在线段AO上时，当点O′在线段OC上时，分别求得CE即可．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．
23.【答案】(2m,2m−2)
【解析】解：(1)∵B(0,6)，C(8,6)，
∴BC=8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=8，
∵A(−2,0)，
∴D(6,0)，
设直线DE函数表达式为：y=kx+b，将D、E代入即可，
0=6k+b6=4k+b，解得：k=−3b=18，
∴直线DE的函数表达式为y=−3x+18；
(2)①设AE解析式为y=px+q，将A、E坐标代入得：y=x+2，
∵P在线段AE上，P的横坐标为m，
∴P(m,m+2)，
∵B、Q关于点P中心对称，
∴m=0+xQ2m+2=6+yQ2，解得xQ=2myQ=2m−2，
∴Q(2m,2m−2)；
故答案为：(2m,2m−2)；
②当Q在边AD上时，此时yQ=0，即2m−2=0，
∴m=1，
当Q在边DE上时，此时点Q在直线DE上，
∴2m−2=−6m+18，解得m=52，
∵不包含边界，
∴1
∵A(−2,0)，E(4,6)，
∴AE=6 2，
∵M是AP中点，N是EP中点，
∴PM=12AP，PN=12PE，
∴MN=PM+PN=12AE=3 2，
∵Q(2m,2m−2)，
∴点Q所在直线l的解析式为：y=x−2，
设l与x轴交于点K，则K(2,0)，
∴AK=4，
由(2)知AE解析式为：y=x+2，
∴AE//l，
过A作AG⊥l于点G，作QH⊥AE于点H，则四边形AGQH是矩形，
由题易知，△AGK为等腰直角三角形，
∴AG=2 2，
∴QH=AG=2 2，
S△QMN=12MN⋅QH=12×3 2×2 2=6．
(1)根据平行四边形的性质推出D(6,0)，再用待定系数法求DE函数表达式即可；
(2)①先求直线AE表达式，根据中心对称可求Q坐标；②利用边界值计算即可，当Q在边AD上时求m的值，当Q在边DE上时求m的值，即可得出m的范围；
(3)△QMN的面积是否发生变化可以看底和高是否变化，其中底是MN=12AE是定值，因为Q所在直线与AE平行，根据平行线之间是等距的，所以高是定值，所以面积不发生变化，再根据题干条件求出高即可．
本题主要考查了待定系数法求一次函数、求一次函数的交点坐标、平行四边形的性质等基础知识，掌握相关知识是解题的关键．车辆类型
购车费用
购置税
年均保养费用
预计5年后的车价
A款燃油车
18万元
18000元
1000元/年
9万元
B款新能源汽车
20万元
0元
550元/年
6万元
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