重庆市渝中区巴蜀中学2021-2022学年八年级下学期期末数学试卷(word版含答案)

这是一份重庆市渝中区巴蜀中学2021-2022学年八年级下学期期末数学试卷(word版含答案)，共42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。

2021-2022学年重庆市渝中区巴蜀中学八年级（下）期末
数学试卷
一、选择题（每题4分，共48分）
1．（4分）我国信息技术飞速发展，下列标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．4b3﹣b3＝3 B．（a3b）2＝a6b2
C．a3•a2＝a6 D．b6÷b6＝0
3．（4分）如图，直线y＝﹣x+3与y＝mx+n交点的横坐标为1，则关于x、y的二元一次方程组的解为（　　）

A． B． C． D．
4．（4分）如图，AB是圆O的直径，D是BA延长线上一点，DC与圆O相切于点C，连接BC，∠ABC＝20°，则∠BDC的度数为（　　）

A．50° B．45° C．40° D．35°
5．（4分）若关于x的一元二次方程mx2﹣2x+3＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）
A．m＜ B．m≤ C．m＜且m≠0 D．m≤且m≠0
6．（4分）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝40°，将Rt△ABC绕着点C逆时针旋转得Rt△EDC，且点E正好落在BC上，连接BD，则∠CBD的度数为（　　）

A．40° B．55° C．60° D．65°
7．（4分）已知（﹣4，y1），（2.5，y2），（5，y3）是抛物线y＝﹣3x2﹣6x+m上的点，则y1、y2、y3的大小关系是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y1＞y3＞y2 D．y2＞y1＞y3
8．（4分）下列命题中，真命题的是（　　）
A．两组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
9．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AELDC于点E，连接OE，若BD＝6，OE的长为，则菱形的周长为（　　）

A．12 B．16 C．4 D．24
10．（4分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于
点C，下列结论不正确的是（　　）

A．abc＞0 B．2a+b＝0 C．3a+c＞0 D．4a+2b+c＜0
11．（4分）若关于x的不等式组无解，且关于y的分式方程+＝3有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（　　）
A．﹣2 B．2 C．5 D．0
12．（4分）如图，△ABC中，∠ACB＝60°，AG平分∠BAC交BC于点G，BD平分∠ABC交AC于点D，AG、BD相交于点F，BE⊥AG交MG的延长线于点E，连接CE，下列结论中正确的有（　　）
①若∠BAD＝70°，则∠EBC＝5°；
②BF＝2EF；③BE＝CE；
④AB＝BG+AD；
⑤．

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
二、填空题（每题4分，共24分）
13．（4分）计算：|2﹣|﹣（﹣）2＝　 　．
14．（4分）函数y＝有意义，那么x的取值范围是　 　．
15．（4分）如图，在△OBC中，∠COB＝90°，∠B＝60°，CO＝4，以OB为半径的半圆O交斜边BC于点D，则阴影部分面积为 　 　（结果保留π）．

16．（4分）如图是一个横断面为抛物线形状的拱桥，此时水面宽AB为3米，拱桥最高点C离水面的距离CO也为3米，则当水位上升1米后，水面的宽度为 　 　米．

17．（4分）如图，在矩形ABCD中，E为CD上一点，连接AE，EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠DAE＝∠FAE，CF＝1，AB＝6，则D到AF的距离为 　 　．

18．（4分）某礼品店准备了甲、乙、丙、丁四种小礼品销售（单价与销量均为整数），在第一周销售时，乙的单价是甲的3倍，丙的单价是丁的5倍，丁的销量是乙的5倍，甲的销量是丙的3倍，且乙和丙的总销量不低于5件，第一周销售结束后，发现甲、乙两种礼品的销售总额比丙、丁两种礼品的销售总额多了105元．在第二周销售时，商家将甲礼品的单价提高了50%，丁礼品的单价为第一周的2倍，乙和丙的单价不变，而第二周甲的销量比第一周减少了，丙的销量是第一周的2倍，乙、丁的销量和第一周相同，则第二周这四种小礼品的销售总额最少为 　 　元．
三、解答题（共78分）
19．（8分）计算：
（1）（a﹣2）2+4（a﹣1）；
（2）÷（x﹣1﹣）．
20．（10分）如图，矩形ABCD中，AC是对角线．
（1）用尺规完成基本作图：作AC的垂直平分线，交AC于点O，交AB、CD延长线分别于点E、F，连接CE、AF．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：四边形AECF是菱形，请完成下列证明过程．
证明：∵EF垂直平分AC，
∴AO＝　 　，∠AOE＝∠COF＝90．
∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，
∴②　 　．
∴△AOE≌△COF（AAS）
∴③　 　．
∵AO＝OC，
∴四边形AECF是 　 　．
∵⑤　 　．
∴四边形AECF是菱形．

21．（10分）2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着落，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，中国航天又达到了一个新的高度．某校为了了解本校学生对航天科技的关注程度，对八、九年级学生进行了航天科普知识竞赛（百分制），并从其中分别随机抽取了20名学生的测试成绩，整理、描述和分析如下：（成绩得分用x表示，共分成四组：A.80⩽x＜85；B.85⩽x＜90；C.90⩽x＜95；D.95⩽x⩽100）其中，八年级20名学生的成绩是：96，80，96，91，99，96，90，100，89，82，85，96，87，96，84，81，90，82，86，94．九年级20名学生的成绩在C组中的数据是：90，91，92，92，93，94．
八、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表和九年级抽取的学生成绩扇形统计图如表和图：
年级
平均数
中位数
众数
方差
八年级
90
90
b
38.7
九年级
90
c
100
38.1
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述a、b、c的值：a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　；
（2）你认为这次比赛中 　 　年级成绩相对更好，理由是 　 　？
（3）若该校九年级共1400人参加了此次航天科普知识竞赛活动，估计参加此次活动成绩优秀（x≥90）的九年级学生人数．

22．（10分）“你出地、我出苗，你种植、我培训”．在当地政府支持农业发展的政策带领下，李大伯家种植了车厘子和水蜜桃，今年开始收成并批发出售，水蜜桃的产量是300斤，车厘子的产量比水蜜桃产量的两倍多100斤，每斤车厘子批发价比水蜜桃多2元．
（1）李大伯把车厘子每斤批发价至少定为多少元，可使今年这两种水果的收入不低于23400元；
（2）某水果店从李大伯家用（1）中的最低批发价购进车厘子销售．第一天每斤售价为40元，卖出了100斤，为了增加销量，水果店决定第二天每斤售价降低m元，销量则在第一天的基础上上涨了2m斤，后结算发现第二天比第一天多盈利320元，已知每天的售价均为整数．求m的值．
23．（10分）如图，直线AB与x轴、y轴分别交于A（﹣1，0）、B两点，与直线CD：y＝﹣3x+12交于点D，且△ACD的面积为15．
（1）求直线AB的解析式；
（2）直线EF经过原点，与直线AB交于点E，与直线CD交于点F，若E点的横坐标为﹣2，求四边形OBDF的面积．

24．（10分）材料阅读：一个各个数位上数字均不相同且都不为0的四位自然数N，将其千位上数字与十位上数字之和记为x，百位上数字与个位上数字之和记为y，若x﹣y＝1．且其千位上数字与个位上数字之和等于百位上数字，则称N为“扬一数”．
例如：N＝2573，x＝2+7＝9，y＝5+3＝8，x﹣y＝1，2+3＝5则2573是“扬一数”；再如N＝2354，x＝2+5＝7，y＝3+4＝7，x﹣y＝0≠1，所以2354不是“扬一数”．
（1）请判断4652和4157，是不是“扬一数”，并说明理由；
（2）已知一个四位数S是“扬一数”，且能被7整除，请求出所有满足条件的S．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接AC，∠BAC＝45°，OC＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2．点P为线段AC上方的抛物线上一动点，连接PA、PC、CB，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿着射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，点E是新抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，直接写出所有使得以点B、P、N、E为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．


26．（10分）如图，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，连接AP、AQ，∠PAQ＝45°．
（1）如图1，连接BD交AP、AQ于点E、F，将△ABE绕A点逆时针旋转90°至ADE′，若EF＝5，DE′＝3，求DF的长；
（2）如图2，G为AP上一点，连接BG，GM⊥AQ于点M，MN⊥BG交BG的延长线于点N，连接DG交MN于点H，连接DM，若H为MN的中点，求证：BN＝MN+MD；
（3）如图3，若AB＝2，∠DAQ＝30°，S为AQ中点，R为AP上任意一点，将RQ沿着RS翻折到正方形ABCD所在平面得RQ'，连接AQ'，当AQ′R的面积最大时，直接写出RQ的长．



2021-2022学年重庆市渝中区巴蜀中学八年级（下）期末
数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4分，共48分）
1．（4分）我国信息技术飞速发展，下列标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】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度后与自身重合．
2．（4分）下列计算正确的是（　　）
A．4b3﹣b3＝3 B．（a3b）2＝a6b2
C．a3•a2＝a6 D．b6÷b6＝0
【分析】利用合并同类项法则、积的乘方法则、同底数幂的乘、除法法则逐个计算得结论．
【解答】解：A．4b3﹣b3＝3b3≠3，故选项A计算不正确；
B．（a3b）2＝a6b2，故选项B计算正确；
C．a3•a2＝a5≠a6，故选项C计算不正确；
D．b6÷b6＝1≠0，故选项D计算不正确．
故选：B．
【点评】本题考查了整式的运算，掌握合并同类项法则、积的乘方法则、同底数幂的乘、除法法则是解决本题的关键．
3．（4分）如图，直线y＝﹣x+3与y＝mx+n交点的横坐标为1，则关于x、y的二元一次方程组的解为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据函数图象可以得到两个函数交点坐标，从而可以得到两个函数联立的二元一次方程组的解．
【解答】解：根据函数图可知，
直线y＝﹣x+3与y＝mx+n交点的横坐标为1，
把x＝1代入y＝﹣x+3，可得y＝2，
故关于x、y的二元一次方程组的解为，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数与二元一次方程组，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答问题．
4．（4分）如图，AB是圆O的直径，D是BA延长线上一点，DC与圆O相切于点C，连接BC，∠ABC＝20°，则∠BDC的度数为（　　）

A．50° B．45° C．40° D．35°
【分析】连接OC，根据切线的性质得到∠OCD＝90°，根据圆周角定理得到∠COD＝2∠ABC＝40°，根据三角形内角和定理即可得到结论．
【解答】解：连接OC，
∵DC与圆O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵∠ABC＝20°，
∴∠COD＝2∠ABC＝40°，
∴∠BDC＝90°﹣40°＝50°，
故选：A．

【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键．
5．（4分）若关于x的一元二次方程mx2﹣2x+3＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（　　）
A．m＜ B．m≤ C．m＜且m≠0 D．m≤且m≠0
【分析】根据一元二次方程的根的定义得到m≠0且Δ＝（﹣2）2﹣4m×3＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得m≠0且Δ＝（﹣2）2﹣4m×3＞0，
解得m＜且m≠0，
所以m的取值范围为m＜且m≠0．
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
6．（4分）如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝40°，将Rt△ABC绕着点C逆时针旋转得Rt△EDC，且点E正好落在BC上，连接BD，则∠CBD的度数为（　　）

A．40° B．55° C．60° D．65°
【分析】根据旋转的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝50°，
∵将Rt△ABC绕着点C逆时针旋转得Rt△EDC，
∴∠ECD＝∠ACB＝50°，CB＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝（180°﹣50°）＝65°，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7．（4分）已知（﹣4，y1），（2.5，y2），（5，y3）是抛物线y＝﹣3x2﹣6x+m上的点，则y1、y2、y3的大小关系是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y1＞y3＞y2 D．y2＞y1＞y3
【分析】由抛物线解析式可判断抛物线的开口方向与对称轴，根据各点与对称轴的距离大小求解．
【解答】解：∵y＝﹣3x2﹣6x+m，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴与直线x＝﹣1距离越近的点的纵坐标越大，
∵﹣1﹣（﹣4）＜2.5﹣（﹣1）＜5﹣（﹣1），
∴y1＞y2＞y3，
故选：A．
【点评】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
8．（4分）下列命题中，真命题的是（　　）
A．两组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【分析】直接利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别判断得出答案．
【解答】解：A、两组对角相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题；
B、对角线互相垂直的四边形是菱形，错误，不合题意；
C、对角线相等的四边形是矩形，错误，不合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形是正方形，错误，不合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了命题与定理，正确掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．
9．（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AELDC于点E，连接OE，若BD＝6，OE的长为，则菱形的周长为（　　）

A．12 B．16 C．4 D．24
【分析】先根据菱形的性质得到BD⊥AC，OD＝OB＝BD＝3，OA＝OC，再根据斜边上的中线性质得到OA＝OC＝OE＝，则利用勾股定理可计算出CD＝4，然后根据菱形的性质计算菱形的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，OD＝OB＝BD＝3，OA＝OC，
∵AE⊥DC，
∴∠AEC＝90°，
而OA＝OC，
∴OA＝OC＝OE＝，
在Rt△OCD中，CD＝＝＝4，
∴菱形的周长为4×4＝16．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组内角．
10．（4分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于
点C，下列结论不正确的是（　　）

A．abc＞0 B．2a+b＝0 C．3a+c＞0 D．4a+2b+c＜0
【分析】由抛物线的对称轴的位置判断ab的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：由图象可得，a＞0，b＜0，c＜0，
∴abc＞0，故选项A正确，不合题意；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，
∴﹣＝＝1，得b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故选项B正确，不合题意；
当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝a+2a+c＝3a+c＝0，故选项C不正确，符合题意；
当x＝2时，y＝4a+2b+c＜0，故选项D正确，不合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y＝ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．
11．（4分）若关于x的不等式组无解，且关于y的分式方程+＝3有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（　　）
A．﹣2 B．2 C．5 D．0
【分析】由不等式组无解确定出a的范围，再由分式方程有非负整数解，确定出a的值即可．
【解答】解：不等式组 ，整理得：，
由不等式组无解，得到：≤2，
∴a≤4，
方程+＝3两边同时乘以y﹣2，
得：y＝≥0，且≠2，
∴a≥﹣2且a≠2，
∴﹣2≤a≤4且a≠2，
∴整数a的值有：﹣2，4，所以和为2．
故选：B．
【点评】此题考查了解一元一次不等式组，以及解分式方程，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
12．（4分）如图，△ABC中，∠ACB＝60°，AG平分∠BAC交BC于点G，BD平分∠ABC交AC于点D，AG、BD相交于点F，BE⊥AG交MG的延长线于点E，连接CE，下列结论中正确的有（　　）
①若∠BAD＝70°，则∠EBC＝5°；
②BF＝2EF；③BE＝CE；
④AB＝BG+AD；
⑤．

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】由角平分线的定义和三角形内角和定理可求∠ABD＝∠DBC＝25°，∠BAG＝∠CAG＝35°，由外角的性质和直角三角形的性质可求∠EBC＝5°，故①正确；同理可求∠BFE＝60°，由直角三角形的性质可得BF＝2EF，故②正确；由“ASA”可证△ABE≌△AHE，可得BE＝EH，由直角三角形的性质可得EC≠BE，故③错误；由“SAS”可证△BFN≌△BFG，可得∠BFN＝∠BFG＝60°，由“ASA”可证△AFD≌△AFN，可得AD＝AN，即AB＝BG+AD，故④正确；由角平分线的性质可得NQ＝NP，由全等三角形的性质可得S△BFN＝S△BFG，S△AFD＝S△AFN，可得＝，故⑤正确，即可求解．
【解答】解：①∵∠ACB＝60°，∠BAD＝70°，
∴∠ABC＝50°，
∵AG平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝25°，∠BAG＝∠CAG＝35°，
∴∠BFE＝60°，
∵BE⊥AG，
∴∠FBE＝30°，
∴∠EBC＝5°，故①正确；
②∵ACB＝60°，
∴∠BAD+∠ABC＝120°，
∵AG平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC，∠BAG＝∠CAG＝∠BAC，
∴∠BFE＝∠ABD+∠BAG＝（∠ABC+∠BAC）＝60°，
∵BE⊥AG，
∴∠FBE＝30°，
∴BF＝2EF，故②正确；
③如图，延长BE，AC交于点H，

∵∠BAE＝∠CAE，AE＝AE，∠AEB＝∠AEH＝90°，
∴△ABE≌△AHE（ASA），
∴BE＝EH，
∵BC≠AC，
∴EC≠BE，故③错误；
④如图，在AB上截取BN＝BG，连接NF，

∵BN＝BG，∠ABD＝∠CBD，BF＝BF，
∴△BFN≌△BFG（SAS），
∴∠BFN＝∠BFG＝60°，
∴∠AFD＝∠AFN＝60°，
又∵∠BAG＝∠CAG，AF＝AF，
∴△AFD≌△AFN（ASA），
∴AD＝AN，
∴AB＝BG+AD，故④正确；
⑤如图，过点N作NP⊥BF于P，NQ⊥AF于Q，

∵∠AFN＝∠BFN＝60°，NP⊥BF，NQ⊥AF，
∴NP＝NQ，
∵S△AFN＝×AF×NQ，S△BFN＝×BF×NP，
∴＝，
∵△BFN≌△BFG，△AFD≌△AFN，
∴S△BFN＝S△BFG，S△AFD＝S△AFN，
∴＝，故⑤正确，
故选：B．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，角平分线的性质，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．（4分）计算：|2﹣|﹣（﹣）2＝　﹣　．
【分析】根据二次根式的加减运算、二次根式的性质以及绝对值的性质即可求出答案．
【解答】解：原式＝2﹣﹣2
＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质以及二次根式的加减运算，本题属于基础题型．
14．（4分）函数y＝有意义，那么x的取值范围是　x≥1　．
【分析】根据被开方数大于等于0列式求解即可．
【解答】解：根据题意得，x﹣1≥0，
解得x≥1．
故答案为：x≥1．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
15．（4分）如图，在△OBC中，∠COB＝90°，∠B＝60°，CO＝4，以OB为半径的半圆O交斜边BC于点D，则阴影部分面积为 　+4　（结果保留π）．

【分析】连接OD，首先证得△BOD是等边三角形，然后解直角三角形求得OB，再利用扇形面积求法以及等边三角形面积求法得出答案．
【解答】解：连接OD，
∵OB＝OD，∠B＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠BOD＝60°，
∴∠COD＝90°﹣60°＝30°，
在△OBC中，∠COB＝90°，∠B＝60°，CO＝4，
∴OB＝OC＝×4＝4，
∴S阴影＝S扇形DOE+S△BOD，
＝+
＝+4，
故答案为：+4．

【点评】此题主要考查了解直角三角形、扇形面积求法以及等边三角形的性质，熟记扇形的面积公式是解答此题的关键．
16．（4分）如图是一个横断面为抛物线形状的拱桥，此时水面宽AB为3米，拱桥最高点C离水面的距离CO也为3米，则当水位上升1米后，水面的宽度为 　　米．

【分析】根据题意建立合适的平面直角坐标系，然后求出函数的解析式，然后令y＝1求出相应的x的值，则水面的宽就是此时两个x的差的绝对值．
【解答】解：如右图所示，建立平面直角坐标系，

设抛物线的解析式为：y＝ax2+3，
∵函数图象过点A（﹣，0），
∴0＝a（﹣）2+3，
解得：a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3，
当y＝1时，1＝﹣x2+3，
解得：x1＝，x2＝﹣（舍去），
∴水面的宽度是：米．
故答案为：．
【点评】本题考查二次函数的应用，解答此类问题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，根据函数值求出相应的x的值．
17．（4分）如图，在矩形ABCD中，E为CD上一点，连接AE，EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠DAE＝∠FAE，CF＝1，AB＝6，则D到AF的距离为 　6　．

【分析】过点E作EM⊥AF于点M，容易证明△ECF≌△EMF，得到EC＝EM＝ED，故可求出EF和AF的长，点D作DN⊥AF于点N，利用三角形ADF的面积求出DN即可．
【解答】解：如图，

过点E作EM⊥AF于点M，点D作DN⊥AF于点N，连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE＝∠C＝90°，AB＝DC＝6，
∵∠DAE＝∠FAE，EM⊥AF，
∴DE＝EM，
∵AE⊥EF，
∴∠AED+∠FEC＝90°，
∵∠DAE+∠AED＝90°，
∴∠FEC＝∠DAE，
∵EM⊥AF，
∴∠EAF+∠AEM＝90°，
∵∠MEF+∠AEM＝90°，
∴∠EAF＝∠MEF，∠DAE＝∠FAE，
∴∠FEC＝∠MEF，
∵∠C＝∠EMF＝90°，EF＝EF，
∴△ECF≌△EMF（AAS），
∴MF＝FC＝1，ME＝EC，
∵ME＝ED，
∴ME＝DE＝DC＝3，
∵∠ADE＝∠C＝90°，∠FEC＝∠DAE，
∴△ADE∽△ECF，
∴，
∴，
∴AD＝9，
∵AD＝AM，
∴AM＝9，
∴AF＝AM+FM＝9+1＝10，
∴△ADF的面积为：﹣DC•FC，
即﹣，
解得DN＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质以及相似三角形的证明，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．
18．（4分）某礼品店准备了甲、乙、丙、丁四种小礼品销售（单价与销量均为整数），在第一周销售时，乙的单价是甲的3倍，丙的单价是丁的5倍，丁的销量是乙的5倍，甲的销量是丙的3倍，且乙和丙的总销量不低于5件，第一周销售结束后，发现甲、乙两种礼品的销售总额比丙、丁两种礼品的销售总额多了105元．在第二周销售时，商家将甲礼品的单价提高了50%，丁礼品的单价为第一周的2倍，乙和丙的单价不变，而第二周甲的销量比第一周减少了，丙的销量是第一周的2倍，乙、丁的销量和第一周相同，则第二周这四种小礼品的销售总额最少为 　330　元．
【分析】设第一周甲，乙，丙，丁的单价分别为m元，3m元，5n元，n元，销量分别为3x件，y件，x件，5y件，销售额分别为3mx元，3my元，5nx元，5ny元，则第二周甲，乙，丙，丁的单价分别为1.5m元，3m元，5n元，2n元，销量分别为2x件，y件，2x件，5y件，销售额分别为3mx元，3my元，10nx元，10ny元，则第二周的销售总额为W＝（3m+10n）（x+y）元，根据甲、乙两种礼品的销售总额比丙、丁两种礼品的销售总额多了105元可得（3m﹣5n）（x+y）＝105，再根据m，n，x，y都为正整数，且x+y≥5，可得x+y＝5，3m﹣5n＝21或x+y＝7，3m﹣5n＝15或x+y＝15，3m﹣5n＝7或x+y＝21，3m﹣5n＝5或x+y＝35，3m﹣5n＝3或x+y＝105，3m﹣5n＝1，依此进行讨论即可求解．
【解答】解：设第一周甲，乙，丙，丁的单价分别为m元，3m元，5n元，n元，销量分别为3x件，y件，x件，5y件，销售额分别为3mx元，3my元，5nx元，5ny元，
则第二周甲，乙，丙，丁的单价分别为1.5m元，3m元，5n元，2n元，销量分别为2x件，y件，2x件，5y件，销售额分别为3mx元，3my元，10nx元，10ny元，
则第二周的销售总额为W＝3mx+3my+10nx+10ny＝（3m+10n）（x+y）元，
由题意得：3mx+3my﹣（5nx+5ny）＝105，
化简得（3m﹣5n）（x+y）＝105，
∵m，n，x，y都为正整数，且x+y≥5，
∴x+y＝5，3m﹣5n＝21或x+y＝7，3m﹣5n＝15或x+y＝15，3m﹣5n＝7或x+y＝21，3m﹣5n＝5或x+y＝35，3m﹣5n＝3或x+y＝105，3m﹣5n＝1，
①当x+y＝5，3m﹣5n＝21时，3m＝21+5n，
∴n最小为3，此时m最小为12，
∴W最小为（3×12+10×3）×5＝330（元）；
②当x+y＝7，3m﹣5n＝15时，3m＝15+5n，
∴n最小为3，此时m最小为10，
∴W最小为（3×10+10×3）×7＝420（元）；
③当x+y＝15，3m﹣5n＝7时，3m＝7+5n，
∴n最小为1，此时m最小为4，
∴W最小为（3×4+10×1）×15＝330（元）；
④当x+y＝21，3m﹣5n＝5时，3m＝5+5n，
∴n最小为2，此时m最小为5，
∴W最小为（3×5+10×2）×21＝735（元）；
⑤当x+y＝35，3m﹣5n＝3时，3m＝3+5n，
∴n最小为3，此时m最小为6，
∴W最小为（3×6+10×3）×35＝1680（元）；
⑥当x+y＝105，3m﹣5n＝1时，3m＝1+5n，
∴n最小为1，此时m最小为2，
∴W最小为（3×2+10×1）×105＝1680（元）；
故第二周这四种小礼品的销售总额最少为330元．
故答案为：330．
【点评】本题考查了应用类问题，不定方程的应用，解题的关键是正确读懂题意列出方程和代数式．
三、解答题（共78分）
19．（8分）计算：
（1）（a﹣2）2+4（a﹣1）；
（2）÷（x﹣1﹣）．
【分析】（1）直接利用完全平方公式化简，再合并同类项得出答案；
（2）直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：（1）原式＝a2﹣4a+4+4a﹣4
＝a2；

（2）原式＝÷
＝•
＝．
【点评】此题主要考查了分式的混合运算以及整式的混合运算，正确将括号里面通分运算是解题关键．
20．（10分）如图，矩形ABCD中，AC是对角线．
（1）用尺规完成基本作图：作AC的垂直平分线，交AC于点O，交AB、CD延长线分别于点E、F，连接CE、AF．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：四边形AECF是菱形，请完成下列证明过程．
证明：∵EF垂直平分AC，
∴AO＝　OC　，∠AOE＝∠COF＝90．
∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，
∴②　∠AEO＝∠CFO　．
∴△AOE≌△COF（AAS）
∴③　OE＝OF　．
∵AO＝OC，
∴四边形AECF是 　平行四边形　．
∵⑤　AC⊥EF　．
∴四边形AECF是菱形．

【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）根据垂直平分线的性质得到AO＝OC，∠AOE＝∠COF＝90．根据平行线的性质得到∠AEO＝∠CFO．根据全等三角形的性质得到OE＝OF．根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：如图所示，直线EF即为所求；
（2）证明：∵EF垂直平分AC，
∴AO＝OC，∠AOE＝∠COF＝90．
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴②∠AEO＝∠CFO．
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴③OE＝OF．
∵AO＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵⑤AC⊥EF．
∴四边形AECF是菱形，
故答案为：OC，∠AEO＝∠CFO，OE＝OF，平行四边形，AC⊥EF．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，正确地作出图形是解题的关键．
21．（10分）2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着落，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，中国航天又达到了一个新的高度．某校为了了解本校学生对航天科技的关注程度，对八、九年级学生进行了航天科普知识竞赛（百分制），并从其中分别随机抽取了20名学生的测试成绩，整理、描述和分析如下：（成绩得分用x表示，共分成四组：A.80⩽x＜85；B.85⩽x＜90；C.90⩽x＜95；D.95⩽x⩽100）其中，八年级20名学生的成绩是：96，80，96，91，99，96，90，100，89，82，85，96，87，96，84，81，90，82，86，94．九年级20名学生的成绩在C组中的数据是：90，91，92，92，93，94．
八、九年级抽取的学生竞赛成绩统计表和九年级抽取的学生成绩扇形统计图如表和图：
年级
平均数
中位数
众数
方差
八年级
90
90
b
38.7
九年级
90
c
100
38.1
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述a、b、c的值：a＝　40　，b＝　96　，c＝　92.5　；
（2）你认为这次比赛中 　九　年级成绩相对更好，理由是 　①九年级测试成绩的众数大于八年级；②九年级测试成绩的方差大于八年级　？
（3）若该校九年级共1400人参加了此次航天科普知识竞赛活动，估计参加此次活动成绩优秀（x≥90）的九年级学生人数．

【分析】（1）用1分别减去其它三组所占百分比即可得出a的值，根据众数和中位数的定义即可得出b、c的值；
（2）可从平均数、众数、中位数和方差角度分析求解；
（3）利用样本估计总体即可．
【解答】解：（1）由题意可知，a%＝1﹣﹣10%﹣20%＝40%，故a＝40；
八年级抽取的学生竞赛成绩出现最多的是96分，故众数b＝96；
九年级20名学生的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为92、93，故中位数为c＝＝92.5，
故答案为：40；96；92.5；
（2）九年级成绩相对更好，理由如下：
①九年级测试成绩的众数大于八年级；②九年级测试成绩的方差大于八年级；
故答案为：九；①九年级测试成绩的众数大于八年级；②九年级测试成绩的方差大于八年级；
（3）1400×＝875（人）．
答：估计参加此次活动成绩优秀（x≥90）的九年级学生人数为875人．
【点评】本题考查了方差，众数、中位数以及平均数，掌握众数、中位数以及平均数的定义和方差的意义是解题的关键．
22．（10分）“你出地、我出苗，你种植、我培训”．在当地政府支持农业发展的政策带领下，李大伯家种植了车厘子和水蜜桃，今年开始收成并批发出售，水蜜桃的产量是300斤，车厘子的产量比水蜜桃产量的两倍多100斤，每斤车厘子批发价比水蜜桃多2元．
（1）李大伯把车厘子每斤批发价至少定为多少元，可使今年这两种水果的收入不低于23400元；
（2）某水果店从李大伯家用（1）中的最低批发价购进车厘子销售．第一天每斤售价为40元，卖出了100斤，为了增加销量，水果店决定第二天每斤售价降低m元，销量则在第一天的基础上上涨了2m斤，后结算发现第二天比第一天多盈利320元，已知每天的售价均为整数．求m的值．
【分析】（1）设李大伯把车厘子每斤批发价定为x元，则把水蜜桃每件批发价定为（x﹣2）元，利用总价＝单价×数量，结合今年这两种水果的收入不低于23400元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论；
（2）利用总利润＝每斤的销售利润×销售数量，结合第二天比第一天多盈利320元，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再结合每天的售价均为整数，即可得出m的值为30．
【解答】解：（1）设李大伯把车厘子每斤批发价定为x元，则把水蜜桃每件批发价定为（x﹣2）元，
依题意得：（300×2+100）x+300（x﹣2）≥23400，
解得：x≥24．
答：李大伯把车厘子每斤批发价至少定为24元，可使今年这两种水果的收入不低于23400元．
（2）依题意得：（40﹣m﹣24）（100+2m）﹣（40﹣24）×100＝320，
整理得：m2﹣70m+1200＝0，
解得：m1＝30，m2＝40．
又∵（40﹣m）为整数，
∴m＝30．
答：m的值为30．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
23．（10分）如图，直线AB与x轴、y轴分别交于A（﹣1，0）、B两点，与直线CD：y＝﹣3x+12交于点D，且△ACD的面积为15．
（1）求直线AB的解析式；
（2）直线EF经过原点，与直线AB交于点E，与直线CD交于点F，若E点的横坐标为﹣2，求四边形OBDF的面积．

【分析】（1）过D作DH⊥x轴于H，由直线CD：y＝﹣3x+12得C（4，0），则AC＝5，根据△ACD的面积为15得DH＝6，可得D（2，6），利用待定系数法即可求解；
（2）求出点E的坐标，利用待定系数法得直线EF为y＝x，联立直线CD：y＝﹣3x+12得F（3，3），根据S四边形OBDF＝S△OBD+S△OCD﹣S△OCF即可求解．
【解答】解：（1）过D作DH⊥x轴于H，

∵直线CD：y＝﹣3x+12，令y＝0，则0＝﹣3x+12，解得x＝4，
∴C（4，0），
∵A（﹣1，0），
∴AC＝5，
∵△ACD的面积为15，
∴AC•DH＝×5DH＝15，
∴DH＝6，
当y＝6时，6＝﹣3x+12，解得x＝2，
∴D（2，6），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为y＝2x+2；

（2）连接OD，

∵直线EF与直线AB：y＝2x+2交于点E，E点的横坐标为﹣2，
∴点E的坐标为（﹣2，﹣2），
设直线EF的解析式为y＝mx，
∴﹣2m＝﹣2，解得m＝1，
∴直线EF的解析式为y＝x，
联立直线CD：y＝﹣3x+12得，F（3，3），
∵直线AB：y＝2x+2，
∴B （0，2），
∵D（2，6），C（4，0），
∴S四边形OBDF＝S△OBD+S△OCD﹣S△OCF＝×2×2+×4×6﹣×4×3＝2+12﹣6＝8．
【点评】本题考查了两直线相交问题，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，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
24．（10分）材料阅读：一个各个数位上数字均不相同且都不为0的四位自然数N，将其千位上数字与十位上数字之和记为x，百位上数字与个位上数字之和记为y，若x﹣y＝1．且其千位上数字与个位上数字之和等于百位上数字，则称N为“扬一数”．
例如：N＝2573，x＝2+7＝9，y＝5+3＝8，x﹣y＝1，2+3＝5则2573是“扬一数”；再如N＝2354，x＝2+5＝7，y＝3+4＝7，x﹣y＝0≠1，所以2354不是“扬一数”．
（1）请判断4652和4157，是不是“扬一数”，并说明理由；
（2）已知一个四位数S是“扬一数”，且能被7整除，请求出所有满足条件的S．
【分析】（1）根据新定义进行解答便可；
（2）设S＝，根据数S是“扬一数”，得（a+c）﹣（b+d）＝1且a+d＝b，进而得c＝2d+1，从而求得c＝3，d＝1或c＝5，d＝2或c＝7，d＝3或c＝9，d＝4，再根据S能被7整除，得157a+15d+1+为整数，进而得为整数，对应前面c、d的值便可求得a、b的值，于是问题得解．
【解答】解：（1）4652是“扬一数”，4157不是“扬一数”．理由如下：
∵N＝4652，x＝4+5＝9，y＝6+2＝8，x﹣y＝1，4+2＝6，
∴4652是“扬一数”，
∵N＝4157，x＝4+5＝9，y＝1+7＝8，x﹣y＝1，但4+7≠1，
∴4157“扬一数”；
（2）设S＝，
∵数S是“扬一数”，
∴（a+c）﹣（b+d）＝1且a+d＝b，
∴c﹣2d＝1，
∴c＝2d+1，
∴c＝3，d＝1或c＝5，d＝2或c＝7，d＝3或c＝9，d＝4，
∵S能被7整除，
∴＝157a+15d+1+为整数，
∴为整数，
∴a＝7，b＝9，c＝5，d＝2或a＝5，b＝8，c＝7，d＝3或a＝3，b＝7，c＝9，d＝4，
∴S＝7952划5873或3794．
【点评】本题主要考查了新定义，整除的应用，不定方程的应用，关键是正确应用新定义和解不定方程．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接AC，∠BAC＝45°，OC＝3OB．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2．点P为线段AC上方的抛物线上一动点，连接PA、PC、CB，求四边形PABC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿着射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，点E是新抛物线对称轴上一点，点N是新抛物线上一点，直接写出所有使得以点B、P、N、E为顶点的四边形是平行四边形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．


【分析】（1）求出A、B点的坐标，再将两点坐标代入y＝ax2+bx+3，即可求解；
（2）过点P作PQ∥y轴，交AC于Q点，利用待定系数法求直线AC的解析式，设P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），表示PQ的长，根据面积和可得四边形PABC面积＝S△PAC+S△ACB，配方后可得结论；
（3）先根据∠BAC＝45°，将抛物线沿着射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，当于将抛物线向右平移3个单位，再向上平移3个单位得到新抛物线，得到新抛物线的解析式，可得对称轴是直线x＝2，确定点E的横坐标为2，当以点B、P、N、E为顶点的四边形是平行四边形，分情况讨论并运用平移的性质可得结论．
【解答】解：（1）在y＝ax2+bx+3中，当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∵OC＝3OB，
∴OB＝1，
∴B（1，0），
Rt△AOC中，∠BAC＝45°，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴A（﹣3，0），
将点A、B代入y＝ax2+bx+3，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图2，过点P作PQ∥y轴，交AC于Q点，

设直线AC的解析式为：y＝kx+n，
则，解得：，
∴直线AC的解析式为：y＝x+3，
设P（m，﹣m2﹣2m+3），则Q（m，m+3），
∴PQ＝（﹣m2﹣2m+3）﹣（m+3）＝﹣m2﹣3m，
∴四边形PABC面积＝S△PAC+S△ACB
＝（﹣m2﹣3m）+×3×（1+3）
＝﹣m2﹣m+6
＝﹣（m2+3m+﹣）+6
＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，四边形PABC面积有最大值是，此时点P的坐标是（﹣，）；
（3）y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∵将抛物线沿着射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，且∠BAC＝45°，
∴相当于将抛物线向右平移3个单位，再向上平移3个单位得到新抛物线，
则新抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1﹣3）2+4+3＝﹣（x﹣2）2+7，
∴点E的横坐标为2，
分三种情况：
①如图3，四边形PBNE是平行四边形，

∵P的坐标是（﹣，），B（1，0），
根据点P移动到点E的平移规律可得：点B到点N的平移规律，
∴点N的横坐标为，
∴N（，）；
②如图4，四边形PBEN是平行四边形，

同理得点N的横坐标为﹣，
∴N（﹣，）；
③如图5，四边形EPNB是平行四边形，

同理得点N的横坐标为﹣，
∴N（﹣，﹣）；
综上，点N的坐标为（，）或（﹣，）或（﹣，﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质和判定，平移的性质，四边形的面积，最值问题等知识，掌握利用二次函数的最值解决四边形的面积问题是解决问题的关键，并运用分类讨论的思想．
26．（10分）如图，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，连接AP、AQ，∠PAQ＝45°．
（1）如图1，连接BD交AP、AQ于点E、F，将△ABE绕A点逆时针旋转90°至ADE′，若EF＝5，DE′＝3，求DF的长；
（2）如图2，G为AP上一点，连接BG，GM⊥AQ于点M，MN⊥BG交BG的延长线于点N，连接DG交MN于点H，连接DM，若H为MN的中点，求证：BN＝MN+MD；
（3）如图3，若AB＝2，∠DAQ＝30°，S为AQ中点，R为AP上任意一点，将RQ沿着RS翻折到正方形ABCD所在平面得RQ'，连接AQ'，当AQ′R的面积最大时，直接写出RQ的长．


【分析】（1）如图1中，连接FE′．证明△AFE≌△AFE′（SAS），推出EF＝FE′＝5，证明∠FDE′＝90°，利用勾股定理求解；
（2）过点D作DI⊥BN于点I，交GM的延长线于点K，连接AK，AI，AI交GK于点L，取BD的中点O，连接AO，OL．利用相似三角形的性质证明DK＝DI，利用四点共圆证明△AGK是等腰直角三角形，再利用全等三角形的性质证明DN，DM，BG＝DK，可得结论；
（3）如图3中，连接SQ′，QQ′，证明SQ′＝，推出点Q′的运动轨迹是S为圆心，为半径的圆，当SQ′⊥AQ时，△AQQ′的面积最大，如图4中，利用勾股定理求出RQ′即可；
【解答】（1）解：如图1中，连接FE′．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵△ADE′是由△ABE绕点A逆时针旋转90°得到，
∴AE＝AE′，∠BAE＝∠DAE′，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAE′+∠DAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAE′＝45°，
在△AFE和△AFE′中，
，
∴△AFE≌△AFE′（SAS），
∴EF＝FE′＝5，
∵∠ADE′＝∠ABD＝45°，
∴∠FDE′＝90°，
∴DF＝＝＝4；

（2）证明：过点D作DI⊥BN于点I，交GM的延长线于点K，连接AK，AI，AI交GK于点L，取BD的中点O，连接AO，OL．

∵∠PAQ＝45°，GM⊥AQ，
∴∠AGM＝∠GAM＝45°，
∴MA＝GM，
∵MN⊥BI，KI⊥BI，
∴NM∥KI，
∴△GHM∽△GDK，△GHN∽△GDI，
∴＝＝，
∵MH＝HN，
∴DK＝DI，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠ABD＝45°，
∵OB＝OD，
∴OA＝OB＝OD＝OI，
∴A，B，I，D四点共圆，
∴∠AIK＝∠ABD＝45°，
∴∠AIG＝45°，
∵∠AGL＝∠KIL＝45°，∠ALG＝∠KLI，
∴△ALG∽△KIL，
∴＝，
∴＝，
∵∠ALK＝∠GIL，
∴△ALK∽△GLI，
∴∠AKL＝∠GIL＝45°，
∴∠AGK＝∠AKG＝45°，
∴AK＝AG，
∵AM⊥GK，
∴MK＝MG，
∵DK＝DI，
∴DM∥GI，
∴∠MDH＝∠NGH，
∵∠DHM＝∠GHN，HM＝HN，
∴△MDH≌△NGH（AAS），
∴DM＝GN，
∵∠BAD＝∠GAK＝90°，
∴∠BAG＝∠DAK，
∵AB＝AD，AG＝AK，
∴△ABG≌△ADK（SAS），
∴BG＝DK＝DI，
∵∠MNI＝∠∠I＝∠IDM＝90°，
∴四边形MNID是矩形，
∴MN＝DI＝DK，
∴BN＝BG+GN＝MN+DM，
∴BN＝MN+DM；

（3）解：如图3中，连接SQ′，QQ′，

∵SA＝SQ＝SQ′，
∴∠SAQ′＝∠SQ′A，∠SQQ′＝∠SQ′Q，
∴2∠SAQ′+2∠AQQ＝180°，
∴∠AQ′Q＝90°，
∴∵RQ′＝RQ，SQ＝SQ′，
∴RS⊥QQ′，
∵AQ′⊥QQ′，
∴AQ′∥RS，
∴S△ARQ′＝S△ASQ′＝S△AQQ′，
在Rt△ADQ中，AD＝2，∠DAQ＝30°，
∴DQ＝AD•tan30°＝，
∴AQ＝2DQ＝，
∴SQ′＝，
∴点Q′的运动轨迹是S为圆心，为半径的圆，
当SQ′⊥AQ时，△AQQ′的面积最大，如图4中，

此时△AQQ′，△ARS都是等腰直角三角形，
∴AQ′＝AQ＝，AR＝AS＝
∴RQ＝RQ′＝＝＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．