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2023-2024学年辽宁省沈阳126中教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳126中教育集团八年级（下）期中数学试卷（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。
1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.如果a>b，那么下列各式中正确的是( )
A. a−3−bD. −2a<−2b
3.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，则BC的长是( )
A. 4 33B. 4C. 8 3D. 4 3
4.顺次连接对角线相等的四边形的各边中点，所形成的四边形是( )
A. 平行四边形B. 菱形C. 矩形D. 正方形
5.三条公路将A，B，C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是
( )
A. 三条高线的交点B. 三条中线的交点
C. 三条角平分线的交点D. 三边垂直平分线的交点
6.在平面直角坐标系中，若点(x−3,2x3+4)在第二象限，则x的取值范围是( )
A. x>3B. x>−6C. −67.如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，下列结论一定正确的是( )
A. ∠BAC=∠DAC
B. AB=AD
C. AC=BD
D. AC⊥BD
8.如图，菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABC=140°，则∠OED=( )
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
9.如图，在△ABC中，∠CAB=68°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置(其中点B和点D，点C和点E分别对应).若CE//AB，则∠CAD的大小( )
A. 23°B. 24°C. 25°D. 26°
10.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是( )
A. 当∠ABC=90°时，▱ABCD是矩形
B. 当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形
C. 当▱ABCD是正方形时，AC=BD
D. 当▱ABCD是菱形时，AB=AC
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形是______边形．
12.如图，在▱ABCD中，AB=5，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，两弧相交于M、N两点，直线MN交AD于点E，若△CDE的周长是12，则BC的长为______．
13.如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，则不等式2x>ax+4的解集为______．
14.如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD=BC=2 5，则四边形EGFH的周长是 ．
15.数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”.如图1，已知等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，现将△CDE绕点C顺时针旋转角度为α(0°<α<360°)，直线BE，AD相交于点F；当△CDE旋转到图2位置(B、C、D在同一直线上)时，∠AFB的度数为______.在整个旋转过程中，当点D与F重合时，BE的长为______
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
解不等式组：1−x<2(2x+3)①5+x3≥x+13②．
17.(本小题7分)
已知方程组x+y=3a+7x−y=5a+1的解为正数.求a的取值范围．
18.(本小题8分)
已知：如图所示，四边形BCDE是矩形，AB=AC，求证：AE=AD．
19.(本小题10分)
如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(4,0)，C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到，画出旋转后的△A2B2C2，并直接写出点A2的坐标；
(3)在(1)条件下，点P、Q分别在x轴，y轴上运动，若以B1，C1，P、Q为顶点的四边形为平行四边形，则Q点坐标为______．
20.(本小题10分)
如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，E、F分别为边AB、CD的中点，连接DE、BF．
(1)求证：四边形BFDE是菱形；
(2)若∠A=60°，AD=3，求四边形BFDE的面积．
21.(本小题10分)
某樱桃批发商与某快递公司合作寄送樱桃．
素材1：
素材2：
问题解决：
22.(本小题12分)
如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+15(k≠0)经过点C(3,6)，与x轴交于点A，与y轴交于点B.线段CD平行于x轴，交直线y=34x于点D，连接OC，AD．
(1)填空：k= ______，点A的坐标是(______，______)；
(2)求证：四边形OADC是平行四边形；
(3)动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止.设两个点的运动时间均为t秒．
①当t=1时，△CPQ的面积是______．
②当△CPD为直角三角形时，请直接写出此时点Q的坐标．
23.(本小题12分)
问题情境：“综合与实践”课上，杨老师提出如下问题：将图1中的正方形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的等腰直角三角形纸片，表示为△ABC和△DEF，其中∠ACB=∠DEF=90°，将△ABC和△DEF按图2所示方式摆放(点C，B，E三点共线)，其中点B与点D重合(标记为点B).连接AF，取AF的中点M，过点F作FN//AC交CM的延长线于点N，连接NE，此时E、F、N在同一直线上．
(1)AC与NF的数量关系为______；△CEN的形状为______三角形．
(2)深入探究：杨老师将图2中的△BEF绕点B顺时针方向旋转．
①当点C，B，E三点不在一条直线上时，如图3所示，并让同学们提出新的问题并解决新问题．
“洞察小组”提出问题是(1)中△CEN形状的结论是否仍然成立？若成立，请你证明，若不成立；请你写出新的结论，并证明：
②“思考小组”提出问题是：若正方形的边长是4，把图2中的△BEF绕点B顺时针方向旋转一周过程中，连接AE，点G为AE中点，CG的最大值为______；当CG最小时，请直接写出点F到直线AE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A、两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变，故A错误；
B、不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变，故B错误；
C、不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故C错误；
D、不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故D正确；
故选：D．
根据不等式的性质，两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，可得答案．
本题考查了不等式的性质，注意不等式的两边都乘以或除以同一个负数时，不等号的方向改变．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直角三角形的性质和勾股定理，首先利用30°角所对的直角边是斜边的一半求出AC，再利用勾股定理求出AB的长．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，
∴AC=12AB=4，
根据勾股定理，得
AB= AB2−AC2= ８２−４２=4 3．
故选Ｄ．
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了中点四边形，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键．
利用三角形中位线定理得到EF与HG平行且相等，得到四边形EFGH为平行四边形，再由EH=EF，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证．
【解答】
解：菱形，理由为：
如图所示，∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF//AC，EF=12AC，
同理HG//AC，HG=12AC，
∴EF//HG，且EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵EH=12BD，AC=BD，
∴EF=EH，
则四边形EFGH为菱形，
故选：B．
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据角平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可。
【解答】
解：在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，根据角平分线的性质，集贸市场应建在∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处。
故选C。
6.【答案】C
【解析】解：∵点(x−3,2x3+4)在第二象限，
∴x−3<02x3+4>0，
解得−6故选：C．
根据第二象限内点的横坐标小于0，纵坐标大于0列出不等式组，解之可得答案．
本题主要考查了象限特征及解简单不等式的能力，解答这类题学生往往在解题时不注意移项要改变符号这一点而出错．
7.【答案】C
【解析】解：由矩形ABCD的对角线相交于点O，根据矩形的对角线相等，可得AC=BD，
故选：C．
根据矩形的性质判定即可．
本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握其性质即可．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴O为BD中点，∠DBE=12∠ABC=70°．
∵DE⊥BC，
∴在Rt△BDE中，OE=BE=OD，
∴∠OEB=∠OBE=70°．
∴∠OED=90°−70°=20°．
故选：A．
根据直角三角形的斜边中线性质可得OE=BE=OD，根据菱形性质可得∠DBE=12∠ABC=70°，从而得到∠OEB度数，再依据∠OED=90°−∠OEB即可．
本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．
9.【答案】B
【解析】解：∵AB//CE，
∴∠CAB=∠ACE=68°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置，
∴AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，
∴∠ECA=∠AEC=68°，
∴∠EAC=44°，
∴∠CAD=68°−44°=24°，
故选：B．
由旋转的性质可得AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，由等腰三角形的性质可求∠ECA=∠AEC=68°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：A、当∠ABC=90°时，由有一个角为直角的平行四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形，故该选项不符合题意；
B、当AC⊥BD时，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，故该选项不符合题意；
C、当▱ABCD是正方形时，由正方形的对角线可得AC=BD，故该选项不符合题意；
D、当▱ABCD是菱形时，可得AB=BC=CD=DA，不能得到AB=AC，故该选项符合题意；
故选：D．
根据矩形、菱形、正方形的判定和性质逐个判断即可．
本题考查了对矩形、菱形、正方形的判定和性质的应用，能正确运用判定定理和性质定理进行判断是解此题的关键．
11.【答案】六
【解析】解：设这个多边形为n边形，由题意得，
(n−2)×180°=360°×2，
解得n=6，
即这个多边形为六边形，
故答案为：六．
根据多边形的内角和与外角和的计算方法列方程求解即可．
本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和、外角和的计算方法是正确解答的前提．
12.【答案】7
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，AD=BC，
由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA=EC，
∵△CDE的周长为12，
∴CE+ED+CD=12，
∴AE+ED+5=12，
∴AD+5=12，
∴AD=7，
∴BC=AD=7．
故答案为：7．
证明AD+CD=12，求出AD可得结论．
本题考查作图−基本作图，平行四边形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
13.【答案】x>32
【解析】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，
∴当x>32时，2x>ax+4，
即不等式2x>ax+4的解集为x>32．
故答案为x>32．
由于函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，观察函数图象得到当x>32时，函数y=2x的图象都在y=ax+4的图象上方，所以不等式2x>ax+4的解集为x>32．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
14.【答案】4 5
【解析】【分析】
本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
根据三角形的中位线定理即可求得四边形EGFH的各边长，从而求得周长．
【解答】
证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG=12BC=12×2 5= 5，
同理HF=12BC= 5，
EH=GF=12AD=12×2 5= 5．
∴四边形EGFH的周长是：4× 5=4 5．
故答案为：4 5．
15.【答案】60° 3 13+32或3 13−32
【解析】解：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，
∴CD=CE=12×6=3，
∴△CDE是边长为3的等边三角形，
∴∠ECD=∠ACB=60°，
∴∠ECD+∠ACE=∠ACB+∠ACE，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠BOC=∠AOE，∠BOC+∠CBE+∠ACB=∠AOE+∠CAD+∠AFB=180°，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
如图2，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的上方时，过点C作CH⊥BF于点H，
∵△CDE是边长为3的等边三角形，
∴∠CFE=∠CDE=60° CD=CF=DE=EF=3，
∴∠FCH=90°−60°=30°，HF=12CF=32CH= CF2−HF2= 32−(32)2=32 3，
∵BC=6，
∴BH= BC2−HF2= 62−(32 3)2=32 13，
∴BE=BD−EF=BH+HF−EF=32 13+32−3=3 13−32；
如图3，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的下方时，过点C作CH⊥BF于点H，
同理得HE=HF=32，BH=32 13，
∴BE=BH+HE=32 13+32=3 13+32，
故答案为：60°；3 13+32或3 13−32．
根据等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质得△ACD≌△BCE(SAS)，∠CBE=∠CAD，从而得∠AFB=∠ACB=60°，利用勾股定理及等边三角形的性质分类讨论求解BE的长即可．
本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定及性质、等边三角形的性质、三角形的内角和定理以及直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理、全等三角形的判定及性质以及等边三角形的性质是解题的关键．
16.【答案】解：1−x<2(2x+3)①5+x3≥x+13②，
解不等式①得：x>−1，
解不等式②得：x≤2，
∴原不等式组的解集为：−1【解析】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组，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
17.【答案】解：解方程组得x=4a+4y=−a+3，
由题意知4a+4>0−a+3>0，
解得−1【解析】解方程组得x=4a+4y=−a+3，由题意知4a+4>0−a+3>0，解之即可得出答案．
本题考查的是解二元一次方程组和一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形BCDE是矩形，
∴EB=DC，∠EBC=∠DCB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABE=∠ACD，
在△ABE与△ACD中，
AB=AC∠EAB=∠DACAE=AD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴AE=AD．
【解析】本题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形的性质．
根据矩形的性质和利用SAS证得两个三角形全等即可．
19.【答案】(0,2)或(0,4)或(0,−4)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点A2的坐标为(3,−3)．
(3)当以B1C1为对角线时，可得平行四边形B1P′C1Q1，
则点Q1的坐标为(0,2)．
当以B1C1为一边时，可得平行四边形B1C1Q2P和平行四边形B1C1PQ3，
则点Q2的坐标为(0,4)，点Q3的坐标为(0,−4)．
∴点Q的坐标为(0,2)或(0,4)或(0,−4)．
故答案为：(0,2)或(0,4)或(0,−4)．
(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图，即可得出答案．
(3)分别讨论以B1C1为对角线和以B1C1为一边的情况，结合平行四边形的判定确定点Q的位置，即可得出答案．
本题考查作图−平移变换、旋转变换、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，
又∵AB//CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE//BF；
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，E为AB的中点，
∴ED=EB，
又∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
(2)解：∵∠A=60°，∠ADB=90°，
∴∠ABD=30°，
∴AB=2AD=6，
∴BD= AB2−AD2=3 3，
∴四边形BFDE的面积=S△ABD=12AD⋅BD=12×3×3 3=9 32．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB//CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
(2)根据勾股定理得到BD= AB2−AD2=3 5，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了菱形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
21.【答案】解：任务1：由电子存单2可得：m(12−10)+32=44，
解得：m=6，
∴樱桃重量超过10千克时寄送费用y(元)关于樱桃重量x(千克)之间的函数关系式为：y=6(x−10)+32=6x−28(x>10)；
任务2：若单件寄送，则需寄费y=6×26−28=128(元)，
若分两件寄送，则可使得每件都不少于10千克，例如一件10千克，一件16千克，需寄费32+16×6−28=100(元)，
若分三件寄送，则可使得三件都少于10千克，则需寄费32×3=96(元)，
∴96<100<128，
最省寄送费用是96元；
任务3：∵前10千克的快递费是32元，超过10千克的部分是6元/千克，
∴设小红购买的樱桃一共分y件10kg的寄送方式，
由题意得，80×10y+32y≤8000，
解得y≤12513，
又∵y是正整数，
∴y最大值为9，
∴还剩下8000−80×10×9−32×9=512元，
∵512=80×6+32，
∴9件10kg，余下的钱刚好能再购买并寄送6kg，故共可寄送96kg；
若8件10kg的寄送的寄费为80×10×8+32×8=6656元，
15×6−28+15×80=1262，6656+1262=7918<8000，
16×6−28+16×80=1348，6656+1348=8004>8000，
此时最多可寄送95kg．
∴最省钱的寄送方式应该是9件不超过10kg的寄送，一件6kg寄送，
∴小红最多可以购买10×9+6=96kg樱桃，寄送方式为9件10kg，1件6kg．
【解析】任务1：利用电子存单2或3的总费用和计量重量列出方程求出m，从而得解；
任务2：根据总计量重量是26千克，设计方案求出总费用，比较大小即可；
任务3：要尽可能的多寄送，则应该多寄10千克一件的，也就是一件少于10千克的，其余都是10千克，或者也就是一件10～20千克的，其余都是10千克，设小红购买的香榧一共分y件不超过10kg的寄送方式，根据总费用不超过8000元列出不等式，求出y的取值范围，继而求出y的最大值，计算购买9件10千克的香榧剩余的钱或8件10千克的香榧剩余的钱，再根据剩余的钱计算剩余的寄送的重量，从而得解．
本题考查一次函数和一元一次不等式的应用，根据题意函数解析式或不等式求解是解题的关键．
22.【答案】−3 5 0 20
【解析】(1)解：将点C的坐标代入直线表达式得：6=3k+15，
解得：k=−3，
则一次函数的表达式为：y=−3x+15，
则点A(5,0)，
故答案为：−3，5，0；
(2)证明：当y=6时，即34x=6，则x=8，
即点D(8,6)；
则CD=8−3=5=OA，
∵CD//AO，
∴四边形OADC是平行四边形；
(3)解：①由点D的坐标得，DO=10，
当t=1时，CP=DQ=1，
则PQ=10−2=8，
则S△CPQ=810S△AOD=820S平行四边形OADC=820×AO×yD=820×5×6=12，
故答案为：20；
②当∠CPD=90°时，
则点P、C的横坐标相同，则点P(3,94)，
而OD的中点坐标为：(4,3)，
由点P、Q中点也为OD的中点，
由中点坐标公式得：点Q(5,154)；
当∠CPD=90°时，
则CP⊥OD，
则直线CP的表达式为：y=−43(x−3)+6，
联立上式和OD的表达式得：34x=−43(x−3)+6，
解得：x=245，
同理可得，点Q的横坐标为：165，
则点Q(165,125)，
综上，点Q的坐标为：(165,125)或(5,154).
(1)由待定系数法求出函数表达式，即可求解；
(2)证明CD=8−3=5=OA，而CD//AO，即可求解；
(3)①由S△CPQ=810S△AOD=820S平行四边形OADC=820×AO×yD=820×5×6=12，即可求解；
②当∠CPD=90°时，则点P、C的横坐标相同，则点P(3,94)，由中点坐标公式得：点Q(5,154)；当∠CPD=90°时，同理可解．
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、面积的计算、直角三角形的性质，分类求解是解题的关键，
23.【答案】AC=FN 等腰直角 2 2+2
【解析】解：(1)如图，△ABC和△BFE是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠BEF=90°，AC=BC=BE=FE，
∵点C，B，E三点在一条直线上，∠ACB+∠BEF=180°，
∴AC//EF，
∴四边形ACEF是矩形，
∴∠CAM=∠NFM=90°，
∵点M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△AMC和△FMN中，
∠CAM=∠NFMAM=FM∠AMC=∠FMN，
∴△AMC≌△FMN(ASA)，
∴AC=FN=EF，
∴CE=EN=2AC，
∵∠CEN=90°，
∴△CEN是等腰直角三角形．
故答案为：AC=FN，等腰直角
(2)①成立．
证明：如图，延长CB，NF相交于点H，设EF与BH相交于点O，△ABC和△BFE是等腰直角三角形，
∵点M是AF的中点，
∴AM=FM，
∵NF//AC，
∴∠CAF=∠NFA，
在△AMC和△FMN中，
∠CAF=∠NFAAM=FM∠AMC=∠FMN，
∴△AMC≌△FMN(ASA)，
∴NF=AC，
∵△ACB和△BEF是腰长相等的等腰直角三角形，
∴AC=CB=BE=EF=NF，且∠ACB=∠BEF=90°，
∵NF//AC，
∴∠ACB+∠CHN=180°，
∴∠CHN=90°，
∵∠FOB是△BOE和△FOH的外角，
∴∠FOB=∠OFH+90°=∠OBE+90°，
∴∠OFH=∠OBE，
∴∠CBE=∠EFN，
在△EBC和△EFN中，
BE=EF∠CBE=∠EFNBC=FN，
∴△EBC≌△EFN(SAS)，
∴∠CEB=∠NEF，CE=EN，
∴∠CEB+∠BEN=∠NEF+∠BEN=90°，
即∠CEN=90°，
∴△CEN是等腰直角三角形；
②延长AC至H，使AC=CH，连接BH，
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴∠HAB=45°，AC=BC，
∴AB=BH，∠AH=45°，
即△ABH为等腰直角三角形，
∵BC=BE=4，
∴AB= 2BC=4 2，
∴BH=4 2，
∴HE≤BH+BE=4 2+4，
∴HE的最大值为4 2+4，
∵C为AH的中点，G为AE的中点，
∴CG为△AHE的中位线，
∴CG=12HE=2 2+2．
同理可知，CG有最小值时，EH最小，
此时HE≥BH+BE=4 2−4，HE的最小值为4 2−4，
如图，作FK⊥AE，交AE的延长线于点K，
∵AB=4 2，BE=4，
∴AE= AB2+BE2=4 3，
∵∠AEB+∠KEF=∠KEF+∠EFK=90°，
∴∠AEB=∠KFE，
∵∠ABE=∠FKE=90°，
∴△ABE∽△EKF，
∴AEEF=BEKF，
∴4 34=4KF，
∴KF=43 3．
即点F到直线AE的距离为43 3．
故答案为：2 2+2．
(1)根据正方形和等腰直角三角形性质可证得△AMC≌△FMN(ASA)，推出AC=FN=EF，CE=EN=2AC，∠CEN=90°，即可证得结论；
(2)①延长CB，NF相交于点H，设EF与BH相交于点O，可证得△AMC≌△FMN(ASA)，得出NF=AC，再证得△EBC≌△EFN(SAS)，∠CEB=∠NEF，CE=EN，即可推出△CEN是等腰直角三角形；
②延长AC至H，使AC=CH，连接BH，求出CG=12HE=2 2+2.作FK⊥AE，交AE的延长线于点K，证明△ABE∽△EKF，得出AEEF=BEKF，求出KF的长，则可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质等，正确添加辅助线是解题关键．某快递公司规定：
①从当地寄送樱桃到A市按重量收费；
当楼桃重量不超过10千克时，需要寄送费32元；
当重量超过10千克时，超过部分另收m元/千克．
②寄送樱桃重量均为整数千克．
电子存单1
电子存单2
电子存单3
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：7千克
件数：1
总费用：32元
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：12千克
件数：1
总费用：44元
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：15千克
件数：1
总费用：62元
任务1
分析变量关系
根据以上信息，请求出m的值，并求出樱桃重量超过10千克时寄送费用y(元)关于樱桃重量x(千克)之间的函数关系式
任务2
计算最省费用
若樱桃重量达到26千克，请求出最省的寄送费用．
任务3
探索最大重量
小红想在当地购买一批价格为80元/千克的樱桃并全部寄送给在A市的朋友们，若小红能用来支配的钱有8000元，请直接写出她最多可以购买多少千克的樱桃？
1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.如果a>b，那么下列各式中正确的是( )
A. a−3
3.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，则BC的长是( )
A. 4 33B. 4C. 8 3D. 4 3
4.顺次连接对角线相等的四边形的各边中点，所形成的四边形是( )
A. 平行四边形B. 菱形C. 矩形D. 正方形
5.三条公路将A，B，C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是
( )
A. 三条高线的交点B. 三条中线的交点
C. 三条角平分线的交点D. 三边垂直平分线的交点
6.在平面直角坐标系中，若点(x−3,2x3+4)在第二象限，则x的取值范围是( )
A. x>3B. x>−6C. −6
A. ∠BAC=∠DAC
B. AB=AD
C. AC=BD
D. AC⊥BD
8.如图，菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABC=140°，则∠OED=( )
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
9.如图，在△ABC中，∠CAB=68°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置(其中点B和点D，点C和点E分别对应).若CE//AB，则∠CAD的大小( )
A. 23°B. 24°C. 25°D. 26°
10.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是( )
A. 当∠ABC=90°时，▱ABCD是矩形
B. 当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形
C. 当▱ABCD是正方形时，AC=BD
D. 当▱ABCD是菱形时，AB=AC
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如果一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形是______边形．
12.如图，在▱ABCD中，AB=5，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，两弧相交于M、N两点，直线MN交AD于点E，若△CDE的周长是12，则BC的长为______．
13.如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，则不等式2x>ax+4的解集为______．
14.如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，若AD=BC=2 5，则四边形EGFH的周长是 ．
15.数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动，两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把他们的底角顶点连接起来，则形成一组全等三角形，我们把这个规律的图形称为“手拉手图形”.如图1，已知等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，现将△CDE绕点C顺时针旋转角度为α(0°<α<360°)，直线BE，AD相交于点F；当△CDE旋转到图2位置(B、C、D在同一直线上)时，∠AFB的度数为______.在整个旋转过程中，当点D与F重合时，BE的长为______
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题6分)
解不等式组：1−x<2(2x+3)①5+x3≥x+13②．
17.(本小题7分)
已知方程组x+y=3a+7x−y=5a+1的解为正数.求a的取值范围．
18.(本小题8分)
已知：如图所示，四边形BCDE是矩形，AB=AC，求证：AE=AD．
19.(本小题10分)
如图，△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,1)，B(4,0)，C(4,4)．
(1)将△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到，画出旋转后的△A2B2C2，并直接写出点A2的坐标；
(3)在(1)条件下，点P、Q分别在x轴，y轴上运动，若以B1，C1，P、Q为顶点的四边形为平行四边形，则Q点坐标为______．
20.(本小题10分)
如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，E、F分别为边AB、CD的中点，连接DE、BF．
(1)求证：四边形BFDE是菱形；
(2)若∠A=60°，AD=3，求四边形BFDE的面积．
21.(本小题10分)
某樱桃批发商与某快递公司合作寄送樱桃．
素材1：
素材2：
问题解决：
22.(本小题12分)
如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+15(k≠0)经过点C(3,6)，与x轴交于点A，与y轴交于点B.线段CD平行于x轴，交直线y=34x于点D，连接OC，AD．
(1)填空：k= ______，点A的坐标是(______，______)；
(2)求证：四边形OADC是平行四边形；
(3)动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止.设两个点的运动时间均为t秒．
①当t=1时，△CPQ的面积是______．
②当△CPD为直角三角形时，请直接写出此时点Q的坐标．
23.(本小题12分)
问题情境：“综合与实践”课上，杨老师提出如下问题：将图1中的正方形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的等腰直角三角形纸片，表示为△ABC和△DEF，其中∠ACB=∠DEF=90°，将△ABC和△DEF按图2所示方式摆放(点C，B，E三点共线)，其中点B与点D重合(标记为点B).连接AF，取AF的中点M，过点F作FN//AC交CM的延长线于点N，连接NE，此时E、F、N在同一直线上．
(1)AC与NF的数量关系为______；△CEN的形状为______三角形．
(2)深入探究：杨老师将图2中的△BEF绕点B顺时针方向旋转．
①当点C，B，E三点不在一条直线上时，如图3所示，并让同学们提出新的问题并解决新问题．
“洞察小组”提出问题是(1)中△CEN形状的结论是否仍然成立？若成立，请你证明，若不成立；请你写出新的结论，并证明：
②“思考小组”提出问题是：若正方形的边长是4，把图2中的△BEF绕点B顺时针方向旋转一周过程中，连接AE，点G为AE中点，CG的最大值为______；当CG最小时，请直接写出点F到直线AE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C.该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2.【答案】D
【解析】解：A、两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变，故A错误；
B、不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变，故B错误；
C、不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故C错误；
D、不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故D正确；
故选：D．
根据不等式的性质，两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，可得答案．
本题考查了不等式的性质，注意不等式的两边都乘以或除以同一个负数时，不等号的方向改变．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直角三角形的性质和勾股定理，首先利用30°角所对的直角边是斜边的一半求出AC，再利用勾股定理求出AB的长．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，
∴AC=12AB=4，
根据勾股定理，得
AB= AB2−AC2= ８２−４２=4 3．
故选Ｄ．
4.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了中点四边形，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键．
利用三角形中位线定理得到EF与HG平行且相等，得到四边形EFGH为平行四边形，再由EH=EF，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证．
【解答】
解：菱形，理由为：
如图所示，∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF//AC，EF=12AC，
同理HG//AC，HG=12AC，
∴EF//HG，且EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵EH=12BD，AC=BD，
∴EF=EH，
则四边形EFGH为菱形，
故选：B．
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据角平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可。
【解答】
解：在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，根据角平分线的性质，集贸市场应建在∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处。
故选C。
6.【答案】C
【解析】解：∵点(x−3,2x3+4)在第二象限，
∴x−3<02x3+4>0，
解得−6
根据第二象限内点的横坐标小于0，纵坐标大于0列出不等式组，解之可得答案．
本题主要考查了象限特征及解简单不等式的能力，解答这类题学生往往在解题时不注意移项要改变符号这一点而出错．
7.【答案】C
【解析】解：由矩形ABCD的对角线相交于点O，根据矩形的对角线相等，可得AC=BD，
故选：C．
根据矩形的性质判定即可．
本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握其性质即可．
8.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴O为BD中点，∠DBE=12∠ABC=70°．
∵DE⊥BC，
∴在Rt△BDE中，OE=BE=OD，
∴∠OEB=∠OBE=70°．
∴∠OED=90°−70°=20°．
故选：A．
根据直角三角形的斜边中线性质可得OE=BE=OD，根据菱形性质可得∠DBE=12∠ABC=70°，从而得到∠OEB度数，再依据∠OED=90°−∠OEB即可．
本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．
9.【答案】B
【解析】解：∵AB//CE，
∴∠CAB=∠ACE=68°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE位置，
∴AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，
∴∠ECA=∠AEC=68°，
∴∠EAC=44°，
∴∠CAD=68°−44°=24°，
故选：B．
由旋转的性质可得AE=AC，∠CAB=∠EAD=68°，由等腰三角形的性质可求∠ECA=∠AEC=68°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：A、当∠ABC=90°时，由有一个角为直角的平行四边形是矩形可得四边形ABCD是矩形，故该选项不符合题意；
B、当AC⊥BD时，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，故该选项不符合题意；
C、当▱ABCD是正方形时，由正方形的对角线可得AC=BD，故该选项不符合题意；
D、当▱ABCD是菱形时，可得AB=BC=CD=DA，不能得到AB=AC，故该选项符合题意；
故选：D．
根据矩形、菱形、正方形的判定和性质逐个判断即可．
本题考查了对矩形、菱形、正方形的判定和性质的应用，能正确运用判定定理和性质定理进行判断是解此题的关键．
11.【答案】六
【解析】解：设这个多边形为n边形，由题意得，
(n−2)×180°=360°×2，
解得n=6，
即这个多边形为六边形，
故答案为：六．
根据多边形的内角和与外角和的计算方法列方程求解即可．
本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形内角和、外角和的计算方法是正确解答的前提．
12.【答案】7
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，AD=BC，
由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA=EC，
∵△CDE的周长为12，
∴CE+ED+CD=12，
∴AE+ED+5=12，
∴AD+5=12，
∴AD=7，
∴BC=AD=7．
故答案为：7．
证明AD+CD=12，求出AD可得结论．
本题考查作图−基本作图，平行四边形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
13.【答案】x>32
【解析】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，
∴当x>32时，2x>ax+4，
即不等式2x>ax+4的解集为x>32．
故答案为x>32．
由于函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(32,3)，观察函数图象得到当x>32时，函数y=2x的图象都在y=ax+4的图象上方，所以不等式2x>ax+4的解集为x>32．
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
14.【答案】4 5
【解析】【分析】
本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
根据三角形的中位线定理即可求得四边形EGFH的各边长，从而求得周长．
【解答】
证明：∵E、G是AB和AC的中点，
∴EG=12BC=12×2 5= 5，
同理HF=12BC= 5，
EH=GF=12AD=12×2 5= 5．
∴四边形EGFH的周长是：4× 5=4 5．
故答案为：4 5．
15.【答案】60° 3 13+32或3 13−32
【解析】解：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵等边△ABC的边长为6，点D，E分别为AC，BC的中点，
∴CD=CE=12×6=3，
∴△CDE是边长为3的等边三角形，
∴∠ECD=∠ACB=60°，
∴∠ECD+∠ACE=∠ACB+∠ACE，即∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠BOC=∠AOE，∠BOC+∠CBE+∠ACB=∠AOE+∠CAD+∠AFB=180°，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
如图2，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的上方时，过点C作CH⊥BF于点H，
∵△CDE是边长为3的等边三角形，
∴∠CFE=∠CDE=60° CD=CF=DE=EF=3，
∴∠FCH=90°−60°=30°，HF=12CF=32CH= CF2−HF2= 32−(32)2=32 3，
∵BC=6，
∴BH= BC2−HF2= 62−(32 3)2=32 13，
∴BE=BD−EF=BH+HF−EF=32 13+32−3=3 13−32；
如图3，在整个旋转过程中，当点D与F重合时，且点D在BC的下方时，过点C作CH⊥BF于点H，
同理得HE=HF=32，BH=32 13，
∴BE=BH+HE=32 13+32=3 13+32，
故答案为：60°；3 13+32或3 13−32．
根据等边三角形的性质及全等三角形的判定及性质得△ACD≌△BCE(SAS)，∠CBE=∠CAD，从而得∠AFB=∠ACB=60°，利用勾股定理及等边三角形的性质分类讨论求解BE的长即可．
本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定及性质、等边三角形的性质、三角形的内角和定理以及直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理、全等三角形的判定及性质以及等边三角形的性质是解题的关键．
16.【答案】解：1−x<2(2x+3)①5+x3≥x+13②，
解不等式①得：x>−1，
解不等式②得：x≤2，
∴原不等式组的解集为：−1
本题考查了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．
17.【答案】解：解方程组得x=4a+4y=−a+3，
由题意知4a+4>0−a+3>0，
解得−1
本题考查的是解二元一次方程组和一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18.【答案】证明：∵四边形BCDE是矩形，
∴EB=DC，∠EBC=∠DCB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABE=∠ACD，
在△ABE与△ACD中，
AB=AC∠EAB=∠DACAE=AD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴AE=AD．
【解析】本题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形的性质．
根据矩形的性质和利用SAS证得两个三角形全等即可．
19.【答案】(0,2)或(0,4)或(0,−4)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点A2的坐标为(3,−3)．
(3)当以B1C1为对角线时，可得平行四边形B1P′C1Q1，
则点Q1的坐标为(0,2)．
当以B1C1为一边时，可得平行四边形B1C1Q2P和平行四边形B1C1PQ3，
则点Q2的坐标为(0,4)，点Q3的坐标为(0,−4)．
∴点Q的坐标为(0,2)或(0,4)或(0,−4)．
故答案为：(0,2)或(0,4)或(0,−4)．
(1)根据平移的性质作图即可．
(2)根据旋转的性质作图，即可得出答案．
(3)分别讨论以B1C1为对角线和以B1C1为一边的情况，结合平行四边形的判定确定点Q的位置，即可得出答案．
本题考查作图−平移变换、旋转变换、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，
又∵AB//CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE//BF；
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，E为AB的中点，
∴ED=EB，
又∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
(2)解：∵∠A=60°，∠ADB=90°，
∴∠ABD=30°，
∴AB=2AD=6，
∴BD= AB2−AD2=3 3，
∴四边形BFDE的面积=S△ABD=12AD⋅BD=12×3×3 3=9 32．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB//CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
(2)根据勾股定理得到BD= AB2−AD2=3 5，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了菱形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
21.【答案】解：任务1：由电子存单2可得：m(12−10)+32=44，
解得：m=6，
∴樱桃重量超过10千克时寄送费用y(元)关于樱桃重量x(千克)之间的函数关系式为：y=6(x−10)+32=6x−28(x>10)；
任务2：若单件寄送，则需寄费y=6×26−28=128(元)，
若分两件寄送，则可使得每件都不少于10千克，例如一件10千克，一件16千克，需寄费32+16×6−28=100(元)，
若分三件寄送，则可使得三件都少于10千克，则需寄费32×3=96(元)，
∴96<100<128，
最省寄送费用是96元；
任务3：∵前10千克的快递费是32元，超过10千克的部分是6元/千克，
∴设小红购买的樱桃一共分y件10kg的寄送方式，
由题意得，80×10y+32y≤8000，
解得y≤12513，
又∵y是正整数，
∴y最大值为9，
∴还剩下8000−80×10×9−32×9=512元，
∵512=80×6+32，
∴9件10kg，余下的钱刚好能再购买并寄送6kg，故共可寄送96kg；
若8件10kg的寄送的寄费为80×10×8+32×8=6656元，
15×6−28+15×80=1262，6656+1262=7918<8000，
16×6−28+16×80=1348，6656+1348=8004>8000，
此时最多可寄送95kg．
∴最省钱的寄送方式应该是9件不超过10kg的寄送，一件6kg寄送，
∴小红最多可以购买10×9+6=96kg樱桃，寄送方式为9件10kg，1件6kg．
【解析】任务1：利用电子存单2或3的总费用和计量重量列出方程求出m，从而得解；
任务2：根据总计量重量是26千克，设计方案求出总费用，比较大小即可；
任务3：要尽可能的多寄送，则应该多寄10千克一件的，也就是一件少于10千克的，其余都是10千克，或者也就是一件10～20千克的，其余都是10千克，设小红购买的香榧一共分y件不超过10kg的寄送方式，根据总费用不超过8000元列出不等式，求出y的取值范围，继而求出y的最大值，计算购买9件10千克的香榧剩余的钱或8件10千克的香榧剩余的钱，再根据剩余的钱计算剩余的寄送的重量，从而得解．
本题考查一次函数和一元一次不等式的应用，根据题意函数解析式或不等式求解是解题的关键．
22.【答案】−3 5 0 20
【解析】(1)解：将点C的坐标代入直线表达式得：6=3k+15，
解得：k=−3，
则一次函数的表达式为：y=−3x+15，
则点A(5,0)，
故答案为：−3，5，0；
(2)证明：当y=6时，即34x=6，则x=8，
即点D(8,6)；
则CD=8−3=5=OA，
∵CD//AO，
∴四边形OADC是平行四边形；
(3)解：①由点D的坐标得，DO=10，
当t=1时，CP=DQ=1，
则PQ=10−2=8，
则S△CPQ=810S△AOD=820S平行四边形OADC=820×AO×yD=820×5×6=12，
故答案为：20；
②当∠CPD=90°时，
则点P、C的横坐标相同，则点P(3,94)，
而OD的中点坐标为：(4,3)，
由点P、Q中点也为OD的中点，
由中点坐标公式得：点Q(5,154)；
当∠CPD=90°时，
则CP⊥OD，
则直线CP的表达式为：y=−43(x−3)+6，
联立上式和OD的表达式得：34x=−43(x−3)+6，
解得：x=245，
同理可得，点Q的横坐标为：165，
则点Q(165,125)，
综上，点Q的坐标为：(165,125)或(5,154).
(1)由待定系数法求出函数表达式，即可求解；
(2)证明CD=8−3=5=OA，而CD//AO，即可求解；
(3)①由S△CPQ=810S△AOD=820S平行四边形OADC=820×AO×yD=820×5×6=12，即可求解；
②当∠CPD=90°时，则点P、C的横坐标相同，则点P(3,94)，由中点坐标公式得：点Q(5,154)；当∠CPD=90°时，同理可解．
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、面积的计算、直角三角形的性质，分类求解是解题的关键，
23.【答案】AC=FN 等腰直角 2 2+2
【解析】解：(1)如图，△ABC和△BFE是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠BEF=90°，AC=BC=BE=FE，
∵点C，B，E三点在一条直线上，∠ACB+∠BEF=180°，
∴AC//EF，
∴四边形ACEF是矩形，
∴∠CAM=∠NFM=90°，
∵点M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△AMC和△FMN中，
∠CAM=∠NFMAM=FM∠AMC=∠FMN，
∴△AMC≌△FMN(ASA)，
∴AC=FN=EF，
∴CE=EN=2AC，
∵∠CEN=90°，
∴△CEN是等腰直角三角形．
故答案为：AC=FN，等腰直角
(2)①成立．
证明：如图，延长CB，NF相交于点H，设EF与BH相交于点O，△ABC和△BFE是等腰直角三角形，
∵点M是AF的中点，
∴AM=FM，
∵NF//AC，
∴∠CAF=∠NFA，
在△AMC和△FMN中，
∠CAF=∠NFAAM=FM∠AMC=∠FMN，
∴△AMC≌△FMN(ASA)，
∴NF=AC，
∵△ACB和△BEF是腰长相等的等腰直角三角形，
∴AC=CB=BE=EF=NF，且∠ACB=∠BEF=90°，
∵NF//AC，
∴∠ACB+∠CHN=180°，
∴∠CHN=90°，
∵∠FOB是△BOE和△FOH的外角，
∴∠FOB=∠OFH+90°=∠OBE+90°，
∴∠OFH=∠OBE，
∴∠CBE=∠EFN，
在△EBC和△EFN中，
BE=EF∠CBE=∠EFNBC=FN，
∴△EBC≌△EFN(SAS)，
∴∠CEB=∠NEF，CE=EN，
∴∠CEB+∠BEN=∠NEF+∠BEN=90°，
即∠CEN=90°，
∴△CEN是等腰直角三角形；
②延长AC至H，使AC=CH，连接BH，
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴∠HAB=45°，AC=BC，
∴AB=BH，∠AH=45°，
即△ABH为等腰直角三角形，
∵BC=BE=4，
∴AB= 2BC=4 2，
∴BH=4 2，
∴HE≤BH+BE=4 2+4，
∴HE的最大值为4 2+4，
∵C为AH的中点，G为AE的中点，
∴CG为△AHE的中位线，
∴CG=12HE=2 2+2．
同理可知，CG有最小值时，EH最小，
此时HE≥BH+BE=4 2−4，HE的最小值为4 2−4，
如图，作FK⊥AE，交AE的延长线于点K，
∵AB=4 2，BE=4，
∴AE= AB2+BE2=4 3，
∵∠AEB+∠KEF=∠KEF+∠EFK=90°，
∴∠AEB=∠KFE，
∵∠ABE=∠FKE=90°，
∴△ABE∽△EKF，
∴AEEF=BEKF，
∴4 34=4KF，
∴KF=43 3．
即点F到直线AE的距离为43 3．
故答案为：2 2+2．
(1)根据正方形和等腰直角三角形性质可证得△AMC≌△FMN(ASA)，推出AC=FN=EF，CE=EN=2AC，∠CEN=90°，即可证得结论；
(2)①延长CB，NF相交于点H，设EF与BH相交于点O，可证得△AMC≌△FMN(ASA)，得出NF=AC，再证得△EBC≌△EFN(SAS)，∠CEB=∠NEF，CE=EN，即可推出△CEN是等腰直角三角形；
②延长AC至H，使AC=CH，连接BH，求出CG=12HE=2 2+2.作FK⊥AE，交AE的延长线于点K，证明△ABE∽△EKF，得出AEEF=BEKF，求出KF的长，则可得出答案．
本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质等，正确添加辅助线是解题关键．某快递公司规定：
①从当地寄送樱桃到A市按重量收费；
当楼桃重量不超过10千克时，需要寄送费32元；
当重量超过10千克时，超过部分另收m元/千克．
②寄送樱桃重量均为整数千克．
电子存单1
电子存单2
电子存单3
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：7千克
件数：1
总费用：32元
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：12千克
件数：1
总费用：44元
托寄物：樱桃
包装服务产品类型：某快递公司
计量重量：15千克
件数：1
总费用：62元
任务1
分析变量关系
根据以上信息，请求出m的值，并求出樱桃重量超过10千克时寄送费用y(元)关于樱桃重量x(千克)之间的函数关系式
任务2
计算最省费用
若樱桃重量达到26千克，请求出最省的寄送费用．
任务3
探索最大重量
小红想在当地购买一批价格为80元/千克的樱桃并全部寄送给在A市的朋友们，若小红能用来支配的钱有8000元，请直接写出她最多可以购买多少千克的樱桃？
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