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2023-2024学年四川省成都市青羊区石室联中教育集团八年级（下）期中数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年四川省成都市青羊区石室联中教育集团八年级（下）期中数学试卷（含答案），共15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。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
1.如果a>b，那么下列各式中正确的是( )
A. a−3−bD. −2a<−2b
2.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史.下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是( )
A. (2−x)(−2−x)=x2−4B. x2−1+y2=(x+1)(x−1)+y2
C. x2−x−2=(x−2)(x+1)D. x2−2x−3=xx−2−3x
4.如图，平行四边形ABCD中，∠A+∠C=260°，则∠A的度数为( )
A. 130°
B. 100°
C. 80°
D. 50°
5.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，将△ABC沿BC方向平移得到△A′B′C′，若BC=5 2，PB′=3，则BB′=( )
A. 2B. 2 2C. 3 2D. 4 2
6.一次函数y=mx−n的图象如图所示，则关于x的不等式mx−n<0的解集是( )
A. x>2
B. x<2
C. x>3
D. x<3
7.如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=5.以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是( )
A. 12B. 1C. 65D. 32
8.在平面直角坐标系xOy中，将点A(4,−2)先向左平移2个单位，再向上平移4个单位得点B，则点B的坐标是( )
A. (2,2)B. (2,−6)C. (6,2)D. (6,−6)
二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
9.因式分解：2x2−8=____________．
10.若一个正多边形的内角和等于外角和的两倍，则该正多边形的边数是______．
11.若分式x−3x的值为0，则x的值为______．
12.如图，在△ABC中，AB=7，AC的垂直平分线交AB于点E，交AC于点D，△BCE的周长等于12，则BC的长度为______．
13.如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD于E，若AE=2，OC=3，则ED= ______．
14.已知a−b=4，ab=−2，则a3b−2a2b2+ab3= ______．
15.已知关于x，y的方程组x+2y=2m+12x+y=m+2的解满足不等式x−y>2，则m的取值范围为______．
16.有6张大小形状相同的卡片，正面分别写有1，2，3，4，5，6这6个数字，将它们的背面朝上洗匀后，任意抽取一张，记卡片上的数字为m，能使关于x的分式方程2x−mx−1=3的解为正整数的概率是______．
17.小明在研究中点问题时，进行了以下探索：
(1)【问题感悟】如图1，四边形BDEC中，BD//CE，BD=2，CE=3，点N、M分别是BC、DE的中点，小明利用中点的特点，作射线DN、EC交于G.请帮小明求出MN的长，则MN= ______；
(2)【迁移应用】如图2，四边形BDEC中，BD与CE不平行，BD=CE=2，延长BD、CE交于点A，夹角∠A=60°(AC>AB>2)，点N、M分别是BC、DE的中点，则线段MN的长为______．
18.如图，在△ABC中，AC=4，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AD平分∠CAB交BC于点D，则AD的长为______，若P为直线AB上一动点，以DP、BD为邻边构造平行四边形DPQB，连接CQ，则CQ的最小值为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.（12分）(1)解方程：2−xx−3+13−x=2；
(2)解不等式组x−2≤2x①−1+x3>x−1②，并把解集表示在数轴上．
20.（6分）先化简.再求值：(xx−1−1)÷x2−xx2−2x+1，请从−1，0中选择一个适当的数代入求值．
21.（8分）如图，平面直角坐标系中、已知点A(−2,4)，B(−4,1)，C(0,1)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出A1的坐标；
(2)将△A1B1C1绕C1旋转180°，画出旋转后的△A2B2C1；
(3)请直接写出AA2的长度为______．
22.（10分）如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与x轴交于点A(−3 3,0)，与y轴交于点B，且与正比例函数y=2 33x的图象交于点C(m,6)．
(1)求m的值和一次函数y=kx+b(k≠0)的表达式；
(2)求△OBC的面积；
(3)在x轴上是否存在点M，平面内是否存在一点P，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23.（12分）数学活动课上，老师组织同学们进行以“三角形卡片拼接与变换”为主题的学习活动，在三角形卡片ADO中，∠ADO=90°，AD=2，将△ADO绕O旋转180°得到△CBO，连接CD、AB，量得∠ABD=30°．
(1)如图1，求△ABC的面积；
(2)将等腰直角三角形卡片ACE(∠ACE=90°,CA=CE)的一条直角边与AC重合，直角顶点与C重合，与四边形ABCD拼成如图2所示的平面图形，请求出点E到直线CD的距离；
(3)一斜边长度与AD相等的等腰直角三角板ADE(∠E=90°,∠ADE=45°)如图3摆放，再将△ADE绕点A顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<180°)，△AED旋转后的三角形记为△AE′D′，在旋转过程中，直线D′E′所在的直线与直线BD，AB交于P，Q两点，当PQ=BQ时，请求出E′Q的长．
24.（8分）某商场计划购进一批甲、乙两种玩具，已知一件甲种玩具的进价与一件乙种玩具的进价的和为40元，用90元购进甲种玩具的件数与用150元购进的乙种玩具的件数相同．
(1)求每件甲种、乙种玩具的进价分别是多少元？
(2)商场计划购进甲、乙两种玩具共48件，购进这两种玩具的总资金超过960元但不超过1000元，求商场有哪几种具体的进货方案？最多可以购进乙种玩具多少件？
25.（10分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+6与x轴、y轴相交于A、B两点，点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上，过点D作DE⊥x轴于点E．
(1)求证：△BOC≌△CED；
(2)如图2，将△BCD沿x轴正方向平移得△B′C′D′，当B′C′经过点D时，求点D的坐标及△BCD平移的距离；
(3)若点P在y轴上，点Q在直线AB上，是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
26.（12分）小明同学了解到旋转的“瓜豆原理”后，联想到翻折，进行了如下探索与应用．
(1)【联系与探索】如图1，△ADC为等边三角形，点B在射线CD上运动，将△ABD沿直线AD翻折得△AB′D，再把线段AB′沿直线AC翻折将到线段AE，连接DE交AC于F，连接B′F，同时把线段AD绕点A逆时针旋转120°得到线段AD′，直线D′E与直线BC交于M．
①请写出∠BAE= ______度：
②求证：四边形AD′MC为菱形；
③猜想线段AF与线段BC的数量关系，并证明；
(2)【整理与应用】如图2，在(1)的条件下，若AC=12，求2AE+EM的最小值(直接写出)．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.A
5.B
6.C
7.B
8.A
9.2(x+2)(x−2)
10.6
11.3
12.5
13.3+ 5
14.−32
15.m<−1
16.16
17.2.5 3
18.6 2 3+2
19.解：(1)2−xx−3+13−x=2，
2−x−1=2(x−3)，
解得：x=73，
检验：当x=73时，x−3≠0，
∴x=73是原方程的根；
(2)x−2≤2x①−1+x3>x−1②，
解不等式①得：x≥−2，
解不等式②得：x<1，
∴原不等式组的解集为：−2≤x<1，
∴原不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
20.解：(xx−1−1)÷x2−xx2−2x+1
=x−(x−1)x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=x−x+1x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=1x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=1x，
∵x=0时，原分式无意义，
∴x=−1，
当x=−1时，原式=1−1=−1．
21.(1)如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点A1的坐标为(−2,−4)．
(2)如图，△A2B2C1即为所求．
(3)2 5．
22.解：(1)∵将点C(m,6)代入y=2 33x，
∴6=2 33m，
∴m=3 3，
∴C(3 3,6)，
将A(−3 3,0)，C(3 3,6)代入一次函数的解析式为y=kx+b得：
−3 3k+b=03 3k+b=6，
解得k= 33b=3，
∴一次函数y=kx=b(k≠0)的表达式为y= 33x+3；
(2)在y= 33x+3中，令x=0得y=3，
∴B(0,3)，
∴S△OBC=12OB⋅|xC|=12×3×3 3=9 32；
(3)在x轴上存在点M，平面内存在一点P，使得四边形ABMP是矩形，
设M(m,0)，
∵四边形ABMP是矩形
∴∠ABM=90°，
∴AB2+BM2=AM2，
∴(3 3)2+32+m2+32=(m+3 3)2，
∴m= 3，
∴点M的坐标为( 3,0)．
23.解：(1)∵∠ADO=90°，
∴△ABD是直角三角形，
在Rt△ABD中，AD=2，∠ABD=30°，
∴BD=ADtan30∘=2 3，
∴S△ABC=12S▱ABCD=S△ABD=12AD⋅BD=12×2×2 3=2 3，
∴△ABC的面积为2 3；
(2)过点C作CM⊥AB交AB延长线于点M，
∵∠ACE=90°，
∴∠ACM+∠ECM=90°，
又∠CAM+∠ACM=90°，
∴∠CAM=∠ECM，
∵CM⊥CD，EH⊥DC，
∴CM//EH，
∴∠ECM=∠CEH，
在△ACM和△ECH中，
∠M=∠CHE=90°∠CAM=∠CEHAC=CE，
∴△ACM≌△ECH(AAS)，
∴AM=EH，
∵∠ADO=90°，AD//BC，
∴∠CBD=90°，
∵∠ABD+∠CBM=90°，∠ABD=30°，
∴∠CBM=60°，AB=ADsin30∘=4，
∴BM=BC⋅cs60°=1，
∴AM=AB+BM=4+1=5，
∴点E到直线CD的距离为5；
(3)当PQ=BQ时，
∵∠QPB=∠B=30°，
∴∠AQP=60°，
∵AD=2，∠E=90°，∠ADE=45°，
∴∠QAD′=60°−45°=15°，
∴∠QAE′=45°−15°=30°，
∴AE= 2，
由旋转性质可得：AE′=AE= 2，
即E′Q=AE′ 3= 2 3= 63，
∴E′Q的长为= 63．
24.解：(1)设甲种玩具进价x元/件，则乙种玩具进价为(40−x)元/件，
根据题意，得90x=15040−x，
解得x=15，
经检验x=15是原方程的解．
∴40−x=25．
答：甲，乙两种玩具的进价分别是15元/件，25元/件；
(2)设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具(48−y)件，
根据题意，得960<15y+25(48−y)≤1000，
解得20≤y<24．
∵y是整数，
∴y取20，21，22，23，共有4种方案．
方案一：购进甲种玩具20件，购进乙种玩具28件，
方案二：购进甲种玩具21件，购进乙种玩具27件，
方案三：购进甲种玩具22件，购进乙种玩具26件，
方案四：购进甲种玩具23件，购进乙种玩具25件．
25.证明：(1)∵线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠BCO+∠DCE=90°，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠DCE=∠OBC，
在△OBC和△ECD中，
∠BOC=∠CED∠OBC=∠ECDBC=CD，
∴△OBC≌△ECD(AAS)，
(2)∵y=−12x+6与x轴、y轴相交于A、B两点，
∴A(12,0)，B(0,6)，
设OC=m，
由(1)知△OBC≌△ECD，
∴OC=DE，CE=OB，
∴D(6+m,m)，
∵点D在直线AB上，
∴−12(6+m)+6=m，
解得m=2，
∴D(8,2)，C(2,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则b=62k+b=0，
∴k=−3b=6，
∴直线BC得到解析式为y=−3x+6，
设B′C′的解析式为y=−3x+n，
∵点D在直线B′C′上，
∵−3×8+n=2，
∴n=26，
∴直线B′C′的解析式为y=−3x+26，
∴C′(263,0)，
∴OC′=263，
∴CC′=OC′−OC=263−2=203，
∴△BCD平移的距离为203．
(3)∵C(2,0)，D(8,2)，
当CD为平行四边形的一边时，如图，
∴P1Q1可看成CD平移得到，
∴Q1横坐标为6，
当x=6时，y=3，
∴Q1(6,3)，
∴P1(0,1)，
由对称性可知P2(0,11)，
当CD为平行四边形的对角线时，如图，
∵CP3//AB，
∴P3与P1重合．
综上点P的坐标为(0,1)或(0,11)，
26.(1)①120；
②证明：线段AD绕点A逆时针旋转120°得到线段AD′，
∴∠DAD′=120°，AD′=AD，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ADC=∠DAC=∠ACD=60°，AC=AD，
∴AD′=AC，
∵∠DAC=60°，
∴∠CAD′=60°，
∴∠CAD′=∠ACD，
∴AD′//CM，
由①知，
∠BAE=120°，
∴∠BAE=∠DAD′，
∴∠BAD=∠D′AE，
∵AB=AB′=AE，
∴△ABD≌△AED′(SAS)，
∴∠D′=∠ADB=180°−∠ADC=120°，
∴∠D′+∠CAD′=180°，
∴AC//D′M，
∴四边形AD′MC是平行四边形，
∴▱AD′MC是菱形；
③解：BD=2AF，理由如下：
由②知，
AC//D′M，四边形AD′MC是菱形，BD=D′E，
∴DFEF=CDCM=1，CM=AC=BC，AC=D′M，
∴DF=EF，AF+CF=EM+D′E，D′M=CD，
∴EM=2CF，
∴D′M−D′E=2(AC−AF)，
∴AC−BD=2AC−2AF，
∴2AF=AC+BD=CD+BD=BC，
∴AF=12BC；
(2)解：如图，
作MN⊥BM，作EF⊥MN于F，延长AD′交MN于G，
∴∠CMN=90°，∠EFM=90°，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∵AC//D′M，
∴∠CMD′=∠ACD=60°，
∴∠EMN=30°，
∴EF=12EM，DG′=12D′M=12AC=6，
∴AE+12EM=AE+EF≥AG，
∴当A、E、F共线时，AE+EF=AG，
∵AD′=AC=12，
∴AG=12+6=18，
∴AE+12EM最小值为：18，
∵2AE+EM=2(AE+12EM)，
∴2AE+EM的最小值为：18×2=36．
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
1.如果a>b，那么下列各式中正确的是( )
A. a−3
2.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史.下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是( )
A. (2−x)(−2−x)=x2−4B. x2−1+y2=(x+1)(x−1)+y2
C. x2−x−2=(x−2)(x+1)D. x2−2x−3=xx−2−3x
4.如图，平行四边形ABCD中，∠A+∠C=260°，则∠A的度数为( )
A. 130°
B. 100°
C. 80°
D. 50°
5.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，将△ABC沿BC方向平移得到△A′B′C′，若BC=5 2，PB′=3，则BB′=( )
A. 2B. 2 2C. 3 2D. 4 2
6.一次函数y=mx−n的图象如图所示，则关于x的不等式mx−n<0的解集是( )
A. x>2
B. x<2
C. x>3
D. x<3
7.如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=5.以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于12PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是( )
A. 12B. 1C. 65D. 32
8.在平面直角坐标系xOy中，将点A(4,−2)先向左平移2个单位，再向上平移4个单位得点B，则点B的坐标是( )
A. (2,2)B. (2,−6)C. (6,2)D. (6,−6)
二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
9.因式分解：2x2−8=____________．
10.若一个正多边形的内角和等于外角和的两倍，则该正多边形的边数是______．
11.若分式x−3x的值为0，则x的值为______．
12.如图，在△ABC中，AB=7，AC的垂直平分线交AB于点E，交AC于点D，△BCE的周长等于12，则BC的长度为______．
13.如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD于E，若AE=2，OC=3，则ED= ______．
14.已知a−b=4，ab=−2，则a3b−2a2b2+ab3= ______．
15.已知关于x，y的方程组x+2y=2m+12x+y=m+2的解满足不等式x−y>2，则m的取值范围为______．
16.有6张大小形状相同的卡片，正面分别写有1，2，3，4，5，6这6个数字，将它们的背面朝上洗匀后，任意抽取一张，记卡片上的数字为m，能使关于x的分式方程2x−mx−1=3的解为正整数的概率是______．
17.小明在研究中点问题时，进行了以下探索：
(1)【问题感悟】如图1，四边形BDEC中，BD//CE，BD=2，CE=3，点N、M分别是BC、DE的中点，小明利用中点的特点，作射线DN、EC交于G.请帮小明求出MN的长，则MN= ______；
(2)【迁移应用】如图2，四边形BDEC中，BD与CE不平行，BD=CE=2，延长BD、CE交于点A，夹角∠A=60°(AC>AB>2)，点N、M分别是BC、DE的中点，则线段MN的长为______．
18.如图，在△ABC中，AC=4，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AD平分∠CAB交BC于点D，则AD的长为______，若P为直线AB上一动点，以DP、BD为邻边构造平行四边形DPQB，连接CQ，则CQ的最小值为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.（12分）(1)解方程：2−xx−3+13−x=2；
(2)解不等式组x−2≤2x①−1+x3>x−1②，并把解集表示在数轴上．
20.（6分）先化简.再求值：(xx−1−1)÷x2−xx2−2x+1，请从−1，0中选择一个适当的数代入求值．
21.（8分）如图，平面直角坐标系中、已知点A(−2,4)，B(−4,1)，C(0,1)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出A1的坐标；
(2)将△A1B1C1绕C1旋转180°，画出旋转后的△A2B2C1；
(3)请直接写出AA2的长度为______．
22.（10分）如图，一次函数y=kx+b(k≠0)的图象与x轴交于点A(−3 3,0)，与y轴交于点B，且与正比例函数y=2 33x的图象交于点C(m,6)．
(1)求m的值和一次函数y=kx+b(k≠0)的表达式；
(2)求△OBC的面积；
(3)在x轴上是否存在点M，平面内是否存在一点P，使得四边形ABMP是矩形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
23.（12分）数学活动课上，老师组织同学们进行以“三角形卡片拼接与变换”为主题的学习活动，在三角形卡片ADO中，∠ADO=90°，AD=2，将△ADO绕O旋转180°得到△CBO，连接CD、AB，量得∠ABD=30°．
(1)如图1，求△ABC的面积；
(2)将等腰直角三角形卡片ACE(∠ACE=90°,CA=CE)的一条直角边与AC重合，直角顶点与C重合，与四边形ABCD拼成如图2所示的平面图形，请求出点E到直线CD的距离；
(3)一斜边长度与AD相等的等腰直角三角板ADE(∠E=90°,∠ADE=45°)如图3摆放，再将△ADE绕点A顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<180°)，△AED旋转后的三角形记为△AE′D′，在旋转过程中，直线D′E′所在的直线与直线BD，AB交于P，Q两点，当PQ=BQ时，请求出E′Q的长．
24.（8分）某商场计划购进一批甲、乙两种玩具，已知一件甲种玩具的进价与一件乙种玩具的进价的和为40元，用90元购进甲种玩具的件数与用150元购进的乙种玩具的件数相同．
(1)求每件甲种、乙种玩具的进价分别是多少元？
(2)商场计划购进甲、乙两种玩具共48件，购进这两种玩具的总资金超过960元但不超过1000元，求商场有哪几种具体的进货方案？最多可以购进乙种玩具多少件？
25.（10分）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+6与x轴、y轴相交于A、B两点，点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上，过点D作DE⊥x轴于点E．
(1)求证：△BOC≌△CED；
(2)如图2，将△BCD沿x轴正方向平移得△B′C′D′，当B′C′经过点D时，求点D的坐标及△BCD平移的距离；
(3)若点P在y轴上，点Q在直线AB上，是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
26.（12分）小明同学了解到旋转的“瓜豆原理”后，联想到翻折，进行了如下探索与应用．
(1)【联系与探索】如图1，△ADC为等边三角形，点B在射线CD上运动，将△ABD沿直线AD翻折得△AB′D，再把线段AB′沿直线AC翻折将到线段AE，连接DE交AC于F，连接B′F，同时把线段AD绕点A逆时针旋转120°得到线段AD′，直线D′E与直线BC交于M．
①请写出∠BAE= ______度：
②求证：四边形AD′MC为菱形；
③猜想线段AF与线段BC的数量关系，并证明；
(2)【整理与应用】如图2，在(1)的条件下，若AC=12，求2AE+EM的最小值(直接写出)．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.A
5.B
6.C
7.B
8.A
9.2(x+2)(x−2)
10.6
11.3
12.5
13.3+ 5
14.−32
15.m<−1
16.16
17.2.5 3
18.6 2 3+2
19.解：(1)2−xx−3+13−x=2，
2−x−1=2(x−3)，
解得：x=73，
检验：当x=73时，x−3≠0，
∴x=73是原方程的根；
(2)x−2≤2x①−1+x3>x−1②，
解不等式①得：x≥−2，
解不等式②得：x<1，
∴原不等式组的解集为：−2≤x<1，
∴原不等式组的解集在数轴上表示如图所示：
20.解：(xx−1−1)÷x2−xx2−2x+1
=x−(x−1)x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=x−x+1x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=1x−1⋅(x−1)2x(x−1)
=1x，
∵x=0时，原分式无意义，
∴x=−1，
当x=−1时，原式=1−1=−1．
21.(1)如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点A1的坐标为(−2,−4)．
(2)如图，△A2B2C1即为所求．
(3)2 5．
22.解：(1)∵将点C(m,6)代入y=2 33x，
∴6=2 33m，
∴m=3 3，
∴C(3 3,6)，
将A(−3 3,0)，C(3 3,6)代入一次函数的解析式为y=kx+b得：
−3 3k+b=03 3k+b=6，
解得k= 33b=3，
∴一次函数y=kx=b(k≠0)的表达式为y= 33x+3；
(2)在y= 33x+3中，令x=0得y=3，
∴B(0,3)，
∴S△OBC=12OB⋅|xC|=12×3×3 3=9 32；
(3)在x轴上存在点M，平面内存在一点P，使得四边形ABMP是矩形，
设M(m,0)，
∵四边形ABMP是矩形
∴∠ABM=90°，
∴AB2+BM2=AM2，
∴(3 3)2+32+m2+32=(m+3 3)2，
∴m= 3，
∴点M的坐标为( 3,0)．
23.解：(1)∵∠ADO=90°，
∴△ABD是直角三角形，
在Rt△ABD中，AD=2，∠ABD=30°，
∴BD=ADtan30∘=2 3，
∴S△ABC=12S▱ABCD=S△ABD=12AD⋅BD=12×2×2 3=2 3，
∴△ABC的面积为2 3；
(2)过点C作CM⊥AB交AB延长线于点M，
∵∠ACE=90°，
∴∠ACM+∠ECM=90°，
又∠CAM+∠ACM=90°，
∴∠CAM=∠ECM，
∵CM⊥CD，EH⊥DC，
∴CM//EH，
∴∠ECM=∠CEH，
在△ACM和△ECH中，
∠M=∠CHE=90°∠CAM=∠CEHAC=CE，
∴△ACM≌△ECH(AAS)，
∴AM=EH，
∵∠ADO=90°，AD//BC，
∴∠CBD=90°，
∵∠ABD+∠CBM=90°，∠ABD=30°，
∴∠CBM=60°，AB=ADsin30∘=4，
∴BM=BC⋅cs60°=1，
∴AM=AB+BM=4+1=5，
∴点E到直线CD的距离为5；
(3)当PQ=BQ时，
∵∠QPB=∠B=30°，
∴∠AQP=60°，
∵AD=2，∠E=90°，∠ADE=45°，
∴∠QAD′=60°−45°=15°，
∴∠QAE′=45°−15°=30°，
∴AE= 2，
由旋转性质可得：AE′=AE= 2，
即E′Q=AE′ 3= 2 3= 63，
∴E′Q的长为= 63．
24.解：(1)设甲种玩具进价x元/件，则乙种玩具进价为(40−x)元/件，
根据题意，得90x=15040−x，
解得x=15，
经检验x=15是原方程的解．
∴40−x=25．
答：甲，乙两种玩具的进价分别是15元/件，25元/件；
(2)设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具(48−y)件，
根据题意，得960<15y+25(48−y)≤1000，
解得20≤y<24．
∵y是整数，
∴y取20，21，22，23，共有4种方案．
方案一：购进甲种玩具20件，购进乙种玩具28件，
方案二：购进甲种玩具21件，购进乙种玩具27件，
方案三：购进甲种玩具22件，购进乙种玩具26件，
方案四：购进甲种玩具23件，购进乙种玩具25件．
25.证明：(1)∵线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠BCO+∠DCE=90°，
∵∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠DCE=∠OBC，
在△OBC和△ECD中，
∠BOC=∠CED∠OBC=∠ECDBC=CD，
∴△OBC≌△ECD(AAS)，
(2)∵y=−12x+6与x轴、y轴相交于A、B两点，
∴A(12,0)，B(0,6)，
设OC=m，
由(1)知△OBC≌△ECD，
∴OC=DE，CE=OB，
∴D(6+m,m)，
∵点D在直线AB上，
∴−12(6+m)+6=m，
解得m=2，
∴D(8,2)，C(2,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则b=62k+b=0，
∴k=−3b=6，
∴直线BC得到解析式为y=−3x+6，
设B′C′的解析式为y=−3x+n，
∵点D在直线B′C′上，
∵−3×8+n=2，
∴n=26，
∴直线B′C′的解析式为y=−3x+26，
∴C′(263,0)，
∴OC′=263，
∴CC′=OC′−OC=263−2=203，
∴△BCD平移的距离为203．
(3)∵C(2,0)，D(8,2)，
当CD为平行四边形的一边时，如图，
∴P1Q1可看成CD平移得到，
∴Q1横坐标为6，
当x=6时，y=3，
∴Q1(6,3)，
∴P1(0,1)，
由对称性可知P2(0,11)，
当CD为平行四边形的对角线时，如图，
∵CP3//AB，
∴P3与P1重合．
综上点P的坐标为(0,1)或(0,11)，
26.(1)①120；
②证明：线段AD绕点A逆时针旋转120°得到线段AD′，
∴∠DAD′=120°，AD′=AD，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ADC=∠DAC=∠ACD=60°，AC=AD，
∴AD′=AC，
∵∠DAC=60°，
∴∠CAD′=60°，
∴∠CAD′=∠ACD，
∴AD′//CM，
由①知，
∠BAE=120°，
∴∠BAE=∠DAD′，
∴∠BAD=∠D′AE，
∵AB=AB′=AE，
∴△ABD≌△AED′(SAS)，
∴∠D′=∠ADB=180°−∠ADC=120°，
∴∠D′+∠CAD′=180°，
∴AC//D′M，
∴四边形AD′MC是平行四边形，
∴▱AD′MC是菱形；
③解：BD=2AF，理由如下：
由②知，
AC//D′M，四边形AD′MC是菱形，BD=D′E，
∴DFEF=CDCM=1，CM=AC=BC，AC=D′M，
∴DF=EF，AF+CF=EM+D′E，D′M=CD，
∴EM=2CF，
∴D′M−D′E=2(AC−AF)，
∴AC−BD=2AC−2AF，
∴2AF=AC+BD=CD+BD=BC，
∴AF=12BC；
(2)解：如图，
作MN⊥BM，作EF⊥MN于F，延长AD′交MN于G，
∴∠CMN=90°，∠EFM=90°，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∵AC//D′M，
∴∠CMD′=∠ACD=60°，
∴∠EMN=30°，
∴EF=12EM，DG′=12D′M=12AC=6，
∴AE+12EM=AE+EF≥AG，
∴当A、E、F共线时，AE+EF=AG，
∵AD′=AC=12，
∴AG=12+6=18，
∴AE+12EM最小值为：18，
∵2AE+EM=2(AE+12EM)，
∴2AE+EM的最小值为：18×2=36．
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