浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共22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。

第I卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE.以下四个结论中：①BD=CE；②∠ACE+∠DBC=45°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC=180°.正确的个数是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
2.如图，已知等边△ABC和等边△BPE，点P在BC的延长线上，EC的延长线交AP于点M，连接BM；下列结论：①AP=CE；②∠AMC=120°；③BM平分∠AME；④AM+MC=BM，其中正确的个数是
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.
如图，点A，B，C，D顺次在直线l上，AC=a，BD=b，以AC为边向下作等边△ACF，以BD为底边向上作等腰Rt△BDE，当AB的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，b满足
( )
A. b=3aB. a=3bC. b=2aD. a=b
4.如图，在△ABC中，CE是∠ACB的平分线，AC=BC，CD=CF.则下列说法中，①∠ADE=∠BFE；②AE=BE；③CE⊥AB；④△CDE≌△CFE.正确的有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
5.对于实数x，我们规定［x］表示不大于x的最大整数，例如［1.2］=1，［3］=3，［-2.5］=-3，若x-13=-2，则x的取值可以是
( )
A. -1B. -3C. -6D. -8
6.关于x的不等式组x-t4<0x-52<3x4-2只有两个整数解，且21t=2a+12，要使 |a|-3的值是整数，则符合条件的a个数是( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.将直角坐标系中的点(-2,-5)向上平移6个单位，再向右平移3个单位后的点的坐标为( )
A. (4,-2)B. (1,1)C. (-5,6)D. (4,-8)
8.建立如图所示的直角坐标系，已知△ABO中，A(-2,4)，B(4,2)，则线段OC的长为( )
A. 103B. 3.3C. 72D. 3.4
9.如图，△ABC和△DEF都是边长为2的等边三角形，它们的边BC，EF在同一条直线l上，点C，E重合．现将△ABC沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动．在此过程中，设点C移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为
( )
A. B.
C. D.
10.在平面直角坐标系中，直线y=kx(k>0)与抛物线y=x2-1交于A，B两点，P点的坐标为(0,-4)，连接PA，PB.若ΔPAB面积为8，则k的值是
( )
A. 4B. 32C. 8D. 2 3
11.某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如果超市要想至少获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高
( )
A. 40%B. 33.4%C. 33.3%D. 30%
12.如图，点A，B，C在一条直线上，△ABD，△BCE均为等边三角形，连接AE和CD，AE分别交CD，BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论：
①△ABE≌△DBC；②∠DMA=60°；③△BPQ为等边三角形；④MB平分∠AMC，
其中结论正确的有
( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.如图，已知四边形ABCD中，AB=10cm，BC=8cm，CD=12cm，∠B=∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度沿B-C-B运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为_ cm/s时，能够使△BPE与△CQP全等．
14.如图，在长方形球桌ABCD上，母球P在边AB处被击中后依次在边BC，CD，DA上的E，F，G三点反弹，最终停在边AB上的点Q处．若BP=100cm，AQ=60cm，CE=BE，则PQ的长为 cm．
15.小聪的爸爸给爱动脑筋的小聪出了一道题目：有四个桔子，大小相仿，不能用秤去称，将四个桔子按质量从大到小排列.爱动脑的小聪把四个桔子编号为A，B，C，D，并制作了一个简易的天平，做了如图所示的试验.请你根据小聪的试验把四个桔子按质量从大到小排列： (用“>”连接)．
16.甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6min后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y(km)与甲出发的时间x(min)之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需 min到达终点B．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
(1)如图 ①，已知在△ABC中，AD为中线，求证：AB+AC>2AD;
(2)如图 ②，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F.求证：BE+CF>EF．
18.(本小题8分)
如图，在△ABC中，角平分线AE，BF相交于点O，过点O作OD⊥BC于点D．
(1)求证：∠AOB=90∘+12∠C.
(2)当∠C=60∘时，探究AF，BE与AB之间的数量关系，并说明理由．
(3)若OD=a，AB+BC+CA=2b，求△ABC的面积(用含a，b的代数式表示)．
19.(本小题8分)
如图，点D，E在△ABC的BC边上，AB=AC，AD=AE.求证：BD=CE．
20.(本小题8分)
是否存在整数m，使关于x的不等式1+3xm2>xm+9m2与x-2+m321.(本小题8分)
某超市在家电下乡活动中销售A、B两种型号的洗衣机．A型号洗衣机每台进价500元，售价550元；B型号洗衣机每台进价1000元，售价1080元．
(1)若该超市同时一次购进A、B两种型号洗衣机共80台，恰好用去6.1万元，求能购进A、B两种型号洗衣机各多少台？
(2)该超市为使A、B两种型号洗衣机共80台的总利润(利润=售价-进价)不少于5200元，但又不超过5260元，请你帮助该超市设计相应的进货方案．
22.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，B是x轴上的点，A是y轴上的点，将△AOB沿直线AB翻折，使点O落在点C处，过点C作CD⊥y轴于点D，已知点C(4,8)．
(1)求A，B两点的坐标．
(2)若在x轴上存在一点N，使得以A，B，C，N四点为顶点的四边形的面积为40，求点N的坐标．
(3)若P是y轴上的一个动点，当△PAB是等腰三角形时，求点P的坐标．
23.(本小题8分)
已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，AC=BC．
(1)如图1，当A(0,-2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
24.(本小题8分)
张师傅开车到某地送货，汽车出发前油箱中有油60升，行驶一段时间，张师傅在加油站加油，然后继续向目的地行驶.已知加油前、后汽车都匀速行驶，汽车行驶时每小时的耗油量一定.加油前油箱中剩余油量Q(升)与汽车行驶时间t(时)之间的函数图象如图所示，已知加油完毕油箱中剩余油量为50升．
(1)张师傅开车行驶______ 小时后开始加油，本次加油______ 升.
(2)求加油前Q与t之间的函数关系式．
(3)如果加油站距目的地210千米，汽车行驶速度为70千米/时，张师傅要想到达目的地，油箱中的油是否够用？请通过计算说明理由．
25.(本小题8分)
如图，直线l1的函数解析式为y=-2x+4，且l1与x轴交于点D，直线l2经过点A、B，直线l1、l2交于点C．
(1)求直线l2的函数解析式；
(2)求△ADC的面积；
(3)在直线l2上是否存在点P，使得△ADP面积是△ADC面积的2倍？如果存在，请求出P坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
①由AB=AC，AD=AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出三角形ABD与三角形AEC全等，由全等三角形的对应边相等得到BD=CE，本选项正确；
②由三角形ABD与三角形AEC全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC=45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC=45°，本选项正确；
③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE，本选项正确；
④利用周角减去两个直角可得答案．
【解答】
解：①∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，本选项正确；
②∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∴∠ACE+∠DBC=45°，本选项正确；
③∵∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
则BD⊥CE，本选项正确；
④∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAE+∠DAC=360°-90°-90°=180°，故此选项正确，
故选D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质有关知识，分别利用全等三角形的判定方法以及其性质得出对应角以及对应边关系进而分别分析得出答案．【解答】
证明：①∵等边△ABC和等边△BPE，
∴AB=BC，∠ABC=∠PBE=60°，BP=BE，
在△APB和△CEB中
{AB=BC∠ABP=∠CBEBP=BE
∴△APB≌△CEB (SAS)，
∴AP=CE，故此选项正确；
②∵△APB≌△CEB，
∴∠APB=∠CEB，
∵∠MCP=∠BCE，
则∠PME=∠PBE=60°，
∴∠AMC=180°-∠PME=180°-60°=120°
故此选项正确；
③作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，
∵△APB≌△CEB，
∴∠BPN=∠FEB，
在△BNP和△BFE中，
∵{∠BNP=∠BFE∠NPB=∠FEBPB=EB
∴△BNP≌△BFE(AAS)，
∴BN=BF，
∴BM平分∠AME，故此选项正确；
④在BM上截取BK=CM，连接AK．
由②知∠PME=60°，
∴∠AMC=120°，
由③知：BM平分∠AME，
∴∠BMC=∠AMK=60°=∠BAC，
∴∠ACM=∠ABK，
在△ABK和△ACM中，
{AB=AC∠ABK=∠ACMBK=CM,
∴△ACM≌△ABK(SAS)，
∴AK=AM，
∴△AMK为等边三角形，则AM=MK，
故AM+MC=BM，故此选项正确；
故选D．
3.【答案】A
【解析】解：过点F作FG⊥AD于点G，过点E作EH⊥AD于H，
∵△ACF是等边三角形，AC=a，
∴FG=32AC=3a2，
∵BD=b，EH⊥AD，等腰Rt△BDE，
∴BH=12BD=b2，BE=22b，
在Rt△BHE中，
EH=BH=b2，
设AB=x，
则S△ABE=12AB⋅EH=12x×12b，
S△CDF=12CD⋅FG=12(b-a+x)×3a2，
∴S=S△CDF-S△ABE=12x×b2-12(b-a+x)×32a=(b4-3a4)x-3a(b-a)4，
∵当AB的长度变化时，S始终保持不变，
∴b4-3a4=0，
∴b=3a.
故选：A.
过点F作FG⊥AD于点G，过点E作EH⊥AD于H，分别利用直角三角形的性质和勾股定理求出FG和EH，然后设AB=x，分别表示出△CDF与△ABE的面积，再将二者相减得到关于x的代数式，因为x变化时，S不变，所以x的系数为0，则可得到a与b的关系式．
本题考查了等腰直角三角形的性质及三角形的面积计算，熟练掌握等腰三角形的相关性质是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵AC=BC，CE是∠ACB的平分线，
∴AE=BE，CE⊥AB，
故②③正确，符合题意；
∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠ACE=∠BCE，
在△CDE和△CFE中，
CD=CF ∠DCE=∠FCE CE=CE ,
∴△CDE≌△CFE(SAS)，
故④正确，符合题意．
∵△CDE≌△CFE，
∴∠CED=∠CEF，
∵∠ADE=∠ACE+∠CED，∠BFE=∠BCE+∠CEF，
∴∠ADE=∠BFE，
故①正确，符合题意．
故选：D．
根据等腰三角形的性质判断②③正确，利用SAS证明△CDE≌△CFE，则④正确，根据全等三角形的性质及三角形外角性质判断①正确．
此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了一元一次不等式组的应用，关键是根据[x]表示不大于x的最大整数，列出不等式组，求出不等式组的解集，先根据[x]表示不大于x的最大整数，列出不等式组，再求出不等式组的解集即可．
【解答】
解：根据题意得：
-2≤x-13<-2+1，
解得：-5≤x<-2，
故选C．
6.【答案】B
【解析】解：解不等式x-t4<0得x解不等式x-52<3x4-2的x>-2，
∵不等式组有且只有2个整数解，
∴0∴0<21t≤21，
∵21t=2a+12，
∴0<2a+12≤21，
∴-6∴整数a为-5，-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4，
∴要使 |a|-3的值是整数的a的值为-3，3，-4，4，共4个，
故选：B．
先解不等式组，得出0本题考查了解一元一次不等式组，熟练运用一元一次不等式组的解法是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意得，-2+3=1，
-5+6=1，
故平移后的点的坐标是(1,1)．
故选：B．
根据向上平移纵坐标加，向右平移横坐标加，分别进行计算即可求解．
本题本题考查了坐标系中点的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
8.【答案】A
【解析】如图，过A作AD⊥x轴于D，过B作BE⊥x轴于E.因为A(-2,4)，B(4,2)，所以AD=OE=4，OD=BE=2，所以SΔAOB=12×(2+4)×(2+4)-2×12×2×4=12×OC×2+12×OC×4，所以OC=103，故选A．
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查的是动点问题的函数图象，求得函数的解析式是解题的关键．
分为0【解答】
解：如图1所示：当0∵△ABC和△DEF均为等边三角形，
∴△GEJ为等边三角形．
∴GH= 32GJ= 32x，
∴y=12EJ⋅GH= 34x2．
当x=2时，y= 3，且抛物线的开口向上．
如图2所示：2同理得△GJF为等边三角形，
∴JF=GF=4-x
y=12FJ⋅GH= 34(4-x)2，函数图象为抛物线的一部分，且抛物线开口向上．
故选：A．
10.【答案】D
【解析】设A(m,km)，B(n,kn)，其中m<0，n>0，联立y=x2-1与y=kx得x2-1=kx，即x2-kx-1=0，可得m+n=k，mn=-1.因为SΔPAB=SΔPAO+SΔPBO=12OP⋅(-m)+12OP⋅n=12OP⋅(n-m)=2(n-m)=2 (m+n)2-4mn=2 k2+4，根据ΔPAB面积为8即可解决问题．
解：设A(m,km)，B(n,kn)，其中m<0，n>0．
联立y=x2-1与y=kx得：x2-1=kx，即x2-kx-1=0，
∴m+n=k，mn=-1．
∴SΔPAB=SΔPAO+SΔPBO=12OP⋅(-m)+12OP⋅n=12OP⋅(n-m)=2(n-m)=2 (m+n)2-4mn=2 k2+4，
∵ΔPAB面积为8，
∴2 k2+4=8，解得k=±2 3，
∵k>0，
∴k=2 3，
故选：D．
11.【答案】B
【解析】解：设购进这种水果a千克，进价为b元/千克，这种水果的售价在进价的基础上应提高x，则售价为(1+x)b元/千克，根据题意得：购进这批水果用去ab元，但在售出时，水果只剩下(1-10%)a千克，售货款为(1-10%)a(1+x)b=0.9a(1+x)b元，根据公式：利润率=(售货款-进货款)÷进货款×100%可列出不等式：
(1-10%)a×(1+x)b⩾(1+20％)ab
解得x≥13≈33.3％，
∵超市要想至少获得20%的利润，∴这种水果的售价在进价的基础上应至少提高33.4%．
故选B．
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理；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．，由等边三角形的性质得出AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，得出∠ABE=∠DBC，由SAS即可证出△ABE≌△DBC；由△ABE≌△DBC，得出∠BAE=∠BDC，根据三角形外角的性质得出∠DMA=60°；由ASA证明△ABP≌△DBQ，得出对应边相等BP=BQ，即可得出△BPQ为等边三角形； 证明P、B、Q、M四点共圆，由圆周角定理得出∠BMP=∠BMQ，即MB平分∠AMC．【解答】
解：∵△ABD、△BCE为等边三角形，
∴AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，BE=BC，
∴∠ABE=∠DBC，∠PBQ=60°，
在△ABE和△DBC中，AB=DB∠ABE=∠DBCBE=BC,
∴△ABE≌△DBC(SAS)，故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAE=∠BDC，
∵∠BDC+∠BCD=180°-60°-60°=60°，
∴∠DMA=∠BAE+∠BCD=∠BDC+∠BCD=60°，②正确；
在△ABP和△DBQ中， ∠BAP=∠BDQAB=DB ∠ABP=∠DBQ=90°，
∴△ABP≌△DBQ(ASA)，
∴BP=BQ，
∴△BPQ为等边三角形，故③正确；
∵∠DMA=60°，
∴∠AMC=120°，
∴∠AMC+∠PBQ=180°，
∴P、B、Q、M四点共圆，
∵BP=BQ，
∴BP=BQ，
∴∠BMP=∠BMQ，
即MB平分∠AMC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个．
故选D．
13.【答案】913或3或54或154
【解析】设点P在线段BC上运动的时间为ts，
①点P由B向C运动时，BP=3t(cm)，CP=(8-3t)cm，
∵△BPE≌△CQP，
∴BE=CP=5，
∴5=8-3t，
解得t=1，
∴BP=CQ=3，
此时，点Q的运动速度为3÷1=3(cm/s)；
②点P由B向C运动时，
∵△BPE≌△CPQ，
∴BP=CP，
∴3t=8-3t，
t=43，
此时，点Q的运动速度为：5÷43=154(cm/s)；
③点P由C向B运动时，CP=3t-8，
∵△BPE≌△CQP，
∴BE=CP=5，
∴5=3t-8，
解得t=133，
∴BP=CQ=3，
此时，点Q的运动速度为3÷133=913(cm/s)；
④点P由C向B运动时，
∵△BPE≌△CPQ，
∴BP=CP=4，
3t-8=4，
t=4，
∵BE=CQ=5，
此时，点Q的运动速度为5÷4=54(cm/s)；
综上所述：点Q的运动速度为913cm/s或3cm/s或54cm/s或154cm/s；
故答案为：913或3或54或154．
设点P在线段BC上运动的时间为ts，分两种情况讨论，①点P由B向C运动时，△BPE≌△CQP②△BPE≌△CPQ，③点P由C向B运动时，△BPE≌△CQP，④△BPE≌△CPQ，根据全等三角形的对应边相等列方程解出即可．
14.【答案】80
【解析】相关标示如图所示，延长EP，GQ交于点O，过点O作OH⊥AB于点H，过点O作MN//AB分别交直线AD，CB于M，N，由已知及对称性可知：∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，∠α=∠β=∠7=∠8，∠M=∠N=∠PBE=∠C=90∘，EF=OG，证明△PBE≅△FCE，可得PE=EF=OG，证明△OGM≅△PEB，可得OM=PB=100cm，再根据等腰三角形的性质可得PH=HQ=12PQ，进而可以解决问题．
解：如图所示，延长EP，GQ交于点O，过点O作OH⊥AB于点H，过点O作MN//AB分别交直线AD，CB于M，N，
由已知及对称性可知：∠1=∠2=∠3=∠4=∠5=∠6，∠α=∠β=∠7=∠8，
∠M=∠N=∠PBE=∠C=90∘，EF=OG，
在△PBE和△FCE中，
∠β=∠αBE=EC∠PBE=∠C=90∘,
∴△PBE≅△FCE(ASA)，
∴PE=EF=OG，
在△OGM和△PEB中，
∠4=∠6OG=PE∠8=∠β,
∴△OGM≅△PEB(ASA)，
∴OM=PB=100cm，
∵∠3=∠OQP，∠6=∠OPQ，∠3=∠6，
∴∠OQP=∠OPQ，
∴OP=OQ，
∵OH⊥AB，
∴PH=HQ=12PQ，
∵四边形AMOH是长方形，
∴AH=OM=100cm，
∴QH=AH-AQ=100-60=40cm，
∴12PQ=40cm，
∴PQ=80cm．
故答案为：80．
15.【答案】C>A>B>D
【解析】解：由题图得A>B ①，B+C>A+D ②，A+B=C+D ③．
②+ ③得A+2B+ C>A+2D+C，∴2B>2D，∴B>D．
由 ②得A+D∴2A<2C，∴AA．
∵C>A，A>B，B>D，
∴C>A>B >D．
16.【答案】78
【解析】【分析】
本题考查的知识点是变量之间的关系，根据路程与时间的关系，可得甲、乙的速度，根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶的速度，可得乙到达A地需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲行驶的速度，可得甲到达B地需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案．
【解答】
解：由纵坐标看出甲先行驶了1km，由横坐标看出甲行驶1km用了6min，
甲的速度是1÷6=16km/min，
由纵坐标看出AB两地的距离是16km，
设乙的速度是xkm/min，
由题意得：10x+16×16=16km，
解得x=43，
相遇后乙到达A站还需16×16÷43=2min，
相遇后甲到达B站还需10×43÷16=80min，
当乙到达终点A时，甲还需80-2=78min到达终点B，故答案为78．
17.【答案】证明：(1)延长AD至点E，使DE=AD，连结CE，如图，
则AE=2AD．
∵AD为中线，∴BD=CD．
在△ABD与△ECD中，
{AD=ED,∠ADB=∠EDC,DB=DC,
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴AB=EC，
在△ACE中，AC+CE>AE，即AC+AB>2AD．
(2)延长ED至点G，使DG=DE，
连结CG，FG，如图，
∵DE=DG，DE⊥DF，
∴FD垂直平分EG，
∴EF=FG，
∵D为BC的中点，∴BD=CD，
在△EDB与△GDC中，
{BD=CD,∠BDE=∠CDG,ED=GD,
∴△EDB≌△GDC(SAS)，
∴BE=CG，
在△FCG中，CF+CG>FG，
即CF+BE>EF．

【解析】略
18.【答案】(1)略
(2)AB=AF+BE.理由略
(3)ab
【解析】略
19.【答案】证明：如图，过点A作AP⊥BC于P．
∵AB=AC，
∴BP=PC；
∵AD=AE，
∴DP=PE，
∴BP-DP=PC-PE，
∴BD=CE．
【解析】要证明线段相等，只要过点A作BC的垂线，利用三线合一得到P为DE及BC的中点，线段相减即可得证．
本题考查了等腰三角形的性质；做题时，两次用到三线合一的性质，由等量减去等量得到差相等是解答本题的关键．
20.【答案】解：存在．
假设存在符合条件的整数m，
由x-2+m3m-52，
由1+3xm2>xm+9m2，整理得m2+3x>mx+9，所以m2-9>mx-3x，
所以(m-3)x<(m+3)(m-3)．
显然m≥3与题意不符，故当m<3时，x>m+3．
因为两个不等式的解集相同，所以m+3=m-52，所以m=-11．

【解析】略
21.【答案】解：(1)设购进A种型号x台，则B种型号为(80-x)台，
根据题意得500x+1000(80-x)=61000
解得x=38，
则(80-x)=80-38=42．
答：购进A种型号的洗衣机38台，购进B种型号的洗衣机42台．
(2)设购进A种型号m台，则B种型号为(80-m)台，
由题意得5200≤50m+80(80-m)≤5260
得38≤m≤40
∴m=38、39、40
有三种方案：
①购进A种型号的洗衣机38台，购进B种型号的洗衣机42台；
②购进A种型号的洗衣机39台，购进B种型号的洗衣机41台；
③购进A种型号的洗衣机40台，购进B种型号的洗衣机40台．
【解析】(1)设购进A种型号x台，则B种型号为(80-x)台．再根据A型号洗衣机每台进价500元，售价550元；B型号洗衣机每台进价1000元，售价1080元，恰好用去6.1万元．列出方程求解．
(2)设购进A种型号m台，则B种型号为(80-m)台，根据A、B两种型号洗衣机共80台的总利润(利润=售价-进价)不少于5200元，但又不超过5260元，引入未知数求出总利润，列出不等式，根据台数必须取整数，求出m可能的取值．从而确定进货方案．
本题综合考查了一元一次方程和一元一次不等式组在实际生活中的应用．解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系．要会用分类的思想来讨论问题并能用不等式的特殊值来求得方案的问题．注意本题的不等关系为：A、B两种型号洗衣机共80台的总利润(利润=售价-进价)不少于5200元，但又不超过5260元．
22.【答案】(1)A(0,5)，B(10,0)
(2)(4,0)或(554,0)
(3)(0,5+ 125)或(0,5- 125)或(0,-5)或(0,-152)

【解析】略
23.【答案】解：(1)点B的坐标为(3,-1)．
理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠AOC=90°=∠BDC，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACO+∠BCD=90°，
∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
∠OAC=∠BCD∠AOC=∠CDB=90°AC=BC，
∴△AOC≌△CDB(AAS)，
∴AO=CD，OC=BD，
∵A(0,-2)，C(1,0)，
∴AO=CD=2，OC=BD=1，
∴OD=3，
∵B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,-1)；
(2)a+m+n=0．
证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，
∠2=∠3∠BEC=∠AOCAC=BC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，
∴BE/​/y轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，
∴BE=-n，
∴a+m=-n，
∴a+m+n=0．
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
(1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点D在第四象限写出点D的坐标即可；
(2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解．
24.【答案】3 35
【解析】解：(1)观察函数图象可知：张师傅开车行驶3小时后开始加油，50-15=35(升)．
故答案为：3；35．
(2)设加油前Q与t之间的函数关系式为Q=kt+b(k≠0)，
将(0,60)、(3,15)代入Q=kt+b，
得：b=603k+b=15，
解得：k=-15b=60，
加油前Q与t之间的函数关系式为Q=-15t+60(0≤t≤3)．
(3)油箱中的油够用．
该车每小时耗油量为：(60-15)÷3=15(升)，
∴到达目的地还需耗用15×(210÷70)=45(升)，
∵50>45，
∴张师傅要想到达目的地，油箱中的油够用．
(1)观察函数图象可知张师傅开车行驶3小时后开始加油，由加油后的剩余油量-加油前的剩余油量=加油量，即可求出本次加油的升数；
(2)观察函数图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出加油前Q与t之间的函数关系式；
(3)先求出每小时的耗油量，再求出到达目的地还需耗油量，将其与油箱中剩余油量比较后即可得出结论
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：(1)观察函数图象，找出结论；(2)根据点的坐标，利用待定系数法求出加油前Q与t之间的函数关系式；(3)根据每小时耗油量固定，求出到达目的地还需耗油量．
25.【答案】解：(1)设直线l2的函数解析式为y=kx+b，将A(5,0)、B(4,-1)代入y=kx+b，
5k+b=04k+b=-1，
解得：k=1b=-5，
∴直线l2的函数解析式为y=x-5．
(2)联立两直线解析式成方程组，y=-2x+4y=x-5，
解得：x=3y=-2，
∴点C的坐标为(3,-2)．
当y=-2x+4=0时，x=2，
∴点D的坐标为(2,0)．
∴S△ADC=12AD⋅|yC|=12×(5-2)×2=3．
(3)假设存在．
∵△ADP面积是△ADC面积的2倍，
∴|yP|=2|yC|=4，
当y=x-5=-4时，x=1，此时点P的坐标为(1,-4)；
当y=x-5=4时，x=9，此时点P的坐标为(9,4)．
综上所述：在直线l2上存在点P(1,-4)或(9,4)，使得△ADP面积是△ADC面积的2倍．

【解析】本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，根据给定点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
(1)根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出直线l2的函数解析式；
(2)令y=-2x+4=0求出x值，即可得出点D的坐标，联立两直线解析式成方程组，解方程组即可得出点C的坐标，再根据三角形的面积即可得出结论；
(3)假设存在，根据两三角形面积间的关系|yP|=2|yC|=4，再根据一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标．