2021-2022学年广西南宁市兴宁区三美学校八年级（上）
期中数学试卷
1. 下列图标中轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
2. 下列选项中的图形，有稳定性的是( )
A.
B. C.
D.
3. 三角形的角平分线、中线、高都是( )
A. 直线 B. 线段 C. 射线 D. 以上都不对
4. 由下列长度的三条线段，能组成一个三角形的是( )
A. 1，2，3 B. 3，3，6 C. 1，5，5 D. 4，5，10
5. 每一个外角都等于72°，这样的正多边形边数是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
6. 一块三角形玻璃样板不慎被张字同学碰破，成了四片完整碎片(如图所示)，聪明的
他经过仔细地考虑认为只要带其中的两块碎片去玻璃店就可以让师傅画一块与以前一样的玻璃样板，你认为下列四个答案中考虑最全面的是( )
A. 带1，2或2，3去就可以了 C. 带1，4或2，4或3，4去均可
B. 带1，4或3，4去就可以了 D. 带其中的任意两块去都可以
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7. 一个等腰三角形的两边长分别为2，4，则它的周长为( )
A. 8 B. 10 C. 9 D. 8或10
8. 下列关于画图的语句正确的是( )
A. 画直线𝐴𝐵=8𝑐𝑚 B. 画射线𝑂𝐴=8𝑐𝑚
C. 已知𝐴、𝐵、𝐶三点，过这三点画一条直线 D. 过直线𝐴𝐵外一点画一直线与𝐴𝐵平行
9. 如图，抗日战争期间，为了炸毁敌人的碉堡，需要测出我军阵地与敌人碉堡的距离
.我军战士想到一个办法，他先面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点𝐵；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点𝐸上；最后，他用步测的办法量出自己与𝐸点的距离，从而推算出我军阵地与敌人碉堡的距离，这里判定△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸的理由可以是( )
A. 𝑆𝑆𝑆 B. 𝑆𝐴𝑆 C. 𝐴𝑆𝐴 D. 𝐴𝐴𝐴
10. 如图，等边△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=6，点𝑃是𝐵𝐶边上一点，则𝐴𝑃
的最小值是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 3√3
11. 如图所示，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐵=15°，𝐷𝐸垂直平分𝐴𝐵，交𝐵𝐶于点𝐸，
𝐴𝐶=3𝑐𝑚，则𝐵𝐸等于( )
A. 6𝑐𝑚 B. 5𝑐𝑚 C. 4𝑐𝑚 D. 3𝑐𝑚
∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，12. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，
交𝐴𝐵于点𝐹，交𝐵𝐸于点𝐷，若𝐵𝐶=8𝑐𝑚，𝐷𝐹=3𝑐𝑚，则△𝐶𝐷𝐵的面积为( )
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A. 12𝑐𝑚2 B. 8𝑐𝑚2 C. 6𝑐𝑚2 D. 4𝑐𝑚2
13. 一个正多边形的内角和为540°，则它是正______边形． 14. 若点𝐴(−1,𝑚−1)与点𝐵(𝑛,2)关于𝑦轴对称，则𝑚+𝑛=______． 15. 如图，点𝐶在∠𝐴𝑂𝐵的平分线上，𝐶𝐷⊥𝑂𝐴于点𝐷，
且𝐶𝐷=2，如果𝐸是射线𝑂𝐵上一点，那么𝐶𝐸长度的最小值是______ ．
𝐸、𝐶、𝐹在同一条直线上，𝐴𝐵//𝐷𝐸，𝐴𝐵=𝐷𝐸，16. 如图，点𝐵、
∠𝐴=∠𝐷，𝐵𝐹=10，𝐵𝐶=6，则𝐸𝐶=______．
17. 将一副直角三角尺按如图所示的方式摆放，则∠𝛼的大小为______ 度.
18. 如图是5×5的正方形网格，△𝐴𝐵𝐶的顶点都在小正方形的顶
点上，像△𝐴𝐵𝐶这样的三角形叫格点三角形.画与△𝐴𝐵𝐶有一条公共边且全等的格点三角形，这样的格点三角形最多可以画______ 个.
5𝑥−2>2𝑥−819. 解不等式组：{．
1−2𝑥≥−3
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𝐵(1,−2)，20. 如图，在平面直角坐标系中，已知△𝐴𝐵𝐶的三个顶点坐标分别是𝐴(2,−1)，
𝐶(3,−3)
(1)将△𝐴𝐵𝐶向上平移4个单位长度得到△𝐴1𝐵1𝐶1，请画出△𝐴1𝐵1𝐶1； (2)请画出与△𝐴𝐵𝐶关于𝑦轴对称的△𝐴2𝐵2𝐶2； (3)请写出𝐴1、𝐴2的坐标．
21. 在学生居家学习期间，学校为学生设置了线上健美操、球类、跑步、踢毽子活动项
目，为了了解学生对这些项目的喜爱情况，在全校范围内随机抽取了若干名学生，对他们最喜爱的项目(每人只选一项)进行了问卷调查，统计并绘制成两幅统计图． (1)在这次问卷调查中，一共抽查了多少名学生？ (2)补全条形统计图．
(3)估计该校1800名学生中有多少人最喜爱球类活动？
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∠𝐴=75°，∠𝐶=45°，𝐵𝐸是△𝐴𝐵𝐶22. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，
的角平分线，𝐵𝐷是边𝐴𝐶上的高． (1)求∠𝐶𝐵𝐸的度数； (2)求∠𝐷𝐵𝐸的度数．
23. 图①所示的是某超市入口的双翼闸门，如图②，当它的双翼展开时，双翼边缘的
端点𝐴与𝐵之间的距离为8𝑐𝑚，双翼的边缘𝐴𝐶=𝐵𝐷=64𝑐𝑚，且与闸机侧立面夹角∠𝐴𝐶𝑃=∠𝐵𝐷𝑄=30°，求当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度．
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24. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，∠𝐴=30°，𝐴𝐵=4𝑐𝑚，动点𝑃、
𝑄同时从𝐴、𝐵两点出发，分别在𝐴𝐵、𝐵𝐶边上匀速移动，它们的𝑉𝑄=1𝑐𝑚/𝑠，𝑃、𝑄两速度分别为𝑉𝑃=2𝑐𝑚/𝑠，当点𝑃到达点𝐵时，点同时停止运动，设点𝑃的运动时间为𝑡 𝑠． (1)当𝑡为何值时，△𝑃𝐵𝑄为等边三角形？ (2)当𝑡为何值时，△𝑃𝐵𝑄为直角三角形？
25. 一方有难，八方支援．“新冠肺炎”疫情来袭，除了医务人员主动请缨走向抗疫前
线，众多企业也伸出援助之手，某公司用甲、乙两种货车向武汉运送爱心物资，两次满载的运输情况如表：
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第一次 第二次 甲种货车(辆) 2 1 乙种货车(辆) 1 2 总量(吨) 10 11 (1)甲、乙两种货车每辆分别能装货多少吨？
(2)现有31吨物资需要再次运往武汉，准备同时租用这两种货车，每辆均全部装满货物，问有哪几种租车方案？
(3)在(2)的条件下，若1辆甲种货车需租金100元/次，1辆乙种货车需租金120元/次．请选出费用最少的租车方案，并求出最少租车费．
26. (1)如图1，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵=∠𝐷=90°，𝐸、𝐹分别是边𝐵𝐶、𝐶𝐷
上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷.求证：𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹𝐷．
(2)如图2，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵+∠𝐷=180°，𝐸、𝐹分别是边𝐵𝐶、𝐶𝐷上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段𝐸𝐹、𝐵𝐸、𝐹𝐷它们之间的数量关系，并证明．
(3)如图3，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵+∠𝐴𝐷𝐶=180°，𝐸、𝐹分别是边𝐵𝐶、𝐶𝐷延长线上的点，且∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出线段𝐸𝐹、𝐵𝐸、𝐹𝐷它们之间的数量关系，并证明．
1
11
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答案和解析
1.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴.找不到这样一条直线，翻折后使直线两方的部分能够完全重合，所以不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.找不到这样一条直线，翻折后使直线两方的部分能够完全重合，所以不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.找不到这样一条直线，翻折后使直线两方的部分能够完全重合，所以不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.图形沿着一条直线翻折，直线两方的部分能够完全重合，所以它是轴对称图形，故此选项符合题意． 故选：𝐷．
根据轴对称图形的概念求解，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴、𝐵、𝐷中都是四边形，不具有稳定性， 𝐶中是三角形，有稳定性， 故选：𝐶．
根据三角形具有稳定性解答即可．
本题考查的是三角形的性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．
3.【答案】𝐵
【解析】解：三角形的角平分线、中线、高都是线段． 故选：𝐵．
三角形的中线，角平分线，高都是线段，因为它们都有两个端点．
线段与直线都没有方向性，而射线具有方向性；线段有两个端点，可以度量，而射线和
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直线都无法度量．
4.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴.1+2=3，两边之和不大于第三边，故不可组成三角形； B.3+3=6，两边之和不大于第三边，故不可组成三角形；
C.1+5>5，满足任何一边大于其他两边之差，任意两边之和大于第三边，故可组成三角形；
D.4+5<10，两边之和不大于第三边，故不可组成三角形， 故选：𝐶．
三角形的任何一边大于其他两边之差，任意两边之和大于第三边，满足此关系的可组成三角形，由此判断选项．
本题考查三角形的三边关系，①三角形任何一边大于其他两边之差，②三角形任意两边之和大于第三边，同时满足①、②公理的才可组成三角形．
5.【答案】𝐶
【解析】解：∵多边形的外角和为360°，∴360°÷72°=5，∴正多边形的边数为5． 故选：𝐶．
用多边形的外角和360°除以5即可得到答案．
本题考查了多边形的外角和等于360°，解决本题的关键是熟记多边形的外角和．
6.【答案】𝐶
【解析】解：带3、4可以用“角边角”确定三角形， 带1、4可以用“角边角”确定三角形， 带2、4可以延长还原出原三角形， 故选：𝐶．
2、4虽没有原三角形完整的边，又没有角，但延长可得出原三角形的形状；带1、4可以用“角边角”确定三角形；带3、4也可以用“角边角”确定三角形．
本题考查了全等三角形判定的应用；确定一个三角形的大小、形状，可以用全等三角形
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的几种判定方法．做题时要根据实际问题找条件．
7.【答案】𝐵
【解析】解：①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、2， 4+2>4； 能组成三角形； 所以，周长为10；
②4是底边时，三角形的三边分别为2、2、4， ∵2+2=4， ∴不能组成三角形， 综上所述，周长为10． 故选：𝐵．
分4是腰长与底边两种情况，再根据三角形任意两边之和大于第三边讨论求解即可． 本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，难点在于要分情况讨论．
8.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、画直线𝐴𝐵=8𝑐𝑚，直线没有长度，故此选项错误； B、画射线𝑂𝐴=8𝑐𝑚，射线没有长度，故此选项错误；
C、已知𝐴、𝐵、𝐶三点，过这三点画一条直线或2条、三条直线，故此选项错误； D、过直线𝐴𝐵外一点画一直线与𝐴𝐵平行，正确． 故选：𝐷．
直接利用直线、射线的定义分析得出答案．
此题主要考查了直线、射线的定义，正确把握相关定义是解题关键．
9.【答案】𝐶
【解析】解：士兵的视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点𝐵；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点𝐸上； 得∠𝐴=∠𝐷， ∵𝐴𝐶=𝐷𝐹，
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∠𝐶=∠𝐹=90°，
∴判定△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐹𝐸的理由是𝐴𝑆𝐴． 故选：𝐶．
根据垂直的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了全等三角形的应用，分析题意找到相等的角和边判定三角形的全等是解题的关键．
10.【答案】𝐷
【解析】解：过𝐴点作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，如图， ∵△𝐴𝐵𝐶为等边三角形， ∴𝐵𝐻=𝐶𝐻=𝐵𝐶=3，
21
∴𝐴𝐻=√62−32=3√3，
当𝑃点与𝐻点重合时，𝐴𝑃的值最小， ∴𝐴𝑃的最小值是3√3． 故选：𝐷．
过𝐴点作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，如图，利用等边三角形的性质得到𝐵𝐻=𝐶𝐻=3，利用勾股定理计算出𝐴𝐻=3√3，然后根据垂线段最短解决问题．
本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°.等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．也考查了垂线段最短．
11.【答案】𝐴
【解析】解：∵𝐷𝐸垂直平分𝐴𝐵， ∴𝐵𝐸=𝐴𝐸．
∴∠𝐵=∠𝐵𝐴𝐸=15°． ∴∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐸=30°． ∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐴𝐸𝐶=30°， ∴𝐴𝐸=2𝐴𝐶=6𝑐𝑚． ∴𝐵𝐸=𝐴𝐸=6𝑐𝑚． 故选：𝐴．
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由𝐷𝐸垂直平分𝐴𝐵，得𝐵𝐸=𝐴𝐸.欲求𝐵𝐸，可求𝐴𝐸.由𝐵𝐸=𝐴𝐸，得∠𝐵=∠𝐵𝐴𝐸=15°，那么∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐸=30°.根据含30度角的直角三角形的性质，得𝐴𝐸=2𝐴𝐶=6𝑐𝑚，从而解决此题．
本题主要考查垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质、含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质是解决本题的关键．
12.【答案】𝐴
【解析】解：作𝐷𝐻⊥𝐵𝐶于点𝐻，如图：
∵𝐵𝐸平分∠𝐴𝐵𝐶，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，𝐷𝐻⊥𝐵𝐶． ∴𝐷𝐻=𝐷𝐹． ∵𝐷𝐹=3𝑐𝑚． ∴𝐷𝐻=3𝑐𝑚． ∵𝐵𝐶=8𝑐𝑚．
∴△𝐶𝐷𝐵的面积为：2𝐵𝐶⋅𝐷𝐻=12𝑐𝑚2． 故选：𝐴．
作𝐷𝐻⊥𝐵𝐶于点𝐻，利用角平分线上的点到两边的距离相等，即可求出对应三角形的高，即可求解．
本题考查角平分线性质和三角形面积的知识，关键在于利用角平分线作垂直．本题属于基础题．
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13.【答案】五
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【解析】解：设这个多边形是𝑛边形， 则(𝑛−2)⋅180°=540°， 解得𝑛=5．
故这个多边形一定是正五边形． 故答案为：五．
直接利用多边形内角和公式(𝑛−2)⋅180°=540°求解即可．
主要考查了多边形的内角和公式．要掌握该公式：多边形的内角和等于(𝑛−2)⋅180°．
14.【答案】4
【解析】解：∵点𝐴(−1,𝑚−1)与点𝐵(𝑛,2)关于𝑦轴对称， ∴𝑛=1，𝑚−1=2， 解得：𝑚=3， 则𝑚+𝑛=3+1=4． 故答案为：4．
直接利用关于𝑦轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，得出𝑚，𝑛的值，进而得出答案．
此题主要考查了关于𝑦轴对称点的性质，正确记忆关于𝑦轴对称点的横纵坐标符号关系是解题关键．
15.【答案】2
【解析】解：过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝑂𝐵于点𝐸，
∵点𝐶在∠𝐴𝑂𝐵的平分线上，𝐶𝐷⊥𝑂𝐴于点𝐷，且𝐶𝐷=2， ∴𝐶𝐸=𝐶𝐷=2， 即𝐶𝐸长度的最小值是2，
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故答案为：2．
过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝑂𝐵于点𝐸，根据角平分线的性质解答即可．
本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：∵𝐴𝐵//𝐷𝐸， ∴∠𝐵=∠𝐷𝐸𝐹， 在△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐸𝐹中， ∠𝐴=∠𝐷
{𝐴𝐵=𝐷𝐸， ∠𝐵=∠𝐷𝐸𝐹
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝐵𝐶=𝐸𝐹， ∵𝐵𝐹=10，𝐵𝐶=6，
∴𝐸𝐹=6，𝐶𝐹=𝐵𝐹−𝐵𝐶=4， ∴𝐸𝐶=𝐸𝐹−𝐶𝐹=2， 故答案为：2．
根据平行线的性质得出∠𝐵=∠𝐷𝐸𝐹，即可利用𝐴𝑆𝐴证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹，根据全等三角形的性质得出𝐵𝐶=𝐸𝐹=6，即可根据线段的和差得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，利用𝐴𝑆𝐴证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐸𝐹是解题的关键．
17.【答案】75
【解析】解：∠𝛼=30°+45°=75°， 故答案为：75．
根据三角形外角的性质即可求得∠𝛼的大小．
本题考查了三角形的外角的性质，熟记三角形外角的性质是解题的关键．
18.【答案】6
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【解析】解：如图，
以𝐵𝐶为公共边可画出△𝐵𝐷𝐶，△𝐵𝐸𝐶，△𝐵𝐹𝐶三个三角形和原三角形全等． 以𝐴𝐵为公共边可画出三个三角形△𝐴𝐵𝐺，△𝐴𝐵𝑀，△𝐴𝐵𝐻和原三角形全等． 所以可画出6个． 故答案为：6．
可以以𝐴𝐵和𝐵𝐶为公共边分别画出3个，𝐴𝐶不可以，故可求出结果．
本题考查全等三角形的判定，三条对应边分别相等的两个三角形全等，以及格点的概念，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决问题的关键．
19.【答案】解：解不等式5𝑥−2>2𝑥−8，得：𝑥>−2，
解不等式1−2𝑥≥−3，得：𝑥≤2， 则不等式组的解集为−2<𝑥≤2．
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
20.【答案】解：(1)如图所示：△𝐴1𝐵1𝐶1，即为所求；
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(2)如图所示：△𝐴2𝐵2𝐶2，即为所求； (3)𝐴1(2,3)，𝐴2(−2,−1)．
【解析】(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案； (2)直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案； (3)利用所画图象得出对应点坐标．
此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
21.【答案】解：(1)在这次问卷调查中，一共抽查的学生数是：10÷12.5%=80(名)；
(2)踢毽子的人数有：80×25%=20(名)，补全统计图如下：
(3)1800×
3680
=810(人)，
答：估计该校1800名学生中有810人最喜爱球类活动．
【解析】(1)根据健美操的人数和所占的百分比即可得出答案； (2)用总人数乘以踢毽子所占的百分比，从而补全统计图； (3)用该校的总人数乘以最喜爱球类活动的人数所占的百分比即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】解：(1)∵∠𝐴=75°，∠𝐶=45°，
∴∠𝐴𝐵𝐶=180°−∠𝐴−∠𝐶=60°， ∵𝐵𝐸是△𝐴𝐵𝐶的角平分线， ∴∠𝐶𝐵𝐸=2∠𝐴𝐵𝐶=30°；
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(2)在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐶中，∠𝐶=45°， ∴∠𝐷𝐵𝐶=90°−45°=45°，
∴∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐷𝐵𝐶−∠𝐶𝐵𝐸=45°−30°=15°．
【解析】(1)根据三角形内角和定理求出∠𝐴𝐵𝐶，根据角平分线的定义求出∠𝐶𝐵𝐸； (2)根据直角三角形的性质求出∠𝐷𝐵𝐶，结合图形计算，得到答案．
本题考查的是三角形内角和定理、角平分线的定义，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
23.【答案】解：如图，过点𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝑃于点𝐸，过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐷𝑄于点𝐹，
在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐸中，∠𝐴𝐶𝐸=30°， ∴𝐴𝐸=2𝐴𝐶=2×64=32(𝑐𝑚)， 同理可得，𝐵𝐹=32𝑐𝑚，
又∵双翼边缘的端点𝐴与𝐵之间的距离为8𝑐𝑚， ∴32+8+32=72(𝑐𝑚)，
∴当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为72𝑐𝑚．
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【解析】过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝑃于𝐸，过𝐵作𝐵𝐹⊥𝐷𝑄于𝐹，则可得𝐴𝐸和𝐵𝐹的长，依据端点𝐴与𝐵之间的距离为10𝑐𝑚，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
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24.【答案】解：在△𝐴𝐵𝐶中，∵∠𝐶=90°，∠𝐴=30°，
∴∠𝐵=60°． ∵4÷2=2，
∴0≤𝑡≤2，𝐵𝑃=4−2𝑡，𝐵𝑄=𝑡． (1)当𝐵𝑃=𝐵𝑄时，△𝑃𝐵𝑄为等边三角形． 即4−2𝑡=𝑡． ∴𝑡=3．
当𝑡=3时，△𝑃𝐵𝑄为等边三角形； (2)若△𝑃𝐵𝑄为直角三角形， ①当∠𝐵𝑄𝑃=90°时，𝐵𝑃=2𝐵𝑄， 即4−2𝑡=2𝑡， ∴𝑡=1．
②当∠𝐵𝑃𝑄=90°时，𝐵𝑄=2𝐵𝑃， 即𝑡=2(4−2𝑡)， ∴𝑡=5．
即当𝑡=5或𝑡=1时，△𝑃𝐵𝑄为直角三角形．
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【解析】用含𝑡的代数式表示出𝐵𝑃、𝐵𝑄．
(1)由于∠𝐵=60°，当𝐵𝑃=𝐵𝑄时，可得到关于𝑡的一次方程，求解即得结论； (2)分两种情况进行讨论：当∠𝐵𝑂𝑃=90°时，当∠𝐵𝑃𝑄=90°时．利用直角三角形中，含30°角的边间关系，得到关于𝑡的一次方程，求解得结论．
本题考查了含30°角的直角三角形、等边三角形以及分类讨论的思想方法，利用“直角30°角所对的边等于斜边的一半”及“有一个角是60°的等腰三角形是等边三三角形中，
角形”，得到关于𝑡的一次方程是解决本题的关键．
25.【答案】解：(1)设甲种货车每辆能装货𝑥吨，乙种货车每辆能装货𝑦吨，
2𝑥+𝑦=10
依题意得：{，
𝑥+2𝑦=11𝑥=3
解得：{，
𝑦=4
答：甲种货车每辆能装货3吨，乙种货车每辆能装货4吨； (2)设租用甲种货车𝑎辆，乙种货车𝑏辆，
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依题意得：3𝑎+4𝑏=31， 又∵𝑎，𝑏均为非负整数， ∴{
𝑎=9𝑎=5𝑎=1
或{或{， 𝑏=1𝑏=4𝑏=7
∴共有3种租车方案，
方案1：租用9辆甲种货车，1辆乙种货车； 方案2：租用5辆甲种货车，4辆乙种货车； 方案3：租用1辆甲种货车，7辆乙种货车．
(3)方案1所需租车费为：100×9+120×1=1020(元)， 方案2所需租车费为：100×5+120×4=980(元)， 方案3所需租车费为：100×1+120×7=940(元)， ∵1020>980>940，
∴费用最少的租车方案为：租用1辆甲种货车，7辆乙种货车，最少租车费为940元， 答：费用最少的租车方案为：租用1辆甲种货车，7辆乙种货车，最少租车费为940元．
【解析】(1)根据题意和表格中的数据，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
(2)根据题意，可以列出相应的二元一次方程，然后根据辆数为整数，即可写出相应的租车方案；
(3)根据(2)中的租车方案可以计算出相应的费用，然后比较大小即可．
本题考查二元一次方程(组)的应用，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的方程组或方程．
26.【答案】证明：(1)如图1，延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺=𝐷𝐹，
连接𝐴𝐺．
𝐴𝐵=𝐴𝐷
∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中，{∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐴𝐷𝐹=90°，
𝐵𝐺=𝐷𝐹∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(𝑆𝐴𝑆)． ∴𝐴𝐺=𝐴𝐹，∠1=∠2．
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷． ∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐹． 又𝐴𝐸=𝐴𝐸，
1
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易证△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹． ∴𝐸𝐺=𝐸𝐹． ∵𝐸𝐺=𝐵𝐸+𝐵𝐺． ∴𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹𝐷
(2)(1)中的结论𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹𝐷仍然成立． 证明：如图2，延长𝐶𝐵至𝑀，使𝐵𝑀=𝐷𝐹， ∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐷=180°，∠1+∠𝐴𝐵𝐶=180°， ∴∠1=∠𝐷，
在△𝐴𝐵𝑀与△𝐴𝐷𝐹中， {𝐴𝐵=𝐴𝐷∠1=∠𝐷， 𝐵𝑀=𝐷𝐹
∴△𝐴𝐵𝑀≌△𝐴𝐷𝐹(𝑆𝐴𝑆)． ∴𝐴𝐹=𝐴𝑀，∠2=∠3． ∵∠𝐸𝐴𝐹=1
2∠𝐵𝐴𝐷，
∴∠2+∠4=12∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐹．
∴∠3+∠4=∠𝐸𝐴𝐹，即∠𝑀𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐹． 在△𝐴𝑀𝐸与△𝐴𝐹𝐸中， {𝐴𝑀=𝐴𝐹
∠𝑀𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐹， 𝐴𝐸=𝐴𝐸
∴△𝐴𝑀𝐸≌△𝐴𝐹𝐸(𝑆𝐴𝑆)． ∴𝐸𝐹=𝑀𝐸，即𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐵𝑀． ∴𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐷𝐹．
(3)结论𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹𝐷不成立，应当是𝐸𝐹=𝐵𝐸−𝐹𝐷．证明：在𝐵𝐸上截取𝐵𝐺，使𝐵𝐺=𝐷𝐹，连接𝐴𝐺． ∵∠𝐵+∠𝐴𝐷𝐶=180°，∠𝐴𝐷𝐹+∠𝐴𝐷𝐶=180°， ∴∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐹． ∵在△𝐴𝐵𝐺与△𝐴𝐷𝐹中， {𝐴𝐵=𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐴𝐷𝐹， 𝐵𝐺=𝐷𝐹
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∴△𝐴𝐵𝐺≌△𝐴𝐷𝐹(𝑆𝐴𝑆)． ∴∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐷𝐴𝐹，𝐴𝐺=𝐴𝐹．
∴∠𝐵𝐴𝐺+∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝐹+∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷． ∴∠𝐺𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐹． ∵𝐴𝐸=𝐴𝐸， 易证△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝐸𝐹． ∴𝐸𝐺=𝐸𝐹 ∵𝐸𝐺=𝐵𝐸−𝐵𝐺 ∴𝐸𝐹=𝐵𝐸−𝐹𝐷．
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【解析】(1)可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长𝐸𝐵到𝐺，使𝐵𝐺=𝐷𝐹，连接𝐴𝐺.目的就是要证明三角形𝐴𝐺𝐸和三角形𝐴𝐸𝐹全等将𝐸𝐹转换成𝐺𝐸，那么这样𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐷𝐹了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形𝐴𝐵𝐸和𝐴𝐸𝐹中，只有一条公共边𝐴𝐸，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形𝐴𝐵𝐺和𝐴𝐹𝐷中，已知了一组直角，𝐵𝐺=𝐷𝐹，𝐴𝐵=𝐴𝐷，因此两三角形全等，那么𝐴𝐺=𝐴𝐹，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠𝐸𝐴𝐹=2∠𝐵𝐴𝐷.由此就构成了三角形𝐴𝐵𝐸和𝐴𝐸𝐹全等的所有条件(𝑆𝐴𝑆)，那么就能得出𝐸𝐹=𝐺𝐸了．
(2)思路和作辅助线的方法与(1)完全一样，只不过证明三角形𝐴𝐵𝐺和𝐴𝐷𝐹全等中，证明∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐴𝐷𝐹时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与(1)的结果完全一样． (3)按照(1)的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在𝐵𝐸上截𝐺𝐸=𝐸𝐹，取𝐵𝐺，使𝐵𝐺=𝐷𝐹，连接𝐴𝐺.根据(1)的证法，我们可得出𝐷𝐹=𝐵𝐺，那么𝐸𝐹=𝐺𝐸=𝐵𝐸−𝐵𝐺=𝐵𝐸−𝐷𝐹.所以(1)的结论在(3)的条件下是不成立的．
本题考查了四边形综合题，三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
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