2022-2023学年四川省成都十八中八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省成都十八中八年级（下）期末数学试卷（含解析），共28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。

2022-2023学年四川省成都十八中八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本题共8小题，共32分）
1. 下面图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 一个n边形的每个外角都是60°，则这个n边形的边数是(    )
A. 9 B. 8 C. 7 D. 6
3. 已知a>b，则下列不等式一定成立的是(    )
A. a+cb-3
C. am>bm D. a(c2+1) 4. 若分式49-x27-x的值为0，则x的值为(    )
A. -7 B. 7 C. 7或-7 D. 49
5. 四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形(    )
A. OA=OC，OB=OD B. AB=CD，AD//BC
C. AB=CD，AD=BC D. AB//CD，AD//BC
6. 如图，在等腰△EBC中，EB=EC，AB=BC，∠B=70°，∠ACD的度数为(    )
A. 10°
B. 15°
C. 25°
D. 30°
7. 如图，在△ABC中，以点B为圆心，适当的长度为半径画弧分别交BA、BC边于点P、Q，再分别以点P、Q为圆心，以大于12PQ为半径画弧，两弧交于点M，连接BM交AC于点E，过点E作ED//BC交AB于点D，若AB=5，AE=3，则△ADE的周长为(    )
A. 8
B. 11
C. 10
D. 13
8. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到800里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是慢马的52倍，求规定时间．设规定时间为x天，则下列列出的分式方程正确的是(    )
A. 800x+2=52×800x-1 B. 800x-2=52×800x+1
C. 800x-1=52×800x+2 D. 800x+1=52×800x-2
二、填空题（本题共10小题，共40分）
9. 因式分解：x4-16x2= ______ ．
10. 点A(5,-3)向右平移4个单位，再向上平移1个单位后的坐标是______ ．
11. 若关于x的不等式3x-2>2x-k的解集是x>0，则k的值为______ ．
12. 如图，在边长为1的等边△A1B1C1中，分别取△A1B1C1三边的中点，得到△A2B2C2，用同样的方法，得到△A3B3C3，则△A3B3C3的周长为______ ．


13. 如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地1米；将它往前推5米时，踏板离地2米，此时秋千的绳索是拉直的，ON=OM'，则秋千ON的长度是______ 米.



14. 已知mn=2，n+m=3，则m2n+mn2= ______ ．
15. 关于x的分式方程xx-2-m=mx-2有增根，则m= ______ ．
16. 如图，一次函数y=12x+m与y=-x+4的图象相交于点E(2,n)，则关于x的不等式组-x+4≤12x+m-x+4>0的解集为______ ．


17. 在△ABC中，AB=AC，BC=24，AD=9，AD⊥BC，将△ABC沿AD剪开成两个三角形，把这两个三角形拼成一个平行四边形.在拼成的平行四边形中，对角线长度的最大值是______ ．
18. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2,0)，B(7,0)，C(7,5)，D(2,5).给出如下定义：若点P关于直线l：x=t的对称点Q在四边形ABCD的内部或边上，则称该点P为四边形ABCD关于直线l的“相关点”.点P(m,3)是四边形ABCD关于直线l：x=1的“相关点”，且△ABQ是以AB为腰的等腰三角形，则m的值为______ ；直线y=13x+b上存在点P，使得点P是四边形ABCD关于直线l：x=1的“相关点”，则b的取值范围为______ ．

三、解答题（本题共8小题，共78分）
19. 计算下列各题
(1)解不等式组：x+3>6(x-2)4x-53-x+32≤1；
(2)解方程：4xx-2-1=32-x；
(3)先化简，再求值：(1-1x-3)÷x2-16x2-6x+9，其中x=6．
20. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A(-2,2)，B(-1,4)，C(-4,5)，请解答下列问题：
(1)若△ABC先向右平移3个单位，然后向下平移2个单位得到△A1B1C1，作出△A1B1C1并写出三个顶点的坐标；
(2)将△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°得到△A2B2C2，作出△A2B2C2(提示：作图时，先用2B铅笔作图，确定不再修改后用中性笔．
描黑)

21. 随着退林复耕的全面推进，成都天府绕城生态公园也在向十万亩良田公园变身.其中有两块面积相等的良田公园作为小麦试验田，第一块使用原品种，第二块使用新品种，已知原品种种子比新品种每千克的单价少2元，且用700元购买的原品种种子千克数与用840元购买的新品种种子千克数相等.求原品种、新品种种子每千克的价格各是多少元？
22. 如图，在四边形ABCD中，∠ABD=∠BDC=90°，点E在AB上，DE//BC．
(1)求证：四边形EBCD是平行四边形；
(2)若∠A=30°，DE平分∠ADB，CD=1，求AB的长．

23. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=20，点D是线段AB上的动点，DE//BC交AC于点E，DF⊥AB分别交射线BC、射线AC于点F、G，连结EF．
(1)如图1，若点G恰好平分DF，判断四边形DEFC的形状并证明；
(2)如图2，设AD的长为x，△DEF的面积为y，求出y关于x的函数关系式；
(3)当EF=DB时，求CF的长．


24. 第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日至2023年8月8日在成都举行，这一届的吉祥物“蓉宝”是以大熊猫“芝麻”为原型设计，某公司生产的吉祥物摆件有445箱，蓉宝挂件有130箱．
(1)现计划租用A，B两种货车共15辆，一次性将物品送往仓库，已知A种货车可装摆件35箱和挂件10箱，B种货车可装摆件15箱和挂件15箱，则一共有几种租车方案？
(2)在(1)的条件下，A种货车每辆需运费860元，B种货车每辆需运费740元，怎样租车才能使总运费最少？并求出最少运费．
25. 在平面直角坐标系xOy中，直线y=-3x+6分别交x轴、y轴于点C、B，直线y=x+b与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B．

(1)如图1，求△ABC的面积；
(2)如图2，作OE⊥AB于点E，延长EO交直线BC于点D，请在平面内找一点P，使得以P、DB、E为顶点的四边形是平行四边形，直接写出这样的点P的坐标；
(3)如图3，在(2)的条件下，点F在线段OA上，点G在线段OB上，若∠FGO=2∠AEF，FG=6求点F的坐标．
26. 在△ABC中，AB=12AC，点D为直线BC上一动点，AD=AE，∠BAC=∠DAE．
(1)如图1，连接ED交AC于F，∠BAC=90°，F为AC中点，若BD=3 2，DF= 2，求AD的长；
(2)如图2，延长CB至点G使得BG=DB，连接AG，CE.求证：AG=CE．
(3)如图3，∠BAC=120°，AB=2 7，作点E关于直线BC的对称点E'，连接BE'，EE'，当BE'最小时，直接写出线段EE'的长．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B.既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转180°，能够与自身重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：∵n边形的外角和是360°，
又∵n边形的每个外角都是60°，
∴这个n边形的边数是360°÷60°=6，
故选：D．
根据n边形的外角和是360°和n边形的每个外角都是60°，即可求出这个n边形的边数．
本题考查了多边形的内角和与外角，熟知任意多边形的外角和都是360°．

3.【答案】B 
【解析】解：A、∵a>b，
∴a+c>b+c，
故A不符合题意；
B、∵a>b，
∴a-3>b-3，
故B符合题意；
C、∵a>b，m>0，
∴am>bm，
故C不符合题意；
D、∵a>b，
∴a(c2+1)>b(c2+1)，
故D不符合题意；
故选：B．
根据不等式的性质进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：分式49-x27-x的值为0，
则49-x2=0且7-x≠0，
解得：x=-7．
故选：A．
直接利用分式的值为零则分子为零，分母不为零，进而得出答案．
此题主要考查了分式的值为零的条件，正确掌握相关定义是解题关键．

5.【答案】B 
【解析】解：A、由OA=OC，OB=OD能判断四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AB=CD，AD//BC不能判断四边形ABCD是平行四边形，故选项B符合题意；
C、由AB=CD，AD=BC能判断四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB//CD，AD//BC能判断四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意．
故选：B．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题主要考查平行四边形的判定以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：∵EB=EC，
∴∠BCE=∠B=70°，
∵AB=BC，∠B=70°，
∴∠ACB=∠BAC=12×(180°-70°)=55°，
∴∠ACD=∠ECB-∠ACB=70°-55°=15°．
故选：B．
由等腰三角形的性质得到∠BCE=∠B=70°，∠ACB=55°，即可求出∠ACD的度数．
本题考查等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形的两底角相等．

7.【答案】A 
【解析】解：由题意得：∠ABE=∠CBE，
∵ED//BC，
∴∠DEB=∠CBE，
∴∠ABE=∠BED，
∴DE=BD，
∴AD+DE+AE=AD+BD+AE=AB+AE=5+3=8，
故选：A．
根据题意得BE平分∠ABC，再根据平行线的性质求解．
本题考查了基本作图，掌握角平分线的性质是解题的关键．

8.【答案】B 
【解析】解：由题意可得，
800x-2=52×800x+1，
故选：B．
根据题意可知慢马的速度为800x+1，快马的速度为800x-2，再根据快马的速度是慢马的52倍，即可列出相应的方程，本题得以解决．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．

9.【答案】x2(x+4)(x-4) 
【解析】解：原式=x2(x2-16)
=x2(x+4)(x-4)．
故答案为：x2(x+4)(x-4)．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

10.【答案】(9,-2) 
【解析】解：点A(5,-3)向右平移4个单位，再向上平移1个单位后的坐标是(5+4,-3+1)，即(9,-2)，
故答案为：(9,-2)．
向右平移，横坐标变大，向上平移，纵坐标变大．
本题考查坐标与图形变换-平移，解题的关键是掌握平移与坐标变化的规律．

11.【答案】2 
【解析】解：3x-2>2x-k，
3x-2x>2-k，
x>2-k，
∵不等式的解集是x>0，
∴2-k=0，
解得：k=2，
故答案为：2．
按照解一元一次不等式的步骤进行计算可得x>2-k，然后根据已知不等式的解集是x>0，可得2-k=0，最后进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，解一元一次方程，准确熟练地进行计算是解题的关键．

12.【答案】34 
【解析】解：∵A2、B2分别为B1C1、A1C2的中点，
∴A2B2是△A1B1C1的中位线，
∴A2B2=12A1B1=12，
同理可得：A2C2=12A1C1=12，C2B2=12C1B1=12，
则A3B3=12A2B2=14，A3C3=12A2C2=14，C3B3=12C2B2=14，
同理可得：△A3B3C3的周长为34，
故答案为：34．
根据三角形中位线定理求出△A2B2C2的周长，进而求出△A3B3C3的周长．
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．

13.【答案】13 
【解析】解：设ON=OM'=x米，
∴OM=(x-1)米，
在Rt△OCB中，OM=(x-1)米，ON=x米，MN=5米，
根据勾股定理得：x2=(x-1)2+52，
解得：x=13，
则秋千的长度是13米．
故答案为：13．
设ON=OM'=x米，用x表示出OM的长，在直角三角形OMN中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到结果．
此题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．

14.【答案】解：(1)x+3>6(x-2)①4x-53-x+32≤1②，
由①去括号得：x+3>6x-12，
移项，合并同类项得：-5x>-15，
系数化为1得：x<3，
由②去分母得：2(4x-5)-3(x+3)≤6，
去括号得：8x-10-3x-9≤6，
移项，合并同类项得：5x≤25，
系数化为1得：x≤5，
故原不等式组的解集为：x<3；
(2)原方程两边同乘(x-2)，去分母得：4x-(x-2)=-3，
去括号得：4x-x+2=-3，
移项，合并同类项得：3x=-5，
系数化为1得：x=-53，
检验：将x=-53代入(x-2)中可得-53-2=-113≠0，
故原分式方程的解为：x=-53；
(3)原式=x-3-1x-3÷(x+4)(x-4)(x-3)2
=x-4x-3⋅(x-3)2(x+4)(x-4)
=x-3x+4，
当x=6时，
原式=6-36+4=310． 
【解析】(1)按照解不等式组的步骤解不等式组即可；
(2)按照解分式方程的步骤解方程后进行检验即可；
(3)利用分式的运算法则将分式化简后代入数值计算即可．
本题考查解一元一次不等式组，解分式方程及分式的化简求值，熟练掌握解不等式组及分式方程的方法和分式的相关运算法则是解题的关键，特别注意解分式方程时必须进行检验．

15.【答案】解：(1)将A(-2,2)，B(-1,4)，C(-4,5)先向右平移3个单位，然后向下平移2个单位可得A1(1,0)，B1(2,2)，C1(-1,3)，
作出△A1B1C1如下：

(2)将△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°得到△A2B2C2，作出△A2B2C2如下：
 
【解析】(1)根据已知写出A1(1,0)，B1(2,2)，C1(-1,3)，再作图即可；
(2)将A，B，C绕点O按逆时针方向旋转90°得A2，B2，C2，再连成三角形即可．
本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是掌握坐标与旋转，平移变换的关系．

16.【答案】解：设原品种种子每千克的价格是x元，则新品种种子每千克的价格是(x+2)元，
由题意得：700x=840x+2，
解得：x=10，
经检验，x=10是原方程的解，且符合题意，
∴x+2=12，
答：原品种种子每千克的价格是10元，新品种种子每千克的价格是12元． 
【解析】设原品种种子每千克的价格是x元，则新品种种子每千克的价格是(x+2)元，根据用700元购买的原品种种子千克数与用840元购买的新品种种子千克数相等．列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

17.【答案】(1)证明：∵∠ABD=∠BDC=90°，
∴AB//CD，
∵DE//BC．
∴四边形EBCD是平行四边形；
(2)解：由(1)可知，四边形EBCD是平行四边形，
∴BE=CD=1，
∵∠ABD=90°，∠A=30°，
∴∠ADB=90°-∠A=60°，
∵DE平分∠ADB，
∴∠ADE=∠BDE=30°，
∴DE=2BE=2，∠A=∠ADE，
∴AE=DE=2，
∴AB=AE+BE=2+1=3，
即AB的长为3． 
【解析】(1)证AB//CD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得BE=CD=1，再由角平分线定义得∠ADE=∠BDE=30°，则DE=2BE=2，∠A=∠ADE，然后证AE=DE=2，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．

18.【答案】解：(1)四边形DEFC是平行四边形，理由如下：
∵点G恰好平分DF，
∴DG=FG，
∵DE//BC，
∴∠CFG=∠EDG，
在△CFG和△EDG中，
∠CFG=∠EDG∠CGF=∠EGDFG=DG，
∴△CFG≌△EDG(AAS)，
∴EG=CG，
∴四边形DEFC是平行四边形；
(2)∵∠ACB=90°，∠A=30°，AB=20，
∴BC=12AB=10，AC= 3BC=10 3，
∵DE//BC，
∴∠AED=∠ACB=90°，
∴DE=12AD=12x，AE= 3DE= 32x，
∴CE=AC-AE=10 3- 32x，
∴y=12DE⋅CE=12×12x⋅(10 3- 32x)，
∴y=- 38x2+5 32x(0 (3)①当点F在线段BC的延长线上时，EF=DB，梯形DBFE为等腰梯形，如图：

∴∠BFE=∠B，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=90°-∠A=60°，
∴∠BFE=∠B=60°，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠BFD=90°-∠B=30°，
∴∠DFE=∠BFE-∠BFD=60°-30°=30°，
∵DE//BC，
∴∠EDF=∠BFD=30°，
∴∠EDF=∠DFE=30°，
∴DE=EF，
∴DE=DB，
由(2)可知，当AD=x时，DE=12x，
∴BD=20-x，
∴20-x=12x，
解得：x=403，
∴BD=20-x=203，
∴BF=2BD=403，
∴CF=BF-BC=403-10=103；
②当点F在线段BC上时，过D作DH⊥BC于H，如图：

∵DE//BC，
∴DH=CE，
∵EF=DB，
∴Rt△BDH≌Rt△FEC(HL)，
∴∠B=∠EFC，
∴BD//EF，
∴四边形BDEF为平行四边形，
∴BF=DE=12x，
∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠BFD=90°-∠B=30°，
∴BD=12BF=14x，
∴14x=20-x，
解得：x=16，
∴BF=12x=8，
∴CF=BC-BF=10-8=2，
综上所述，CF的长为103或2． 
【解析】(1)由AAS证得△CFG≌△EDG，EG=CG，又DG=FG，即可得出四边形DEFC是平行四边形；
(2)表示出DE=12AD=12x，CE=10 3- 32x，即可得y=12DE⋅CE=12×12x⋅(10 3- 32x)=- 38x2+5 32x；
(3)分两种情况：①当点F在线段BC的延长线上时，EF=DB，梯形DBFE为等腰梯形，可得DE=DB，故20-x=12x，x=403，从而CF=BF-BC=403-10=103；②当点F在线段BC上时，证明四边形BDEF为平行四边形，可得14x=20-x，x=16，求出CF=BC-BF=10-8=2．
本题是四边形综合题，考查了含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰梯形的判定与性质、三角形面积的计算、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握含30°角直角三角形的性质和分类讨论是解题的关键．

19.【答案】6 
【解析】解：∵n+m=3，mn=2，
∴m2n+mn2=mn(m+n)=2×3=6．
故答案为：6．
只要把所求代数式因式分解成已知的形式，然后把已知代入即可．
本题考查了提公因式法分解因式，提取公因式后整理成已知条件的形式是解题的关键，然后整体代值计算．

20.【答案】2 
【解析】解：去分母得x-m(x-2)=m，
解得x=mm-1，
∵方程有增根，
∴x=2，
即mm-1=2，
解得m=2，
即m=2时，分式方程有增根．
故答案为：2．
去分母得x-m(x-2)=m，解整式方程得到x=mm-1，由于原方程的增根只能为x=2，则mm-1=2，从而可求出m的值．
本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．

21.【答案】2≤x<4 
【解析】解：∵一次函数y=-x+4的图象过点E(2,n)，
∴n=-2+4，
解得n=2，
∴E(2,2)，
又∵y=-x+4与x轴的交点是(4,0)，
∴关于x的不等式组-x+4≤12x+m-x+4>0的解集为2≤x<4．
故答案为：2≤x<4．
先将点E(2,n)代入y=-x+4，求出n的值，再找出直线y=12x+m落在y=-x+4的上方且都在x轴上方的部分对应的自变量的取值范围即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，体现了数形结合的思想方法，准确确定出n的值，是解答本题的关键．

22.【答案】3 73 
【解析】解：分别取BD，AD，AB的中点E，F，G，连接AE，BF，DG，如图：

∵AB=AC，BC=24，AD⊥BC，
∴BD=12BC=12，∠ADB=90°，
∴AB= BD2+AD2= 122+92=15，
∴DG=12AB=152，
在Rt△ADE中，AE= AD2+DE2= 92+62=3 13，
在Rt△BDF中，BF= BD2+DF2= 122+(92)2=3 732，
∵152<3 13<3 732，
∴当BF为对角线的一半时，对角线最大，
如图：

∴对角线长度的最大值是2BF=3 73，
故答案为：3 73．
分别计算△ABD的中线的长度，比较后画出图形，可得答案．
本题考查图形的剪拼，涉及等腰三角形，平行四边形，勾股定理及应用等知识，解题的关键是确定对角线最大时的拼接方法．

23.【答案】-4或-1 43≤b≤8． 
【解析】解：P(m,3)关于直线x=1的对称点Q(2-m,3)，根据题意此点在矩形ABCD的内部或边上，
∵点A(2,0)，B(7,0)，C(7,5)，D(2,5)．
∴2≤2-m≤7，
解得：-5≤m≤0，
当△ABQ是以AB为腰的等腰三角形时，分两种情况，
∵Q(2-m,3)，A(2,0)，B(7,0)，
当AB=AQ时，
∴5= (2-m-2)2+9，
解得：m=-4或m=4(舍)，
当BQ=AB时，
5= (2-m-7)2+9=5，
解得：m=-1或m=-9(舍)，
综上所述m=为-4或-1；
故答案为：-4或-1
在直线y=13x+b上任取两点(0,b)，(-3b,0)关于直线x=1对称的点为：
(2,b)，(2+3b,0)，
设直线y=13x+b关于x=1对称的直线解析式为：
y=kx+m，
∴2k+m=b(2+3b)k+m=0，
解得：k=-13m=b-23，
∴y=-13x+b-23，
当直线经过点(7,5)时，b=8，
当直线经过点(2,0)时，b=43，
∴43≤b≤8．
故答案为：43≤b≤8．
先求出P点，关于直线x-1的对称点Q(2-m,3)，根据定义可得2≤2-m≤7求出m的取值范围，当△ABQ是以AB为腰的等腰三角形时，分两种情况，求解即可；在直线y=13x+b上任取两点(0,b)，(-3b,0)关于直线x=1对称的点为：(2,b)，(2+3b,0)，利用待定系数法求出两个对称点所在的直线的解析式，当直线经过点(7,5)时，b取最大值，当直线经过点(2,0)时，b取最小值，可得b取值范围．
本题考查一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，理解定义，会求点关于直线的对称点，直线关于直线对称直线解析式是解题的关键．

24.【答案】解：(1)设租用A种货车a辆，则租用B种货车(15-a)辆，
则35a+15(15-a)≥44510a+15(15-a)≥130，
解得11≤a≤19，
∵现计划租用A，B两种货车共15辆，
∴11≤a≤14，
故有4种方案：A种车分别为11，12，13，14辆，B种车对应为4，3，2，1辆；
(2)设总费用为W元，
W=860a+740(15-a)=120a+11100，
k=120>0，W随a的增大而增大，
所以当a=11时，即租用A种货车11辆，B种货车4辆，总运费最少，最少运费是12420元． 
【解析】(1)设租用A种货车a辆，则租用B种货车(15-a)辆，根据已知条件可以列出不等式组，解不等式组即可求解；
(2)设总费用为W元，则根据已知条件列出函数解析式W=860a+740(15-a)=120a+11100，然后利用一次函数的性质和(2)的结论即可求解．
本题主要考查了一元一次不等式和一元一次不等式组的应用，解题的关键是能够根据题意找到其中的不等关系．

25.【答案】解：(1)在y=-3x+6中，令x=0得y=6，令y=0得x=2，
∴B(0,6)，C(2,0)，
把B(0,6)代入y=x+b得：b=6，
∴y=x+6，
令y=0得x=-6，
∴A(-6,0)，
∴AC=2-(-6)=8，
∴S△ABC=12AC⋅OB=12×8×6=24；
∴△ABC的面积为24；
(2)∵A(-6,0)，B(0,6)，
∴OA=OB，
∵OE⊥AB，
∴E是AB的中点，
∴E(-3,3)，
∴直线OE解析式为y=-x，
联立y=-xy=-3x+6，解得x=3y=-3，
∴D(3,-3)，
设P(m,n)，
又B(0,6)，D(3,-3)，E(-3,3)，
①当PB，DE为对角线时，
m+0=3+(-3)n+6=-3+3，
解得m=0n=-6，
∴P(0,-6)；
②当PD，BE为对角线时，
m+3=0-3n-3=6+3，
解得m=-6n=12，
∴P(-6,12)；
③当PE，BD为对角线时，
m-3=0+3n+3=6-3，
解得m=6n=0，
∴P(6,0)，
综上所述，P的坐标为(0,-6)或(-6,12)或(6,0)；
(3)过点E作EM⊥x轴于点M，在OG上截取ON=AF，连接EN，在y轴负半轴上截取OP=ON，连接FP，则OF垂直平分NP，如图：

∵E(-3,3)，A(-6,0)，
∴EM=OM=AM=3，
∴∠EAM=∠AEM=∠EOM=∠MEO=45°，
∴∠AEO=90°，
∴∠EAF=∠EON，
∴△EAF≌△EON(AAS)，
∴EF=EN，∠AEF=∠OEN，
∴∠FEN=∠FEO+∠OEN=∠FEO+∠AEF=∠AEO=90°，
∴∠EFN=45°，
∵∠EFO=∠AEF+∠EAO=∠EFN+∠NFO，
又∵∠EAO=∠EFN=45°，
∴∠NFO=∠AEF，
∴∠FGO=2∠AEF=2∠NFO，
设∠AEF=α，则∠NFO=α，∠FNO=90°-α，∠FGO=2α，
∵OF垂直平分NP，
∴FN=FP，
∴∠FPO=90°-α，
∴∠GFP=180°-2α-(90°-α)=90°-α=∠GPF，
∴FG=GP=6，
设AF=m，则ON=OP=m，
∴OG=6-m，OF=6-m，
在Rt△OGF中，由勾股定理可得，(6-m)2+(6-m)2=62，
解得m=6-3 2，(m=6+3 2舍去)，
∴OF=OA-AF=6-(6-3 2)=3 2，
∴F(-3 2,0)． 
【解析】(1)求出B(0,6)，C(2,0)，得b=6，即得A(-6,0)，故S△ABC=12AC⋅OB=12×8×6=24；
(2)由OE⊥AB，可得E(-3,3)，即可得D(3,-3)，设P(m,n)，分三种情况：①当PB，DE为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分可得m+0=3+(-3)n+6=-3+3，②当PD，BE为对角线时，m+3=0-3n-3=6+3，③当PE，BD为对角线时，m-3=0+3n+3=6-3，分别解方程可得P的坐标为(0,-6)或(-6,12)或(6,0)；
(3)过点E作EM⊥x轴于点M，在OG上截取ON=AF，连接EN，在y轴负半轴上截取OP=ON，连接FP，则OF垂直平分NP，证明△EAF≌△EON(AAS)，得EF=EN，∠AEF=∠OEN，设∠AEF=α，则∠NFO=α，∠FNO=90°-α，∠FGO=2α，可推得∠GFP=180°-2α-(90°-α)=90°-α=∠GPF，FG=GP=6，设AF=m，则ON=OP=m，在Rt△OGF中有(6-m)2+(6-m)2=62，即可解得答案．
本题考查一次函数与几何综合问题，涉及旋转模型，特殊角的三角函数值等知识，构造合适的辅助线是解决本题的关键．

26.【答案】(1)解：∵∠BAC=∠DAE=90°，

∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
即∠BAD=∠FAE，
∵F为AC中点，
∴AF=12AC，
∵AB=12AC，
∴AB=AF，
∵AD=AE，
∴△ABD≌△AFE(SAS)，
∴BD=EF，
∵BD=3 2，DF= 2，
∴EF=3 2，
∴DE=DF+EF= 2+3 2=4 2，
∵∠DAE=90°，AD=AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD= 22DE= 22×4 2=4；
(2)证明：延长AB至H，使BH=AB，连接GH，
则AB=12AH，
∵AB=12AC，
∴AH=AC，

在△ABD和△HBG中，
BD=BG∠ABD=∠HBGAB=HB，
∴△ABD≌△HBG(SAS)，
∴AD=HG，∠BAD=∠H，
由(1)得：∠BAD=∠CAE，
∴∠H=∠CAE，
∵AD=AE，
∴HG=AE，
在△AHG和△CAE中，
AH=AC∠H=∠CAEHG=AE，
∴△AHG≌△CAE(SAS)，
∴AG=CE；
(3)解：如图3，取AC的中点M，连接EM并延长交BC于N，过点A作AG⊥BC于点G，过点M作MT⊥BC于点T，设EE'交BC于点K，

可得：AM=AB，AE=AD，∠EAM=∠BAD，
∴△ABD≌△AME(SAS)，
∴∠AME=∠ABC，
∵∠CMN=∠AME，
∴∠CMN=∠ABC，
∴∠CNM=∠BAC=120°，
∴∠BNE=60°，
∴∠BNE'=∠BNE=60°，
∴当BE'⊥NE'时，BE'最小，
作BH⊥AC，交CA的延长线于H，连接AN，
在Rt△ABH中，
AH=12AB= 7，BH= 32AB= 21，
∴CH=AC+AH=4 7+ 7=5 7，
在Rt△BCH中，BC= BH2+CH2= ( 21)2+(5 7)2=14，
∵S△ABC=12BC⋅AG=12AC⋅BH，
∴AG=AC⋅BHBC=4 7× 2114=2 3，
∴BG= AB2-AG2= (2 7)2-(2 3)2=4，
∴CG=BC-BG=14-4=10，
∵MT⊥AB，AG⊥AB，
∴MT//AG，
∵点M是AC的中点，
∴MT是△CAG的中位线，即T是CG的中点，
∴MT=12AG= 3，CT=TG=5，
∵∠NMT=90°-∠BNE=90°-60°=30°，
∴MN=2NT，
设NT=x，则MN=2x，
在Rt△MNT中，MN2-NT2=MT2，
∴(2x)2-x2=( 3)2，
解得：x=1(负值舍去)，
∴NT=1，
∴CN=CT-NT=5-1=4，
∴BN=BC-CN=14-4=10，
∵∠BNE'=60°，∠BE'N=90°，
∴∠NBE'=30°，
∴NE'=12BN=5，
∴BE'= BN2-E'N2= 102-52=5 3，
在Rt△BE'K中，∠E'BK=30°，
∴E'K=12BE'，
∵E、E'关于直线BC对称，
∴EE'=2E'K=BE'=5 3． 
【解析】(1)证明△ABD≌△AFE(SAS)，可得BD=EF，进而可得DE=DF+EF= 2+3 2=4 2，再由等腰直角三角形性质可得AD= 22DE=4；
(2)延长AB至H，使BH=AB，连接GH，则AB=12AH，进而证得△ABD≌△HBG(SAS)，△AHG≌△CAE(SAS)，可得AG=CE；
(3)取AC的中点M，连接EM并延长交BC于N，过点A作AG⊥BC于点G，过点M作MT⊥BC于点T，设EE'交BC于点K，可证得△ABD≌△AME(SAS)，得出∠AME=∠ABC，进而可得∠CNM=∠BAC=120°，∠BNE'=∠BNE=60°，所以当BE'⊥NE'时，BE'最小，作BH⊥AC，交CA的延长线于H，连接AN，利用勾股定理和面积法可得出AG=2 3，BG=4，利用三角形中位线定理和含30°角的直角三角形性质即可求得答案．
本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．