2022-2023学年河北省邯郸市馆陶实验中学、魏僧寨中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市馆陶实验中学、魏僧寨中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24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学年河北省邯郸市馆陶实验中学、魏僧寨中学八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一本笔记本5元，买x本共付y元，则变量是(    )
A. 5 B. 5和x C. x D. x和y
2. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是(    )
A. 对角相等 B. 对边相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分
3. 如图，用方向和距离描述少年宫相对于小明家的位置，正确的是(    )
A. 北偏东55°，2km
B. 东北方向
C. 北偏西35°，2km
D. 北偏东35°，2km
4. 为了调查盐城市某校学生的视力情况，在全校的4700名学生中随机抽取了150名学生，下列说法正确的是(    )
A. 此次调查属于普查 B. 样本容量是150
C. 4700名学生是总体 D. 被抽取的每一名学生称为个体
5. 如图，点E是▱ABCD的边BC延长线上的一点，若∠DCE=132°，则∠A的度数为(    )

A. 38° B. 48° C. 52° D. 58°
6. 某班级开展“好书伴成长”读书活动，统计了1至7月份该班学生每月阅读课外书的数量，并绘制了如图所示的折线统计图，其中从1到7月份每月阅读课外书本数的最大值比最小值多(    )
A. 52
B. 50
C. 45
D. 44
7. 若正比例函数y=(a−2)x的y值随x值的增大而增大，则a的值可以是(    )
A. 4 B. 2 C. −2 D. −6
8. 一个多边形的内角和是外角和的3倍，这个多边形的边数为(    )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
9. 正方形的边长为4，若边长增加x，那么面积增加y，则y关于x的函数表达式为(    )
A. y=x2+16 B. y=(x+4)2 C. y=x2+8x D. y=16−4x2
10. 若实数a、b满足ab<0，则一次函数y=ax+b的图象可能是(    )
A. B.
C. D.
11. 嘉淇调查了本班学生最喜欢的体育项目情况(每人只选一项)，并绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图，其中条形统计图被撕坏了一部分，则m与n的和为(    )

A. 51 B. 52 C. 56 D. 58
12. 如图，将一个圆柱形无盖小烧杯的杯底固定在圆柱形大烧杯的杯底中央，现沿着大烧杯内壁匀速注水，注满后停止注水.则大烧杯水面的高度y(cm)与注水时间x(s)之间的函数图象大致是(    )
A.
B.
C.
D.
13. 如图，直线m⊥n，在某平面直角坐标系中，x轴//m，y轴//n，点A的坐标为(−4,2)，点B的坐标为(2,−4)，则坐标原点可能为(    )
A. O1
B. O2
C. O3
D. O4
14. 如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF=20°，则∠AED的度数为(    )
A. 45°
B. 60°
C. 65°
D. 70°
15. 如图.已知点A(−2,3)，B(2,1)，当直线y=kx−k与线段AB有交点时，k的取值范围是(    )
A. k≤−1
B. −1 C. k≤−1或k≥1
D. k≤−3或k≥13
16. 如图，平行四边形ABDC中，AB=3，BC=4，∠ABC=90°，O为BC中点，EF过点O分别交AC，BD于点E，F、连接BE、CF.甲、乙、丙分别给出了一个结论，下列判断正确的是(    )
甲：四边形BECF为平行四边形；
乙：当BF=2.5时，四边形BECF为菱形；
丙：四边形BECF不可能为正方形．
A. 甲、乙、丙都对 B. 只有甲、乙对 C. 只有甲、丙对 D. 只有乙、丙对
二、填空题（本大题共2小题，共6.0分）
17. 在平面直角坐标系中，若点A(−1,3)与点B关于x轴对称，则点B的坐标是______ ．
18. 如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架(边框粗细忽略不计)扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂.若∠BAD=60°，则橡皮筋AC ______ 断裂(填“会”或“不会”)，此时四边形ABCD的面积为______ cm2．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题3.0分)
暑期将至，某游泳俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次游泳费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次游泳费用按八折优惠．
设某学生暑期游泳x(次)，按照方案一所需费用为y1(元)，且y1=kx+b；按照方案二所需费用为y2(元)，且y2=k2x，其函数图象如图所示．
(1)b的值是______ ；
(2)打折前的每次游泳费用是______ 元；
(3)若小明打算办一张暑期专享卡，使得游泳的费用更合算，则他去游泳的次数x至少是______ ．

20. (本小题9.0分)
点燃一根蜡烛后，蜡烛的高度h(厘米)与燃烧时间t(分钟)之间的关系如下表．
t(分钟)
0
2
4
6
8
10
h(厘米)
40
36
32
28
24
20
(1)求h与t之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(2)求点燃5分钟时，蜡烛的高度．
21. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点A，B的坐标分别为(0,4)，(−2,1)．
(1)点C的坐标为______ ；
(2)平移△ABC，将点C移动到点F(6,−2)，其中点A的对应点为D，点B的对应点为E．
①在平面直角坐标系中画出△DEF，并写出点D，E的坐标；
②△DEF的面积为______ ．


22. (本小题9.0分)
某校为了了解初三学生对安全知识的掌握情况，加强学生的安全防范和自我保护意识，对该校1000名初三学生开展安全知识竞赛活动.用简单随机抽样的方法，随机抽取若干名学生的答题成绩进行统计，并分别制成如下频数分布表和如图所示的不完整频数分布直方图．

(1)表格中，a= ______ ，d= ______ ；
(2)请把频数分布直方图补充完整；(画图后标注相应的数据)
(3)规定成绩80分以上(含80分)的同学成为“安全明星”，估计该校初三学生成为“安全明星”的人数．
初三学生安全知识竞赛成绩频数分布表
成绩(分)
频数
频率
50≤x<60
3
2%
60≤x<70
12
a
70≤x<80
45
30%
80≤x<90
b
40%
90≤x≤100
30
d

23. (本小题10.0分)
如图，直线l1：y1=−x+3和直线l2：y2=kx−2分别交y轴于点A，B，两直线交于点C(m,1)．
(1)求m，k的值；
(2)求直线l1，l2与y轴所围成的△ABC的面积；
(3)根据图象直接写出当y1>y2时，自变量x的取值范围．

24. (本小题10.0分)
如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，且DE=AD，过点A作AF//DE交CB的延长线于点F．
(1)求证：四边形AFED是菱形；
(2)若AB=1，CF=2．
①求AD的长；
②AE、FD交于点O，连接OC，求OC的长．

25. (本小题10.0分)
一队学生从学校出发去劳动基地、队伍走了0.8小时后、队伍中的通讯员按原路加快速度返回学校取材料.通讯员经过一段时间回到学校，取到材料后立即按返校时的速度追赶队伍(取材料的时间忽略不计)，并比学生队伍早18分钟到达基地.图中的线段OD表示学生队伍距学校的路程y(千米)与出发时间x(小时)之间的函数关系，折线OABC表示通讯员距学校的路程)(千米)与出发时间x(小时)之间的函数关系．
(1)图中的m= ______ ，a= ______ ，点B的坐标为______ ；
(2)求AB和BC所在直线的函数表达式；
(3)若通讯员与学生队伍的距离不超过3千米时能用无线对讲机进行联系，请你直接写出通讯员离开队伍后到与队伍在基地汇合，他们能用对讲机联系的时长．

26. (本小题12.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)延长AE至G，使EG=AE，连接CG，延长CF交AD于点P．
①当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由；
②在①的条件下，若AC=10，BD=12，求四边形EGCF的面积．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：一本笔记本的单价是5元不变的，因此5是常量，
而购买的本数x，总费用y是变化的量，因此x和y是变量，
故选：D．
根据常量、变量的意义进行判断即可．
本题考查了常量、变量，理解在某一变化过程中“常量”“变量”的意义是正确判断的前提．

2.【答案】C 
【解析】解：因为矩形的性质：对角相等、对边相等、对角线相等；
菱形的性质：对角相等、对边相等、对角线互相垂直．
所以矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等．
故选：C．
根据菱形和矩形的性质即可判断．
本题考查了菱形的性质、矩形的性质，解决本题的关键是掌握菱形和矩形的性质．

3.【答案】D 
【解析】解：∵小明家在少年宫的南偏西55°方向的2km处，
∴少年宫在小明家的北偏东35°方向的2km处．
故选：D．
根据方向角的定义解答即可．
本题考查了坐标确定位置，主要是对方向角的定义的考查，需熟记．

4.【答案】B 
【解析】解：A、此次调查属于抽样调查，故此选项不合题意；
B、样本数量是150，故此选项符合题意；
C、4700名学生的视力情况是总体，故此选项不合题意；
D、被抽取的每一名学生的视力情况称为个体，故此选项不合题意．
故选：B．
总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体．
此题主要考查了总体、个体、样本．正确理解总体、个体、样本的概念是解决本题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：∵∠DCE=132°，
∴∠BCD=180°−∠DCE=180°−132°=48°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=48°，
故选：B．
由∠DCE=132°，求得∠BCD=180°−∠DCE=48°，由平行四边形的性质得∠A=∠BCD=48°，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质，正确理解和应用“平行四边形的对角相等”这一性质是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：78−28=50(本)，
即从1到7月份每月阅读课外书本数的最大值比最小值多50．
故选：B．
从折线图中获取信息，可得从1月到7月每月阅读课外书本数的最大值比最小值相差多少．
本题考查了折线统计图，利用数形结合的方法是解题的关键．

7.【答案】A 
【解析】解：∵一次函数y=(a−2)x的图象中y值随x值的增大而增大，
∴a−2>0，
∴a>2．
故选：A．
由一次函数y=(a−2)x−b的图象中y值随x值的增大而增大，可得出a−2>0，解之即可得出a的取值范围，再对照四个选项即可得出结论．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：设这个多边形的边数为x．
由题意得，180°(x−2)=360°×3．
∴x=8．
∴这个多边形的边数为8．
故选：D．
设这个多边形的边数为x，根据多边形的边数与内角和的关系以及任意多边形的外角和等于360度，得180°(x−2)=360°×3，从而解决此题．
本题主要考查多边形的边数与内角和的关系、任意多边形的外角和，熟练掌握多边形的边数与内角和的关系、任意多边形的外角和等于360度是解决本题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：∵新正方形边长是x+4，原正方形边长是4，
∴新正方形面积是(x+4)2，原正方形面积是16，
∴y=(x+4)2−16=x2+8x
故选：C．
增加的面积=新正方形的面积−原正方形的面积，把相关数值代入化简即可．
本题考查列二次函数解析式，根据题意列出增加面积的等量关系是解决本题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：因为ab<0，得到a<0，b>0或b<0，a>0，
当a<0，b>0，图象经过第一、二、四象限；
当b<0，a>0，图象经过第一、三、四象限，
故选B．
利用ab<0，得到a<0，b>0或b<0，a>0，然后根据一次函数图象与系数的关系进行判断．
本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)是一条直线，当k>0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k<0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为(0,b)．

11.【答案】B 
【解析】解：调查的学生总人数为：10÷72360=50，
兵乒球和足球的百分比的和为10+1450×100%=48%，
∴m%+n%=100%−48%=52%，
∴m+n=52．
故选：B．
根据喜欢兵乒球的人数和扇形图的圆心角可以求出总人数，再求出兵乒球和足球的百分比的和，即可求出m与n的和．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估算总体等知识，明确题意，数形结合是解答本题的关键．

12.【答案】D 
【解析】解：大烧杯的液面高度y(cm)随时间x的增加而增大，当小烧杯注满水后大烧杯的液面高度升高速度应该是由快到慢，故选项D符合题意．
故选：D．
根据题意判断出大烧杯的液面高度y(cm)随时间x(s)的变化情况即可．
本题考查了函数的图象．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．

13.【答案】A 
【解析】解：如图所示，在平面直角坐标系中，画出点A(−4,2)，点B(2,−4)，点A，B关于直线y=x对称，
则原点在线段AB的垂直平分线上(在线段AB的右侧)，

如图所示，连接AB，作AB的垂直平分线，则线段AB右上方的点O1为坐标原点．

故选：A．
先根据点A、B的坐标求得直线AB在坐标平面内的位置，即可得出原点的位置．
本题主要考查了坐标与图形性质，解决问题的关键是掌握关于直线y=x对称的点的坐标特征：点(a,b)关于直线y=x对称的点的坐标为(b,a)．

14.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°，
∴∠AEB=∠ACB+∠CBE=65°，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴∠AED=∠AEB=65°，
故选：C．
由正方形的性质可得∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°，由外角的性质可求∠AEB=65°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，可得∠AED=∠AEB=65°，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的对角线平分每一组对角是解题的关键．

15.【答案】C 
【解析】解：∵y=kx−k=k(x−1)，
∴直线y=kx−k恒过点P(1,0)，
当直线刚好过点A时，将A(−2,3)代入y=kx−k中得：3=−2k−k，
解得k=−1，
当直线刚好过点B时，将B(2,1)代入y=kx−k中得：1=2k−k，
解得k=1，
∴当直线y=kx−k与线段AB有交点时，k的取值范围为：k≤−1或k≥1，
故选：C．
由已知得直线y=kx−k恒过点P(1,0)，分别求出直线PA和直线PB的比例系数k，即可求解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标的特征，利用待定系数法求出临界值是解题的关键．

16.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABDC是平行四边形，
∴BD//AC，
∴∠FBC=∠ECB，
∵O为BC中点，
∴BO=CO，
又∵∠BOF=∠COE，
∴△BOF≌△COE(ASA)，
∴BF=CE，
∴四边形BECF为平行四边形；故甲的结论是正确的；
∵AB=3，BC=4，∠ABC=90°，
∴AC= AB2+BC2=5，
∵BF=2.5，
∴CE=2.5，
∴AE=AC−CE=2.5，
∴E为AC中点，
∴BE=CE，
∵四边形BECF是平行四边形，
∴当BF=2.5时，四边形BECF为菱形，故乙的结论是正确的；
当BF=2.5时，四边形BECF为菱形，此时∠BEC≠90°，
∴四边形BECF不可能为正方形．故丙的结论是正确的．
故答案为：A．
由平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可．
本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定方法是解决问题的关键．

17.【答案】(−1,−3) 
【解析】解：与点B关于x轴对称，则点B的坐标是(−1,−3)，
故答案为：(−1,−3)．
根据关于x轴对称点的横坐标不变，纵坐标互为相反数求解即可．
本题考查了关于坐标轴对称点的坐标，解题关键是熟记关于x轴对称点的横坐标不变，纵坐标互为相反数．

18.【答案】不会  200 3 
【解析】解：设AC与BD相交于点O，

由题意可得：四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC=2AO，OD=12BD，AD=AB=20cm，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=20cm，
∴DO=12BD=10(cm)，
在Rt△ADO中，AO= AD2−DO2= 202−102=10 3(cm)，
∴AC=2AO=20 3≈34.64(cm)，
∵34.64cm<36cm，
∴橡皮筋AC不会断裂，
此时四边形ABCD的面积为：12AC⋅BD=AO⋅BD=10 3×20=200 3(cm2).
故答案为：不会，200 3．
设AC与BD相交于点O，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AC=2AO，OD=12BD，AD=AB=20cm，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得BD=20cm，然后再在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO，从而求出AC的长，即可得出答案．
本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

19.【答案】30  25  7 
【解析】解：(1)由图可知：x=0时，y1=30，
∴b=30，
故答案为：30；
(2)由(1)知y1=kx+30，将(10,180)代入得：
180=10k+30，
解得k=15，
∴y1=15x+30，
∴打折前每次游泳费用是15÷610=25(元)，
故答案为：25；
(3)方案二打八折每次游泳费用k2=25×810=20(元)，
∴y2=20x；
∵办一张暑期专享卡，使得游泳的费用更合算，
∴15x+30<20x，
解得x>6，
∵x是整数，
∴x最小为7，
故答案为：7．
(1)由y1图象与y轴交点坐标直接可得结果；
(2)将(10,180)代入y1=kx+30即得y1=15x+30，再列式计算可得打折前的每次游泳费用；
(3)求出y2=20x，再列不等式，结合x为整数可得答案．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、一元一次不等式等知识，解题的关键是列出y1、y2关于x的函数关系式．

20.【答案】解：(1)设h与t之间的函数关系式为h=kt+b，
将(0,40)，(2,36)代入得：b=402t+b=36，
解得：k=−2b=40，
∴h与t之间的函数关系式为h=40−2t(0≤t≤20)；
(2)当t=5时，h=40−2×5=30，
即点燃5分钟时，蜡烛的高度是30厘米． 
【解析】(1)设h与t之间的函数关系式为h=kt+b，将(0,40)，(2,36)代入即可；
(2)将t=5代入h=40−2t即可．
本题主要考查了待定系数法求一次函数表达式、一次函数的应用，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．

21.【答案】(2,2)  5 
【解析】解：(1)C(2,2)．
故答案为：(2,2)；
(2)①如图；点D的坐标为(4,0)，点E的坐标为(2,−3)；


②△DEF的面积=3×4−12×2×2−12×2×2−12×1×4=5．
故答案为：5．
(1)根据点D的位置写出坐标；
(2)①利用平移变换的性质分别作出B，C的对应点E，F即可；
②把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
本题考查作图−平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．

22.【答案】8%  20% 
【解析】解：(1)∵样本容量为3÷0.02=150(人)，
∴a=12150=0.08，
d=30150=0.2，
故答案为：8%；20%；
(2)b=150×0.4=60(人)；
频数分布图如图所示：

(3)该校初三学生成为“安全明星”的共有1000×(0.4+0.2)=600(人)．
答：该校初三学生成为“安全明星”的估计有600人．
(1)先根据50≤x<60的频数及频率求出样本容量，可得结论；
(2)根据(1)中结论，画出图形即可．
(3)用总人数乘以成绩80分以上(含80分)的人数所占比例即可．
本题主要考查频数分布直方图、样本估计总体，解题的关键是根据直方图得出解题所需数据、样本估计总体思想的运用．

23.【答案】解：(1)将点C(m,1)代入直线y1=−x+3，
得1=−m+3，解得m=2，
∴C(2,1)．
将(2,1)代入直线y2=kx−2，得2k−2=1，
解得k=32，
∴m=2，k=32；
(2)由(1)得y2=32x−2，
∴B(0,−2)，
∵y1=−x+3，
∴A(0,3)，
∴AB=5，
∴S△ABC=12×5×2=5；
(3)观察图象可知，当y1>y2时，自变量x的取值范围是x<2． 
【解析】(1)先把C(m,1)代入y1=−x+3，求出m的值，从而确定点C坐标，然后把点C坐标代入y2=kx−2，即可求出k的值；
(2)先确定点A、B的坐标，然后根据三角形面积公式求解即可；
(3)观察函数图象得到当y1>y2时，符合条件的图象在点C左边，即当x<2时，直线y1在直线y2上方．
本题考查了两条直线相交或平行问题，一次函数图象的性质，图象与坐标轴围成的图形的面积，熟练掌握一次函数图象的性质是解题关键．

24.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠C=90°，AB=CD，
又∵AF//DE，
∴四边形AFED是平行四边形，
又∵AD=DE，
∴四边形AFED是菱形；
(2)①∵四边形AFED是菱形；
∴AD=DE=EF，
∵DE2=CD2+CE2，
∴DE2=1+(2−DE)2，
∴DE=54，
∴AD=54；
②如图，

∵∠DCF=90°，AB=CD=1，CF=2，
∴DF= CD2+CF2= 1+4= 5，
∵四边形AFED是菱形，
∴DO=FO，
又∵∠DCF=90°，
∴CO=12DF= 52． 
【解析】(1)由矩形的性质可得AD//BC，∠C=90°，由菱形的判定可证四边形AFED是菱形；
(2)①由菱形的性质可得AD=DE=EF，利用勾股定理可求AD的长；
②由勾股定理可求DF的长，由菱形的性质可得DO=FO，由直角三角形的性质可求解．
本题了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

25.【答案】15  2.7  (1.2,0) 
【解析】解：(1)学生队伍的速度是4÷0.8=5(千米/小时)，
所以m=5×3=15(千米)，
a=3−1860=2.7(小时)，
由题意得，通讯员返回时的速度是(15+4)÷(2.7−0.8)=10(千米/小时)，
所以点B(0.8+4÷10,0)即(1.2,0)；
故答案为：15，2.7；(1.2,0)．
(2)设AB所在直线的表达式为y=kx+b，
把(0.8,4)，(1.2,0)代入得0.8k+b=41.2k+b=0，解得k=−10，b=12，
∴AB所在直线的表达式为y=−10x+12；
设BC所在直线的表达式为y=nx+c，
把(1.2,0)，(2.7,15)代入得1.2n+c=02.7n+c=15，解得n=10，c=−12，
∴BC所在直线的表达式为y=10x−12；
(3)1.4小时．
由题图可得直线OD的表达式为y=5x．
①令5x−(−10x+12)=3，解得x=1；
②令5x−(10x−12)=3，解得x=1.8．
当x=2.7时，10x−12−5x=2.7×5−12=1.5<3，
∴通讯员离开队伍后到与队伍在基地汇合，他们能用对讲机联系的时长为(1−0.8)+(3−1.8)=1.4(小时)．
(1)根据函数图象可得：当t=0.8h时，学生队伍走的路程s=4km，即可得到学生队伍的速度，再利用通讯员提前18分钟到达可得a的值，根据通讯员的路程和速度可得点B的坐标；
(2)根据A、B、C三点的坐标，分别求线段OA、线段AB和线段BC的解析式，即可解答；
(3)求出线段OC、D的解析式，分两种情况进行讨论即可解答．
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是分类讨论思想的应用．

26.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，OB=OD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF．
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴DF=BE．
在△ABE和△CDF中，
AB=CD,∠ABE=∠CDF,BE=DF,
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：①当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；
理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OC=OA．
∴AC=2OA．
又∵AC=2AB，
∴OA=AB．
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°．
同理可得∠OFC=90°，
∴∠OEG+∠OFC=180°，
∴CF//EG．
∵OA=OC，EG=AE．
∴OE是△ACG的中位线，
∴CG//OE，
∴CG//EF，
∴四边形EGCF是平行四边形．
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形；
②∵OB=OD，OA=OC，
∴OB=OD=6，OC=5．
∵E，F分别是OB，OD的中点，
∴OF=OE=3，
∴EF=6．
∵∠OFC=90°，
∴CF=4，
∴四边形EGCF的面积为4×6=24． 
【解析】(1)根据平行四边形的性质可得∠ABE=∠CDF.再由三角形的判定方法可得结论；
(2)①根据平行四边形的性质与判定可得四边形EGCF是平行四边形．根据矩形的判定方法可得结论；
②由三角形中位线定理可得OE=OF=3，再根据矩形的面积公式可得答案．
此题考查的是全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．