湘教版2018-2019学年度下学期八年级期末模拟数学试卷3（含解析）

2018-2019湘教版八年级下册期末模拟试卷3
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（共10小题，每题3分，共30分)
1．如图，点向右平移个单位后落在直线上的点处，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．已知一次函数y=（m+2）x+m2﹣m﹣4的图象经过点（0，2），则m的值是（　　）
A．2 B．﹣2 C．﹣2或3 D．3
3．如图，在□ABCD中AE⊥BC，垂足为E，AF⊥CD，垂足为F，若AE:AF=2:3，□ABCD的周长为40，则AB的长为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．15
4．如图，在中，是上一点，，，垂足为点 是的中点，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点D在△ABC边延长线上，点O是边AC上一个动点，过O作直线EF∥BC，交∠BCA的平分线于点F，交∠BCA的外角平分线于E．当点O在线段AC上移动（不与点A，C重合）时，下列结论不一定成立的是（　　）
A．2∠ACE=∠BAC+∠B B．EF=2OC C．∠FCE=90° D．四边形AFCE是矩形
6．若正比例函数y＝（a﹣4）x的图象经过第一、三象限，化简的结果是（　　）
A．a﹣3 B．3﹣a C．（a﹣3）2 D．（3﹣a）2
7．如图，动点P从出发，沿箭头所示方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角当点P第2018次碰到矩形的边时，点P的坐标为　　
A． B． C． D．
8．如果把三角形各顶点的纵、横坐标都乘以，得到，则这两个三角形在坐标中的位置关系是（ ）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点对称 D．无对称关系
9．若直线l1经过点(0，4)，l2经过(3，2)，且l1与l2关于x轴对称，则l1与l2的交点坐标为（ ）
A．(－2，0) B．(2，0) C．(－6，0) D．(6，0)
10．如图所示，沿DE折叠长方形ABCD的一边，使点C落在AB边上的点F处，若AD=8，且△AFD的面积为60，则△DEC的面积为（　　）
A． B． C．18 D．20
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分)
11．如图，□ABCD中，CE＝DF，则四边形ABEF是________________.
12．某班在大课间活动中抽查了10名学生每分钟跳绳次数，得到如下数据（单位：次）：88，9l，93，102，108，117，121，130，146，188．则跳绳次数在90～110这一组的频率是_____．
13．观察图象，可以得出不等式组的解集是_____．
14．如图，□ABCD中， AF、BE分别平分∠BAD与∠ABC，分别交AD、BC于点E、F，则AF与BE之间的位置关系是：___________________．
15．一个十二边形所有内角都相等，它的每一个外角等于__________度．
16．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为点E，DE＝2，则BC＝___．
三、解答题（8小题，共66分)
17．一次函数的图像经过，两点.
（1）求的值；
（2）判断点是否在该函数的图像上.
18．某果品公司急需将一批不易存放的水果从A市运到B市销售，现有三家运输公司可供选择，这三家运输公司提供的信息如下：
运输单位
运输速度
（km/h）
运输费用
（元/千米）
包装与装卸时间
（h）
包装与装卸费用
（元）
甲公司
60
6
4
1500
乙公司
50
8
2
1000
丙公司
100
10
3
700
解答下列问题：
（1）若乙、丙两家公司的包装、装卸及运输的费用总和恰是甲公司的2倍，求A，B两市间的距离；（精确到个位）
（2）如果A，B两市的距离为s（km），且这批水果在包装、装卸以及运输过程中的损耗为300元/小时，那么，要使果品公司支付的总费用（包装与装卸费用、运输费用及损耗三项之和）最小，应选择哪家运输公司？
19．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．
20．为了进一步了解某校九年级学生的身体素质情况，体育老师对该校九年级一班50名学生进行一分钟跳绳测试，以测试数据为样本，绘制出部分频数分布表和部分频数直方图，图表如下所示：
请结合图表完成下列问题：
(1)求表中a的值；
(2)请把频数直方图补充完整；
(3)若在一分钟内跳绳次数少于120次的为测试不合格，则该校九年级一班学生进行一分钟跳绳测试的合格率是多少？
(4)若该校九年级学生有750人，请你估计该校一分钟跳绳测试不合格的学生有多少人．
21．某工厂沿路护栏的纹饰部分是由若干个和菱形ABCD(如图①)全等的图案组成的，每增加一个菱形，纹饰长度就增加dcm(如图②)．已知菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°.
(1)求AC的长；
(2)若d＝15cm，纹饰总长度L为3918cm，则需要多少个这样的菱形图案？
22．如图，已知在△ABC中，AD、BD分别平分∠CAG、∠EBA，AD∥BC，BD交AC于F，连接CD，
（1）求证：AB=AC．
（2）当∠EBA的大小满足什么条件时，以A，B，F为顶点三角形为等腰三角形？
（3）猜想∠BDC与∠DAC之间的数量关系式，并说明理由．
23．已知：如图，在?ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE=CF，连接EF，分别交AB，CD于点H，G，连接DH，BG．
（1）求证：△AEH≌△CFG；
（2）连接BE，若BE=DE，则四边形BGDH是什么特殊四边形？请说明理由．
24．如图，直线y=﹣2x+7与x轴、y轴分别相交于点C、B，与直线y=x相交于点A．
(1)求A点坐标；
(2)求△OAC的面积；
(3)如果在y轴上存在一点P，使△OAP是以OA为底边的等腰三角形，求P点坐标；
(4)在直线y=﹣2x+7上是否存在点Q，使△OAQ的面积等于6？若存在，请求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【考点】一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征
【分析】根据向右平移横坐标相加，纵坐标不变得出点P′的坐标，再将点P′的坐标代入y=2x-1，即可求出n的值．
解：∵将点P（-2，3）向右平移n个单位后落在点P′处，∴点P′（-2+n，3），∵点P′在直线y=2x-1上，∴2（-2+n）-1=3，解得n=4．故选：A．
【点睛】考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，求出点P′的坐标是解题的关键．
2．【考点】一次函数图象上的点的坐标的特点
【分析】把x=0，y=2代入所给函数解析式，得到关于m的方程，求解即可，注意x的系数应不为0．
解：∵y=（m+2）x+m2﹣m﹣4的图象经过点（0，2），
∴m2﹣m﹣4=2，
解得m=﹣2或3，
∵m+2≠0，
解得m≠﹣2，
∴m=3，
故选D．
【点睛】考查一次函数图象上的点的坐标的特点；用到的知识点为：点在函数解析式上，点的横纵坐标适合该函数解析式．注意一次函数中的比例系数应不为0．
3．【考点】平行四边形的性质
【分析】根据平行四边形的对边相等，可知一组邻边的和就是其周长的一半．根据平行四边形的面积公式，可知平行四边形的一组邻边的比和它们的高成反比．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，
∴BC+CD=40÷2=20，
∵
∴BC：CD=AF：AE=3：2．
∴BC=12，CD=8，
∴AB=CD=8，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行四边形的一组邻边的和等于周长的一半，平行四边形的一组邻边的比和它们的高的比成反比．
4．【考点】三角形中位线定理，等腰三角形的性质
【分析】根据三角形的中位线定理，在三角形中准确应用，并且求证E为CD的中点，再求证EF为△BCD的中位线即可.
解：在△ACD中，∵AD=AC，AE⊥CD，
∴E为CD的中点，
又∵F是CB的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
EF=BD=．
故选：C
【点睛】本题考查了三角形中位线定理和等腰三角形的性质．三角形中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
5．【考点】角形外角性质，角平分线的定义，平行线的性质
【分析】依据三角形外角性质，角平分线的定义，以及平行线的性质，即可得到2∠ACE=∠BAC+∠B，EF=2OC，∠FCE=90°，进而得到结论．
解：∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠ACD=∠BAC+∠B，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACD=2∠ACE，
∴2∠ACE=∠BAC+∠B，故A选项正确；
∵EF∥BC，CF平分∠BCA，
∴∠BCF=∠CFE，∠BCF=∠ACF，
∴∠ACF=∠EFC，
∴OF=OC，
同理可得OE=OC，
∴EF=2OC，故B选项正确；
∵CF平分∠BCA，CE平分∠ACD，
∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=×180°=90°，故C选项正确；
∵O不一定是AC的中点，
∴四边形AECF不一定是平行四边形，
∴四边形AFCE不一定是矩形，故D选项错误，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形外角性质，角平分线的定义，以及平行线的性质．
6．【考点】正比例函数的性质，二次根式的性质
【分析】已知正比例函数y＝（a﹣4）x的图象经过第一、三象限，根据正比例函数的性质可得a-4>0，即a>4；由此可得3-a<0，再根据二次根式的性质化简即可.
解：∵正比例函数y＝（a﹣4）x的图象经过第一、三象限，
∴a-4>0，
即a>4；
∴3-a<0，
∴=a-3.
故选A.
【点睛】本题考查了正比例函数的性质及二次根式的性质，根据一次函数的性质求得a>4是解决问题的关键.
7．【考点】平面直角坐标系中点的坐标规律
【分析】理解题意，由反射角与入射角的定义作出图形，观察出反弹6次为一个循环的规律，解答即可.
解：如图，
经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），∵2018÷6=336…2，∴当点P第2018次碰到矩形的边时为第336个循环组的第2次反弹，点P的坐标为（7，4）．故选C．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标规律，首先作图，然后观察出每6次反弹为一个循环，据此解答即可.
8．【考点】关于原点对称的点的坐标特点
【分析】根据“关于原点对称的点的横坐标和纵坐标互为相反数解答”．
解：纵、横坐标都乘以-1后，相对应的各点的横纵坐标均互为相反数，那么对应点关于原点对称，则这两个三角形在坐标中的位置关系是关于原点对称．
故选：C．
【点睛】横纵坐标均互为相反数的点关于原点对称，那么对应点所在的图形也关于原点对称．
9．【考点】两直线相交或平行问题，关于x轴对称的点的坐标特征，待定系数法
【分析】根据l1与l2关于x轴对称，可知l2必经过(0，-4)，l1必经过点(3，-2)，然后根据待定系数法分别求出l1、l2的解析式后，再联立解方程组即可得.
解：由题意可知l1经过点(3，-2)，（0，4），设l1的解析式为y=kx+b，则有，解得，所以l1的解析式为y=-2x+4，
由题意可知由题意可知l2经过点(3，2)，（0，-4），设l1的解析式为y=mx+n，则有，解得，所以l2的解析式为y=2x-4，
联立，解得：，
所以交点坐标为（2，0），
故选B.
【点睛】本题考查了两直线相交或平行问题，关于x轴对称的点的坐标特征，待定系数法等，熟练应用相关知识解题是关键.
10．【考点】矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形面积
【分析】由矩形的性质得出∠A=∠B=90°，BC=AD=8，CD=AB，结合△AFD的面积为60，即可求得AF与DF的长，由折叠的性质，可得CD=DF，然后在Rt△BEF中，利用勾股定理即可求得CE的长，继而求得△DEC的面积．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，BC=AD=8，CD=AB，
∵△AFD的面积为60，
即AD?AF=60，
解得：AF=15，
∴DF===17，
由折叠的性质，得：CD=DF=17，
∴AB=17，
∴BF=AB-AF=17-15=2，
设CE=x，则EF=CE=x，BE=BC-CE=8-x，
在Rt△BEF中，EF2=BF2+BE2，
即x2=22+（8-x）2，
解得：x=，
即CE=，
∴△DEC的面积=CD?CE=×17×=；
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系．
11．【考点】平行四边形的性质和判定
【分析】由平行四边形的性质定理可得AD=BC，AD//BC，结合CE=DF，可得AF与BE平行且相等，可判定四边形ABEF是平行四边形.
解：∵ □ABCD，
∴AD//BC，AD=BC，
∵ CE＝DF，
∴AF=BE，AF//BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形。
【点睛】本题考查了平行四边形的性质定理和判定定理，解题关键是性质、判定的综合运用.
12．【考点】频率
【分析】根据频率=频数÷总次数即可求解.
解：跳绳次数在90～110这一组的同学有4个，
则频率＝4÷10＝0.4．
故答案为：0.4．
【点睛】本题考查了频率的计算公式，掌握即可解得此题.
13．【考点】一次函数与一元一次不等式
【分析】观察图象可知，当x＞时，3x+1＞0；当x＜2时，-0.5x+1＞0．所以该不等式组的解集是这两个不等式解集的交集．
解：由图象知，函数y=3x+1与x轴交于点（，0），即当x＞时，函数值y的范围是y＞0；因而当y＞0时，x的取值范围是x＞-；函数y=3x+1与x轴交于点（2，0），即当x＜2时，函数值y的范围是y＞0；因而当y＞0时，x的取值范围是x＜2；所以，原不等式组的解集是＜x＜2．故答案是：＜x＜2．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式．认真体会一次函数与一元一次不等式（组）之间的内在联系．理解一次函数的增减性是解决本题的关键．
14．【考点】菱形的判定与性质
【分析】连接EF证明四边形是菱形即可得出结论.
解：连接
四边形ABCD是平行四边形，则，
∥

AF、BE分别平分∠BAD与∠ABC，
即


四边形是菱形，
AF与BE互相垂直平分.
故答案为：互相垂直平分.
【点睛】考查菱形的判定与性质，熟记菱形的判定方法和性质是解题的关键.
15．【考点】多边形的外角和
【分析】根据多边形的外角和是360度，再用360°除以边数可得外角度数．
解：外角的度数是：
故答案为：30.
【点睛】考查多边形的外角和，所有内角都相等，则所有外角也都相等.
16．【考点】角平分线性质，直角三角形性质
【分析】根据角平分线性质可得DC＝DE，根据直角三角形性质可得BD＝2DE.
解：∵AD是△ABC的角平分线，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DC＝DE＝2，
在Rt△BDE中，∠B＝30°，
∴BD＝2DE＝4，
∴BC＝CD+BD＝6，
故答案为：6．
【点睛】考核知识点：角平分线性质.熟记角平分线性质和直角三角形性质是关键.
17．【考点】待定系数法求一次函数的解析式
【分析】（1）利用待定系数法即可得到k,b的值；
（2）将点P的坐标代入函数解析式，如满足函数解析式则点在函数图象上，否则不在函数图象上.
解：（1）把A（3，2），B（1， 6）代入 得：
，解得：
∴
（2）当时，
∴P（，10）在的图象上
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、函数图象上点的坐标与函数关系式的关系.利用待定系数法求函数解析式的一般步骤：
（1）先设出函数解析式的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b（k≠0）；
（2）将已知点的坐标代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；
（3）解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式.
18．【考点】一元一次方程的应用，一次函数的实际应用
【分析】（1）设A，B两市间的距离为x（km），则三家运输公司包装，装卸及运输的费用分别为：甲公司（6x+1500）元，乙公司（8x+1000）元，丙公司（10x+700）元，根据“乙、丙两家公司的包装、装卸及运输的费用总和恰是甲公司的2倍”列方程求解，保留到个位即可．（2）设选择三家运输公司所需的总费用分别为y1，y2，y3，由于三家运输公司包装，装卸及运输所需的时间分别为：甲公司（+4）h，乙公司（+2）h，丙公司（+3）h，分别列出y1，y2，y3的函数关系式，比较即可求解．注意的是比较y1与y3的大小可用差的形式比较，差的结果因s的取值有所不同，故应该分类讨论．
解：（1）设A，B两市间的距离为x（km），则三家运输公司包装，装卸及运输的费用分别为：甲公司（6x+1500）元，乙公司（8x+1000）元，丙公司（10x+700）元，依题意得
（8x+1000）+（10x+700）＝2（6x+1500）
解得x＝216≈217（km）．
故A，B两市间的距离约为217km．
（2）设选择三家运输公司所需的总费用分别为y1，y2，y3，由于三家运输公司包装，装卸及运输所需的时间分别为：甲公司（+4）h，乙公司（+2）h，丙公司（+3）h，
∴y1＝6s+1500+（+4）×300＝11s+2700，
∴y2＝8s+1000+（+2）×300＝14s+1600，
∴y3＝10s+700+（+3）×300＝13s+1600．
∵s＞0，
∴y2＞y3恒成立．
∴只要比较y1与y3的大小．
y1﹣y3＝﹣2s+1100，
∵①当s＜550（km）时，y1＞y3，
又∵y2＞y3，
∴此时选丙公司较好．
②当s＝550（km）时，y2＞y1＝y3，
此时选择甲公司或丙公司较好．
③当s＞550（km）时，y2＞y3＞y1，
此时选择甲公司较好．
故答案为：（1）A，B两市间的距离约为217km；（2）①当s＜550（km）时，此时选丙公司较好，②当s＝550（km）时，此时选择甲公司或丙公司较好，③当s＞550（km）时， 此时选择甲公司较好．
【点睛】本题考查一元一次方程的应用，一次函数的实际应用，解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．要会用分类的思想来讨论求得方案的问题，其中（2）通过比较三个公式的运输费求解，比较时，采用了两数差的形式进行比较，也是常用的方法之一．
19．【考点】
【分析】根据平行四边形性质得出AD∥BC，且AD=BC，推出AF∥EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=DF，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
20．【考点】
【分析】（1）用总人数50分别减去各个小组的人数即可求出a；（2）根据表格数据就可以补全频数分布直方图；（3）从表格中可以知道在一分钟内跳绳次数少于120次的有两个小组，共6+8=14人，然后除以总人数即可求出该校九年级（1）班学生进行一分钟跳绳不合格的概率，然后即可得出人数．
解： (1)频数之和等于总人数，
∴a=50?6?8?12?6=18.
(2)由(1)得a=18，
所作图形如下：
(3)抽样调查中不合格的频率为： =0.28，
估计该年级学生不合格的人数大约有750×0.28=210(个)
答：估计该年级学生不合格的人数大约有210个人。
【点睛】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能做出正确的判断和解决问题.此外还利用了样本估计总体的思想.
21．【考点】菱形的性质
【分析】（1）连接AC，BD，设交点为O，根据菱形的性质以及勾股定理即可求出AO的长，进而可求出AC的长；
（2）设需要x个这样的图案，仍然根据L=菱形对角线的长+（x-1）d进行计算即可
解：（1）连接AC，BD，设交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴∠DAC=30°，
∴OD=AD=3，
∴OA==9，
则AC=2OA=18；
（2）当d=15时，设需x个菱形图案，则有：18+15×（x-1）=3918，
解得x=261，
即需要261个这样的菱形图案．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形的应用，此题主要考查学生能否能根据图形找出规律，题目比较好，有一定的难度．
22．【考点】角平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠GAD=∠ABC，∠ACB=∠CAD，即∠ABC=∠ACB，则AB=AC；
（2）分①AB与AF不可能相等；②当AF=BF时，③AB=BF时，三种情况讨论，根据三角形的内角和定理进行求解即可；
（3）作DM⊥BG于M，DN⊥AC于N，DH⊥BE于H，根据三角形的外角等于其不相邻的两个内角和，可得∠BDC=∠DCH﹣∠DBH=∠ACH﹣∠ABH=（∠ACH﹣∠ABH）=∠BAC，因为∠DAC=×（180°﹣∠A）=90°﹣∠BAC，所以∠BDC+∠DAC=90°.
（1）证明：∵AD平分∠CAG，
∴∠GAD=∠CAD，
∵AD∥BC，
∴∠GAD=∠ABC，∠ACB=∠CAD，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC；
（2））①AB与AF不可能相等；
②当AF=BF时，∠BAF=∠ABF=∠ABC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=180°，
∴∠ABC=72°；
③AB=BF时，设∠ABF=∠FBC=x，
则∠ABC=∠ACB=2x，
∴∠BAF=∠BFA=3x，
∴2x+2x+3x=180°，
∴x=，
∴∠EBA=2x=，
综上所述，当∠EBA=72°或时，△ABF为等腰三角形；
（3）∠BDC+∠DAC=90°，
理由如下：作DM⊥BG于M，DN⊥AC于N，DH⊥BE于H，
∵AD、BD分别平分∠GAC、∠EBA，DM⊥BG，DN⊥AC，DH⊥BE，
∴DM=DN，DM=DH，
∴DH=DN，
又∵DN⊥AC，DH⊥BE，
∴CD平分∠ADH，即∠DCH=∠ACH，
∴∠BDC=∠DCH﹣∠DBH=∠ACH﹣∠ABH=（∠ACH﹣∠ABH）=∠BAC，
∵∠DAC=×（180°﹣∠A）=90°﹣∠BAC，
∴∠BDC+∠DAC=90°．
【点睛】本题主要考查角平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和，三角形的外角等于其不相邻的两个内角和.解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据角平分线的性质作辅助线是解答此类题型的常见解题方法.
23．【考点】平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质
【分析】1）先根据平行四边形的性质可得出AD∥BC，∠DAB=∠BCD，再根据平行线的性质及补角的性质得出∠E=∠F，∠EAH=∠FCG，从而利用ASA可作出证明；
（2）根据平行四边形的性质及（1）的结论可得BH∥DG，BH=DG,则由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形BHDG是平行四边形，再证明BH=DH即可得到四边形BHDG是菱形
解:（1）四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠BCD，
∴∠EAH=∠FCG，
又∵AD∥BC，
∴∠E=∠F．
∵在△AEH与△CFG中，
，
∴△AEH≌△CFG（ASA）；
（2）连接BE，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD且AB=CD，
又由（1）得AH=CG，∠AEH=∠F，AE=CF，
∴BH∥DG，BH=DG,，
∴四边形BHDG是平行四边形，
∵AE=CF，AD=BC，
∴DE=BF，
∵BE=DE，
∴BE=BF，
∴∠BEF=∠F，
∵∠AEH=∠F，
∴∠BEF=∠DEF，
在△BEH和△DEH中，
∵，
∴BH=DH，
∵四边形BHDG是平行四边形，
∴四边形BHDG是菱形．
【点睛】 本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握ASA和SAS证明两个三角形的判定以及菱形的判定定理，此题有一定的难度.
24．【考点】一次函数的综合题
【分析】联立方程,解方程即可求得;
C点位直线y=﹣2x+7与x轴交点，可得C点坐标为（，0）,由（1）得A点坐标，可得的值；
(3)设P点坐标是(0,y),根据勾股定理列出方程,解方程即可求得;
(4)分两种情况:①当Q点在线段AB上:作QD⊥y轴于点D,则QD=x,根据
=-列出关于x的方程解方程求得即可;②当Q点在AC的延长线上时,作QD⊥x轴于点D,则QD=-y,根据=- 列出关于y的方程解方程求得即可.
解：解(1)解方程组:得：，
A点坐标是(2,3);
(2) C点位直线y=﹣2x+7与x轴交点，可得C点坐标为（，0）
==
(3)设P点坐标是(0,y ),
△OAP是以OA为底边的等腰三角形,
OP=PA,
,
解得y=，
P点坐标是(0, ),
故答案为(0, );
(4)存在;
由直线y=-2x+7可知B(0,7),C(,0),
==＜6,
==7＞6,
Q点有两个位置:Q在线段AB上和AC的延长线上,设点Q的坐标是(x,y),
当Q点在线段AB上:作QD⊥y轴于点D,如图1,

则QD=x, =-=7-6=1,
OBQD=1,即: 7x=1,
x=，
把x=代入y=-2x+7,得y=，
Q的坐标是(,),
当Q点在AC的延长线上时,作QD⊥x轴于点D,如图2
则QD=-y,
=- =6-=,
OCQD=,即:，
y=-,
把y=-代入y=-2x+7,解得x=
Q的坐标是(,-),
综上所述:点Q是坐标是(,)或(,-).
【点睛】本题是一次函数的综合题,考查了交点的求法,勾股定理的应用,三角形面积的求法等,分类讨论思想的运用是解题的关键.