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2023-2024学年浙江省金华市东阳市横店八校联考八年级（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省金华市东阳市横店八校联考八年级（上）期末数学试卷（含解析），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。
1.下列“表情图”中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.函数y= 2x−4中自变量x的取值范围是( )
A. x≥2B. x>2C. x≤2D. x≠2
3.点P(0,−3)在( )
A. x轴上B. y轴上C. 第二象限D. 第四象限
4.下面图形是用木条钉成的支架，其中不容易变形的是( )
A. B. C. D.
5.如果aA. a−1>b−1B. a26.如图是某纸伞截面示意图，伞柄AP平分两条伞骨所成的角∠BAC.若支杆DF需要更换，则所换长度应与哪一段长度相等( )
A. BE
B. AE
C. DE
D. DP
7.在以如图形中，根据尺规作图痕迹，能判断射线AD平分∠BAC的是( )
A. 图1和图2B. 图1和图3C. 图3D. 图2和图3
8.已知(−1,y1)，(−0.5,y2)，(1.8,y3)是直线y=−2x+b(b为常数)上的三个点，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y1>y2>y3B. y1>y3>y2C. y3>y1>y2D. y3>y2>y1
9.小明和爸爸从家里出发，沿同一路线到学校．小明匀速跑步先出发，2分钟后，爸爸骑自行车出发，匀速骑行一段时间后，在途中商店购买水果花费了5分钟，这时发现小明已经跑到前面，爸爸骑车速度增加60米/分钟，结果与小明同时到达学校．小明和爸爸两人离开家的路程s(米)与爸爸出发时间t(分钟)之间的函数图象如图所示．则下列说法错误的是( )
A. a=15B. 小明的速度是150米/分钟
C. 爸爸从家到商店的速度为200米/分钟D. 爸爸出发7分钟追上小明
10.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC=6，空白部分面积为10.5，则AB的长为( )
A. 3 2
B. 19
C. 2 5
D. 26
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若m>n，则m−n______0(填“>”或“=”或“<”)．
12.将点P(−2,−3)向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，则点Q的坐标是______．
13.在一次函数y=(k−1)x+2的图象中，y随x的增大而增大．则k值可以是______.(写出一个答案即可)
14.一张小凳子的结构如图所示，AC=BC，∠1=100°，则∠2= °.
15.如图，在△ABC中，D是BC上一点，AB=AD，E，F分别是AC，BD的中点，EF=2，则AC的长是______．
16.在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，B(0,−3)，C(−1,−4)，在直线BC上找一点P，使得∠BAP=∠ABO，请写出所有满足条件的点P的坐标______．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
解不等式和不等式组：
(1)5x>2(x−2)+2；
(2)x−2≥−32(x−1)18.(本小题6分)
如图，AF=DC，∠BCA=∠EFD，BC=EF，求证：△ABC≌△DEF．
19.(本小题6分)
如图(1)，矩形纸片ABCD，把它沿对角线BD向上折叠，
(1)在图(2)中用实线画出折叠后得到的图形(要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)
(2)折叠后重合部分是什么图形？说明理由．
20.(本小题8分)
已知一次函数y=kx+b的图象经过点A(−4,0)，B(2,6)两点．
(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)求这个一次函数与坐标轴围成的三角形面积；
(3)请直接写出当kx+b<0时的x的取值范围．
21.(本小题8分)
小聪和小慧沿图1中的风景区游览，约好在飞瀑见面.小聪驾驶电动汽车从宾馆出发，小慧也于同一时间骑电动自行车从塔林出发.图2中的图象分别表示两人离宾馆的路程y(km)与时间x(h)的函数关系，试结合图中信息回答：
(1)飞瀑与宾馆相距______km，小聪出发0.2h时与宾馆的距离b= ______km；
(2)若小聪出发0.2h后速度变为小慧的2倍，则小聪追上小慧时，他们是否已经过了草甸？
22.(本小题10分)
某土特产公司组织20辆汽车装运甲、乙、丙三种土特产共120吨去外地销售．按计划20辆车都要装运，每辆汽车只能装运同一种土特产，且必须装满，根据下表提供的信息，解答以下问题：
(1)设装运甲种土特产的车辆数为x，装运乙种土特产的车辆数为y，求y与x之间的函数关系式．
(2)如果装运每种土特产的车辆都不少于3辆，那么车辆的安排方案有几种并写出每种安排方案．
(3)若要使此次销售获利最大，应采用(2)中哪种安排方案？并求出最大利润的值．
23.(本小题10分)
我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点．
●特例感知
①等腰直角三角形______勾股高三角形(请填写“是”或者“不是”)；
②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD=2AD=2，试求线段CD的长度．
●深入探究
如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA>CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明；
●推广应用
如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB=AC>BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E.若CE=a，试求线段DE的长度．
24.(本小题12分)
如图(1)，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，过点C(−4,0)作CD交AB于D，交y轴于点E.且△COE≌△BOA．
(1)求B点坐标为______；线段OA的长为______；
(2)确定直线CD解析式，求出点D坐标；
(3)如图2，点M是线段CE上一动点(不与点C、E重合)，ON⊥OM交AB于点N，连接MN．
①点M移动过程中，线段OM与ON数量关系是否不变，直接写出结论；
②当△OMN面积最小时，求点M的坐标和△OMN面积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A不属于轴对称图形，故错误；
B不属于轴对称图形，故错误；
C不属于轴对称图形，故错误；
D属于轴对称图形，故正确；
故选：D．
根据轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2.【答案】A
【解析】【解答】
解：由题意得，2x−4≥0，
解得x≥2．
故选：A．
【分析】
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
3.【答案】B
【解析】根据y轴上的点的横坐标为0判断即可．
解：在平面直角坐标系中，点P(0,−3)在y轴上，
故选：B．
本题考查了点的坐标，熟练掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了三角形的稳定性．
根据三角形的稳定性进行解答．
【解答】
解：含有三角形结构的支架不容易变形．
故选B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质是解此题的关键，注意：①不等式的性质1、不等式的两边都加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变；②不等式的性质2：不等式的两边都乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的性质3：不等式的两边都乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
根据不等式的性质逐个判断即可．
【解答】
解：A.∵a∴a−1B.∵a∴a2C.∵a∴−a>−b，故本选项不符合题意；
D.∵a∴−a>−b，
∴−a+5>−b+5，故本选项不符合题意．
6.【答案】C
【解析】解：∵AP平分∠BAC．
∴∠EAD=∠FAD，
在△ADE与△ADF中，
AE=AF∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△ADE≌△ADF(SAS)，
∴DF=DE，
即所换长度应与DF的长度相等，
故选：C．
根据平分线的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了全等三角形的应用，角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】根据角平分线的作法即可进行判断．
解：在图1中，利用基本作图可判断AD平分∠BAC；
在图2中，根据作法可知：
AE=AF，AM=AN，
在△AMF和△ANE中，
AF=AE∠MAF=∠NAEAM=AN，
∴△AMF≌△ANE(SAS)，
∴∠AMD=∠AND，
∵∠MDE=∠NDF，
∵AE=AF，AM=AN，
∴ME=NF，
在△MDE和△NDF中，
∠MDE=∠NDF∠AMD=∠ANDME=NF，
∴△MDE≌△NDF(AAS)，
所以D点到AM和AN的距离相等，
∴AD平分∠BAC．
在图3中，利用基本作图得到D点为BC的中点，则AD为BC边上的中线；
故选：A．
本题考查了作图−基本作图，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握角平分线的作法．
8.【答案】B
【解析】解：∵k=−2<0，
∴y随x的增大而减小，
∵−1<0.5<1.8，
∵y1>y2>y3，
故选：B．
由y=−9x+b(b为常数)可知k=−2<0，故y随x的增大而减小，由−1<0.5<1.8，可得y1，y2，y3的大小关系．
本题主要考查一次函数的增减性，熟练掌握一次函数的增减性是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】由图象可得a的值；根据小明的路程和时间可得速度；设爸爸从家到商店的速度是x米/分钟，列一元一次方程可求解；根据追及问题中相距路程÷速度差=时间可得答案．
解：线段BC是爸爸买水果的时间5分钟，a=10+5=15，故A不符合题意；
由图象可得小明的速度是3300÷(20+2)=150(米/分钟)，故B不符合题意；
设爸爸从家到商店的速度是x米/分钟，则从商店到学校的速度是(x+60)米/分钟，
依题意得，10x+(20−15)(x+60)=3300，
解得x=200，
所以爸爸从家到商店的速度是200米/分钟，故C不符合题意；
爸爸追上小明得时间是150×2÷(200−150)=6(分钟)，故D符合题意．
故选：D．
本题考查了一次函数的实际应用和行程问题的数量关系，列一元一次方程解实际问题的运用，解答时合理运用行程问题的数量关系求解是关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB=∠AFG=∠ACB=90°，
∴∠FAC+∠BAC=∠FAC+∠ABC=90°，
∴∠FAC=∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
∠F=∠NAB=90°∠FAM=∠ABNAF=AB，
∴△FAM≌△ABN(AAS)，
∴S△FAM=S△ABN，
∴S△ABC=S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
∵AC+BC=6，
∴(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC⋅BC=36，
∴AB2+2AC⋅BC=36，
∵AB2−2S△ABC=10.5，
∴AB2−AC⋅BC=10.5，
∴3AB2=57，
解得AB= 19或− 19(负值舍去)．
故选：B．
根据余角的性质得到∠FAC=∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM=S△ABN，推出S△ABC=S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2+BC2=AB2，解方程组得到3AB2=57，于是得到结论．
本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】>
【解析】解：不等式m>n两边都减去n，得m−n>0．
故答案为：>．
根据不等式的性质解答即可．
本题主要考查不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质．
12.【答案】(1,−1)
【解析】解：点P(−2,−3)向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，则点Q的坐标是(−2+3,−3+2)，即(1,−1)．
故答案为：(1,−1)．
根据点平移的特点解答即可．
本题考查的是坐标与图形变化−平移，熟知横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减是解题的关键．
13.【答案】2(答案不唯一)
【解析】由y随x的增大而增大，利用一次函数的性质可得出k−1>0，解之即可得出k的值，再取其内的任意一值即可得出结论．
解：∵在一次函数y=(k−1)x+2的图象中，y随x的增大而增大，
∴k−1>0，
解得：k>1．
∴k值可以为2．
故答案为：2(答案不唯一)．
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．
14.【答案】50
【解析】解：∵AC=BC，
∴∠CAB=∠2，
∵∠1=∠CAB+∠2，
∴∠1=2∠2，
∵∠1=100°，
∴∠2=50°，
故答案为：50．
根据等腰三角形的性质以及三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求解即可．
此题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，熟记三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
15.【答案】4
【解析】解：如图，连结AF．
∵AB=AD，F是BD的中点，
∴AF⊥BD．
∵在Rt△ACF中，∠AFC=90°，E是AC的中点，EF=2，
∴AC=2EF=4．
故答案为：4．
连结AF.由AB=AD，F是BD的中点，根据等腰三角形三线合一的性质得出AF⊥BD.再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得AC=2EF=4．
本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．利用等腰三角形三线合一的性质得出AF⊥BD是解题的关键．
16.【答案】(−5,−8)或(1,−2)
【解析】分两种情况：①点P在AB左侧时，②点P在AB左侧时．画出图形，利用待定系数法求出直线BC的解析式，结合∠BAP=∠ABO即可求解．
解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(0,−3)，C(−1,−4)，
∴−k+b=−4b=−3，解得k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
①点P在AB左侧时，设AP与y轴交于点D，OD=m，
∴BD=3−m，
∵∠BAP=∠ABO，
∴AD=BD=3−m，
∵A(1,0)，
∴AD2=OA2+OD2，
∴(3−m)2=12+m2，解得：m=43，
∴D(0,−43)，
设直线AD的解析式为y=k′x+b′，
∵A(1,0)，D(0,−43)，
∴k′+b′=0b′=−43，解得k′=43b′=−43，
∴直线AD的解析式为y=43x−43，
联立直线BC：y=x−3得y=x−3y=43x−43，
解得x=−5y=−8，
∴P(−5,−8)；
②点P在AB左侧时，
∵∠BAP=∠ABO，A(1,0)，
∴AP//OB，
∴点P的横坐标为1，
∵直线BC的解析式为y=x−3，
∴点P的纵坐标为y=1−3=−2，
∴P(1,−2)．
故答案为：(−5,−8)或(1,−2)．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
17.【答案】解：(1)5x>2(x−2)+2，
5x>2x−4+2，
5x−2x>−4+2，
3x>−2，
x>−23；
(2)x−2≥−3①2(x−1)解不等式①得：x≥−1，
解不等式②得：x<5，
∴原不等式组的解集为：−1≤x<5．
【解析】(1)按照解一元一次不等式的步骤进行计算，即可解答；
(2)按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】证明：∵AF=DC，
∴AF+FC=DC+CF，
即AC=DF，
在△ABC和△DEF中，
AC=DF∠BCA=∠EFDBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(SAS)．
【解析】求出AC=DF，再根据全等三角形的判定定理SAS推出即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
19.【答案】解：(1)
(2)等腰三角形．
证明：∵△BDE是△BDC沿BD折叠而成，
∴∠FDB=∠CDB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∴∠FDB=∠ABD，
∴△BDF是等腰三角形．
【解析】(1)根据折叠的性质，可以作∠BDF=∠BDC，∠EBD=∠CBD，则可求得折叠后的图形．
(2)由折叠的性质，易得∠FDB=∠CDB，又由四边形ABCD是矩形，可得AB//CD，即可证得∠FDB=∠FBD，即可证得△FBD是等腰三角形．
解：(1)做法参考：
方法1：作∠BDG=∠BDC，在射线DG上截取DE=DC，连接BE；
方法2：作∠DBH=∠DBC，在射线BH上截取BE=BC，连接DE；
方法3：作∠BDG=∠BDC，过B点作BH⊥DG，垂足为E
方法4：作∠DBH=∠DBC，过，D点作DG⊥BH，垂足为E；
方法5：分别以D、B为圆心，DC、BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接DE、BE．
∴△DEB为所求做的图形．
此题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定，折叠的性质以及尺规作图．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
20.【答案】解：(1)根据题意得−4k+b=02k+b=6，
解得k=1b=4，
∴一次函数解析式为y=x+4；
(2)当x=0时，y=x+4=4，
∴一次函数与y轴的交点坐标为(0,4)，
∵一次函数与x轴的交点A点的坐标为(−4,0)，
∴这个一次函数与坐标轴围成的三角形面积=12×4×4=8；
(3)当kx+b<0时的x的取值范围为x<−4．
【解析】(1)利用待定系数法求一次函数解析式；
(2)先确定一次函数图象与坐标轴的两交点坐标，然后根据三角形面积公式计算即可；
(3)利用一次函数的性质，利用x=−4，y=0可得到kx+b<0时的x的取值范围．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：结合函数图象，通过比较两函数值的大小确定不等式的解集；体现了数形结合的思想方法．也考查了待定系数法求一次函数解析式和一次函数的性质．
21.【答案】30 3
【解析】解：(1)由图可知两个图象的终点纵坐标为30，
∴飞瀑与宾馆相距30km；
小聪出发0.1h时路程为1.5km，
∴0.2h时与宾馆距离3km．
故答案为：30；3；
(2)小慧的速度为10km/h，直线AB解析式为y1=10x+10，小聪的速度是小慧的2倍，为20km/h，直线CD解析式为y2=20x−1.联立得：
y=10x+10 y=20x−1，
解得：x=1.1y=21，
∴点E(1.1,21)，
因此E(1.1,21)，
∵草甸到宾馆距离25>21，
∴他们没有过了草甸．
(1)由图可知两个图象的终点纵坐标为30；小聪出发0.1h时路程为1.5km，然后进一步解答即可；
(2)先写出两条线段的解析式，再根据交点坐标解答即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
22.【答案】解：(1)∵8x+6y+5(20−x−y)=120，
∴y=20−3x．
∴y与x之间的函数关系式为y=20−3x.
(2)由x≥3，y=20−3x≥3，即20−3x≥3可得3≤x≤523，
又∵x为正整数，
∴x=3，4，5.
故车辆的安排有三种方案，即：
方案一：甲种3辆乙种11辆丙种6辆；
方案二：甲种4辆乙种8辆丙种8辆；
方案三：甲种5辆乙种5辆丙种10辆．
(3)设此次销售利润为W百元，
W=8x⋅12+6(20−3x)⋅16+5[20−x−(20−3x)]⋅10=−92x+1920．
∵W随x的增大而减小，又x=3，4，5
∴当x=3时，W最大=1644(百元)=16.44万元．
答：要使此次销售获利最大，应采用(2)中方案一，即甲种3辆，乙种11辆，丙种6辆，最大利润为16.44万元．
【解析】(1)因为公司组织20辆汽车装运甲、乙、丙三种土特产共120吨去外地销售，设装运甲种土特产的车辆数为x，装运乙种土特产的车辆数为y，则装运丙特产的车辆数为(20−x−y)，且8x+6y+5(20−x−y)=120，整理即得y与x之间的函数关系式．
(2)因为装运每种土特产的车辆都不少于3辆，所以x≥3，y≥3，20−x−y≥3，结合(1)的答案，就可得到关于x的不等式组，又因x是正整数，从而可求x的取值，进而确定方案．
(3)可设此次销售利润为W百元，由表格可得W=8x⋅12+6(20−3x)⋅16+5[20−x−(20−3x)]⋅10=−92x+1920，根据y随x的变化规律，结合(2)中所求，就可确定使利润最大的方案．
本题需仔细分析题意，利用不等式组求出自变量的取值，从而确定方案．
23.【答案】解：●特例感知：
①是；
②如图1中，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，
于是CD2=CB2−CA2=(CD2+4)−(CD2+1)=3，
∴CD= 3．
●深入探究：
AD与CB的数量关系为：AD=CB；
证明：如图2中，由CA2−CB2=CD2可得：CA2−CD2=CB2，
而CA2−CD2=AD2，
∴AD2=CB2，
即AD=CB；
●推广应用：
过点A向ED引垂线，垂足为G，
∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且AB=AC>BC，
∴只能是AC2−BC2=CD2，由上问可知AD=BC……①．
又ED//BC，∴∠ADE=∠B……②．
而∠AGD=∠CDB=90°……③，
在△AGD和△CDB中，
∠ADG=∠B∠AGD=∠CDB=90°AD=CB
∴△AGD≌△CDB(AAS)，
∴DG=BD．
易知△ADE与△ABC均为等腰三角形，
根据三线合一原理可知ED=2DG=2BD．
又AB=AC，AD=AE，
∴BD=EC=a，
∴ED=2a．
【解析】【分析】
本题考查三角形综合题、勾股定理、全等三角形的判定和性质、勾股高三角形的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．
●特例感知：①根据勾股高三角形的定义即可判断；
②如图1，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，于是CD2=(CD2+4)−(CD2+1)=3，即可解决问题；
●深入探究：由CA2−CB2=CD2可得：CA2−CD2=CB2，而CA2−CD2=AD2，即可推出AD2=CB2；
●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，只要证明△AGD≌△CDB(AAS)，即可解决问题．
【解答】
解：●特例感知：
①等腰直角三角形是勾股高三角形．
故答案为是．
②见答案；
●深入探究：见答案；
●推广应用：见答案．
24.【答案】(0,4) 3
【解析】解：(1)∵直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，
∴当y=0时，x=3，当x=0时，y=4，
∴点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,4)，
∴OA=3；
故答案为：(0,4)，3；
(2)∵过点C(−4,0)作CD交AB于D，交y轴于点E.且△COE≌△BOA(已知)，
∴OC=4，OC=OB，OE=OA，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∴OE=3，
∴点E的坐标为(0,3)，
设过点C(−4,0)，点E(0,3)的直线解析式为y=kx+b，代入得：
−4k+b=0b=3，
解得k=34b=3，
∴直线CE的解析式为y=34x+3，
即直线CD的解析式为y=34x+3，
由y=34x+3y=−43x+4，得x=1225y=8425，
即点D的坐标为(1225,8425)；
(3)①线段OM与ON数量关系是OM=ON保持不变，
证明：∵△COE≌△BOA，
∴OE=OA，∠OEM=∠OAN，
∵∠BOA=90°，ON⊥OM，
∴∠MON=∠BOA=90°，
∴∠MOE+∠EON=∠EON+∠NOA，
∴∠MOE=∠NOA，
在△MOE和△NOA中，
∠MOE=∠NOAOE=OA∠OEM=∠OAN，
∴△MOE≌△NOA(ASA)，
∴OM=ON，
即线段OM与ON数量关系是OM=ON保持不变；
②由①知OM=ON，
∵OM⊥ON，
∴△OMN面积是：OM⋅ON2=OM22，
∴当OM取得最小值时，△OMN面积取得最小值，
∵OC=4，OE=3，∠COE=90°，
∴CE=5，
∵当OM⊥CE时，OM取得最小值，
∴OM⋅CE2=OC⋅OE2，
∴OM×52=4×32，
解得，OM=125，
∴△OMN面积取得最小值是：(125)22=7225，
当△OMN取得最小值时，设此时点M的坐标为(a,34a+3)，
∴a2+(34a+3)2=(125)2
解得，a=−3625，
∴34a+3=4825，
∴点M的坐标为(−3625,4825)，
由上可得，当△OMN面积最小时，点M的坐标是(−3625,4825)和△OMN面积是7225．
(1)根据直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，可以求得点B的坐标和OA的长；
(2)根据△COE≌△BOA，可以得到OE=OA，再根据点A的坐标可以的大点E的坐标即可求得直线CE的解析式，然后与直线y=−43x+4联立方程组，即可求得点D的坐标；
(3)①根据题目中的条件，可以证明△OME≌△ONA，即可得到OM和ON的数量关系；
②要求△OMN面积最小值，由OM=ON，OM⊥ON，可知当OM取得最小值时即可，当OM⊥CE时，OM取得最小值，然后根据勾股定理和等积法可以求得OM的长，即可求得点M的坐标，本题得以解决．
本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质、三角形的面积、全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．土特产品种
甲
乙
丙
每辆汽车运载量(吨)
8
6
5
每吨土特产获利(百元)
12
16
10
1.下列“表情图”中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.函数y= 2x−4中自变量x的取值范围是( )
A. x≥2B. x>2C. x≤2D. x≠2
3.点P(0,−3)在( )
A. x轴上B. y轴上C. 第二象限D. 第四象限
4.下面图形是用木条钉成的支架，其中不容易变形的是( )
A. B. C. D.
5.如果a
A. BE
B. AE
C. DE
D. DP
7.在以如图形中，根据尺规作图痕迹，能判断射线AD平分∠BAC的是( )
A. 图1和图2B. 图1和图3C. 图3D. 图2和图3
8.已知(−1,y1)，(−0.5,y2)，(1.8,y3)是直线y=−2x+b(b为常数)上的三个点，则y1，y2，y3的大小关系是( )
A. y1>y2>y3B. y1>y3>y2C. y3>y1>y2D. y3>y2>y1
9.小明和爸爸从家里出发，沿同一路线到学校．小明匀速跑步先出发，2分钟后，爸爸骑自行车出发，匀速骑行一段时间后，在途中商店购买水果花费了5分钟，这时发现小明已经跑到前面，爸爸骑车速度增加60米/分钟，结果与小明同时到达学校．小明和爸爸两人离开家的路程s(米)与爸爸出发时间t(分钟)之间的函数图象如图所示．则下列说法错误的是( )
A. a=15B. 小明的速度是150米/分钟
C. 爸爸从家到商店的速度为200米/分钟D. 爸爸出发7分钟追上小明
10.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC=6，空白部分面积为10.5，则AB的长为( )
A. 3 2
B. 19
C. 2 5
D. 26
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若m>n，则m−n______0(填“>”或“=”或“<”)．
12.将点P(−2,−3)向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，则点Q的坐标是______．
13.在一次函数y=(k−1)x+2的图象中，y随x的增大而增大．则k值可以是______.(写出一个答案即可)
14.一张小凳子的结构如图所示，AC=BC，∠1=100°，则∠2= °.
15.如图，在△ABC中，D是BC上一点，AB=AD，E，F分别是AC，BD的中点，EF=2，则AC的长是______．
16.在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，B(0,−3)，C(−1,−4)，在直线BC上找一点P，使得∠BAP=∠ABO，请写出所有满足条件的点P的坐标______．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
解不等式和不等式组：
(1)5x>2(x−2)+2；
(2)x−2≥−32(x−1)
如图，AF=DC，∠BCA=∠EFD，BC=EF，求证：△ABC≌△DEF．
19.(本小题6分)
如图(1)，矩形纸片ABCD，把它沿对角线BD向上折叠，
(1)在图(2)中用实线画出折叠后得到的图形(要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)
(2)折叠后重合部分是什么图形？说明理由．
20.(本小题8分)
已知一次函数y=kx+b的图象经过点A(−4,0)，B(2,6)两点．
(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)求这个一次函数与坐标轴围成的三角形面积；
(3)请直接写出当kx+b<0时的x的取值范围．
21.(本小题8分)
小聪和小慧沿图1中的风景区游览，约好在飞瀑见面.小聪驾驶电动汽车从宾馆出发，小慧也于同一时间骑电动自行车从塔林出发.图2中的图象分别表示两人离宾馆的路程y(km)与时间x(h)的函数关系，试结合图中信息回答：
(1)飞瀑与宾馆相距______km，小聪出发0.2h时与宾馆的距离b= ______km；
(2)若小聪出发0.2h后速度变为小慧的2倍，则小聪追上小慧时，他们是否已经过了草甸？
22.(本小题10分)
某土特产公司组织20辆汽车装运甲、乙、丙三种土特产共120吨去外地销售．按计划20辆车都要装运，每辆汽车只能装运同一种土特产，且必须装满，根据下表提供的信息，解答以下问题：
(1)设装运甲种土特产的车辆数为x，装运乙种土特产的车辆数为y，求y与x之间的函数关系式．
(2)如果装运每种土特产的车辆都不少于3辆，那么车辆的安排方案有几种并写出每种安排方案．
(3)若要使此次销售获利最大，应采用(2)中哪种安排方案？并求出最大利润的值．
23.(本小题10分)
我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点．
●特例感知
①等腰直角三角形______勾股高三角形(请填写“是”或者“不是”)；
②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD=2AD=2，试求线段CD的长度．
●深入探究
如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA>CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明；
●推广应用
如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB=AC>BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E.若CE=a，试求线段DE的长度．
24.(本小题12分)
如图(1)，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，过点C(−4,0)作CD交AB于D，交y轴于点E.且△COE≌△BOA．
(1)求B点坐标为______；线段OA的长为______；
(2)确定直线CD解析式，求出点D坐标；
(3)如图2，点M是线段CE上一动点(不与点C、E重合)，ON⊥OM交AB于点N，连接MN．
①点M移动过程中，线段OM与ON数量关系是否不变，直接写出结论；
②当△OMN面积最小时，求点M的坐标和△OMN面积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A不属于轴对称图形，故错误；
B不属于轴对称图形，故错误；
C不属于轴对称图形，故错误；
D属于轴对称图形，故正确；
故选：D．
根据轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2.【答案】A
【解析】【解答】
解：由题意得，2x−4≥0，
解得x≥2．
故选：A．
【分析】
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
根据被开方数大于等于0列不等式求解即可．
3.【答案】B
【解析】根据y轴上的点的横坐标为0判断即可．
解：在平面直角坐标系中，点P(0,−3)在y轴上，
故选：B．
本题考查了点的坐标，熟练掌握坐标轴上点的坐标特征是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了三角形的稳定性．
根据三角形的稳定性进行解答．
【解答】
解：含有三角形结构的支架不容易变形．
故选B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了不等式的性质，能熟记不等式的性质是解此题的关键，注意：①不等式的性质1、不等式的两边都加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变；②不等式的性质2：不等式的两边都乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；③不等式的性质3：不等式的两边都乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
根据不等式的性质逐个判断即可．
【解答】
解：A.∵a
D.∵a
∴−a+5>−b+5，故本选项不符合题意．
6.【答案】C
【解析】解：∵AP平分∠BAC．
∴∠EAD=∠FAD，
在△ADE与△ADF中，
AE=AF∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△ADE≌△ADF(SAS)，
∴DF=DE，
即所换长度应与DF的长度相等，
故选：C．
根据平分线的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查了全等三角形的应用，角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】根据角平分线的作法即可进行判断．
解：在图1中，利用基本作图可判断AD平分∠BAC；
在图2中，根据作法可知：
AE=AF，AM=AN，
在△AMF和△ANE中，
AF=AE∠MAF=∠NAEAM=AN，
∴△AMF≌△ANE(SAS)，
∴∠AMD=∠AND，
∵∠MDE=∠NDF，
∵AE=AF，AM=AN，
∴ME=NF，
在△MDE和△NDF中，
∠MDE=∠NDF∠AMD=∠ANDME=NF，
∴△MDE≌△NDF(AAS)，
所以D点到AM和AN的距离相等，
∴AD平分∠BAC．
在图3中，利用基本作图得到D点为BC的中点，则AD为BC边上的中线；
故选：A．
本题考查了作图−基本作图，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握角平分线的作法．
8.【答案】B
【解析】解：∵k=−2<0，
∴y随x的增大而减小，
∵−1<0.5<1.8，
∵y1>y2>y3，
故选：B．
由y=−9x+b(b为常数)可知k=−2<0，故y随x的增大而减小，由−1<0.5<1.8，可得y1，y2，y3的大小关系．
本题主要考查一次函数的增减性，熟练掌握一次函数的增减性是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】由图象可得a的值；根据小明的路程和时间可得速度；设爸爸从家到商店的速度是x米/分钟，列一元一次方程可求解；根据追及问题中相距路程÷速度差=时间可得答案．
解：线段BC是爸爸买水果的时间5分钟，a=10+5=15，故A不符合题意；
由图象可得小明的速度是3300÷(20+2)=150(米/分钟)，故B不符合题意；
设爸爸从家到商店的速度是x米/分钟，则从商店到学校的速度是(x+60)米/分钟，
依题意得，10x+(20−15)(x+60)=3300，
解得x=200，
所以爸爸从家到商店的速度是200米/分钟，故C不符合题意；
爸爸追上小明得时间是150×2÷(200−150)=6(分钟)，故D符合题意．
故选：D．
本题考查了一次函数的实际应用和行程问题的数量关系，列一元一次方程解实际问题的运用，解答时合理运用行程问题的数量关系求解是关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB=∠AFG=∠ACB=90°，
∴∠FAC+∠BAC=∠FAC+∠ABC=90°，
∴∠FAC=∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
∠F=∠NAB=90°∠FAM=∠ABNAF=AB，
∴△FAM≌△ABN(AAS)，
∴S△FAM=S△ABN，
∴S△ABC=S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
∵AC+BC=6，
∴(AC+BC)2=AC2+BC2+2AC⋅BC=36，
∴AB2+2AC⋅BC=36，
∵AB2−2S△ABC=10.5，
∴AB2−AC⋅BC=10.5，
∴3AB2=57，
解得AB= 19或− 19(负值舍去)．
故选：B．
根据余角的性质得到∠FAC=∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM=S△ABN，推出S△ABC=S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2+BC2=AB2，解方程组得到3AB2=57，于是得到结论．
本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
11.【答案】>
【解析】解：不等式m>n两边都减去n，得m−n>0．
故答案为：>．
根据不等式的性质解答即可．
本题主要考查不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质．
12.【答案】(1,−1)
【解析】解：点P(−2,−3)向右平移3个长度单位，再向上平移2个长度单位得到点Q，则点Q的坐标是(−2+3,−3+2)，即(1,−1)．
故答案为：(1,−1)．
根据点平移的特点解答即可．
本题考查的是坐标与图形变化−平移，熟知横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减是解题的关键．
13.【答案】2(答案不唯一)
【解析】由y随x的增大而增大，利用一次函数的性质可得出k−1>0，解之即可得出k的值，再取其内的任意一值即可得出结论．
解：∵在一次函数y=(k−1)x+2的图象中，y随x的增大而增大，
∴k−1>0，
解得：k>1．
∴k值可以为2．
故答案为：2(答案不唯一)．
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．
14.【答案】50
【解析】解：∵AC=BC，
∴∠CAB=∠2，
∵∠1=∠CAB+∠2，
∴∠1=2∠2，
∵∠1=100°，
∴∠2=50°，
故答案为：50．
根据等腰三角形的性质以及三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求解即可．
此题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，熟记三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
15.【答案】4
【解析】解：如图，连结AF．
∵AB=AD，F是BD的中点，
∴AF⊥BD．
∵在Rt△ACF中，∠AFC=90°，E是AC的中点，EF=2，
∴AC=2EF=4．
故答案为：4．
连结AF.由AB=AD，F是BD的中点，根据等腰三角形三线合一的性质得出AF⊥BD.再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得AC=2EF=4．
本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．利用等腰三角形三线合一的性质得出AF⊥BD是解题的关键．
16.【答案】(−5,−8)或(1,−2)
【解析】分两种情况：①点P在AB左侧时，②点P在AB左侧时．画出图形，利用待定系数法求出直线BC的解析式，结合∠BAP=∠ABO即可求解．
解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(0,−3)，C(−1,−4)，
∴−k+b=−4b=−3，解得k=1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
①点P在AB左侧时，设AP与y轴交于点D，OD=m，
∴BD=3−m，
∵∠BAP=∠ABO，
∴AD=BD=3−m，
∵A(1,0)，
∴AD2=OA2+OD2，
∴(3−m)2=12+m2，解得：m=43，
∴D(0,−43)，
设直线AD的解析式为y=k′x+b′，
∵A(1,0)，D(0,−43)，
∴k′+b′=0b′=−43，解得k′=43b′=−43，
∴直线AD的解析式为y=43x−43，
联立直线BC：y=x−3得y=x−3y=43x−43，
解得x=−5y=−8，
∴P(−5,−8)；
②点P在AB左侧时，
∵∠BAP=∠ABO，A(1,0)，
∴AP//OB，
∴点P的横坐标为1，
∵直线BC的解析式为y=x−3，
∴点P的纵坐标为y=1−3=−2，
∴P(1,−2)．
故答案为：(−5,−8)或(1,−2)．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
17.【答案】解：(1)5x>2(x−2)+2，
5x>2x−4+2，
5x−2x>−4+2，
3x>−2，
x>−23；
(2)x−2≥−3①2(x−1)
解不等式②得：x<5，
∴原不等式组的解集为：−1≤x<5．
【解析】(1)按照解一元一次不等式的步骤进行计算，即可解答；
(2)按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
18.【答案】证明：∵AF=DC，
∴AF+FC=DC+CF，
即AC=DF，
在△ABC和△DEF中，
AC=DF∠BCA=∠EFDBC=EF，
∴△ABC≌△DEF(SAS)．
【解析】求出AC=DF，再根据全等三角形的判定定理SAS推出即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
19.【答案】解：(1)
(2)等腰三角形．
证明：∵△BDE是△BDC沿BD折叠而成，
∴∠FDB=∠CDB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∴∠FDB=∠ABD，
∴△BDF是等腰三角形．
【解析】(1)根据折叠的性质，可以作∠BDF=∠BDC，∠EBD=∠CBD，则可求得折叠后的图形．
(2)由折叠的性质，易得∠FDB=∠CDB，又由四边形ABCD是矩形，可得AB//CD，即可证得∠FDB=∠FBD，即可证得△FBD是等腰三角形．
解：(1)做法参考：
方法1：作∠BDG=∠BDC，在射线DG上截取DE=DC，连接BE；
方法2：作∠DBH=∠DBC，在射线BH上截取BE=BC，连接DE；
方法3：作∠BDG=∠BDC，过B点作BH⊥DG，垂足为E
方法4：作∠DBH=∠DBC，过，D点作DG⊥BH，垂足为E；
方法5：分别以D、B为圆心，DC、BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接DE、BE．
∴△DEB为所求做的图形．
此题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定，折叠的性质以及尺规作图．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
20.【答案】解：(1)根据题意得−4k+b=02k+b=6，
解得k=1b=4，
∴一次函数解析式为y=x+4；
(2)当x=0时，y=x+4=4，
∴一次函数与y轴的交点坐标为(0,4)，
∵一次函数与x轴的交点A点的坐标为(−4,0)，
∴这个一次函数与坐标轴围成的三角形面积=12×4×4=8；
(3)当kx+b<0时的x的取值范围为x<−4．
【解析】(1)利用待定系数法求一次函数解析式；
(2)先确定一次函数图象与坐标轴的两交点坐标，然后根据三角形面积公式计算即可；
(3)利用一次函数的性质，利用x=−4，y=0可得到kx+b<0时的x的取值范围．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：结合函数图象，通过比较两函数值的大小确定不等式的解集；体现了数形结合的思想方法．也考查了待定系数法求一次函数解析式和一次函数的性质．
21.【答案】30 3
【解析】解：(1)由图可知两个图象的终点纵坐标为30，
∴飞瀑与宾馆相距30km；
小聪出发0.1h时路程为1.5km，
∴0.2h时与宾馆距离3km．
故答案为：30；3；
(2)小慧的速度为10km/h，直线AB解析式为y1=10x+10，小聪的速度是小慧的2倍，为20km/h，直线CD解析式为y2=20x−1.联立得：
y=10x+10 y=20x−1，
解得：x=1.1y=21，
∴点E(1.1,21)，
因此E(1.1,21)，
∵草甸到宾馆距离25>21，
∴他们没有过了草甸．
(1)由图可知两个图象的终点纵坐标为30；小聪出发0.1h时路程为1.5km，然后进一步解答即可；
(2)先写出两条线段的解析式，再根据交点坐标解答即可．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
22.【答案】解：(1)∵8x+6y+5(20−x−y)=120，
∴y=20−3x．
∴y与x之间的函数关系式为y=20−3x.
(2)由x≥3，y=20−3x≥3，即20−3x≥3可得3≤x≤523，
又∵x为正整数，
∴x=3，4，5.
故车辆的安排有三种方案，即：
方案一：甲种3辆乙种11辆丙种6辆；
方案二：甲种4辆乙种8辆丙种8辆；
方案三：甲种5辆乙种5辆丙种10辆．
(3)设此次销售利润为W百元，
W=8x⋅12+6(20−3x)⋅16+5[20−x−(20−3x)]⋅10=−92x+1920．
∵W随x的增大而减小，又x=3，4，5
∴当x=3时，W最大=1644(百元)=16.44万元．
答：要使此次销售获利最大，应采用(2)中方案一，即甲种3辆，乙种11辆，丙种6辆，最大利润为16.44万元．
【解析】(1)因为公司组织20辆汽车装运甲、乙、丙三种土特产共120吨去外地销售，设装运甲种土特产的车辆数为x，装运乙种土特产的车辆数为y，则装运丙特产的车辆数为(20−x−y)，且8x+6y+5(20−x−y)=120，整理即得y与x之间的函数关系式．
(2)因为装运每种土特产的车辆都不少于3辆，所以x≥3，y≥3，20−x−y≥3，结合(1)的答案，就可得到关于x的不等式组，又因x是正整数，从而可求x的取值，进而确定方案．
(3)可设此次销售利润为W百元，由表格可得W=8x⋅12+6(20−3x)⋅16+5[20−x−(20−3x)]⋅10=−92x+1920，根据y随x的变化规律，结合(2)中所求，就可确定使利润最大的方案．
本题需仔细分析题意，利用不等式组求出自变量的取值，从而确定方案．
23.【答案】解：●特例感知：
①是；
②如图1中，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，
于是CD2=CB2−CA2=(CD2+4)−(CD2+1)=3，
∴CD= 3．
●深入探究：
AD与CB的数量关系为：AD=CB；
证明：如图2中，由CA2−CB2=CD2可得：CA2−CD2=CB2，
而CA2−CD2=AD2，
∴AD2=CB2，
即AD=CB；
●推广应用：
过点A向ED引垂线，垂足为G，
∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且AB=AC>BC，
∴只能是AC2−BC2=CD2，由上问可知AD=BC……①．
又ED//BC，∴∠ADE=∠B……②．
而∠AGD=∠CDB=90°……③，
在△AGD和△CDB中，
∠ADG=∠B∠AGD=∠CDB=90°AD=CB
∴△AGD≌△CDB(AAS)，
∴DG=BD．
易知△ADE与△ABC均为等腰三角形，
根据三线合一原理可知ED=2DG=2BD．
又AB=AC，AD=AE，
∴BD=EC=a，
∴ED=2a．
【解析】【分析】
本题考查三角形综合题、勾股定理、全等三角形的判定和性质、勾股高三角形的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．
●特例感知：①根据勾股高三角形的定义即可判断；
②如图1，根据勾股定理可得：CB2=CD2+4，CA2=CD2+1，于是CD2=(CD2+4)−(CD2+1)=3，即可解决问题；
●深入探究：由CA2−CB2=CD2可得：CA2−CD2=CB2，而CA2−CD2=AD2，即可推出AD2=CB2；
●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，只要证明△AGD≌△CDB(AAS)，即可解决问题．
【解答】
解：●特例感知：
①等腰直角三角形是勾股高三角形．
故答案为是．
②见答案；
●深入探究：见答案；
●推广应用：见答案．
24.【答案】(0,4) 3
【解析】解：(1)∵直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，
∴当y=0时，x=3，当x=0时，y=4，
∴点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,4)，
∴OA=3；
故答案为：(0,4)，3；
(2)∵过点C(−4,0)作CD交AB于D，交y轴于点E.且△COE≌△BOA(已知)，
∴OC=4，OC=OB，OE=OA，
∵点A(3,0)，
∴OA=3，
∴OE=3，
∴点E的坐标为(0,3)，
设过点C(−4,0)，点E(0,3)的直线解析式为y=kx+b，代入得：
−4k+b=0b=3，
解得k=34b=3，
∴直线CE的解析式为y=34x+3，
即直线CD的解析式为y=34x+3，
由y=34x+3y=−43x+4，得x=1225y=8425，
即点D的坐标为(1225,8425)；
(3)①线段OM与ON数量关系是OM=ON保持不变，
证明：∵△COE≌△BOA，
∴OE=OA，∠OEM=∠OAN，
∵∠BOA=90°，ON⊥OM，
∴∠MON=∠BOA=90°，
∴∠MOE+∠EON=∠EON+∠NOA，
∴∠MOE=∠NOA，
在△MOE和△NOA中，
∠MOE=∠NOAOE=OA∠OEM=∠OAN，
∴△MOE≌△NOA(ASA)，
∴OM=ON，
即线段OM与ON数量关系是OM=ON保持不变；
②由①知OM=ON，
∵OM⊥ON，
∴△OMN面积是：OM⋅ON2=OM22，
∴当OM取得最小值时，△OMN面积取得最小值，
∵OC=4，OE=3，∠COE=90°，
∴CE=5，
∵当OM⊥CE时，OM取得最小值，
∴OM⋅CE2=OC⋅OE2，
∴OM×52=4×32，
解得，OM=125，
∴△OMN面积取得最小值是：(125)22=7225，
当△OMN取得最小值时，设此时点M的坐标为(a,34a+3)，
∴a2+(34a+3)2=(125)2
解得，a=−3625，
∴34a+3=4825，
∴点M的坐标为(−3625,4825)，
由上可得，当△OMN面积最小时，点M的坐标是(−3625,4825)和△OMN面积是7225．
(1)根据直线y=−43x+4交坐标轴于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，可以求得点B的坐标和OA的长；
(2)根据△COE≌△BOA，可以得到OE=OA，再根据点A的坐标可以的大点E的坐标即可求得直线CE的解析式，然后与直线y=−43x+4联立方程组，即可求得点D的坐标；
(3)①根据题目中的条件，可以证明△OME≌△ONA，即可得到OM和ON的数量关系；
②要求△OMN面积最小值，由OM=ON，OM⊥ON，可知当OM取得最小值时即可，当OM⊥CE时，OM取得最小值，然后根据勾股定理和等积法可以求得OM的长，即可求得点M的坐标，本题得以解决．
本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质、三角形的面积、全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．土特产品种
甲
乙
丙
每辆汽车运载量(吨)
8
6
5
每吨土特产获利(百元)
12
16
10
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