2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共26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。

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市道里区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列方程是一元二次方程的是(    )
A. x2=2 B. 1x2+2=18 C. x+y=5 D. x2+4=x3
2. 如图所示的图象分别给出了x与y的对应关系，其中表示y是x的函数的是(    )
A. B.
C. D.
3. 由线段a，b，c可以组成直角三角形的是(    )
A. a=5，b=8，c=7 B. a=1，b=1，c= 3
C. a= 5，b=2 5，c=5 D. a=5，b=5，c=6
4. 若把直线y=2x+3向下平移3个单位长度，得到图象对应的函数解析式是(    )
A. y=2x+9 B. y=2x−3 C. y=2x+6 D. y=2x
5. 有一人患了流感，经过两轮传染后共有169人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x人，则x的值为(    )
A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
6. 已知一次函数y=kx+k−2的图象不经过第二象限，则k的取值范围是(    )
A. k>0 B. k<2 C. 0 7. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE/​/BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是(    )
A. OB=12CE
B. BE=CE
C. BC=12AE
D. △ACE是直角三角形
8. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH=2，若菱形ABCD的面积为8 3，则CD的长为(    )


A. 6 B. 6 3 C. 4 D. 4 3
9. 将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、EF为折痕，∠BAE=30°，AB=2 3，折叠后，点C落在AD边上的C1处，并且点B落在EC1边上的B1处.则BC的长为(    )
A. 6
B. 4 3
C. 4
D. 3 3
10. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，点E在AO上，连接DE，过点E作ED的垂线交BC于点F，连接BE，过点E作EH⊥BC垂足为点H，以ED为边作等边三角形EDG，连接BG交AC于点M，下列四个命题或结论：①ED=EF；②BH=FH；③EC−AE= 2CF；④若AB=2，则四边形MEDG的面积是2 33.其中正确的有(    )


A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
11. 函数y=x−1x−2中自变量x的取值范围是______．
12. 已知x=−1是方程x2−ax+7=0的一个根，则a的值是______ ．
13. 若y=(m−1)x+m2−1是关于x的正比例函数，则常数m的值是______ ．
14. 已知x1，x2是方程x2+x−3=0的两个根，则1x1+1x2= ______ ．
15. 已知关于x的一元二次方程x2+3x+m=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是______ ．
16. 已知一次函数y=kx+b的图象如图所示，不等式kx+b>0的解集是______ ．


17. 如图所示，有一根高为16米的电线杆在A处断裂，电线杆顶部C落在离电线杆底部B点8米远的地方，则电线杆断裂处A离地面的距离AB的长为______ ．


18. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证
明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则AF的长度是______ ．


19. 已知：正方形ABCD，点E是BC边上的点，连接AE，点F是正方形ABCD边上的一点，连接DF，若AE=DF=13，正方形边长为12，则EF的长度是______ ．
20. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC上有两动点E和F，连接BE和BF，若AE=CF，AC−AB=9，AC−BC=2，则BE+BF的最小值是______ ．


三、解答题（本大题共7小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21. (本小题7.0分)
解方程：
(1)3x2−4x−2=0；
(2)x(x+4)=3x+12．
22. (本小题7.0分)
如图，图1、图2是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．
(1)在图1中画出一个以线段AB为对角线，面积为4的矩形ACBD，且点C和点D均在小正方形的顶点上；
(2)在图2中画出一个以线段AB为一边，面积为7的平行四边形ABEF，且点E和点F均在小正方形的顶点上(画出一个即可)，直接写出平行四边形ABEF的周长．


23. (本小题8.0分)
已知：A、B两地距离24km，甲、乙两人都从A地出发前往B地，乙比甲晚出发2h，甲、乙两人全程匀速运动，设运动时间为x(单位：h)，甲、乙距离A地的路程分别为y1，y2(单位：km)，y1，y2分别与x的函数关系如图所示．
(1)分别求y1，y2关于x的函数解析式；
(2)在两人共同行走的过程中，求运动时间为多少时，两人相距3km．

24. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，AO=CO，∠BCA=∠CAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图2，E，F，G分别是BO，CO，AD的中点，连接EF、GE、GF、AE，EG和AC相交于点H，当BD和AB满足什么样的数量关系时才能使四边形AEFG为菱形，并说明你的理由．


25. (本小题10.0分)
某绘画艺人第一天的收入为875元，第三天的收入为1260元(每天收入的增长率相同)．
(1)求绘画艺人每天平均收入的增长率是多少？
(2)绘画艺人想制作一幅长30分米，宽20分米的一幅画，其中有一横一竖宽度相同的彩条(阴影部分为彩条无费用)，其余空白处进行作画，如图所示，作画区域的费用为每平方分米3元，经预算作画区域的总费用恰好是第四天的收入，求彩条的宽度是多少分米．

26. (本小题10.0分)
如图是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点….第n行有n个点…．
(1)根据上面的内容，请直接写出10是三角点阵中前______ 行的点数和；
(2)请直接写出三角点阵中前8行的点数和______ ；
(3)三角点阵中前n行的点数和能是136吗？如果能，请求出n，如果不能，请说明理由；
(4)如果把图1的三角点阵中各行的点数依次换为2，4，6，…，2n，…，你能探究出前n行的点数和满足什么规律吗？这个三角点阵中前n行的点数和能是650吗？如果能，请求出n，如
果不能，请说明理由．

27. (本小题10.0分)
已知：在平面直角坐标系中，直线y=2kx−7k分别交x轴和y轴于点B和点A，且OA=OB．

(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图2，把△AOB沿AB翻折得到△ABC(点O和点C是对应点)，点D在OB的延长线上，连接CD，过点O作OE⊥CD，垂足为点E，交BC于点F，连接AE，求∠AEC的度数；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点D作AE的平行线，分别交CB和y轴于点T和点G，连接GB，△GBD的面积是54，且AG>GO，求点E的坐标．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、x2=2，是一元二次方程，符合题意；
B、1x2+2=18，是分式方程，不符合题意；
C、x+y=5，是二元一次方程，不符合题意；
D、x2+4=x3，未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，不符合题意．
故选：A．
根据一元二次方程的概念对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是一元二次方程的定义，熟知只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：在选项A，B，D中，每给x一个值，y都有2个值与它对应，所以A，B，D选项中y不是x的函数，
在选项C中，给x一个正值，y有唯一一个值与之对应，所以y是x的函数．
故选：C．
利用函数的定义，对于给定的x的值，y都有唯一的值与其对应，进而判断得出结论．
本题考查了函数的定义：在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量．

3.【答案】C 
【解析】解：A、因为52+72≠82，所以不能组成直角三角形，不符合题意；
B、因为12+12≠( 3)2，所以不能组成直角三角形，不符合题意；
C、因为( 5)2+(2 5)2=52，所以能组成直角三角形，符合题意；
D、因为52+52≠62，所以不能组成直角三角形，不符合题意．
故选：C．
利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．
此题考查了勾股定理逆定理的运用，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可，注意数据的计算．

4.【答案】D 
【解析】解：由“上加下减”的原则可知，将直线y=2x+3，向下平移3个单位所得的直线的解析式是y=2x+3−3，即y=2x．
故选：D．
根据“上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：根据题意得：1+x+x(1+x)=169，
解得：x1=12，x2=−14(舍去)．
则x的值是12．
故选：B．
设每轮传染中平均一个人传染x个人，根据经过两轮传染后共有169人患了流感，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
此题考查了一元二次方程的应用，找出题中的等量关系是解决本题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：∵一次函数y=kx+k−2的图象不经过第二象限，
∴k>0且k−2≤0，
∴0 故选：D．
首先根据一次函数y=kx+k−2的图象不经过第二象限，得k>0且k−2≤0，由此可解出k的取值范围．
此题所考查的知识点是一次函数的图象与系数之间的关系，一般情况下：一次函数y=kx+b(k≠0,b≠0)，①当k>0且b>0时，函数的图象经过第一、二、三象限；②当k>0且b<0时，函数的图象经过第一、三、四象限；③当k<0且b<0时，函数的图象经过第二、三、四象限；④当k<0且b>0时，函数的图象经过第一、二、四象限；反之亦成立．

7.【答案】B 
【解析】解：A、∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，AB/​/CD，OB=OD=12BD，
∵CE/​/BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∴BD=CE，
∴OB=12CE，故选项A不符合题意；
B、没有条件证明四边形CDBE是菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边形CDBE是平行四边形，
∴BE=CD，
∵AB=BC=CD，
∴BC=12AE，故选项C不符合题意；
D、∵AB=BE，BC=12AE，
∴△ACE是直角三角形，故选项D不符合题意；
故选：B．
A、由菱形的性质得AB=BC=CD，AB/​/CD，OB=OD=12BD，再证四边形CDBE是平行四边形，得BD=CE，则OB=12CE；
B、没有条件证明四边形CDBE是菱形，故BE=CE不成立；
C、由平行四边形的性质得BE=CD，再由AB=BC=CD，则BC=12AE；
D、由AB=BE，BC=12AE，得△ACE是直角三角形；即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质以及直角三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AB，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH，
∵OH=2，
∴BD=4，
∴OB=2，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×AC×4=8 3，
∴AC=4 3，
∴OA=2 3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB= OA2+OB2= (2 3)2+22=4，
∴CD=4，
故选：C．
由菱形的性质得出CD=AB，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再由直角三角形斜边上的中线性质得BD=2OH，则OB=2，然后由菱形的面积求出AC=4 3，进而由勾股定理求出AB=4，即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：连接CC1，
在Rt△ABE中，∠BAE=30°，AB=2 3，
∴BE= 33AB=2，
∴AE=2BE=4，∠AEB1=∠AEB=60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，
∴∠C1AE=∠AEB=60°，
∴△AEC1为等边三角形，
同理△CC1E也为等边三角形，
∴EC=EC1=AE=4，
∴BC=BE+EC=2+4=6，
故选：A．
利用含30度角的直角三角形得BE，AE长，根据翻折和对边平行可得△AEC1和△CEC1为等边三角形，得到EC长，再利用线段的和差即可解决问题．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

10.【答案】D 
【解析】解：如图所示，过点E作EN⊥CD于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠ACB=∠ACD=45°，∠BCD=90°，
∵EH⊥BC，EN⊥CD，
∴EN=EH，四边形EHCN是矩形，
∴四边形EHCN是正方形，
∴∠HEN=∠DEF=90°，
∴∠DEN=∠FEH，
又∵∠EHF=∠END，
∴△EHF≌△END(ASA)，
∴ED=EF，故①正确；
∵BC=DC，∠ECB=∠ECD，CE=CE，
∴△ECB≌△ECD(SAS)，
∴EB=ED，
∴EB=EF，
∵EH⊥BF，
∴BH=FH，故②正确；
设GH、AD交于T，
∵∠TAB=∠ABH=90°，TH⊥BC，
∴四边形ABHT是矩形，
∴AT=BH，
∴∠ATH=90°，
∴∠EHC=90°，∠ECH=45°，
∴∠HEC=45°=∠ECH，
∴EH=CH，
∴CE= 2CH；
同理可得AE= 2AT= 2BH，EC−AE= 2CH− 2BH，
又∵BH=FH，
∴EC−AE= 2(CF+FH)− 2FH= 2CF，故③正确；
如图所示，以B为原点，以BC，AB所在的直线为x轴，y轴建立坐标系，
∵AB=2，四边形ABCD是正方形，
∴A(0,2)，C(2,0)，
设直线AC解析式为y=kx+b，
2k+b=0b=2，
解得：k=−1b=2，
∴直线AC的解析式为y=−x+2；
∵△EGD是等边三角形，AD⊥EG，
∴AT=TE=TG，∠GDT=30°，
∴DT= 3GT= 3AT，
∵DT+AT=AD=2，即 3AT+AT=2，
∴AT=2 3+1= 3−1，
∴DT=3− 3，
∴G( 3−1, 3+1)，
同理可得直线BG的解析式为y=(2+ 3)x，
联立y=(2+ 3)xy=−x+2，
解得：x=3− 33y=3+ 33，
∴M(3− 33,3+ 33)，
∴S四边形MEDG=S△MEG+S△EDG=12×2×( 3−1)×( 3−1−3− 33)+12×2×( 3−1)×(3− 3)=18−10 33+4 3−6=2 33，故④正确；
故选：D．
如图所示，过点E作EN⊥CD于N，证明四边形EHCN是正方形，得到∠HEN=∠DEF=∠90°，则∠DEN=∠FEH，证明△EHF≌△END得到ED=EF，即可判断①；证明△ECB≌△ECD，推出EB=EF，由三线合一定理即可判断②；设GH、AD交于T，证明四边形ABHT是矩形，再证明CE= 2CH，同理可得AE= 2AT= 2BH，得到EC−AE= 2CH− 2BH，再由BH=FH，即可得到EC−AE= 2(CF+FH)− 2FH= 2CF，即可判断③；如图所示，以B为原点，以BC，AB所在的直线为x轴，y轴建立坐标系，先求出直线AC的解析式为y=−x+2；再求出AT= 3−1，DT=3− 3，则G( 3−1, 3+1)，进一步求出 M(3− 33,3+ 33)，再根据S四边形MEDG=S△MEG+S△EDG求解即可判断④．
本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．

11.【答案】x≠2 
【解析】解：由题意得，x−2≠0，
解得x≠2．
故答案为：x≠2．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
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．

12.【答案】−8 
【解析】解：∵x=−1是方程的一个根，
∴−1能使方程两边等式成立，
把x=−1代入方程有：(−1)2−a×(−1)+7=0，
1+a+7=0，
∴a=−8，
故答案为：−8．
把x=−1代入方程就能求出a的值．
本题考查方程的解的概念，只须把方程的解代入方程中，就能求出系数的值．

13.【答案】−1 
【解析】解：∵y=(m−1)x+m2−1是关于x的正比例函数，
∴m2−1=0，m−1≠0，
解得：m=−1．
故答案为：−1．
直接利用正比例函数的定义进而得出答案．
本题主要考查了正比例函数的定义，掌握正比例函数的定义是解题关键．

14.【答案】13 
【解析】解：∵x1和x2是方程x2+x−3=0的两个实数根，
∴x1+x2=−1，x1⋅x2=−3，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=−1−3=13，
故答案为：13．
由x1和x2是方程x2+2x−3=0的两个实数根，根据根与系数的关系即可求得：x1+x2=−1，x1⋅x2=−3，然后根据分式加减运算的知识，可得1x1+1x2=x1+x2x1x2，代入即可求得答案．
此题考查了根与系数的关系，分式的加减运算．此题比较简单，解题的关键是掌握：若二次项系数为1，x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q．

15.【答案】m<94 
【解析】解：根据题意得Δ=32−4×1×m>0，
解得m<94，
所以实数m的取值范围是m<94．
故答案为：m<94．
根据判别式的意义得到Δ=32−4×1×m>0，然后解不等式求出m的取值即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．

16.【答案】x<2 
【解析】解：不等式kx+b>0的解集为x<2．
故答案为：x<2．
利用函数图象，找出函数图象在x轴上方所对应的自变量的取值范围即可．
本题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=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．

17.【答案】6米 
【解析】解：设AB=x米，则AC=(16−x)米．
根据勾股定理，得x2+64=(16−x)2
∴x2+64=x2−32x+256，
∴32x=192，
解得：x=6．
故答案为：6米．
根据题意，运用勾股定理，列方程求解即可．
本题主要考查了勾股定理的实际应用，能够用一个未知数表示出未知的两条边，再根据勾股定理列方程求解．

18.【答案】4 
【解析】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，
根据题意，设AF=DE=CH=BG=x，
则AE=x−1，
在Rt△AED中，AE2+ED2=AD2，
∴(x−1)2+x2=52，
解得：x1=4，x2=−3(舍去)，
∴AF=4，
故答案为：4．
根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出AE=x−1，利用勾股定理列方程求解．
本题主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，利用方程思想解题是关键．

19.【答案】 74或2 
【解析】解：当F在AB上时，如图：

∵四边形ABCD是正方形，边长为12，
∴∠BAD=∠ABC=90°，AD=AB=12，
∵AE=DF=13，
∴AF= DF2−AD2= 132−122=5，
BE= AE2−AB2= 132−122=5，
∴BF=AB−AF=12−5=7，
在Rt△BEF中，
EF= BE2+BF2= 52+72= 74；
当F在BC上时，如图：

同理可得BE=5，CF=5，
∴EF=BC−BE−CF=12−5−5=2；
综上所述，EF的长度为 74或2；
故答案为： 74或2．
分两种情况：当F在AB上时，根据勾股定理可得EF= 74；当F在BC上时，由勾股定理可得EF=2．
本题考查正方形的性质及应用，解题的关键是熟练应用勾股定理求直角三角形的边长和分类思想的应用．

20.【答案】17 
【解析】解：连接DE，DF，BD，设BD与EF交于点O，

∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB=OD，
∵AE=CF，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴BE+BF=BE+DE≥BD，
∴BE+BF的最小值为BD的长；
∵AC−AB=9，AC−BC=2，
∴AB=AC−9，BC=AC−2，
在Rt△ABC中，
∵AB2+BC2=AC2，
∴(AC−9)2+(AC−2)2=AC2，
解得AC=5，或AC=17，
∵当AC=5时，AB=5−9<0，
∴AC=5舍去，
取AC=17，
∴BD=17，
即BE+BF的最小值是17，
故答案为：17．
连接DE，DF，BD，证明出DE=BF，从而确定BE+BF的最小值为BD的长，再利用已知条件求出AC的长即可使问题解决．
本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，本题也可通过证明△ADE≌△CBF得到DE=BF．

21.【答案】解：(1)3x2−4x−2=0，
a=3，b=−4，c=−2，
Δ=b2−4ac=(−4)2−4×3×(−2)=40>0，
方程有两个不等的实数根，
x=−b± b2−4ac2a
=−(−4)± 402×3
=2± 103
即x1=2+ 103，x2=2− 103；
(2)x(x+4)=3x+12，
x(x+4)=3(x+4)，
(x−3)(x+4)=0，
x−3=0或x+4=0，
∴x1=3，x2=−4． 
【解析】(1)根据公式法解一元二次方程；
(2)根据因式分解法解一元二次方程．
本题考查了解一元二次方程的方法，根据一元二次方程的特点选取合适的解法是解题的关键．

22.【答案】解：如下图：

(1)矩形ACBD即为所求；
(2)平行四边形ABEF即为所求；
∵AB= 12+32= 10，EB= 12+22= 5，
∴平行四边形ABEF的周长为：2 10+2 5． 
【解析】(1)根据网格线的特点及矩形的面积公式作图；
(2)根据平行四边形的判定定理及勾股定理作图．
本题考查了作图的应用与设计，掌握矩形和平行四边形的判定定理及勾股定理是解题的关键．

23.【答案】解：(1)由图象可知y1经过点(8,24)，
设y1=k1x，则24=8k1，
解得k1=3，
∴y1=3x；
由图象可知y2经过点(6,24)和(2,0)，
设y2=k2x+b2，
则6k2+b2=242k2+b2=0，
解得k2=6b2=−12，
∴y2=6x−12；
(2)①相遇前，甲在乙前面相距3km时，3x−(6x−12)=3，
解得x=3；
②相遇后，乙在甲前面相距3km时，(6x−12)−3x=3，
解得x=5，
答：在两人共同行走的过程中，运动时间为3小时或5小时时，两人相距3km． 
【解析】(1)观察图象，用待定系数法求函数解析式即可；
(2)审清题目，在两人共同行进过程中相距3km，分两种情况讨论：①相遇前，甲在乙前面相距3km时；②相遇后，乙在甲前面相距3km时，列出方程求解即可得解．
本题考查了一次函数的应用，用待定系数法求函数解析式，正确审题，分类讨论是解题关键．

24.【答案】(1)证明：∵∠BCA=∠CAD，
∴AD/​/BC，
在△AOD与△COB中，
∠DAO=∠BCOAO=CO∠AOD=∠COB，
∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)解：当BD=2AB时，则四边形AEFG为菱形，证明如下：
∵E，F，G分别是BO，CO，AD的中点，
∴EF=12BC，AG=12AD，EF/​/BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，BC/​/AD，AB=CD=12BD，OD=12BD，
∴EF/​/AG，EF=AG，CD=OD，
∴四边形AEFG为平行四边形，
∴AH=FH，
如图，连接DF，

∵F是CO的中点，
∴DF⊥OC，
∵G是AD的中点，AH=FH，
∴HG是△AFD的中位线，
∴HG//DF，
∴EG⊥AF，
∵四边形AEFG为平行四边形，
∴四边形AEFG为菱形． 
【解析】(1)证△AOD≌△COB(ASA)，得AD=BC，再由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由三角形中位线定理得EF=12BC，AG=12AD，EF/​/BC，再证四边形AEFG为平行四边形，得AH=FH，连接DF，然后由三角形中位线定理得HG//DF，则EG⊥AF，即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

25.【答案】解：(1)设绘画艺人每天平均收入的增长率是x．
875(1+x)2=1260，
x1=0.2，或x2=−2.2(不符合题意，舍去)，
答：绘画艺人每天平均收入的增长率是20%；
(2)第四天的收入是1260×(1+20%)=1512(元)．
作画区域的面积是1512÷3=504(平方分米)，
设彩条的宽度是y分米．
(30−y)(20−y)=504．
y1=2，y2=48(不符合题意，舍去)．
答：彩条的宽度是2分米． 
【解析】(1)设绘画艺人每天平均收入的增长率为x，则第二天的收入是875(1+x)元，第三天的收入是875(1+x)(1+x)元，根据题意可得方程；
(2)设彩条的宽度是y分米，作画区域的面积是1512÷3=504，所以由长方形的面积公式得到：(30−y)(20−y)=504，解方程即可．
本题主要考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．

26.【答案】4  36 
【解析】解：(1)∵1+2+3+4=10
∴10是三角点阵中前4行的点数和，
故答案为：4；
(2)根据题意：∵1+2+3+4+5+6+7+8=4(1+8)=36，
∴前8行的点数和36，
故答案为：36；
(3)能，理由如下：
根据题意可得前n行的点数和为1+2+3+…+(n−2)+(n−1)+n=n(n+1)2
令12n(n+1)=136，
解得：n1=16，或n2=−17 (舍去)，
∴n=16；
∴能；
(4)能，理由如下：
根据题意可得前n行的点数和为2+4+6+...+(2n−4)+(2n−2)+2n=2[1+2+3+…+(n−2)+(n−1)+n]=2×n(n+1)2=n(n
+1)
令n(n+1)=650
解得：n3=25，或n4=−26(舍)
∴n=25，
∴能．
(1)根据规律前四行的数为1+2+3+4=10即可得结论；
(2)根据题意分别写出前8行的数据列式计算即可；
(3)将前n行的数求和列方程解决，求n的正整数解即可，否则不存在；
(4)将各行的点数2，4，6，…，2n相加得n(n+1)，令n(n+1)=650求正整数解，否则不存在．
本题考查一元二次方程的应用及规律型，图形的变化，问题是一道找规律的题目，中考中经常出现，对于找规律的题目，首先找出哪些部分发生的变化，是按照什么规律变化的．

27.【答案】解：(1)令y=0，则x=72，
∴B(72,0)，
∵OA=OB，
∴OA=72，
∴A(0,72)，
将A点代入y=2kx−7k，72=−7k，
解得k=−1，
∴直线AB解析式为y=−x+72；
(2)∵△AOB沿AB翻折得到△ABC，
∴△AOB≌△ACB，
∴OA=OB=BC=AC，
∵∠AOB=90°，
∴四边形AOBC为正方形，
如图2，过点A作AM⊥OE，垂足为点M，过点A作AN⊥CD，垂足为点N．
∴∠AMO=∠ANC=90°，
∵OE⊥CD，
∴∠OEC=90°，
∵∠OAC+∠ACE+∠CEO+∠EOA=360°，∠OAC+∠CEO=180°，
∴∠ACE+∠EOA=180°，
∴∠ACE∠∠ACN=180°，
∴∠EOA=∠ACN，
∵OA=AC，
∴△AMO≌△ANC(AAS)，
∴AM=AN，
∴∠AEM=∠AEN=45°，
∴∠AEC=45°；
(3)如图3，过点C作CQ⊥GD，垂足为点Q，连接OQ和BQ，在CB上取一点P，使CP=BD，连接QP，
∵AE//DG，
∴∠AEC=∠GDC=45°，
∵CQ⊥DQ，
∴∠QCD=∠QDC=45°，
∴CQ=DQ，
∵∠CQT=∠DBT=90°，∠QTC=∠BTD，
∴∠QCT=∠BDT，
∴△QCP≌△QDB(SAS)，
∴QP=QB，∠CQP=∠DQB，
∵∠CQP+∠PQT=90°，
∴∠DQB+∠PQT=90°，即∠PQB=90°，
∴∠QBP=∠QPB=45°，
∴∠OBQ=∠CBQ=45°，
∵QB=QB，OB=BC，
∴△OBQ≌△CBQ(SAS)，
∴OQ=CQ=DQ，
∴∠QOD=∠QDO，
∵∠QOD+∠QOG=90°，∠QDO+∠QGO=90°，
∴∠GOQ=∠QGO，
∴QG=QO=DQ，
∴CG=CD，
∴∠CGD=∠CDG=45°，
∵∠GCD=∠ACB=90°，
∴∠ACG=∠BCD，
∵∠CAG=∠CBD=90°，AC=CB，
∴△CAG≌△CBD(ASA)，
∴AG=BD，
设AG=BD=a则AG=BD=72−a，
∴S△CBD=12a(72−a)=54，
解得a=52或a=1，
∵AG>GO，
∴AG=BD=52，GO=1，
∴D(6,0)，C(72,72)，
∴yCD=−75x+425，
∵∠CEF=∠OBF=90°，∠CFE=∠OFB，
∴∠ECF=∠BOF，
∵∠CBD=∠OBF=90°，CB=OB，
∴△CBD≌△OBF(ASA)，
∴BD=BF=52，
∴F(72,52)，
∴yOF=57x，
∵直线CD和直线OF的交点为E，
∴根据题意列方程组57x=−75x+425，
解得x=14737，
∴E(14737,10537)． 
【解析】(1)求出A点坐标，将A点代入直线解析式即可求k的值，从而确定函数解析式；
(2)由折叠可知四边形AOBC为正方形，过点A作AM⊥OE，垂足为点M，过点A作AN⊥CD，垂足为点N，证明△AMO≌△ANC(AAS)，得到AM=AN，再由∠AEM=∠AEN=45°，可求∠AEC=45°；
(3)过点C作CQ⊥GD，垂足为点Q，连接OQ和BQ，在CB上取一点P，使CP=BD，连接QP，先证明△QCP≌△QDB(SAS)，再证明△OBQ≌△CBQ(SAS)，△CAG≌△CBD(ASA)，得到AG=BD，设AG=BD=a则AG=BD=72−a，根据三角形面积求出a的值，从而确定D(6,0)，C(72,72)，由待定系数法求出直线CD的解析式，再通过证△CBD≌△OBF(ASA)，求出F(72,52)，从而确定直线OF的解析式，由直线CD和直线OF的交点为E，根据题意列方程组57x=−75x+425，即可求E点坐标．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质是解题的关键．