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作者小注：
本套专辑由学科君独家研发，沪教版上海地区2021学年第二学期数学期末考试适用。
尖刀100分制，分冲刺卷（适合75分以上学生使用）、尖刀卷（适合90分学生使用）。
来源为近两年上海地区沪教版数学教材使用地期末原题，包含详细解析。
所有资料研发均为原创，希望助广大中学生一臂之力。
（尖刀卷）沪教版八年级下学期期末考试卷（学生版）
一、单选题(每小题3分，共18分)
1．现有A、B两枚均匀的小立方体（立方体的每个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6）．用小莉掷A立方体朝上的数字为、小明掷B立方体朝上的数字为来确定点P（），那么他们各掷一次所确定的点P落在已知抛物线上的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，四边形是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．与是相等向量 B．与是相等向量
C．与是相反向量 D．与是平行向量
3．下列判断错误的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
4．下列方程中，有实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数中，在每个象限内，y随x的增大而增大，那么它和函数y＝kx（k≠0）在同一直角坐标平面内的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
6．如果方程有两个不同的实数解，那么p的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分，共36分)
7．已知方程和方程的解完全相同，则=____.
8．用20cm长的绳子围成一个等腰三角形，设它的底长为cm，腰长为cm，则与之间的函数关系式为__________（写出自变量的取值范围）
9．直线与轴交于点A，与轴交于点B，将线段AB绕A点逆时针旋转90o，使B点落在M点上，则M点的坐标为__________________．
10．解方程，若设，则原方程可化为关于y的整式方程是 __
11．方程的解为________．
12．方程组的解是______．
13．从正多边形一个顶点最多可以作7条对角线，这个正多边形每个内角的大小是_____．
14．如图△ABC中，点D在BC上，且CD＝2BD．设，，那么＝_____
15．投掷一枚正方体骰子，朝上的一面是合数的可能性大小是_____．
16．某快递公司快递员甲匀速骑车去距公司6000米的某小区取物件，出发几分钟后，该公司快递员乙发现甲的手机落在公司，于是立马匀速骑车去追赶甲，乙出发几分钟后，甲也发现自己的手机落在了公司，立即调头以原速的2倍原路返回，1分钟后遇到了乙，乙把手机给甲后，乙以原速的一半原路返回公司，甲以返回时的速度继续去小区取物件，刚好在事先预计的时间到达该小区．甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示（给手机及中途其它耽误时间忽略不计），则甲到小区时，乙距公司的路程是_____米．
17．如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝__．
18．如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD =，BC=，∠B= 45°．直角三角板含45度角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F．若△ABE为等腰三角形，则CF的长等于______．
三、解答题(共46分)
19．甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数图像如图所示，根据图像所提供的信息解答下列问题：
(1)甲登山的速度是每分钟______米，乙提速时距地面的高度b为______米；
(2)若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，请求出乙提速后，登山时距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式，并写出相应的定义域．
20．小张利用休息日进行登山锻炼，从山脚到山顶的路程为12千米，他上午8时从山脚出发，到达山顶后停留了半小时，再原路返回，下午3时30分回到山脚，假设他上山与下山时都是匀速行走，且下山比上山时的速度每小时快1千米，求小张上山时的速度.
21．如图，已知在四边形ABCD中，F是边AD上一点，，BF交AC于点E，．
(1)设，用向量表示向量= ；=
(2)如果求的长．
22．一个不透明的口袋里装有红，白，黄三种颜色的乒乓球（除颜色外其余都相同）其中有白球3个，黄球1个，若从中任意摸出1个球，这个求是白球的概率为0.5，求口袋中红球的个数．
24．直线与轴，轴分别交于点，点坐标为，30°，将轴所在的直线沿直线翻折交轴于点，点．
(1)求直线的解析式．
(2)若，求的长．
(3)若是等腰三角形，直接写出点的坐标．
25．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，以1cm/s的速度沿CD DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动了t秒．
(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；
(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；
(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
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（尖刀卷）沪教版八年级下学期期末考试卷（教师版）
一、单选题(每小题3分，共18分)
1．现有A、B两枚均匀的小立方体（立方体的每个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6）．用小莉掷A立方体朝上的数字为、小明掷B立方体朝上的数字为来确定点P（），那么他们各掷一次所确定的点P落在已知抛物线上的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
因为掷骰子的概率一样，每次都有六种可能性，因此小莉和小明掷骰子各六次，P的取值有36种．可将x、y值一一代入找出满足抛物线的x、y，用满足条件的个数除以总的个数即可得出概率．
【详解】
解：列表法：
∴点P的坐标共有36种可能，其中能落在抛物线上的点共有：
（1，3）、（2，4）、（3，3），这3种可能，
∴其概率为：．
故选：B．
【点睛】
本题考查了利用列表法与树状图法求概率的方法：先列表展示所有等可能的结果数n，再找出某事件发生的结果数m，然后根据概率的定义计算出这个事件的概率=．也考查了二次函数图象上点的坐标特征．
2．如图，四边形是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．与是相等向量 B．与是相等向量
C．与是相反向量 D．与是平行向量
【答案】B
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，，
与是等向量．
故选：．
根据等向量的定义判断即可．
本题考查平面向量，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．下列判断错误的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】
根据正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，判断即可；
【详解】
解：A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，选项正确，不符合题意；
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，选项正确，不符合题意；
C．对角线相等的四边形不一定是矩形，例如：等腰梯形的对角线相等，选项错误，符合题意；
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形，选项正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了特殊四边形的特征，掌握常见的特殊四边形的特征是解题关键．
4．下列方程中，有实数根的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据二次根式有意义的条件对A选项判断，解分式方程可对B选项进行判断，根据二元一次方程根的判别式可对C选项进行判断，D选项方程两边同时平方，再解二元一次方程可对D选项进行判断；综上即可得答案．
【详解】
∵，
∴，
∴方程没有实数根，故A选项错误；
，
去分母得，x＝2，
检验当x＝2时，x－2＝0，
∴原方程无解，
∴方程没有实数根，故B选项错误；
中，a＝2，b＝1，c＝1，
∴，
∴方程没有实数根，故C选项错误；
，
两边同时平方得：，
移项得：，
解得：，，
检验：x＝－3是原方程的解，x＝1不是原方程的解，
∴方程有实数根，故D选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件、二元一次方程根的判别式、解分式方程及无理方程，熟练掌握相关方程的解法是解题关键．
5．已知函数中，在每个象限内，y随x的增大而增大，那么它和函数y＝kx（k≠0）在同一直角坐标平面内的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
先根据反比例函数图象的性质判断出k的范围，再确定其所在象限，进而确定正比例函数图象所在象限即可解答．
【详解】
解：∵函数中，在每个象限内，y随x的增大而增大，
∴k＜0，
∴双曲线在第二、四象限，函数y＝kx的图象经过第二、四象限，
∴B选项满足题意
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数图象的性质与正比例函数图象的性质，掌握k对正比例函数和反比例函数图象的影响成为解答本题的关键．
6．如果方程有两个不同的实数解，那么p的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先将无理方程化为一元二次方程，根据根的判别式可求得，再根据根与系数关系可求得，由此可得p的取值范围．
【详解】
解：∵，
∴，，
∵方程有两个不同的实数解，
∴，
解得：．
又∵方程的两根，
∴，即，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查无理方程，一元二次方程根的判别式，根与系数关系．需注意本题中容易忽略由一个数的算术平方根是非负数，得出，从而根据根与系数关系得出．
二、填空题(每小题3分，共36分)
7．已知方程和方程的解完全相同，则=____.
【答案】1
【分析】
一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值，即用这个数代替未知数所得式子仍然成立；分别解两个方程，解出的根使得两个方程的根相等，即可求得a的值．
【详解】
解方程（x+a）（x-3）=0，
可得x=-a或x=3；
解方程x2-2x-3=0，
可得x=3或-1；
∵两个方程的解相同，
∴a=1．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义，关键是求出方程的解．
8．用20cm长的绳子围成一个等腰三角形，设它的底长为cm，腰长为cm，则与之间的函数关系式为__________（写出自变量的取值范围）
【答案】y=20-2x(5＜x＜10)
【分析】
根据三角形的周长写成ｙ与ｘ的函数关系式，根据三角形两边之和大于第三边即可确定ｘ的取值范围．
【详解】
解：∵三角形的周长为20
∴y+2x=20，
∴y=20-2x，即x＜10
∵三角形两边之和大于第三边
∴x＞5
∴5＜x＜10．
故填y=20-2x(5＜x＜10)．
【点睛】
本题主要考查了根据实际问题列一次函数关系式、等腰三角形的性质及三角形三边关系等知识点；根据三角形三边关系求得x的取值范围是解答本题的关键．
9．直线与轴交于点A，与轴交于点B，将线段AB绕A点逆时针旋转90o，使B点落在M点上，则M点的坐标为__________________．
【答案】
【分析】
由一次函数的性质可得点，点，可得，，由旋转的性质可得，，由“”可证，可得、，即可求点坐标．
【详解】
解：如图，过点作轴于点，
一次函数与轴交于点，与轴交于点，
点，点，
，，
将线段绕点逆时针旋转，
，，
，且，
，且，，
，
，，
，
点坐标，故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，证明是本题的关键．
10．解方程，若设，则原方程可化为关于y的整式方程是 __
【答案】
【分析】
把代入原方程，去分母化简即可．
【详解】
解：把，代入原方程得，，
去分母，得 ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了换元法解方程，解题关键是熟练运用代入法进行换元，准确化简方程．
11．方程的解为________．
【答案】x=
【分析】
先方程两边同时除以2，再直接开方求解即可．
【详解】
解：2x4=18
x4=9
x2=3
x=
故答案为：x=
【点睛】
本题考查解高次方程，掌握直接开方法求解方程是解题的关键．
12．方程组的解是______．
【答案】，
【分析】
把第一个方程变形，用一个未知数的代数式表示另一个未知数，然后代入第二方程中，得到一元二次方程，求得其解，即可求出方程组的解．
【详解】
由（1）式得：b=10-a
把上式代入（2）中，整理得：
解方程得：，
当时，；当时，
所以方程组的解为，
故答案为：，
【点睛】
本题考查了二元二次方程组的解法，解方程组的关键是消去未知数，化为一元一（二）次方程来解决．
13．从正多边形一个顶点最多可以作7条对角线，这个正多边形每个内角的大小是_____．
【答案】144°
【分析】
先由n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线，可求出多边形的边数，再根据正多边形的内角和定理可得答案．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为n，则：n﹣3=7
解得：n=10
∴这个多边形有10条边，
∴此正多边形的内角和为：（10﹣2）×180°＝1440°，
∴这个正多边形每个内角的大小是：144°．
故答案为：144°．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．熟记n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线是解题的关键．
14．如图△ABC中，点D在BC上，且CD＝2BD．设，，那么＝_____
【答案】
【分析】
首先利用三角形法则求得，则；然后再在△ABD中，利用三角形法则求得．
【详解】
解：
则
故答案为 ：
【点睛】
本题主要考察了平面向量的计算，属于冲刺题型．
15．投掷一枚正方体骰子，朝上的一面是合数的可能性大小是_____．
【答案】
【分析】
正方体骰子共6个数，其中4和6为合数，所以投掷一枚正方体骰子，朝上的一面是合数的可能性大小是．
【详解】
解：正方体骰子共6个数，合数为4，6共2个，
所以投掷一枚正方体骰子，朝上的一面是合数的可能性大小是，
故答案为：．
【点睛】
本题考查判断事件发生的可能性大小，利用概率来求解是解题的关键．
16．某快递公司快递员甲匀速骑车去距公司6000米的某小区取物件，出发几分钟后，该公司快递员乙发现甲的手机落在公司，于是立马匀速骑车去追赶甲，乙出发几分钟后，甲也发现自己的手机落在了公司，立即调头以原速的2倍原路返回，1分钟后遇到了乙，乙把手机给甲后，乙以原速的一半原路返回公司，甲以返回时的速度继续去小区取物件，刚好在事先预计的时间到达该小区．甲、乙两人相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示（给手机及中途其它耽误时间忽略不计），则甲到小区时，乙距公司的路程是_____米．
【答案】1500
【分析】
甲开始的速度为a（m/min），则甲后来的速度为2a（m/min），根据“刚好在事先预计的时间到达该小区”，结合函数图象列出方程，可以分别求得甲乙的速度和甲到达公司的时间，进而求得甲到小区时，乙距公司的路程．
【详解】
设甲开始的速度为a（m/min），则甲后来的速度为2a（m/min），
由题意可得，
解得，a＝500，
设乙的速度为b（m/min），由甲乙相遇知，
∴b＝1000，
∴甲乙相遇时乙距公司的路程为：（9﹣）×1000＝3000，
甲到达小区的时间为：＝12（min），
∴甲到小区时，乙距公司的路程为：3000﹣1000××（12﹣9）＝1500（m），
故答案为：1500．
【点睛】
本题考查了函数图像的识别，分式方程，根据题目中的等量关系列出正确的方程是本题的关键．
17．如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝__．
【答案】6
【分析】
根据题意把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．
【详解】
解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到DA，交CD于点G，
由旋转的性质可知，AG＝AE，DG＝BE，∠DAG＝∠BAE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠BAF＝45°，
又∵∠BAD＝90°，
∴∠GAF＝45°，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴EF＝GF，
∵BE＝1，DF＝7，
∴EF＝GF＝DF﹣DG＝DF﹣BE＝7﹣1＝6.
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
18．如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD =，BC=，∠B= 45°．直角三角板含45度角的顶点E在边BC上移动，一直角边始终经过点A，斜边与CD交于点F．若△ABE为等腰三角形，则CF的长等于______．
【答案】或或2
【分析】
分AE=BE、AB=BE、AB=AE三种情况加以考虑，利用等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质与勾股定理等知识即可完成．
【详解】
如图，分别过点A、D作AG⊥BC于G，DH⊥BC于H
∴∠AGB=∠DHC=90°
∵四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC
∴AB=DC，∠B=∠C
∴△ABG≌△DCH
∴BG=CH
由辅助线作法知：四边形ADHG是矩形
∴
∴
∵∠B=45°
∴∠BAG=∠B=45°
∴
∴由勾股定理得
①如图1，当AE=BE时
∵∠B=45°
∴∠BAE=∠B=45°
∴△ABE是等腰直角三角形，且AE⊥BC
∴
∴
∵∠AEF=45°
∴∠FEC=45°
∴∠FEC=∠C=45°
∴△ECF是等腰直角三角形
∴EF=CF
由勾股定理得：
② 如图2，当AB=BE时
∵∠B=45°
∴
∴
∴
∴∠CEF=∠CFE
∴CF=EC
∵BE=AB=3，
∴
③如图3，当AB=AE时，则∠AEB=∠B=45°
∴AE=AB=3，且∠BAE=90°
∴
∵∠C=45°
∴∠EFC=∠C=45°
∴CE=EF
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
∴
由Rt△EFC中，由勾股定理得：
综上所述，CF的长为或或2
故答案为：或或2
【点睛】
本题考查了等腰梯形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，运用这些性质与定理是关键，难点在于根据腰长的不同进行分类讨论．
三、解答题(共46分)
19．甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数图像如图所示，根据图像所提供的信息解答下列问题：
(1)甲登山的速度是每分钟______米，乙提速时距地面的高度b为______米；
(2)若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，请求出乙提速后，登山时距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式，并写出相应的定义域．
【答案】(1)10；30；
(2)
【分析】
（1）根据函数图象计算即可；
（2）根据甲登山的速度是每分钟10米，可得乙提速后的速度是每分钟30米，然后求出t＝11，再利用待定系数法求出函数关系式即可．
(1)
解：甲的速度为：（300 100）÷20＝10米/分，
根据图中信息知道乙在1分钟的时候，距地面15米，
那么2分时，距地面的高度b为30米；
故答案为：10；30；
(2)
解：∵甲登山的速度是每分钟10米，
∴乙提速后的速度是每分钟30米，
∴（300 30）÷30＝9（分钟），
∴乙从出发到到达山顶需要9＋2＝11分钟，即函数图象中t＝11，
设乙提速后，y与x之间的函数关系式为：，
代入（2，30），（11，300）得：，
解得：，
∴，
即乙提速后，登山时距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数关系式为：．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，用待定系数法求一次函数关系式，关键是能够从函数图象中获取有用信息．
20．小张利用休息日进行登山锻炼，从山脚到山顶的路程为12千米，他上午8时从山脚出发，到达山顶后停留了半小时，再原路返回，下午3时30分回到山脚，假设他上山与下山时都是匀速行走，且下山比上山时的速度每小时快1千米，求小张上山时的速度.
【答案】3千米每小时
【分析】
设上山的速度为x千米每小时，则下山的速度为（x+1）千米每小时，上山用时小时，下山用时小时，根据“上山用时＋休息时间＋下山用时＝总时间”列分式方程求解即可．
【详解】
解：设上山时的速度为x千米每小时，则下山的速度为（x+1）千米每小时，
小张从山脚出发到回到山脚，总用时为：7小时30分，即7.5小时，
由题意得， ，
整理得，，
解得，，（舍），
经检验，是原方程的解，
故小张上山时的速度是3千米每小时．
【点睛】
本题考查分式方程的实际应用，读懂题意，找出等量关系列出分式方程是解题的关键，注意求解后要进行检验．
21．如图，已知在四边形ABCD中，F是边AD上一点，，BF交AC于点E，．
(1)设，用向量表示向量= ；=
(2)如果求的长．
【答案】(1),
(2)5
【分析】
（1）先用和表示出向量和，然后根据三角形法则计算即可；
（2）由可得AF//BC、,然后再根据平行线等分线段定理即可解答．
(1)
解：∵，
∴
∵
∴
∴
．
(2)
解：∵
∴AF//BC、
∴
∴，即AE=
∴AE=AB+AE=4+1=5．
【点睛】
本题主要考查了平行线等分线段定理、平面向量的线性运算，根据得到AF//BC、是解答本题的关键.
22．一个不透明的口袋里装有红，白，黄三种颜色的乒乓球（除颜色外其余都相同）其中有白球3个，黄球1个，若从中任意摸出1个球，这个求是白球的概率为0.5，求口袋中红球的个数．
【答案】2
【分析】
由这个球是白球的概率是0.5求出总球数，然后减去白球和黄球个数，即可得到红球个数.
【详解】
∵白球个数为3个，概率为0.5，
∴得到总球数为 ，
∴红球的个数为：.
【点睛】
由白球个数和概率得到总球数是本题解题关键
23．解方程组：．
【答案】，，，
【分析】
将原方程组转化为四个二元一次方程组，然后解方程组即可.
【详解】
解： ，
由①，得，
∴③或④，
由②，得，
∴⑤或⑥，
由③⑤，③⑥，④⑤，④⑥组成方程组，
得，，，，
∴ ，，，．
所以原方程组的解为：，，，．
【点睛】
本题考查了二元二次方程组的解法．把原二元二次方程组降幂，转化为二元一次方程组是解题的关键．
24．直线与轴，轴分别交于点，点坐标为，30°，将轴所在的直线沿直线翻折交轴于点，点．
(1)求直线的解析式．
(2)若，求的长．
(3)若是等腰三角形，直接写出点的坐标．
【答案】(1)；
(2)3；
(3)（，）或（ ，）或（，）或（ ，）
【分析】
（1）先求出AB=2OB，然后结合勾股定理求出OB的长度，最后把A，B的坐标代入直线AB解析式求解即可；
（2）延长CF交x轴于点G，先求出AC的长度，再通过ASA证，得出AC=AG=2AO，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可；
（3）分AF=OF，AO=FO，AF=AO三种情况讨论求解即可.
(1)
解：∵A的坐标为（，0），
∴AO=3，
∵ ， ，
∴AB=2OB，
由勾股定理知 ，
∴ ，
∴B（0， ），
把A（，0），B（0， ）代入y=kx+b，
得 ，
∴ ，
∴直线AB解析式为；
(2)
解：延长CF交x轴于点G，
∵翻折，
∴∠CAF=∠BAO=30°，
∴∠CAG=60°，
∴∠ACO=30°，
∴AC=2AO=6，
∵
∴ ，
在△ACF和△AGF中，
，
∴ ，
∴AC=AG=6，
∴AG=2AO，
∴AO=GO，
∴
(3)
当AF=OF时，如下图，过F作于H
则AH=OH=，
又∠BAO=30°，
∴AF=2FH，
由勾股定理得 ，
∴，
F（，）；
当AO=OF=3时，如下图，过F作于M，
则∠AFO=∠FAO=30°，
∴∠FOM=∠AFO+∠FAO=60°，
∴∠OFM=30°，
∴ ，
∴ ，
∴F的坐标为（ ，）；
当AF=AO=3时，
F在A的右侧时，如图1，过F作于N，
∵∠BAO=30°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴F的坐标为（，）；
F在A的左侧时，如图2，过F作于K，
∵∠BAO=30°，
∴∠FAK=30°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴F的坐标为（ ，）.
综上，F的坐标为（，）或（ ，）或（，）或（ ，）.
【点睛】
本题考查了一次函数的图形与性质，图形的变化，等腰三角形等知识，正确掌握并能熟练运用是解题的关键.
25．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm．点P从A点出发，以2cm/s的速度沿AB向B点运动（运动到B点即停止）；点Q从C点出发，以1cm/s的速度沿CD DA向A点运动（当点P停止运动时，点Q也即停止），设P、Q同时出发并运动了t秒．
(1)求梯形ABCD的高和∠A的度数；
(2)当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；
(3)试问是否存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)梯形ABCD的高为cm，∠A=60°
(2)
(3)存在为时，使四边形的面积是梯形面积的一半
【分析】
（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，证Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），得AE=BF=3（cm），再证∠ADE=30°，则∠A=60°，然后由勾股定理求出DE即可；
（2）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，得DQ=EP=2-t，再由AP=AE+EP，得2t=3+2-t，即可求解；
（3）求出S梯形ABCD=15（cm2），分两种情况：①若点Q在CD上，即0≤t≤2；②若点Q在AD上，即2＜t≤4；分别由面积关系得出方程，解方程即可．
(1)
解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1所示：
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AD=BC，AB∥CD，
∴DE⊥CD，CF⊥CD，
∴∠DEF=∠CFE=∠CDE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，DC=EF=2cm，
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL），
∴AE=BF，
∴AE=BF=（AB-EF）=×（8-2）=3（cm），
∵AD=6cm，
∴AE=AD，
∴∠ADE=30°，
∴∠A=60°，
DE=（cm），
∴梯形ABCD的高为cm；
(2)
解：过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图2所示：
同（1）得：四边形CDEF是矩形，
当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为矩形，
∵CQ=t，
∴DQ=EP=2-t，
∵AP=AE+EP，
∴2t=3+2-t，
解得：t=；
(3)
解：存在这样的t的值，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半，理由如下：
∵S梯形ABCD=（8+2）×3=15（cm2），
当S四边形PBCQ=S梯形ABCD时，
①若点Q在CD上，即0≤t≤2，如图3所示：
则CQ=t，BP=8-2t，
S四边形PBCQ=（t+8-2t）×3=，
解得：t=3（不合题意舍去）；
②若点Q在AD上，即2＜t≤4，
过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H，如图4所示：
则AQ=AD+DC-t=6+2-t=8-t，
在Rt△AGQ中，∠A=60°，
∴∠AQG=90°-60°=30°，
∴AG=AQ，
∴QG=，
同理：QH=DQ=（8-8+t-2）=（t-2），
∵S四边形PBCQ=S梯形ABCD，
∴S△APQ+S△CDQ=S四边形PBCQ，
∴×2t×（8-t）+×2×（t-2）=，
整理得：t2-9t+17=0，
解得：t1=（不合题意舍去），t2=，
综上所述，存在t为s时，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、矩形的判定与性质、直角梯形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的判定、勾股定理、一元二次方程等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰梯形的性质和勾股定理，证明Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）是解题的关键，属于中考常考题型．
试卷第1页，共3页
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