精品解析：安徽省芜湖市无为市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023~2024学年度第二学期期末学习质量检测 八年级数学试题卷 温馨提示：本卷共8大题，计23小题，满分150分，考试时间120分钟．请在答题卷上作答，在试题卷上作答无效．请仔细审题，认真作答．祝你考出理想成绩！ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分） 每小题都给出代号为A、B、C、D的四个选项，其中只有一个是正确的，选对得4分，不选、选错或选出的代号超过一个的一律得0分． 1. 在下列二次根式中，属于最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（ ） A. 2，4，5 B. 4，8，10 C. 5，12，13 D. 1，2， 3. 如图，在▱ABCD中，BC=10，AC=8，BD=14，则△AOD的周长是（ ） A. 32 B. 23 C. 21 D. 20 4. 一次函数中，y随x增大而减小，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 6. 甲、乙两名技工每天的基本工作量都是做件产品，质检部将他们一周的优等品件数绘制如 图的折线统计图，根据统计图中的数据，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙的优等品件数的平均数相同 B. 甲、乙的优等品件数的中位数相同 C. 甲的优等品件数的众数小于乙的众数 D. 甲的优等品件数的方差大于乙的方差 7. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直的矩形是正方形 B. 有一个角为直角的平行四边形是矩形 C. 相邻两角都互补的四边形是平行四边形 D. 两边相等的平行四边形是菱形 8. 边长为1的等边三角形的面积是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在正方形中，，，点F是边上的动点，点P是线段上的动点，若，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 10. 某湖边公园有一条笔直的健步道，甲、乙两人从起点同方向匀速步行，先到终点的人在终点休息．已知甲先出发6分钟，在整个过程中，甲、乙两人之间的距离y（米）与甲出发的时间t（分钟）之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为75米/分钟；②起点到终点的距离为5940米；③甲走完全程用了78分钟；④乙步行的速度为90米/分钟；⑤图中m的值为36． 则以上结论一定正确的是（ ） A. ①②③④ B. ①②④⑤ C. ①③④⑤ D. ①②③⑤ 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 11. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是____． 12. 已知一组数据的平均数是，则这组数据的中位数是______． 13. 如图，直线：与直线：相交于点，则关于x的不等式的解集为______． 14. 如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，． （1）的面积为________； （2）若F为中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________． 三、（第15题每小题4分计8分，第16题8分，共16分） 15. 计算： （1） （2） 16. 如图，在中，，是边上的高，E、F分别是边的中点，若，，求的周长． 四、（本题共2小题，每小题8分，共16分） 17. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象与正比例函数的图象交于点，与x轴交于点． （1）求直线所对应的一次函数解析式； （2）当时，求（1）中一次函数的最大值． 18. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上． （1）在图①中，以为边画一个平行四边形，使且其面积为6； （2）在图②中，以边画一个，使且其面积为10； （3）在图③中，以为边画一个菱形，使且其面积为6． 五、（本题共2小题，每小题10分，共20分） 19. 如图1，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：与直线相交于点． （1）分别求直线和直线的函数解析式； （2）如图2，点D是x轴上一动点，过点D作x轴的垂线，分别交、于点M、N，当线段时，求点D的坐标． 20. 如图，在ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？请证明你结论． 六、（本题共12分） 21. 甲、乙两人玩掷飞镖游戏，每人掷镖10次，每次成绩（单位：分）均为不超过5的自然数．甲的10次掷镖成绩记录如下：3 0 2 a 2 5 3 b 4 5 如图是乙的10次掷镖成绩条形统计图．已知两人成绩的总分相等，甲成绩的众数和中位数相等． 请根据以上信息，完成下列问题： （1）______，______； （2）计算乙成绩的平均数； （3）计算两人成绩的方差，并判断两人成绩的稳定性． 七、（本题共12分） 22. 甲、乙两个蓝莓采摘园为吸引顾客，在蓝莓单价相同的条件下，分别推出下列优惠方案：进入甲园，顾客需购买元门票，采摘的蓝莓全部打六折优惠；进入乙园，顾客免门票，采摘的蓝莓不超过的按原价收费，超过时，超过的部分打折优惠，若某顾客的蓝莓采摘量为x（千克），在甲、乙两园采摘的总费用分别为（元），（元），y与x之间的函数图象如图所示． （1）求乙采摘园蓝莓优惠前的销售单价； （2）分别求出和时关于x的函数关系式； （3）当顾客购买蓝莓时，在哪家采摘园采摘更省钱？能省下多少钱？请你通过计算说明． 八、（本题共14分） 23. 在菱形中，，点P是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点E在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）如图2，当点P、E都在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． （3）如图3，若四边形为正方形，点P在对角线上，，交边于点E，连接交于点F．请求出的度数并直接写出线段之间的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年度第二学期期末学习质量检测 八年级数学试题卷 温馨提示：本卷共8大题，计23小题，满分150分，考试时间120分钟．请在答题卷上作答，在试题卷上作答无效．请仔细审题，认真作答．祝你考出理想成绩！ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分） 每小题都给出代号为A、B、C、D的四个选项，其中只有一个是正确的，选对得4分，不选、选错或选出的代号超过一个的一律得0分． 1. 在下列二次根式中，属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 【详解】解：A．，故不是最简二次根式； B．是最简二次根式； C．，故不是最简二次根式； D．，故不是最简二次根式． 故选B． 2. 下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（ ） A. 2，4，5 B. 4，8，10 C. 5，12，13 D. 1，2， 【答案】C 【解析】 【分析】根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 【详解】解：A、，， ， 不能构成直角三角形， 故A不符合题意； B、，， ， 不能构成直角三角形， 故B不符合题意； C、，， ， 能构成直角三角形， 故C符合题意； D、，， ， 不能构成直角三角形， 故D不符合题意； 故选：C． 3. 如图，在▱ABCD中，BC=10，AC=8，BD=14，则△AOD的周长是（ ） A. 32 B. 23 C. 21 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可得AB=CD，BC=AD=10，AO=CO=AC=4，BO=DO=BD=7，然后可得△AOD的周长． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，BC=AD=10，AO=CO=AC=4，BO=DO=BD=7， ∴△AOD的周长是：AD+AO+DO=10+4+7=21， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形对边相等，对角线互相平分． 4. 一次函数中，y随x的增大而减小，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一次函数的性质即可求得． 【详解】解：一次函数中，y随x的增大而减小， ，解得， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握和运用一次函数的性质是解决本题的关键． 5. 一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形面积是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，结合一次函数的图象求出图象与x轴的交点以及y轴的交点，可求得图象与坐标轴所围成的三角形面积，熟知一次函数图象上点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 【详解】解：∵在中，令，则， ， ， 令，则， ∴一次函数的图象与x轴的交点，与y轴的交点， ∴， 故选：A． 6. 甲、乙两名技工每天的基本工作量都是做件产品，质检部将他们一周的优等品件数绘制如 图的折线统计图，根据统计图中的数据，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙的优等品件数的平均数相同 B. 甲、乙的优等品件数的中位数相同 C. 甲的优等品件数的众数小于乙的众数 D. 甲的优等品件数的方差大于乙的方差 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平均数，中位数，众数和方差，解题的关键是掌握相关的概念，根据平均数，中位数，众数和方差的概念逐一判断即可． 【详解】解：A、，，故该选项错误，不符合题意； B、甲优等品件数的中位数为：，乙优等品件数的中位数为：，故该选项错误，不符合题意； C、甲的优等品件数的众数为和，乙的优等品件数的众数为，故该选项正确，符合题意； D、，，故该选项错误，不符合题意； 故选：C． 7. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直的矩形是正方形 B. 有一个角为直角的平行四边形是矩形 C. 相邻两角都互补的四边形是平行四边形 D. 两边相等的平行四边形是菱形 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形及特殊四边形的判定即可判定． 【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确； B、有一个角为直角的平行四边形是矩形，说法正确； C、四边形相邻两角都互补，则可得四边形的两组对边分别平行，从而可得四边形是平行四边形，说法正确； D、两邻边相等的平行四边形是菱形，说法错误； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定，掌握这些判定方法是解题的关键． 8. 边长为1的等边三角形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质以及勾股定理，先根据等边三角形的性质得出，运用勾股定理列式计算，结合面积公式即可作答． 【详解】解：如图：过点A作 ∵是等边三角形， ∴ ∴在中， ∴等边三角形的面积是 故选：D 9. 如图，在正方形中，，，点F是边上的动点，点P是线段上的动点，若，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，勾股定理等知识，在上取点关于的对称点，连接，交于点 ，证出，得到，四边形为正方形 ，再利用勾股定理求解即可． 【详解】如图，在上取点关于的对称点，连接，交于点 ∴在与中 ∴ ∴ ∴ 三点共线 ∴四边形为矩形 ∴ 同理 ∴ ∴为直角三角形 ∴ 故选：D． 10. 某湖边公园有一条笔直的健步道，甲、乙两人从起点同方向匀速步行，先到终点的人在终点休息．已知甲先出发6分钟，在整个过程中，甲、乙两人之间的距离y（米）与甲出发的时间t（分钟）之间的关系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为75米/分钟；②起点到终点的距离为5940米；③甲走完全程用了78分钟；④乙步行的速度为90米/分钟；⑤图中m的值为36． 则以上结论一定正确的是（ ） A ①②③④ B. ①②④⑤ C. ①③④⑤ D. ①②③⑤ 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用.根据所给点的坐标判断出甲、乙两人的速度是解决本题的关键. 根据甲分钟步行的路程为米，可得甲步行的速度，可判断①是否符合题意；第分钟时，乙到达终点，根据此时乙比甲多走米，列出方程即可求得乙步行的速度，可判断④是否符合题意；乙的速度乘以乙步行的时间即可求得起点到终点的距离，可判断②是否符合题意；起点到终点的距离除以甲的速度可得甲走完全程需要的时间，可判断③是否符合题意，然后根据追及问题求出值可以判断⑤. 【详解】∵甲先出发分钟，甲分钟步行的路程为米， ∴甲步行的速度为：(米/分)， 故①正确； ∵甲、乙两人从起点同方向匀速步行，先到终点的人休息，乙从第分钟开始行走，第分到达到达终点，此时甲乙两人相距米, ∴第分钟时，乙比甲多走米. 设乙步行的速度为米/分，根据题意得： 解得： 故④正确； 起点到终点的距离为：(米)， 故②正确； 甲走完全程的时间为：(分) 故③错误； ∵分， 故⑤正确； ∴正确的为①②④⑤， 故选:B. 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 11. 若在实数范围内有意义，则实数的取值范围是____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件可知，求出解即可． 【详解】根据题意可知， 解得． 故答案：． 12. 已知一组数据的平均数是，则这组数据的中位数是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了算术平均数，中位数．熟练掌握算术平均数，中位数是解题的关键． 依题意得，，可求，将数据从小到大依次排序，根据中位数为第3个位置的数，进行作答即可． 【详解】解：依题意得，， 解得，， 将数据从小到大依次排序为：， ∴中位数为第3个位置的数，即， 故答案为：． 13. 如图，直线：与直线：相交于点，则关于x的不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数图象交点右侧直线图象在直线：图象的上面，即可得出不等式的解集．此题主要考查了一次函数与不等式，利用数形结合得出不等式的解集是考试重点． 【详解】解：结合图象信息：直线与直线交于点， 不等式为：． 故答案为： 14. 如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，． （1）的面积为________； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________． 【答案】 ① 3 ②. 【解析】 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作， 正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 三、（第15题每小题4分计8分，第16题8分，共16分） 15. 计算： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算， （1）先将各项化为最简二次根式，再进行合并，即可求解； （2）先利用完全平方公式和平方差公式计算，再进行合并，即可求解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 16. 如图，在中，，是边上的高，E、F分别是边的中点，若，，求的周长． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了中位线的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理，先根据勾股定理列式计算，再结合是边上的高，则和都是直角三角形，因为E、F分别是边的中点．得出，，以及是的中位线，即可作答． 【详解】解：∵，，， ∴． 又∵是边上的高， ∴和都是直角三角形， ∵E、F分别是边的中点． ∴，， 则是的中位线 ∴， ∴的周长为． 四、（本题共2小题，每小题8分，共16分） 17. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象与正比例函数的图象交于点，与x轴交于点． （1）求直线所对应的一次函数解析式； （2）当时，求（1）中一次函数的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题是一次函数与正比例函数，待定系数法求函数的解析式，注意数形结合思想的运用． （1）由正比例函数的解析式求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线AB所对应的一次函数解析式； （2）随着x的增大而增大，求出当时，一次函数有最大值． 【小问1详解】 将代入得，∴， 设一次函数的解析式为， 将A、B两点坐标代入得，解得，． ∴直线所对应的一次函数解析式为． 【小问2详解】 ∵，y随着x的增大而增大， ∴在范围内，当时，一次函数有最大值，最大值为． 18. 图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上． （1）在图①中，以为边画一个平行四边形，使且其面积为6； （2）在图②中，以为边画一个，使且其面积为10； （3）在图③中，以为边画一个菱形，使且其面积为6． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 （3）见详解 【解析】 【分析】本题考查作图−应用与设计作图，菱形的性质，勾股定理以及勾股逆定理的性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题， （1）根据平行四边形的性质，则,的高为，得出其面积为6，画图即可； （2）根据网格特征以及勾股定理得出、再结合勾股逆定理列式，画图即可； （3）根据菱形的性质，则，进行画图即可． 【小问1详解】 解：平行四边形如图所示： 【小问2详解】 解：如图所示： 【小问3详解】 解：菱形如图所示： 五、（本题共2小题，每小题10分，共20分） 19. 如图1，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：与直线相交于点． （1）分别求直线和直线的函数解析式； （2）如图2，点D是x轴上一动点，过点D作x轴的垂线，分别交、于点M、N，当线段时，求点D的坐标． 【答案】（1）直线的函数解析式为；直线的函数解析式为 （2）或 【解析】 【分析】（1）将代入，解得a值即可求直线的解析式和，再将交点坐标代入，求解即可； （2）设，则，，得或，解答即可． 本题考查了一次函数的解析式，交点问题，截直线线段长度问题，熟练掌握待定系数法，分类思想，设点坐标是解题的关键． 【小问1详解】 将点代入， 得， 解得， ∴直线的函数解析式为． 将点代入，得， 解得． ∴直线的函数解析式为． 【小问2详解】 设，则，， ∴或． 解得或． ∴或． 20. 如图，在ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？请证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）四边形BEDF是菱形， 证明见解析． 【解析】 【分析】（1）只要证明AE=CF，∠C=∠EAD，BC=AD，即可根据SAS证明△ADE≌△CBF； （2）根据已知条件证明BE=DF，BE∥DF，从而得出四边形BEDF是平行四边形，再证明DE=BE，根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD=∠C，AD=CB，AB=CD， ∵点E，F分别是AB，CD的中点， ∴AE=AB，CF=CD， ∴AE=CF． 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）； （2）四边形BEDF是菱形，理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD． ∵点E、F分别是AB、CD的中点， ∴BE=AB，DF=CD． ∴BE=DF，BE∥DF， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∵四边形AGBD是矩形， ∴∠ADB=90°， 在Rt△ADB中，∵E为AB的中点， ∴AE=BE=DE， ∴平行四边形BEDF是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定、矩形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键由找出相等的边和角证明两个三角形全等，灵活应用所学菱形的判断方法证明四边形是菱形，属于中考常考题型． 六、（本题共12分） 21. 甲、乙两人玩掷飞镖游戏，每人掷镖10次，每次成绩（单位：分）均为不超过5的自然数．甲的10次掷镖成绩记录如下：3 0 2 a 2 5 3 b 4 5 如图是乙的10次掷镖成绩条形统计图．已知两人成绩的总分相等，甲成绩的众数和中位数相等． 请根据以上信息，完成下列问题： （1）______，______； （2）计算乙成绩的平均数； （3）计算两人成绩的方差，并判断两人成绩的稳定性． 【答案】（1）， （2） （3）甲的成绩更稳定 【解析】 【分析】本题考查条形统计图，中位数，众数，方差； （1）根据两人成绩的总分相等和甲成绩的众数和中位数相等列方程求解即可； （2）根据条形统计图计算平均数即可； （3）分别计算两人成绩的方差，根据方差越小越稳定判断即可． 【小问1详解】 ∵两人成绩的总分相等， ∴， 整理得：， ∵甲成绩的众数和中位数相等，且现有数据中，，都出现两次， ∴，中至少一个等于，， 当时，，此时众数为，中位数为，不符合题意； 当时，，此时众数为，中位数为，符合题意； 当时，，此时众数为，中位数为，不符合题意； 综上所述，，， 故答案为：，； 【小问2详解】 乙成绩的平均数为； 【小问3详解】 ∵两人成绩的总分相等， ∴甲的平均数为， ∴甲成绩的方差为， 乙成绩的方差为， ∴甲的成绩更稳定． 七、（本题共12分） 22. 甲、乙两个蓝莓采摘园为吸引顾客，在蓝莓单价相同的条件下，分别推出下列优惠方案：进入甲园，顾客需购买元门票，采摘的蓝莓全部打六折优惠；进入乙园，顾客免门票，采摘的蓝莓不超过的按原价收费，超过时，超过的部分打折优惠，若某顾客的蓝莓采摘量为x（千克），在甲、乙两园采摘的总费用分别为（元），（元），y与x之间的函数图象如图所示． （1）求乙采摘园蓝莓优惠前的销售单价； （2）分别求出和时关于x函数关系式； （3）当顾客购买蓝莓时，在哪家采摘园采摘更省钱？能省下多少钱？请你通过计算说明． 【答案】（1）元/千克 （2）； （3）甲采摘园更便宜，能省下元 【解析】 【分析】本题考查了函数图象，一次函数的应用，一次函数解析式等知识．熟练掌握函数图象，一次函数的应用，一次函数解析式是解题的关键． （1）由图象可知，乙园顾客免门票，可知乙采摘园优惠前的蓝莓单价是，计算求解即可； （2）由两家蓝莓价格相同，可知甲采摘园蓝莓优惠前的销售价格也为元/千克，则打六折优惠后的销售价格为（元/千克），进而可得甲函数的表达式为：；当时，设，将和代入，可求，进而可得乙的表达式． （3）当时，（元），（元），（元），然后作答即可． 【小问1详解】 解：由图象可知，乙园顾客免门票， ∵， ∴乙采摘园优惠前的蓝莓单价是元/千克． 【小问2详解】 解：∵两家蓝莓价格相同， ∴甲采摘园蓝莓优惠前的销售价格也为元/千克， 打六折优惠后的销售价格为（元/千克）， ∴甲函数的表达式为：； 当时，设， 将和代入得，， 解得，， ∴乙的表达式为． 【小问3详解】 解：当时，（元），（元）， ∵（元）， ∴甲采摘园更便宜，能省下元． 八、（本题共14分） 23. 在菱形中，，点P是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点E在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； （2）如图2，当点P、E都在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． （3）如图3，若四边形为正方形，点P在对角线上，，交边于点E，连接交于点F．请求出的度数并直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1）， （2）（1）的结论仍然成立，理由见解析 （3）， 【解析】 【分析】（1）先根据菱形和等边三角形的性质得出，结合，证明则，因为以及，所以，即可作答． （2）先根据菱形性质，得出和都是等边三角形，运用角的运算，得证明则，即则即； （3）因为正方形，所以平分，证明即为等腰直角三角形，然后运用旋转性质得出故，，通过角的换算，即，证明，所以，最后在中，，即可作答． 【小问1详解】 解：如图：连接，延长交于点F， ∵四边形为菱形， ∴， 又∵ ∴是等边三角形，， ∵是等边三角形， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵菱形的对角线平分对角， ∴ 又∵ ∴， ∵， ∴， 则， 即； 故答案为：， 【小问2详解】 解：（1）的结论仍然成立，理由如下： 如图：连接，设与相交于点H ∵四边形为菱形， ∴， 又∵ ∴和都是等边三角形， ∴， 则 ∵是等边三角形， ∴ ∴ 又 ∴ ∴ ∵菱形的对角线平分对角， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ 则 即； 【小问3详解】 解：如图所示：过点P分别作，垂足分别是， ∵四边形为正方形， ∴平分 ∴，且 又∵， ∴ ∴ ∴，即为等腰直角三角形， ∴ 把绕点A逆时针转，与重合，点P的对应点是 ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ 即 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴在中， ∴ 【点睛】本题考查了旋转性质，菱形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$