2022-2023学年山东省青岛市市南区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省青岛市市南区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若x>y，则下列式子中错误的是( )
A. x−3>y−3B. x−3>y+2C. −3x<−3yD. x3>y3
2. 我国将在2060年实现碳中和，新能源、绿色能源将成为产业发展的新趋势，下列新能源环保图标中是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 下列变形中，是因式分解且正确的是( )
A. x2+y2=(x+y)(x−y)B. a2−4a+4=(a−2)2
C. (a−3)(a+7)=a2+4a−21D. −x2+6x−9=(x−3)2
4. 如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，CB=6，AB的垂直平分线分别交AB，AC于点D，E，则线段CE的长为( )
A. 74
B. 2
C. 154
D. 254
5. 如图，由一个正六边形和正五边形组成的图形中，∠ABC的度数应是( )
A. 72°B. 84°C. 82°D. 94°
6. 若关于x的不等式组2x−a>03x−4<5无解，则a的取值范围是( )
A. a≤−6B. a<−6C. a>3D. a≥6
7. 甲、乙两人同时从A地出发到B地，如果甲的速度v保持不变，而乙先用12v的速度到达中点，再用2v的速度到达B地，则下列结论中正确的是( )
A. 甲、乙同时到达B地B. 甲先到达B地
C. 乙先到达B地D. 谁先到达B地与速度v有关
8. 如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD=1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF//BC，交AC于点F，连接BF，CE，则下列结论：
①△ABD≌△ACE；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF= 32；④S△AEF= 3.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
9. 分解因式：a2−9b2=______．
10. 等腰三角形的一个内角是100°，另两个角的度数是______ ．
11. 用等边三角形和正方形作平面镶嵌，则在它的每个顶点周围有3个等边三角形和______ 个正方形．
12. 如图，直线y=kx+b与直线y=−x相交于点A，则关于x的不等式0<−x13. 如图，将一张长方形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小长方形，且m>n(以上长度单位：cm).观察图形，可以发现代数式2m2+5mn+2n2可以因式分解为______．
14. 已知关于x的分式方程m−32x+1=1的解为负数，则m的取值范围是______ ．
15. 在▱ABCD中，∠BAD的平分线与BC的延长线交于点E，与DC交于点F.若点F为DC的中点，DG⊥AE于G，且DG=1，AB=4，则AE的长为______ ．
16. 如图，矩形ABCD的边AB=2，BC=4，E是AD上一点，DE=1，F是BC上一动点，M、N分别是AE、EF的中点，则MN+EN的最小值是______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题4.0分)
请用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
已知：△ABC，
求作：▱BCDE，使得D在AB边上，且它到AC、BC两边的距离相等．
18. (本小题16.0分)
(1)因式分解：8a2b−2ab；
(2)化简：(a+1a−1+1)÷2aa2−2a+1；
(3)解不等式组：x+4>−2x+1x2−x−13≤1，并把解集在数轴上表示出来；
(4)解方程：32x−2+11−x=3．
19. (本小题6.0分)
在长度均为1的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，已知点A、B、C的坐标分别为(1,0)、(4,2)、(2,4)．
(1)将△ABC沿着x轴向左平移5个单位后得到△A1B1C1，请在图中画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕着O顺时针旋转90°后得到△A2B2C2，请在图中画出旋转后的△A2B2C2；
(3)将线段AB绕着某个定点旋转180°后得到B1A1(其中点A的对应点为点B1，点B的对应点为点A1)，则这个定点的坐标是______ ．
20. (本小题6.0分)
如图，△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点F为BC延长线上一点，点E在AC上，且AF=BE．
(1)求证：△ACF≌△BCE；
(2)若∠ABE=23°，求∠BAF的度数．
21. (本小题6.0分)
【调查活动】：
小峰同学为了完成老师布置的社会活动作业：《A市初中生阅读水平的现状》，随机走访了A市的甲、乙两所初中，收集到如下信息：
①甲、乙两校图书室各藏书18000册；
②甲校比乙校人均图书册数多2册；
③甲校的学生人数比乙校的人数少10%．
【问题解决】：
请你根据上述三个信息，就甲、乙两校的“人数”或“人均图书册数”提出一个用分式方程解决的问题，并写出解题过程．
22. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE=CF.求证：
(1)DE=BF；
(2)四边形DEBF是平行四边形．
23. (本小题8.0分)
某校组织“学习二十大精神，争做好少年”知识竞赛，准备购进A，B两种文具共40件作为奖品，设购进A种文具x件，总费用为y元.A，B文具的费用与x的函数关系如下表．
(1)将表格补充完整；
(2)求y关于x的函数表达式；
(3)当A种文具的费用不大于B种文具的费用时，求总费用y的最小值．
24. (本小题8.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=3cm，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<180°)，点A，B的对应点分别是D，E．
(1)如图1，当点D恰好落在边AB上时，旋转角α的度数是______ ；
(2)如图2，当点B，D，E三点恰好在同一直线上时，判断此时直线CE与AB的位置关系，并说明理由；
(3)如图3，当B，D，E三点不在同一直线上时，连接BD，AE，若△BCD的面积为32 3cm2，求此时四边形ABDE的面积．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+3与x轴、y轴相交于A、B两点，动点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上时，过点D作DE⊥x轴于点E．
(1)求证：△BOC≌△CED；
(2)求点D的坐标；
(3)点Q为平面直角坐标系内一点，是否存在以C、D、B、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根据不等式的性质1，不等式两边同时减去3，故命题正确；
B、不满足不等式的性质，故命题错误；
C、根据不等式性质3，两边同时乘以−3，不等号的方向改变，则命题正确；
D、根据不等式的性质2，不等式两边同时除以3，故命题正确．
故选B．
根据不等式的性质即可判断．
本题考查了不等式的基本性质：如果不符合其中的条件，那么运用此性质得出的结论是不对的．不等式的基本性质是解不等式的主要依据，必须熟练地掌握．要认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同，特别是在不等式两边同乘以(或除以)同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．
2.【答案】D
【解析】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是关键．
3.【答案】B
【解析】解：A.x2+y2≠(x+y)(x−y)，故本选项不符合题意；
B.a2−4a+4=(a−2)2，等式从左边到右边的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
C.等式从左边到右边的变形属于整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
D.−x2+6x−9=−(x−3)2，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据因式分解的定义逐个判断即可．
本题考查了因式分解的定义，能熟记因式分解的定义是解此题的关键，把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
4.【答案】A
【解析】解：连接BE，

∵ED是AB的垂直平分线，
∴EB=EA，
∵AC=8，
∴设CE=x，则AE=BE=8−x，
∵∠C=90°，CB=6，
∴CB2+CE2=BE2，
∴62+x2=(8−x)2，
解得：x=74，
∴CE=74，
故选：A．
连接BE，先利用线段垂直平分线的性质可得EB=EA，然后设设CE=x，则AE=BE=8−x，从而在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理，线段垂直平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图，

由题意得：∠3=360°÷6=60°，∠4=360°÷5=72°，
则∠2=180°−60°−72°=48°，
所以∠1=360°−48°−120°−108°=84°．
故选：B．
利用正多边形的外角公式可得∠3，∠4，再根据三角形内角和为180°，求出∠2，即可求出∠1解决问题．
本题考查多边形内角与外角，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
6.【答案】D
【解析】解：2x−a>0①3x−4<5②，
解不等式①，得x>a2，
解不等式②，得x<3，
∵不等式组无解，
∴a2≥3，
解得：a≥6，
故选：D．
先根据不等式的性质求出不等式的解集，再根据不等式组无解得出不等式a2≥3，再求出a的范围即可．
本题考查了解一元一次不等式组和解一元一次不等式，能得出关于a的不等式是解此题的关键．
7.【答案】B
【解析】此题主要考查了一元一次方程在实际问题中的应用，解题时首先正确理解题意，根据题意设未知数，然后利用已知条件和速度、路程、时间之间的关系即可解决问题．
设从A地到B地的距离为2s，根据时间=路程÷速度可以求出甲、乙两人从A地到B地所用时间，然后比较大小即可判定选择项．
解：设从A地到B地的距离为2s，
而甲的速度v保持不变，
∴甲所用时间为2sv．
∵乙先用12v的速度到达中点，再用2v的速度到达B地，
∴乙所用时间为s12v+s2v=2sv+s2v>2sv，
∴甲先到达B地．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，故①正确；
∴BD=EC=1，∠ACE=∠ABD=60°，
∵EF//BC，
∴∠EFC=∠ACB=60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CH= 32，EF=EC=BD，
∵EF//BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，
∵S平行四边形BDEF=BD⋅CH= 32，故③正确，
∵AC=BC=3，BD=CF=1，
∴CD=2BD，AF=2CF，
∵S△ABD=12×1×3 32=3 34，
∴S△AEF=23×S△AEC=23×S△ABD= 32，故④错误，
∴①②③都正确，
故选：C．
连接EC，作CH⊥EF于H.首先证明△BAD≌△CAE(SAS)，根据SAS可证明△ABD≌△BCF，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
9.【答案】(a+3b)(a−3b)
【解析】解：原式=(a+3b)(a−3b)．
故答案为：(a+3b)(a−3b)．
直接运用平方差公式进行解答即可．
此题考查的是因式分解，准确掌握平方差公式是解决此题的关键．
10.【答案】40°，40°
【解析】解：当100°是顶角，底角是12(180°−100°)=40°；
当100°的角是底角不存在，
故答案为：40°；40°．
根据100°角是顶角或底角，然后根据等腰三角形两底角相等解答．
本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，先判断出100°的角是顶角是解题的关键．
11.【答案】2
【解析】解：设用m个正三角形，n个正四边形能进行平面镶嵌．
由题意，有60m+90n=360，
解得m=6−32n，
当m=2时，n=3．
故在它的每个顶点周围，有3个正三角形和2个正方形．
故答案为：2．
根据正多边形的组合能镶嵌成平面的条件可知，位于同一顶点处的几个角之和为360°.如果设用m个正三角形，n个正四边形，则有60m+90n=360，求出此方程的正整数解即可．
本题考查了平面镶嵌(密铺).几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
12.【答案】−2【解析】解：把y=2代入y=−x中，得：2=−x，
解得：x=−2；
根据图象可知，直线y=kx+b在y=−x上面的部分，且直线y=−x在x轴上面部分的图象所对应的自变量为0<−x即：不等式0<−x故答案为：−2以两函数图象交点为分界，比较直线y=kx+b在y=−x上面的部分，再以y=−x与x交点为分界，比较直线y=−x在x轴上面部分，同时满足的自变量x的取值即为不等式的解集．
本题主要考查了根据两直线的交点求不等式的解集，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
13.【答案】(2m+n)(m+2n)
【解析】解：由图形可知，2m2+5mn+2n2表示所有部分面积之和，整体来看面积为：(2m+n)(m+2n)，
∴2m2+5mn+2n2=(2m+n)(m+2n)，
故答案为：(2m+n)(m+2n)．
根据图中的面积关系，两个大正方形、两个小正方形和5个长方形的面积之和等于大长方形的面积，据此可解．
本题考查因式分解的应用，理解题意，从题目中获取信息，列出正确的代数式，再由图形的特点求解是解题的关键．
14.【答案】m<4且m≠3
【解析】解：去分母得：m−3=2x+1，
解得：x=m−42，
∵x<0且2x+1≠0，
∴m−42<0且m−42≠−12，
解得：m<4且m≠3．
故答案为：m<4且m≠3．
根据分式方程的解的定义及分式方程分母不为0的特点，得出关于m的不等式，解不等式即可得出答案．
本题考查了分式方程的解，解一元一次不等式，理解分式方程的解的定义及分式方程分母不能为0，得出一元一次不等式是解决问题的关键．
15.【答案】4 3
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=4，
∴DC=AB=4，DC//AB，AD//CB，
∴∠DAF=∠E，
∵点F为DC的中点，
∴DF=CF=12DC=2，
在△DAF和△CEF中，
∠DAF=∠CEF∠AED=∠EFCAF=CF，
∴△DAF≌△CEF(AAS)，
∴AF=EF，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF，
∵∠DFA=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DA=DF，
∵DG⊥AF于点G，
∴AG=FG，∠DGF=90°，
∵DF=2，DG=1，
∴FG= DF2−DG2= 22−12= 3，
∴EF=AF=2FG=2 3，
∴AE=2EF=4 3，
故答案为：4 3．
由平行四边形的性质得DC=AB=4，DC//AB，AD//CB，则∠DAF=∠E，DF=CF=2，即可证明△DAF≌△CEF，得AF=EF，由∠DAF=∠BAF，∠DFA=∠BAF，得∠DAF=∠DFA，则DA=DF，由DG⊥AF于点G，根据等腰三角形的“三线合一”得AG=FG，则FG= DF2−DG2= 3，所以EF=AF=2FG=2 3，即可求得AE=2EF=4 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△DAF≌△CEF及AD=FD是解题的关键．
16.【答案】52
【解析】解：∵AB=2，BC=4，DE=1，
∴AD=BC=4，AE=AD−DE=4−1=3，
如图，延长AB到A′，使A′B=AB=2，连接A′F，

则AA′=4，A′F=AF，
当A′、F、E在同一直线上时，
A′F+FE最小，最小值为A′E．
在Rt△AA′E中，
A′E= AA′2+AE2= 42+32=5，
即AF+FE最小为5，
∵P、Q分别是EF、AE的中点，
PE=PQ=12AF，PQ=12AF，
PE+PQ的最小值为12×5=52．
故答案为：52．
延长AB到A′，使A′B=AB=4，连接A′F，则AA′=8，A′F=AF，当A′、F、E在同一直线上时，A′F+FE最小，最小值为A′E.根据P、Q分别是EF、AE的中点，得到PE=12EF，PQ=12AF，PE+PQ的最小值为(A′F+FE)．
本题考查了轴对称−最小值问题，熟练运用轴对称的性质和中位线定理是解题的关键．
17.【答案】解：如图，▱BCDE为所作．

【解析】先作∠ACB的平分线交AB于点，然后分别以B、D为圆心，以CD、BC为半径画弧，两弧相交于点E，则利用两组对边分别相等的四边形为平行四边形可判断四边形BCDE为平行四边形．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了角平分线的性质和平行四边形的判定与性质．
18.【答案】解：(1)8a2b−2ab=2ab(4a−1)．
(2)(a+1a−1+1)÷2aa2−2a+1
=a+1+a−1a−1÷2a(a−1)2
=2aa−1⋅(a−1)22a
=a−1；
(3)x+4>−2x+1①x2−x−13≤1②，
由①得，x>−1，
由②得，x≤4，
故此不等式组的解集为−1解集在数轴上表示如下：
；
(4)去分母得：3−2=6(x−1)
解得：x=76，
检验：当x=76时，2(x−1)≠0，
所以原方程的解为x=76．
【解析】(1)提取公因式2ab即可求解；
(2)先通分括号内的式子，同时将括号外的除法转化为乘法，再约分即可；
(3)分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可；
(4)先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解．
本题主要考查解分式方程，分式的混合运算，解一元一次不等式组，因式分解的综合，掌握解分式方程的方法，不等式的性质，求不等式的解集方法，提取公因式进行因式分解是解题的关键．
19.【答案】(0,1)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)将线段AB绕着某个定点旋转180°后得到B1A1(其中点A的对应点为点B1，点B的对应点为点A1)，则这个定点Q的坐标(0,1)．
故答案为：(0,1)．
(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)连接BA1，AB1交于点Q，点Q即为所求．
本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
20.【答案】(1)证明：在Rt△BCE和Rt△ACF中，
BC=ACBE=AF，
∴Rt△BCE≌Rt△ACF(HL)；
(2)∵∠ACB=90°，CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵∠ABE=23°，
∴∠CBE=22°，
∵Rt△BCE≌Rt△ACF，
∴∠CAF=∠CBE=22°，
∴∠BAF=67°．
【解析】(1)由“HL”可证Rt△BCE≌Rt△ACF；
(2)由等腰三角形的性质可得∠CAB=∠CBA=45°，由全等三角形的性质可得∠CAF=∠CBE=22°，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21.【答案】解：方法一：问题：甲、乙两校的人数各是多少？
设乙校的人数为x人，根据题意可列方程：
18000(1−10%)x=18000x+2，
解得：x=1000，
经检验，x=1000是原方程的解，且符合题意，(1−10%)x=900人，
答：甲、乙两校的人数各是900人、1000人．
方法二：问题：甲、乙两校的人均图书册数各是多少？
设乙校的人均图书册数为x人，根据题意可列方程：
18000x+2=18000x×(1−10%)，
解得：x=18，
经检验，x=18是原方程得解，且符合题意，x+2=20，
答：甲、乙两校的人均图书册数各是20册、18册．
【解析】由题意可提问题：甲、乙两校的人数各是多少？设乙校的人数为x人，根据题意可列方程18000(1−10%)x=18000x+2，或者问题：甲、乙两校的人均图书册数各是多少？设乙校的人均图书册数为x人，根据题意可列方程18000x+2=18000x×(1−10%)，然后问题可求解．
本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是找到等量关系，列出方程．
22.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//CB，AD=CB，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠DAE=∠BCFAE=CF
∴△ADE≌△CBF，
∴DE=BF．
(2)由(1)，可得△ADE≌△CBF，
∴∠ADE=∠CBF，
∵∠DEF=∠DAE+∠ADE，∠BFE=∠BCF+∠CBF，
∴∠DEF=∠BFE，
∴DE//BF，
又∵DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【解析】(1)根据全等三角形的判定方法，判断出△ADE≌△CBF，即可推得DE=BF．
(2)首先判断出DE//BF；然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推得四边形DEBF是平行四边形即可．
此题主要考查了平行四边形的判定和性质的应用，以及全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握．
23.【答案】180 620
【解析】解：(1)∵购进A种文具8件，费用为120元，
∴A种文具每件120÷8=15(元)，B种文具每件为64040−8=20(元)；
∴购进A种文具9件，则B种文具31件，所需费用为31×20=620(元)，
购进A种文具12件，所需费用为12×15=180(元)；
故答案为：180，620；
(2)根据题意得：y=15x+20(40−x)=−5x+800，
∴y关于x的函数表达式为y=−5x+800；
(3)∵A种文具的费用不大于B种文具的费用，
∴15x≤20(40−x)，
解得x≤2267，
∵x为整数，
∴x最大取22，
在y=−5x+800中，
∵−5<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=22时，y最小为−5×22+800=690，
∴总费用y的最小值是690元．
(1)由购进A种文具8件，费用为120元，求出A种文具每件120÷8=15(元)，B种文具每件为64040−8=20(元)，即可得到答案填表；
(2)根据两种文具费用和可得y=15x+20(40−x)=−5x+800；
(3)由A种文具的费用不大于B种文具的费用，得15x≤20(40−x)，x≤2267，故x最大取22，再由一次函数性质可得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．
24.【答案】60°
【解析】解：(1)∵△ABC旋转后与△DCE全等，
∴∠A=∠CDE，AC=DC，
∵∠BAC=60°，AC=DC，
∴△DAC是等边三角形，
∴∠DCA=60°，
又∵∠CDE=∠BAC=60°，
∴∠DCA=∠CDE=60°．
故答案为：60°．
(2)结论：CE⊥AB．
理由：如图1所示：延长EC交AB于点F．

∵由旋转的性质可知：CB=CE，
∴∠CBE=∠E=30°，
∴∠BCE=120°，即旋转角α=120°，
∵∠ABC=30°，∠CBE=30°，
∴∠FBE=60°，
∴∠E+∠FBE=30°+60°=90°，
∴∠BFE=90°，
∴EC⊥AB．
(3)如图3所示：过D作DH⊥BC于H，过A作AG⊥EC交EC的延长线于G．

∵DH⊥BC，AG⊥EC，
∴∠AGC=∠DHC=90°，
∵△ABC旋转后与△DCE全等，
∴∠ACB=∠DCE=90°，AC=DC，BC=CE，
∵∠ACE+∠BCD=180°，∠GCA+∠ECA=180°，
∴∠ACG=∠DCH，
在△AGC和△DHC中，
∠AGC=∠DHC∠ACG=∠DCHAC=DC，
∴△AGC≌△DHC(AAS)，
∴AG=DH，
∴12EC⋅AG=12CB⋅DH，
∴S△ACE=S△BCD=3 32(cm2)，
∵∠ACB=90°，AC=3，∠ABC=30°，
∴BC= 3AC=3 3，
∴S四边形ABDE=S△ABC+2S△ABC=3 3+2×12×2×3 3=9 3．
(1)由旋转的性质得到AC=CD，∠CDE=60°，故此可证明三角形ADC为等边三角形，于是得到∠DCA=60°，故此可证明∠DCA=∠CDE=60°，最后依据平行线的判断定理可得到DE与AC的位置关系；
(2)延长EC交AB于点F.由旋转的性质可知：CB=CE，依据等腰三角形的性质可求得∠CBE=∠E=30°，然后依据三角形的内角和定理可得到∠BCE=120°，接下来，在△FBE中证明∠BFE=90°，可得到EF与AB的关系；
(3)过D作DH⊥BC于H，过A作AG⊥EC交EC的延长线于G.先证明△AGC≌△DHC，由全等三角形的性质可得到AG=DH，然后依据三角形的面积公式可证明△BCD与△ACE面积相等，即可解决问题．
本题是几何变换综合题，解答本题主要应用了旋转的性质、等边三角形的性质与判断、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判断证得△BDC与△AEC是一对等底等高的三角形是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：∵将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，DE⊥x轴，
∴∠BOC=∠BCD=∠CED=90°，
∴∠OCB+∠DCE=90°，∠DCE+∠CDE=90°，
∴∠BCO=∠CDE．
在△BOC和△CED中，
∠BOC=∠CEDBC=CD∠BCO=∠CDE，
∴△BOC≌△CED(ASA)；
(2)解：∵直线y=−12x+3与x轴、y轴相交于A、B两点，
∴A(6,0)，B(0,3)，
∴OA=6，OB=3，
∵△BOC≌△CED，
∴OC=DE，BO=CE=3，
设OC=DE=m，则点D的坐标为(m+3,m)，
∵点D在直线AB上，
∴m=−12(m+3)+3，
∴m=1，
∴点D的坐标为(4,1)；
(3)存在，
由(2)知OC=1，
∵动点C在线段OA上，
∴点C的坐标为(1,0)，
分两种情况考虑，如图所示：
①当CD为边时，
∵点C的坐标为(1,0)，点D的坐标为(4,1)，
∴BQ//CD，且BQ=CD，
∴BF=DE=1，FQ=CE=3，
∴Q(4,3)，
②当BC为对角线时，
∵点C的坐标为(1,0)，点D的坐标为(4,1)，
∴CM=OE=4，
∴点Q的横坐标为−3，
设OC的解析是为y=−12x+c，
把C的坐标为(1,0)代入得，c=12，
∴y=−12x+12，
把x=−3代入得，y=2，
∴点Q的坐标为(−3,2)．

综上所述：存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为(−3,2)或(4,3)．
【解析】(1)根据ASA证明三角形全等即可；
(2)设OC=DE=m，则点D的坐标为(m+3,m)，利用待定系数法求解即可；
(3)分CD为边，BD为对角线，分别求解即可．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出直线AB的表达式；(2)利用全等三角形的性质可求出DE、OC的长；(3)分CD为边和CD为对角线两种情况，利用平行四边形的性质求出点Q的坐标．
x(件)
8
9
12
A种文具费用(元)
120
135
______
B种文具费用(元)
640
______
560