2023-2024学年湖北省武汉市硚口区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析） (1)

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市硚口区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析） (1)，共22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.式子 x−1在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>0B. x≥−1C. x≥1D. x≤1
2.在一些美术字种，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是( )
A. 爱B. 国C. 敬D. 业
3.下列计算正确的是( )
A. 3+ 2= 5B. 2× 5= 10C. 8− 2= 6D. 8÷ 2=4
4.在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示，则这些运动员成绩的众数是( )
A. 1.60B. 1.65C. 1.70D. 1.75
5.以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是( )
A. 6，8，10B. 2，2，3C. 3，4，5D. 1,1, 2
6.如果直线y=kx+b经过一、二、四象限，则k，b的取值分别是( )
A. k>0，b>0B. k>0，b<0C. k<0，b>0D. k<0，b<0
7.在综合实践活动中，小华同学了解到裤子的尺寸(英寸)与腰围的长度(厘米)对应关系如下表：
小华的腰围是74厘米，那么他所穿裤子的尺寸是( )
A. 28英寸B. 29英寸C. 30英寸D. 31英寸
8.如图中反映某网约车平台收费y(元)与所行驶的路程x(千米)的函数关系.假设车速始终保持60千米/小时不变，不考虑其它因素(红绿灯、堵车等)，根据图中的信息，若小明通过该网约车从家到机场共收费64元，则他从家到机场需要的时间是( )
A. 10分钟
B. 15分钟
C. 18分钟
D. 20分钟
9.如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、BC的中点，连接EC、FD，点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，若AB=6，BC=8，∠BAD=120∘，则GH的长度为( )
A. 52B. 372C. 342D. 2
10.已知点P(m,m+2)在定直线l1上.直线l2，l3的解析式分别为y=x+4，y=x+6，直线l1，l2，l3与x轴交点的横坐标依次为a，b，c，则a，b，c之间的数量关系式是( )
A. a−2b+c=0B. a−2c+b=0C. b−c+2a=0D. c−2a+b=0
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.写出一个与y轴的负半轴相交的一次函数解析式是______.
12.小明同学早锻炼及体育课外活动的成绩是80分，期中体育考试成绩是90分，期末体育考试成绩是90分，若依次按20%，30%，50%来计算，他的学期体育成绩是______分.
13.如图，在四边形AECD中，∠EAD=90∘，AD//EC，F为DE的中点，∠DEC=25∘，则∠FAD的大小是______.
14.直线l：y=kx+b(k、b是常数，k≠0)经过A(0,2)、B(−1,m)两点，其中m<0，下列四个结论：①方程kx+b=0的解在−1和0之间；②若点P1(x1,y1)、P2(x1+1,y2)在直线l上，则y1>y2；③k>2；④不等式kx+b>−m的解集为x>−13时，k=3，其中正确的结论有______(只需填写序号).
15.如图，将一张矩形纸片ABCD折叠，折痕为EF，折叠后，EC的对应边EH经过点A，CD的对应边HG交BA的延长线于点P.若PA=PG，AH=BE，CD=3，则BC的长为__________.
16.如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AB=AC，∠ACD=90∘，∠ABD=45∘，则BDBA的值是__________ .
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
已知点A(−1,3)在一次函数y=ax−a+1(a为常数，且a≠0)的图象上.
(1)求a的值；
(2)将直线y=ax−a+1向下平移2个单位长度，直接写出平移后的直线解析式.
18.(本小题8分)
计算：
(1)( 48+ 6)÷ 3；
(2) 27x−x 3x.
19.(本小题8分)
“五四”青年节来临之际，某校组织学生参加知识竞赛活动，张老师随机抽取了部分同学的成绩(满分100分)，按成绩划分为A，B，C，D四个等级，并制作了如下不完整的统计表和统计图.
请根据图中提供的信息解答下列问题：
(1)本次抽取的学生共有______人，表中 a的值为______；
(2)所抽取学生成绩的中位数落在______等级(填“A”，“B”，“C”或“D”)；
(3)该校共组织了900名学生参加知识竞赛活动，请估计其中竞赛成绩达到80分以上(含80分)的学生人数.
20.(本小题8分)
如图，已知平行四边形ABCD中，M，N是BD上两点，且BM=DN，连结AM，CN.
(1)求证：△AOM≌△CON；
(2)连结AN，CM，请添加一个条件，使得四边形AMCN为矩形.(不需要说明理由)
21.(本小题8分)
如图是由小正方形组成的8×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图.
(1)在图1中，先在AC上画点D，连接BD，使∠DBC=∠C，再在BC，BA上分别画M，N两点，使MN=BD；
(2)在图2中，先画▱ACFB，再在AC上画点G，BF上画点H，使四边形ABHG是菱形.
22.(本小题10分)
某公司在甲、乙两个生产基地分别生产了同一种型号的检测设备15台、17台，现要把这些设备全部运往A、B两市.A市需要19台，B市需要13台.且运往A、B两市的运费如下表：
设从甲基地运往A市的设备为x台，从甲基地运往两市的总运费为y1元，从乙基地运往两市的总运费为y2元.
(1)分别写出y1、y2与x之间的函数关系式(不要求写自变量的取值范围)；
(2)试比较甲、乙两基地总运费的大小；
(3)若乙基地的总运费不得超过11300元，怎样调运，使两基地总运费的和最小？并求出最小值.
23.(本小题10分)
问题探究如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O.在线段AO上任取一点P(端点除外)，连接PD，PB.将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处.
(1)求证：PD=PB；
(2)探究AQ与OP的数量关系，并说明理由.
迁移探究如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60∘，其他条件不变.试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由.
24.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx−3k(k>0)与x轴交于点A，与y轴交于点B，且OB=OA，点C的坐标为(−1,0).
(1)直接写出点A的坐标以及直线AB的解析式；
(2)如图1，点D在x轴上，连接BD，使∠ABD=∠CBO，求点D的坐标；
(3)如图2，已知点M(m,m2−2m−3)在第四象限内，直线AM交y轴的负半轴于点P，过点A作直线AQ//CM，交y轴于点Q，当m的值发生改变时，线段PQ的长度是否会变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意，得
x−1≥0，
解得：x≥1，
故选：C.
根据被开方数是非负数，可得答案．
本题考查了二次根式有意义的条件．
2.【答案】D
【解析】解：A，B，C选项中的美术字都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的美术字能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D.
根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念，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．
3.【答案】B
【解析】解：A、 2与 3不能合并，所以A选项错误；
B、原式= 2×5= 10，所以B选项正确；
C、原式=2 2− 2= 2，所以C选项错误；
D、原式= 8÷2=2，所以D选项错误．
故选：B.
根据二次根式的加减法对A、C进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．
4.【答案】D
【解析】解：共15名运动员，成绩出现次数最多的是1.75m，出现了4次．
故选：D.
直接利用众数的概念求解可得答案．
本题主要考查众数，解题的关键是掌握众数的定义．
5.【答案】B
【解析】解：62+82=102，故选项A不符合题意；
22+22=32，故选项B符合题意；
32+42=52，故选项C不符合题意；
12+12=( 2)2，故选项D不符合题意；
故选：B.
根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的三条线段能否构成直角三角形，从而可以解答本题．
本题考查勾股定理的逆定理，会用勾股定理的逆定理判断三角形的形状是解答本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由一次函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，
又由k<0时，直线必经过二、四象限，故知k<0.
再由图象过一、二象限，即直线与y轴正半轴相交，所以b>0.
故选：C.
根据一次函数y=kx+b图象在坐标平面内的位置关系先确定k，b的取值范围，从而求解．
本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k>0时，直线必经过一、三象限；k<0时，直线必经过二、四象限；b>0时，直线与y轴正半轴相交；b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，设腰围的长度y“cm”与裤子的尺寸x“英寸”之间存在一种换算关系为y=kx+b，
∴60=22k+b62.5=23k+b.
∴k=2.5b=5.
∴腰围的长度y“cm”与裤子的尺寸x“英寸”之间存在一种换算关系为y=2.5x+5.
∴当腰围为74cm，即y=74时，有74=2.5x+5.
∴x=27.6.
答：他的裤子尺码是28英寸．
故选：A.
依据题意，设腰围的长度y“cm”与裤子的尺寸x“英寸”之间存在一种换算关系为y=kx+b，从而列出方程组，解得k，b，再令y=74，最后即可得解．
本题主要考查了一次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
8.【答案】D
【解析】解：根据图象可知，收费64元，行程已超过3千米，
设当x>3时，y与x的函数关系式为y=kx+b，
根据题意，得：3k+b=1310k+b=34，
解得k=3b=3，
∴y=3x+4(x>3)，
当y=64时，3x+4=64，
解得x=20，
20÷60×60=20(分钟).
即他从家到机场需要的时间是20分钟．
故选：D.
根据题意可得当x>3时，y与x的函数关系式，再把y=64代入函数关系式求出x的值，然后根据网约车的速度可得答案．
本题考查了一次函数的应用，求出相关函数关系式是解答本题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接CH并延长交AD于M，过E作EN⊥DA交DA延长线于N，
∵E是边AB的中点，AB=6，
∴AE=12AB=3，
∵∠BAD=120∘，
∴∠EAN=180∘−∠BAD=60∘，
∴AN=12AE=32，
∴EN= 3AN=3 32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//CB，AD=BC=8，
∴∠MDH=∠CFH，∠DMH=∠FCH，
∵FH=DH，
∴△DMH≌△CFH(AAS)，
∴DM=FC，CH=MH，
∵F是BC中点，BC=8，
∴CF=12BC=4，
∴DM=4，
∴AM=AD−DM=8−4=4，
∴MN=AM+AN=4+32=112，
∴ME= MN2+NE2= 37，
∵CH=MH，CG=EG，
∴GH是△CEM的中位线，
∴GH=12EM= 372.
故选：B.
连接CH并延长交AD于M，过E作EN⊥DA交DA延长线于N，由中点定义求出AE=12AB=3，由直角三角形的性质求出AN=12AE=32，EN= 3AN=3 32，由AAS证明△DMH≌△CFH，得到DM=FC，CH=MH，求出CF=12BC=4，得到DM=4，求出MN=AM+AN=4+32=112，由勾股定理求出ME= MN2+NE2= 37，由三角形中位线定理得到GH=12EM= 372.
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，关键是通过作辅助线构造全等三角形，三角形的中位线．
10.【答案】A
【解析】解：∵点P(m,m+2)在定直线l1上，
∴直线l1为y=x+2，
令y=0，则x=−2，
∴a=−2，
令y=0，则x+4=0，解得x=−4，
∴b=−4，
令y=0，则x+6=0，解得x=−6，
∴c=−6，
∴a−2b+c=0，
故选：A.
由点P(m,m+2)在定直线l1上，可知直线l1为y=x+2，利用解析式求得直线与x轴的交点即可判断．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，求得直线与x轴的交点坐标是解题的关键．
11.【答案】y=x−3(答案不唯一)
【解析】解：与y轴的负半轴相交的一次函数解析式是y=x−3，
故答案为：y=x−3(答案不唯一).
与y轴的负半轴相交的一次函数解析式中b的值一定小于0，然后写出一个符合要求的函数解析式即可．
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式．
12.【答案】88
【解析】解：根据题意得：80×20%+90×30%+90×50%
=16+27+45
=88(分)，
∴他的学期体育成绩是88分．
故答案为：88.
利用小明同学的学期体育成绩=早锻炼及体育课外活动的成绩×20%+期中体育考试成绩×30%+期末体育考试成绩×50%，即可求出结论．
本题考查了有理数的混合运算，根据各数量之间的关系，列式计算是解题的关键．
13.【答案】25∘
【解析】解：∵AD//EC，
∴∠ADE=∠DEC=25∘，
∵∠EAD=90∘，F为DE的中点，
∴AF=DF=12DE，
∴∠FAD=∠ADF=25∘，
故答案为：25∘.
先利用平行线的性质可得∠ADE=∠DEC=25∘，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得AF=DF，从而利用等腰三角形的性质可得∠FAD=∠ADF=25∘，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
14.【答案】①③④
【解析】解：∵直线l：y=kx+b(k、b是常数，k≠0)经过A(0,2)、B(−1,m)两点，其中m<0，
∴直线与x轴的交点横坐标在−1和0之间，故①正确；
∵直线l：y=kx+b(k、b是常数，k≠0)经过A(0,2)、B(−1,m)两点，其中m<0，
∴b=2，
∴m=−k+2<0，
∴k>2，故③正确；
∵k>0，y随x的增大而增大，
∵x1∴y1∵b=2，m=−k+2，
∴不等式kx+b>−m化为kx+2>k−2，
∴kx>k−4，
∵不等式kx+b>−m的解集为x>−13，
∴k−4k=−13，
解得k=3，故④正确；
故答案为①③④．
根据图象可对①进行判断；根据题意b=2，m=−k+2<0，解得k>2，可对③进行判断；根据一次函数的性质可对②进行判断；由b=2，m=−k+2，不等式kx+b>−m化为kx+2>k−2，得到k−4k=−13，解得k=3，于是可对④进行判断．
本题考查了一次函数的性质，一次函数与一元一次不等式，一次函数与一元一次方程，根据题意得出k>0，b=2是解题的关键．
15.【答案】4 3
【解析】解：连接PF，设BC=2x，AH=BE=a，
由矩形的性质和折叠的性质知FG=FD，∠G=∠FAP=90∘，AB=CD=3，AD=BC，
∵PA=PG，PF=PF，
∴Rt△PAF≌Rt△PGF(HL)，
∴FA=FG=FD=12AD=12BC=x，
由矩形的性质知：AD//BC
∴∠AFE=∠FEC，
折叠的性质知：∠FEA=∠FEC，
∴∠FEA=∠AFE，
∴AE=FA=x，
由折叠的性质知EC=EH=AE+AH=x+a，
∴BC=BE+EC=a+x+a=2x，
∴a=12x，即BE=12x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即32+(12x)2=x2，
解得：x=2 3，
∴BC=2x=4 3，
故答案为：4 3.
连接PF，设BC=2x，AH=BE=a，证明Rt△PAF≌Rt△PGF(HL)，求得FA=FG=FD=x，由折叠的性质求得BE=12x，在Rt△ABE中，利用勾股定理列式计算，即可求解．
本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
16.【答案】2 2
【解析】解：解：过点D作DE⊥BA并交BA的延长线于点E，
∵∠ABD=45∘，∠E=90∘，
∴∠ABD=∠EDB=45∘，
∴BE=DE，
设BE=DE=2x，
则BD= BE2+DE2=2 2x，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠3，
∵AD//BC，
∴∠2=∠3，∠1=∠BC，
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠2，AD=AD，∠E=∠ACD=90∘，
∴△AED≌△ACD(AAS)，
∴AE=AC=AB=x，
∴BDBA=2 2xx=2 2.
故答案为：2 2.
见45∘角优先考虑构造等腰直角三角形，过A作AH⊥BC于点H，则△ABH为等腰直角三角形，设AH=BH=1，则AB= 2，如果求出DH即可求出BD，要求DH需要放在Rt△ADH中，就需要知道AD的长，所以构造平行四边形ACMD进行转化，证△DAB≌△ADM即可得解．
本题主要考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等内容，如何利用45∘角构造等腰直角三角形构造解本题的关键．
17.【答案】解：(1)将点A坐标代入函数解析式得，
−a−a+1=3，
解得a=−1，
所以a的值为−1.
(2)由(1)知，
直线的函数解析式为y=−x+2，
所以将此直线向下平移2个单位长度后，所得直线的函数解析式为y=−x+2−2=−x，
故平移后的直线解析式为y=−x.
【解析】(1)将点A坐标代入函数解析式即可解决问题．
(2)根据“上加下减”的平移法则即可解决问题．
本题主要考查了一次函数图象及几何变换，熟知一次函数的图象与性质及“上加下减”的平移法则是解题的关键．
18.【答案】解：(1)( 48+ 6)÷ 3
= 48÷ 3+ 6÷ 3
= 16+ 2
=4+ 2；
(2) 27x−x 3x
=3 3x− 3x
=2 3x.
【解析】(1)利用二次根式的除法法则进行计算，即可解答；
(2)先把每一个二次根式的化成最简二次根式，然后再进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
19.【答案】解：(1)60；12 ；
(2)B
(3)900×24+1860=630(名).
答：估计其中竞赛成绩达到80分以上(含80分)的学生人数大约为630名．
【解析】解：(1)本次调查的样本容量为：24÷40%=60；
故b=60×10%=6，
所以a=60−24−18−6=12，
故答案为：60；12；
(2)把所抽取学生成绩从小到大排列，排在中间的两个数均在B等级，
所以所抽取学生成绩的中位数落在B等级．
故答案为：B；
(3)见答案．
(1)用A等级的频数除以40%可得样本容量，用样本容量乘10%可得d的值，进而得出a的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用900乘样本中竞赛成绩达到80分以上(含80分)的学生人数所占比例即可．
本题主要考查频数分布表、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据频数分布表和扇形统计图得出解题所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，
∴OB−BM=OD−DN，即OM=ON，
在△AOM和△CON中，
OA=OC∠AOM=∠CONOM=ON，
∴△AOM≌△CON(SAS)；
(2)解：添加∠MAN=90∘，四边形AMCN为矩形．
理由：∵OM=ON，OA=OC，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵∠MAN=90∘，
∴四边形AMCN为矩形．
【解析】(1)根据SAS可证明△AOM≌△CON；
(2)证明四边形AMCN是平行四边形，添加∠MAN=90∘，由矩形的判定可得出结论．
本题主要考查全等三角形的判定，矩形的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理并灵活运用．
21.【答案】解：(1)作BC的垂直平分线交AC于点D，交BC于点M，再取AB的中点，
则四边形BMDN是矩形，从而得到MN=BD；
(2)在BF、AC上分别取点H、G，使得BH=AG=3，
∵AG//BH，AG=BH，
∴四边形ABHG是平行四边形，
∵AB=BH=3，
∴四边形ABHG是菱形．
【解析】(1)作BC的垂直平分线交AC于点D，交BC于点M，再取AB的中点，利用矩形的对角线相等即可得出答案；
(2)在BF、AC上分别取点H、G，使得BH=AG=3，根据一组对边平行且相等得出平行四边形，再利用AB=BH，即可说明四边形ABHG是菱形．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设从甲基地运往A市的设备为x台，则从甲基地运往B市的设备为(15−x)台，
从乙基地运往A市的设备为(19−x)台，从乙基地运往B市的设备为13−(15−x)=(x−2)台，
则x≥019−x≥0x−2≥015−x≥0，
解得：2≤x≤15，
∴y1=500x+800(15−x)=−300x+12000，
y2=600(19−x)+700(x−2)=100x+10000；
(2)令a=y1−y2=−400x+2000，
①当a=0，即−400x+2000时，解得x=5，此时甲、乙两基地总费用相等，
②当a<0，即−400x+2000<0时，解得x>5，所以5③当a>0，即−400x+2000>0时，解得x<5，所以2≤x<5时，甲基地总费用大于乙基地总费用；
(3)y2=100x+10000≤11300，得：x≤13，
则2≤x≤13，
总费用：y1+y2=−200x+22000，
∵−200<0，
∴总费用随x的增大而减小，
当x=13时，运费最少，最少费用为：22000−200×13=19400(元)，
答：从甲基地运往A市的设备为13台，则从甲基地运往B市的设备为2台，从乙基地运往A市的设备为6台，从乙基地运往B市的设备为11台，总费用最少，最少总费用19400元．
【解析】(1)根据题意直接写出y1，y2 的函数解析式；
(2)令a=y1−y2，分三种情况讨论即可；
(3)根据乙基地的总运费不得超过11300元，解出x的取值范围，然后根据函数性质求最值即可．
本题考查一次函数和一元一次不等式组的应用，关键是根据题意写出y1，y2 的函数解析式．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45∘，
∵AP=AP，
∴△DAP≌△BAP(SAS)，
∴PD=PB；
(2)解：AQ= 2OP；理由如下：
如图1，作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45∘，∠AOB=90∘，
∴∠AEP=45∘，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45∘，EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
如图1，作PM⊥AE于点M，
则QM=BM，AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90∘，∠EBF=45∘，
∴BE= 2EF，
∴AQ= 2OP；
迁移探究：解：AQ=CP，理由如下：
方法一：如图2，
作DE⊥BQ于E，
∴∠AED=∠DEQ=90∘，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，AD//BC，
∴∠ABD=12∠ABC=30∘，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60∘，
∴∠AOB=∠BOC=90∘，△ABC是等边三角形，
∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60∘；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45∘，
由旋转得：PQ=PD，
∴PB=PD=PQ，
∴B、D、Q在以P为圆心，PB为半径的圆上，
∴∠PDQ=2∠ABD=60∘，
∴△PDQ是等边三角形，
∴DQ=PD=PB，
∴△ADE≌△BCO(AAS)，
∴DE=OB，OC=AE，
∴Rt△DEQ≌△BOP(HL)，
∴EQ=OP，
∴EQ+AE=OP+OC，
∴AQ=CP；
方法二：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60∘，PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE//BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图2，
则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB=∠BAC=60∘，∠AEP=∠ABC=60∘，
∴EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP.
【解析】(1)可证明△DAP≌△BAP，进而推出PD=PB；
(2)作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ=BE，BE=EF即可得出结论；．
迁移探究：方法一：推导出B、D、Q在以P为圆心，PB为半径的圆上，从而推出∠DPQ=2∠ABD=60∘，从而得出△PDQ是等边三角形，进而推出△ADE≌△BCO和Rt△DEQ≌△BOP，进一步得出结论；
方法二：先证明PQ=PB，作PE//BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
本题考查了正方形和菱形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，圆周角定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
24.【答案】解：(1)∵直线y=kx−3k(k>0)与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴当x=0时，y=−3k，当y=0时，x=3，
∴A(3,0)，B(0,−3k)，
∴OA=3，OB=3k，
∵OA=OB，
∴3k=3，
∴k=1，
∴直线AB的解析式为y=x−3；
(2)设D(m,0)，如图，当点D在线段OA上时，
由(1)知，OA=OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAB=∠OBA=45∘，
∵∠CBO=∠ABD，
∴∠CBD=∠ABO=45∘，
∵∠ODB=∠OAB+∠DBA=45∘，
∴△CBD∽△CAB，
∴BCAC=CDBC，
∵C的坐标为(−1,0)，A(3,0)，B(0,−3)，
∴BC= 12+32= 10，AC=4，
∴ 104=CD 10，
∴CD=52，
∵OC=1，
∴OD=32，
∴D(32,0)；
当点D(D′)在射线OA上时，
过点D作DN//y轴交AB于点N，连接AH，
则DNH为等腰直角三角形，
同理可得：△ADH为等腰直角三角形，则四边形DNHA为正方形，
当x=32时，y=x−3=−32，即正方形的边长为32，
则点D关于直线AB的对称即为点H(3,−32)，
由点C、H的坐标得，直线CH的表达式为：y=12x−3，
令y=3，则x=6，
即点D′(6,0)；
综上，D(32,0)或(6,0)；
(3)不变，为定值12，理由：
由点C、M的坐标得，直线CM的表达式为：y=(m−3)(x+1)，
同理可得：AM的表达式为：y=(m+1)(x−3)，则点P(0,−3m−3)，
∵AQ//CM，
则直线AQ的表达式为：y=(m−3)(x−3)，则点Q(0,−3m+9)，
则PQ=−3m+9−(−3m−3)=12为定值．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)设D(m,0)，如图，当点D在线段OA上时，证明△CBD∽△CAB，得到CD=52，即可求解；当点D(D′)在射线OA上时，求出点H(3,−32)，得到直线CH的表达式为：y=12x−3，即可求解；
(3)求出直线CM的表达式为：y=(m−3)(x+1)，AM的表达式为：y=(m+1)(x−3)，则点P(0,−3m−3)，由AQ//CM，得到AQ的表达式为：y=(m−3)(x−3)，则点Q(0,−3m+9)，即可求解．
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形相似、点的对称性、一次函数的性质，分类求解是解题的关键．成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
尺码/英寸
…
22
23
24
25
26
…
腰围/厘米
…
60±1
62.5±1
65±1
67.5±1
70±1
…
等级
成绩(m分)
人数
A
90≤m≤100
24
B
80≤m<90
18
c
70≤m<80
a
D
m<70
b
两市
两基地
A市(元/台)
B市(元/台)
甲
500
800
乙
600
700