广东省龙涛教育集团2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

广东省龙涛教育集团2023-2024学年八年级下学期期末数学试题 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下列根式是最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是（　　） A．2，3，4 B．1，， C．4，6，8 D．5，12，15 3．（3分）如图，在▱ABCD中，M是BC延长线上的一点，若∠A＝135°，则∠MCD的度数是（　　） A．45° B．55° C．65° D．75° 4．（3分）从甲、乙、丙、丁四人中选一人参加诗词大会比赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是86.5分，方差分别是S甲2＝1.5，S乙2＝2.6，S丙2＝3.5，S丁2＝3.68，你认为派谁去参赛更合适（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 5．（3分）下列命题中，假命题是（　　） A．平行四边形的对角线互相垂直平分 B．矩形的对角线相等 C．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 D．对角线相等的菱形是正方形 6．（3分）下列计算正确的是（　　） A．2+4＝6 B．﹣＝ C．÷＝9 D．﹣（）2＝﹣2 7．（3分）下列有关一次函数y＝﹣2x+1的说法中，错误的是（　　） A．y的值随着x增大而减小 B．当x＞0时，y＞1 C．函数图象与y轴的交点坐标为（0，1） D．函数图象经过第一、二、四象限 8．（3分）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝6，∠A＝60°，连接四边中点得到四边形EFGH，则四边形EFGH的面积为（　　） A．9 B．6 C．18 D．9 9．（3分）如图，折线表示一骑车人离家的距离y与时间x的关系，骑车人9：00离开家，15：00回到家，则下列说法错误的是（　　） A．骑车人离家最远距离是45km B．骑车人中途休息的总时间长是1.5h C．从9：00到10：30骑车人离家的速度越来越大 D．骑车人返家的平均速度是30km/h 10．（3分）对于函数y1＝k1x+b1（k1≠0，k1，b1为常数与函数y2＝k2x+b2（k2≠0，k2，b2为常数）．若k1+k2＝0，b1＝b2，则称函数y1与y2互为“对称函数”，下列结论： ①若函数y1与y2互为“对称函数”，则y1与y2的图象关于y轴对称； ②若点（m1，n1）（m2，n2）分别在“对称函数”y1与y2的图象上，当n1＝n2时，则m1+m2＝0； ③若函数y＝（m+3）x+n﹣5与函数y＝（1﹣2n）x+m﹣2互为“对称函数”，则（m+n）2023的值为1； ④若函数y1与y2互为“对称函数”，将函数y1向右平移|b2|个单位得到函数y3，当y3＞y2，则． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题（每小题3分，共18分．） 11．（3分）若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 　 　． 12．（3分）一组数据2，3，k，4，5的平均数是4，则k＝　 　． 13．（3分）当m＝　 　时，函数y＝（m﹣2）是正比例函数． 14．（3分）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1、S2、S3．如果S1+S2﹣S3＝24，则阴影部分的面积为 　 　． 15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为 　 　． 16．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．下列结论：①BM2+DN2＝MN2；②AE＝AF；③EA平分∠BEF；④△CEF的周长等于2AB，其中正确结论的序号是 　 　．（把你认为所有正确的都填上） 三、解答题（共72分） 17．（4分）计算：． 18．（4分）如图，在▱ABCD中，已知点E和点F分别在AD和BC上，且BF＝DE，求证：四边形AFCE是平行四边形． 19．（6分）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝13，D是AB上一点，且CD＝12，BD＝8．求BC的长． 20．（6分）在抗击新型冠状病毒疫情期间，某校学生主动发起为武汉加油捐款活动，为了了解学生捐款金额（单位：元），随机调查了该校的部分学生，根据调查结果，绘制出统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题： ①本次接受调查的学生人数为 　 　，图①中m的值为 　 　； ②统计的这组学生捐款数据的众数是 　 　，中位数是 　 　； ③根据统计的这组学生捐款数据的样本数据，若该校共有1800名学生，估计该校此次捐款总金额为多少元？ 21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别是AB、BC的中点，点F在AC的延长线上，∠FEC＝∠B． （1）求证：DE＝CF； （2）若AC＝6cm，AB＝10cm，求四边形DCFE的面积． 22．（10分）冰墩墩（BingDwenDwen），是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，头部外壳造型取自冰雪运动头盔，装饰彩色光环，整体形象酷似航天员．冬奥会来临之际，冰墩墩玩偶非常畅销．小李在某网店选中A，B两款冰墩墩玩偶，决定从该网店进货并销售．两款玩偶的进货价和销售价如表： A款玩偶 B款玩偶 进货价（元/个） 20 15 销售价（元/个） 25 18 （1）第一次小李以1650元购进了A，B两款玩偶共100个，求两款玩偶各购进多少个？ （2）第二次小李进货时，网店规定A款玩偶进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半．小李计划购进两款玩偶共100个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？ 23．（10分）在矩形纸片ABCD中，将矩形纸片折叠，使点C与点A重合，折痕交AD于E点，交BC于F点． （1）尺规作图：求作折痕EF； （2）若，求的值． 24．（12分）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点P为正方形ABCD的对角线AC上一动点． （1）如图①，过点P作PE⊥PB交边DC于点E．当点E在边CD上时，求证：PB＝PE； （2）如图②，在（1）的条件下，过点E作EF⊥AC，垂足为点F，在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． （3）如图③，若点Q是射线CD上的一个动点，且始终满足AP＝CQ，设BP+BQ＝t，请直接写出t2的最小值． 25．（12分）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线交x轴于点C，交y轴于点D．（1）如图1，连接BC，求△BCD的面积； （2）如图2，在直线上存在点E，使得∠ABE＝45°，求点E的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，连接OE，过点E作CD的垂线交y轴于点F，点P在直线EF上，在平面中存在一点，使得O，E，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，请求出点P的坐标． 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下列根式是最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A．＝，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； B．是最简二次根式，故本选项符合题意； C．＝3，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； D．＝2，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； 故选：B． 2．（3分）下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是（　　） A．2，3，4 B．1，， C．4，6，8 D．5，12，15 【解答】解：A、∵22+32＝13，42＝16， ∴22+32≠42， ∴不能构成直角三角形， 故A不符合题意； B、∵12+（）2＝3，（）2＝3， ∴12+（）2＝（）2， ∴能构成直角三角形， 故B符合题意； C、∵42+62＝52，82＝64， ∴42+62≠82， ∴不能构成直角三角形， 故C不符合题意； D、∵122+52＝169，152＝225， ∴122+52≠152， ∴不能构成直角三角形， 故D不符合题意； 故选：B． 3．（3分）如图，在▱ABCD中，M是BC延长线上的一点，若∠A＝135°，则∠MCD的度数是（　　） A．45° B．55° C．65° D．75° 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠BCD＝135°， ∴∠MCD＝180°﹣∠DCB＝180°﹣135°＝45°． 故选：A． 4．（3分）从甲、乙、丙、丁四人中选一人参加诗词大会比赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是86.5分，方差分别是S甲2＝1.5，S乙2＝2.6，S丙2＝3.5，S丁2＝3.68，你认为派谁去参赛更合适（　　） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【解答】解：∵1.5＜2.6＜3.5＜3.68， ∴甲的成绩最稳定， ∴派甲去参赛更好， 故选：A． 5．（3分）下列命题中，假命题是（　　） A．平行四边形的对角线互相垂直平分 B．矩形的对角线相等 C．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 D．对角线相等的菱形是正方形 【解答】解：A、平行四边形的对角线互相平分但不一定垂直，故错误，是假命题； B、矩形的对角线相等，正确，是真命题； C、菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，正确，是真命题； D、对角线相等的菱形是正方形，正确，是真命题， 故选：A． 6．（3分）下列计算正确的是（　　） A．2+4＝6 B．﹣＝ C．÷＝9 D．﹣（）2＝﹣2 【解答】解：A、2与4不能合并，所以A选项不符合题意； B、与不能合并，所以B选项不符合题意； C、原式＝＝3，所以C选项不符合题意； D、原式＝2，所以D选项符合题意． 故选：D． 7．（3分）下列有关一次函数y＝﹣2x+1的说法中，错误的是（　　） A．y的值随着x增大而减小 B．当x＞0时，y＞1 C．函数图象与y轴的交点坐标为（0，1） D．函数图象经过第一、二、四象限 【解答】解：A、∵k＝﹣2＜0，∴y的值随着x增大而减小，正确，不符合题意； B、∵k＝﹣2＜0，∴y的值随着x增大而减小，∴当x＞0时，y＜1，错误，符合题意； C、∵当x＝0时，y＝1，∴函数图象与y轴的交点坐标为（0，1），正确，不符合题意； D、∵k＝﹣2＜0，b＝1＞0，∴函数图象经过第一、二、四象限，正确，不符合题意， 故选：B． 8．（3分）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝6，∠A＝60°，连接四边中点得到四边形EFGH，则四边形EFGH的面积为（　　） A．9 B．6 C．18 D．9 【解答】解：连接AC、BD交于点O， ∵E，F，G，H分别是AD，AB，BC，CD的中点， ∴EF＝BD，GH＝BD，EF∥BD∥HG，EH＝AC，FG＝AC，EH∥AC∥FG， ∴EF＝GH，EH＝FG， ∴四边形EFGH为平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAC＝60°， ∴AC⊥BD，∠BAC＝30°，AC＝2AO，BD＝2BO， ∴EF⊥EH，即∠FEH＝90°， ∴四边形EFGH为矩形， ∴S四边形EFGH＝EH•EF＝BD•AC， ∵AC⊥BD，∠BAC＝30°，AB＝6， ∴BO＝AB＝3，AO＝3， ∴BD＝6，AC＝， ∴S四边形EFGH＝×6××＝． 故选：D． 9．（3分）如图，折线表示一骑车人离家的距离y与时间x的关系，骑车人9：00离开家，15：00回到家，则下列说法错误的是（　　） A．骑车人离家最远距离是45km B．骑车人中途休息的总时间长是1.5h C．从9：00到10：30骑车人离家的速度越来越大 D．骑车人返家的平均速度是30km/h 【解答】解：A．由图可知，骑车人离家最远距离是45km，故本选项不合题意； B．骑车人中途休息的总时间长是：0.5+1＝1.5（h），故本选项不合题意； C．由图可知，从9：00到10：30骑车人离家的速度不变，故本选项符合题意； D．骑车人返家的平均速度是45÷1.5＝30（km/h），故本选项不合题意； 故选：C． 10．（3分）对于函数y1＝k1x+b1（k1≠0，k1，b1为常数与函数y2＝k2x+b2（k2≠0，k2，b2为常数）．若k1+k2＝0，b1＝b2，则称函数y1与y2互为“对称函数”，下列结论： ①若函数y1与y2互为“对称函数”，则y1与y2的图象关于y轴对称； ②若点（m1，n1）（m2，n2）分别在“对称函数”y1与y2的图象上，当n1＝n2时，则m1+m2＝0； ③若函数y＝（m+3）x+n﹣5与函数y＝（1﹣2n）x+m﹣2互为“对称函数”，则（m+n）2023的值为1； ④若函数y1与y2互为“对称函数”，将函数y1向右平移|b2|个单位得到函数y3，当y3＞y2，则． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：①∵函数y1与y2互为“对称函数”， ∴k1+k2＝0，b1＝b2， ∴k1，k2互为相反数， ∴y1与y2的图象关于y轴对称， 符合题意； ②∵y1与y2是“对称函数”， n1＝n2， ∴m1与m2互为相反数 ∴m1+m2＝0， 符合题意； ③∵函数y＝（m+3）x+n﹣5与函数y＝（1﹣2n）x+m﹣2互为“对称函数”， ∴m+3+1﹣2n＝0，n﹣5＝m﹣2， 即， 求得：， ∴（m+n）2023＝（﹣2+1）2023＝﹣1， 不符合题意； ④∵函数y1向右平移|b2|个单位得到函数y3， ∴y3＝k1（x﹣|b2|）+b2 ∴y3＞y2， 即k1（x﹣|b2|）+b2＞k2x+b2 解得：x＞或x＜， 不符合题意． 故选：B． 二、填空题（每小题3分，共18分．） 11．（3分）若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 　x≥8　． 【解答】解：∵在实数范围内有意义， ∴x﹣8≥0， 解得：x≥8． 故答案为：x≥8． 12．（3分）一组数据2，3，k，4，5的平均数是4，则k＝　6　． 【解答】解：∵数据2，3，k，4，5的平均数是4， ∴（2+3+k+4+5）÷5＝4， 解得k＝6； 故答案为：6． 13．（3分）当m＝　﹣2　时，函数y＝（m﹣2）是正比例函数． 【解答】解：∵函数y＝（m﹣2） 是正比例函数， ∴，解得m＝﹣2． 故答案为：﹣2． 14．（3分）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1、S2、S3．如果S1+S2﹣S3＝24，则阴影部分的面积为 　6　． 【解答】解：由题意得，， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2+AC2＝BC2， ∵S1+S2﹣S3＝24， ∴AB2+BC2﹣AC2＝24， ∴AB2+AB2+AC2﹣AC2＝24， ∴AB2＝12， ∴， 故答案为：6． 15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为 　75°　． 【解答】解：∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴∠AEB＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AB＝BE， ∵∠CAE＝15°， ∴∠ACE＝∠AEB﹣∠CAE＝45°﹣15°＝30°， ∴∠BAO＝90°﹣30°＝60°， ∵矩形中OA＝OB， ∴△ABO是等边三角形， ∴OB＝AB，∠ABO＝∠AOB＝60°， ∴OB＝BE， ∵∠OBE＝∠ABC﹣∠ABO＝90°﹣60°＝30°， ∴∠BOE＝（180°﹣30°）＝75° 故答案为：75°． 16．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．下列结论：①BM2+DN2＝MN2；②AE＝AF；③EA平分∠BEF；④△CEF的周长等于2AB，其中正确结论的序号是 　①③④　．（把你认为所有正确的都填上） 【解答】解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠HAF＝45°， ∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH， ∴AH＝AM，BM＝DH，∠ABM＝∠ADH＝45°， 又AN＝AN， ∴△AMN≌△AHN（SAS）， ∴MN＝HN， 而∠NDH＝∠ABM+∠ADH＝45°+45°＝90°， Rt△HDN中，HN2＝DH2+DN2， ∴MN2＝BM2+DN2，故①正确； ②对于AE＝AF，只需举出反例即可， 当E与C重合时， ∵∠EAF＝45°， ∴F与D重合， 此时AE＝AC，AF＝AD，而AC≠AD，故②错误； 过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，∠ABE＝∠ADG＝90°， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（ASA）， ∴BE＝DG，AG＝AE， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠GAF＝45°， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝GF，∠AEB＝∠G＝∠AEF，故③正确； ∴△CEF的周长＝EF+EC+CF＝GF+EC+CF ＝（DG+DF）+EC+CF ＝BE+CD+CE ＝CD+BC ＝2AB，故④正确． 故答案为：①③④． 三、解答题（共72分） 17．（4分）计算：． 【解答】解： ＝﹣+3 ＝﹣+3 ＝4﹣+3 ＝4+2． 18．（4分）如图，在▱ABCD中，已知点E和点F分别在AD和BC上，且BF＝DE，求证：四边形AFCE是平行四边形． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵BF＝DE， ∴AE＝CF， ∴四边形AFCE是平行四边形． 19．（6分）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝13，D是AB上一点，且CD＝12，BD＝8．求BC的长． 【解答】解：∵AB＝13，BD＝8， ∴AD＝AB﹣BD＝5， ∴AC＝13，CD＝12， ∴AD2+CD2＝AC2， ∴∠ADC＝90°， ∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°， 由勾股定理得：BC＝＝＝4，即BC的长是4． 20．（6分）在抗击新型冠状病毒疫情期间，某校学生主动发起为武汉加油捐款活动，为了了解学生捐款金额（单位：元），随机调查了该校的部分学生，根据调查结果，绘制出统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题： ①本次接受调查的学生人数为 　50　，图①中m的值为 　30　； ②统计的这组学生捐款数据的众数是 　30　，中位数是 　30　； ③根据统计的这组学生捐款数据的样本数据，若该校共有1800名学生，估计该校此次捐款总金额为多少元？ 【解答】解：①8+12+15+10+5＝50（人）， m%＝15÷50×100%＝30%，即m＝30， 故答案为：50，30； ②观察条形统计图，∵在这组数据中，30出现了15次，出现的次数最多， ∴这组数据的众数为30． ∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是30，， ∴这组数据的中位数为30． 故答案为：30，30； ③∵在所抽取的样本中，平均数为（20×8+25×12+30×15+35×10+40×5）＝29.2（元）， ∴估计这1800名学生捐款总金额约为1800×29.2＝52560（元）． 答：该校此次捐款总金额约为52560元． 21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别是AB、BC的中点，点F在AC的延长线上，∠FEC＝∠B． （1）求证：DE＝CF； （2）若AC＝6cm，AB＝10cm，求四边形DCFE的面积． 【解答】证明：（1）在△CDE和△ECF中， ∵∠ACB＝∠ECF＝90°，点D、E是分别是AB、BC的中点． ∴CD＝BD＝AD， ∴∠B＝∠DCE，∠CED＝∠ECF＝90°， 又∵∠FEC＝∠B． ∴∠FEC＝∠DCE， 又∵CE＝EC ∴△CDE≌△ECF（ASA）， ∴DE＝CF； （2）解：在Rt△ABC中， ∵∠ACB＝90°， ∴， ∵点D、E分别是AB、BC的中点， ∴DE∥CF，又DE＝CF， ∴四边形DCFE是平行四边形， ∴， ∴． 22．（10分）冰墩墩（BingDwenDwen），是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，头部外壳造型取自冰雪运动头盔，装饰彩色光环，整体形象酷似航天员．冬奥会来临之际，冰墩墩玩偶非常畅销．小李在某网店选中A，B两款冰墩墩玩偶，决定从该网店进货并销售．两款玩偶的进货价和销售价如表： A款玩偶 B款玩偶 进货价（元/个） 20 15 销售价（元/个） 25 18 （1）第一次小李以1650元购进了A，B两款玩偶共100个，求两款玩偶各购进多少个？ （2）第二次小李进货时，网店规定A款玩偶进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半．小李计划购进两款玩偶共100个，应如何设计进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少？ 【解答】解：（1）设小李购进A款冰墩墩a个，则购进B款冰墩墩（100﹣a）个， 由题意可得：20a+15（100﹣a）＝1650， 解得a＝30， ∴100﹣a＝70， 答：小李购进A款冰墩墩30个，购进B款冰墩墩70个； （2）设小李购进A款冰墩墩x个，则购进B款冰墩墩（100﹣x）个，利润为w元， 由题意可得w＝（25﹣20）x+（18﹣15）（100﹣x）＝2x+300， ∴w随x的增大而增大， ∵网店规定A款玩偶进货数量不得超过B款玩偶进货数量的一半． ∴x≤（100﹣x）， 解得x≤33， ∵x为整数， ∴当x＝33时，w取得最大值，此时w＝366，100﹣x＝67， 答：小李购进A款冰墩墩33个，购进B款冰墩墩67个时，才能获得最大利润，最大利润是366元． 23．（10分）在矩形纸片ABCD中，将矩形纸片折叠，使点C与点A重合，折痕交AD于E点，交BC于F点． （1）尺规作图：求作折痕EF； （2）若，求的值． 【解答】解：（1）如图，EF即为所求． （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AEF＝∠CFE，∠EAC＝∠FCA． 设AC与EF交于点O， 由题意可得，AO＝CO， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴AE＝CF， ∴四边形AFCE是平行四边形． 由折叠可知，AE＝CE， ∴四边形AFCE是菱形． ∴AC⊥EF，OE＝OF＝， ∵， ∴设AB＝3x，AD＝4x， ∴AC＝＝5x， ∴AO＝x， ∵∠AOE＝∠D＝90°，∠EAO＝∠DAC， ∴△AOE∽△ADC， ∴， ∴， ∴OE＝x， ∴EF＝2OE＝x， ∴AF＝AE＝＝x， ∴＝＝． 24．（12分）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点P为正方形ABCD的对角线AC上一动点． （1）如图①，过点P作PE⊥PB交边DC于点E．当点E在边CD上时，求证：PB＝PE； （2）如图②，在（1）的条件下，过点E作EF⊥AC，垂足为点F，在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． （3）如图③，若点Q是射线CD上的一个动点，且始终满足AP＝CQ，设BP+BQ＝t，请直接写出t2的最小值． 【解答】（1）证明：连接PD，如图①所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴CB＝CD，∠PCB＝∠PCD＝45°， 在△PCB和△PCD中， ， ∴△PCB≌△PCD（SAS）， ∴PB＝PD，∠CBP＝∠CDP， ∵PE⊥PB， ∴∠BPE＝∠BCE＝90°， ∴∠CBP+∠CEP＝180°， ∵∠CEP+∠PED＝180°， ∴∠PED＝∠CBP， ∴∠PED＝∠CDP， ∴PE＝PD， ∴PB＝PE； （2）解：PF的长度不变．理由如下： 连接BD，与AC相交于点O，如图2． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BOP＝90°， ∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°， ∴∠PBO＝90°﹣∠BPO＝∠EPF， ∵EF⊥PC，即∠PFE＝90°， ∴∠BOP＝∠PFE， 在△BOP和△PFE中， ， ∴△BOP≌△PFE（AAS）， ∴BO＝PF． ∵四边形ABCD是正方形， ∴OB＝OC，∠BOC＝90°， ∴BC＝OB． ∵BC＝3， ∴OB＝， ∴PF＝OB＝． ∴点P在运动过程中，PF的长度不变，值为； （3）解：过点C作CR⊥AC，使CR＝AB＝3，连接QR、BR，过点R作RT⊥BC，交BC延长线于T，如图③所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝∠ACD＝∠BAP＝45°， ∵CR⊥AC， ∴∠RCQ＝90°﹣45°＝45°，∠RCT＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴△CTR是等腰直角三角形，∠BAP＝∠RCQ， ∴CT＝RT＝CR＝， ∴BT＝BC+CT＝3+， 在△BAP和△RCQ中， ， ∴△BAP≌△RCQ（SAS）， ∴BP＝QR， ∴B、Q、R三点共线时，QR+BQ最短，即BP+BQ最短， 此时，t＝BR， 在Rt△BTR中，由勾股定理得：BR2＝BT2+RT2＝（3+）2+（）2＝18+9， ∴t2的最小值为18+9． 25．（12分）在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线交x轴于点C，交y轴于点D．（1）如图1，连接BC，求△BCD的面积； （2）如图2，在直线上存在点E，使得∠ABE＝45°，求点E的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，连接OE，过点E作CD的垂线交y轴于点F，点P在直线EF上，在平面中存在一点，使得O，E，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，请求出点P的坐标． 【解答】解：（1）直线y＝﹣3x﹣，令x＝0，则y＝﹣， 故点B（0，﹣）； y＝﹣x+3，令x＝0，则y＝3，令y＝0，即﹣x+3＝0， 解得：x＝4， 故点D（0，3）、C（4，0）， 则BD＝3+＝，OC＝4， ∴△BCD的面积＝×BD×OC＝×4＝11； （2）由题意，∠ABE＝45°，观察图象可知，点E只能直线在AB的右侧，过点E作BE的垂线交AB于点R，过点E作y轴的平行线交过点R与x轴的平行线于点G，交过点B与x轴的平行线于点H， 设点E（m，﹣m+3），点R（n，﹣3n﹣）， ∵∠ABE＝45°，故ER＝EB， ∵∠REG+∠BEH＝90°，∠BEH+∠EBH＝90°， ∴∠REG＝∠EBH， ∵∠EHB＝∠RGE＝90°，EB＝ER， ∴△EHB≌△RGE（AAS）， ∴RG＝EH，BH＝GE， 即m＝﹣3n﹣+m﹣3，﹣m+3+＝m﹣n， 解得， 故点E（2，）； （3）设F的坐标为（0，a）， ∵D（0，3），E（2，）， ∴DE＝＝，EF＝， 设F的坐标为（0，a），则： S△DEF＝××＝×（3﹣a）×2， 化简得：（3a+）2＝0， 解得：a＝﹣， ∴点F的坐标为（0，﹣）， 设直线EF的表达式为y＝kx﹣， 将点E的坐标代入得：＝2k﹣， 解得：k＝， 故直线EF的表达式为y＝x﹣， 当P在Q上方时，点O向右平移2个单位向上平移个单位得到E， ∴右平移2个单位向上平移个单位得到P（，﹣）， ∵P（，﹣）在直线EFy＝x﹣上，故满足条件， 当P在Q点下方时，P不在直线EF上，不满足条件， 综上，点P的坐标为（，﹣）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$