湖南省长沙市2024-2025学年八年级下学期开学适应性模拟考 数学练习卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市2024-2025学年八年级下学期开学适应性模拟考 数学练习卷（含解析），共25页。
A．（﹣2023，﹣2023）B．（2023，2023）
C．（﹣2023，2023）D．（2023，﹣2023）
2．（3分）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．1cm，3cm，5cmB．2cm，2cm，3cm
C．2cm，3cm，5cmD．2cm，5cm，1cm
3．（3分）下列分式中，是最简分式的是（ ）
A．2a3a2bB．a+ba2+b2
C．aa2-3aD．a2-aba2-b2
4．（3分）如图，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，点C、D、E、F共线．则
下列结论，其中正确的是（ ）
①△AFB≌△AEC；
②BF＝CE；
③∠BFC＝∠EAF；
④AB＝BC．
A．①②③B．①②④C．①②D．①②③④
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（a+b）2＝a2+b2B．（a2）3＝a5
C．a2•a4＝a6D．（2a2）3＝6a6
6．（3分）如果多边形的每一个外角都是20°，那么这个多边形的边数是（ ）
A．8B．12C．16D．18
7．（3分）比较∠CAB与∠DAB的大小时，把它们的顶点A和边AB重合，把∠CAB和∠DAB放在AB的同一侧，若∠CAB＞∠DAB，则（ ）
A．AD落在∠CAB的内部B．AD落在∠CAB的外部
C．AC和AD重合D．∠DAC=12∠CAD
8．（3分）某厂原来生产一种边长为a厘米的正方形地砖，现将地砖的一边扩大3厘米，另一边缩短3厘米，改成生产长方形地砖．若材料的成本价为每平方厘米b元，则这种长方形地砖每块的材料成本价与正方形地砖相比（ ）
A．增加了9b元B．增加了3ab元
C．减少了9b元D．减少了3ab元
9．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°．分别以点A、B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点M、N，直线MN交AC于点 D．连结BD，再按如图所示作射线CP，交BD于点P，根据图中尺规作图痕迹推断，以下结论错误的是（ ）
A．BD≠ADB．∠BCP＝∠ACPC．∠ABP＝∠AD．∠BPC＝110°
10．（3分）八年级（3）班小王和小张两人练习跳绳，小王每分钟比小张少跳60个，小王跳120个所用的时间和小张跳180个所用的时间相等．设小王跳绳速度为x个每分钟，则列方程正确的是（ ）
A．120x+60=180xB．120x=180x-60
C．120x=180x+60D．120x-60=180x
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）射击队员在瞄准目标时，手、肘、肩构成托枪三角形，说明三角形具有 ．
12．（3分）把代数式a3﹣9a因式分解，第一步先 ，结果为 ．
13．（3分）（2023•番禺区校级一模）若分式2x-3x+2无意义，则x的值为 ．
14．（3分）已知2a=116，（13）b＝27，则ab的值为 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD平分∠BAC交BC于点D，则S△ABD：S△ADC＝ ．
16．（3分）如图，已知AD∥BC，∠BAD的平分线与∠ABC的平分线相交于点P，过点P作EF⊥AD，交AD于点E，交BC于点F，AB＝8cm，S△APB＝12cm2，则EF的长为 ．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（12分）计算：
（1）(π-1)0+(13)-1+|-2|-18；
（2）48÷3-12×12+24；
（3）（7+43）（7﹣43）+（5-1）2．
18．（6分）解方程：3x-2-x2-x=-2．
19．（6分）先化简，后求值：（2x﹣1）2﹣（2x+1）（2x﹣1），其中x=-112．
20．（8分）如图，过∠AOB平分线上一点C作CD∥OB交OA于点D，E是线段OC的中点，请过点E画直线分别交射线CD、OB于点M、N，求证：OD＝ON+DM．
21．（8分）为方便群众出行，甲、乙两个工程队负责修建某段通往高铁站的快线，已知甲队每天修路的长度是乙队的1.5倍，如果两队各自修建快线2.4km，甲队比乙队少用4天．
（1）求甲，乙两个工程队每天各修路多少km？
（2）现计划再修建长度为12km的快线，由甲、乙两个工程队来完成．若甲队每天所需费用为1万元，乙队每天所需费用为0.6万元，求在总费用不超过38万元的情况下，至少安排乙工程队施工多少天？
22．（9分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△OAB的两个顶点的坐标分别是A（3，0），B（2，3）．
（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，其中点A，B的对应点分别为A1，B1，并直接写出点A1，B1的坐标；
（2）点C为y轴上一动点，连接A1C，B1C，求A1C+B1C的最小值并求出此时点C的坐标．
23．（11分）已知：等腰Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC．
（1）如图1，直线l过点B，过点A作AD⊥l于D，连接CD．
①填空：∠CAD+∠CBD＝ °；
②求BD+ADCD的值．
（2）如图2，∠CEB＝45°，连接AE，求证：AE2＝2CE2+BE2．
24．（12分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动．当点P不与点A、B重合时，作点P关于直线AC的对称点Q，连结PQ，以PQ、PB为边作▱PBMQ．设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段PQ的长；
（2）当点M落在边AC上时，求t的值；
（3）按要求填空：当t＝ 时，PM∥BC，▱PBMQ的周长为 ；
当t＝ 时，PM∥AC，▱PBMQ的周长为 ．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2023，﹣2023）关于y轴的对称点A′的坐标是（ ）
A．（﹣2023，﹣2023）B．（2023，2023）
C．（﹣2023，2023）D．（2023，﹣2023）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
【分析】根据两点关于y轴对称，横坐标互为相反数，纵坐标相等进行判断作答即可．
【解答】解：由题意知，A′的坐标是（2023，﹣2023），
故选：D．
【点评】本题考查了关于y轴对称的点坐标的特征，熟练掌握两点关于y轴对称，横坐标互为相反数，纵坐标相等是解题的关键．
2．（3分）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．1cm，3cm，5cmB．2cm，2cm，3cm
C．2cm，3cm，5cmD．2cm，5cm，1cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据构成三角形的条件进行求解即可．
【解答】解；A、∵1+3＜5，∴不能构成三角形，不符合题意；
B、∵3﹣2＜2＜3+2，∴能构成三角形，符合题意；
C、∵2+3＝5，∴不能构成三角形，不符合题意；
D、∵1+2＜5，∴不能构成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是三角形的三边关系，熟知三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．
3．（3分）下列分式中，是最简分式的是（ ）
A．2a3a2bB．a+ba2+b2
C．aa2-3aD．a2-aba2-b2
【考点】最简分式．
【专题】分式；运算能力．
【答案】B
【分析】分别化简每一个分式可得2a3a2b=23ab，aa2-3a=1a-3，a2-aba2-b2=aa+b，即可求解．
【解答】解：2a3a2b=23ab，故A不符合题意；
a+ba2+b2是最简分式，故B符合题意；
aa2-3a=1a-3，故C不符合题意；
a2-aba2-b2=a(a-b)(a-b)(a+b)=aa+b，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查分式的化简，熟练掌握分式的化简方法，准确化简是解题的关键．
4．（3分）如图，已知AB＝AC，AF＝AE，∠EAF＝∠BAC，点C、D、E、F共线．则
下列结论，其中正确的是（ ）
①△AFB≌△AEC；
②BF＝CE；
③∠BFC＝∠EAF；
④AB＝BC．
A．①②③B．①②④C．①②D．①②③④
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】想办法证明△FAB≌△EAC（SAS），利用全等三角形的性质即可解决问题；
【解答】解：∵∠EAF＝∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAE，
∵AF＝AE，AB＝AC，
∴△FAB≌△EAC（SAS），故①正确，
∴BF＝EC，故②正确，
∴∠ABF＝∠ACE，
∵∠BDF＝∠ADC，
∴∠BFC＝∠DAC，∵∠DAC＝∠EAF，
∴∠BFC＝∠EAF，故③正确，
无法判断AB＝BC，故④错误，
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（3分）下列运算正确的是（ ）
A．（a+b）2＝a2+b2B．（a2）3＝a5
C．a2•a4＝a6D．（2a2）3＝6a6
【考点】完全平方公式；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．
【专题】整式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据完全平方公式，幂的乘方与积的乘方的运算法则以及同底数幂的乘法的运算法则解答即可．
【解答】解：A、（a+b）2＝a2+2ab+b2，原计算错误，故此选项不符合题意；
B、（a2）3＝a6，原计算错误，故此选项不符合题意；
C、a2•a4＝a6，原计算正确，故此选项符合题意；
D、（2a2）3＝8a6，原计算错误，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了完全平方公式，幂的乘方与积的乘方以及同底数幂的乘法，熟记法则和公式是解答本题的关键．
6．（3分）如果多边形的每一个外角都是20°，那么这个多边形的边数是（ ）
A．8B．12C．16D．18
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数是：360°÷20°＝18．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系，是解题关键．
7．（3分）比较∠CAB与∠DAB的大小时，把它们的顶点A和边AB重合，把∠CAB和∠DAB放在AB的同一侧，若∠CAB＞∠DAB，则（ ）
A．AD落在∠CAB的内部B．AD落在∠CAB的外部
C．AC和AD重合D．∠DAC=12∠CAD
【考点】角的大小比较．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】A
【分析】如果两个角的顶点重合，且有一边重合，两角的另一边均落在重合边的同旁：如果这两边也重合，说明两角相等；如果两边不重合，另一条边在里面的小，在外面的大；由此方法直接填空即可．
【解答】解：比较∠CAB与∠DAB时，把它们的顶点A和边AB重合，把∠CAB和∠DAB放在AB的同一侧，若∠CAB＞∠DAB，
则AD落在∠CAB的内部．
故选：A．
【点评】此题考查利用重合的方法比较两个角的大小，注意两个重合：顶点和一边；一个同侧：两个角的另一条边再重合边的同侧．
8．（3分）某厂原来生产一种边长为a厘米的正方形地砖，现将地砖的一边扩大3厘米，另一边缩短3厘米，改成生产长方形地砖．若材料的成本价为每平方厘米b元，则这种长方形地砖每块的材料成本价与正方形地砖相比（ ）
A．增加了9b元B．增加了3ab元
C．减少了9b元D．减少了3ab元
【考点】平方差公式的几何背景；列代数式．
【专题】整式；运算能力．
【答案】C
【分析】分别求出正方形地砖、长方形地砖的面积，根据面积的增减变化可求出答案．
【解答】解：正方形地砖的面积为a2平方厘米，长方形地砖面积为（a+3）（a﹣3）＝（a2﹣9）平方厘米，
长方形面积比正方形减少了9平方厘米，
因此这种长方形地砖每块的材料成本价与正方形地砖相比减少了9b元，
故选：C．
【点评】本题考查列代数式，平方差公式，理解正方形面积与长方形面积增减变化情况是解决问题的关键．
9．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°．分别以点A、B为圆心，以大于12AB长为半径画弧，两弧交于点M、N，直线MN交AC于点 D．连结BD，再按如图所示作射线CP，交BD于点P，根据图中尺规作图痕迹推断，以下结论错误的是（ ）
A．BD≠ADB．∠BCP＝∠ACPC．∠ABP＝∠AD．∠BPC＝110°
【考点】作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】作图题；运算能力．
【答案】C
【分析】根据线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的性质及外角定理求解．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
由作图得：BP平分∠ABC，D在AC的垂直平分线上，
∴∠ABP＝∠PBC＝35°，AD＝CD，
∴∠ACP＝∠A＝40°，
∴∠BDC＝∠ACD+∠A＝80°，
∴∠CPC＝∠ABP+∠BDC＝115°，
故选：C．
【点评】本题考查复杂作图，掌握线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的性质及外角定理是解题的关键．
10．（3分）八年级（3）班小王和小张两人练习跳绳，小王每分钟比小张少跳60个，小王跳120个所用的时间和小张跳180个所用的时间相等．设小王跳绳速度为x个每分钟，则列方程正确的是（ ）
A．120x+60=180xB．120x=180x-60
C．120x=180x+60D．120x-60=180x
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
【专题】分式方程及应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据小王跳120个所用的时间和小张跳180个所用的时间相等，可以列出相应的分式方程．
【解答】解：由题意可得，
120x=180x+60，
故选：C．
【点评】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，找出等量关系，列出相应的方程．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）射击队员在瞄准目标时，手、肘、肩构成托枪三角形，说明三角形具有 稳定性 ．
【考点】三角形的稳定性．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】稳定性．
【分析】根据三角形的稳定性直接写出答案即可．
【解答】解：射击队员在瞄准目标时，手、肘、肩构成托枪三角形，说明三角形具有稳定性，
故答案为：稳定性．
【点评】考查了三角形的稳定性，了解三角形的稳定性是解答本题的关键，难度不大．
12．（3分）把代数式a3﹣9a因式分解，第一步先 提公因式a ，结果为 a（a+3）（a﹣3） ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】提公因式a，a（a+3）（a﹣3）．
【分析】先提公因式，再利用平方差公式分解即可解答．
【解答】解：a3﹣9a
＝a（a2﹣9）
＝a（a+3）（a﹣3），
把代数式a3﹣9a因式分解，第一步先提公因式a，结果为a（a+3）（a﹣3），
故答案为：提公因式a，a（a+3）（a﹣3）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
13．（3分）（2023•番禺区校级一模）若分式2x-3x+2无意义，则x的值为 ﹣2 ．
【考点】分式有意义的条件．
【专题】计算题；分式；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据分式的分母为零分式无意义，可得答案．
【解答】解：由分式2x-3x+2无意义，得
x+2＝0．
解得x＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了分式有意义的条件，利用分式的分母为零分式无意义得出方程是解题关键．
14．（3分）已知2a=116，（13）b＝27，则ab的值为 -164 ．
【考点】负整数指数幂．
【专题】实数；运算能力．
【答案】-164．
【分析】根据负整数指数幂解决此题．
【解答】解：∵2a=116，（13）b＝27，
∴2a＝2﹣4，3﹣b＝33．
∴a＝﹣4，b＝﹣3．
∴ab=(-4)-3=-164．
故答案为：-164．
【点评】本题主要考查负整数指数幂，熟练掌握负整数指数幂是解决本题的关键．
15．（3分）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD平分∠BAC交BC于点D，则S△ABD：S△ADC＝ 4：3 ．
【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】4：3．
【分析】过D点作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，由角平分线的性质可得DE＝DF，再利用三角形的面积公式计算可求解．
【解答】解：过D点作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，
∵AD平分∠BAC，
∴DE＝DF，
∵AB＝4，AC＝3，
∴S△ABD：S△ADC＝（12AB•DE）：（12AC•DE）＝AB：AC＝4：3，
故答案为4：3．
【点评】本题主要考查角平分线的性质，根据角平分线的性质得DE＝DF是解题的关键．
16．（3分）如图，已知AD∥BC，∠BAD的平分线与∠ABC的平分线相交于点P，过点P作EF⊥AD，交AD于点E，交BC于点F，AB＝8cm，S△APB＝12cm2，则EF的长为 6 ．
【考点】角平分线的性质；平行线的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】6．
【分析】过P点作PH⊥AB于H，如图，先利用平行线的性质得到EF⊥BC，再根据角平分线的性质得到PE＝PH，PF＝PH，则EF＝2PH，然后利用三角形面积公式计算出PH，从而得到EF的长．
【解答】解：过P点作PH⊥AB于H，如图，
∵AD∥BC，EF⊥AD，
∴EF⊥BC，
∵AP平分∠BAD，PH⊥AB，PE⊥AD，
∴PE＝PH，
同理可得PF＝PH，
∴PE＝PF＝PH，
∴EF＝2PH，
∵S△APB=12AB•PH＝12，
∴PH=12×28=3，
∴EF＝2×3＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了平行线的性质．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（12分）计算：
（1）(π-1)0+(13)-1+|-2|-18；
（2）48÷3-12×12+24；
（3）（7+43）（7﹣43）+（5-1）2．
【考点】二次根式的混合运算；平方差公式；零指数幂；负整数指数幂．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】（1）6﹣32；
（2）4+6；
（3）7﹣25．
【分析】（1）先化简，然后计算加减法即可；
（2）先算乘除法，再算加减法即可；
（3）根据平方差公式和完全平方公式计算即可．
【解答】解：（1）(π-1)0+(13)-1+|-2|-18
＝1+3+2﹣32
＝6﹣32；
（2）48÷3-12×12+24
=16-6+26
＝4-6+26
＝4+6；
（3）（7+43）（7﹣43）+（5-1）2
＝49﹣48+5﹣25+1
＝7﹣25．
【点评】本题考查二次根式的混合运算、实数的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键，注意平方差公式和完全平方公式的应用．
18．（6分）解方程：3x-2-x2-x=-2．
【考点】解分式方程．
【专题】计算题；分式方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】x=13是原方程的解．
【分析】根据解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论．
【解答】解：原方程化为：
3x-2+xx-2=-2，
两边同乘（x﹣2），得：
3+x＝﹣2（x﹣2），
去括号得：3+x＝﹣2x+4，
移项合并得：3x＝1，
解得：x=13，
经检验，x=13是原方程的解．
【点评】本题考查了分式方程的解，掌握解分式方程的步骤，首先对原方程进行变形，把分母化为相同的是解题关键．
19．（6分）先化简，后求值：（2x﹣1）2﹣（2x+1）（2x﹣1），其中x=-112．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【答案】2﹣4x，8．
【分析】先根据完全平方公式和平方差公式将整式展开，进而合并同类项，最后将x的值代入求解即可．
【解答】解：原式＝4x2﹣4x+1﹣[（2x）2﹣1]
＝4x2﹣4x+1﹣4x2+1
＝2﹣4x，
当x=-112时，原式=2-4×(-112)=8．
【点评】本题主要考查了整式的乘法运算以及化简求值，掌握乘法公式是解题的关键．
20．（8分）如图，过∠AOB平分线上一点C作CD∥OB交OA于点D，E是线段OC的中点，请过点E画直线分别交射线CD、OB于点M、N，求证：OD＝ON+DM．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】几何图形．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先根据OC是∠AOB的平分线，CD∥OB，判断出∠DOC＝∠DC0，所以OD＝CD＝DM+CM；然后根据E是线段OC的中点，CD∥OB，推得CM＝ON，即可判断出OD＝DM+ON，据此解答即可．
【解答】证明：∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠DOC＝∠COB，
又∵CD∥OB，
∴∠DOC＝∠DCO，
∴OD＝CD＝DM+CM，
∵E是线段OC的中点，
∴CE＝OE，
在△MEC与△NEO中
CE=OE∠DCO=∠COB∠MEC=∠NEO，
∴△MEC≌△NEO
∴CM＝ON，
∴OD＝ON+DM．
【点评】此题主要考查了平行线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等．简单说成：两直线平行，同位角相等．②定理2：两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．③定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等．
21．（8分）为方便群众出行，甲、乙两个工程队负责修建某段通往高铁站的快线，已知甲队每天修路的长度是乙队的1.5倍，如果两队各自修建快线2.4km，甲队比乙队少用4天．
（1）求甲，乙两个工程队每天各修路多少km？
（2）现计划再修建长度为12km的快线，由甲、乙两个工程队来完成．若甲队每天所需费用为1万元，乙队每天所需费用为0.6万元，求在总费用不超过38万元的情况下，至少安排乙工程队施工多少天？
【考点】分式方程的应用；一元一次不等式的应用．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；应用意识．
【答案】（1）甲工程队每天修路0.3千米，乙工程队每天修路0.2千米；
（2）至少安排乙工程队施工30天．
【分析】（1）设乙工程队每天修路x米，则甲工程队每天修路1.5x米，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合两队各自修建公路2.4km时甲队比乙队少用4天，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设安排乙工程队施工m天，则安排甲工程队施工12-0.2m0.3天，根据总费用不超过38元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）设乙工程队每天修路x米，则甲工程队每天修路1.5x米，
依题意得：2.4x-．
解得：x＝0.2，
经检验，x＝0.2是原方程的解．
∴1.5x＝0.3．
答：甲工程队每天修路0.3千米，乙工程队每天修路0.2千米；
（2）设安排乙工程队施工m天，
则安排甲工程队施工的天数为12-0.2m0.3，
依题意得：0.6m+12-0.2m0.3×1≤38，
解得：m≥30．
答：至少安排乙工程队施工30天．
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
22．（9分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知△OAB的两个顶点的坐标分别是A（3，0），B（2，3）．
（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，其中点A，B的对应点分别为A1，B1，并直接写出点A1，B1的坐标；
（2）点C为y轴上一动点，连接A1C，B1C，求A1C+B1C的最小值并求出此时点C的坐标．
【考点】作图﹣轴对称变换；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依据轴对称的性质，即可得到△OAB关于y轴对称的△OA1B1，进而得出点A1，B1的坐标；
（2）连接A1B，与y轴的交点即为点C的位置，依据勾股定理以及待定系数法，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示，△OA1B1即为所求，点A1的坐标为（﹣3，0），点B1的坐标为（﹣2，3）；
（2）如图所示，A1C+B1C的最小值等于A1B=32+52=34，
设直线A1B的解析式为y＝kx+b，
由A1（﹣3，0），B（2，3），可得
0=-3k+b3=2k+b，解得k=35b=95，
∴直线A1B的解析式为y=35x+95，
令x＝0，则y=95，
此时点C的坐标为（0，95）．
【点评】本题主要考查了利用轴对称变换作图，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
23．（11分）已知：等腰Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC．
（1）如图1，直线l过点B，过点A作AD⊥l于D，连接CD．
①填空：∠CAD+∠CBD＝ 180 °；
②求BD+ADCD的值．
（2）如图2，∠CEB＝45°，连接AE，求证：AE2＝2CE2+BE2．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①180；②2；
（2）证明见解析．
【分析】（1）①由四边形内角和定理即可得出结论；
②证△CAD≌△CBM（SAS），得CD＝CM，∠ACD＝∠BCM，再证∠DCM＝90°，则△CDM是等腰直角三角形，得DM=CD2+CM2=2CD，进而得出结论；
（2）过点C作CF⊥CE，使CF＝CE，连接EF、BF，则△CEF是等腰直角三角形，由勾股定理得EF2＝CE2+CF2＝2CE2，BF2＝EF2+BE2＝2CE2+BE2，再证△ACE≌△BCF（SAS），得AE＝BF，即可得出结论．
【解答】（1）解：①∵AD⊥l于D，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠CBD＝360°﹣∠ADB﹣∠ACB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
故答案为：180；
②如图1，延长DB至M，使BM＝AD，连接CM，
由①可知，∠CAD+∠CBD＝180°，
∵∠CBM+∠CBD＝180°，
∴∠CAD＝∠CBM，
在△CAD和△CBM中，
AC=BC∠CAD=∠CBMAD=BM，
∴△CAD≌△CBM（SAS），
∴CD＝CM，∠ACD＝∠BCM，
∴∠BCM+∠BCD＝∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝90°，
即∠DCM＝90°，
∴△CDM是等腰直角三角形，DM=CD2+CM2=2CD，
∵DM＝BD+BM＝BD+AD，
∴BD+AD=2CD，
∴BD+ADCD=2CDCD=2；
（2）证明：如图2，过点C作CF⊥CE，使CF＝CE，连接EF、BF，
则△CEF是等腰直角三角形，
∴EF2＝CE2+CF2＝2CE2，∠CEF＝45°，
∴∠BEF＝∠CEF+∠CEB＝45°+45°＝90°，
∴BF2＝EF2+BE2＝2CE2+BE2，
∵∠ACB＝90°，∠ECF＝90°，
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECF+∠BCE，
即∠ACE＝∠BCF，
在△ACE和△BCF中，
AC=BC∠ACE=∠BCFCE=CF，
∴△ACE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
∴AE2＝2CE2+BE2．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
24．（12分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动．当点P不与点A、B重合时，作点P关于直线AC的对称点Q，连结PQ，以PQ、PB为边作▱PBMQ．设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段PQ的长；
（2）当点M落在边AC上时，求t的值；
（3）按要求填空：当t＝ 20043 时，PM∥BC，▱PBMQ的周长为 76843 ；
当t＝ 83 时，PM∥AC，▱PBMQ的周长为 25615 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；能力层次；几何直观；推理能力．
【答案】（1）65t；
（2）t＝4；
（3）20043，76843；83，25615．
【分析】（1）设PQ交AC于点I，由点Q与点P关于直线AC对称，可知AC垂直平分PQ，则IP＝IQ，∠AIP＝90°，由勾股定理得AC＝10，再根据三角函数即可求出PQ=65t；
（2）由四边形PBMQ是平行四边形，得BM∥PQ，BM=PQ=65t，根据等面积12×10BM=12×8×6=S△ABC，即可求解；
（3）根据平行四边形的性质分PM∥BC时，QM=PQ⋅sin∠MPQ=PQ⋅sinA=35PQ和PM∥AC时BM=BP⋅sin∠MPB=BP⋅sinA=35BP进行求解即可．
【解答】解：（1）设PQ交AC于点I，如图1，
∵点Q与点P关于直线AC对称，
∴AC垂直平分PQ，
∴IP＝IQ，∠AIP＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，AP＝1×t＝t，
∴AC=AB2+BC2=82+62=10，
∴BC：AB：AC＝3：4：5，
∴IP=AP⋅sinA=35t，
∴PQ=2IP=2×35t=65t，
∴线段PQ的长为65t；
（2）如图2，点M在AC上，
∵四边形PBMQ是平行四边形，
∴BM∥PQ，BM=PQ=65t，
∴∠AMB＝∠AIP＝90°，
∴BM⊥AC，
∴12×10BM=12×8×6=S△ABC，
解得BM=245，
∴65t=245，
解得t＝4；
（3）如图3，PM∥BC，则∠APM＝∠ABC＝90°，
∵QM∥PB，QM＝BP＝8﹣t，
∴∠PMQ＝180°﹣∠APM＝90°，
∴∠MPQ＝∠A＝90°﹣∠API，
∴QM=PQ⋅sin∠MPQ=PQ⋅sinA=35PQ，
∴8-t=35×65t，
解得t=20043，
∴PQ=65×20043=24043，BP=8-20043=14443，
∴2PQ+2BP=2×24043+2×14443=76843，
∴▱PBMQ的周长是76843；
如图4，PM∥AC，则∠PMB＝∠MPQ＝∠AIP＝90°，∠BPM＝∠A，
∴BM=BP⋅sin∠MPB=BP⋅sinA=35BP，
∵BP＝8﹣t，
∴65t=35(8-t)，
解得t=83，
∴PQ=65×83=165，BP=8-83=163，
2PQ+2BP=2×165+2×163=25615，
∴▱PBMQ的周长是25615；
故答案为：20043，76843；83，25615．
【点评】此题查了轴对称的性质、勾股定理、平行四边形的性质、锐角三角函数与解直角三角形，数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法熟练掌握以上知识的应用是解题的关键．