2023-2024学年福建省泉州五中八年级（下）期末数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州五中八年级（下）期末数学试卷(含解析），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.要使分式x−1x的值为0，x的值为( )
A. 0B. 1C. −1D. 0和1
2.在平面直角坐标系中，点P(3,−2)在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
4.如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论错误的是( )
A. AB−//CD
B. OB=OD
C. AB=AD
D. ∠ABC=∠ADC
5.P(x1,y1)，Q(x2,y2)为反比例函数y=kx的图象上两点，若x1+x2=0，且x1A. y1y2C. y1+y2=0D. y1−y2=0
6.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O.若∠BOC=120°，BD=8，则AB的长为( )
A. 4B. 4 3C. 6D. 5
7.若关于x的方程m−1x−1−xx−1=0有增根，则m的值是( )
A. 3B. 2C. 1D. −1
8.某班举办“校园安全”知识答题竞赛活动，规定：共5道题，答对一道得2分，答错或不答不得分.现将全班50名学生的成绩进行统计，制作成如图不完整的扇形统计图.已知8分和6分的学生共有25人，10分的学生超过2人，6分的学生在扇形统计图中所对应的圆心角是钝角.根据扇形统计图中的信息，下列判断正确的是( )
A. 众数、平均数分别是6分与4分
B. 众数、中位数分别是6分与4分
C. 众数、中位数分别是6分与6分
D. 中位数、平均数分别是4分与5分
9.《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天.已知快马的速度是慢马的2倍.根据题意列方程为900x+1×2=900x−3，其中x表示( )
A. 快马的速度B. 慢马的速度C. 规定的时间D. 以上都不对
10.若不等式kx+b>0的解集是x<5，则下列各点可能在一次函数y=kx+b图象上的是( )
A. (1,6)B. (6,1)C. (1,−6)D. (−1,−6)
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.计算：xx−1−1x−1=______．
12.华为麒麟9000S芯片采用了最新的0.0000007厘米的工艺制程，将0.0000007用科学记数法表示为______．
13.已知二元一次方程组x−y=−5x+2y=−2的解为x=−4y=1，则在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=x+5与直线l2：y=−12x−1的交点坐标为______．
14.已知一次函数y=−x的图象向上平移2个单位后，与x轴、y轴分别相交于A、B两点，则△AOB的面积等于______．
15.如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一点，M、N分别是AB、AD边上的一点，联结PM、PN.若菱形的边长为10，AM=DN=4，则|PN−PM|的最大值是______．
16.在菱形ABCD中，MNPQ分别为边AB，BC，CD，DA上的点(不与端点重合)．
对于任意菱形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个四边形MNPQ是矩形；
④存在无数个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共9小题，共86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)
解一元二次方程：2x2−5x−12=0．
18.(本小题8分)
先化简，再求值：xx2−1÷(1−1x+1)，其中x= 3+1．
19.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，点O是AD的中点，连接CO并延长交BA的延长线于点E，连接AC，DE．
求证：四边形ACDE是平行四边形．
20.(本小题8分)
已知反比例函数y1=kx与一次函数y2=ax+b的图象交于点A(1,4)和点B(m,−2)．
(1)求这两个函数的表达式；
(2)观察图象，直接写出y1>y2时自变量x的取值范围．
21.(本小题8分)
两个工程队共同参与一项筑路工程，甲队单独施工1个月完成总工程的13，这时增加了乙队，两队又共同工作了半个月，总工程全部完成．求乙队单独完成这项工程需要几个月？(这里规定每个月的天数相同)．
22.(本小题10分)
请阅读以上材料，解决下列问题：
(1)这100个日需求量所组成的一组数据的中位数和众数分别是______，______；
(2)若欣欣花店计划一天购进17枝玫瑰花，请你以100天记录的各需求量的天数作为计算平均一天需求量对应的权重，估算欣欣花店当天的利润．
23.(本小题10分)
把一条线段分为两部分，其中长段与短段之比恰好等于 5−12.这个奇妙的分割，是公元前六世纪古希腊数学家毕达哥拉斯所发现，后被古希腊美学家柏拉图将此称为黄金分割.某数学兴趣小组在研究“黄金分割与黄金矩形”时，发现可以通过折叠纸片得到黄金矩形.以下是小组操作过程(矩形纸宽MN=2cm)：
(1)请根据每一步的操作完成填空；
(2)如图3，求证：四边形ABFD是菱形；
(3)类似的，我们将底与腰的比等于黄金比的等腰三角形称为黄金等腰三角形.图4为展平后的纸片，请你利用现有的线段长，在图4中作出一个黄金等腰三角形(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)．
24.(本小题13分)
如图1，P是正方形ABCD内一点，AP=AB，连接PB、PD，将△PAD沿AD翻折，得到△QAD，延长QD，与∠BAQ的平分线相交于M．
(1)当四边形PAQD为菱形时，填空：∠BPD= ______°；
(2)试求∠M的度数；
(3)如图2，连接BQ，交AP于E，连接ED、PM，当B、P、M三点共线时，求证：四边形BPDE是菱形．
25.(本小题13分)
在平面直角坐标系xOy中，直线y=12x+m(m>0)分别与x轴、y轴交于A、B两点.C、D的坐标分别为C(0,n)、D(−2m,n−m)，其中n−m>0．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)若点C、D关于直线AB的对称点分别为C′、D′．
①当n=3时，若△BC′D′的面积为2，试求m的值；
②当点C′恰好落在x轴上时，试求：m与n的函数关系式．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据题意，得
x−1=0x≠0，
解得，x=1．
故选：B．
分子为0，且分母不为0．
本题考查了分式的值为0的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0.这两个条件缺一不可．
2.【答案】D
【解析】由平面直角坐标系中点的坐标的符号特点进行判断，因为3>0，−2<0，所以点P(3,−2)在第四象限．
解：∵3>0，−2<0，
∴点P(3,−2)在第四象限．
故选：D．
此题主要考查平面直角坐标系中已知点的坐标确定点的位置，比较简单．牢记四个象限的符号特点：第一象限(+,+)；第二象限(−,+)；第三象限(−,−)；第四象限(+,−)．
3.【答案】C
【解析】解：平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
矩形是轴对称图形，是中心对称图形；
菱形是轴对称图形，是中心对称图形；
正方形是轴对称图形，是中心对称图形，
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，
∴AB/​/CD，AB=CD，OB=OD，∠ABC=∠ADC，
故A正确、B正确、D正确；
∵任意平行四边形的邻边不一定相等，
∴AB与AD不一定相等，
故C错误，
故选：C．
由平行四边形的性质得AB/​/CD，AB=CD，OB=OD，∠ABC=∠ADC，可判断A正确、B正确、D正确；而任意平行四边形的邻边不一定相等，可判断C错误，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质，正确理解和运用平行四边形的性质定理是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵P(x1,y1)，Q(x2,y2)为反比例函数y=kx的图象上两点，
∵x1+x2=0，且x1∴P(x1,y1)，Q(x2,y2)不在同一象限，
当k>0时，P(x1,y1)在第三象限，Q(x2,y2)在第一象限，y1当k<0时，P(x1,y1)在第二象限，Q(x2,y2)在第四象限，y1>y2，
∵x1+x2=0，
∴x1=−x2，
∵k=x1y1=x2y2，
∴−x2y1=x2y2，
∴−y1=y2，即y1+y2=0，
故选项C正确．
故选：C．
由题意P(x1,y1)，Q(x2,y2)不在同一象限，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可判断．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象的点的坐标适合解析式是关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD=12BD=4，
∵∠BOC=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB=OB=4．
故选：A．
由∠BOC=120°可得∠AOB=60°，再结合矩形的性质可得△ABO是等边三角形，从而得出AB=OB=4．
本题考查矩形的性质和等边三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
7.【答案】B
【解析】解：去分母得：m−1−x=0，
由分式方程有增根，得到x−1=0，即x=1，
把x=1代入整式方程得：m=2，
故选：B．
分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，求出x的值，代入整式方程计算即可求出m的值．
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：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．
8.【答案】A
【解析】解：∵从扇形统计图来看，6分的学生在扇形统计图中所对应的圆心角是钝角，
∴成绩为6分的人数最多，故众数为6；
∵全班50名学生，已知8分和6分的学生共有25人，将6种分值从小到大排列，成绩为0分、2分、4分的人数加起来等于全班总人数的一半，
∴中位数为(6+4)÷2=5分，
∴B，C，D选项排除，不符合题意，
因此A选项正确，符合题意．
故选：A．
根据众数、中位数的定义分别进行分析求解，即可得出答案．
此题考查了扇形统计图，加权平均数、中位数、众数的定义，解题的关键是正确理解各概念的含义．
9.【答案】C
【解析】解：∵快马的速度是慢马的2倍，所列方程为900x+1×2=900x−3，
∴900x+1表示慢马的速度，900x−3表示快马的速度；
∵把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多1天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天，
∴x表示规定的时间．
故选：C．
由快、慢马速度间的关系，结合所列的方程，可得出900x+1表示慢马的速度，900x−3表示快马的速度，结合快、慢马所需时间与规定时间之间的关系，可得出x表示规定的时间．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，根据各数量之间的关系及所列的方程，找出x的含义是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：根据不等式kx+b>0的解集是x<5可得一次函数y=kx+b的图象大致为：
∵点(6,1)在直线的上方，点(1,−6)在直线的下方，点(−1,−6)在直线的下方，
∴可能在一次函数图象上的是(1,6)．
故选：A．
首先根据不等式及其解集得到一次函数大致的图象，然后根据图象即可判断结果．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，根据不等式得到一次函数的图象是本题的关键．
11.【答案】1
【解析】解：原式=x−1x−1=1．
故答案为：1．
由于两分式的分母相同，分子不同，故根据同分母的分式相加减的法则进行计算即可．
本题考查的是分式的加减法，即同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减．
12.【答案】7×10−7
【解析】解：0.0000007=7×10−7．
故答案为：7×10−7．
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
此题考查了用科学记数法表示较小的数，掌握形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是关键．
13.【答案】(−4,1)
【解析】解：∵二元一次方程组x−y=−5x+2y=−2的解为x=−4y=1，
∴直线l1：y=x+5与直线l2：y=−12x−1的交点坐标为(−4,1)，
故答案为：(−4,1)．
根据一次函数与二元一次方程组的关系进行解答即可．
本题考查的是一次函数与二元一次方程组的关系，方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的一对未知数的值，而这一对未知数的值也同时满足两个相应的一次函数式，因此方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标．
14.【答案】2
【解析】解：一次函数y=−x的图象向上平移2个单位后得到y=−x+2，
当x=0，y=−x+2=2．
∴B(0,2)．
当y=0，−x+2=0．
∴x=2．
∴A(2,0)．
∴S=12×2×2=2．
故答案为：2．
根据平移的规律求得平移后的函数解析式，然后根据一次函数图象上的点的坐标特征即可求得A、B的坐标，利用三角形面积公式即可求得△AOB的面积S．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，求得平移后的函数解析式是解题的关键．
15.【答案】2
【解析】解：如图，找到N关于AC的对称点N′，连接PN′，
∵四边形ABCD为菱形，AC为对称轴，
∴PN=PN′，AN′=AN=10−4=6，
∴|PN−PM|=|PN′−PM|≤M′N=AN′−AM=6−4=2．
故答案为：2．
找到N关于AC的对称点N′，连接PN′，由四边形ABCD为菱形，AC为对称轴，得PN=PN′，AN′=AN=10−4=6，即可得|PN−PM|=|PN′−PM|≤M′N=AN′−AM=6−4=2．
本题主要考查了轴对称最短路线问题，解题关键是作辅助线．
16.【答案】①②③
【解析】解：①如图，连接AC，BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故答案为①②③．
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
17.【答案】解：2x2−5x−12=0，
(2x+3)(x−4)=0，
2x+3=0，x−4=0，
解得：x1=−32,x2=4．
【解析】利用十字相乘法把方程左边分解因式，从而把一元二次方程化成两个一元一次方程，解方程求出方程的解即可．
本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握几种常见的分解因式的方法．
18.【答案】解：xx2−1÷(1−1x+1)
=x(x+1)(x−1)÷x+1−1x+1
=x(x+1)(x−1)⋅x+1x
=1x−1，
当x= 3+1时，原式=1 3+1−1= 33．
【解析】先算括号内的式子，再算括号外的除法，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，
∴∠AEO=∠DCO，
∵点O是AD的中点，
∴OA=OD，
在△AOE和△DOC中，
∠AEO=∠DCO∠AOE=∠DOCOA=OD，
∴△AOE≌△DOC(AAS)，
∴AE=CD，
又∵AB/​/CD，即AE/​/CD，
∴四边形ACDE是平行四边形．
【解析】利用平行四边形的性质推出∠AEO=∠DCO，证明△AOE≌△DOC(AAS)，推出AE=CD，即可得到结论．
此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，正确理解平行四边形的性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵反比例函数y1=kx的图象经过点A(1,4)，
∴k=1×4=4，
∴反比例函数的表达式为y1=4x．
∵点B(m,−2)在反比例函数的图象上，
∴m=4−2=−2，
∴点B的坐标为(−2,−2)．
∵一次函数的图象经过点A、B，将这两个点的坐标代入y2=ax+b，
得a+b=4−2a+b=−2，解得：a=2b=2，
∴一次函数的表达式为y2=2x+2．
(2)观察函数图象可知：当x<−2或0综上所述，y1>y2的自变量x的取值范围为x<−2或0【解析】(1)由点A的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出反比例函数表达式，由点B的纵坐标结合反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出点B的坐标，根据点A、B的坐标利用待定系数法，即可求出一次函数表达式；
(2)根据两函数图象的上下位置关系，即可找出当x>0时，y1>y2的自变量x的取值范围．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、反比例函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是：(1)利用待定系数法求出函数表达式；(2)根据两函数图象的上下位置关系，找出不等式的解集．
21.【答案】解：设乙队单独完成这项工程需要x个月，
依题意得：1+123+12x=1，
解得：x=1，
经检验，x=1是原方程的解，且符合题意．
答：乙队单独完成这项工程需要1个月．
【解析】设乙队单独完成这项工程需要x个月，利用甲队完成的工程量+乙队完成的工程量=总工程量，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
22.【答案】17 15
【解析】解：(1)这100个日需求量所组成的一组数据的中位数和众数分别是 17，15；
故答案为：17，15．
(2)估算欣欣花店当天的利润=(14×5−3×5)×0.1+(15×5−2×5)×0.2+(16×5−1×5)×0.16+17×5×0.54=76.4(元)．
(1)利用众数中位数的定义求解即可；
(2)求出进17枝时每天的利润再相加，即可得到答案．
本题主要考查了众数中位数的定义，解题关键是正确计算．
23.【答案】3 1 5 5−12
【解析】(1)解：由矩形的性质可得∠N=∠BMN=90°，由折叠的性质可得∠MBC=∠N=90°，∠NMC=∠BMC=12∠BMN=45°，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴MN=CN=2cm，
∴AC=12NC=1cm，四边形MNCB是正方形，
∴BC=CN=2cm，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB= AC2+BC2= 5cm，
∴AD=AB= 5cm，
∴CD=AD−AC=( 5−1)cm，
∴CDBC= 5−12；
故答案为：3：1； 5； 5−12；
(2)证明：由折叠的性质可得∠BAF=∠DAF，由矩形的性质可得BF/​/AD，
∴∠BFA=∠DAF，
∴∠BFA=∠BAF，
∴AB=BF=AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABFD是菱形；
(3)解：如图所示，分别以C、D为圆心，BC的长为半径画弧，二者交于点H，连接CH，DH，则△CDH即为所求．
(1)根据折叠和矩形的性质证明△MNC是等腰直角三角形，即可得到MN=CN=2cm，则根据题意可得AC=12NC=1cm，四边形MNCB是正方形，利用勾股定理得到AB= AC2+BC2= 5cm，则AD=AB= 5cm，进而得到CD=AD−AC=( 5−1)cm，则CDBC= 5−12；
(2)根据矩形的性质和折叠的性质得到∠BFA=∠BAF，则AB=BF=AD，据此可证明结论；
(3)如图所示，分别以C、D为圆心，BC的长为半径画弧，二者交于点H，连接CH，DH，则△CDH即为所求．
本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确理解题意是解题的关键．
24.【答案】135
【解析】(1)解：∵四边形PAQD为菱形，四边形ABCD是正方形，
∴AP=PD，AB=AD，∠BAD=90°，
∵AP=AB，
∴AP=PD=AD，
∴△APD是等边三角形，
∴∠PAD=∠APD=60°，
∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=90°−60°=30°，
∴∠ABP=∠APB=75°，
∴∠BPD=∠APB+∠APD=75°+60°=135°，
故答案为：135；
(2)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵将△PAD沿AD翻折得到△QAD，
∴△PAD≌△QAD，
∴AP=AQ，∠PAD=∠QAD，
设∠PAD=∠QAD=α，则∠PAB=∠BAD−∠PAD=90°−α，
∵AP=AB，AB=AD，AP=AQ，
∴AD=AQ，
∵AD=AQ，∠QAD=α，
∴∠Q=∠ADQ=180°−α2=90°−α，
∵∠BAD=90°，∠QAD=α，
∴∠BAQ=∠BAD+∠QAD=90°+α，
∵AM平分∠BAQ，
∴∠QAM=12∠BAQ=12(90°+α)=45°+12α，
∵∠M+∠QAM+∠Q=180°，
∴∠M+45°+12α+90−12α=180°，
∴∠M+135°=180°，
∴∠M=45°；
(3)证明：∵将△PAD沿AD翻折，得到△QAD，
∴△PAD≌△QAD，
∴AP=AQ，PD=QD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AP=AB，AP=AQ，
∴AB=AQ，
∵AM平分∠BAQ，
∴∠BAM=∠QAM=12∠BAQ，
在△ABM和AQM中，
AB=AQ∠BAM=∠QAM,AM=AM
∴△ABM≌△AQM(SAS)，
∴∠AMB=∠AMQ，BM=QM，
由(2)得∠AMQ=45°，
∴∠AMB=∠AMQ=45°，
∴∠BMQ=∠AMB+∠AMQ=90°，
∵BM=QM，∠BMQ=90°，
∴∠BQM=∠QBM=45°，
∵AP=AB，
∴∠ABP=∠APB=180°−∠BAP2=90°−12∠BAP，
∵AP=AB，AB=AD，
∴AP=AD，
∴∠ADP=∠APD=180°−∠DAP2=90°−12∠DAP，
∵B、P、M三点共线，
∴∠APB+∠APD+∠DPM=180°，
.90°−12∠BAP+90°−12∠DAP+∠DPM=180°，
∴∠DPM=12(∠BAP+∠DAP)=12×90°=45°，
∵∠DPM+∠PDM+∠BMQ=180°，∠BMQ=90°，
∴∠PDM=∠DPM=45°，
∴PM=DM，
∵BP=BM−PM，QD=QM−DM，BM=QM，
∴BP=QD，
∵PD=QD，
∴BP=PD，
∵∠OPM=∠QBM=45°，
∴PD//BQ，
在△ABP和△ADP中，
AB=ADBP=DP,AP=AP
∴△ABP≌△ADP(SSS)，
∴∠BAP=∠DAP，∠ABP=∠ADP，
在△ABE和ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAE,AE=AE
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴∠ABE=∠ADE，
∵∠PBE=∠ABP−∠ABE，∠PDE=∠ADP−∠ADE，∠ABP=∠ADP，
∴∠PBE=∠PDE，
∵∠PBE=∠DPM=45°，
∴∠PDE=∠DPM，
∴BP//DE，
∵PD//BQ，即PD//BE，
∴四边形BPDE是平行四边形，
∵BP=PD，
∴四边形BPDE是菱形．
(1)根据四边形PAQD为菱形，四边形ABCD是正方形，得AP=PD，AB=AD，∠BAD=90°，证明△APD是等边三角形，则∠PAD=∠APD=60°，通过等边对等角及角度和差即可求解；
(2)由折叠性质得△PAD≌△QAD，则有AP=AQ，∠PAD=∠QAD，设∠PAD=∠QAD=α，则∠PAB=∠BAD−∠PAD=90°−α，通过角度和差及角平分线的定义即可求解；
(3)由折叠性质得△PAD≌△QAD，则有AP=AQ，PD=QD，由四边形ABCD是正方形，则AB=AD，∠BAD=90°，由AP=AB，AP=AQ，得AB=AQ，由AM平分∠BAQ，可得∠BAM=∠QAM=12∠BAQ，证明△ABM≌△AQM(SAS)，△ABP≌△ADP(SSS)，△ABE≌△ADE(SAS)，通过全等三角形的性质和菱形的判定方法求解．
本题考查了四边形的综合应用，主要考查折叠的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
25.【答案】解：(1)四边形ABCD是平行四边形，理由如下：
∵直线y=12x+m(m>0)分别与x轴、y轴交于A、B两点，
∴A(−2m,0)，B(0,m)，
∵C(0,n)(n>m)，
∴BC=n−m，
∵D(−2m,n−m)，
∴AD=n−m=BC，
∵A(−2m,0)，D(−2m,n−m)．
∴AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)①如图1，连接BD，BD′，过点D作DE⊥y轴于E，

∴DE=OA=2m，
∵点C、D关于直线AB的对称点分别为C′、D′．
∴S平行四边形ABC′D′=S平行四边形ABCD，
∵DB，BD′分别是平行四边形ABCD，ABC′D的对角线，
∴S△BC′D′=S△BCD=12BC⋅DE=12(n−m)⋅2m=m(n−m)，
∵n=3，△BC′D′的面积为2，
∴m(3−m)=2，
解得：m=1或2；
②如图2，连接CC′，则直线AB垂直平分线CC′，

∴∠CC′O+∠C′AB=90°，
∵∠C′AB+∠ABO=90°，
∴∠CC′O=∠ABO，
∵∠COC′=∠AOB=90°，
∴△CC′O∽△ABO，
∴COAO=C′OBO，
∴n2m=C′Om，
∴C′O=n2，
由轴对称的性质得：BC′=BC=n−m，
在Rt△BC′O中，OB2+C′O2=C′B2，
∴m2+(n2)2=(n−m)2，
∴3n2−8mn=n(3n−8m)=0，
∵n>m>0，
∴3n−8m=0，
∴mn=38，
∴m与n的函数表达式m=38n(n>0)．
【解析】(1)先利用坐标轴上点的特点确定出点A，B坐标，进而得出BC=n−m，再利用点A，D坐标的得出AD=n−m=BC，另为利用A，D点的坐标特点得出AD//BC即可得出结论；
(2)①利用对称性和(1)中得出的四边形ABCD是平行四边形，即可得出S△BC′D′=S△BCD，根据三角形的面积公式得出S△BC′D′=m(3−m)，建立方程，解答即可；
②利用同角的余角相等得出，∠CC′O=∠ABO进而得出∠△CC′O∽△ABO，得出C′O=n2，最后用勾股定理即可得出结论．
此题是一次函数综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，三角形的面积公式，勾股定理轴对称的性质，一元二次方程的根的判别式等知识点，体现了数形结合的思想，判定出四边形ABCD是平行四边形是解本题的关键．调查主题
玫瑰花销售
调查人员
某中学数学兴趣小组
调查方法
抽样调查
背景介绍
欣欣花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售.如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
报告内容
欣欣花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量(枝)
14
15
16
17
18
19
20
天数(天)
10
20
16
16
15
13
10
①在一张矩形纸片的端，利用图1的方法折出一正方形，然后把纸片展平，则NC= ______cm；
②如图2，把这个正方形折成两份个相等的矩形，再把纸片展平，则AC= ______cm；
③折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图3中所示的AD处，则AD=AB= ______cm；
④展平纸片，按照所得到的点D折出DE，则CDBC= ______.我们将这个比值称为黄金比.将宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形.如图4，矩形BCDE就是一个黄金矩形．