广东深圳市罗湖区2025-2026学年下学期八年级期末数学自编练习卷含答案

这是一份广东深圳市罗湖区2025-2026学年下学期八年级期末数学自编练习卷含答案，共5页。试卷主要包含了不等式2，因式分解等内容，欢迎下载使用。
1．2025年6月21日是我国二十四节气中的夏至，深圳当天最高气温是34℃，最低气温28℃，则这天气温t（℃）的变化范围是（ ）
A．t≥28B．t≤34C．t＝31D．28≤t≤34
2．随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”Ai应用，以下是一些常见Ai应用的lg图案，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，在▱ABCD中，∠A＝70°，则∠D的度数为（ ）
A．70°B．80°C．110°D．120°
4．下列从左到右的变形，是因式分解的是（ ）
A．（x+4）（x﹣4）＝x2﹣16B．x2+2x+1＝x（x+2）+1
C．x2+1＝x（x+1x）D．a2b+ab2＝ab（a+b）
5．不等式2（x﹣2）＜3x﹣5的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．我国古代园林连廊常采用八边形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．如图是一个正八边形窗户的示意图，这个正八边形的每一个外角的度数是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
7．如图，函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（﹣1，m），则关于x的不等式﹣2x≥ax+3的解集是（ ）
A．x＜﹣1B．﹣1＜x＜0C．x≥﹣1D．x≤﹣1
8．如图，有两个完全重合的▱ABCD和▱AEFG，把▱AEFG绕点A按逆时针方向转动，使得点E落在▱ABCD的边CD上，连接BG，∠DAB＝45°，AB=10，BC＝2，则BG的长为（ ）
A．102B．10C．5D．25
填空题（每小题3分，共15分）
9．因式分解：x2﹣4x＝ ．
10．苯（分子式为C6H6）的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图2，点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，连接OC．若OC＝1，则CD的长是 ．
11．如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC中点，BF平分∠ABC．交DE于点F，AB＝8，BC＝6，则EF的长为 ．
12．某商品的标价比成本高p%，当该商品降价出售时，为了不亏本，降价幅度不得超过d%，若用p表示d，则d＝ ．
13．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点P从点B出发，沿B→A→D→C的方向匀速运动到点C，速度为1cm/s，图2是点P运动时，△APC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的图象，则a的值为 ．
三、解答题（共7小题，61分）
14．（7分）解不等式组2x+1＜3x+32(x−1)≤23x+1，并将它的解集在数轴上表示出来．
15．（7分）先化简：x2−4x2−2x+1÷（x2−2x−1−x），然后在1，2，3中选一个你认为合适的数代入求值．
16．（9分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）请画出△ABC向下平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2；
（3）在y轴上求作一点P，使△PAB的周长最小．
17．（8分）如图，平行四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，点E在AO上，点F在CO上，DE∥BF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若AD⊥BD，AD＝3，AB＝5．求AC的长．
18．（9分）水果批发市场的水果批发价格每天随市场供需变化而波动．第一次商家甲用600元买某种水果，商家乙用900元买同一种水果，结果乙买到的重量比甲多30千克．
（1）求该水果第一次的批发价格；
（2）若第二次水果价格发生变化，每千克批发价比第一次降低了2元．商家甲仍购买与第一次相同重量的这种水果，商家乙仍花费与第一次相同的金额购买这种水果．分别求甲、乙两次购买这种水果的平均单价；
（3）在水果批发市场中，有人习惯每次进固定重量的货，有人习惯每次花固定金额进货．从长期来看，哪种进货方式更合算？请运用所学的数学知识说明理由．
19．（10分）周末，嘉嘉和淇淇一起去体育场看球赛．如图1，共享单车停放点A，B和体育场C依次在一条东西走向的路上．两人从A，B之间的点P处同时出发，嘉嘉步行去停放点A，淇淇步行去停放点B，然后各自骑共享单车前往体育场C．已知嘉嘉和淇淇两人步行速度均为75m/min，两人到体育场的距离s嘉嘉（m）、s淇淇（m）与时间t（min）的函数关系图象如图2所示．
（1）在图2中，求纵轴上a的值；
（2）①嘉嘉骑上共享单车后，求s嘉嘉与t的函数关系式；
②求嘉嘉追上淇淇的时间t；
（3）若淇淇改为先步行去停放点A，然后骑共享单车去体育场，骑行速度与原来相同，直接写出与原来到达体育场相差的时间．
20．（11分）【综合探究】探究小组用两个完全相同的等腰直角三角形纸片通过平移做实验．
【操作探究】
（1）如图1，把重合中的△ABC向左平移成△DEF，顶点E恰好是BC边的中点，连接AF，AB=25，求三角形ACF的面积；
【深入探究】
（2）如图2，把△DEF继续向左平移，当点E与点C重合时，连接AF交DC于点G，求证：DG＝CG；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DQ⊥AF于点Q，连CQ，DQ＝2，直接写出CQ的长度．
参考答案
1．2025年6月21日是我国二十四节气中的夏至，深圳当天最高气温是34℃，最低气温28℃，则这天气温t（℃）的变化范围是（ ）
A．t≥28B．t≤34C．t＝31D．28≤t≤34
【分析】最高气温是34℃，即气温小于或等于34°，最低气温28℃即温度大于或等于28°，据此即可判断．
【解答】解：深圳当天最高气温是34℃，最低气温28℃，则这天气温t（℃）的变化范围是28≤t≤34．
故选：D．
【点评】本题考查不等式的识别，一般地，用不等号表示不相等关系的式子叫做不等式．解答此类题关键是要识别常见不等号：＞、＜、≤、≥、≠．
2．随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”Ai应用，以下是一些常见Ai应用的lg图案，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；据此进行判断即可．
【解答】解：A，B，C不是中心对称图形，D是中心对称图形，
故选：D．
【点评】本题考查中心对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
3．如图，在▱ABCD中，∠A＝70°，则∠D的度数为（ ）
A．70°B．80°C．110°D．120°
【分析】由平行四边形的性质推出DC∥AB，得到∠D+∠A＝180°，即可求出∠D的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠D+∠A＝180°，
∵∠A＝70°，
∴∠D＝110°．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形，关键是掌握平行四边形的对边平行．
4．下列从左到右的变形，是因式分解的是（ ）
A．（x+4）（x﹣4）＝x2﹣16B．x2+2x+1＝x（x+2）+1
C．x2+1＝x（x+1x）D．a2b+ab2＝ab（a+b）
【分析】直接利用因式分解的定义分别分析得出即可．
【解答】解：A、（x+4）（x﹣4）＝x2﹣16，是整式的乘法运算，故此选项不符合题意；
B、x2+2x+1＝x（x+2）+1，不符合因式分解的定义，故此选项不符合题意；
C、分母含有字母，不符合因式分解的定义，故此选项不符合题意；
D、a2b+ab2＝ab（a+b），是因式分解，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了因式分解的定义，正确把握因式分解的定义是解题关键．分解因式的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
5．不等式2（x﹣2）＜3x﹣5的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先解出不等式的解集，然后将解集在数轴上表示出来即可．
【解答】解：去括号，得：2x﹣4＜3x﹣5，
移项，得：2x﹣3x＜﹣5+4，
合并同类项，得：﹣x＜﹣1，
系数化为1，得：x＞1，
解集在数轴上表示如下：
故选：C．
【点评】本题考查解一元一次不等式、在数轴上表示不等式的解集，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法．
6．我国古代园林连廊常采用八边形的窗户设计，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．如图是一个正八边形窗户的示意图，这个正八边形的每一个外角的度数是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【分析】根据任意多边形的外角和为360°，结合正八边形各外角相等的性质，用外角和除以边数计算出单个外角的度数．
【解答】解：∵正八边形的8个外角都相等，任意多边形的外角和为360°，
∴正八边形的每一个外角的度数为360°8=45°．
故选：B．
【点评】本题考查多边形内角与外角，平面镶嵌（密铺），解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
7．如图，函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（﹣1，m），则关于x的不等式﹣2x≥ax+3的解集是（ ）
A．x＜﹣1B．﹣1＜x＜0C．x≥﹣1D．x≤﹣1
【分析】依据题意，结合图象写出不等式﹣2x≥ax+3的解集即可．
【解答】解：由题意得，不等式﹣2x≥ax+3的解集可以看作是函数y1＝﹣2x的图象在y2＝ax+3的图象上方部分对应的自变量的取值范围．
∵函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（﹣1，m），
∴结合图象可得，不等式﹣2x≥ax+3的解集为x≤﹣1，
故选：D．
【点评】本题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+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．
8．如图，有两个完全重合的▱ABCD和▱AEFG，把▱AEFG绕点A按逆时针方向转动，使得点E落在▱ABCD的边CD上，连接BG，∠DAB＝45°，AB=10，BC＝2，则BG的长为（ ）
A．102B．10C．5D．25
【分析】连接BE，过B作BM⊥CD于M，BN⊥AE于N，过G作GH⊥AE于H，根据平行四边形的性质可以得出△BEM和△BEN全等，再根据等腰直角三角形三边关系可以得出BM，GH，可以证明△GQH和△BQN全等，从而得到BQ＝GQ，根据勾股定理求出BQ，从而可以求得BG．
【解答】解：连接BE，过B作BM⊥CD于M，BN⊥AE于N，过G作GH⊥AE于H，如图：
由旋转的性质可知，AE＝AB=10，AG＝AD＝2，∠GAE＝∠DAB＝45°，
∴∠AEB＝∠ABE，AH＝GH=2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，∠C＝∠DAB＝45°，BC＝AD＝2，
∴∠CEB＝∠ABE，BM=2，
∴∠BEN＝∠BEM，
又∵BE＝BE，
∴△BEN≌△BEM（AAS），
∴BN＝BM=2=GH，
又∵∠GQH＝∠BQN，
∴△QGH≌△QBN（AAS），
∴BQ＝CQ，HQ＝NQ，
∴BG＝2BQ，
∵AB=10，
∴AN=AB2−BN2=22，
∴HN＝AN﹣AH=2，
∴HQ＝NQ=22，
∴BQ=QN2+BN2=102，
∴BG＝2BQ=10．
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质，合理构造全等三角形是本题解题的关键．
9．因式分解：x2﹣4x＝x（x﹣4） ．
【分析】直接提取公因式x，进而分解因式得出即可．
【解答】解：x2﹣4x＝x（x﹣4）．
故答案为：x（x﹣4）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
10．苯（分子式为C6H6）的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现如图1的一个苯分子中的6个碳原子形成了正六边形的结构，其示意图如图2，点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，连接OC．若OC＝1，则CD的长是 1 ．
【分析】由点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，可知点O是正六边形ABCDEF的中心，则OD＝OC，∠DOC＝60°，所以△DOC是等边三角形，则CD＝OC＝1，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵点O为正六边形ABCDEF对角线AD的中点，
∴点O是正六边形ABCDEF的中心，
∴OD＝OC，∠DOC=16×360°＝60°，
∴△DOC是等边三角形，
∴CD＝OC＝1，
故答案为：1．
【点评】此题重点考查正多边形和圆、等边三角形的判定与性质等知识，推导出OD＝OC，且∠DOC＝60°是解题的关键．
11．如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC中点，BF平分∠ABC．交DE于点F，AB＝8，BC＝6，则EF的长为 1 ．
【分析】由三角形中位线定理推出DE∥AB，DE=12AB＝4，由角平分线的定义和平行线的性质推出∠DBF＝∠DFB得到DF＝DB，求出BD的长，即可得到EF的长．
【解答】解：∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE=12AB=12×8＝4，
∴∠BFD＝∠ABF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBD，
∴∠FBD＝∠BFD，
∴DF＝DB，
∵DB＝DC，DF=12BC=12×6＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查三角形中位线定理，关键是掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
12．某商品的标价比成本高p%，当该商品降价出售时，为了不亏本，降价幅度不得超过d%，若用p表示d，则d＝ 100p100+p ．
【分析】此题中最大的降价率即是保证售价和成本价相等．可以把成本价看作单位1．
【解答】解：设成本价是1，则
（1+p%）（1﹣d%）＝1．
1﹣d%=11+p%，
d%＝1−100100+p
d%=P100+p，
∴d=100p100+p．
【点评】解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量的等量关系．
这里注意：保证不亏本，即让售价和成本价持平．
13．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点P从点B出发，沿B→A→D→C的方向匀速运动到点C，速度为1cm/s，图2是点P运动时，△APC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的图象，则a的值为 24 ．
【分析】根据点P的运动可得出AB，AD的长，再根据面积公式可得出a的值．
【解答】解：由点P的运动可知，AB＝10cm，AD＝18﹣10＝8（cm），
在Rt△ABD中，由勾股定理可知，BD＝6cm，
∴a＝S△ABD=12×6×8＝24（cm2）．
故答案为：24．
【点评】本题考查三角形的性质、动点问题的函数图象问题，弄清不同时间段，图象和图形的对应关系是解答的关键．
14．（1）解方程：x−1x+1=3x2−1+1．
（2）解不等式组2x+1＜3x+32(x−1)≤23x+1，并将它的解集在数轴上表示出来．
【分析】（1）先变形，再方程两边同乘（x+1）（x﹣1），将分式方程化为整式方程求解即可；
（2）分别解不等式①、②，然后把它们的解集表示在数轴上，找出它们的公共部分即可得出不等式组的解集．
【解答】解：（1）x−1x+1=3x2−1+1，
方程可化为x−1x+1=3(x+1)(x−1)+1，
方程两边同乘（x+1）（x﹣1），得（x﹣1）2＝3+（x+1）（x﹣1），
解得x=−12，
检验：当x=−12时，（x+1）（x﹣1）≠0，
所以原分式方程的解是x=−12；
（2）2x+1＜3x+3①2(x−1)≤23x+1②，
解不等式①，得x＞﹣2，
解不等式②，得x≤94，
把不等式①、②的解集表示在数轴上如下：
所以不等式组的解集是−2＜x≤94．
【点评】本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集，解分式方程，正确计算是解题的关键．
15．先化简：x2−4x2−2x+1÷（x2−2x−1−x），然后在1，2，3中选一个你认为合适的数代入求值．
【分析】根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将x的值代入原式即可求出答案．
【解答】解：原式=(x+2)(x−2)(x−1)2÷x2−2−x(x−1)x−1
=(x+2)(x−2)(x−1)2÷x−2x−1
=(x+2)(x−2)(x−1)2•x−1x−2
=x+2x−1，
由分式有意义的条件可知：x不能取1，2，
故x＝3，
原式=3+23−1=52．
【点评】本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
16．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
（1）请画出△ABC向下平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点对称的△A2B2C2；
（3）在y轴上求作一点P，使△PAB的周长最小．
【分析】（1）分别作出三个顶点向下平移5个单位长度所得对应点，再首尾顺次连接即可；
（2）分别作出三个顶点关于原点对称的点，再首尾顺次连接即可；
（3）作点A关于y轴的对称点A′，再连接A′B，与y轴的交点即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1就是所求作的图形；
（2）如图所示，△A2B2C2就是所求作的图形；
（3）如图所示，点P就是所求作的点．
【点评】本题主要考查作图—平移变换和旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义与性质．
17．如图，平行四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，点E在AO上，点F在CO上，DE∥BF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若AD⊥BD，AD＝3，AB＝5．求AC的长．
【分析】（1）证△DOE≌△BOF（ASA），得OE＝OF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由勾股定理得BD＝4，再由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD＝2，然后由勾股定理得OA=13，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵DE∥BF，
∴∠ODE＝∠OBF，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBFOD=OB∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（ASA），
∴OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∵AD＝3，AB＝5，
∴BD=AB2−AD2=52−32=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD＝2，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OA=AD2+OD2=32+22=13，
∴AC＝2OA＝213，
即AC的长为213．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
18．水果批发市场的水果批发价格每天随市场供需变化而波动．第一次商家甲用600元买某种水果，商家乙用900元买同一种水果，结果乙买到的重量比甲多30千克．
（1）求该水果第一次的批发价格；
（2）若第二次水果价格发生变化，每千克批发价比第一次降低了2元．商家甲仍购买与第一次相同重量的这种水果，商家乙仍花费与第一次相同的金额购买这种水果．分别求甲、乙两次购买这种水果的平均单价；
（3）在水果批发市场中，有人习惯每次进固定重量的货，有人习惯每次花固定金额进货．从长期来看，哪种进货方式更合算？请运用所学的数学知识说明理由．
【分析】（1）依据题意，设该水果第一次的批发价格为x元/千克，从而900x−600x=30，进而计算可以得解；
（2）依据题意，由（1）得，第一次批发价为10元/千克，则第二次批发单价为：10﹣2＝8（元/千克），又甲第一次购买的重量：600÷10＝60（千克），甲第二次购买花费：60×8＝480（元），故甲两次总花费：600+480＝1080（元），结合甲两次总重量：60+60＝120（千克），可得甲的平均单价=1080120=9（元/千克），同理计算可得乙的平均单价，进而得解；
（3）依据题意，设两次进货的单价分别为m元/千克、n元/千克（m＞0，n＞0，且m≠n），通过计算两种方式的平均单价进行比较进而得解．
【解答】解：（1）由题意，设该水果第一次的批发价格为x元/千克，
∴900x−600x=30．
∴x＝10．
经检验，x＝10是原分式方程的解，且符合水果单价为正数的实际意义．
答：该水果第一次的批发价格为10元/千克；
（2）由（1）得，第一次批发价为10元/千克，
∴第二次批发单价为：10﹣2＝8（元/千克）．
∵甲第一次购买的重量：600÷10＝60（千克），甲第二次购买花费：60×8＝480（元），
∴甲两次总花费：600+480＝1080（元）．
∵甲两次总重量：60+60＝120（千克），
∴甲的平均单价=1080120=9（元/千克）；
又∵乙第一次购买的重量：900÷10＝90（千克），乙第二次购买的重量：900÷8＝112.5（千克），
∴乙两次总重量：90+112.5＝202.5（千克）．
∵乙两次总花费：900+900＝1800（元），
∴乙的平均单价=1800202.5=809≈8.89（元/千克）；
（3）由题意，设两次进货的单价分别为m元/千克、n元/千克（m＞0，n＞0，且m≠n），通过计算两种方式的平均单价进行比较．
1．固定重量进货：
设每次进货重量为a千克，
∴总花费：am+an，总重量：2a，
∴平均单价（算术平均数）：x1=am+an2a=m+n2；
2．固定金额进货：
设每次进货金额为b元．总花费：2b，
∴总重量：bm+bn，
∴平均单价（调和平均数）：x2=2bbm+bn=2mnm+n；
∴x1−x2=m+n2−2mnm+n=(m+n)2−4mn2(m+n)=(m−n)22(m+n)．
∵m＞0，n＞0，
∴2（m+n）＞0．
∵m≠n，
∴（m﹣n）2＞0．
∴x1−x2＞0，即x1＞x2．
∴从长期来看，每次花费固定金额进货的方式，平均单价更低，更合算．
【点评】本题主要考查了分式方程的应用、一元一次方程的应用，解题时要熟练掌握并能根据题意列出方程是关键．
19．周末，嘉嘉和淇淇一起去体育场看球赛．如图1，共享单车停放点A，B和体育场C依次在一条东西走向的路上．两人从A，B之间的点P处同时出发，嘉嘉步行去停放点A，淇淇步行去停放点B，然后各自骑共享单车前往体育场C．已知嘉嘉和淇淇两人步行速度均为75m/min，两人到体育场的距离s嘉嘉（m）、s淇淇（m）与时间t（min）的函数关系图象如图2所示．
（1）在图2中，求纵轴上a的值；
（2）①嘉嘉骑上共享单车后，求s嘉嘉与t的函数关系式；
②求嘉嘉追上淇淇的时间t；
（3）若淇淇改为先步行去停放点A，然后骑共享单车去体育场，骑行速度与原来相同，直接写出与原来到达体育场相差的时间．
【分析】（1）嘉嘉6分钟到达点A，AP＝6×75，此时嘉嘉距离体育场6000m，那么AC＝6000，淇淇14分钟到达点B，则PB＝14×75，则a＝BC＝AC﹣（AP+PB），把相关数值代入计算即可；
（2）①设出一次函数解析式，把（6，6000），（26，0），代入可得相关的函数解析式；
②由图象可得嘉嘉骑车淇淇步行时两人相遇，求得淇淇步行时的函数解析式，取y相等，求得相应的x的值，可得两人相遇的时间；
（3）易得淇淇先到点A处需要6分钟，求得淇淇骑行的速度，取总路程除以淇淇的骑行速度可得淇淇骑行的时间，加上6即为淇淇到体育场所需的时间，与30相减即为与原来到达体育场相差的时间．
【解答】解：（1）由题意，得：75×（6+14）＝1500（m），
∴a＝6000﹣1500＝4500（m），
即a的值为4500；
（2）①设s嘉嘉与t的函数关系式为：s＝kt+b，
由图象可知，s嘉嘉与t的图象经过（6，6000），（26，0），
∴6000=6k+b0=26k+b，
解得：k=−300b=7800，
∴s嘉嘉与t的函数关系式为：s嘉嘉＝﹣300t+7800；
②6000﹣75×6＝5550（m），
淇淇步行过程中，设s淇淇与t关系式为：s淇淇＝mt+n，
∵经过（0，5550）和（14，4500），
∴n=555014m+n=4500，
解得：m=−75n=5550，
∴s与t的函数关系式为：s淇淇＝﹣75t+5550，
∴﹣300t+7800＝﹣75t+5550，
解得：t＝10．
∴嘉嘉追上淇淇的时间为10min；
（3）淇淇先到点A处需要6分钟，淇淇的骑行速度为：450032−14=250（米/分），
∴淇淇改为先步行去停放点A，然后骑共享单车去体育场需要时间为：6+6000250=30（min），
∴32﹣30＝2（min）．
答：与原来到达体育场相差的时间为2min．
【点评】本题考查一次函数的应用．采用数形结合的思想判断PA，PB，AC的长度及淇淇的骑行速度是解决本题的易错点；用待定系数法求得相关的函数解析式是解决本题的关键．
20．【综合探究】探究小组用两个完全相同的等腰直角三角形纸片通过平移做实验．
【操作探究】
（1）如图1，把重合中的△ABC向左平移成△DEF，顶点E恰好是BC边的中点，连接AF，AB=25，求三角形ACF的面积；
【深入探究】
（2）如图2，把△DEF继续向左平移，当点E与点C重合时，连接AF交DC于点G，求证：DG＝CG；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DQ⊥AF于点Q，连CQ，DQ＝2，直接写出CQ的长度．
【分析】（1）根据平移的性质得到AB＝BC＝EF＝25，求得CE＝BE=12BC=5，根据三角形的面积公式即可得到三角形ACF的面积=12CF•AB=12×5×25=5；
（2）连接AD，根据平移的性质得到BE＝CF＝AD，AD∥CF，根据平行四边形的性质即可得到DG＝CG；
（3）过C作CH⊥FQ于H，根据全等三角形的判定和性质定理和都有自己熟悉的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】（1）解：∵把重合中的△ABC向左平移成△DEF，
∴AB＝BC＝EF＝25，
∵点E恰好是BC边的中点，
∴CE＝BE=12BC=5，
∴CF＝EF﹣CE=5，
∵∠B＝90°，
∴三角形ACF的面积=12CF•AB=12×5×25=5；
（2）证明：连接AD，
∵把重合中的△ABC向左平移成△DEF，
∴BE＝CF＝AD，AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴DG＝CG；
（3）解过C作CH⊥FQ于H，CM⊥CQ交FQ于M，
∴∠MCQ＝∠FCD＝90°，
∴∠FCM＝∠DCQ，
∵DQ⊥AF，
∴∠DQG＝∠FCG＝90°，
∵∠DGQ＝∠CGF，
∴∠CFM＝Q，
∴CFM≌△CDQ（ASA），
∴CM＝CQ，
∴∠CQH＝45°，
∵∠CHG＝∠DQG＝90°，
∠DGQ＝∠CGH，DG＝CG，
∴△DQG≌△CHG（AAS），
∴CH＝DQ＝2，
∴CQ=2CH=22．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了平移的性质，勾股定理，三角形的面积公式，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．