苏科版八年级上册数学期末复习试卷(1)

苏科版八年级上册数学期末复习试卷(1)
一、选择题
1．如图，在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AD=BC=5，DC=7，AB=13，点P 从点A 出发以3个单位/s 的速度沿AD→DC 向终点C 运动，同时点Q 从点B 出发，以1个单位/s 的速度沿BA 向终点A 运动．当四边形PQBC 为平行四边形时，运动时间为（ ）
A ．4s
B ．3s
C ．2s
D ．1s 2．下列运算正确的是（ ）
A ．
=2
B ．|﹣3|=﹣3
C ．
=±2
D ．
=3
3．下列有关一次函数y =-3x +2的说法中，错误的是（ ） A ．当x 值增大时，y 的值随着x 增大而减小 B ．函数图象与y 轴的交点坐标为
C ．当
时，
D ．函数图象经过第一、二、四象限
4．如图，将△ABC 折叠，使点A 与BC 边中点D 重合，折痕为MN ，若AB=9，BC=6，则△DNB 的周长为（ ）
A ．12
B ．13
C ．14
D ．15 5．用科学记数法表示0.000031，结果是（ ）
A ．53.110-⨯
B ．63.110-⨯
C ．60.3110-⨯
D ．73110-⨯
6．当12(1)a -+与1
3(2)a --的值相等时，则（ ）
A ．5a =-
B ．6a =-
C ．7a =-
D ．8a =-
7．一辆货车早晨7∶00出发，从甲地驶往乙地送货．如图是货车行驶路程y （km ）与行驶时间x （h ）的完整的函数图像（其中点B 、C 、D 在同一条直线上），小明研究图像得到了以下结论：
①甲乙两地之间的路程是100 km ； ②前半个小时，货车的平均速度是40 km/h ； ③8∶00时,货车已行驶的路程是60 km ； ④最后40 km 货车行驶的平均速度是100 km/h ； ⑤货车到达乙地的时间是8∶24， 其中，正确的结论是（ ）
A．①②③④B．①③⑤C．①③④D．①③④⑤
8．下列各数中，无理数的是（）
A．0 B．1.01001 C．πD．4
9．如图：若△ABE≌△ACD，且AB＝6，AE＝2，则EC的长为（）
A．2 B．3 C．4 D．6
10．估算x＝5值的大小正确的是（）
A．0＜x＜1 B．1＜x＜2 C．2＜x＜3 D．3＜x＜4
二、填空题
11．如图，在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（2，4）和（3、0），点C是y轴上的一个动点，且A、B、C三点不在同一条直线上，在运动的过程中，当△ABC是以AB为底的等腰三角形时，OC＝__．
12．函数
1
y=
x2
中，自变量x的取值范围是▲．
13．直角三角形的两条直角边长为6，8，那么斜边上的中线长是____．
14．在平面直角坐标系xOy中，我们把横、纵坐标都是整数的点叫做整点，已知点A（0，4），点B是x轴正半轴上的整点，记△AOB内部（不包括边界）的整点个数为m，当m
＝3时，则点B 的横坐标是_____．
15．如图，在△PAB 中，PA=PB ，D 、E 、F 分别是边PA ，PB ，AB 上的点，且AD=BF ，BE=AF ，若∠DFE=40°，则∠P=____°.
16．4的平方根是 ．
17．如图，在平面直角坐标系中，点P 的坐标为(0，4)，直线y ＝
3
4
x －3与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，点M 是直线AB 上的一个动点，则PM 的最小值为________．
18．如图，在平面直角坐标系中，()1,1A ，()1,1B -，()1,2C --，()1,2D -．把一条长为2020个单位长度且没有弹性的细线（线的粗细忽略不计）的一端固定在点A 处，并按
A B C D A -----…的规律紧绕在四边形ABCD 的边上，则细线另一端所在位置的点的
坐标是__________．
19．如图，已知点M （-1，0），点N （5m ，3m +2）是直线AB ：4y x =-+右侧一点，且满足∠OBM=∠ABN ，则点N 的坐标是_____．
20．比较大小：－2______－3.
三、解答题
21．如图，点C 在线段AB 上，//AD EB ，AC BE =，AD BC =．CF 平分
DCE ∠．求证：（1）ACD BEC ≅； （2）CF DE ⊥ .
22．若△ABC 的三边分别为a ，b ，c ，其中a ，b 6a -（b ﹣8）2＝0． （1）求边长c 的取值范围，
（2）若△ABC 是直角三角形，求△ABC 的面积．
23．我们知道，假分数可以化为整数与真分数的和的形式.例如：
31
122
=+.在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分
式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”.例如：像11x x +-，2
2
x x -，…这
样的分式是假分式；像
42
x - ，221x x +，…这样的分式是真分式.类似的，假分式也可以化
为整式与真分式的和的形式. 例如：
112122
111111
()x x x x x x x x +-+-==+=+
-----’ 2244(2)(2)44
22222
x x x x x x x x x -++-+===++
----. （1）将分式
1
2
x x -+化为整式与真分式的和的形式； （2）如果分式221
1
x x --的值为整数，求x 的整数值.
24．甲、乙两车从A 城出发沿一条笔直公路匀速行驶至B 城.在整个行驶过程中，甲、乙
两车离开A城的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．()1A，B两城相距______千米，乙车比甲车早到______小时；
()2甲车出发多长时间与乙车相遇？
()3若两车相距不超过20千米时可以通过无线电相互通话，则两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有多长？
25．解方程：
（1）4x2﹣8＝0；
（2）（x﹣2）3＝﹣1．
四、压轴题
26．如图，直线l1：y1=﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P（m，3）为直线l1上
一点，另一直线l2：y2=1
2
x+b过点P．
（1）求点P坐标和b的值；
（2）若点C是直线l2与x轴的交点，动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．
①请写出当点Q在运动过程中，△APQ的面积S与t的函数关系式；
②求出t为多少时，△APQ的面积小于3；
③是否存在t的值，使△APQ为等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
27．如图，已知四边形ABCO是矩形，点A，C分别在y轴，x轴上，4
AB=，3
BC=．
（1）求直线AC 的解析式；
（2）作直线AC 关于x 轴的对称直线，交y 轴于点D ，求直线CD 的解析式．并结合（1）的结论猜想并直接写出直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式；
（3）若点P 是直线CD 上的一个动点，试探究点P 在运动过程中，||PA PB -是否存在最大值？若不存在，请说明理由；若存在，请求出||PA PB -的最大值及此时点P 的坐标．
28．已知三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，点D （0，－4），M （4，－4）．
（1）如图1，若点C 与点O 重合，A （－2，2）、B （4，4），求△ABC 的面积； （2）如图2，AC 经过坐标原点O ，点C 在第三象限且点C 在直线DM 与x 轴之间，AB 分别与x 轴，直线DM 交于点G ，F ，BC 交DM 于点E ，若∠AOG ＝55°，求∠CEF 的度数； （3）如图3，AC 经过坐标原点O ，点C 在第三象限且点C 在直线DM 与x 轴之间，N 为AC 上一点，AB 分别与x 轴，直线DM 交于点G ，F ，BC 交DM 于点E ，∠NEC+∠CEF ＝180°，求证∠NEF ＝2∠AOG ．
29．如图①，在ABC ∆中，12AB =cm ，20BC =cm ，过点C 作射线//CD AB ．点
M 从点B 出发，以3 cm/s 的速度沿BC 匀速移动；点N 从点C 出发，以a cm/s 的速度沿CD 匀速移动．点M 、N 同时出发，当点M 到达点C 时，点M 、N 同时停止移动．连接AM 、MN ，设移动时间为t (s)．
(1)点M 、N 从移动开始到停止，所用时间为 s ； (2)当ABM ∆与MCN ∆全等时，
①若点M 、N 的移动速度相同，求t 的值； ②若点M 、N 的移动速度不同，求a 的值；
(3)如图②，当点M 、N 开始移动时，点P 同时从点A 出发，以2 cm/s 的速度沿AB 向
点B匀速移动，到达点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是否存在PBM
∆全等的情形?若存
∆与MCN
在，求出t的值；若不存在，说明理由．
30．阅读下列材料，并按要求解答．
（模型建立）如图①，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
（模型应用）
应用1：如图②，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8，BC＝10，AB2＝200．求线段BD的长．
应用2：如图③，在平面直角坐标系中，纸片△OPQ为等腰直角三角形，QO＝QP，P（4，m），点Q始终在直线OP的上方．
（1）折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，当m＝2时，求Q点的坐标和直线l与x轴的交点坐标；
（2）若无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，请直接写出这条直线的解析
式．
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一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
【分析】
解：设运动时间为t秒，则CP=12-3t，BQ=t，
根据题意得到12-3t=t，
解得：t=3，
故选B．
【点睛】
本题考查一元一次方程及平行四边形的判定，难度不大．
2．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据算术平方根和立方根的定义、绝对值的性质逐一计算可得结论．
【详解】
A．=2，此选项计算正确；
B．|﹣3|=3，此选项计算错误；
C．=2，此选项计算错误；
D．不能进一步计算，此选项错误．
故选A．
【点睛】
本题考查了算术平方根，解题的关键是掌握算术平方根和立方根的定义、绝对值性质．3．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据一次函数的性质可以判断各个选项是否正确，从而可以解答本题．
【详解】
A、∵k=-3＜0，∴当x值增大时，y的值随着x增大而减小，正确；
B、函数图象与y轴的交点坐标为（0，2），正确；
C、当x＞0时，y＜2，错误；
D、∵k＜0，b＞0，图象经过第一、二、四象限，正确；
故选C．
【点睛】
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．4．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据中点的定义可得BD=3，由折叠的性质可知DN=AN，即DN+BN=AB=9，可得△DNB的周长.
解：∵D 是BC 的中点，BC=6， ∴BD=3，
由折叠的性质可知DN=AN ，
∴△DNB 的周长=DN+BN+BD=AN+BN+BD=AB+BD=9+3=12. 故选A. 【点睛】
本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等
5．A
解析：A 【解析】 【分析】
根据科学记数法的表示形式10(1||10)n
a a ⨯≤<(n 为整数)即可求解
【详解】
0.000031-5=3.110⨯， 故选：A . 【点睛】
本题主要考查了绝对值小于1的数的科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示方法是解决本题的关键.
6．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据题意列出等式，由负整数指数幂的运算法则将分式方程转化为一元一次方程求解即可. 【详解】 依题意，1
12(1)3(2)a a --+=-，即3(1)2(2)a a +=-，解得7a =-，经检验7a =-是
原分式方程的解，
故选：C. 【点睛】
本题主要考查了负整数指数幂的运算及分式方程的解，熟练掌握相关运算知识及运算能力是解决本题的关键.
7．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据折线图，把货车从甲地驶往乙地分为三段，再根据图象的时间和路程进行计算判断. 【详解】
①甲乙两地之间的路程是100 km ，①正确；
②前半个小时，货车的平均速度是：400.580?km/h ÷=，②错误； ③8∶00时,货车已行驶了一个小时，路程是60 km ，③正确；
④最后40 km 货车行驶的平均速度就是求BC 段的速度，时间为1.3-1＝0.3小时，路程为90-60=30km ，平均速度是300.3100?km /h ÷=，④正确；
⑤货车走完BD 段所用时间为：401000.4÷=小时，即0.46024⨯=分钟 ∴货车走完全程所花时间为：1小时24分钟， ∴货车到达乙地的时间是8∶24，⑤正确； 综上：①③④⑤正确； 故选：D 【点睛】
本题考查了一次函数的应用，能够正确理解函数图象的横、纵坐标表示的意义，理解问题的过程，并能通过图象得到自变量和函数值之间的数量关系是解题的关键.
8．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数，找出无理数的个数． 【详解】
解：A.0是整数，属于有理数； B.1.01001是有限小数，属于有理数； C ．π是无理数；
2=，是整数，属于有理数． 故选：C ． 【点睛】
本题考查了无理数的知识，解答本题的关键是掌握无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有ππ的数．
9．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据全等三角形的对应边相等解答即可． 【详解】
解：∵△ABE ≌△ACF ， ∴AC ＝AB ＝6， ∴EC ＝AC ﹣AE ＝6-2=4， 故选：C ． 【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的性质，熟记性质内容是解此题的关键．
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
.
【详解】
∴23，
故选：C.
【点睛】
此题主要考查无理数的估值，熟练掌握，即可解题.
二、填空题
11．．
【解析】
【分析】
设C点坐标为（0，a），由勾股定理可表示出BC2和AC2，由△ABC是以AB 为底的等腰三角形可知BC＝AC，据此可列出关于的方程，求解即可.
【详解】
解：设C点坐标为（0，
解析：11 8
．
【解析】
【分析】
设C点坐标为（0，a），由勾股定理可表示出BC2和AC2，由△ABC是以AB为底的等腰三角形可知BC＝AC，据此可列出关于a的方程，求解即可.
【详解】
解：设C点坐标为（0，a），
当△ABC是以AB为底的等腰三角形时，BC＝AC，
平方得BC2＝AC2，即32+a2＝22+（4﹣a）2，
化简得8a＝11，
解得a＝11 8
．
故OC＝11 8
，
故答案为：11 8
．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系中两点间的距离及等腰三角形的判定，灵活利用两点的坐标确定两点间距离是解题的关键.
12．．
【解析】
试题分析：由已知：x-2≠0，解得x≠2；
考点：自变量的取值范围．
解析：x2
．
【解析】
试题分析：由已知：x-2≠0，解得x≠2；
考点：自变量的取值范围．
13．【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：∵直角三角形的两条直角边长为6，8，∴由勾股定理得，斜边=10. ∴斜边上的中线长=×10=5．
考点：1.勾股定理；2. 直角三角形斜边上的中线性质．
解析：【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：∵直角三角形的两条直角边长为6，8，∴由勾股定理得，斜边=10.
∴斜边上的中线长=1
2
×10=5．
考点：1.勾股定理；2. 直角三角形斜边上的中线性质．
14．3或4
【解析】
【分析】
作出图形，然后根据图形判断出横坐标的可能值即可；
【详解】
解：如图
当点B为(3,0)，(4,0)记ΔAOB内部（不包括边界）的整点为（1，1），（1，2），（2，1
解析：3或4
【解析】
【分析】
作出图形，然后根据图形判断出横坐标的可能值即可；
【详解】
解：如图
当点B为(3,0)，(4,0)记内部（不包括边界）的整点为（1，1），（1，2），（2，1）共三个点，
故当时，则点的横坐标可能是3，4.
故填3，4.
【点睛】
此题考查了点的坐标，关键是根据题意画出图形，找出点B的横坐标与△AOB内部（不包括边界）的整点m之间的关系，考查数形结合的数学思想方法．
15．100
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质得到∠A=∠B，证明△ADF≌△BFE，得到∠ADF=∠BFE，根据三角形的外角的性质求出∠A=∠DFE=40°，根据三角形内角和定理计算即可．
【详
解析：100
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质得到∠A=∠B，证明△ADF≌△BFE，得到∠ADF=∠BFE，根据三角形的外角的性质求出∠A=∠DFE=40°，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】
解：∵PA=PB，
∴∠A=∠B，
在△ADF和△BFE中，
AD BF
A B
AF BE
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ADF≌△BFE（SAS），
∴∠ADF=∠BFE，
∵∠DFB=∠DFE+∠EFB=∠A+∠ADF，
∴∠A=∠DFE=40°，
∴∠P=180°-∠A -∠B=100°；
故答案为：100.
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握等边对等角、全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的外角的性质是解题的关键．
16．±2．
【解析】
试题分析：∵，∴4的平方根是±2．故答案为±2．
考点：平方根．
解析：±2．
【解析】
试题分析：∵2(2)4±=，∴4的平方根是±2．故答案为±2．
考点：平方根．
17．【解析】
【分析】
认真审题，根据垂线段最短得出PM ⊥AB 时线段PM 最短，分别求出PB 、OB 、OA 、AB 的长度，利用△PBM ∽△ABO ，即可求出本题的答案
【详解】
解：如图，过点P 作PM ⊥AB ，
解析：285
【解析】
【分析】
认真审题，根据垂线段最短得出PM ⊥AB 时线段PM 最短，分别求出PB 、OB 、OA 、AB 的长度，利用△PBM ∽△ABO ，即可求出本题的答案
【详解】
解：如图，过点P 作PM ⊥AB ，则：∠PMB=90°，
当PM ⊥AB 时，PM 最短，
因为直线y=34
x ﹣3与x 轴、y 轴分别交于点A ，B ，
可得点A 的坐标为（4，0），点B 的坐标为（0，﹣3），
在Rt △AOB 中，AO=4，BO=3，5=，
∵∠BMP=∠AOB=90°，∠B=∠B ，PB=OP+OB=7，
∴△PBM ∽△ABO ， ∴PB PM AB AO
=， 即：754
PM =， 所以可得：PM=
285． 18．【解析】
【分析】
根据各个点的坐标，分别求出AB 、BC 、CD 和DA 的长，即可求出细线绕一圈的长度，然后用2020除以细线绕一圈的长度即可判断．
【详解】
解：∵，，，
∴AB=2，BC=3，CD
解析：()1,1
【解析】
【分析】
根据各个点的坐标，分别求出AB 、BC 、CD 和DA 的长，即可求出细线绕一圈的长度，然后用2020除以细线绕一圈的长度即可判断．
【详解】
解：∵()1,1A ，()1,1B -，()1,2C --，()1,2D -
∴AB=2，BC=3，CD=2，DA=3
∴细线绕一圈所需：AB+BC+CD+DA=10个单位长度
2020÷10=202（圈），即细线正好绕了202圈
故细线另一端所在位置正好为点A ，它的坐标为()1,1
故答案为：()1,1．
【点睛】
此题考查的是探索点的坐标规律题，掌握把坐标转化为线段的长是解决此题的关键．
19．【解析】
【分析】
在x 轴上取一点P （1，0），连接BP ，作PQ⊥PB 交直线BN 于Q ，作QR⊥x 轴于R ，构造全等三角形△OBP≌△RPQ（AAS ）；然后根据全等三角形的性质、坐标与图形性质求得Q （
解析：
5
,3 3
⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】
【分析】
在x轴上取一点P（1，0），连接BP，作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R，构造全等三角形△OBP≌△RPQ（AAS）；然后根据全等三角形的性质、坐标与图形性质求得Q （5，1），易得直线BQ的解析式，所以将点N代入该解析式来求m的值即可．
【详解】
解：在x轴上取一点P（1，0），连接BP，
作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R，
∴∠BOP=∠BPQ=∠PRQ=90°，
∴∠BPO=∠PQR，
∵OA=OB=4，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∵M（-1，0），
∴OP=OM=1，
∴BP=BM，
∴∠OBP=∠OBM=∠ABN，
∴∠PBQ=∠OBA=45°，
∴PB=PQ，
∴△OBP≌△RPQ（AAS），
∴RQ=OP=1，PR=OB=4，
∴OR=5，
∴Q（5，1），
∴直线BN的解析式为y＝−3
5
x+4，
将N（5m，3m+2）代入y＝−3
5
x+4，得3m+2=﹣
3
5
×5m+4
解得 m＝1
3
，
∴N
5
,3
3
⎛⎫ ⎪⎝⎭
．
故答案为：
5
,3 3
⎛⎫ ⎪⎝⎭
【点睛】
本题考查了一次函数综合题，需要熟练掌握待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，两点间的距离公式等知识点，难度较大．
20．>
【解析】
， .
解析：>
【解析】 23< ，23∴->
三、解答题
21．(1)见解析；（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）根据平行线性质求出∠A=∠B ，根据SAS 推出即可．
（2）根据全等三角形性质推出CD=CE ，根据等腰三角形性质求出即可．
试题解析：
()1∵//AD BE ，
∴A B ∠=∠，
在ACD 和BEC 中
AD BC A B AC BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴()ACD BEC SAS ≅，
()2∵ACD BEC ≅，
∴CD CE =，
又∵CF 平分DCE ∠，
∴CF DE ⊥．
22．（1）2＜c ＜14；（2）△ABC 的面积为24或．
【解析】
【分析】
（1）先根据非负数的性质求出a 、b 的值，再由三角形的三边关系即可得出结论；
（2）分b 是直角边和斜边两种情况，利用勾股定理求出另一直角边，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
解：（1）∵a ，b （b ﹣8）2＝0，
∴a ﹣6＝0，b ﹣8＝0，
∴a ＝6，b ＝8，
∴8﹣6＜c ＜8+6，即2＜c ＜14．
故边长c 的取值范围为：2＜c ＜14；
（2）b ＝8是直角边时，6是直角边，△ABC 的面积＝
12×6×8＝24；
b ＝8，
△ABC 的面积＝12
×6×．
综上所述，△ABC 的面积为24或．
【点睛】
本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解答此题的关键．同时考查了勾股定理，难点在于要分情况讨论．
23．（1）312x ；（2）2或0 【解析】
【分析】
（1）根据题意把分式12
x x -+化为整式与真分式的和形式即可； （2）根据题中所给出的例子把原式化为整式与真分式的和形式，再根据分式的值为整数即可得出x 的值．
【详解】
（1）12x x -+()232
x x +-=+ 2322
x x x +=-++ 312x =-
+ . （2）2211x x --22211
x x -+=-
()()2111
1
x x x +-+=- ()1211x x =++
-. ∵分式的值为整数，且x 为整数，
∴11x -=±，∴x =2或0．
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
24．（1）300千米，1小时（2）2.5小时（3）1小时
【解析】
【分析】
（1）根据函数图象可以直接得到A ，B 两城的距离,乙车将比甲车早到几小时；
(2)由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A 城的距离y 与时间t 的关系式，求得两函数图象的交点即可
（3）再令两函数解析式的差小于或等于20，可求得t 可得出答案．
【详解】
（1）由图象可知A 、B 两城市之间的距离为300km ， 甲比乙早到1小时，
（2）设甲车离开A 城的距离y 与t 的关系式为y 甲=kt ，
把（5，300）代入可求得k=60，
∴y 甲=60t ，
设乙车离开A 城的距离y 与t 的关系式为y 乙=mt+n ，
把（1，0）和（4，300）代入可得
04300m n m n +=⎧⎨+=⎩
， 解得：100100m n =⎧⎨=-⎩
， ∴y 乙=100t-100，
令y 甲=y 乙，可得：60t=100t-100，
解得：t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
∴甲车出发2.5小时与乙车相遇
（3）当y 甲- y 乙=20时
60t-100t+100=20，t=2
当y 乙- y 甲=20时
100t-100-60t=20，t=3
∴3-2=1（小时）
∴两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有1小时
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函
数，利用方程组求两个函数的交点坐标，特别注意t 是甲车所用的时间．
25．（1）=x （2）1x =
【解析】
【分析】
（1）方程整理后，利用平方根定义开方即可求出解；
（2）方程利用立方根定义开立方即可求出解．
【详解】
解：（1）4x 2﹣8＝0，
移项得：4x 2﹣8＝0，即x 2＝2，
开方得：=x ；
（2）（x ﹣2）3＝﹣1，
开立方得：x ﹣2＝﹣1，
解得：x ＝1．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法及立方根，熟练掌握运算法则是解题的关键．
四、压轴题
26．（1）b=72；（2）①△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为S=﹣32t +272或S=32t ﹣27
2
；②7＜t ＜9或9＜t ＜11，③存在，当t 的值为3或9+或9﹣或6时，△APQ 为等腰三角形．
【解析】
分析：（1）把P (m ,3)的坐标代入直线1l 的解析式即可求得P 的坐标，然后根据待定系数法即可求得b ；
（2）根据直线2l 的解析式得出C 的坐标，①根据题意得出9AQ t =-，然后根据12
P S AQ y =⋅即可求得APQ 的面积S 与t 的函数关系式；②通过解不等式273322t -<或327 3.22
t -<即可求得7<t <9或9<t <11.时，APQ 的面积小于3；③分三种情况：当PQ =PA 时,则()()()222
2(71)032103,t -++-=++-当AQ =PA 时,则
()()222(72)2103,t --=++-当PQ =AQ 时,则()222(71)03(72)t t -++-=--，
即可求得．
详解：解;(1)∵点P (m ,3)为直线l 1上一点，
∴3=−m +2，解得m =−1，
∴点P 的坐标为(−1,3)，
把点P 的坐标代入212y x b =
+ 得,()1312b =⨯-+， 解得72b =
； (2)∵72
b =； ∴直线l 2的解析式为y =12x +72，
∴C 点的坐标为(−7,0)，
①由直线11:2l y x =-+可知A (2,0)，
∴当Q 在A . C 之间时，AQ =2+7−t =9−t ， ∴11273(9)32222
S AQ yP t t =
⋅=⨯-⨯=-； 当Q 在A 的右边时，AQ =t −9， ∴11327(9)32222
S AQ yP t t ；=⋅=⨯-⨯=- 即△APQ 的面积S 与t 的函数关系式为27322S t =
-或327.22S t =- ②∵S <3， ∴
273322t -<或327 3.22
t -< 解得7<t <9或9<t <11. ③存在；
设Q (t −7,0)，
当PQ =PA 时,则()()()222
2(71)032103,t -++-=++-
∴22(6)3t -=,解得t =3或t =9(舍去)， 当AQ =PA 时,则()()222(72)2103,t --=++-
∴2(9)18,t -=解得9t =+9t =- 当PQ =AQ 时,则()2
22(71)03(72)t t -++-=--，
∴22(6)9(9)t t -+=-， 解得t =6.
故当t 的值为3或9+9-6时，△APQ 为等腰三角形．
点睛：属于一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质以及三角形的面积,分类讨论是解题的关键.
27．（1）y =34-
x +3；（2）y =34x -3，y =-kx -b ；（3）存在，4，(8，3) 【解析】
【分析】
（1）利用4AB =，3BC =，找出A 、C 两点的坐标，设直线解析式，利用待定系数法求
出AC 的解析式；
（2）由直线AC 关于x 轴的对称直线为CD 可知点D 的坐标，设直线解析式，利用待定系数法求出CD 的解析式，对比AC 的解析式进而写出直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式；
（3）先判断||PA PB -存在最大值，在P 、A 、B 三点不共线时，P 点在运动过程中，与A 、B 两点组成三角形，两边之差小于第三边，得出结论在P 、A 、B 三点共线时，此时||PA PB -最大，y p = y A =3，求出P 点的纵坐标，最后根据点P 在直线CD 上，将P 点的纵坐标代入直线方程可得横坐标，从而求出P 点坐标．
【详解】
解：（1）在矩形ABCD 中，OC =AB =4，OA =BC =3，
故A (0，3)，C (4，0)，
设直线AC 的解析式为：y =kx +b (k ≠0，k 、b 为常数)，
点A 、C 在直线AC 上，把A 、C 两点的坐标代入解析式可得：
340b k b =⎧⎨+=⎩解得：343
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， 所以直线AC 的解析式为：y =34
-x +3． （2）由直线AC 关于x 轴的对称直线为CD 可知：点D 的坐标为：(0，-3)，
设直线CD 的解析式为：y =mx +n (m ≠0，m 、n 为常数)，
点C 、D 在直线CD 上，把C 、D 两点的坐标带入解析式可得：
-340n m n =⎧⎨+=⎩解得：343
m n ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， 所以直线CD 的解析式为：y =34
x -3， 故猜想直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式为：y =-kx -b ．
（3）
点P 在运动过程中，||PA PB -存在最大值，
由题意可知：如图，延长AB 与直线CD 交点即为点P ，
此时||PA PB -最大，其他位置均有||PA PB -＜AB （P 点在运动过程中，与A 、B 两点组成任意三角形，两边之差小于第三边），
此时，||PA PB -= AB =4，y p = y A =3，
点P 在直线CD 上，将P 点的纵坐标代入直线方程可得：
34
x -3=3， x =8，
故P 点坐标为(8，3)，
||PA PB -的最大值为x p -x B =8-4=4．
【点睛】
本题主要考查利用待定系数法求解一次函数解析式及类比推理能力，掌握任意三角形两边之差小于第三边是解题的关键．
28．（1）8;（2）145°;（3）详见解析．
【解析】
【分析】
（1）作AD ⊥ x 轴于D,BE ⊥x 轴于E,由点A,B 的坐标可得出AD=OD=2,BE=EO=4,DE=6,由面积公式可求出答案;
（2）作CH ∥x 轴,如图2,由平行线的性质可得出∠AOG=∠ACH,∠DEC=∠HCE,求出∠DEC+∠AOG=∠ACB=90°,可求出∠DEC=35°,则可得出答案;
（3）证得∠NEC=∠HEC,则∠NEF=180°-∠NEH=180°-2∠HEC,可得出结论．
【详解】
解：（1）作AD ⊥x 轴于D,BE ⊥x 轴于E,如图1,
∵A （﹣2,2）、B （4,4）,
∴AD ＝OD ＝2,BE ＝OE ＝4,DE ＝6,
∴S △ABC ＝S 梯形ABED ﹣S △AOD ﹣S △AOE ＝
12×（2+4）×6﹣12×2×2﹣12
×4×4＝8; （2）作CH // x 轴,如图2,
∵D（0,﹣4）,M（4,﹣4）,
∴DM // x轴,
∴CH // OG // DM,
∴∠AOG＝∠ACH,∠DEC＝∠HCE,
∴∠DEC+∠AOG＝∠ACB＝90°,
∴∠DEC＝90°﹣55°＝35°,
∴∠CEF＝180°﹣∠DEC＝145°;
（3）证明：由（2）得∠AOG+∠HEC＝∠ACB＝90°,
而∠HEC+∠CEF＝180°,∠NEC+∠CEF＝180°,
∴∠NEC＝∠HEC,
∴∠NEF＝180°﹣∠NEH＝180°﹣2∠HEC,
∵∠HEC＝90°﹣∠AOG,
∴∠NEF＝180°﹣2（90°﹣∠AOG）＝2∠AOG．
【点睛】
本题是三角形综合题,考查了坐标与图形的性质,三角形的面积,平行线的性质,三角形内角和定理,熟练掌握平行的性质及三角形内角和定理是解题的关键．
29．（1）20
3
；（2）①t＝
8
3
；②a＝
18
5
；（3）t＝6.4或t＝
10
3
【解析】
【分析】
（1）根据时间＝路程÷速度即可求得答案；
（2）①由题意得：BM＝CN＝3t，则只可以是△CMN≌△BAM，AB＝CM，由此列出方程求解即可；
②由题意得：CN≠BM，则只可以是△CMN≌△BMA，AB＝CN＝12，CM＝BM，进而可得3t＝10，求解即可；
（3）分情况讨论，当△CMN≌△BPM时，BP＝CM，若此时P由A向B运动，则12－2t＝20－3t，但t＝8不符合实际，舍去，若此时P由B向A运动，则2t－12＝20－3t，求得t
＝6.4；当△CMN≌△BMP时，则BP＝CN，CM＝BM，可得3t＝10，t＝10
3
，再将t＝
10
3
代入分别求得AP，BP的长及a的值验证即可．【详解】
解：（1）20÷3＝20
3
，
故答案为：20
3
；
（2）∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCB，
∵△CNM与△ABM全等，
∴△CMN≌△BAM或△CMN≌△BMA，①由题意得：BM＝CN＝3t，
∴△CMN≌△BAM
∴AB＝CM，
∴12＝20－3t，
解得：t＝8
3
；
②由题意得：CN≠BM，
∴△CMN≌△BMA，
∴AB＝CN＝12，CM＝BM，
∴CM＝BM＝1
2 BC，
∴3t＝10，
解得：t＝10 3
∵CN＝at，
∴10
3
a＝12
解得：a＝18
5
；
（3）存在
∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCB，
∵△CNM与△PBM全等，
∴△CMN≌△BPM或△CMN≌△BMP，
当△CMN≌△BPM时，则BP＝CM，
若此时P由A向B运动，则BP＝12－2t，CM＝20－3t，
∵BP＝CM，
∴12－2t＝20－3t，
解得：t＝8 (舍去)
若此时P由B向A运动，则BP＝2t－12，CM＝20－3t，∵BP＝CM，
∴2t－12＝20－3t，
解得：t＝6.4，
当△CMN≌△BMP时，则BP＝CN，CM＝BM，
∴CM＝BM＝1
2 BC
∴3t＝10，
解得：t＝10 3
当t＝10
3
时，点P的路程为AP＝2t＝
20
3
，
此时BP＝AB－AP＝12－20
3
＝
16
3
，
则CN＝BP＝16 3
即at＝16
3
，
∵t＝10
3
，
∴a＝1.6符合题意
综上所述，满足条件的t的值有：t＝6.4或t＝10 3
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质的综合运用，解决本题的关键就是用方程思想及分类讨论思想解决问题，把实际问题转化为方程是常用的手段．
30．模型建立：见解析；应用1：2：（1）Q(1，3)，交点坐标为(5
2
，0)；
（2）y＝﹣x+4
【解析】
【分析】
根据AAS证明△BEC≌△CDA，即可；
应用1：连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，易证△ADC≌△CHB，结合勾股定理，即可求解；
应用2：（1）过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP 相交于点H，易得：△OKQ≌△QHP，设H(4，y)，列出方程，求出y的值，进而求出
Q(1，3)，再根据中点坐标公式，得P(4，2)，即可得到直线l的函数解析式，进而求出直线l与x轴的交点坐标；（2）设Q(x，y)，由△OKQ≌△QHP，KQ＝x，OK＝HQ＝y，可得：y＝﹣x+4，进而即可得到结论．
【详解】
如图①，∵AD⊥ED，BE⊥ED，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
∵AC＝BC，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
应用1：如图②，连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8，
∴AC＝10，
∵BC＝10，AB2＝200，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝∠BHC＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠CBH，
∵AC＝BC＝10，
∴△ADC≌△CHB（AAS），
∴CH＝AD＝6，BH＝CD＝8，
∴DH=6+8=14，
∵BH⊥DC，
∴BD＝
应用2：（1）如图③，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP相交于点H，
由题意易：△OKQ≌△QHP（AAS），
设H(4，y)，那么KQ＝PH＝y﹣m＝y﹣2，OK＝QH＝4﹣KQ＝6﹣y，
又∵OK＝y，
∴6﹣y＝y，y＝3，
∴Q(1，3)，
∵折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，
∴点M是OP的中点，
∵P(4，2)，
∴M(2，1)，
设直线Q M的函数表达式为：y＝kx+b，
把Q(1，3)，M(2，1)，代入上式得：
21
3
k b
k b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得：
2
5
k
b
=-
⎧
⎨
=
⎩
∴直线l的函数表达式为：y＝﹣2x+5，
∴该直线l与x轴的交点坐标为(5
2
，0)；
（2）∵△OKQ≌△QHP，
∴QK＝PH，OK＝HQ，
设Q(x，y)，
∴KQ＝x，OK＝HQ＝y，
∴x+y＝KQ+HQ＝4，
∴y＝﹣x+4，
∴无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，这条直线的解析式为：y＝﹣x+4，
故答案为：y＝﹣x+4．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，勾股定理，一次函数的图象和性质，掌握“一线三垂直”模型，待定系数法是解题的关键．。