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广东省深圳市坪山区2022-2023学年八年级下学期期末考试数学试卷+
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这是一份广东省深圳市坪山区2022-2023学年八年级下学期期末考试数学试卷+，共24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．（3分）中国传统纹饰不但蕴含了丰富的文化内涵，而且大多数图案还具有几何中的对称美．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2B．x≠﹣3C．x＝﹣3D．x＝2
3．（3分）如果a＞b，下列各式中正确的是（ ）
A．a﹣3＜b﹣3B．a+3＞b+3C．﹣3a＞﹣3bD．
4．（3分）下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+4x+4＝（x+2）2D．x2﹣1＝（x﹣1）2
5．（3分）把一个不等式的解集表示在数轴上，如图所示，则该不等式的解集为（ ）
A．x＜1B．x≥1C．x＞1D．x≤1
6．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后，得到△ADE，下列说法正确的是（ ）
A．点B的对应点是点EB．AB＝DE
C．∠EAB＝120°D．∠B＝∠D
7．（3分）小明同学只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P．小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上
B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C．三角形的三条角平分线交于一点
D．三角形三边的垂直平分线交于一点
8．（3分）在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的条件是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝1：2：3B．∠A+∠B＝90°
C．∠A＝∠B＝2∠CD．AC2+BC2＝AB2
9．（3分）如图，▱ABCD中，对角线AE与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB＝8、AC＝12．则BD的长是（ ）
A．18B．20C．22D．24
10．（3分）如图，AC是▱ABCD的对角线，将▱ABCD折叠，使得点A与点C重合，再将其打开展平，得折痕EF，EF与AC交于点O、G为CF的中点，连接OG、CE．则下列结论：①OE＝OF；②∠FGO＝2∠FCO；③DF＝BE；④；⑤△BCE的周长＝AD+CD．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．②③④⑤D．①③④
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解：x2﹣4＝ ．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 ．
13．（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 ．
14．（3分）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成（12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中∠α度数为 °．
15．（3分）如图，在△ABC中，，将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，连接CA′，若△BCA′的面积为4，则CA'的长为 ．
三、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）解不等式组：．
17．（6分）先化简，再求值：，其中x＝5．
18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一个三角板ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）操作与实践：
步骤一：将三角板ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
步骤二：平移三角板ABC，点A的对应点A2的坐标为（1，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2．（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）应用与求解：
将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标 ．
19．（8分）6月3日，全球首架“载人飞碟”在深圳成功起飞，吸引不少市民关注．该飞碟水陆两栖，可在水面起降．受此启发，某科技公司计划投入一笔资金购买A、B两种飞行设备部件，已知1件A种设备部件比1件B种设备部件多2万元，用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．
（1）求购买1件A种设备部件和1件B种设备部件各需多少万元？
（2）若该科技公司计划购买A、B两种设备部件共20件，且购买的总费用不超过86万元，则A种设备部件最多能购买多少件？
20．（8分）如图，△ABC中，点D在边AB上，E是AC的中点、连接DE并延长到F，使得CF∥AB．连接AF、CF、CD．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）若△ADC为等边三角形，AD＝6，求DF的长．
21．（10分）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
（1）操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若△ABC的面积为12．BC＝6，则此完美长方形EFGH的边长FG＝ ，面积为 ．
（2）类比探究：如图2，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若▱ABCD的面积为20，BC＝5，求完美长方形AEFG的周长．
（3）拓展延伸：如图3，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF：EH＝5：12，AD＝26，则长方形EFGH的周长为 ，▱ABCD的面积为 ．
22．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中．直线与x轴交于点A，与直线交于点B．
（1）请直接写出点B的坐标是 .并写出不等式的解集 ；
（2）在直线l2上求点C的坐标，使得S△ABC＝2S△ABO；
（3）如图2，将△ABO沿直线l1平移，得到△A′B′E．其中点E与点O对应，若点D是y轴上的动点、是否存在以A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在．请直接写出所有满足条件的E点坐标．若不存在，请说明理由．
2022-2023学年广东省深圳市坪山区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）中国传统纹饰不但蕴含了丰富的文化内涵，而且大多数图案还具有几何中的对称美．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．该图形是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
2．（3分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2B．x≠﹣3C．x＝﹣3D．x＝2
【分析】根据分式有意义的条件即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：x﹣2≠0，
∴x≠2，
故选：A．
3．（3分）如果a＞b，下列各式中正确的是（ ）
A．a﹣3＜b﹣3B．a+3＞b+3C．﹣3a＞﹣3bD．
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
【解答】解：A、∵a＞b，
∴a﹣3＞b﹣3，原变形错误，不符合题意；
B、∵a＞b，
∴a+3＞b+3，正确，符合题意；
C、∵a＞b，
∴﹣3a＜﹣3b，原变形错误，不符合题意；
D．∵a＞b，
∴，原变形错误，不符合题意；
故选：B．
4．（3分）下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+4x+4＝（x+2）2D．x2﹣1＝（x﹣1）2
【分析】根据因式分解是把一个多项式化为几个整式的积的形式，可得答案．
【解答】解：A．把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项符合题意；
B、是整式的乘法，故此选项不符合题意；
C、因式分解错误，故此选项不符合题意；
D．没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项不符合题意．
故选：A．
5．（3分）把一个不等式的解集表示在数轴上，如图所示，则该不等式的解集为（ ）
A．x＜1B．x≥1C．x＞1D．x≤1
【分析】根据数轴写出不等式的解集即可．
【解答】解：根据数轴得：x＜1，
故选：A．
6．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后，得到△ADE，下列说法正确的是（ ）
A．点B的对应点是点EB．AB＝DE
C．∠EAB＝120°D．∠B＝∠D
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转60°后，得到△ADE，
∴点B的对应点是点D，∠DAE＝60°，AB＝AD，∠B＝∠D．
根据旋转的性质和图形可以推知．∠EAB＝∠EAD+60°＝∠CAB+60°，∠CAB＜60°，∠EAB的度数小于120度，故D选项正确；A、B、C错误；
故选：D．
7．（3分）小明同学只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P．小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上
B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C．三角形的三条角平分线交于一点
D．三角形三边的垂直平分线交于一点
【分析】由题意可知，点P到射线OB，OA的距离相等，则点P在∠BOA的平分线上，即可得出答案．
【解答】解：由题意可知，点P到射线OB的距离是直尺的宽度，点P到射线OA的距离也是直尺的宽度，
∴点P到射线OB，OA的距离相等，
∴点P在∠BOA的平分线上（在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上）．
故选：A．
8．（3分）在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的条件是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝1：2：3B．∠A+∠B＝90°
C．∠A＝∠B＝2∠CD．AC2+BC2＝AB2
【分析】如果一个三角形中两较小边的平方和等于最大边的平方，那么这个三角形是直角三角形，据此可判断A、B；根据三角形内角和定理可判断C、D．
【解答】解：A、∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴∠C＝90°
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
B、∵∠A+∠B＝90°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
C、∵∠A＝∠B＝2∠C，
∴∠C＝36°，∠A＝∠B＝72°，
∴△ABC不是直角三角形，符合题意；
D、AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意．
故选：C．
9．（3分）如图，▱ABCD中，对角线AE与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB＝8、AC＝12．则BD的长是（ ）
A．18B．20C．22D．24
【分析】根据平行四边形的性质得出，在Rt△ABO中，勾股定理求得BO，进而即可求解．
【解答】解：在▱ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，AC＝12，
∴，，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
在Rt△ABO中，，
∴BD＝2BO＝20．
故选：B．
10．（3分）如图，AC是▱ABCD的对角线，将▱ABCD折叠，使得点A与点C重合，再将其打开展平，得折痕EF，EF与AC交于点O、G为CF的中点，连接OG、CE．则下列结论：①OE＝OF；②∠FGO＝2∠FCO；③DF＝BE；④；⑤△BCE的周长＝AD+CD．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．②③④⑤D．①③④
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD，则∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，由折叠得EF垂直平分AC，CE＝AE，则△BCE的周长＝BC+BE+CE＝AD+CD，可判断⑤正确；再证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，可判断①正确；由∠COF＝90°，G为CF的中点，得OG＝CG＝CF＝AE≠AB，可判断④错误；因为∠FCO＝∠GOC，所以∠FGO＝2∠FCO，可判断②正确；由CD﹣CF＝AB﹣AE，得DF＝BE，可判断③正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD，
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，
∵将▱ABCD折叠，点A与点C重合，
∴EF垂直平分AC，CE＝AE，
∴OA＝OC，△BCE的周长＝BC+BE+CE＝AD+BE+AE＝AD+AB＝AD+CD，
故⑤正确；
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，AE＝CF，
故①正确；
∵∠COF＝90°，G为CF的中点，
∴OG＝CG＝FG＝CF＝AE≠AB，
故④错误；
∴∠FCO＝∠GOC，
∴∠FGO＝∠FCO+∠GOC＝2∠FCO，
故②正确；
∵CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE，
故③正确，
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解：x2﹣4＝ （x+2）（x﹣2） ．
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）．
故答案为：（x+2）（x﹣2）．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 3 ．
【分析】分式的值为0的条件是：（1）分子为0；（2）分母不为0．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【解答】解：由题意可得x﹣3＝0且x+3≠0，
解得x＝3．
故答案为：3．
13．（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 18 ．
【分析】证明△AFB≌△AFD，根据全等三角形的性质得到AD＝AB＝10，BF＝FD，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵AF⊥BD，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
在△AFB和△AFD中，
，
∴△AFB≌△AFD（ASA），
∴AD＝AB＝10，BF＝FD，
∵BE＝EC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴CD＝2EF＝8，
∴AC＝AD+CD＝10+8＝18，
故答案为：18．
14．（3分）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成（12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中∠α度数为 132 °．
【分析】先分别求出正五边形和正六边形的每个外角的度数，再根据这个外角与它相邻的内角是邻补角，求出每个内角，从而求出∠1和∠2，最后根据∠1+∠2+∠α＝360°，求出∠α即可．
【解答】解：如图所示：
∵正五边形的每个内角为：180°﹣360°÷5＝180°﹣72°＝108°，
正六边形的每个内角为：180°﹣360°÷6＝180°﹣60°＝120°，
∴∠1＝120°，∠2＝108°，
∵∠1+∠2+∠α＝360°，
∴∠α＝360°﹣120°﹣108°＝132°，
故答案为：132．
15．（3分）如图，在△ABC中，，将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，连接CA′，若△BCA′的面积为4，则CA'的长为 2 ．
【分析】由旋转的性质可得AB＝A'B，∠ABA'＝90°，由“SAS”可证△ABH≌△A'BC，可得S△A'BC＝S△ABH＝4，由等腰三角形的性质可得BF＝CF＝BC，由三角形的面积公式可求BC的长，由勾股定理可求AH的长，即可求解．
【解答】解：过点A作AF⊥BC于F，过点B作BH⊥BC，且BH＝BC，连接AH，过点A作AE⊥直线BH于E，
∵将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，
∴AB＝A'B，∠ABA'＝90°，
∴∠CBH＝∠ABA'＝90°，
∴∠A'BC＝∠ABH，
∴△ABH≌△A'BC（SAS），
∴S△A'BC＝S△ABH＝4，AH＝A'C，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF＝BC，
∵AE⊥BE，∠EBF＝90°，AF⊥BC，
∴四边形AEBF是矩形，
∴AE＝BF＝BC，
∵S△ABH＝4，
∴×BH•AE＝4，
∴×BH•BC＝4，
∴BC＝4＝BH，
∴BF＝AE＝2，
∴BE＝＝＝4，
∴AH＝＝＝2，
∴A'C＝2，
故答案为：2．
三、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）解不等式组：．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：，
由①得，x＞﹣2，
由②得，x≤3，
故不等式组的解集为：﹣2＜x≤3．
17．（6分）先化简，再求值：，其中x＝5．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x＝5代入进行计算即可．
【解答】解：
＝•
＝•
＝，
当x＝5时，原式＝＝．
18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一个三角板ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）操作与实践：
步骤一：将三角板ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
步骤二：平移三角板ABC，点A的对应点A2的坐标为（1，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2．（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）应用与求解：
将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标 （2，﹣1） ．
【分析】（1）根据网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；然后利用点平移的坐标特征得到点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（2）连接A1A2、B1B2、C1C2，它们相交于P点，则P点为旋转中心．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C和△A2B2C2为所作；
（2）如图，△A1B1C绕点P（2，﹣1）旋转180°得到△A2B2C2．
故答案为（2，﹣1）．
19．（8分）6月3日，全球首架“载人飞碟”在深圳成功起飞，吸引不少市民关注．该飞碟水陆两栖，可在水面起降．受此启发，某科技公司计划投入一笔资金购买A、B两种飞行设备部件，已知1件A种设备部件比1件B种设备部件多2万元，用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．
（1）求购买1件A种设备部件和1件B种设备部件各需多少万元？
（2）若该科技公司计划购买A、B两种设备部件共20件，且购买的总费用不超过86万元，则A种设备部件最多能购买多少件？
【分析】（1）设购买1件A种设备部件需x万元，1件B种设备部件需（x﹣2）万元，根据用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．列出分式方程，解方程即可；
（2）设A种设备部件能购买m件，则B种设备部件能购买（20﹣m）台，根据购买的总费用不超过86万元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设购买1件A种设备部件需x万元，1件B种设备部件需（x﹣2）万元，
依题意得：＝，
解得：x＝6，
经检验，x＝6是原方程的解，且符合题意，
∴x﹣2＝4，
答：购买1件A种设备部件需6万元，1件B种设备部件需4万元；
（2）设A种设备部件能购买m件，则B种设备部件能购买（20﹣m）台，
依题意得：6m+4（20﹣m）≤86，
解得：m≤3，
答：A种设备部件最多能购买3件．
20．（8分）如图，△ABC中，点D在边AB上，E是AC的中点、连接DE并延长到F，使得CF∥AB．连接AF、CF、CD．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）若△ADC为等边三角形，AD＝6，求DF的长．
【分析】（1）由E是AC的中点，得CE＝AE，由CF∥AB，得∠CFE＝∠ADE，而∠CEF＝∠AED，即可根据“AAS“证明△CFE≌△ADE，得DE＝FE，则四边形AFCD是平行四边形；
（2）由等边三角形的性质得AC＝AD＝6，DE⊥AC，则CE＝AE＝3，∠AED＝90°，所以DE＝FE＝＝3，则DF＝2DE＝6．
【解答】（1）证明：∵E是AC的中点，
∴CE＝AE，
∵CF∥AB，
∴∠CFE＝∠ADE，
在△CFE和△ADE中，
，
∴△CFE≌△ADE（AAS），
∴DE＝FE，
∴四边形AFCD是平行四边形．
（2）解：∵△ADC为等边三角形，AD＝6，CE＝AE，
∴AC＝AD＝6，DE⊥AC，
∴CE＝AE＝AC＝3，∠AED＝90°，
∴DE＝FE＝＝＝3，
∴DF＝2DE＝6，
∴DF的长是6．
21．（10分）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
（1）操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若△ABC的面积为12．BC＝6，则此完美长方形EFGH的边长FG＝ 3 ，面积为 6 ．
（2）类比探究：如图2，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若▱ABCD的面积为20，BC＝5，求完美长方形AEFG的周长．
（3）拓展延伸：如图3，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF：EH＝5：12，AD＝26，则长方形EFGH的周长为 68 ，▱ABCD的面积为 480 ．
【分析】（1）由折叠可知点H是AC中点，DF+DG＝BF+CG＝3，过点A作AM⊥BC于M，根据三角形ABC面积求AM的长，由AM∥GH，点H是AC中点可知GH是△ACM中位线，得到，进而求完美长方形面积；
（2）根据折叠可知，EH＝BE，CF＝FH，从而可得，根据平行四边形ABCD面积可求得AE的长为4进而可求周长；
（3）由折叠可证点E，G分别是AB，CD中点，进一步可证四边形ADGE是平行四边形，所以EG＝AD＝26，即长方形EFGH对角线长为26，设EF＝5x，EH＝12x，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长及面积即可．
【解答】解：（1）由折叠可知，BF＝DF，CG＝DG，AH＝DH＝CH，
∴DF+DG＝BF+CG，点H是AC中点，
∵2DF+2DG＝BC＝6，
∴DF+DG＝3，
即FG＝3，
过点A作AM⊥BC于M，如图1，
∵四边形EHGF是矩形，
∴HG⊥BC，
∴HG∥AM，
∴H是CM中点，
∴，
∵，
∴AM＝4，
∴，
∴完美长方形的面积为3×2＝6，
故答案为：3，6；
（2）由折叠可知BE＝HE，CF＝HF，
∴，
同理可知SABE＝SAHE，S四边形AHFG＝S四边形DCFG，
∴长方形AEFG的面积为20÷2＝10，
∴，
∴长方形AEFG的周长为；
（3）由折叠可证点E，G分别是AB，CD的中点，
∴，
由题意知AB＝CD，AB∥CD，
∴AE＝DG，AE∥DG，
∴AEGD为平行四边形，
∴AD＝EG＝HF，
在Rt△HEF中，设EF＝5x，则EH＝12x，
由勾股定理得：HF＝＝13x，
又∵13x＝26，
∴x＝2，
∴EF＝10，EH＝24，
∴周长为：2（10+24）＝68，
由折叠的性质得面积为：10×24×2＝480，
故答案为：68；480．
22．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中．直线与x轴交于点A，与直线交于点B．
（1）请直接写出点B的坐标是 （2，3） .并写出不等式的解集 x＜2 ；
（2）在直线l2上求点C的坐标，使得S△ABC＝2S△ABO；
（3）如图2，将△ABO沿直线l1平移，得到△A′B′E．其中点E与点O对应，若点D是y轴上的动点、是否存在以A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在．请直接写出所有满足条件的E点坐标．若不存在，请说明理由．
【分析】（1）联立两个一次函数表达式得：x+2＝x，得到点B（2，3），从函数图象看出不等式的解集，即可求解；
（2）在y轴上取点M（0，﹣2），过点M作m∥AB交直线l2于点C，则点C为所求点，即可求解；取点N使NT＝MT＝4，过点N（0，6）作直线n∥AB交l2于点C′，则点C′（C）也符合要求，同理可解；
（3）当AB为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当AE或AD为对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）联立两个一次函数表达式得：x+2＝x，
解得：x＝2，即点B（2，3），
从函数图象看出不等式的解集为：x＜2，
故答案为：（2，3），x＜2；
（2）设直线AB交y轴于点T（0，2），
在y轴上取点M（0，﹣2），过点M作m∥AB交直线l2于点C，则点C为所求点，
理由：MT＝4＝2OT，则S△ABC＝2S△ABO，
则直线m的表达式为：y＝x﹣2，
联立上式和直线l2的表达式得：x＝x﹣2，则x＝﹣2，
即点C（﹣2，﹣3）；
取点N使NT＝MT＝4，过点N（0，6）作直线n∥AB交l2于点C′，则点C′（C）也符合要求，
则直线n的表达式为：y＝x+6，
联立上式和直线l2的表达式得：x＝x+6，则x＝6，
即点C′（6，9）；
综上，点C的坐标为：（﹣2，﹣3）或（6，9）；
（3）存在，理由：
设点B′（m，m+2），而点B（2，3），
则点B′向右平移（2﹣m）向上平移（1﹣m）个单位得到点B，
同理点E向右平移（2﹣m）向上平移（1﹣m）个单位得到点O，则点E（m﹣2，m﹣1），
设点D（0，y），
当AB为对角线时，
由中点坐标公式得：﹣4+2＝m﹣2，则m＝0，
即点E（﹣2，﹣1）；
当AE或AD为对角线时，
同理可得：m﹣2﹣4＝2或﹣4＝m﹣2+2，则m＝6或﹣6，
即点E（6，3）或（﹣6，﹣3），
综上，E（﹣2，﹣1）或（6，3）或（﹣6，﹣3）．
1．（3分）中国传统纹饰不但蕴含了丰富的文化内涵，而且大多数图案还具有几何中的对称美．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2B．x≠﹣3C．x＝﹣3D．x＝2
3．（3分）如果a＞b，下列各式中正确的是（ ）
A．a﹣3＜b﹣3B．a+3＞b+3C．﹣3a＞﹣3bD．
4．（3分）下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+4x+4＝（x+2）2D．x2﹣1＝（x﹣1）2
5．（3分）把一个不等式的解集表示在数轴上，如图所示，则该不等式的解集为（ ）
A．x＜1B．x≥1C．x＞1D．x≤1
6．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后，得到△ADE，下列说法正确的是（ ）
A．点B的对应点是点EB．AB＝DE
C．∠EAB＝120°D．∠B＝∠D
7．（3分）小明同学只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P．小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上
B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C．三角形的三条角平分线交于一点
D．三角形三边的垂直平分线交于一点
8．（3分）在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的条件是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝1：2：3B．∠A+∠B＝90°
C．∠A＝∠B＝2∠CD．AC2+BC2＝AB2
9．（3分）如图，▱ABCD中，对角线AE与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB＝8、AC＝12．则BD的长是（ ）
A．18B．20C．22D．24
10．（3分）如图，AC是▱ABCD的对角线，将▱ABCD折叠，使得点A与点C重合，再将其打开展平，得折痕EF，EF与AC交于点O、G为CF的中点，连接OG、CE．则下列结论：①OE＝OF；②∠FGO＝2∠FCO；③DF＝BE；④；⑤△BCE的周长＝AD+CD．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．②③④⑤D．①③④
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解：x2﹣4＝ ．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 ．
13．（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 ．
14．（3分）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成（12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中∠α度数为 °．
15．（3分）如图，在△ABC中，，将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，连接CA′，若△BCA′的面积为4，则CA'的长为 ．
三、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）解不等式组：．
17．（6分）先化简，再求值：，其中x＝5．
18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一个三角板ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）操作与实践：
步骤一：将三角板ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
步骤二：平移三角板ABC，点A的对应点A2的坐标为（1，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2．（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）应用与求解：
将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标 ．
19．（8分）6月3日，全球首架“载人飞碟”在深圳成功起飞，吸引不少市民关注．该飞碟水陆两栖，可在水面起降．受此启发，某科技公司计划投入一笔资金购买A、B两种飞行设备部件，已知1件A种设备部件比1件B种设备部件多2万元，用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．
（1）求购买1件A种设备部件和1件B种设备部件各需多少万元？
（2）若该科技公司计划购买A、B两种设备部件共20件，且购买的总费用不超过86万元，则A种设备部件最多能购买多少件？
20．（8分）如图，△ABC中，点D在边AB上，E是AC的中点、连接DE并延长到F，使得CF∥AB．连接AF、CF、CD．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）若△ADC为等边三角形，AD＝6，求DF的长．
21．（10分）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
（1）操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若△ABC的面积为12．BC＝6，则此完美长方形EFGH的边长FG＝ ，面积为 ．
（2）类比探究：如图2，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若▱ABCD的面积为20，BC＝5，求完美长方形AEFG的周长．
（3）拓展延伸：如图3，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF：EH＝5：12，AD＝26，则长方形EFGH的周长为 ，▱ABCD的面积为 ．
22．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中．直线与x轴交于点A，与直线交于点B．
（1）请直接写出点B的坐标是 .并写出不等式的解集 ；
（2）在直线l2上求点C的坐标，使得S△ABC＝2S△ABO；
（3）如图2，将△ABO沿直线l1平移，得到△A′B′E．其中点E与点O对应，若点D是y轴上的动点、是否存在以A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在．请直接写出所有满足条件的E点坐标．若不存在，请说明理由．
2022-2023学年广东省深圳市坪山区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）中国传统纹饰不但蕴含了丰富的文化内涵，而且大多数图案还具有几何中的对称美．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．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，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．该图形是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
2．（3分）已知要使分式有意义，则x的取值应满足（ ）
A．x≠2B．x≠﹣3C．x＝﹣3D．x＝2
【分析】根据分式有意义的条件即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：x﹣2≠0，
∴x≠2，
故选：A．
3．（3分）如果a＞b，下列各式中正确的是（ ）
A．a﹣3＜b﹣3B．a+3＞b+3C．﹣3a＞﹣3bD．
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
【解答】解：A、∵a＞b，
∴a﹣3＞b﹣3，原变形错误，不符合题意；
B、∵a＞b，
∴a+3＞b+3，正确，符合题意；
C、∵a＞b，
∴﹣3a＜﹣3b，原变形错误，不符合题意；
D．∵a＞b，
∴，原变形错误，不符合题意；
故选：B．
4．（3分）下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1B．（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2
C．x2+4x+4＝（x+2）2D．x2﹣1＝（x﹣1）2
【分析】根据因式分解是把一个多项式化为几个整式的积的形式，可得答案．
【解答】解：A．把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项符合题意；
B、是整式的乘法，故此选项不符合题意；
C、因式分解错误，故此选项不符合题意；
D．没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项不符合题意．
故选：A．
5．（3分）把一个不等式的解集表示在数轴上，如图所示，则该不等式的解集为（ ）
A．x＜1B．x≥1C．x＞1D．x≤1
【分析】根据数轴写出不等式的解集即可．
【解答】解：根据数轴得：x＜1，
故选：A．
6．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°后，得到△ADE，下列说法正确的是（ ）
A．点B的对应点是点EB．AB＝DE
C．∠EAB＝120°D．∠B＝∠D
【分析】根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转60°后，得到△ADE，
∴点B的对应点是点D，∠DAE＝60°，AB＝AD，∠B＝∠D．
根据旋转的性质和图形可以推知．∠EAB＝∠EAD+60°＝∠CAB+60°，∠CAB＜60°，∠EAB的度数小于120度，故D选项正确；A、B、C错误；
故选：D．
7．（3分）小明同学只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P．小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（ ）
A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上
B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C．三角形的三条角平分线交于一点
D．三角形三边的垂直平分线交于一点
【分析】由题意可知，点P到射线OB，OA的距离相等，则点P在∠BOA的平分线上，即可得出答案．
【解答】解：由题意可知，点P到射线OB的距离是直尺的宽度，点P到射线OA的距离也是直尺的宽度，
∴点P到射线OB，OA的距离相等，
∴点P在∠BOA的平分线上（在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上）．
故选：A．
8．（3分）在下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的条件是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝1：2：3B．∠A+∠B＝90°
C．∠A＝∠B＝2∠CD．AC2+BC2＝AB2
【分析】如果一个三角形中两较小边的平方和等于最大边的平方，那么这个三角形是直角三角形，据此可判断A、B；根据三角形内角和定理可判断C、D．
【解答】解：A、∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴∠C＝90°
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
B、∵∠A+∠B＝90°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
C、∵∠A＝∠B＝2∠C，
∴∠C＝36°，∠A＝∠B＝72°，
∴△ABC不是直角三角形，符合题意；
D、AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意．
故选：C．
9．（3分）如图，▱ABCD中，对角线AE与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB＝8、AC＝12．则BD的长是（ ）
A．18B．20C．22D．24
【分析】根据平行四边形的性质得出，在Rt△ABO中，勾股定理求得BO，进而即可求解．
【解答】解：在▱ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，AC＝12，
∴，，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
在Rt△ABO中，，
∴BD＝2BO＝20．
故选：B．
10．（3分）如图，AC是▱ABCD的对角线，将▱ABCD折叠，使得点A与点C重合，再将其打开展平，得折痕EF，EF与AC交于点O、G为CF的中点，连接OG、CE．则下列结论：①OE＝OF；②∠FGO＝2∠FCO；③DF＝BE；④；⑤△BCE的周长＝AD+CD．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．②③④⑤D．①③④
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD，则∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，由折叠得EF垂直平分AC，CE＝AE，则△BCE的周长＝BC+BE+CE＝AD+CD，可判断⑤正确；再证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，AE＝CF，可判断①正确；由∠COF＝90°，G为CF的中点，得OG＝CG＝CF＝AE≠AB，可判断④错误；因为∠FCO＝∠GOC，所以∠FGO＝2∠FCO，可判断②正确；由CD﹣CF＝AB﹣AE，得DF＝BE，可判断③正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，BC＝AD，
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，
∵将▱ABCD折叠，点A与点C重合，
∴EF垂直平分AC，CE＝AE，
∴OA＝OC，△BCE的周长＝BC+BE+CE＝AD+BE+AE＝AD+AB＝AD+CD，
故⑤正确；
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，AE＝CF，
故①正确；
∵∠COF＝90°，G为CF的中点，
∴OG＝CG＝FG＝CF＝AE≠AB，
故④错误；
∴∠FCO＝∠GOC，
∴∠FGO＝∠FCO+∠GOC＝2∠FCO，
故②正确；
∵CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE，
故③正确，
故选：B．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）因式分解：x2﹣4＝ （x+2）（x﹣2） ．
【分析】直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【解答】解：x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）．
故答案为：（x+2）（x﹣2）．
12．（3分）若分式的值为0，则x的值为 3 ．
【分析】分式的值为0的条件是：（1）分子为0；（2）分母不为0．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【解答】解：由题意可得x﹣3＝0且x+3≠0，
解得x＝3．
故答案为：3．
13．（3分）如图，E是△ABC的边BC的中点，AF平分∠BAC，AF⊥BD于点F，延长BF交AC于点D．已知AB＝10，EF＝4、则AC的长是 18 ．
【分析】证明△AFB≌△AFD，根据全等三角形的性质得到AD＝AB＝10，BF＝FD，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵AF⊥BD，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
在△AFB和△AFD中，
，
∴△AFB≌△AFD（ASA），
∴AD＝AB＝10，BF＝FD，
∵BE＝EC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴CD＝2EF＝8，
∴AC＝AD+CD＝10+8＝18，
故答案为：18．
14．（3分）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成（12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中∠α度数为 132 °．
【分析】先分别求出正五边形和正六边形的每个外角的度数，再根据这个外角与它相邻的内角是邻补角，求出每个内角，从而求出∠1和∠2，最后根据∠1+∠2+∠α＝360°，求出∠α即可．
【解答】解：如图所示：
∵正五边形的每个内角为：180°﹣360°÷5＝180°﹣72°＝108°，
正六边形的每个内角为：180°﹣360°÷6＝180°﹣60°＝120°，
∴∠1＝120°，∠2＝108°，
∵∠1+∠2+∠α＝360°，
∴∠α＝360°﹣120°﹣108°＝132°，
故答案为：132．
15．（3分）如图，在△ABC中，，将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，连接CA′，若△BCA′的面积为4，则CA'的长为 2 ．
【分析】由旋转的性质可得AB＝A'B，∠ABA'＝90°，由“SAS”可证△ABH≌△A'BC，可得S△A'BC＝S△ABH＝4，由等腰三角形的性质可得BF＝CF＝BC，由三角形的面积公式可求BC的长，由勾股定理可求AH的长，即可求解．
【解答】解：过点A作AF⊥BC于F，过点B作BH⊥BC，且BH＝BC，连接AH，过点A作AE⊥直线BH于E，
∵将边AB绕点B逆时针旋转90°得到BA'，
∴AB＝A'B，∠ABA'＝90°，
∴∠CBH＝∠ABA'＝90°，
∴∠A'BC＝∠ABH，
∴△ABH≌△A'BC（SAS），
∴S△A'BC＝S△ABH＝4，AH＝A'C，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF＝BC，
∵AE⊥BE，∠EBF＝90°，AF⊥BC，
∴四边形AEBF是矩形，
∴AE＝BF＝BC，
∵S△ABH＝4，
∴×BH•AE＝4，
∴×BH•BC＝4，
∴BC＝4＝BH，
∴BF＝AE＝2，
∴BE＝＝＝4，
∴AH＝＝＝2，
∴A'C＝2，
故答案为：2．
三、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题6分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题10分，第22题10分，共55分）
16．（5分）解不等式组：．
【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可．
【解答】解：，
由①得，x＞﹣2，
由②得，x≤3，
故不等式组的解集为：﹣2＜x≤3．
17．（6分）先化简，再求值：，其中x＝5．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x＝5代入进行计算即可．
【解答】解：
＝•
＝•
＝，
当x＝5时，原式＝＝．
18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一个三角板ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）操作与实践：
步骤一：将三角板ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
步骤二：平移三角板ABC，点A的对应点A2的坐标为（1，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2．（要求：不写作法，保留作图痕迹）
（2）应用与求解：
将△A1B1C绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标 （2，﹣1） ．
【分析】（1）根据网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；然后利用点平移的坐标特征得到点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
（2）连接A1A2、B1B2、C1C2，它们相交于P点，则P点为旋转中心．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C和△A2B2C2为所作；
（2）如图，△A1B1C绕点P（2，﹣1）旋转180°得到△A2B2C2．
故答案为（2，﹣1）．
19．（8分）6月3日，全球首架“载人飞碟”在深圳成功起飞，吸引不少市民关注．该飞碟水陆两栖，可在水面起降．受此启发，某科技公司计划投入一笔资金购买A、B两种飞行设备部件，已知1件A种设备部件比1件B种设备部件多2万元，用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．
（1）求购买1件A种设备部件和1件B种设备部件各需多少万元？
（2）若该科技公司计划购买A、B两种设备部件共20件，且购买的总费用不超过86万元，则A种设备部件最多能购买多少件？
【分析】（1）设购买1件A种设备部件需x万元，1件B种设备部件需（x﹣2）万元，根据用24万元购买A种设备部件的数量和用16万元购买B种设备部件的数量相同．列出分式方程，解方程即可；
（2）设A种设备部件能购买m件，则B种设备部件能购买（20﹣m）台，根据购买的总费用不超过86万元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设购买1件A种设备部件需x万元，1件B种设备部件需（x﹣2）万元，
依题意得：＝，
解得：x＝6，
经检验，x＝6是原方程的解，且符合题意，
∴x﹣2＝4，
答：购买1件A种设备部件需6万元，1件B种设备部件需4万元；
（2）设A种设备部件能购买m件，则B种设备部件能购买（20﹣m）台，
依题意得：6m+4（20﹣m）≤86，
解得：m≤3，
答：A种设备部件最多能购买3件．
20．（8分）如图，△ABC中，点D在边AB上，E是AC的中点、连接DE并延长到F，使得CF∥AB．连接AF、CF、CD．
（1）求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）若△ADC为等边三角形，AD＝6，求DF的长．
【分析】（1）由E是AC的中点，得CE＝AE，由CF∥AB，得∠CFE＝∠ADE，而∠CEF＝∠AED，即可根据“AAS“证明△CFE≌△ADE，得DE＝FE，则四边形AFCD是平行四边形；
（2）由等边三角形的性质得AC＝AD＝6，DE⊥AC，则CE＝AE＝3，∠AED＝90°，所以DE＝FE＝＝3，则DF＝2DE＝6．
【解答】（1）证明：∵E是AC的中点，
∴CE＝AE，
∵CF∥AB，
∴∠CFE＝∠ADE，
在△CFE和△ADE中，
，
∴△CFE≌△ADE（AAS），
∴DE＝FE，
∴四边形AFCD是平行四边形．
（2）解：∵△ADC为等边三角形，AD＝6，CE＝AE，
∴AC＝AD＝6，DE⊥AC，
∴CE＝AE＝AC＝3，∠AED＝90°，
∴DE＝FE＝＝＝3，
∴DF＝2DE＝6，
∴DF的长是6．
21．（10分）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
（1）操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若△ABC的面积为12．BC＝6，则此完美长方形EFGH的边长FG＝ 3 ，面积为 6 ．
（2）类比探究：如图2，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若▱ABCD的面积为20，BC＝5，求完美长方形AEFG的周长．
（3）拓展延伸：如图3，将▱ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF：EH＝5：12，AD＝26，则长方形EFGH的周长为 68 ，▱ABCD的面积为 480 ．
【分析】（1）由折叠可知点H是AC中点，DF+DG＝BF+CG＝3，过点A作AM⊥BC于M，根据三角形ABC面积求AM的长，由AM∥GH，点H是AC中点可知GH是△ACM中位线，得到，进而求完美长方形面积；
（2）根据折叠可知，EH＝BE，CF＝FH，从而可得，根据平行四边形ABCD面积可求得AE的长为4进而可求周长；
（3）由折叠可证点E，G分别是AB，CD中点，进一步可证四边形ADGE是平行四边形，所以EG＝AD＝26，即长方形EFGH对角线长为26，设EF＝5x，EH＝12x，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长及面积即可．
【解答】解：（1）由折叠可知，BF＝DF，CG＝DG，AH＝DH＝CH，
∴DF+DG＝BF+CG，点H是AC中点，
∵2DF+2DG＝BC＝6，
∴DF+DG＝3，
即FG＝3，
过点A作AM⊥BC于M，如图1，
∵四边形EHGF是矩形，
∴HG⊥BC，
∴HG∥AM，
∴H是CM中点，
∴，
∵，
∴AM＝4，
∴，
∴完美长方形的面积为3×2＝6，
故答案为：3，6；
（2）由折叠可知BE＝HE，CF＝HF，
∴，
同理可知SABE＝SAHE，S四边形AHFG＝S四边形DCFG，
∴长方形AEFG的面积为20÷2＝10，
∴，
∴长方形AEFG的周长为；
（3）由折叠可证点E，G分别是AB，CD的中点，
∴，
由题意知AB＝CD，AB∥CD，
∴AE＝DG，AE∥DG，
∴AEGD为平行四边形，
∴AD＝EG＝HF，
在Rt△HEF中，设EF＝5x，则EH＝12x，
由勾股定理得：HF＝＝13x，
又∵13x＝26，
∴x＝2，
∴EF＝10，EH＝24，
∴周长为：2（10+24）＝68，
由折叠的性质得面积为：10×24×2＝480，
故答案为：68；480．
22．（10分）如图1，在平面直角坐标系xOy中．直线与x轴交于点A，与直线交于点B．
（1）请直接写出点B的坐标是 （2，3） .并写出不等式的解集 x＜2 ；
（2）在直线l2上求点C的坐标，使得S△ABC＝2S△ABO；
（3）如图2，将△ABO沿直线l1平移，得到△A′B′E．其中点E与点O对应，若点D是y轴上的动点、是否存在以A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在．请直接写出所有满足条件的E点坐标．若不存在，请说明理由．
【分析】（1）联立两个一次函数表达式得：x+2＝x，得到点B（2，3），从函数图象看出不等式的解集，即可求解；
（2）在y轴上取点M（0，﹣2），过点M作m∥AB交直线l2于点C，则点C为所求点，即可求解；取点N使NT＝MT＝4，过点N（0，6）作直线n∥AB交l2于点C′，则点C′（C）也符合要求，同理可解；
（3）当AB为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当AE或AD为对角线时，同理可解．
【解答】解：（1）联立两个一次函数表达式得：x+2＝x，
解得：x＝2，即点B（2，3），
从函数图象看出不等式的解集为：x＜2，
故答案为：（2，3），x＜2；
（2）设直线AB交y轴于点T（0，2），
在y轴上取点M（0，﹣2），过点M作m∥AB交直线l2于点C，则点C为所求点，
理由：MT＝4＝2OT，则S△ABC＝2S△ABO，
则直线m的表达式为：y＝x﹣2，
联立上式和直线l2的表达式得：x＝x﹣2，则x＝﹣2，
即点C（﹣2，﹣3）；
取点N使NT＝MT＝4，过点N（0，6）作直线n∥AB交l2于点C′，则点C′（C）也符合要求，
则直线n的表达式为：y＝x+6，
联立上式和直线l2的表达式得：x＝x+6，则x＝6，
即点C′（6，9）；
综上，点C的坐标为：（﹣2，﹣3）或（6，9）；
（3）存在，理由：
设点B′（m，m+2），而点B（2，3），
则点B′向右平移（2﹣m）向上平移（1﹣m）个单位得到点B，
同理点E向右平移（2﹣m）向上平移（1﹣m）个单位得到点O，则点E（m﹣2，m﹣1），
设点D（0，y），
当AB为对角线时，
由中点坐标公式得：﹣4+2＝m﹣2，则m＝0，
即点E（﹣2，﹣1）；
当AE或AD为对角线时，
同理可得：m﹣2﹣4＝2或﹣4＝m﹣2+2，则m＝6或﹣6，
即点E（6，3）或（﹣6，﹣3），
综上，E（﹣2，﹣1）或（6，3）或（﹣6，﹣3）．
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