人教版部编版八年级下册数学期末试卷专题练习(解析版).doc

人教版部编版八年级下册数学期末试卷专题练习（解析版）
一、选择题
1．若代数式有意义，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列各组数中，能构成直角三角形的三边的是（ ）
A．3，5，6 B．1，1， C．6，8，11 D．5，12，16
3．下列命题为真命题的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．若ab＞0，则点（a，b）是第一或第三象限的点
C．对角线相等且互相平分的四边形是正方形
D．斜边上的中线等于斜边的一半，则该三角形中有一个锐角为30°
4．小明和小兵两人参加了5次体育项目训练，其中小明5次训练测试的成绩分别为11、13、11、12、13；小兵5次训练测试成绩的平均分为12，方差为7.6．关于小明和小兵5次训练测试的成绩，则下列说法不正确的是（ ）
A．两人测试成绩的平均分相等 B．小兵测试成绩的方差大
C．小兵测试的成绩更稳定些 D．小明测试的成绩更稳定些
5．下列命题中：①两条对角线互相平分且相等的四边形是正方形；②菱形的一条对角线平分一组对角；③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形；④两条对角线互相平分的四边形是矩形；⑤平行四边形对角线相等．假命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线分别交，于点，，连接，若，则的度数是（ ）

A．60° B．75 C．80° D．110°
7．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，是边的中点，，则（ ）．

A．1 B．2 C．4 D．8
8．甲乙两人在同一条笔直的公路上步行从A地去往B地，已知甲、乙两人保持各自的速度匀速步行，且甲先出发，甲乙两人的距离（千米）与甲步行的时间（小时）的函数关系图像如图所示，下列说法：
①乙的速度为千米/时；
②乙到终点时甲、乙相距千米；
③当乙追上甲时，两人距地千米；
④两地距离为千米．
其中错误的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．函数中，自变量的取值范围是 .
10．如图，菱形ABCD的对角线AC＝3cm，BD＝4cm，则菱形ABCD的面积是_____．

11．如图，以的两条直角边和斜边为边长分别作正方形，其中正方形、正方形的面积分别为25、144，则阴影部分的面积为______．

12．如图，矩形ABCD中，AE平分交BC于点E，连接DE，若，，则AD的长是________．

13．过点，则______．
14．如图，矩形ABCD中，对角线AC=8cm，rAOB是等边三角形，则AD的长为______cm．

15．如图，是直线上的一条动线段，且，点，连接、，则周长的最小值是_______．

16．如图，正方形边长为，点在边上，交于点，，则的长度是_______．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．如图，在O处的某海防哨所发现在它的北偏东60°方向相距1000米的A处有一艘快艇正在向正南方向航行，经过若干小时后快艇到达哨所东南方向的B处，发现B在O的南偏东45°的方向上．问：此时快艇航行了多少米（即AB的长）？

19．如图，是规格为8×8的正方形的网格，请你在所给的网格中按下列要求操作：

（1）请在网格中建立直角坐标系，使A点坐标为，B点坐标为；
（2）在网格上，找一格点C，使点C与线段AB组成等腰三角形，这样的C点共有 个；
（3）在（1）（2）的前提下，在第四象限中，当是以AB为底的等腰三角形，且腰长为无理数时，的周长是 ，面积是 ．
20．如图，在平行四边形中，，是对角线上的点，且，平分交于点，平分交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当四边形是菱形时，求证：四边形是菱形．

21．我们规定，若a＋b＝2，则称a与b是关于1的平衡数．
（1）若3与是关于1的平衡数，5－与是关于1的平衡数，求，的值；
（2）若（m＋）×（1－）＝－2n＋3（－1），判断m＋与5n－是否是关于1的平衡数，并说明理由．
22．某专用医疗仪器厂有两间仓库，其中A仓库是传统人工仓库，B仓库是进、出仓速度更大的智能无人值守仓库，且A、B仓库的最大库存量相同．某日，该厂要将仪器全部出仓，通过铁路货运送往外地．A仓库上午7：00达到最大库存量，此时停止进仓、开始出仓，A仓库库存量y（单位：件）随出仓时间t（单位：h）的变化情况如图所示；B仓库上午7：00库存量为15000件，此时继续进仓，达到最大库存量后停止进仓、开始出仓，且进、出仓的速度相同，B仓库的工作进度如表所示．仪器全部出仓后即关闭仓库．
时刻
7：00
8：00
12：00
B仓库工作进度
继续进仓
停止进仓
开始出仓
出仓完毕
（1）求每个仓库的最大库存量；
（2）若上午7：48这两个仓库的库存量相同，则两个仓库在12：00前是否还会有库存量相同的时刻？若有，求出该时刻；若无，请说明理由；
（3）在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值也会发生变化，
①你认为哪些时刻两个仓库库存量的差值可能达到最大？请直接写出这些时刻；
②根据①中你的结论，若在8：00到12：00这段时间，出现两个仓库库存量差值最大的情形，则A仓库最迟能否在13：30完成出仓任务？请说明理由．

23．在平面直角坐标系中，已知，点，点落在第二象限，点是轴正半轴上一动点，
（1）如图1，当时，将沿着直线翻折，点落在第一象限的点处．
①若轴，求点的坐标；
②如图2，当点运动到中点时，连接，请判断四边形的形状，并说明理由；
③如图3，在折叠过程中，是否存在点，使得是以为腰的等暖三角形﹖若存在，求出对应点的坐标．若不存在．请说明理由；
（2）如图4，将沿着翻折．得到．(点的对应点为点)，若点到轴的距离不大于，直接写出的取值范围．（不需要解答过程)

24．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x、y轴于点A、B，将正比例函数的图像沿y轴向下平移3个单位长度得到直线l，直线l分别交x、y轴于点C、D，交直线于点E．

（1）直线l对应的函数表达式是__________，点E的坐标是__________；
（2）在直线上存在点F（不与点E重合），使，求点F的坐标；
（3）在x轴上是否存在点P，使？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

26．已知，△ABC为等边三角形，BC交y轴于点D，A（a，0）、B（b，0），且a、b满足方程．

（1）如图1，求点A、B的坐标以及CD的长．
（2）如图2，点P是AB延长线上一点，点E是CP右侧一点，CP=PE，且∠CPE=60°，连接EB，求证：直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）如图3，若点M在CA延长线上，点N在AB的延长线上，且∠CMD=∠DNA，试求AN-AM的值是否为定值？若是请计算出定值是多少，若不是请说明理由．
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：B
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可求的的取值范围．
【详解】
代数式有意义，
．
解得．
故选B．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次分式有意义的条件是解题的关键．
2．B
解析：B
【分析】
根据勾股定理逆定理：，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【详解】
解：A、，不能构成直角三角形，故A不符合题意；
B、∵，能构成直角三角形，故B符合题意；
C、∵，不能构成直角三角形，故C不符合题意；
D、，不能构成直角三角形，故D不符合题意．
故选B．
【点睛】
此题主要考查学生对勾股定理的逆定理的理解和掌握，要求学生熟练掌握这个逆定理．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定方法、利用坐标轴上的点的坐标特点、正方形的判定方法以及直角三角形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，不符合题意；
B、若ab＞0，则a，b同号，故点P（a，b）在第一或第三象限，故原命题正确，符合题意；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故原命题错误，不符合题意；
D、当有一个角为30°的直角三角形或等腰直角三角形是都满足条件，故原命题错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定、坐标轴上点的特征、正方形的判定和直角三角形的性质，准确分析判断是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先计算出小明5次训练测试成绩的平均分和方差，再与小兵5次训练测试成绩的平均分和方差进行比较即可得出结论．
【详解】
解：小明5次训练测试成绩的平均分为（分）；
小明5次训练测试成绩的方差为：(分2)
∴
∴两人的平均成绩一样好，小兵的方差大，
∴小明测试的成绩更稳定些
故选：C．
【点睛】
本题考查了方差的意义．方差它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
5．C
解析：C
【分析】
根据正方形的判定，平行四边形和矩形的判定和性质，菱形的性质逐项判断即可．
【详解】
解：①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原命题错误，是假命题；
②菱形的一条对角线平分一组对角，正确，为真命题；
③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，正确，为真命题；
④两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原命题错误，为假命题；
⑤平行四边形对角线不相等，故原命题错误，为假命题，
假命题的个数有3个，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定，平行四边形和矩形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
连接BF，由菱形的性质得∠DCF=∠BCF=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，再由线段垂直平分线的性质得BF=DF，BF=CF，则DF=CF，得∠CDF=∠DCF=35°，然后求出∠ADC=110°，求解即可．
【详解】
解：连接BF，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCF=∠BCF=∠BCD=35°，AC垂直平分BD，AD∥BC，
∴BF=DF，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BF=CF，
∴DF=CF，
∴∠CDF=∠DCF=35°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∴∠ADC=180°-70°=110°，
∴∠ADF=110°-35°=75°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证出DF=CF是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质，先证明是的中位线，可得，从而可得答案.
【详解】
解：四边形是平行四边形，
；
又点是的中点，
是的中位线，
根据三角形的中位线定理可得：．
则
故选：．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，三角形的中位线的性质，证明是的中位线，是解本题的关键.
8．A
解析：A
【分析】
①由函数图象数据可以求出甲的速度，再由追击问题的数量关系建立方程就可以求出乙的速度；
②由函数图象的数据由乙到达终点时走的路程-甲走的路程就可以求出结论；
③乙或甲行驶的路程就是乙追上甲时，两人距A地的距离；
④求出乙到达终点的路程就是A，B两地距离．
【详解】
解：①由题意，得
甲的速度为：12÷4=3千米/时；
设乙的速度为a千米/时，由题意，得
（7-4）a=3×7，
解得：a=7．
即乙的速度为7千米/时，
故①正确；
②乙到终点时甲、乙相距的距离为：
（9-4）×7-9×3=8千米，
故②正确；
③当乙追上甲时，两人距A地距离为：
7×3=21千米．
故③正确；
④A，B两地距离为：
7×（9-4）=35千米，
故④错误．
综上所述：错误的只有④．
故选：A．
【点睛】
本题考查了从函数图象获取信息，行程问题的追击题型的等量关系的运用，一元一次方程的运用，解答时分析清楚函数图象的数据之间的关系是关键．
二、填空题
9．．
【解析】
【分析】
求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，二次根式有意义的条件是：被开方数为非负数．
【详解】
依题意，得x-3≥0，
解得：x≥3．
【点睛】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
10．A
解析：12cm2
【解析】
【分析】
利用菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：因为菱形的对角线互相垂直平分，
∵AC＝cm，BD＝cm，
则菱形ABCD的面积是cm2．
故答案为12cm2．
【点睛】
此题主要考查菱形的面积计算，关键是掌握菱形的面积计算方法．
11．B
解析：139
【解析】
【分析】
根据勾股定理可得正方形BCMN的面积为25+144=169，再求出Rt△ABC的面积，即可求解．
【详解】
如图，∵正方形、正方形的面积分别为25、144，
∴正方形BCMN的面积为25+144=169，AB=5，AC=12
∴阴影部分的面积为169-×5×12=169-30=139
故答案为：139．

【点睛】
此题主要考查勾股定理，解题的关键是熟知勾股定理几何证明方法．
12．E
解析：7
【分析】
由矩形的性质和根据勾股定理可求出EC＝4，再证明BE＝AB＝3，即可求出BC的长，进而可求出AD的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，ADBC，AD＝BC，
∵ED＝5，CD＝3，
∴EC2＝DE2−CD2＝25−9＝16，
∴CE＝4，
∵ADBC，
∴∠AEB＝∠DAE；
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB＝CD＝3，
∴BC＝BE＋EC＝7，
∴AD＝7，
故答案为：7．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识；解题的关键是灵活运用矩形的性质和等腰三角形的判定．
13．1
【分析】
把代入函数解析式即可求解．
【详解】
代入得3=2k+1
解得k=1
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查求一次函数的解析式，解题的关键是熟知待定系数法的运用．
14．A
解析：4
【详解】
∵△AOB是等边三角形，∴∠BAC=60°，∴∠ACB=30°，∵AC=8cm，∴AB=4cm，
在Rt△ABC中，BC==4cm，∵AD=BC，∴AD的长为4cm．
15．+2．
【分析】
过点A作AB⊥CD，垂足为点B，当点B为CD的中点时，△ACD的周长最小，利用等腰三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】
过点A作AB⊥CD，垂足为点B，当点B为CD的中点时，
解析：+2．
【分析】
过点A作AB⊥CD，垂足为点B，当点B为CD的中点时，△ACD的周长最小，利用等腰三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】
过点A作AB⊥CD，垂足为点B，当点B为CD的中点时，△ACD的周长最小，如图，延长BA交x轴与点E，过点A作AF⊥x轴，垂足为点F，
设点M（3，）是直线上一个点，则OM==2，
∴∠MOF=30°，
∴∠BEF=60°，∠EAF=30°，
∵A（2+，1），
∴OF=2+，AF=1，
设AE=2n，则EF=n，
根据勾股定理，得，
∴EF=，AE=，
∴OE=OF+EF=2+，
∴BE=OE=1+，
∴BA=BE-AE=1+-=1，

∵CB=BD，AB⊥CD，CD=2，
∴AC=AD=，CB=BD=1，
∴AC=AD=，
∴△ACD的周长最小值为+2．
故答案为：+2．
【点睛】
本题考查了正比例函数的解析式，勾股定理，直角三角形中30°角的性质，等腰三角形的判定和性质，两点间的距离公式，准确确定最小值的情形，并灵活运用勾股定理求解是解题的关键．
16．【分析】
先根据勾股定理求得AC的长，继而求得CE的长，证得CP=CE，即可求解．
【详解】
∵正方形边长为，
∴AC=2，
∵，
∴AE=AD=2，
∴CE=AC=AE=，
∵AD∥PC，
∴，
解析：
【分析】
先根据勾股定理求得AC的长，继而求得CE的长，证得CP=CE，即可求解．
【详解】
∵正方形边长为，
∴AC=2，
∵，
∴AE=AD=2，
∴CE=AC=AE=，
∵AD∥PC，
∴，
又∵，且，
∴，
∴CP=CE=，
∴BP=BC- CP=2-()=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，求得CP=CE=是解题的关键．
三、解答题
17．（1）3；（2）2
【分析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝
（2）原式＝5﹣3＝2．
【点睛】
本题考查的是二次根式
解析：（1）3；（2）2
【分析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）利用平方差公式计算即可．
【详解】
解：（1）原式＝
（2）原式＝5﹣3＝2．
【点睛】
本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的混合运算，掌握利用平方差公式进行简便运算是解题的关键.
18．快艇航行了（500+500）米．
【分析】
先根据题意得到∠AOE=60°，∠BOF=45°，从而得到∠AOC=30°，∠BOC=45°，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可.
【详
解析：快艇航行了（500+500）米．
【分析】
先根据题意得到∠AOE=60°，∠BOF=45°，从而得到∠AOC=30°，∠BOC=45°，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可.
【详解】
解：如图：在直角△AOC中，∠AOC＝30°，OA＝1000米，
∴AC＝OA＝500米，
∴米，
∵∠FOB=45°，
∴∠COB=45°，
∴OC=BC=米
∴AB＝500+（米）．
答：快艇航行了（500+）米．

【点睛】
本题主要考查了勾股定理，方位角，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
19．（1）见解析；（2）10；（3），4．
【解析】
【分析】
（1）根据A点坐标为，B点坐标为特点，建立直角坐标系；
（2）分三种情况讨论，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB
解析：（1）见解析；（2）10；（3），4．
【解析】
【分析】
（1）根据A点坐标为，B点坐标为特点，建立直角坐标系；
（2）分三种情况讨论，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB的垂直平分线上，据此画图；
（3）根据题意，符合条件的点是点，结合勾股定理解得，即可解得周长，再由解得其面积．
【详解】
解：（1）如图建立直角坐标系，

（2）分三种情况讨论，如图，若AB=AC或AB=BC，或BC=AC，此时的点C在线段AB的垂直平分线上，

符合条件的点C共有10个，
故答案为：10；
（3）在（1）（2）的前提下，在第四象限中，当是以AB为底的等腰三角形，且腰长为无理数时，符合条件的点是点

故答案为：，4．
【点睛】
本题考查网格与勾股定理、网格中画等腰三角形、等腰三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得EF⊥MN，由（1）得四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
证明：（1）连接EF交MN于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠DBC，
∴∠ADE=∠EDB=∠CBF=∠FBD，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE=BF，
∵∠EDB=∠FBD，
∴DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴OE=OF，OB=OD，
∵BM=DN，
∴OB-BM=OD-DN，
即OM=ON，
∴四边形EMFN是平行四边形；
（2）∵四边形EMFN是菱形，
∴EF⊥MN，
由（1）得：四边形BEDF是平行四边形，
∴平行四边形BEDF是菱形．

【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的平对于性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明△ADE≌△CBF是解题的关键，属于中考常考题型．
21．（1） －1，；（2）当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数；见解析
【解析】
【分析】
（1）根据所给的例子，可得出平衡数的求法，由此可得出答案；
（2）对式子进行化简，得到的关系，再对
解析：（1） －1，；（2）当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数；见解析
【解析】
【分析】
（1）根据所给的例子，可得出平衡数的求法，由此可得出答案；
（2）对式子进行化简，得到的关系，再对进行分情况讨论求解即可．
【详解】
解：（1）根据题意可得：，
解得，
故答案为，
（2），
∴ ，
∴ ，
∴
①当均为有理数时，
则有 ，
解得：，
当时，

所以不是关于1的平衡数
②当中一个为有理数，另一个为无理数时，
，而此时为无理数，故，
所以不是关于1的平衡数
③当均为无理数时，当时，联立，解得
，
存在，使得是关于1的平衡数，
当且时，不是关于1的平衡数
综上可得：当，时，是关于1的平衡数，否则不是关于1的平衡数．
【点睛】
本题考查了二次根式的加减运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并，并掌握分类讨论的思想．
22．（1）20000件；（2）有，8：20时，理由见解析；（3）①在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；②A仓库不能在13：30完成出仓任务，理由见解析．
【分析】
（1）由表可知
解析：（1）20000件；（2）有，8：20时，理由见解析；（3）①在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；②A仓库不能在13：30完成出仓任务，理由见解析．
【分析】
（1）由表可知，B仓库7：00到8：00进仓量是最大库存量的，故最大库存量为15000÷（1﹣）＝20000（件），结合题意，得每个仓库的最大库存量是20000件；
（2）B仓库1小时进、出仓量是5000件，上午7：48时，B仓库库存量为：15000+5000×＝19000（件），故A仓库用48分钟出仓1000件，即A仓库1小时可出仓1000÷＝1250（件），设8：00后再过m小时，两个仓库库存量相同，则5000m＝1250（m+1），通过计算即可得到答案；
（3）①由（1）（2）可知：7：00时，两个仓库库存量的差值为5000件；7：48时，两个仓库库存量的差值为0；8：00时，两个仓库库存量的差值为1250件；8：20时，两个仓库库存量的差值为0；8：20后再过x小时，两个仓库库存量的差值为5000x﹣1250x＝3750x，而x≤，即可得x＝时，两个仓库库存量的差值最大为3750×＝13750（件），故在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；
②12：00时，B仓库出仓完毕，A仓库库存量为13750件，而13750÷1250＝11（小时），即知A仓库不能在13：30完成出仓任务．
【详解】
（1）根据题意，B仓库4小时出仓完毕，且进、出仓的速度相同，
∴7：00到8：00进仓量是最大库存量的，
∴最大库存量为15000÷（1﹣）＝20000（件），
∵A、B仓库的最大库存量相同，
∴每个仓库的最大库存量是20000件；
（2）由（1）得，B仓库1小时进、出仓量是5000件，
上午7：48时，B仓库库存量为：15000+5000×＝19000（件），
∵上午7：48这两个仓库的库存量相同，
∴A仓库用48分钟出仓1000件，即A仓库1小时可出仓1000÷＝1250（件），
设8：00后再过m小时，两个仓库库存量相同，则5000m＝1250（m+1），
解得：m＝（小时），
∴8：00后再过小时，两个仓库库存量相同，即8：20时，两个仓库库存量相同；
（3）①由（1）（2）可知：7：00时，两个仓库库存量的差值为5000件；
7：48时，两个仓库库存量的差值为0；
8：00时，两个仓库库存量的差值为1250件；
8：20时，两个仓库库存量的差值为0；
8：20后再过x小时，两个仓库库存量的差值为5000x﹣1250x＝3750x，
∵B仓库8：20后再过4﹣＝小时出仓完毕，
∴x≤，
∵3750＞0，
∴x＝时，两个仓库库存量的差值最大为3750×＝13750（件），
∴在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；
②由（3）①知，12：00时，B仓库出仓完毕，A仓库库存量为13750件，
而13750÷1250＝11（小时），即A仓库还需11小时才能出仓完毕，
∴A仓库不能在13：30完成出仓任务．
【点睛】
本题考查了有理数运算、一元一次方程、一次函数的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次方程、一次函数的性质，从而完成求解．
23．（1）①，；②四边形ABDE是平行四边形；理由见解析；③存在，D（0，2.5）；（2）
【分析】
（1）①由，求出和长度，由轴，求出点的坐标；
②延长交轴于点，连接，得到正方形，从而，且，故得证四边
解析：（1）①，；②四边形ABDE是平行四边形；理由见解析；③存在，D（0，2.5）；（2）
【分析】
（1）①由，求出和长度，由轴，求出点的坐标；
②延长交轴于点，连接，得到正方形，从而，且，故得证四边形是平行四边形；
③利用等腰三角形的定义和翻折的特征得到中垂线，再得证三角形全等，从而求出点的坐标；
（2）分析清楚和点到轴的距离之间的关系，然后当到轴的距离为3时，求出的值，最后得出的取值范围．
【详解】
解：（1）当时，，
①，，
，，
，
将沿着直线翻折后轴，如图（1），

，
，
，．
故答案为：，．
②四边形是平行四边形，理由如下：
延长交轴于点，连接，

，点是的中点，
，
，
，，
，
，
，
由折叠得：，
四边形是正方形，
，，
四边形是平行四边形．
③如图（3），连接，延长交于点，

由折叠可知，，，
是的中垂线，
，，
是以、为腰的等腰三角形，
，
，
，
设，则：，
，
，
解得：，
，
存在点，使得是以、为腰的等腰三角形．
（3）如图（4），过点作轴于点，作轴于点，则，四边形是矩形，

由折叠得：，
当到轴的距离为3，即时，
，，
，
，
，
，
解得：，
越小，点越向左，越大，
越小，越小，即点到轴的距离越小，
点到轴的距离不大于3，
．
【点睛】
本题考查了平行的性质、勾股定理、翻折的特征、等腰三角形的性质、全等的判定和性质、三角形的面积等知识点．要求学生能够熟练应用勾股定理求线段长度，应用等面积法列方程求解，同时学会数学结合的思想解题．对于的取值范围，要会分析和点到轴的距离之间的关系．
24．（1），；（2）存在，；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据一次函数平移的方法求出直线l对应的函数表达式，再联立两个直线解析式求出交点坐标；
（2）作轴于M，轴于N，利用，得到F点的横坐标，再代
解析：（1），；（2）存在，；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据一次函数平移的方法求出直线l对应的函数表达式，再联立两个直线解析式求出交点坐标；
（2）作轴于M，轴于N，利用，得到F点的横坐标，再代入解析式求出F点纵坐标即可；
（3）在y轴正半轴上取一点Q，使，利用等腰三角形的性质得，即可求出，再由勾股定理求出OP的长，得到点P坐标．
【详解】
解：（1）正比例函数的图像沿y轴向下平移3个单位长度，
得，
联立两个直线解析式，得，解得，
∴，
故答案是：，；
（2）如图，作轴于M，轴于N，

∴，，
∵，，
∴，
∴，
在中，当时，，
∴；
（3）易知，，
∴，，
如图，在y轴正半轴上取一点Q，使，

∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
∴或．
【点睛】
本题考查一次函数综合，解题的关键是掌握一次函数解析式的求法，以及利用数形结合思想解决一次函数与几何综合问题．
25．（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的
解析：（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
26．（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出
解析：（1）A（﹣3，0），B（1，0），CD＝2；（2）证明见详解；（3）6，理由见详解；
【分析】
（1）由题意可知：a=-3，b=1,OA＝3，OB＝1，AB＝BC＝AC＝4，在Rt△ODB中，求出OD，DB即可解决问题．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．由△ACP≌△BCE（SAS），推出∠APC＝∠CEB，可证∠KBP＝∠KCE＝60°勾股定理求出OF，可得D，F关于x轴对称，即可解决问题；
（3）如图3中，作DH⊥AC于H．想办法证明△DHM≌△DON即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵
∴
∴a=-3，b=1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴OA＝3，OB＝1，
∴AB＝BC＝AC＝4，
在Rt△ODB中，

∴CD＝BC﹣BD＝2．
（2）如图2中，连接EC，设BE交PC于K．

∵CP＝PE，∠CPE＝60°，
∴△CPE是等边三角形，
∴∠PCE＝60°，CP＝CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠PCE＝60°，
∴∠ACP＝∠BCE，
∵CA＝CB，CP＝CE，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴∠APC＝∠CEB，
∵∠PKB＝∠EKC，∠ECK+∠CKE+∠CEK＝180°，∠KBP+∠PKB+∠KPB＝180°，
∴∠KBP＝∠KCE＝60°，
∴∠OBF＝∠PBK＝60°，
∵∠BOF＝90°，OB＝1，
∴BF＝2
∴OF＝，
∵
∴OD＝OF，
∴D，F关于x轴对称，
∴直线EB必过点D关于x轴的对称点．
（3）是定值，理由如下：
如图3中，作DH⊥AC于H．

在Rt△CDH中，
∵∠CHD＝90°，∠C＝60°，CD＝2，
∴CH＝1，
∴DH＝，
∴AH＝3，
∵OD，
∴DH＝OD，
∵∠DHM＝∠DON，∠M＝∠DNO，
∴△DHM≌△DON（AAS），
∴HM＝ON，
∴AN﹣AM＝OA+ON﹣（HM﹣AH）＝3+3＝6．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．