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苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共41页。试卷主要包含了0分），则过B，C两点的直线的表达式为，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，一次函数y=-34x+3的图像分别与x轴、y轴交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=900.则过B，C两点的直线的表达式为( )
A. y=17x+3 B. y=15x+3 C. y=14x+3 D. y=13x+3
2. 已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF.其中正确的是( )
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
3. 如图，等边△ABC和等边△CDE，其中B、C、E三点共线，连接AE、BD、CF、GH，下列说法中：①FC平分∠BFE；②GH//BE；③S△ACH=S△BCG；④S△AHD=S△CHE.正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD=CD，AD平分∠BAC，则下列结论：
①DE=DF；②BE=CF；③∠ABD+∠C=180°；④AB+AC=2AE，正确的有个( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 如果正整数a、b、c满足等式a2+b2=c2，那么正整数a、b、c叫做勾股数.某同学将自探究勾股数的过程列成下表，观察表中每列数的规律，可知x+y的值为( )
A. 47
B. 62
C. 79
D. 98
6. 勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三、股四、则弦五”的记载。如图1是由边长相等的小正方形
和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I
都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为 ( )
A. 90 B. 100 C. 110 D. 121
7. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=8，点D为AB的中点，若直角EDF绕点D旋转，分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法正确的个数有( )
①AE=CF； ②EC+CF=2AD； ③DE=DF；
④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 已知直角三角形两边长x、y满足x2−4+y−22−1=0，则第三边长为( )
A. 3 B. 13
C. 5或13 D. 3，5或13
9. 如图，在平面直角坐标系中，A(a,−3)，B(a+3,−3)，且a>0，P为y轴上一动点．连接AB，将线段AB先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段CD，则下列结论：①CD=3；②∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°；③若△PCD的面积为6，则P点的坐标为(0,3)或(0,−5)；④若P点不在直线AB、CD上，△PCD面积为x，△PAB面积为y，四边形ABDC面积为z，则|x−y|=12z.
其中正确的有( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③
10. 如图所示，在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C，把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2022的坐标为( )
A. (4043,−1) B. (4043,1) C. (2022,−1) D. (2022,1)
11. 如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，点P和点Q分别从点B和点C出发，沿射线BC向右运动，且速度相同，过点Q作QH⊥BD，垂足为H，连接PH，设点P运动的距离为x(0
C. D.
12. 关于x，y的方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1的解为x=ay=b，若点P(a,b)总在直线y=x上方，那么k的取值范围是( )
A. k>1 B. k>−1 C. k<1 D. k<−1
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在AB、AC上各取一点E、D，使AE=AD.连接BD、CE，BD、CE相交于点O，再连接AO、BC，若∠1=∠2，则图中全等的三角形有 对.
14. 如图，C为线段AE上一动点(不与点A，E重合)，在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ.以下五个结论：①AD=BE；②PQ//AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°.恒成立的结论有 .(把你认为正确的序号都填上)
15. 定义新运算“☆”：a☆b=ab+1，则2☆(3☆5)=______
16. 在平面直角坐标系xOy中，一次函数y = m(x + 3)− 1(m≠0)的图象为直线l，在下列结论中：①无论m取何值，直线l一定经过某个定点；
②过点O作OH⊥l，垂足为H，则OH的最大值是10；
③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，△AOB为等腰三角形，则m = 1；
④对于一次函数y1= a(x − 1)+ 2(a≠0)，无论x取何值，始终有y1> y，则m < 0或0 < m < 3 4 . 其中正确的是(填写所有正确结论的序号)___ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. (1)如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=100°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=50°.探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是______(直接写结论，不需证明)；
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF=45°，直接写出△DEF的周长．
18. 如图，在△ABC中，∠ABC为锐角，点D为直线BC上一动点，以AD为直角边且在AD的右侧作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°，AD=AE．
(1)如果AB=AC，∠BAC=90°．
①当点D在线段BC上时，如图1，线段CE，BD的位置关系为________，数量关系为________．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(2) 如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．探究：当∠ACB多少度时，CE⊥BC？请说明理由．
19. 在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
(1)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一点，且AE=1，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图1.求CF的长；
(2)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一个动点，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图2.在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
(3)△ABC是边长为3的等边三角形，M是高CD上的一个动点，小亮以BM为边作等边三角形BMN，如图3.在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长．
20. 阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
(1)如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE=________；
(2)如图2，已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=60°，若点D在△ABC内，且∠ADC=150°，AD=3，CD=1，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求BD的长；
(3)如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，求CD；
(4)如图4，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=1，BC=2，以AC为直角边，A为直角顶点作等腰Rt△ACD，则BD=____________(直角写出结果)．
21. 在数轴上点A表示a，点B表示b，且a，b满足a−10+b−3=0：
(1)①a+b=_________；② x表示a+b的整数部分，y表示a+b的小数部分，则y=________；
(2)若b
(1)点A的坐标为______，点C的坐标为______；
(2)已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是(4,3)，设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)在(2)的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分∠GOD.点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOA，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论(三角形的内角和为180∘可以直接使用)．
23. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a，b满足|a+1|+(b-3)2=0．
(1)填空：a= ，b= ；
(2)如果在第三象限内有一点M(-2,m)，请用含m的式子表示△ABM的面积；
(3)在(2)条件下，当m=-32时，在y轴上有一点P，使得△BMP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
24. 如图，A(0,1)，M(4,3)，N(5,5)动点P从点A出发，沿y轴以每秒1个单位长的速度向上移动，且过点P的直线l(其解析式为y=−x+b，且直线与x轴所夹的锐角为45°)也随之移动，设移动时间为t秒．
(1)当t=4时，求l的解析式；
(2)若点M，N位于l的异侧，确定t的取值范围：______．
(3)求出t为何值时，点M关于l的对称点落在坐标轴上．
25. 某车间甲、乙两名工人分别生产同种零件，他们生产的零件数量y(个)与生产时间t(小时)之间的关系如图所示(其中实线表示甲，虚线表示乙，且甲因机器故障停产了一段时间)．
(1)甲、乙中，______先完成40个零件的生产任务．
(2)甲在因机器故障停产之前，每小时生产______个零件．
(3)甲故障排除之后以原来速度的两倍重新开始生产，则甲停产了______小时．
(4)在第一次甲乙生产零件总数在同一时刻相同到甲完工这段时间，什么时候甲乙生产的零件总数相差3个？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA=CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】
解：∵一次函数y=−34x+3中，
令x=0得：y=3；令y=0，解得x=4，
∴B的坐标是(0,3)，A的坐标是(4,0).
如图，作CD⊥x轴于点D．
∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
∵CD⊥x轴
∴∠ADC=90°
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠BAO．
在△ABO与△CAD中，
∵∠BAO=∠ACD∠BOA=∠ADC=90°AB=CA，
∴△ABO≌△CAD(AAS)，
∴AD=OB=3，CD=OA=4，
则OD=OA+AD=7．
则C的坐标是(7,4).
设直线BC的解析式是y=kx+b，
根据题意得：b=37k+b=4,
解得k=17b=3，
∴直线BC的解析式是y=17x+3．
故选A．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．先利用SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE=∠BDA，AD=EC可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得∠DAE=∠DCE，即③正确，根据③可求得④正确．
【解答】
解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴在△ABD和△EBC中，
BD=BC∠ABD=∠CBDBE=BA，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，故①正确；
②∵BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，故②正确；
③∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE为等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC.故③正确；
④过E作EG⊥BC于G点，
∵E是BD延长线上的点，EF⊥AB，BD平分∠ABC，
∴EF=EG，
∵在RT△BEG和RT△BEF中，
BE=BEEF=EG，
∴RT△BEG≌RT△BEF(HL)，
∴BG=BF，
∵在RT△CEG和RT△AFE中，
EF=EGAE=CE，
∴RT△CEG≌RT△AFE(HL)，
∴AF=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG−CG=BF+BG=2BF，故④正确.
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：作CM⊥BD于M，CN⊥AE于N．
∵△ABC，△DCE都是等边三角形，
∴BC=AC，DC=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠CBD=∠CAE，
∵CM⊥BD于M，CN⊥AE于N．
∴∠BMC=∠ANC=90°，
∵AC=BC，
∴△BCM≌△ACN，
∴CM=CN，
∴FC平分∠BFE，故①正确；
∵∠CBG=∠CAH，∠BCG=∠ACH=60°，BC=CA，
∴△BCG≌△ACH(ASA)，
∴S△ACH=S△BCG，故③正确;
∵△BCG≌△ACH，
∴CG=CH，
∵∠GCH=180°−60°−60°=60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴∠HGC=∠GCB=60°，
∴GH//BE，故②正确；
∵∠DEC=∠ACB=60°，
∴AC//DE，
∴S△EDA=S△DEC，
∴S△AHD=S△CHE，故④正确，
故选：D．
作CM⊥BD于M，CN⊥AE于N.由△BCD≌△ACE，△BCG≌△ACH，角平分线的判定定理以及AC//DE即可一一判断即可．
本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积、平行线的判定、角平分线的判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：如图所示：
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC，
又∴DE=DF，
∴结论①正确；
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
DE=DFBD=CD，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，
∴BE=CF，
∴结论②正确；
∵Rt△BDE≌Rt△CDF，
∴∠EBD=∠C，
又∵∠ABD+∠DBE=180°，
∴∠ABD+∠C=180°，
∴结论③正确；
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
DE=DFAD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，
∴AE=AF，
又∵BE=CF，AE=AB+BE，
∴AB+AC=AE+AF=2AE，
∴结论④正确，
综上所述，四个结论都正确．
故选：D．
由角平分线的性质得DE=DF，全等三角形的判定与性质得BE=CF，邻补角的定义和等量代换得∠ABD+∠C=180°，全等三角形的性质和线段的和差得AB+AC=2AE.综合所述四个结论都正确．
本题综合考查了角平分线的性质，三角形全等的判定与性质，邻补角的定义，等量代换和线段的和差等相关知识，重点掌握角平分线的性质和三角形全等的判定与性质．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了勾股数，数式规律问题，满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数．
依据每列数的规律，即可得到a=n+12−1，b=2n+1，c=n+12+1，(n为正整数)，进而得出x+y的值．
【解答】
解：由题可得，3=22−1，4=2×2，5=22+1，
8=32−1，6=2×3，10=32+1，
15=42−1，8=2×4，17=42+1，
24=52−1，10=2×5，26=52+1，
……
∴a=n+12−1，b=2n+1，c=n+12+1，(n为正整数)
∴当c=n+12+1=65时，n=7，
∴x=(7+1)2−1=63，y=2×(7+1)=16，
∴x+y=79，
故选：C．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的证明，正方形的判定和性质，作出辅助线构造出正方形是解题的关键，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】
解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
所以四边形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
所以KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此矩形KLMJ的面积为10×11=110.
故选C．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题综合考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，有一定难度．
①连接CD，可证△ADE≌△CDF，得出AE=CF；
②由①知，EC+CF=EC+AE=AC，而AC为等腰直角△ABC的直角边，由于斜边AB=8，由勾股定理可求出AC=BC=42=2AD；
③由①知DE=DF；
④△ECF的面积=12×CE×CF，如果这是一个定值，则CE⋅CF是一个定值，又EC+CF=42，从而可唯一确定EC与CF的值，由勾股定理知EF的长也是一个定值．
【解答】
解：①连接CD．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB的中点，
∴CD⊥AB，CD=AD=DB，
在△ADE与△CDF中，∠A=∠DCF=45°，AD=CD，∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF.说法正确；
②∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB=8，
∴AC=BC=42，AD=BD=4．
由①知AE=CF，
∴EC+CF=EC+AE=AC=42=2AD.说法正确；
③由①知△ADE≌△CDF，
∴DE=DF.说法正确；
④∵△ECF的面积=12×CE×CF，如果这是一个定值，则CE⋅CF是一个定值，
又∵EC+CF=42，
∴可唯一确定EC与CF的值，
再由勾股定理知EF的长也是一个定值，说法正确．
故选D．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了绝对值非负性、二次根式的非负性、直角三角形的勾股定理，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0，求出x、y的值是解题的关键.先根据非负数的性质列式求出x、y的值，分4种情况进行讨论，最后利用勾股定理求解．
【解答】
解：根据题意得，x2−4=0，(y−2)2−1=0，
解得x=±2，y=3或y=1，
∵x、y是直角三角形的边长，
∴x=2，y=3或y=1，
分4种情况：
①当2，3是直角三角形的直角边时，
斜边为22+32=4+9=13；
②当2是直角三角形的直角边，3是直角三角形的斜边时，
第三边为32−22=9−4=5；
③当2，1是直角三角形的直角边时，
斜边为22+12=4+1=5；
④当2是直角三角形的斜边，1是直角三角形的直角边时，
第三边为22−12=4−1=3．
故选D.
9.【答案】D
【解析】解：∵，A(a,−3)，B(a+3,−3)，
∴AB=a+3−a=3，
∵CD=AB，
∴CD=3故①正确，
如图，延长DC交OB于点F．
∵CD//AB，
∴∠OBA=∠CFB，
∵∠OCD=∠BOC+∠CFO，
∴∠OCD=∠BOC+180°−∠OBA，
∴∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°，故②错误，
设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，
解得m=3或−4，
∴P(0,3)或(0,−5)，故③正确，
结论④错误，理由：当点P在CD的上方或AB的下方时，结论成立，
当点P在AB与CD之间时，则有|x+y|=12z.
故正确的有：①②③，
故选：D．
①根据A，B两点坐标求出AB，即可判断；
②如图，延长DC交OB于点F.利用平行线的性质，三角形的外角的性质判断即可；
③设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，解方程，可得结论；
④分两种情判断即可．
本题考查坐标与图形变化−平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】A
【解析】解：∵A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形，且∠P1=90°，
∴P1(1,1)．
∵把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C1，
∴P2(3,−1)．
同理可得出：P3(5,1)，P4(7,−1)，P5(9,1)，…，
∴P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)．
∵2022=2×1010+2，4×1010+3=4043，
∴P2022(4043,−1)．
故选：A．
根据等腰直角三角形的性质可找出点P1的坐标，结合旋转的性质即可找出点P2、P3、P4、P5、…、的坐标，根据坐标的变化即可找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”，依此规律即可得出结论．
本题考查了等腰直角三角形的性质、坐标与图形变化中的旋转以及规律型中点的坐标，根据点的变化找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，直角三角形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．根据菱形的性质得到∠DBC=60°，根据直角三角形的性质得到BH=12BQ=1+12x，过H作HG⊥BC，得到HG=32BH=32+34x，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】
解：∵菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，
∴∠DBC=60°，
∵BQ=2+x，QH⊥BD，
∴BH=12BQ=1+12x，
过H作HG⊥BC，
∴HG=32BH=32+34x，
∴S=12PB⋅GH=38x2+34x，(0
12.【答案】B
【解析】解：解方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1可得，
x=−35k−1y=75k+1，
∵点P(a,b)总在直线y=x上方，
∴b>a，
∴75k+1>−35k−1，
解得k>−1，
故选：B．
将k看作常数，解方程组得到x，y的值，根据P在直线上方可得到b>a，列出不等式求解即可．
本题考查了解二元一次方程组，一次函数上点的坐标特征，解本题的关键是将k看作常数，根据点在一次函数上方列出不等式求解．
13.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质.注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
认真观察图形，确定已知条件在图形上的位置，结合全等三角形的判定方法，由易到难，仔细寻找．
【解答】
解： ①在△AEO与△ADO中，
{AE=AD∠1=∠2OA=OA(公共边),
∴△AEO≌△ADO(SAS)；
②∵△AEO≌△ADO，
∴OE=OD，∠AEO=∠ADO，
∴∠BEO=∠CDO．
在△BEO与△CDO中，
{∠BEO=∠CDOOE=OD∠BOE=∠COD(对顶角相等),
∴△BEO≌△CDO(ASA)；
③∵△BEO≌△CDO，
∴BE=CD，BO=CO，OE=OD，
∴CE=BD．
在△BEC与△CDB中，
{BE=CD∠BEC=∠CDBCE=BD,
∴△BEC≌△CDB(SAS)；
④在△AEC与△ADB中，
AE=AD∠AEC=∠ADB,CE=BD
则△AEC≌△ADB(SAS)；
⑤∵△AEC≌△ADB，
∴AB=AC．
在△AOB与△AOC中，
AB=ACOB=OCOA=OA,
∴△AOB≌△AOC(SSS)．
综上所述，图中全等三角形共5对．
故答案为：5．
14.【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可得AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠ADC=∠BEC，得到△CDP≌△CEQ(ASA)，再根据∠QPC=∠BCA，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，即可得出结论；
④根据DE>QE，且DP=QE，可知DE>DP，可知④错误；
⑤利用等边三角形的性质，求出BC//DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，由全等三角形的性质可推出∠DEO=∠DAC，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．
【解答】
解：①∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，①正确；
②∠DCP=180°−2×60°=60°=∠ECQ，
在△CDP和△CEQ中，∠ADC=∠BECCD=CE∠DCP=∠ECQ,
∴△CDP≌△CEQ(ASA)．
∴CP=CQ，DP=QE，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠QPC=∠BCA，
∴PQ//AE，②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，③正确；
④∵DE>QE，且DP=QE，
∴DE>DP，故④错误；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵△DCE是等边三角形，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC//DE，
∴∠CBE=∠DEO，
由(1)得∠CBE=∠DAC，
∴∠DEO=∠DAC，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
∴⑤正确；
故答案为①②③⑤ ．
15.【答案】3
【解析】解：∵3☆5=3×5+1=16=4；
∴2☆(3☆5)=2☆4=2×4+1=3．
故答案为：3．
先根据新定义求出3☆5，再计算2☆4即可．
本题考查了实数的运算，读懂新定义的运算是解题的关键．
16.【答案】①②④
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的图象与系数的关系、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形性质等.由解析式可得一次函数过定点−3,−1,①正确；当H和定点−3,−1重合时，OH为最大值10，②正确；分别求出点A和点B的坐标，根据△AOB是等腰三角形可得出等式，并求出参数m的值，得出结论③错误；当a<0时，即m=a两直线平行时，y1>y,可得出m<0,当a>0时，若若直线y1经过−3,−1,1,2,可求出a=34,可知当0y,④正确．
【解答】
解：①当x+3=0,即x=−3时，y=−1,
∴无论m取何值，直线l一定经过定点−3,−1,故①正确．
②当x=−3时，y=−1,直线l经过定点−3,−1,当点H和定点−3,−1重合时，OH取得最大值10,故②正确．
③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，．
当y=0时，x=1−3mm,则A1−3mm,0,
当x=0时，y=3m−1,则B0,3m−1,
∵▵AOB为等腰三角形，
∴1−3mm=3m−1,
∴1−3mm=3m−1或1−3mm=1−3m,
解得m=±1或13,故③错误．
④∵一次函数y=mx+3−1经过定点−3,−1,
又∵一次函数y1=ax−1+2经过定点1,2,
∴当a<0时，若m=a,即两直线平行时，始终存在y1>y，即m<0,
∴当a>0时，如图所示，
若直线y1经过−3,−1,1,2,则y1=34x+54,
∵直线y经过点A，不管x取何值，始终y1>y,
∴0
17.【答案】解：(1)EF=BE+DF；
(2)结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABG+∠ABC=180°，
∴∠ABG=∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠DBG=DF，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∵2∠EAF=∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=12∠BAD=∠EAF，
∴∠GAE=∠EAF，
又AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SAS)，
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD；
(3)14．
【解析】
【分析】
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
(1)延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(2)延长EB到G，使BG=DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解题；
(3)延长EA到H，使AH=CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH=BF，∠ABH=∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF=EH，可得EF=EH=AE+CF，即可求解．
【解答】
解：(1)延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=100°，∠EAF=50°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°，
∴∠EAF=∠FAG=50°，
在△EAF和△GAF中，
∵AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG=DF+DG，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
(2)见答案；
(3)如图，延长EA到H，使AH=CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=7=AD=CD，∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠BAH=∠BCF=90°，
又∵AH=CF，AB=BC，
∴△ABH≌△CBF(SAS)，
∴BH=BF，∠ABH=∠CBF，
∵∠EBF=45°，
∴∠CBF+∠ABE=45°=∠HBA+∠ABE=∠EBF，
∴∠EBH=∠EBF，
又∵BH=BF，BE=BE，
∴△EBH≌△EBF(SAS)，
∴EF=EH，
∴EF=EH=AE+CF，
∴△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=AD+CD=14．
18.【答案】解：(1)①垂直；相等；
②成立，理由如下：
∵∠EAD=∠BAC=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∵AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC，
∴△BAD≌△CAE，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
(2)当∠ACB=45°时，CE⊥BD，
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△AGC为等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠AGC=45°，AC=AG，
∵∠GAC=∠EAD=90°，
∴∠GAD=∠CAE，
在△GAD与△CAE中，
AD=AE∠GAD=∠CAEAG=AC，
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠AGC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
即CE⊥BC．
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质．
(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②由等腰直角三角形的性质，同①方法，可推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
(2)过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，于是得到∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，证得AC=AG，再证明△GAD≌△CAE，根据全等三角形的性质即可得到结果．
【解答】
解：①等腰直角三角形ADE中，AD=AE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
{D=AE∠BAD=∠CAEAB=AC,
∴△DAB≌△EAC，
∴CE=BD，∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；
②见答案；
(2)见答案．
19.【答案】解：(1)∵△ABC和△BEF是等边三角形，
∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，
∴∠ABE+∠CBE=∠CBF+∠CBE，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴CF=AE=1；
(2)如图2，连接CF，
由(1)△ABE≌△CBF，
∴CF=AE，∠BCF=∠BAE=60°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCF=∠ABC，
∴CF//AB，
又点E在点C处时，CF=AC，
点E在A处时，点F与点C重合．
∴点F运动的路径长=AC=3．
(3)如图3，取BC的中点H，连接HN，
∴BH=12BC，
∴BH=12AB，
∵CD⊥AB，
∴BD=12AB，
∴BH=BD，
∵△ABC和△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，∠ABC=∠MBN=60°，
∴∠DBM+∠MBH=∠HBN+∠MBH，
∴∠DBM=∠HBN，
∴△DBM≌△HBN(SAS)，
∴HN=DM，∠BHN=∠BDM=90°，
∴NH⊥BC，
又点M在C处时，HN=CD=332，
点M在D处时，点N与点H重合．
∴点N所经过的路径的长=CD=332．
【解析】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质等知识．解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．
(1)由题意可得△ABE≌△CBF，则CF=AE=1；
(2)点E在点C处时，CF=AC，点E在A处时，点F与点C重合．则点F运动的路径长=AC=3；
(3)类比(2)的思路可知，点M在C处时，HN=CD=332，点M在D处时，点N与点H重合．则点N所经过的路径的长=CD=332．
20.【答案】解：(1)AD；
(2)如图2所示：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD=DE=1，∠BCA=∠ECD=60°，
∴∠BCA−∠BCD=∠ECD−∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD=3，
∵∠ADC=∠BCE=150°，∠DEC=60°，
∴∠BED=90°，
∴BE2+DE2=BD2，
∴BD=32+12=10；
(3)以CD为边在△ABC的下方作等边三角形CDE，连接AE，如图3所示：
则∠CDE=∠DCE=60°，CD=ED=CE，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，AD=BD，
∴∠ADE=∠BDC，
在△ADE和△BDC中，AD=BD∠ADE=∠BDCED=CD，
∴△ADE≌△BDC(SAS)，
∴AE=BC=12，
∵∠ACE=∠ACD+∠DCE=30°+60°=90°，
∴CD2=CE2=AE2−AC2=122−102=44，
∴CD=44；
(4)6．
【解析】
【分析】
本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质、勾股定理，直角三角形的判定等知识；熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
(1)证明△BCE≌△ACD(SAS)，即可得出结论；
(2)证明△BCE≌△ACD(SAS)，进一步得到∠BED=90°，利用勾股定理即可得出答案；
(3)以CD为边在△ABC的下方作等边三角形CDE，由等边三角形的性质得出∠CDE=∠DCE=60°，CD=ED=CE，∠ADB=60°，AD=BD，得出∠ADE=∠BDC，证明△ADE≌△BDC(SAS)，得出AE=BC=12，求出∠ACE=∠ACD+∠DCE=90°，由勾股定理即可得出答案；
(4)关键构造以A为顶点，AB为腰向左作等腰Rt△ABE，有△ABD≌△AEC(SAS)得到直角三角形EBC，用勾股定理即可得出答案．
【解答】
解：
(1)∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=∠CDE=60°，
∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD，
故答案为：AD；
(2)见答案；
(3)见答案；
(4)以A为顶点，AB为腰向左作等腰Rt△ABE，连接CE，
∴有△ABD≌△AEC(SAS)，则BD=CE，
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=90°，
∴在Rt△EBC中，EB=2，BC=2，
∴BD=EC=(2)2+22=6．
故答案为6．
21.【答案】(1)①10+3；②3−1；
(2)5；
(3)点A、B如下图所示：
点A在点B右侧，要使AC=2BC，显然，点C不可能在点A右侧，
设点C表示的数为c，
分情况讨论：
当点C在点A和点B之间时，
AC=10−c，BC=c−3，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(c−3)，
解得c=10+233；
当点C在点B左侧时，
AC=10−c，BC=3−c，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(3−c)，
解得c=23−10．
综上，可得点C表示的数为10+233或23−10．
【解析】
【分析】
本题主要考查了非负数的性质，估算无理数的大小等知识点，正确求出a，b的值是解题的关键．
(1)①根据非负数的性质求出a，b的值，即可求出a+b；
②利用夹逼法求出a+b的整数部分，即可求出其小数部分；
(2)由(1)知3
【解答】
解：(1)①∵a−10+b−3=0，
∴a−10=0，b−3=0，
∴a=10，b=3，
∴a+b=10+3，
故答案为10+3；
②∵1<3<2，
∴11<10+3<12，
∴10+3的整数部分x=11，小数部分y=10+3−11=3−1，
故答案为3−1；
(2)由(1)知3
∴x−2+x+3取最小整数值为2+3=5；
故答案为5；
(3)见答案．
22.【答案】解：(1)(6,0)，(8,0)；
(2)由(1)知，A(0,6)，C(8,0)，
∴OA=6，OB=8，
由运动知，OQ=t，PC=2t，
∴OP=8−2t，
∵D(4,3)，
∴S△ODQ=12OQ×|xD|=12t×4=2t，
S△ODP=12OP×|yD|=12(8−2t)×3=12−3t，
∵△ODP与△ODQ的面积相等，
∴2t=12−3t，
∴t=2.4，
∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；
(3)∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC，理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
又∵∠DOC=∠DCO，
∴∠OAC=∠AOD，
∵y轴平分∠GOD，
∴∠GOA=∠AOD，
∴∠GOA=∠OAC，
∴OG//AC，
如图，过点H作HF//OG交x轴于F，
∴HF//AC，
∴∠FHC=∠ACE，
∵OG//FH，
∴∠GOD=∠FHO，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠GOD+∠ACE=∠OHC，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
【解析】
【分析】
此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
(1)利用非负性即可求出a，b即可得出结论；
(2)先表示出OQ，OP，利用那个面积相等，建立方程求解即可得出结论；
(3)先判断出∠OAC=∠AOD，进而判断出OG//AC，即可判断出∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠GOD，即可得出结论．
【解答】
解：(1)∵a−b+2+|b−8|=0，
∴a−b+2=0，b−8=0，
∴a=6，b=8，
∴A(0,6)，C(8,0)，
故答案为(0,6)，(8,0)；
(2)见答案；
(3)见答案．
23.【答案】解：(1)−1；3；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，
∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=1+3=4，
又∵点M(-2,m)在第三象限，
∴MN=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB⋅MN=12×4×(−m)=−2m；
(3)当m=-32时，M(-2,-32)，
∴S△ABM=12×4×32=3
点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，设点P(0,k)，
S△BMP=5×(32+k)-12×2×(32+k)-12×5×32-12×3×k
=52k+94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴52k+94=3，解得：k=0.3，
∴点P坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上且在MB下方时，
设点P(0,n)，
S△BMP=-5n-12×2×(-n-32)-12×5×32-12×3×(-n)
=-52n-94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴-52n-94=3，
解得：n=-2.1，
∴点P坐标为(0,-2.1)．
故点P的坐标为(0,0.3)或(0,-2.1)．
【解析】本题主要考查坐标与图形的性质，利用割补法表示出△BMP的面积，并根据题意建立方程是解题的关键．
(1)根据非负数性质可得a、b的值；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，根据三角形面积公式列式整理即可；
(3)先根据(2)计算S△ABM，再分两种情况：当点P在y轴正半轴上时、当点P在y轴负半轴上时，利用割补法表示出S△BMP，根据S△BMP=S△ABM列方程求解可得．
【解答】
解：(1)∵|a+1|+(b−3)2=0，
∴a+1=0且b−3=0，
解得：a=−1，b=3，
故答案为：−1；3；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】6
得到：5=0+b，解得b=5：
故t=4，求出l的解析式为：y=−x+5．
故答案为：y=−x+5．
(2)当直线l经过点M(4,3)时，将点M(4,3)代入解析式y=−x+b中，
得到：3=−4+b，
解得：b=7，
此时l的解析式为：y=−x+7，
令x=0，y=7，
∴此时P点的坐标为(0,7)，
又∵运动的速度为1个单位每秒，故此时运动了7−1=6秒；
当直线l经过点N(5,5)时，将点N(5,5)代入解析式y=−x+b中，
得到：5=−5+b，
解得：b=10，
此时l的解析式为：y=−x+10，
令x=0，y=10，
∴此时P点的坐标为(0,10)．
又∵运动的速度为1个单位每秒，故此时运动了10−1=9秒；
故当6
连接MM′与x轴交于点F，直线l与x轴交于E点，直线l与MM′交于点H，
则有MM′⊥HE，
∴∠EHF=90°，
∵直线l与x轴所夹的锐角为45°，
∴∠MFE=90°−45°=45°，
∴直线MM′解析式中的k=1，设MM′解析式为y=x+n，
代入点M(4,3)，解得n=−1，
故直线MM′的解析式为：y=x−1，
∴设点M′的坐标为(a,a−1)，
由H是M和M′的中点可知：
H点坐标为(a+42,a−1+32)，即H(a2+2,a2+1)，
情况一：当M′位于x轴上时，即a−1=0，即a=1时，
求得H点坐标为(52,32)，
又H点在直线l上，故将H点坐标代入直线l的解析式y=−x+b中，
求得b=4，此时l的解析式y=−x+4，
∴此时P点坐标为(0,4)，
故时间t=(4−1)÷1=3秒；
情况二：当M′位于y轴上时，即a=0时，
求得H点坐标为(2,1)，
又H点在直线l上，故将H点坐标代入直线l的解析式y=−x+b中，
求得b=3，此时ll的解析式y=−x+3，
∴此时P点坐标为(0,3)，
故时间t=(3−1)÷1=2秒；
∴t=2秒或3秒时，点M关于l的对称点落在坐标轴上．
(1)将P(0,4)代入解析式中即可求解；
(2)当直线l刚好经过M点时求出其与y轴的交点坐标，进而求出P点运动的路程，再除以速度进而得到时间；当直线l刚好经过N点时同样的方式求出时间，两个时间之间即为t的取值范围；
(3)作M点关于l的对称点M′，求出M′坐标，再分别令其横坐标和纵坐标为0，求出t的值．
此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定一次函数解析式，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
25.【答案】甲 5 2
【解析】解：(1)由图象知，甲在t=7时完成生产任务，而乙在t=8时完成生产任务，
故答案为：甲；
(2)∵10÷2=5(个/小时)，
∴甲在因机器故障停产之前，每小时生产5个零件，
故答案为：5；
(3)由题意知，甲完成剩余30个零件的生产任务需要用时(40−10)÷10=3(小时)，
∴甲停产时间为7−2−3=2(小时)，
故答案为：2；
(4)当2≤t≤4时，y=10；
当4
解得：k=10b=−30，
∴y=10t−30，
即y甲=10(2≤t≤4)10t−30(4
将(2,4)、(8,40)代入，得：2m+n=48m+n=40，
解得：m=6n=−8，
∴y乙=6t−8，
①若6t−8−10=3，解得t=72；
②若6t−8−(10t−30)=3，解得t=194；
③若(10t−30)−(6t−8)=3，解得t=254；④当6t−8=40−3时，解得t=7.5>7(舍)；
综上，t=72、194、254时，甲乙生产的零件总数相差3个．
(1)根据图象可以的到甲、乙完成40个零件的时间；
(2)根据图象得出甲的生产速度即可；
(3)计算甲完成剩余30个零件的生产任务需要用时，根据总时间即可得；
(4)根据函数图象求出两函数解析式，再分类讨论即可得．
此题主要考查了一次函数的应用，根据题意得出函数关系式以及数形结合是解决问题的关键．
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，一次函数y=-34x+3的图像分别与x轴、y轴交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=900.则过B，C两点的直线的表达式为( )
A. y=17x+3 B. y=15x+3 C. y=14x+3 D. y=13x+3
2. 已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF.其中正确的是( )
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
3. 如图，等边△ABC和等边△CDE，其中B、C、E三点共线，连接AE、BD、CF、GH，下列说法中：①FC平分∠BFE；②GH//BE；③S△ACH=S△BCG；④S△AHD=S△CHE.正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD=CD，AD平分∠BAC，则下列结论：
①DE=DF；②BE=CF；③∠ABD+∠C=180°；④AB+AC=2AE，正确的有个( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 如果正整数a、b、c满足等式a2+b2=c2，那么正整数a、b、c叫做勾股数.某同学将自探究勾股数的过程列成下表，观察表中每列数的规律，可知x+y的值为( )
A. 47
B. 62
C. 79
D. 98
6. 勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三、股四、则弦五”的记载。如图1是由边长相等的小正方形
和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I
都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为 ( )
A. 90 B. 100 C. 110 D. 121
7. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=8，点D为AB的中点，若直角EDF绕点D旋转，分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法正确的个数有( )
①AE=CF； ②EC+CF=2AD； ③DE=DF；
④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 已知直角三角形两边长x、y满足x2−4+y−22−1=0，则第三边长为( )
A. 3 B. 13
C. 5或13 D. 3，5或13
9. 如图，在平面直角坐标系中，A(a,−3)，B(a+3,−3)，且a>0，P为y轴上一动点．连接AB，将线段AB先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段CD，则下列结论：①CD=3；②∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°；③若△PCD的面积为6，则P点的坐标为(0,3)或(0,−5)；④若P点不在直线AB、CD上，△PCD面积为x，△PAB面积为y，四边形ABDC面积为z，则|x−y|=12z.
其中正确的有( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③
10. 如图所示，在平面直角坐标系中，A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形且∠P1=90°，把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C，把△BP2C绕点C顺时针旋转180°，得到△CP3D，依此类推，得到的等腰直角三角形的直角顶点P2022的坐标为( )
A. (4043,−1) B. (4043,1) C. (2022,−1) D. (2022,1)
11. 如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，点P和点Q分别从点B和点C出发，沿射线BC向右运动，且速度相同，过点Q作QH⊥BD，垂足为H，连接PH，设点P运动的距离为x(0
C. D.
12. 关于x，y的方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1的解为x=ay=b，若点P(a,b)总在直线y=x上方，那么k的取值范围是( )
A. k>1 B. k>−1 C. k<1 D. k<−1
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在AB、AC上各取一点E、D，使AE=AD.连接BD、CE，BD、CE相交于点O，再连接AO、BC，若∠1=∠2，则图中全等的三角形有 对.
14. 如图，C为线段AE上一动点(不与点A，E重合)，在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ.以下五个结论：①AD=BE；②PQ//AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°.恒成立的结论有 .(把你认为正确的序号都填上)
15. 定义新运算“☆”：a☆b=ab+1，则2☆(3☆5)=______
16. 在平面直角坐标系xOy中，一次函数y = m(x + 3)− 1(m≠0)的图象为直线l，在下列结论中：①无论m取何值，直线l一定经过某个定点；
②过点O作OH⊥l，垂足为H，则OH的最大值是10；
③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，△AOB为等腰三角形，则m = 1；
④对于一次函数y1= a(x − 1)+ 2(a≠0)，无论x取何值，始终有y1> y，则m < 0或0 < m < 3 4 . 其中正确的是(填写所有正确结论的序号)___ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. (1)如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=100°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=50°.探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是______(直接写结论，不需证明)；
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
(3)如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF=45°，直接写出△DEF的周长．
18. 如图，在△ABC中，∠ABC为锐角，点D为直线BC上一动点，以AD为直角边且在AD的右侧作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°，AD=AE．
(1)如果AB=AC，∠BAC=90°．
①当点D在线段BC上时，如图1，线段CE，BD的位置关系为________，数量关系为________．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(2) 如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．探究：当∠ACB多少度时，CE⊥BC？请说明理由．
19. 在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
(1)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一点，且AE=1，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图1.求CF的长；
(2)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一个动点，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图2.在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
(3)△ABC是边长为3的等边三角形，M是高CD上的一个动点，小亮以BM为边作等边三角形BMN，如图3.在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长．
20. 阅读：等边三角形具有丰富的性质，我们常常可以借助等边三角形和全等解决问题．
(1)如图1，B、C、D三点在同一条直线上，等边三角形ABC和等边三角形ECD具有共同的顶点C，我们容易证明△BCE≌△ACD，从而得到BE=________；
(2)如图2，已知在△ABC中，AB=AC，∠BAC=60°，若点D在△ABC内，且∠ADC=150°，AD=3，CD=1，以CD为边在它的下方作等边三角形CDE，求BD的长；
(3)如图3，在△ABC中，AC=10，BC=12，点D在△ABC外，位于BC下方，△ABD为等边三角形，当∠ACD=30°时，求CD；
(4)如图4，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=1，BC=2，以AC为直角边，A为直角顶点作等腰Rt△ACD，则BD=____________(直角写出结果)．
21. 在数轴上点A表示a，点B表示b，且a，b满足a−10+b−3=0：
(1)①a+b=_________；② x表示a+b的整数部分，y表示a+b的小数部分，则y=________；
(2)若b
(1)点A的坐标为______，点C的坐标为______；
(2)已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以每秒2个单位长度的速度匀速移动，Q点从O点出发沿y轴正方向以每秒1个单位长度的速度匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是(4,3)，设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)在(2)的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分∠GOD.点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOA，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论(三角形的内角和为180∘可以直接使用)．
23. 如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)，B(b,0)，其中a，b满足|a+1|+(b-3)2=0．
(1)填空：a= ，b= ；
(2)如果在第三象限内有一点M(-2,m)，请用含m的式子表示△ABM的面积；
(3)在(2)条件下，当m=-32时，在y轴上有一点P，使得△BMP的面积与△ABM的面积相等，请求出点P的坐标．
24. 如图，A(0,1)，M(4,3)，N(5,5)动点P从点A出发，沿y轴以每秒1个单位长的速度向上移动，且过点P的直线l(其解析式为y=−x+b，且直线与x轴所夹的锐角为45°)也随之移动，设移动时间为t秒．
(1)当t=4时，求l的解析式；
(2)若点M，N位于l的异侧，确定t的取值范围：______．
(3)求出t为何值时，点M关于l的对称点落在坐标轴上．
25. 某车间甲、乙两名工人分别生产同种零件，他们生产的零件数量y(个)与生产时间t(小时)之间的关系如图所示(其中实线表示甲，虚线表示乙，且甲因机器故障停产了一段时间)．
(1)甲、乙中，______先完成40个零件的生产任务．
(2)甲在因机器故障停产之前，每小时生产______个零件．
(3)甲故障排除之后以原来速度的两倍重新开始生产，则甲停产了______小时．
(4)在第一次甲乙生产零件总数在同一时刻相同到甲完工这段时间，什么时候甲乙生产的零件总数相差3个？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA=CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】
解：∵一次函数y=−34x+3中，
令x=0得：y=3；令y=0，解得x=4，
∴B的坐标是(0,3)，A的坐标是(4,0).
如图，作CD⊥x轴于点D．
∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
∵CD⊥x轴
∴∠ADC=90°
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠BAO．
在△ABO与△CAD中，
∵∠BAO=∠ACD∠BOA=∠ADC=90°AB=CA，
∴△ABO≌△CAD(AAS)，
∴AD=OB=3，CD=OA=4，
则OD=OA+AD=7．
则C的坐标是(7,4).
设直线BC的解析式是y=kx+b，
根据题意得：b=37k+b=4,
解得k=17b=3，
∴直线BC的解析式是y=17x+3．
故选A．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．先利用SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE=∠BDA，AD=EC可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得∠DAE=∠DCE，即③正确，根据③可求得④正确．
【解答】
解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴在△ABD和△EBC中，
BD=BC∠ABD=∠CBDBE=BA，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，故①正确；
②∵BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，故②正确；
③∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE为等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC.故③正确；
④过E作EG⊥BC于G点，
∵E是BD延长线上的点，EF⊥AB，BD平分∠ABC，
∴EF=EG，
∵在RT△BEG和RT△BEF中，
BE=BEEF=EG，
∴RT△BEG≌RT△BEF(HL)，
∴BG=BF，
∵在RT△CEG和RT△AFE中，
EF=EGAE=CE，
∴RT△CEG≌RT△AFE(HL)，
∴AF=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG−CG=BF+BG=2BF，故④正确.
故选D．
3.【答案】D
【解析】解：作CM⊥BD于M，CN⊥AE于N．
∵△ABC，△DCE都是等边三角形，
∴BC=AC，DC=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠CBD=∠CAE，
∵CM⊥BD于M，CN⊥AE于N．
∴∠BMC=∠ANC=90°，
∵AC=BC，
∴△BCM≌△ACN，
∴CM=CN，
∴FC平分∠BFE，故①正确；
∵∠CBG=∠CAH，∠BCG=∠ACH=60°，BC=CA，
∴△BCG≌△ACH(ASA)，
∴S△ACH=S△BCG，故③正确;
∵△BCG≌△ACH，
∴CG=CH，
∵∠GCH=180°−60°−60°=60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴∠HGC=∠GCB=60°，
∴GH//BE，故②正确；
∵∠DEC=∠ACB=60°，
∴AC//DE，
∴S△EDA=S△DEC，
∴S△AHD=S△CHE，故④正确，
故选：D．
作CM⊥BD于M，CN⊥AE于N.由△BCD≌△ACE，△BCG≌△ACH，角平分线的判定定理以及AC//DE即可一一判断即可．
本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积、平行线的判定、角平分线的判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：如图所示：
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC，
又∴DE=DF，
∴结论①正确；
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
DE=DFBD=CD，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，
∴BE=CF，
∴结论②正确；
∵Rt△BDE≌Rt△CDF，
∴∠EBD=∠C，
又∵∠ABD+∠DBE=180°，
∴∠ABD+∠C=180°，
∴结论③正确；
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
DE=DFAD=AD，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，
∴AE=AF，
又∵BE=CF，AE=AB+BE，
∴AB+AC=AE+AF=2AE，
∴结论④正确，
综上所述，四个结论都正确．
故选：D．
由角平分线的性质得DE=DF，全等三角形的判定与性质得BE=CF，邻补角的定义和等量代换得∠ABD+∠C=180°，全等三角形的性质和线段的和差得AB+AC=2AE.综合所述四个结论都正确．
本题综合考查了角平分线的性质，三角形全等的判定与性质，邻补角的定义，等量代换和线段的和差等相关知识，重点掌握角平分线的性质和三角形全等的判定与性质．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了勾股数，数式规律问题，满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数．
依据每列数的规律，即可得到a=n+12−1，b=2n+1，c=n+12+1，(n为正整数)，进而得出x+y的值．
【解答】
解：由题可得，3=22−1，4=2×2，5=22+1，
8=32−1，6=2×3，10=32+1，
15=42−1，8=2×4，17=42+1，
24=52−1，10=2×5，26=52+1，
……
∴a=n+12−1，b=2n+1，c=n+12+1，(n为正整数)
∴当c=n+12+1=65时，n=7，
∴x=(7+1)2−1=63，y=2×(7+1)=16，
∴x+y=79，
故选：C．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的证明，正方形的判定和性质，作出辅助线构造出正方形是解题的关键，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】
解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
所以四边形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
所以KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此矩形KLMJ的面积为10×11=110.
故选C．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题综合考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，有一定难度．
①连接CD，可证△ADE≌△CDF，得出AE=CF；
②由①知，EC+CF=EC+AE=AC，而AC为等腰直角△ABC的直角边，由于斜边AB=8，由勾股定理可求出AC=BC=42=2AD；
③由①知DE=DF；
④△ECF的面积=12×CE×CF，如果这是一个定值，则CE⋅CF是一个定值，又EC+CF=42，从而可唯一确定EC与CF的值，由勾股定理知EF的长也是一个定值．
【解答】
解：①连接CD．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB的中点，
∴CD⊥AB，CD=AD=DB，
在△ADE与△CDF中，∠A=∠DCF=45°，AD=CD，∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF.说法正确；
②∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AB=8，
∴AC=BC=42，AD=BD=4．
由①知AE=CF，
∴EC+CF=EC+AE=AC=42=2AD.说法正确；
③由①知△ADE≌△CDF，
∴DE=DF.说法正确；
④∵△ECF的面积=12×CE×CF，如果这是一个定值，则CE⋅CF是一个定值，
又∵EC+CF=42，
∴可唯一确定EC与CF的值，
再由勾股定理知EF的长也是一个定值，说法正确．
故选D．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了绝对值非负性、二次根式的非负性、直角三角形的勾股定理，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0，求出x、y的值是解题的关键.先根据非负数的性质列式求出x、y的值，分4种情况进行讨论，最后利用勾股定理求解．
【解答】
解：根据题意得，x2−4=0，(y−2)2−1=0，
解得x=±2，y=3或y=1，
∵x、y是直角三角形的边长，
∴x=2，y=3或y=1，
分4种情况：
①当2，3是直角三角形的直角边时，
斜边为22+32=4+9=13；
②当2是直角三角形的直角边，3是直角三角形的斜边时，
第三边为32−22=9−4=5；
③当2，1是直角三角形的直角边时，
斜边为22+12=4+1=5；
④当2是直角三角形的斜边，1是直角三角形的直角边时，
第三边为22−12=4−1=3．
故选D.
9.【答案】D
【解析】解：∵，A(a,−3)，B(a+3,−3)，
∴AB=a+3−a=3，
∵CD=AB，
∴CD=3故①正确，
如图，延长DC交OB于点F．
∵CD//AB，
∴∠OBA=∠CFB，
∵∠OCD=∠BOC+∠CFO，
∴∠OCD=∠BOC+180°−∠OBA，
∴∠OBA+∠OCD=∠BOC+180°，故②错误，
设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，
解得m=3或−4，
∴P(0,3)或(0,−5)，故③正确，
结论④错误，理由：当点P在CD的上方或AB的下方时，结论成立，
当点P在AB与CD之间时，则有|x+y|=12z.
故正确的有：①②③，
故选：D．
①根据A，B两点坐标求出AB，即可判断；
②如图，延长DC交OB于点F.利用平行线的性质，三角形的外角的性质判断即可；
③设P(0,m)，则有12×3×|m+1|=6，解方程，可得结论；
④分两种情判断即可．
本题考查坐标与图形变化−平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】A
【解析】解：∵A(0,0)，B(2,0)，△AP1B是等腰直角三角形，且∠P1=90°，
∴P1(1,1)．
∵把△AP1B绕点B顺时针旋转180°，得到△BP2C1，
∴P2(3,−1)．
同理可得出：P3(5,1)，P4(7,−1)，P5(9,1)，…，
∴P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)．
∵2022=2×1010+2，4×1010+3=4043，
∴P2022(4043,−1)．
故选：A．
根据等腰直角三角形的性质可找出点P1的坐标，结合旋转的性质即可找出点P2、P3、P4、P5、…、的坐标，根据坐标的变化即可找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”，依此规律即可得出结论．
本题考查了等腰直角三角形的性质、坐标与图形变化中的旋转以及规律型中点的坐标，根据点的变化找出变化规律“P2n+1(4n+1,1)，P2n+2(4n+3,−1)(n为自然数)”是解题的关键．
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，直角三角形的性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．根据菱形的性质得到∠DBC=60°，根据直角三角形的性质得到BH=12BQ=1+12x，过H作HG⊥BC，得到HG=32BH=32+34x，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】
解：∵菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，
∴∠DBC=60°，
∵BQ=2+x，QH⊥BD，
∴BH=12BQ=1+12x，
过H作HG⊥BC，
∴HG=32BH=32+34x，
∴S=12PB⋅GH=38x2+34x，(0
12.【答案】B
【解析】解：解方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1可得，
x=−35k−1y=75k+1，
∵点P(a,b)总在直线y=x上方，
∴b>a，
∴75k+1>−35k−1，
解得k>−1，
故选：B．
将k看作常数，解方程组得到x，y的值，根据P在直线上方可得到b>a，列出不等式求解即可．
本题考查了解二元一次方程组，一次函数上点的坐标特征，解本题的关键是将k看作常数，根据点在一次函数上方列出不等式求解．
13.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质.注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
认真观察图形，确定已知条件在图形上的位置，结合全等三角形的判定方法，由易到难，仔细寻找．
【解答】
解： ①在△AEO与△ADO中，
{AE=AD∠1=∠2OA=OA(公共边),
∴△AEO≌△ADO(SAS)；
②∵△AEO≌△ADO，
∴OE=OD，∠AEO=∠ADO，
∴∠BEO=∠CDO．
在△BEO与△CDO中，
{∠BEO=∠CDOOE=OD∠BOE=∠COD(对顶角相等),
∴△BEO≌△CDO(ASA)；
③∵△BEO≌△CDO，
∴BE=CD，BO=CO，OE=OD，
∴CE=BD．
在△BEC与△CDB中，
{BE=CD∠BEC=∠CDBCE=BD,
∴△BEC≌△CDB(SAS)；
④在△AEC与△ADB中，
AE=AD∠AEC=∠ADB,CE=BD
则△AEC≌△ADB(SAS)；
⑤∵△AEC≌△ADB，
∴AB=AC．
在△AOB与△AOC中，
AB=ACOB=OCOA=OA,
∴△AOB≌△AOC(SSS)．
综上所述，图中全等三角形共5对．
故答案为：5．
14.【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可得AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠ADC=∠BEC，得到△CDP≌△CEQ(ASA)，再根据∠QPC=∠BCA，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，即可得出结论；
④根据DE>QE，且DP=QE，可知DE>DP，可知④错误；
⑤利用等边三角形的性质，求出BC//DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，由全等三角形的性质可推出∠DEO=∠DAC，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．
【解答】
解：①∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，①正确；
②∠DCP=180°−2×60°=60°=∠ECQ，
在△CDP和△CEQ中，∠ADC=∠BECCD=CE∠DCP=∠ECQ,
∴△CDP≌△CEQ(ASA)．
∴CP=CQ，DP=QE，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠QPC=∠BCA，
∴PQ//AE，②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，③正确；
④∵DE>QE，且DP=QE，
∴DE>DP，故④错误；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵△DCE是等边三角形，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC//DE，
∴∠CBE=∠DEO，
由(1)得∠CBE=∠DAC，
∴∠DEO=∠DAC，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
∴⑤正确；
故答案为①②③⑤ ．
15.【答案】3
【解析】解：∵3☆5=3×5+1=16=4；
∴2☆(3☆5)=2☆4=2×4+1=3．
故答案为：3．
先根据新定义求出3☆5，再计算2☆4即可．
本题考查了实数的运算，读懂新定义的运算是解题的关键．
16.【答案】①②④
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的图象与系数的关系、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形性质等.由解析式可得一次函数过定点−3,−1,①正确；当H和定点−3,−1重合时，OH为最大值10，②正确；分别求出点A和点B的坐标，根据△AOB是等腰三角形可得出等式，并求出参数m的值，得出结论③错误；当a<0时，即m=a两直线平行时，y1>y,可得出m<0,当a>0时，若若直线y1经过−3,−1,1,2,可求出a=34,可知当0
【解答】
解：①当x+3=0,即x=−3时，y=−1,
∴无论m取何值，直线l一定经过定点−3,−1,故①正确．
②当x=−3时，y=−1,直线l经过定点−3,−1,当点H和定点−3,−1重合时，OH取得最大值10,故②正确．
③若l与x轴交于点A，与y轴交于点B，．
当y=0时，x=1−3mm,则A1−3mm,0,
当x=0时，y=3m−1,则B0,3m−1,
∵▵AOB为等腰三角形，
∴1−3mm=3m−1,
∴1−3mm=3m−1或1−3mm=1−3m,
解得m=±1或13,故③错误．
④∵一次函数y=mx+3−1经过定点−3,−1,
又∵一次函数y1=ax−1+2经过定点1,2,
∴当a<0时，若m=a,即两直线平行时，始终存在y1>y，即m<0,
∴当a>0时，如图所示，
若直线y1经过−3,−1,1,2,则y1=34x+54,
∵直线y经过点A，不管x取何值，始终y1>y,
∴0
17.【答案】解：(1)EF=BE+DF；
(2)结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABG+∠ABC=180°，
∴∠ABG=∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠DBG=DF，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∵2∠EAF=∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=12∠BAD=∠EAF，
∴∠GAE=∠EAF，
又AE=AE，
∴△AEG≌△AEF(SAS)，
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD；
(3)14．
【解析】
【分析】
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
(1)延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，由“SAS”可证△ABE≌△ADG，可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由“SAS”可证△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
(2)延长EB到G，使BG=DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF=AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF=EG，即可解题；
(3)延长EA到H，使AH=CF，连接BH，由“SAS”可证△ABH≌△CBF，可得BH=BF，∠ABH=∠CBF，由“SAS”可证△EBH≌△EBF，可得EF=EH，可得EF=EH=AE+CF，即可求解．
【解答】
解：(1)延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=100°，∠EAF=50°，
∴∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°，
∴∠EAF=∠FAG=50°，
在△EAF和△GAF中，
∵AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG=DF+DG，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
(2)见答案；
(3)如图，延长EA到H，使AH=CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=7=AD=CD，∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠BAH=∠BCF=90°，
又∵AH=CF，AB=BC，
∴△ABH≌△CBF(SAS)，
∴BH=BF，∠ABH=∠CBF，
∵∠EBF=45°，
∴∠CBF+∠ABE=45°=∠HBA+∠ABE=∠EBF，
∴∠EBH=∠EBF，
又∵BH=BF，BE=BE，
∴△EBH≌△EBF(SAS)，
∴EF=EH，
∴EF=EH=AE+CF，
∴△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=AD+CD=14．
18.【答案】解：(1)①垂直；相等；
②成立，理由如下：
∵∠EAD=∠BAC=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∵AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC，
∴△BAD≌△CAE，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
(2)当∠ACB=45°时，CE⊥BD，
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△AGC为等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠AGC=45°，AC=AG，
∵∠GAC=∠EAD=90°，
∴∠GAD=∠CAE，
在△GAD与△CAE中，
AD=AE∠GAD=∠CAEAG=AC，
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠AGC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
即CE⊥BC．
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质．
(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②由等腰直角三角形的性质，同①方法，可推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
(2)过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，于是得到∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，证得AC=AG，再证明△GAD≌△CAE，根据全等三角形的性质即可得到结果．
【解答】
解：①等腰直角三角形ADE中，AD=AE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
{D=AE∠BAD=∠CAEAB=AC,
∴△DAB≌△EAC，
∴CE=BD，∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；
②见答案；
(2)见答案．
19.【答案】解：(1)∵△ABC和△BEF是等边三角形，
∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°，
∴∠ABE+∠CBE=∠CBF+∠CBE，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴CF=AE=1；
(2)如图2，连接CF，
由(1)△ABE≌△CBF，
∴CF=AE，∠BCF=∠BAE=60°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BCF=∠ABC，
∴CF//AB，
又点E在点C处时，CF=AC，
点E在A处时，点F与点C重合．
∴点F运动的路径长=AC=3．
(3)如图3，取BC的中点H，连接HN，
∴BH=12BC，
∴BH=12AB，
∵CD⊥AB，
∴BD=12AB，
∴BH=BD，
∵△ABC和△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，∠ABC=∠MBN=60°，
∴∠DBM+∠MBH=∠HBN+∠MBH，
∴∠DBM=∠HBN，
∴△DBM≌△HBN(SAS)，
∴HN=DM，∠BHN=∠BDM=90°，
∴NH⊥BC，
又点M在C处时，HN=CD=332，
点M在D处时，点N与点H重合．
∴点N所经过的路径的长=CD=332．
【解析】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质等知识．解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．
(1)由题意可得△ABE≌△CBF，则CF=AE=1；
(2)点E在点C处时，CF=AC，点E在A处时，点F与点C重合．则点F运动的路径长=AC=3；
(3)类比(2)的思路可知，点M在C处时，HN=CD=332，点M在D处时，点N与点H重合．则点N所经过的路径的长=CD=332．
20.【答案】解：(1)AD；
(2)如图2所示：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD=DE=1，∠BCA=∠ECD=60°，
∴∠BCA−∠BCD=∠ECD−∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD=3，
∵∠ADC=∠BCE=150°，∠DEC=60°，
∴∠BED=90°，
∴BE2+DE2=BD2，
∴BD=32+12=10；
(3)以CD为边在△ABC的下方作等边三角形CDE，连接AE，如图3所示：
则∠CDE=∠DCE=60°，CD=ED=CE，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，AD=BD，
∴∠ADE=∠BDC，
在△ADE和△BDC中，AD=BD∠ADE=∠BDCED=CD，
∴△ADE≌△BDC(SAS)，
∴AE=BC=12，
∵∠ACE=∠ACD+∠DCE=30°+60°=90°，
∴CD2=CE2=AE2−AC2=122−102=44，
∴CD=44；
(4)6．
【解析】
【分析】
本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质、勾股定理，直角三角形的判定等知识；熟练掌握等边三角形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
(1)证明△BCE≌△ACD(SAS)，即可得出结论；
(2)证明△BCE≌△ACD(SAS)，进一步得到∠BED=90°，利用勾股定理即可得出答案；
(3)以CD为边在△ABC的下方作等边三角形CDE，由等边三角形的性质得出∠CDE=∠DCE=60°，CD=ED=CE，∠ADB=60°，AD=BD，得出∠ADE=∠BDC，证明△ADE≌△BDC(SAS)，得出AE=BC=12，求出∠ACE=∠ACD+∠DCE=90°，由勾股定理即可得出答案；
(4)关键构造以A为顶点，AB为腰向左作等腰Rt△ABE，有△ABD≌△AEC(SAS)得到直角三角形EBC，用勾股定理即可得出答案．
【解答】
解：
(1)∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=∠CDE=60°，
∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
∴BE=AD，
故答案为：AD；
(2)见答案；
(3)见答案；
(4)以A为顶点，AB为腰向左作等腰Rt△ABE，连接CE，
∴有△ABD≌△AEC(SAS)，则BD=CE，
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=90°，
∴在Rt△EBC中，EB=2，BC=2，
∴BD=EC=(2)2+22=6．
故答案为6．
21.【答案】(1)①10+3；②3−1；
(2)5；
(3)点A、B如下图所示：
点A在点B右侧，要使AC=2BC，显然，点C不可能在点A右侧，
设点C表示的数为c，
分情况讨论：
当点C在点A和点B之间时，
AC=10−c，BC=c−3，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(c−3)，
解得c=10+233；
当点C在点B左侧时，
AC=10−c，BC=3−c，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(3−c)，
解得c=23−10．
综上，可得点C表示的数为10+233或23−10．
【解析】
【分析】
本题主要考查了非负数的性质，估算无理数的大小等知识点，正确求出a，b的值是解题的关键．
(1)①根据非负数的性质求出a，b的值，即可求出a+b；
②利用夹逼法求出a+b的整数部分，即可求出其小数部分；
(2)由(1)知3
【解答】
解：(1)①∵a−10+b−3=0，
∴a−10=0，b−3=0，
∴a=10，b=3，
∴a+b=10+3，
故答案为10+3；
②∵1<3<2，
∴11<10+3<12，
∴10+3的整数部分x=11，小数部分y=10+3−11=3−1，
故答案为3−1；
(2)由(1)知3
∴x−2+x+3取最小整数值为2+3=5；
故答案为5；
(3)见答案．
22.【答案】解：(1)(6,0)，(8,0)；
(2)由(1)知，A(0,6)，C(8,0)，
∴OA=6，OB=8，
由运动知，OQ=t，PC=2t，
∴OP=8−2t，
∵D(4,3)，
∴S△ODQ=12OQ×|xD|=12t×4=2t，
S△ODP=12OP×|yD|=12(8−2t)×3=12−3t，
∵△ODP与△ODQ的面积相等，
∴2t=12−3t，
∴t=2.4，
∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；
(3)∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC，理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
又∵∠DOC=∠DCO，
∴∠OAC=∠AOD，
∵y轴平分∠GOD，
∴∠GOA=∠AOD，
∴∠GOA=∠OAC，
∴OG//AC，
如图，过点H作HF//OG交x轴于F，
∴HF//AC，
∴∠FHC=∠ACE，
∵OG//FH，
∴∠GOD=∠FHO，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC，
即∠GOD+∠ACE=∠OHC，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
【解析】
【分析】
此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
(1)利用非负性即可求出a，b即可得出结论；
(2)先表示出OQ，OP，利用那个面积相等，建立方程求解即可得出结论；
(3)先判断出∠OAC=∠AOD，进而判断出OG//AC，即可判断出∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠GOD，即可得出结论．
【解答】
解：(1)∵a−b+2+|b−8|=0，
∴a−b+2=0，b−8=0，
∴a=6，b=8，
∴A(0,6)，C(8,0)，
故答案为(0,6)，(8,0)；
(2)见答案；
(3)见答案．
23.【答案】解：(1)−1；3；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，
∵A(-1,0)，B(3,0)，
∴AB=1+3=4，
又∵点M(-2,m)在第三象限，
∴MN=|m|=−m，
∴S△ABM=12AB⋅MN=12×4×(−m)=−2m；
(3)当m=-32时，M(-2,-32)，
∴S△ABM=12×4×32=3
点P有两种情况：
①当点P在y轴正半轴上时，设点P(0,k)，
S△BMP=5×(32+k)-12×2×(32+k)-12×5×32-12×3×k
=52k+94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴52k+94=3，解得：k=0.3，
∴点P坐标为(0,0.3)；
②当点P在y轴负半轴上且在MB下方时，
设点P(0,n)，
S△BMP=-5n-12×2×(-n-32)-12×5×32-12×3×(-n)
=-52n-94，
∵S△BMP=S△ABM，
∴-52n-94=3，
解得：n=-2.1，
∴点P坐标为(0,-2.1)．
故点P的坐标为(0,0.3)或(0,-2.1)．
【解析】本题主要考查坐标与图形的性质，利用割补法表示出△BMP的面积，并根据题意建立方程是解题的关键．
(1)根据非负数性质可得a、b的值；
(2)过点M作MN⊥x轴于点N，根据三角形面积公式列式整理即可；
(3)先根据(2)计算S△ABM，再分两种情况：当点P在y轴正半轴上时、当点P在y轴负半轴上时，利用割补法表示出S△BMP，根据S△BMP=S△ABM列方程求解可得．
【解答】
解：(1)∵|a+1|+(b−3)2=0，
∴a+1=0且b−3=0，
解得：a=−1，b=3，
故答案为：−1；3；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】6
得到：5=0+b，解得b=5：
故t=4，求出l的解析式为：y=−x+5．
故答案为：y=−x+5．
(2)当直线l经过点M(4,3)时，将点M(4,3)代入解析式y=−x+b中，
得到：3=−4+b，
解得：b=7，
此时l的解析式为：y=−x+7，
令x=0，y=7，
∴此时P点的坐标为(0,7)，
又∵运动的速度为1个单位每秒，故此时运动了7−1=6秒；
当直线l经过点N(5,5)时，将点N(5,5)代入解析式y=−x+b中，
得到：5=−5+b，
解得：b=10，
此时l的解析式为：y=−x+10，
令x=0，y=10，
∴此时P点的坐标为(0,10)．
又∵运动的速度为1个单位每秒，故此时运动了10−1=9秒；
故当6
连接MM′与x轴交于点F，直线l与x轴交于E点，直线l与MM′交于点H，
则有MM′⊥HE，
∴∠EHF=90°，
∵直线l与x轴所夹的锐角为45°，
∴∠MFE=90°−45°=45°，
∴直线MM′解析式中的k=1，设MM′解析式为y=x+n，
代入点M(4,3)，解得n=−1，
故直线MM′的解析式为：y=x−1，
∴设点M′的坐标为(a,a−1)，
由H是M和M′的中点可知：
H点坐标为(a+42,a−1+32)，即H(a2+2,a2+1)，
情况一：当M′位于x轴上时，即a−1=0，即a=1时，
求得H点坐标为(52,32)，
又H点在直线l上，故将H点坐标代入直线l的解析式y=−x+b中，
求得b=4，此时l的解析式y=−x+4，
∴此时P点坐标为(0,4)，
故时间t=(4−1)÷1=3秒；
情况二：当M′位于y轴上时，即a=0时，
求得H点坐标为(2,1)，
又H点在直线l上，故将H点坐标代入直线l的解析式y=−x+b中，
求得b=3，此时ll的解析式y=−x+3，
∴此时P点坐标为(0,3)，
故时间t=(3−1)÷1=2秒；
∴t=2秒或3秒时，点M关于l的对称点落在坐标轴上．
(1)将P(0,4)代入解析式中即可求解；
(2)当直线l刚好经过M点时求出其与y轴的交点坐标，进而求出P点运动的路程，再除以速度进而得到时间；当直线l刚好经过N点时同样的方式求出时间，两个时间之间即为t的取值范围；
(3)作M点关于l的对称点M′，求出M′坐标，再分别令其横坐标和纵坐标为0，求出t的值．
此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定一次函数解析式，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
25.【答案】甲 5 2
【解析】解：(1)由图象知，甲在t=7时完成生产任务，而乙在t=8时完成生产任务，
故答案为：甲；
(2)∵10÷2=5(个/小时)，
∴甲在因机器故障停产之前，每小时生产5个零件，
故答案为：5；
(3)由题意知，甲完成剩余30个零件的生产任务需要用时(40−10)÷10=3(小时)，
∴甲停产时间为7−2−3=2(小时)，
故答案为：2；
(4)当2≤t≤4时，y=10；
当4
解得：k=10b=−30，
∴y=10t−30，
即y甲=10(2≤t≤4)10t−30(4
将(2,4)、(8,40)代入，得：2m+n=48m+n=40，
解得：m=6n=−8，
∴y乙=6t−8，
①若6t−8−10=3，解得t=72；
②若6t−8−(10t−30)=3，解得t=194；
③若(10t−30)−(6t−8)=3，解得t=254；④当6t−8=40−3时，解得t=7.5>7(舍)；
综上，t=72、194、254时，甲乙生产的零件总数相差3个．
(1)根据图象可以的到甲、乙完成40个零件的时间；
(2)根据图象得出甲的生产速度即可；
(3)计算甲完成剩余30个零件的生产任务需要用时，根据总时间即可得；
(4)根据函数图象求出两函数解析式，再分类讨论即可得．
此题主要考查了一次函数的应用，根据题意得出函数关系式以及数形结合是解决问题的关键．
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