兴化市昭阳湖中学2015-2016年八年级下月考数学试卷含答案解析

2015-2016学年江苏省泰州市兴化市昭阳湖中学八年级（下）月
考数学试卷（3月份）
一、选择题：（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，请将正确答案的序号填在答题卷相应的位置上）
1．下列式子中，属于最简二次根式的是（）
A．B．C．D．
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．矩形 B．等腰梯形 C．等腰三角形D．平行四边形
3．下列约分正确的是（）
A．B．
C．D．
4．已知▱ABCD中，∠B=4∠A，则∠D=（）
A．18°B．36°C．72°D．144°
5．矩形具有而菱形不具有的性质是（）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分D．两组对角分别相等
6．如图，在菱形ABCD中，E是AB边上一点，且∠A=∠EDF=60°，有下列结论：
①AE=BF；
②△DEF是等边三角形；
③△BEF是等腰三角形；
④当AD=4时，△DEF的面积的最小值为．
其中结论正确的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，请将答案填在答题卷相应的位置上）
7．当x时，分式有意义．
8．不改变分式的值，将分式的分子、分母的各项系数化为整数得；计
算+的结果为．
9．化简的结果为．
10．当1＜a＜2时，代数式+|1﹣a|=．
11．“反证法”证明命题“等腰三角形的底角是锐角”时，是先假设．
12．如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰
好落在BC边上．若BC=2，∠B=60°，则CD的长为．
13．矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AC+BD=16，则该矩形的面积为．
14．如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是．
15．已知▱ABCD中，AB=7，∠ADC与∠BCD的平分线分别交边AB于点F、E，若EF=1，则BC的长为．
16．如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：
（1）∠DCF+∠D=90°；（2）∠AEF+∠ECF=90°；（3）S△BEC=2S△CEF；（4）若∠B=80°，
则∠AEF=50°．
其中一定成立的是（把所有正确结论的序号都填在横线上）
三、解答题：（17、18每题10分，19、20、21每题8分，22、23、24每题10分，25、26每题14分）
17．计算：
（1）；
（2）．
18．解分式方程：
（1）；
（2）．
19．先化简，再求值：，其中x满足x2﹣4x+1=0．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，3）、B（﹣3，1）、C（﹣1，3）．请按下列要求画图：
（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2．
21．已知：如图，在四边形ABCD中，AB=CD，BC=AD，点E、F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是平行四边形．
22．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO是中线，延长CO到D，使DO=CO，连接AD、BD．
（1）画出图形，判断四边形ACBD的形状，并说明理由．
（2）过点O作EO⊥AB，交BD于点E，若AB=5，AC=4，求线段BE的长．
23．如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB=4，AD=6，∠ABC=60°，求tan∠ADP的值．
24．某水果店的老板用1200元购进一批杨梅，很快售完，老板又用2500元购进第二批杨梅，所购件数是第一批的二倍，但进价比第一批每件多5元．
（1）第一批杨梅每件进价多少元？
（2）老板以每件150元的价格销售第二批杨梅，售出80%后，为了尽快售完，决定打折促销，要使得第二批杨梅的销售利润不少于320元，剩余的杨梅每件售完至少打几折？25．如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC 上的点E、F处，折痕分别为CM、AN．
（1）求证：DN=BM．
（2）连接MF、NE，求证：四边形MFNE是平行四边形．
（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN，且AB=8，BC=6，求AQ的长度．
26．如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，点A的坐标为（1，
0）∠ABO=30°，过点B的直线y=x+m与x轴交于点C．
（1）求直线l的解析式及点C的坐标．
（2）点D在x轴上从点C向点A以每秒1个单位长的速度运动（0＜t＜4），过点D分别作DE∥AB，DF∥BC，交BC、AB于点E、F，连接EF，点G为EF的中点．
①判断四边形DEBF的形状并证明；②求出t为何值时线段DG的长最短．
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明理由．
2015-2016学年江苏省泰州市兴化市昭阳湖中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共有6小题，每小题3分，共18分，请将正确答案的序号填在答题卷相应的位置上）
1．下列式子中，属于最简二次根式的是（）
A．B．C．D．
【考点】最简二次根式．
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可．
【解答】解：A、，不是最简二次根式，错误；
B、是最简二次根式，正确；
C、不是最简二次根式，错误；
D、不是最简二次根式，错误；
故选B
2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．矩形 B．等腰梯形 C．等腰三角形D．平行四边形
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
B、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．
故选A．
3．下列约分正确的是（）
A．B．
C．D．
【考点】约分．
【分析】根据同底数幂的除法，底数不变指数相减，找出分子与分母的最大公因式，化简即可得出结果．
【解答】解：A、=a4，故本选项错误；
B、不能化简，故本选项错误；
C、不能化简，故本选项错误；
D、=﹣=﹣1，故本选项正确．
故选D．
4．已知▱ABCD中，∠B=4∠A，则∠D=（）
A．18°B．36°C．72°D．144°
【考点】平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的邻角互补，进而得出∠D的度数．
【解答】解：∵四边形BCDA是平行四边形，
∴AD∥CB，∠B=∠D，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=4∠A，
∴∠A+4∠A=180°，
解得：∠A=36°，
∴∠B=44°，
∴∠D=144°，
故选：D．
5．矩形具有而菱形不具有的性质是（）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分D．两组对角分别相等
【考点】矩形的性质；菱形的性质．
【分析】根据矩形与菱形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；
C、矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；
D、矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误．
故选B．
6．如图，在菱形ABCD中，E是AB边上一点，且∠A=∠EDF=60°，有下列结论：
①AE=BF；
②△DEF是等边三角形；
③△BEF是等腰三角形；
④当AD=4时，△DEF的面积的最小值为．
其中结论正确的个数是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；等边三角形的判定．
【分析】首先连接BD，易证得△ADE≌△BDF，然后可证得DE=DF，AE=BF，即可得△DEF 是等边三角形，然后由DE⊥AB时求出DE的长，即可求出△DEF的面积．
【解答】解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠ADB=∠ADC，AB∥CD，
∵∠A=60°，
∴∠ADC=120°，∠ADB=60°，
同理：∠DBF=60°，
即∠A=∠DBF，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
∵∠ADE+∠BDE=60°，∠BDE+∠BDF=∠EDF=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
∵在△ADE和△BDF中，
，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴DE=DF，AE=BF，故①正确；
∵∠EDF=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴②正确；
∵△ADE≌△BDF，
∴AE=BF，
同理：BE=CF，
但BE不一定等于BF．
故③错误．
∵△DEF是等边三角形，边长最短时，面积最小，
∴当DE⊥AB时，DE最短，此时E为AB的中点，BE=AB=AD=2，
∴DE=2，
∴△DEF的面积=×2×2×sin60°=3，
∴④正确；
正确的结论有3个，故选：C．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，请将答案填在答题卷相应的位置上）
7．当x≠2时，分式有意义．
【考点】分式有意义的条件．
【分析】分式有意义，说明分母x﹣2≠0，解得x≠2．
【解答】解：依题意得x﹣2≠0，解得x≠2．
故答案为≠2．
8．不改变分式的值，将分式的分子、分母的各项系数化为整数得；计
算+的结果为1．
【考点】分式的加减法；分式的基本性质．
【分析】原式分子分母乘以6变形即可得到结果；原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果．
【解答】解：原式=；原式=﹣==1．
故答案为：；1．
9．化简的结果为1．
【考点】分式的加减法．
【分析】本题分母互为相反数，可化为同分母分式相加减．
【解答】解：原式===1．故答案为1．
10．当1＜a＜2时，代数式+|1﹣a|=1．
【考点】二次根式的性质与化简．
【分析】根据二次根式的性质=|a|进行化简即可．
【解答】解：∵1＜a＜2，
∴+|1﹣a|=2﹣a+a﹣1=1．
故答案为：1．
11．“反证法”证明命题“等腰三角形的底角是锐角”时，是先假设等腰三角形的两底都是直角或钝角．
【考点】反证法．
【分析】根据用反证法证明的第一步是假设结论不成立；先设等腰三角形的两底都是直角或钝角，即可得出答案．
【解答】证明：根据反证法的第一步：假设结论不成立设，可以假设“等腰三角形的两底都是直角或钝角”．
故答案为：等腰三角形的两底都是直角或钝角．
12．如图，将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D恰
好落在BC边上．若BC=2，∠B=60°，则CD的长为．
【考点】旋转的性质．
【分析】直接利用旋转的性质得出对应边相等，进而利用等边三角形的判定与性质得出
AB=AD=BD，AB=BC，进而求出答案．
【解答】解：∵将Rt△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到Rt△ADE，点B的对应点D 恰好落在BC边上．
∴AD=AB，
∵∠B=60°，
∴△ADB是等边三角形，∠C=30°，
∴AB=AD=BD，AB=BC，
∴AD=BD=BC，
∴CD=BC=．
故答案为：．
13．矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOD=120°，AC+BD=16，则该矩形的面
积为16．
【考点】矩形的性质．
【分析】根据∠AOD=120°，可得∠AOB=60°，则△AOB为等边三角形，由AC=8cm，得
AB=4cm，由勾股定理得BC=4cm，再求出矩形的面积即可．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD．
又AC+BD=16，
∴AC=BD=8，且OA=OB=4．
∵∠AOD=120°，可得∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=4，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°，
∴BC==4，
∴矩形的面积=4×4=16．
故答案为：16．
14．如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则
AE的长是cm．
【考点】菱形的性质．
【分析】根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO，
∴BC==5cm，
==×6×8=24cm2，
∴S
菱形ABCD
=BC×AE，
∵S
菱形ABCD
∴BC×AE=24，
∴AE==cm．
故答案为：cm．
15．已知▱ABCD中，AB=7，∠ADC与∠BCD的平分线分别交边AB于点F、E，若EF=1，则BC的长为4．
【考点】平行四边形的性质．
【分析】由平行四边形的性质和平分线可知角之间的等量关系，得出BC=BE，AE=AF，由BE+AF=AB+EF，即可得出BC的长．
【解答】解：如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD=BD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠DCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∴BE=BC，
同理AF=AD=BC，
∵BE+AF=AB+EF，
∴2BC=7+1，
∴BC=4；
故答案为：4．
16．如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：
（1）∠DCF+∠D=90°；（2）∠AEF+∠ECF=90°；（3）S△BEC=2S△CEF；（4）若∠B=80°，
则∠AEF=50°．
其中一定成立的是（1）（2）（3）（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】由平行四边形的性质和等腰三角形的性质得出（1）正确；
由ASA证明△AEF≌△DMF，得出EF=MF，∠AEF=∠M，由直角三角形斜边上的中线性
质得出CF=EM=EF，由等腰三角形的性质得出∠FEC=∠ECF，得出（2）正确；
证出S△EFC=S△CFM，由MC＞BE，得出S△BEC＜2S△EFC，得出（3）错误；
由平行线的性质和互余两角的关系得出（4）正确；即可得出结论．
【解答】解：（1）∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，∠BCD+∠D=180°，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，
∴∠DCF+∠D=90°，
故（1）正确；
（2）延长EF，交CD延长线于M，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴EF=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴CF=EM=EF，
∴∠FEC=∠ECF，
∴∠AEF+∠ECF=∠AEF+∠FEC=∠AEC=90°，故（2）正确；
（3）∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故（3）错误；
（4）∵∠B=80°，
∴∠BCE=90°﹣80°=10°，
∵AB∥CD，
∴∠BCD=180°﹣80°=100°，
∴∠BCF=∠BCD=50°，
∴∠FEC=∠ECF=50°﹣10°=40°，
∴∠AEF=90°﹣40°=50°，
故（4）正确．
故答案为：（1）（2）（3）．
三、解答题：（17、18每题10分，19、20、21每题8分，22、23、24每题10分，25、26每题14分）
17．计算：
（1）；
（2）．
【考点】分式的混合运算．
【分析】（1）先对原式通分变为同分母分式，再相减即可解答本题；
（2）先对原式化简，再通分变为同分母分式再相减即可解答本题．
【解答】解：（1）
=
=
=
=；
（2）
=
=
=
=．
18．解分式方程：
（1）；
（2）．
【考点】解分式方程．
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可确定出分式方程的解．
【解答】解：（1）去分母得：2x﹣4=3x+6，
解得：x=﹣10，
经检验x=﹣10是分式方程的解；
（2）去分母得：x2+2x+1﹣x2+1=4，
解得：x=1，
经检验x=1是增根，分式方程无解．
19．先化简，再求值：，其中x满足x2﹣4x+1=0．
【考点】分式的化简求值．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再根据题意得出x2﹣4x=﹣1，代入进行计算即可．
【解答】解：原式=[﹣]•
=•
=•
=
=，
∵x2﹣4x+1=0，
∴x2﹣4x=﹣1，
∴原式==．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，3）、B（﹣3，1）、C（﹣1，3）．请按下列要求画图：
（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A2B2C2．
【考点】作图-旋转变换．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，从而得到△A1B1C1；
（2）根据关于原点中心对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．【解答】解：（1）如图，将△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作．
21．已知：如图，在四边形ABCD中，AB=CD，BC=AD，点E、F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定．
【分析】连接BD交AC于O，首先由AB=CD，BC=AD，可得四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AO=CO，BO=DO，再由AF=CE可得EO=FO，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形．
【解答】证明：连接BD交AC于O，
∵AB=CD，BC=AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AF=CE，
∴AF﹣AO=CE﹣CO，
即EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形．
22．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CO是中线，延长CO到D，使DO=CO，连接AD、BD．
（1）画出图形，判断四边形ACBD的形状，并说明理由．
（2）过点O作EO⊥AB，交BD于点E，若AB=5，AC=4，求线段BE的长．
【考点】矩形的判定与性质．
【分析】（1）先证明四边形ACBD是平行四边形，再证明是矩形．
（2）利用△BOE∽△BDA得=，即可解决问题．
【解答】解：（1）结论：四边形ACBD是矩形．
理由：∵OB=OA，OC=OD，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBD是矩形．
（2）∵∠BOE=∠BDA，∠OBE=∠ABD，
∴△BOE∽△BDA，
∴=，
∵BO=AB=，BD=AC=4，
∴=，
∴BE=．
23．如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB=4，AD=6，∠ABC=60°，求tan∠ADP的值．
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质；解直角三角形．
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形和角平分线的性质可得AB=BE，AB=AF，AF=BE，从而证明四边形ABEF是菱形；
（2）作PH⊥AD于H，根据四边形ABEF是菱形，∠ABC=60°，AB=4，得到AB=AF=4，
∠ABF=∠ADB=30°，AP⊥BF，从而得到PH=，DH=5，然后利用锐角三角函数的定义求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠AEB．
∵AE是角平分线，
∴∠DAE=∠BAE．
∴∠BAE=∠AEB．
∴AB=BE．
同理AB=AF．
∴AF=BE．
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）解：作PH⊥AD于H，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC=60°，AB=4，
∴AB=AF=4，∠ABF=∠AFB=30°，AP⊥BF，
∴AP=AB=2，
∴PH=，DH=5，
∴tan∠ADP==．
24．某水果店的老板用1200元购进一批杨梅，很快售完，老板又用2500元购进第二批杨梅，所购件数是第一批的二倍，但进价比第一批每件多5元．
（1）第一批杨梅每件进价多少元？
（2）老板以每件150元的价格销售第二批杨梅，售出80%后，为了尽快售完，决定打折促销，要使得第二批杨梅的销售利润不少于320元，剩余的杨梅每件售完至少打几折？
【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
【分析】（1）设第一批杨梅每件进价是x元，则第二批每件进价是（x+5）元，再根据等量关系：第二批杨梅所购件数是第一批的2倍，列出方程求解即可；
（2）设剩余的杨梅每件售价打y折，由利润=售价﹣进价，根据第二批的销售利润不低于320元，可列不等式求解．
【解答】解：（1）设第一批杨梅每件进价x元，则
×2=，
解得x=120．
经检验，x=120是原方程的根．
答：第一批杨梅每件进价为120元；
（2）设剩余的杨梅每件售价打y折．
则：×150×80%+×150×（1﹣80%）×0.1y﹣2500≥320，
解得y≥7．
答：剩余的杨梅每件售价至少打7折．
25．如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC 上的点E、F处，折痕分别为CM、AN．
（1）求证：DN=BM．
（2）连接MF、NE，求证：四边形MFNE是平行四边形．
（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN，且AB=8，BC=6，求AQ的长度．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）欲证明DN=BM，只需推知△ADN≌△CBM．根据折叠的性质得出
∠DAN=∠NAC，∠BCM=∠ACM，从而根据AD∥BC可得出∠DAN=∠BCM，从而即可判断出△ADN≌△CBM．
（2）连接NE、MF，根据（1）的结论可得出NF=ME，再由∠NFE=∠MEF可判断出NF∥ME．（3）设AC与MN的交点为O，EF=x，作QG⊥PC于G点，首先由勾股定理求出线段AC 的长度，根据翻折变换知：AF=CE=3，结合线段间的和差关系求得EF=1；然后通过解
Rt△CFN、Rt△NFE分别求得NF、NO的长，即NM=PQ=QC=2NO，结合图形得到：
PC=2，所以AQ=AB﹣PC．
【解答】（1）证明：如图1，由折叠的性质得出∠DAN=∠NAC，∠BCM=∠ACM，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴∠DAN=∠BCM，
在Rt△ADN和Rt△CBM中，
∵，
∴△ADN≌△CBM（ASA），
∴DN=BM；
（2）解：如图1，连接NE、MF，
∵由（1）知，△ADN≌△CBM，
∴NF=ME，
∵∠NFE=∠MEF，
∴NF∥ME，
∴四边形MFNE是平行四边形；
（3）解：如图2，设AC与MN的交点为O，EF=x，作QG⊥PC于G点，∵AB=8，BC=6，
∴由勾股定理得到：AC=10，
∵AF=CE=BC=6，
∴2AF﹣EF=AC，即12﹣x=10，
解得x=2，
∴EF=2，
∴CF=4，
在Rt△CFN中，==，
解得NF=3，
∵OE=OF=EF=1，
∴在Rt△NFO中，ON2=OF2+NF2，
∴ON=，
∴MN=2ON=2，
∵PQ∥MN，PN∥MQ，
∴四边形MQPN是平行四边形，
∴MN=PQ=2，
∵PQ=CQ，
∴△PQC是等腰三角形，
∴PG=CG，
在Rt△QPG中，
PG2=PQ2﹣QG2，即PG==2，
又GC=PG=QB，
∴AQ=AB﹣BQ=AB﹣PG=6．
26．如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点，点A的坐标为（1，
0）∠ABO=30°，过点B的直线y=x+m与x轴交于点C．
（1）求直线l的解析式及点C的坐标．
（2）点D在x轴上从点C向点A以每秒1个单位长的速度运动（0＜t＜4），过点D分别作DE∥AB，DF∥BC，交BC、AB于点E、F，连接EF，点G为EF的中点．
①判断四边形DEBF的形状并证明；②求出t为何值时线段DG的长最短．
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明理由．
【考点】一次函数综合题．
【分析】（1）根据有一个角为30°的直角三角形的性质，求出OB，再利用待定系数法即可求解；
（2）由有一个角是直角的平行四边形是矩形，判断出四边形DEBF是矩形，再利用点到直线的距离中垂线短最短即可；
（3）设出点P（0，m）的坐标，先利用平行四边形的性质作出图形，求出点Q的坐标，再利用菱形的四边相等求出m即可．
【解答】（1）解：∵A（1，0），
∴OA=1，
∵∠ABO=30°，
∴0B=，AB=2，
∴B（O，），
设直线l的解析式为y=kx+，
∵A（1，0）在直线l上，
∴k=﹣，
∴y=﹣x+，
∵B（0，）在直线y=x+m上，
∴m=，
∴直线BC的解析式为y=x+，
∵点C在x轴上，
∴C﹣3，0）．
（2）解：如图1，
①四边形DEBF为矩形，
∵DE∥AB，DF∥BC，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴平行四边形BEDF为矩形．
②∵G为EF中点，
∴G为矩形BEDF的对角线的交点，∵要使DG最短，也就是BD最短，∴只有BD⊥AC时，BD最短，
∴CD=3，
∴t=3；
（3）
解：如图2，在坐标平面内是存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，
设P（0，m）且A（1，0），B（0，），
∴直线AB的解析式为y=﹣x+，直线AB的解析式为y=﹣mx+m，
作a∥BP，则直线a的解析式为x=1，
作b∥AP，则直线b的解析式为y=mx+，
作c∥AB，则直线c的解析式为y=﹣x+m，
①以AB为对角线时，有，
∴Q1（1，﹣m+），
∵四边形Q1BPA为菱形，
∴Q1A=Q1B，即：Q1A2=Q1B2，
∴（﹣m+）2=1+m2，
∴m=，
∴Q1（1，），P（0，），
②以AP为对角线时，方法和①的一样，得到m=，
∴Q2（1，2），P（0，+2）或Q2（1，﹣2），P（0，﹣2），
③以BP为对角线时，方法和①②的一样，得到m=±1，
∴Q3（﹣1，1），P（0，1）或Q3（﹣1，﹣1），P（0，﹣1），
∴存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，Q1（1，），或Q2（1，2），或Q2（1，﹣2）或，Q3（﹣1，1），或Q3（﹣1，﹣1）．
2016年5月5日。