福建省福州第一中学2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷++解析版

这是一份福建省福州第一中学2020-2021学年八年级下学期期中数学试卷++解析版，共27页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年福建省福州一中八年级（下）期中数学试卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小思给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列方程中是一元二次方程的是（　　）
A．2x+1＝0 B． C．x2﹣2x﹣1＝0 D．x4+1＝x2
2．如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝150°，则∠B的度数是（　　）

A．30° B．75° C．100° D．150°
3．如图，l1∥l2，AB⊥l2，DC⊥l2，则下列结论：①AB⊥l1；②AD＝BC；③AB＝CD；④AC＝BD，其中正确的个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
4．某校组织数学学科竞赛为参加区级比赛做选手选拔工作，经过多次测试后，有四位同学成为晋级的候选人，具体情况如下表，如果从这四位同学中选出一名晋级（总体水平高且状态稳定）你会推荐（　　）

甲
乙
丙
丁
平均分
92
94
94
92
方差
35
35
23
23
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．如图，在矩形AOBC中，A（﹣4，0），B（0，2），若正比例函数y＝kx的图象经过点C，则k的值为（　　）

A．﹣2 B． C．2 D．
6．下列有关一次函数y＝﹣4x﹣2的说法中，正确的是（　　）
A．y的值随着x值的增大而增大
B．函数图象与y轴的交点坐标为（0，2）
C．当x＞0时，y＞﹣2
D．函数图象经过第二、三、四象限
7．如图，直线y＝ax+b（a≠0）过点A（0，5），B（﹣3，0），则不等式ax+b＞0的解集是（　　）

A．x＞﹣3 B．x＜﹣3 C．x＞5 D．
8．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、BC上（不与端点重合），且BF＝CE，连接BE、AF相交于点G，则下列结论不正确的是（　　）

A．BE＝AF B．∠AFB+∠BEC＝90°
C．∠DAF＝∠ABE D．AG⊥BE
9．在A、B两地之间有汽车站C（C在直线AB上），甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时出发，匀速行驶甲、乙两车离C站的距离y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则下列结论：
①A、B两地相距360千米；
②甲车速度比乙车速度快15千米/时；
③乙车行驶11小时后到达A地；
④两车行驶4.4小时后相遇．
其中正确的结论有（　　）

A．1 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11．某公司招聘一名公关人员，对甲进行了笔试和面试，面试和笔试的成绩分别为85分和90分，面试成绩和笔试成绩的权分别是6和4，则甲的平均成绩为　 　．
12．有9个大小相等的正方形总面积为25，设正方形边长为x，则可列方程　 　．
13．已知x1，x2，…，xn的方差为2，则2x1，2x2，…，2xn的方差为　 　．
14．函数y＝kx与y＝6﹣x的图象如图所示，则k＝　 　．

15．已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，直线CD交AB于D且将△ABC平分为面积相同的两部分，线段CD长为　 　．
16．已知，如图：正方形ABCD与等边三角形ADE的边长均为，P为正方形ABCD内一动点且满足∠APD＝120°，连接PB，PE，则PE+PB﹣PA的最小值为　 　．

三、解答题：本题共9小题，共86分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）解方程：
（1）9x2＝16；
（2）x2﹣2x﹣3＝0．
18．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，连接EF，分别与BC，AD交于点G，H，EG＝FH．求证：BE＝DF．

19．（8分）某学校抽查了某班级某月10天的用电量，数据如下表：
用电量（度）
8
9
10
13
14
15
天数
1
1
3
2
1
2
（1）这10天用电量的众数是　 　，中位数是　 　；
（2）求这个班级平均每天的用电量；
（3）已知该校共有20个班级，该月共计30天，试估计该校该月总的用电量．
20．（8分）已知直线l1：y＝kx+b经过点（1，1），（2，﹣1），与x轴交于点A，直线l2：y＝x+3与x轴交于点B，直线l1与直线l2相交于点C．
（1）在图中画出直线l1的图象，并求出其解析式；
（2）求出△ABC的面积．

21．（8分）某地为了鼓励居民节约用水，决定实行两级收费制，即每月用水量不超过14吨（含14吨）时，每吨按政府补贴优惠价收费；每月超过14吨时，超过部分每吨按市场调节价收费．小英家1月份用水20吨，交水费29元；2月份用水18吨，交水费24元．
（1）求每吨水的政府补贴优惠价和市场调节价分别是多少？
（2）设每月用水量为x吨，应交水费为y元，写出y与x之间的函数关系式；
（3）小英家3月份用水24吨，她家应交水费多少元？
22．（8分）如图，点O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE．求证：
（1）四边形OCED是矩形；
（2）OE＝BC．

23．（12分）预防新型冠状病毒期间，某种消毒液甲城需要7吨，乙城需要8吨，正好A地储备有10吨，B地储备有5吨，市预防新型冠状病毒领导小组决定将A、B两地储备的这15吨消毒液全部调往甲城和乙城，消毒液的运费价格如下表（单位：元/吨），设从A地调运x吨消毒液给甲城．
终点
起点
甲城
乙城
A地
100
120
B地
110
95
（1）根据题意，应从B地调运　 　吨消毒液给甲城，从B地调运　 　吨消毒液给乙城；（结果请用含x的代数式表示）
（2）求调运这15吨消毒液的总运费y关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；
（3）求出总运费最低的调运方案，并算出最低运费．
24．（13分）如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA．

（1）求证：平行四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG，
①求证：△AGE为等腰三角形；
②若∠CBA＝60°，求的值．
25．（13分）已知，如图：在正方形OABC中，A（0，1），B（1，1），C（1，0），D为OB延长线上的一动点，以AD为一边在直线AD下方作正方形ADEF，AF交OC于点G．
（1）若S△AOD＝1，求D点的坐标；
（2）①求证：点E始终落在x轴上；
②若S四边形ABCG＝a•S△ABE，1＜a＜2，利用a表示此时直线AF的解析式．


2020-2021学年福建省福州一中八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小思给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．下列方程中是一元二次方程的是（　　）
A．2x+1＝0 B． C．x2﹣2x﹣1＝0 D．x4+1＝x2
【分析】只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
【解答】解：A．属于一元一次方程，不符合题意；
B．属于分式方程，不符合题意；
C．属于一元二次方程，符合题意；
D．未知数的最高次数是4，不符合题意．
故选：C．
2．如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝150°，则∠B的度数是（　　）

A．30° B．75° C．100° D．150°
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∴∠B＝180°﹣∠A＝30°，
故选：A．
3．如图，l1∥l2，AB⊥l2，DC⊥l2，则下列结论：①AB⊥l1；②AD＝BC；③AB＝CD；④AC＝BD，其中正确的个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据平行四边形的判定与性质进行判断即可．
【解答】解：∵l1∥l2，
∴∠CAB+∠ABD＝180°，
∵AB⊥l2，CD⊥l1，
∴∠ABD＝∠ACD＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∴AB⊥l1，
所以①正确；
∴∠BAC+∠ACD＝180°，
∴AB∥CD，
∵AC∥BD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AC＝BD．
所以②③④正确．
所以正确的结论有①②③④．
故选：A．
4．某校组织数学学科竞赛为参加区级比赛做选手选拔工作，经过多次测试后，有四位同学成为晋级的候选人，具体情况如下表，如果从这四位同学中选出一名晋级（总体水平高且状态稳定）你会推荐（　　）

甲
乙
丙
丁
平均分
92
94
94
92
方差
35
35
23
23
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】此题有两个要求：①成绩较好，②状态稳定．于是应选平均数大、方差小的运动员参赛，从而得出答案．
【解答】解：由于丙的方差较小、平均数较大，则应推荐丙．
故选：C．
5．如图，在矩形AOBC中，A（﹣4，0），B（0，2），若正比例函数y＝kx的图象经过点C，则k的值为（　　）

A．﹣2 B． C．2 D．
【分析】根据矩形的性质得出点C的坐标，再将点C坐标代入解析式求解可得．
【解答】解：∵A（﹣4，0），B（0，2）．
∴OA＝4、OB＝2，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC＝OB＝2、BC＝OA＝4，
则点C的坐标为（﹣4，2），
将点C（﹣4，2）代入y＝kx，得：2＝﹣4k，
解得：k＝﹣，
故选：B．
6．下列有关一次函数y＝﹣4x﹣2的说法中，正确的是（　　）
A．y的值随着x值的增大而增大
B．函数图象与y轴的交点坐标为（0，2）
C．当x＞0时，y＞﹣2
D．函数图象经过第二、三、四象限
【分析】根据题目中的函数解析式和一次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵函数y＝﹣4x﹣2，
∴该函数y随x的增大而减小，故选项A不符合题意；
函数图象与y轴的交点坐标为（0，﹣2），故选项B不符合题意；
当x＞0时，y＜﹣2，故选项C不符合题意；
函数图象经过第二、三、四象限，故选项D符合题意；
故选：D．
7．如图，直线y＝ax+b（a≠0）过点A（0，5），B（﹣3，0），则不等式ax+b＞0的解集是（　　）

A．x＞﹣3 B．x＜﹣3 C．x＞5 D．
【分析】写出函数图象在x轴上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：当x＞﹣3时，y＞0，
所以不等式ax+b＞0的解集为x＞﹣3．
故选：A．
8．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在CD、BC上（不与端点重合），且BF＝CE，连接BE、AF相交于点G，则下列结论不正确的是（　　）

A．BE＝AF B．∠AFB+∠BEC＝90°
C．∠DAF＝∠ABE D．AG⊥BE
【分析】根据正方形证明△ABF≌△BCE，利用三角形全等可证明．
【解答】解：∵ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠C＝90°，AB＝BC，
∵BF＝CE，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴AF＝BE（A正确），∠BAF＝∠CBE，∠AFB＝∠BEC（B错误），
∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠DAF＝∠ABE（C正确），
∵∠BAF＝∠CBE，∠BAF+∠AFB＝90°，
∴∠CBE+∠AFB＝90°，
∴AG⊥BE（第四个正确），
所以不正确的是B，
故选：B．
9．在A、B两地之间有汽车站C（C在直线AB上），甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时出发，匀速行驶甲、乙两车离C站的距离y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则下列结论：
①A、B两地相距360千米；
②甲车速度比乙车速度快15千米/时；
③乙车行驶11小时后到达A地；
④两车行驶4.4小时后相遇．
其中正确的结论有（　　）

A．1 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用图象信息以及速度，时间，路程之间的关系一一判断即可．
【解答】解：①A、B两地相距＝360+80＝440（千米），
故①错误，
②甲车的平均速度＝＝60（千米/小时），
乙车的平均速度＝＝40（千米/小时），
∴甲车速度比乙车速度快60﹣40＝20（千米/小时），
故②错误•，
③440÷40＝11（小时），
∴乙车行驶11小时后到达A地，故③正确，
④设t小时相遇，则有：（60+40）t＝440，
∴t＝4.4（小时），
∴两车行驶4.4小时后相遇，故④正确，
故选：B．
10．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
【分析】证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FG＝x，由勾股定理得出BC2＝（4+2）x2，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
又∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
设OG＝PG＝CG＝x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG＝2x，FG＝x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴BC2＝BG2+CG2＝＝，
∴＝．
故选：B．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11．某公司招聘一名公关人员，对甲进行了笔试和面试，面试和笔试的成绩分别为85分和90分，面试成绩和笔试成绩的权分别是6和4，则甲的平均成绩为　87分　．
【分析】根据加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：甲的平均成绩为＝87（分），
故答案为：87分．
12．有9个大小相等的正方形总面积为25，设正方形边长为x，则可列方程　9x2＝25　．
【分析】根据9个正方形的面积和为25列出方程即可．
【解答】解：设正方形的边长为x，根据题意得：9x2＝25，
故答案为：9x2＝25．
13．已知x1，x2，…，xn的方差为2，则2x1，2x2，…，2xn的方差为　8　．
【分析】根据题意，由数据方差的性质分析可得新数据的方差S'2＝22S2，即可得答案．
【解答】解：∵x1，x2，…，xn的方差为2，
∴2x1，2x2，…，2xn的方差为22×2＝8，
故答案为：8．
14．函数y＝kx与y＝6﹣x的图象如图所示，则k＝　2　．

【分析】首先根据一次函数y＝6﹣x与y＝kx图象的交点横坐标为2，代入一次函数y＝6﹣x求得交点坐标为（2，4），然后代入y＝kx求得k值即可．
【解答】解：∵一次函数y＝6﹣x与y＝kx图象的交点横坐标为2，
∴4＝6﹣2，
解得：y＝4，
∴交点坐标为（2，4），
代入y＝kx，2k＝4，解得k＝2．
故答案为：2
15．已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，直线CD交AB于D且将△ABC平分为面积相同的两部分，线段CD长为　5　．
【分析】根据勾股定理求出斜边AB，在根据S△ACD＝S△BCD得出D是直角三角形斜边的中点，得出CD＝．
【解答】解：∵AB为Rt△ABC的斜边，△ACD和△BCD的高均为△ABC的高，并设为h，
∵S△ACD＝S△BCD，
∴AD×h＝BD×h，
∴AD＝BD，
∴D为AB的中点，CD为直角三角形斜边上的中线，
∴CD＝AB，
∵AB＝＝＝10，
∴CD＝5，
故答案为：5．
16．已知，如图：正方形ABCD与等边三角形ADE的边长均为，P为正方形ABCD内一动点且满足∠APD＝120°，连接PB，PE，则PE+PB﹣PA的最小值为　　．

【分析】如图，过点E作EN⊥PD于N，EM⊥PA交PA的延长线于M．首先利用全等三角形的性质证明PE﹣PA＝PD，再根据PB+PD≥BD求解即可．
【解答】解：如图，过点E作EN⊥PD于N，EM⊥PA交PA的延长线于M．

∵∠M＝∠ENP＝90°，∠MPN＝120°，
∴∠MEN＝60°，
∵△AED是等边三角形，
∴∠AED＝60°，AD＝AE＝DE＝，
∴∠MEN＝∠AED，
∴∠AEM＝∠DEN，
在△EMA和△END中，
，
∴△EMA≌△END（AAS），
∴EM＝EN，AM＝DN，
在Rt△EMP和Rt△ENP中，
，
∴Rt△EMP≌Rt△ENP（HL），
∴PN＝PM，∠EPM＝∠EPN＝60°，
∴PA+PD＝PM﹣AM+PD﹣DN＝2PN＝PE，
∴PE﹣PA＝PD，
∴PE+PB﹣PA＝PD+PB，
∵PB+PD≥BD，BD＝AD＝，
∴PE+PB﹣PA≥，
∴PE+PB﹣PA的最小值为，
故答案为：．
三、解答题：本题共9小题，共86分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（8分）解方程：
（1）9x2＝16；
（2）x2﹣2x﹣3＝0．
【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【解答】解：（1）∵9x2＝16，
∴x2＝，
则x1＝，x2＝﹣；
（2）∵x2﹣2x﹣3＝0，
∴（x﹣3）（x+1）＝0，
则x﹣3＝0或x+1＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1．
18．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，连接EF，分别与BC，AD交于点G，H，EG＝FH．求证：BE＝DF．

【分析】由“AAS”可证△BEG≌△DFH，可得BE＝DF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠ADC，
∴∠E＝∠F，∠EBG＝∠FDH，
在△BEG和△DFH中，
，
∴△BEG≌△DFH（AAS），
∴BE＝DF．
19．（8分）某学校抽查了某班级某月10天的用电量，数据如下表：
用电量（度）
8
9
10
13
14
15
天数
1
1
3
2
1
2
（1）这10天用电量的众数是　10度　，中位数是　11.5度　；
（2）求这个班级平均每天的用电量；
（3）已知该校共有20个班级，该月共计30天，试估计该校该月总的用电量．
【分析】（1）分别利用众数、中位数的定义求解即可；
（2）用加权平均数的计算方法计算平均用电量即可；
（3）用班级数乘以日平均用电量乘以天数即可求得总用电量．
【解答】解：（1）10度出现了3次，最多，故众数为10度；
第5天和第6天的用电量分别是10度、13度，故中位数为＝11.5（度）；
故答案为：10度，11.5度；

（2）平均用电量为：（8+9+10×3+13×2+14+15×2）÷10＝11.7（度）；

（3）估计该校月总用电量为20×11.7×30＝7020（度）．
20．（8分）已知直线l1：y＝kx+b经过点（1，1），（2，﹣1），与x轴交于点A，直线l2：y＝x+3与x轴交于点B，直线l1与直线l2相交于点C．
（1）在图中画出直线l1的图象，并求出其解析式；
（2）求出△ABC的面积．

【分析】（1）利用两点法画出函数图像，根据待定系数法即可求得；
（2）求得A、B、C的坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．
【解答】解：（1）画出直线l1的图象如图，

∵直线l1：y＝kx+b经过点（1，1），（2，﹣1），
∴，解得，
∴直线l1的解析式为y＝﹣2x+3；
（2）在y＝﹣2x+3中，令y＝0，则﹣2x+3＝0，解得x＝，
∴A（，0），
在y＝x+3中，令y＝0，则x+3＝0，解得x＝﹣3
∴B（﹣3，0），
∴AB＝+3＝，
由两条直线的解析式可知两条直线都与y轴交于点（0，3），
∴C（0，3），
∴S△ABC＝＝×3＝．
21．（8分）某地为了鼓励居民节约用水，决定实行两级收费制，即每月用水量不超过14吨（含14吨）时，每吨按政府补贴优惠价收费；每月超过14吨时，超过部分每吨按市场调节价收费．小英家1月份用水20吨，交水费29元；2月份用水18吨，交水费24元．
（1）求每吨水的政府补贴优惠价和市场调节价分别是多少？
（2）设每月用水量为x吨，应交水费为y元，写出y与x之间的函数关系式；
（3）小英家3月份用水24吨，她家应交水费多少元？
【分析】（1）设每吨水的政府补贴优惠价为x元，市场调节价为y元，根据题意列出方程组，求解此方程组即可；
（2）根据用水量分别求出在两个不同的范围内y与x之间的函数关系，注意自变量的取值范围；
（3）根据小英家的用水量判断其再哪个范围内，代入相应的函数关系式求值即可．
【解答】解：（1）设每吨水的政府补贴优惠价为a元，市场调节价为b元．

解得：
答：每吨水的政府补贴优惠价为1元，市场调节价为2.5元．

（2）∵当0≤x≤14时，y＝x；当x＞14时，y＝14+（x﹣14）×2.5＝2.5x﹣21，
∴所求函数关系式为：y＝

（3）∵x＝24＞14，
∴把x＝24代入y＝2.5x﹣21，得：y＝2.5×24﹣21＝39（元）．
答：小英家三月份应交水费39元．
22．（8分）如图，点O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE．求证：
（1）四边形OCED是矩形；
（2）OE＝BC．

【分析】（1）根据矩形的定义即可证得；
（2）根据平行四边形的对边相等即可证得．
【解答】证明：（1）∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵菱形ABCD中，AC⊥BD，即∠COD＝90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）∵四边形OCED是矩形，
∴OE＝CD，
又∵菱形ABCD中，BC＝CD，
∴OE＝BC．
23．（12分）预防新型冠状病毒期间，某种消毒液甲城需要7吨，乙城需要8吨，正好A地储备有10吨，B地储备有5吨，市预防新型冠状病毒领导小组决定将A、B两地储备的这15吨消毒液全部调往甲城和乙城，消毒液的运费价格如下表（单位：元/吨），设从A地调运x吨消毒液给甲城．
终点
起点
甲城
乙城
A地
100
120
B地
110
95
（1）根据题意，应从B地调运　（7﹣x）　吨消毒液给甲城，从B地调运　（x﹣2）　吨消毒液给乙城；（结果请用含x的代数式表示）
（2）求调运这15吨消毒液的总运费y关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；
（3）求出总运费最低的调运方案，并算出最低运费．
【分析】（1）根据题意和表格中的数据，可以解答本题；
（2）根据题意，可以得到y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）根据题意，可以得到x的取值范围，再根据一次函数的性质，即可得到总运费最低的调运方案，然后计算出最低运费．
【解答】解：（1）由题意可得，
从A地调运x吨消毒液给甲城，则调运（10﹣x）吨消毒液给乙城，从B地调运（7﹣x）吨消毒液给甲城，调运8﹣（10﹣x）＝（x﹣2）吨消毒液给乙城，
故答案为：（7﹣x），（x﹣2）；
（2）由题意可得，
y＝100x+120（10﹣x）+110（7﹣x）+95（x﹣2）＝﹣35x+1780，
∵，
∴2≤x≤7，
即总运费y关于x的函数关系式是y＝﹣35x+1780（2≤x≤7）；
（3）∵y＝﹣35x+1780，
∴y随x的增大而减小，
∵2≤x≤7，
∴当x＝7时，y取得最小值，此时y＝1535，
即从A地调运7吨消毒液给甲城时，总运费最低，运费最低为1535元．
24．（13分）如图1，已知平行四边形ABCD中，BD平分∠CBA．

（1）求证：平行四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，E为边AB上一动点，连接CE，作CE的垂直平分线交CE于F，交DB于G，连接AG、EG，
①求证：△AGE为等腰三角形；
②若∠CBA＝60°，求的值．
【分析】（1）由角平分线的性质和平行线的性质可得∠CDB＝∠CBD，可证DC＝BC，即可得结论；
（2）①由“SAS”可证△ADG≌△CDG，可得AG＝CG，由线段垂直平分线的性质可得GC＝GE＝AG，可得结论；
②由等腰三角形的性质可得∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA，∠GCE＝∠GEC，由角的数量关系可求∠GCE＝30°，由直角三角形的性质可得AG＝CG＝2GF，即可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴DC＝BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）①∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝DA，∠CDG＝∠ADG，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴AG＝CG，
∵GF是EC的垂直平分线，
∴CG＝EG，
∴AG＝EG，
即△AGE是等腰三角形；
②连接AC交BD于O，

∵GC＝GE，
∴∠GCE＝∠GEC，
∵AG＝CG＝GE，
∴∠GCA＝∠GAC，∠GAE＝∠GEA，
∵∠CBA＝60°，BC＝AB，
∴∠CAB＝∠ACB＝60°，
∴∠GAC+∠GAE＝60°，
∴∠GAC+∠GCA+∠GAE+∠GEA＝120°，
∴∠AGC+∠AGE＝240°，
∴∠CGE＝120°，
∴∠GCE＝30°，
∴CG＝2GF，
∴AG＝2GF，
∴＝．
25．（13分）已知，如图：在正方形OABC中，A（0，1），B（1，1），C（1，0），D为OB延长线上的一动点，以AD为一边在直线AD下方作正方形ADEF，AF交OC于点G．
（1）若S△AOD＝1，求D点的坐标；
（2）①求证：点E始终落在x轴上；
②若S四边形ABCG＝a•S△ABE，1＜a＜2，利用a表示此时直线AF的解析式．

【分析】（1）S△AOD＝×OA×hAO＝1，可得D的横坐标，OB所在的直线解析式为yOB＝x，D在直线OB上，即可得D的坐标．
（2）①令D（d，d），E（xE，yE），延长AB交DH于Q，作HE⊥DH，△ADQ≌△DHE（ASA），AQ＝DH，即d＝d﹣yE，得yE＝0．
②S△ABE＝•AB•OA＝，S四边形ABCG＝a•S△ABE，可得OG＝OC﹣CG＝2﹣a，G（2﹣a，0），两点确定一条直线的解析式，可得lAF：y＝•x+1（1＜a＜2）．
【解答】解：（1）S△AOD＝×OA×hAO＝1，
×1×xD＝1，
xD＝2，
又四AOCD为正方形，
∴OB所在的直线解析式为yOB＝x，
D在直线OB上，
∴D（2，2）；
（2）①令D（d，d），E（xE，yE），
延长AB交DH于Q，作HE⊥DH，

正方形ADEF中，
∠ADE＝∠ADQ+∠QDE＝90°，
又∵∠DHE＝∠QDE+∠HED＝90°，
∴∠ADQ＝∠HED，
同理，∠DAQ＝∠HDE，
又∵AD＝DE，
∴△ADQ≌△DHE（ASA），
∴AQ＝DH，
得d＝d﹣yE，
yE＝0，
∴E始终在x轴上；
②S△ABE＝•AB•OA＝，
∴S△ABCG＝a，
（CG+AB）•BC＝a，
CG＝a﹣1，
∴OG＝OC﹣CG，
＝2﹣a（1＜a＜2），
∴G（2﹣a，0），
∵A（0，1），
令lAF：y＝kx+1，
将G（2﹣a，0）代入得：k＝，
∴lAF：y＝•x+1（1＜a＜2）．