福建省福州市2021-2022学年八年级下学期期末质量抽测数学试卷(word版含答案)

这是一份福建省福州市2021-2022学年八年级下学期期末质量抽测数学试卷(word版含答案)，共30页。
福州市2021-2022学年第二学期期末质量抽测
八年级数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）要使根式有意义，x的取值应满足（　　）
A．x≠0 B．x≠﹣2 C．x≥﹣2 D．x＞﹣2
2．（4分）以下列长度的线段为边，不能组成直角三角形的是（　　）
A．1，1， B．1，， C．，2， D．
3．（4分）下列各式中，化简后能与合并的是（　　）
A． B． C． D．
4．（4分）以下各组数据为三边的三角形中，是直角三角形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E、F分别是三边的中点，AF＝5，则DE的长为（　　）
A．2.5 B．4 C．5 D．10
6．（4分）在平面直角坐标系中，点P（﹣4，3）到原点的距离是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．
7．（4分）一辆汽车从甲地开往乙地，开始以正常速度匀速行驶，但行至途中汽车出了故障，只好停下修车，修好后，为了按时到达乙地，司机加快了行驶速度并匀速行驶．则汽车行驶路程y（千米）与时间x（小时）的函数图象大致是（　　）
A． B． C． D．
8．（4分）一组数据：201、200、199、202、200，分别减去200，得到另一组数据：1、0、﹣1、2、0，其中判断错误的是（　　）
A．前一组数据的中位数是200 B．前一组数据的众数是200
C．后一组数据的平均数等于前一组数据的平均数减去200 D．后一组数据的方差等于前一组数据的方差减去200
9．（4分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝BF＝2，△DEF的周长为，则AD的长为（　　）
A． B． C． D．
10．（4分）已知直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝﹣x+m都经过C（﹣，），直线l1交y轴于点B（0，4），交x轴于点A，直线l2交y轴于点D，P为y轴上任意一点，连接PA、PC，有以下说法：①方程组的解为；②△BCD为直角三角形；③S△ABD＝3；④当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1）．其中正确的说法个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）若代数式有意义，则x的取值范围为　 　．
12．（4分）直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边中线的长是　 　．
13．（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 　 　．

14．（4分）甲乙两人六次参加射击训练的成绩（单位：环）分别如下：甲：7，7，8，8，9，9；乙：6，8，8，8，8，10．则甲乙两人中射击成绩更稳定的是 　 　．
15．（4分）如图，在▱ABCD中，点E，F均在AD边上，BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，如果BE＝8，CF＝6，EF＝2，那么▱ABCD的周长等于 　 　．

16．（4分）如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，以PC为边做等腰直角三角形PCD，∠CPD＝90°，PC＝PD，过点D作线段AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝2AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则Q点的坐标是　 　．

三．解答题（共9小题，满分86分）
17．（6分）计算：．
18．（8分）解方程：
（1）x（x﹣2）+x﹣2＝0； （2）x2﹣6x+8＝2．
19．（8分）如图，四边形ABCD是正方形，四个顶点都在格点上，图中每个小正方形的边长均为1，现要在图中建立平面直角坐标系xOy，使得点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，4）．
（1）正方形ABCD的面积为 　 　．
（2）在图中画出符合题意的坐标系，并写出点B，D的坐标；
（3）以A为圆心，AB长为半径画弧，该弧与x轴的负半轴相交于点E，画出点E的位置，并求出点E的坐标．

20．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD交于点E．求证：四边形CEDO是菱形．

21．（8分）关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0
（1）求证：方程恒有两个不相等的实数根；
（2）若此方程的一个根为1，求m的值；
22．（12分）如图，直线y＝2x+m与x轴交于点A（﹣3，0），直线y＝﹣x+n与x轴、y轴分别交于B、C两点，并与直线y＝2x+m相交于点D，点A在点B左边．且AB＝6．
（1）求点D的坐标；
（2）求出四边形AOCD的面积；
（3）若E为x轴上一点，且△ACE为等腰三角形，求出点E的坐标．

23．（10分）2022年北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物冰墩墩和雪容融深受国内外广大朋友的喜爱，北京奥组委会官方也推出了许多吉祥物的周边产品．现有以下两款：
已知购买3个冰墩墩和2个雪容融需要560元；购买1个冰墩墩和3个雪容融需要420元；
（1）请问冰墩墩和雪容融每个的售价分别是多少元？
（2）北京奥运官方特许零售店开始销售的第一天4个小时内全部售罄，于是从厂家紧急调配24000个商品，拟租用甲、乙两种车共6辆，一次性将商品送到指定地点，若每辆甲种车的租金为400元可装载4500个商品，每辆乙种车的租金为280元可装载3000个商品，请给出最节省费用的租车方案，并求出最低费用．

24．（12分）（1）正方形ABCD，E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），∠EAF＝45°，EF与AC交于点G
①如图（i），若AC平分∠EAF，直接写出线段EF，BE，DF之间等量关系；
②如图（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由
（2）如图（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．点M、N分别在边CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的长度．

25．（14分）（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．
应用图1的数学模型解决下列问题：
（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2；求直线l2的函数表达式；
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．若△CPD为等腰直角三角形，请直接写出点D的坐标．



福州市2021-2022学年第二学期期末质量抽测
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）要使根式有意义，x的取值应满足（　　）
A．x≠0 B．x≠﹣2 C．x≥﹣2 D．x＞﹣2
【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【解答】解：根据题意得，x+2≥0，
解得x≥﹣2．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2．（4分）以下列长度的线段为边，不能组成直角三角形的是（　　）
A．1，1， B．1，， C．，2， D．
【分析】根据勾股定理的逆定理对四个选项中所给的数据看是否符合两个较小数的平方和等于最大数的平方即可．
【解答】解：A、12+12＝（）2，能构成直角三角形，故不符合题意；
B、12+（）2＝（）2，能构成直角三角形，故不符合题意；
C、（）2+22≠（）2，不能构成直角三角形，故符合题意；
D、（）2+22＝（）2，能构成直角三角形，故不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3．（4分）下列各式中，化简后能与合并的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据＝•（a≥0，b≥0），＝（a≥0，b＞0）化简二次根式，看被开方数是否是2即可得出答案．
【解答】解：A选项，原式＝2，与不是同类二次根式，不能合并，故该选项不符合题意；
B选项，原式＝2，与是同类二次根式，可以合并，故该选项符合题意；
C选项，原式＝，与不是同类二次根式，不能合并，故该选项不符合题意；
D选项，原式＝3，与不是同类二次根式，不能合并，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了同类二次根式，二次根式的性质与化简，掌握＝•（a≥0，b≥0），＝（a≥0，b＞0）是解题的关键．
4．（4分）以下各组数据为三边的三角形中，是直角三角形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形判定则可．
【解答】解：A、（）2+（）2≠（）2，故不是直角三角形，故选项错误，不符合题意；
B、（）2+（）2＝（）2，故是直角三角形，故选项正确，符合题意；
C、（）2+52≠62，故不是直角三角形，故选项错误，不符合题意；
D、（）2+（）2≠（）2，故不是直角三角形，故选项错误，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．
5．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E、F分别是三边的中点，AF＝5，则DE的长为（　　）

A．2.5 B．4 C．5 D．10
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出BC，再根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点F是斜边BC的中点，
则BC＝2AF，
∵AF＝5，
∴BC＝10，
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE＝BC＝5，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
6．（4分）在平面直角坐标系中，点P（﹣4，3）到原点的距离是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．
【分析】根据勾股定理可求点P（﹣4，3）到原点的距离．
【解答】解：点P（﹣4，3）到原点的距离为，
故选：C．
【点评】考查了勾股定理，两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
7．（4分）一辆汽车从甲地开往乙地，开始以正常速度匀速行驶，但行至途中汽车出了故障，只好停下修车，修好后，为了按时到达乙地，司机加快了行驶速度并匀速行驶．则汽车行驶路程y（千米）与时间x（小时）的函数图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据匀速直线运动的路程、时间图象是一条过原点的斜线，修车时没有运动，所以修车时的路程保持不变是一条平行于横轴的线段，修车后为了赶时间，加大速度后再做匀速直线运动，其速度比原来变大，斜线的倾角变大，即可得出答案．
【解答】解：开始以正常速度匀速行驶，正常匀速行驶的路程、时间图象是一条过原点O的斜线，
修车时没有运动，所以修车时的路程保持不变是一条平行于横轴的线段，
修车后为了赶时间，他比修车前加快了速度继续匀速行驶，此时的路程、时间图象仍是一条斜线，只是斜线的倾角变大．
因此选项A、B、D都不符合要求．
故选：C．
【点评】此题考查了函数的图象，本题的解题关键是知道匀速直线运动的路程、时间与图象的特点，要能把实际问题转化成数学问题．
8．（4分）一组数据：201、200、199、202、200，分别减去200，得到另一组数据：1、0、﹣1、2、0，其中判断错误的是（　　）
A．前一组数据的中位数是200
B．前一组数据的众数是200
C．后一组数据的平均数等于前一组数据的平均数减去200
D．后一组数据的方差等于前一组数据的方差减去200
【分析】由中位数、众数、平均数及方差的意义逐一判断可得．
【解答】解：A．前一组数据的中位数是200，正确，此选项不符合题意；
B．前一组数据的众数是200，正确，此选项不符合题意；
C．后一组数据的平均数等于前一组数据的平均数减去200，正确，此选项不符合题意；
D．后一组数据的方差等于前一组数据的方差，此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查方差、中位数、众数、平均数，解题的关键是掌握中位数、众数、平均数及方差的意义．
9．（4分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝BF＝2，△DEF的周长为，则AD的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接BD，证△DBE≌△DCF（SAS），得DE＝DF，∠EDB＝∠FDC，再证△DEF是等边三角形，得DE＝DF＝EF，过点D作DM⊥AB于M，设AD＝x（x＞0），则AM＝x，DM＝x，ME＝AE﹣AM＝2﹣x，然后在Rt△DME中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，AD∥BC，
∴△BCD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，BD＝CD，
∴∠DBE＝∠ABC﹣∠DBC＝60°，
∴∠DBE＝∠C，
∵AE＝BF＝2，
∴AB﹣AE＝BC﹣BF，
即BE＝CF，
在△DBE和△DCF中，
，
∴△DBE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF，∠EDB＝∠FDC，
∴∠EDB+∠BDF＝∠FDC+∠BDF＝∠BDC＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DE＝DF＝EF，
∵△DEF的周长为3，
∴DE＝，
过点D作DM⊥AB于M，
设AD＝x（x＞0），
则AM＝x，DM＝AD•sin60°＝x，
∴ME＝AE﹣AM＝2﹣x，
在Rt△DME中，由勾股定理得：（x）2+（2﹣x）2＝（）2，
整理得：x2﹣2x﹣2＝0，
解得：x＝1+或x＝1﹣（舍去），
∴AD＝+1，
故选：C．

【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
10．（4分）已知直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝﹣x+m都经过C（﹣，），直线l1交y轴于点B（0，4），交x轴于点A，直线l2交y轴于点D，P为y轴上任意一点，连接PA、PC，有以下说法：①方程组的解为；②△BCD为直角三角形；③S△ABD＝3；④当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1）．其中正确的说法个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据一次函数图象与二元一次方程的关系，利用交点坐标可得方程组的解；根据两直线的系数的积为﹣1，可知两直线互相垂直；求得BD和AO的长，根据三角形面积计算公式，即可得到△ABD的面积；根据轴对称的性质以及两点之间，线段最短，即可得到当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1）．
【解答】解：∵直线l1：y＝kx+b与直线l2：y＝﹣x+m都经过C（﹣，），
∴方程组的解为，
故①正确；
把B（0，4），C（﹣，）代入直线l1：y＝kx+b，可得
，解得，
∴直线l1：y＝2x+4，
又∵直线l2：y＝﹣x+m，
∴直线l1与直线l2互相垂直，即∠BCD＝90°，
∴△BCD为直角三角形，
故②正确；
把C（﹣，）代入直线l2：y＝﹣x+m，可得m＝1，
y＝﹣x+1中，令x＝0，则y＝1，
∴D（0，1），
∴BD＝4﹣1＝3，
在直线l1：y＝2x+4中，令y＝0，则x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
∴AO＝2，
∴S△ABD＝×3×2＝3，
故③正确；
点A关于y轴对称的点为A'（2，0），
设过点C，A'的直线为y＝ax+n，则
，解得，
∴y＝﹣x+1，
令x＝0，则y＝1，
∴当PA+PC的值最小时，点P的坐标为（0，1），
故④正确．
故选：D．

【点评】本题主要考查了一次函数图象与性质，三角形面积以及最短距离问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
11．（4分）若代数式有意义，则x的取值范围为　x≥2且x≠3　．
【分析】根据分式的分母不为零（x﹣3≠0）、二次根式的被开方数是非负数（x﹣2≥0）来解答．
【解答】解：根据题意，得
x﹣2≥0，且x﹣3≠0，
解得，x≥2且x≠3；
故答案是：x≥2且x≠3．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件．本题需注意的是，被开方数为非负数，且分式的分母不能为0．
12．（4分）直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边中线的长是　5　．
【分析】已知直角三角形的两条直角边，根据勾股定理即可求斜边的长度，根据斜边中线长为斜边长的一半即可解题．
【解答】解：已知直角三角形的两直角边为6、8，
则斜边长为＝10，
故斜边的中线长为×10＝5，
故答案为5．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了斜边中线长为斜边长的一半的性质，本题中正确的运用勾股定理求斜边的长是解题的关键．
13．（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 　（﹣2，3）　．

【分析】作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，先证明△AOD≌△COE，因为C（3，2），所以OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，再根据点A在第二象限求出点A的坐标．
【解答】解：如图，作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，则∠ADO＝∠CEO＝90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC＝∠DOE＝90°，OA＝OC，
∴∠AOD＝∠COE＝90°﹣∠COD，
在△AOD和△COE中，
，
△AOD≌△COE（AAS），
∵C（3，2），
∴OD＝OE＝3，AD＝CE＝2，
∵点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）．

【点评】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定、图形与坐标等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
14．（4分）甲乙两人六次参加射击训练的成绩（单位：环）分别如下：甲：7，7，8，8，9，9；乙：6，8，8，8，8，10．则甲乙两人中射击成绩更稳定的是 　甲　．
【分析】首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的即可．
【解答】解：＝（7+7+8+8+9+9）＝8（环），
＝（6+8+8+8+8+10）＝8（环），
s2甲＝[2×（7﹣8）2+2×（8﹣8）2+2×（9﹣8）2]＝，
s2乙＝[（6﹣8）2+4×（8﹣8）2+（10﹣8）2]＝，
∵＝，s2甲＜s2乙，
∴甲乙两人中射击成绩更稳定的是甲．
故答案为：甲．
【点评】本题考查方差的定义：一般地设n个数据，x1，x2，…xn的平均数为，则方差S2＝[（x1﹣）2+（x2﹣）2+…+（xn﹣）2]，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
15．（4分）如图，在▱ABCD中，点E，F均在AD边上，BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，如果BE＝8，CF＝6，EF＝2，那么▱ABCD的周长等于 　26　．

【分析】将CF平移至PE的位置，可求出BC的长度，进而通过推导可知AB＝AE且DC＝DF，即AE＝DF，进而可求出AB的长度．
【解答】解：如图，延长BC至点P，使得CP＝EF＝2，

∵EF∥CP，
∴四边形EFCP为平行四边形，
∴EP＝CF＝6，EP∥CF，
∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，
∴∠EBC+∠FCB＝∠ABC+∠DCB＝90°，
∴CF⊥BE，
∴PE⊥BE，
∴BP＝＝10，
∴BC＝8，
∵∠ABE＝∠EBC，∠EBC＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
同理可得：CD＝DF，
∴AE＝DF，
∵AD+EF＝AE+DF，
∴AE＝DF＝5，
∴AB＝CD＝5，
∴▱ABCD的周长等于2×（5+8）＝26．
【点评】本题考查平行四边形的性质，解题关键是将CF平移至PE的辅助线做法．
16．（4分）如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，以PC为边做等腰直角三角形PCD，∠CPD＝90°，PC＝PD，过点D作线段AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝2AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则Q点的坐标是　（，）　．

【分析】过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，设AD＝a，求出DN＝2a﹣1，得出2a﹣1＝1，求出a＝1，得出D的坐标，由两点坐标公式求出PC＝PD＝，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM＝2，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）代入求出直线CD的解析式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．
【解答】解：过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，

∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，
∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，
∴∠MCP＝∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM＝BN＝1，PM＝1，
在△MCP和△NPD中，

∴△MCP≌△NPD（AAS），
∴DN＝PM，PN＝CM，
∵BD＝2AD，
∴设AD＝a，BD＝2a，
∵P（1，1），
∴DN＝2a﹣1，
则2a﹣1＝1，
∴a＝1，即BD＝2．
∵直线y＝x，
∴AB＝OB＝3，
∴点D（3，2）
∴PC＝PD＝＝＝，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM＝＝＝2，
则C的坐标是（0，3），
设直线CD的解析式是y＝kx+3，
把D（3，2）代入得：k＝﹣，
即直线CD的解析式是y＝﹣x+3，
∴组成方程组
解得：
∴点Q（，），
故答案为：（，）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定，解方程组，勾股定理，旋转的性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，但是有一定的难度．
三．解答题（共9小题，满分86分）
17．（6分）计算：．
【分析】先算乘法和负整数指数幂，去绝对值，再合并即可．
【解答】解：原式＝2﹣（2﹣）﹣2
＝2﹣2+﹣2
＝3﹣4．
【点评】本题考查实数的混合运算，解题的关键是掌握实数相关运算的法则．
18．（8分）解方程：
（1）x（x﹣2）+x﹣2＝0；
（2）x2﹣6x+8＝2．
【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）利用配方法解方程．
【解答】解：（1）x（x﹣2）+x﹣2＝0；
（x﹣2）（x+1）＝0，
x﹣2＝0或x+1＝0，
所以x1＝2，x2＝﹣1；
（2）x2﹣6x＝﹣6
x2﹣6x+9＝3，
（x﹣3）2＝3，
x﹣3＝±，
所以x1＝3+，x2＝3﹣．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法．
19．（8分）如图，四边形ABCD是正方形，四个顶点都在格点上，图中每个小正方形的边长均为1，现要在图中建立平面直角坐标系xOy，使得点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，4）．
（1）正方形ABCD的面积为 　10　．
（2）在图中画出符合题意的坐标系，并写出点B，D的坐标；
（3）以A为圆心，AB长为半径画弧，该弧与x轴的负半轴相交于点E，画出点E的位置，并求出点E的坐标．

【分析】（1）利用勾股定理求出AD的长，可得正方形的面积；
（2）根据点A的坐标，可建立直角坐标系，从而得出点B、D的坐标；
（3）根据AB＝AE，可得点E的坐标．
【解答】解：（1）由图形知，AD＝，
∴正方形ABCD的面积为10，
故答案为：10；
（2）如图，B（﹣1，1），D（3，3）；
（3）如图，E（2﹣，0）．

【点评】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，平面直角坐标系中点的坐标的特征等知识，求出正方形的边长是解题的关键．
20．（8分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD交于点E．求证：四边形CEDO是菱形．

【分析】先证明四边形OCED是平行四边形，再由矩形的性质得出OC＝OD，即可证出四边形OCED是菱形．
【解答】证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝AC，OD＝BD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解决问题的关键．
21．（8分）关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0
（1）求证：方程恒有两个不相等的实数根；
（2）若此方程的一个根为1，求m的值；
（3）求出以此方程两根为直角边的直角三角形的周长．
【分析】（1）根据关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0的根的判别式的符号来证明结论；
（2）根据一元二次方程的解的定义，将x＝1代入方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0，即可求得m的值；
（3）先由根与系数的关系求得方程的另一根为3，再由勾股定理得斜边的长度为，再根据三角形的周长公式进行计算．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（m+2）2﹣4（2m﹣1）＝（m﹣2）2+4，
∴在实数范围内，m无论取何值，（m﹣2）2+4＞0，即Δ＞0，
∴关于x的方程x2﹣（m+2）x+（2m﹣1）＝0恒有两个不相等的实数根；

（2）解：根据题意，得
12﹣1×（m+2）+（2m﹣1）＝0，
解得m＝2；

（3）解：方程的另一根为：m+2﹣1＝2+1＝3；
由勾股定理得斜边的长度为：；
该直角三角形的周长为1+3+＝4+．
【点评】本题综合考查了勾股定理、根的判别式、根与系数的关系、一元二次方程解的定义．解答（3）时采用了勾股定理．
22．（12分）如图，直线y＝2x+m与x轴交于点A（﹣3，0），直线y＝﹣x+n与x轴、y轴分别交于B、C两点，并与直线y＝2x+m相交于点D，点A在点B左边．且AB＝6．
（1）求点D的坐标；
（2）求出四边形AOCD的面积；
（3）若E为x轴上一点，且△ACE为等腰三角形，求出点E的坐标．

【分析】（1）分别求出两条直线的解析式，再联立方程组即可求D点坐标；
（2）由S四边形AOCD＝S△ABD﹣S△BCO，求解即可；
（3）设E（t，0），分三种情况讨论：①当AC＝AE时，E（3﹣3，0）或（﹣3﹣3，0）；②当CA＝CE时，E（3，0）；③当EA＝EC时，E（0，0）．
【解答】解：（1）将点A（﹣3，0）代入y＝2x+m，
∴m＝6，
∴y＝2x+6，
∵BA＝6，
∴B（3，0），
将B点代入y＝﹣x+n，
∴n＝3，
∴y＝﹣x+3，
联立方程组，
解得，
∴D（﹣1，4）；
（2）由（1）知C（0，3），
∴S四边形AOCD＝S△ABD﹣S△BCO＝×6×4﹣×3×3＝；
（3）设E（t，0），
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴AC＝3，
①当AC＝AE时，3＝|t+3|，
解得t＝3﹣3或t＝﹣3﹣3，
∴E（3﹣3，0）或（﹣3﹣3，0）；
②当CA＝CE时，3＝，
解得t＝3或t＝﹣3（舍），
∴E（3，0）；
③当EA＝EC时，|t+3|＝，
此时t＝0，
∴E（0，0）；
综上所述，E点坐标为（3﹣3，0）或（﹣3﹣3，0）或（3，0）或（0，0）．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
23．（10分）2022年北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物冰墩墩和雪容融深受国内外广大朋友的喜爱，北京奥组委会官方也推出了许多吉祥物的周边产品．现有以下两款：
已知购买3个冰墩墩和2个雪容融需要560元；购买1个冰墩墩和3个雪容融需要420元；
（1）请问冰墩墩和雪容融每个的售价分别是多少元？
（2）北京奥运官方特许零售店开始销售的第一天4个小时内全部售罄，于是从厂家紧急调配24000个商品，拟租用甲、乙两种车共6辆，一次性将商品送到指定地点，若每辆甲种车的租金为400元可装载4500个商品，每辆乙种车的租金为280元可装载3000个商品，请给出最节省费用的租车方案，并求出最低费用．

【分析】（1）设1个冰墩墩的售价为x元，1个雪容融的售价为y元，根据“购买3个冰墩墩和2个雪容融需要560元；购买1个冰墩墩和3个雪容融需要420元”，列出方程组求解即可；
（2）设租用甲种车x辆，则租用乙种车（6﹣a）辆，总租金为w元，根据题意求出w与a的关系式，并根据题意求出a的取值范围，再根据一次函数的性质解答即可．
【解答】解：（1）设1个冰墩墩的售价为x元，1个雪容融的售价为y元，根据题意，得：
，
解得，
答：1个冰墩墩的售价为120元，1个雪容融的售价为100元；
（2）设租用甲种车a辆，则租用乙种车（6﹣a）辆，总租金为w元，根据题意，得：
w＝400a+280（6﹣a）＝120a+1680，
由题意，得4500a+3000（6﹣a）≥24000，
解得a≥4，
∵120＞0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a＝4时，w有最小值为2160，
此时6﹣a＝2，
即当租用甲种车4辆，租用乙种车2辆，总租金最低，最低费用为2160元．
【点评】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式组及二元一次方程组的应用，解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系．
24．（12分）（1）正方形ABCD，E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），∠EAF＝45°，EF与AC交于点G
①如图（i），若AC平分∠EAF，直接写出线段EF，BE，DF之间等量关系；
②如图（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由
（2）如图（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．点M、N分别在边CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的长度．

【分析】（1）①证明△ABE≌△ADF（ASA）得BE＝DF，AE＝AF，根据角平分线的性质得：BE＝EG，DF＝GF，相加可得结论；
②延长CD到点H，截取DH＝BE，连接AH，根据SAS定理可得出△AEB≌△AHD，故可得出AE＝AH，再由∠EAF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠EAF＝∠HAF，由SAS定理可得△EAF≌△HAF，故EF＝HF，可得结论；
（2）解法一：作辅助线，构建正方形ABQP，设PH＝x，根据勾股定理列方程可得PH的长，从而得DM的长，最后由勾股定理可得结论；
解法二：作辅助线，构建直角三角形，设AP＝x，表示PM和PG的长，根据AG＝8＝3x，可得x的值，根据等腰直角三角形的性质可得斜边AM的长．
解法三：作辅助线，构建k字形全等，最后面积法列方程可得结论．
【解答】解：（1）①如图（i），

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵∠EAF＝45°，AC平分∠EAF，
∴∠BAE＝∠EAG＝∠DAF＝∠FAG＝22.5°，
∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AC⊥EF，
∴∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴BE＝EG，DF＝GF，
∴EF＝BE+DF；
②，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立：EF＝BE+DF；
如图（ⅱ），延长CD到点H，截取DH＝BE，连接AH，

在△AEB与△AHD中，
∵，
∴△AEB≌△AHD（SAS），
∴AE＝AH，∠BAE＝∠HAD，
∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAF+∠DAH＝45°．即∠EAF＝∠HAF，
在△EAF与△HAF中，
∵，
∴△EAF≌△HAF（SAS），
∴EF＝HF＝DF+DH＝BE+DF，
（2）解法一：如图，取AD，BC的中点P，Q，连接QP，PQ交AM于H，连接NH，

∵AD＝8，AB＝4，
∴AP＝AB＝BQ＝PQ＝4，∠B＝90°，
∴四边形ABQP是正方形，
Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，
∴BN＝＝2，
∴NQ＝4﹣2＝2，
∵∠NAH＝45°，
由（1）同理得：NH＝BN+PH，
设PH＝x，则NH＝x+2，QH＝4﹣x，
Rt△NHQ中，NH2＝QH2+NQ2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
x＝，
∵P是AD的中点，PH∥DM，
∴AH＝HM，
∴DM＝2PH＝，
由勾股定理得：AM＝＝＝；
解法二：如图（iii），延长AN，DC交于点G，过M作MP⊥AG于点P，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，
∴BN＝2，CN＝8﹣2＝6，
∵AB∥CG，
∴△ABN∽△GCN，
∴＝，
∴NG＝6，
∵∠MAN＝45°，∠APM＝90°，
∴AP＝PM，
设AP＝x，则PM＝x，PG＝2x，
∵AG＝2+6＝x+2x，
x＝，
∴AM＝x＝．
解法三：如图，过点N作NK⊥AN，交AM于K，过K作KL⊥BC于L，

∴∠ANK＝∠B＝∠KLN＝90°，
∴∠ANB＝∠KNL，
∵∠MAN＝45°，
∴△ANK是等腰直角三角形，
∴AN＝NK，
∴△ABN≌△NLK（AAS），
∴NL＝AB＝4，KL＝BN＝2，
设CM＝x，则DM＝4﹣x，
∵S梯形ABCM＝2S△ABN+S△ANK+S梯形KLCM，
∴×8（x+4）＝2×+×（2）2+（x+2）×（8﹣2﹣4），
∴x＝，
∴DM＝，
由勾股定理得：AM＝＝＝．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键．
25．（14分）（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．
应用图1的数学模型解决下列问题：
（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2；求直线l2的函数表达式；
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．若△CPD为等腰直角三角形，请直接写出点D的坐标．


【分析】（1）由∠BCA＝90°，得∠ACD＝90°﹣∠BCE，又∠BEC＝90°＝∠CDA，∠CBE＝90°﹣∠BCE＝∠ACD，即可得△BCE≌△CAD（AAS）；
（2）过B作BE⊥AB交直线l2于E，过E作EF⊥y轴于F，在y＝x+3中得A（﹣2，0），B（0，3），OA＝2，OB＝3，证明△AOB≌△BFE（AAS）即得OA＝BF＝2，OB＝EF＝3，从而E（﹣3，5），用待定系数法即得直线l2的函数表达式为y＝﹣5x﹣10；
（3）设D（m，﹣2m+1），P（3，n），①以D为直角顶点，过D作DW⊥x轴于W，交AB延长线于T，证明△CDW≌△DPT（AAS），有DT＝CW，DW＝PT，，可得D（，﹣），②以C为直角顶点，过P作PK⊥y轴于K，过D作DR⊥y轴于R，△PKC≌△CRD（AAS），有PK＝CR，CK＝DR，，可得D（4，﹣7）③以P为直角顶点，同理可得（，﹣）．
【解答】（1）证明：∵∠BCA＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCE，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC＝90°＝∠CDA，
∴∠CBE＝90°﹣∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△CAD中，
，
∴△BCE≌△CAD（AAS）；
（2）解：过B作BE⊥AB交直线l2于E，过E作EF⊥y轴于F，如图：

在y＝x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，3），
∴OA＝2，OB＝3，
∵将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2，
∴∠BAE＝45°，
∵BE⊥AB，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝EB，
∵∠AOB＝90°＝∠EFB，
∴∠EBF＝90°﹣∠ABO＝∠BAO，
∴△AOB≌△BFE（AAS），
∴OA＝BF＝2，OB＝EF＝3，
∴OF＝OB+BF＝5，
∴E（﹣3，5），
设直线l2的函数表达式为y＝kx+b，将A（﹣2，0），E（﹣3，5）代入得：
，
解得，
∴直线l2的函数表达式为y＝﹣5x﹣10；
（3）解：点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内，△CPD为等腰直角三角形分三种情况：
设D（m，﹣2m+1），P（3，n），
①以D为直角顶点，过D作DW⊥x轴于W，交AB延长线于T，如图：

∵∠CDP＝90°，
∴∠CDW＝90°﹣∠PDT＝∠DPT，
∵∠CWD＝90°＝∠PTD，CD＝PD，
∴△CDW≌△DPT（AAS），
∴DT＝CW，DW＝PT，
∴，
解得，
∴D（，﹣），
②以C为直角顶点，过P作PK⊥y轴于K，过D作DR⊥y轴于R，如图：

同理可得△PKC≌△CRD（AAS），
∴PK＝CR，CK＝DR，
∴，
解得，
∴D（4，﹣7），
③以P为直角顶点，如图：

同理可得△PHC≌△DGP（AAS），
∴HC＝PG＝m﹣3，HP＝DG＝3，
∴﹣4+（m﹣3）﹣3＝﹣2m+1，
解得m＝，
∴D（，﹣）；
综上所述，D的坐标为：（，﹣）或（4，﹣7）或（，﹣）．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质及应用，旋转变换等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．