人教版八年级下册数学焦作数学期末试卷(提升篇)(Word版含解析).doc

人教版八年级下册数学焦作数学期末试卷（提升篇）（Word版含解析）
一、选择题
1．如果在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x≠2 B．x≥﹣7 C．x≥2 D．x≥﹣7且x≠2
2．已知a、b、c是三角形的三边长，如果满足（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，则三角形的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
3．如图，四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，则下列不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．OA=OC，AD//BC B．∠ABC=∠ADC，AD//BC
C．AB=DC，AD=BC D．∠ABD=∠ADB，∠BAO=∠DCO
4．某校男子足球队的年龄分布如图条形图所示，则这些队员年龄的众数是（ ）

A．8 B．13 C．14 D．15
5．如图，菱形的边长为2，，点是边的中点，点是对角线上一动点，则周长的最小值是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，菱形纸片ABCD，∠A=60°，P为AB中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC等于（　　）

A．60° B．65° C．75° D．80°
7．如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，于点E，于点F，连接AP，给出下列结论：①；②四边形PECF的周长为8；③一定是等腰三角形；④；⑤EF的最小值为；其中正确结论的序号为（ ）

A．①②④ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④⑤
8．A，B两地相距20，甲乙两人沿同一条路线从 地到 地，如图反映的是二人行进路程 ()与行进时间()之间的关系，有下列说法：①甲始终是匀速行进，乙的行进不是匀速的；②乙用了4个小时到达目的地；③乙比甲先出发1小时；④甲在出发4小时后被乙追上，在这些说法中，正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是____．
10．已知一个菱形有一个内角为，周长为，那么该菱形的面积等于________ ．
11．《九章算术》是我国古代重要的数学著作之一，其中记载了一道“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？译为：如图所示，中，求的长．在这个问题中，可求得的长为_________．

12．若直角三角形的两条直角边分别5和12，则斜边上的中线长为 _______．
13．在平面直角坐标系，，，点M在直线上，M在第一象限，且，则点M的坐标为____．

14．如图，已知四边形是一个平行四边形，则只须补充条件__________，就可以判定它是一个菱形．

15．如图，已知直线：，直线：和点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，…，按此作法进行下去，则点的横坐标为________．

16．如图，在矩形中，，沿直线折叠，使点与点重合，折痕交于点，交于点，连接，，则______．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．如图，将长为2.5米的梯子AB斜靠在墙AO上，BO长0.7米．如果将梯子的顶端A沿墙下滑0.4米，即AM等于0.4米，则梯脚B外移（即BN长）多少米？

19．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，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AB为一边正方形ABCD，使点C、D在小正方形的顶点上；
（2）在图2中画出一个以AB为一边，面积为6的□ABEF，使点E、F均在小正方形的顶点上，并直接写出□ABEF周长．
20．已知：如图，在Rt△ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，连接BF、CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形．
（2）当D点为AB的中点时，判断四边形CDBF的形状，并说明理由．

21．阅读理解：把分母中的根号化去叫做分母有理化，例如：①＝＝；②＝＝＝．等运算都是分母有理化，根据上述材料，
（1）化简：；
（2）+++…+．
22．在一次蜡烛燃烧实验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余部分的高度与燃烧时间的关系如图所示．其中甲蜡烛燃烧前的高度是，乙蜡烛燃烧前的高度是，请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）甲、乙两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是 ；
（2）分别求甲、乙两根蜡烛燃烧时，与之间的函数关系式；
（3）当为何值时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等（不考虑都燃尽时的情况)？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛高？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛低？

23．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交、两点，与直线相交于点，
（1）求点、的坐标；
（2）求和的值；
（3）若直线与轴相交于点．动点从点开始，以每秒个单位的速度向轴负方向运动，设点的运动时间为秒，
①若点在线段上，且的面积为，求的值；
②是否存在的值，使为等腰三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

25．在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．

（1）求m，n的值；
（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；
②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；
（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．
26．如图，四边形ABCD为矩形，C点在轴上，A点在轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
由已知可得x﹣2≠0，x+7≥0，求出x的范围即可．
【详解】
解：∵在实数范围内有意义，
∴x﹣2≠0，x+7≥0，
∴x≠2，x≥﹣7，
∴x≥﹣7且x≠2，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查二次根式与分式有意义的条件，解题的关键是熟知其各自的特点．
2．B
解析：B
【分析】
根据二次根式和绝对值的非负性，可得 ，然后再由勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】
解：∵（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，
∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴该三角形的形状是直角三角形．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的逆定理，平方、算术平方根、绝对值的非负性，熟练掌握若一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，则该三角形为直角三角形是解题的关键．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
平行四边形的判定定理：(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形；(2)两组对边分别相等的四边形是平行四边形；(3)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；(4)两组对角分别相等的四边形是平行四边形；(5)对角线互相平分的四边形是平行四边形；根据平行四边形的判定即可解答.
【详解】
解：∵
∴，
在△ADO和△CBO中

∴△ADO全等△CBO
∴AD=CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项A正确；
∵
∴
又∵，
∴
∴AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项B正确；
∵AB=CD，AD=BC
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项C正确；
根据∠ABD=∠ADB，∠BAO=∠DCO不能判断四边形ABCD是否为平行四边形
∴选项D错误.
故选D.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定定理，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的判定定理.
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据众数的定义：一组数据中出现次数最多的那个数，称为这组数据的众数，据此结合条形图可得答案．
【详解】
解：由条形统计图知14岁出现的次数最多，
所以这些队员年龄的众数为14岁，
故选C．
【点睛】
本题考查了众数的定义及条形统计图的知识，解题的关键是能够读懂条形统计图及了解众数的定义．
5．A
解析：A
【分析】
连接BQ，BD，当P，Q，B在同一直线上时，DQ＋PQ的最小值等于线段BP的长，依据勾股定理求得BP的长，即可得出DQ＋PQ的最小值，进而得出△DPQ周长的最小值．
【详解】
解：如图所示，连接BQ，BD，

∵点Q是菱形对角线AC上一动点，
∴BQ＝DQ，
∴DQ＋PQ＝BQ＋PQ，
当P，Q，B在同一直线上时，BQ＋PQ的最小值等于线段BP的长，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴△BAD是等边三角形，
又∵P是AD的中点，
∴BP⊥AD，AP＝DP＝1，
∴Rt△ABP中，∠ABP＝30°，
∴AP＝AB＝1，
∴BP＝，
∴DQ＋PQ最小值为，
又∵DP＝1，
∴△DPQ周长的最小值是，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质以及最短路线问题，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．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】
连接BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵P为AB的中点，
∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，
∴∠PDC=90°，
∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，
在△DEC中，∠DEC=180°-（∠CDE+∠C）=75°．
故选C．
【点睛】
此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
7．D
解析：D
【解析】
【分析】
①据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，求得DP＝EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④由②可知，四边形PECF为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明AP＝EF；⑤当AP最小时，EF最小，EF的最小值等于2．
【详解】
解：①如图，延长FP交AB与G，连PC，延长AP交EF与H，

∵GF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DBC＝45°
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，
∴PF＝EC＝DF，
∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2＋PF2＝EC2＋EC2＝2EC2，
∴DP＝EC．
故①正确；
②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴四边形PECF的周长＝2CE＋2PE＝2CE＋2BE＝2BC＝8，
故②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，
∴当∠PAD＝45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③错误．
④∵四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
由正方形为轴对称图形，
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
故④正确；
⑤由EF＝PC＝AP，
∴当AP最小时，EF最小，
则当AP⊥BD时，即AP＝BD＝×4＝2时，EF的最小值等于2，
故⑤正确；
综上所述，①②④⑤正确，
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
8．A
解析：A
【分析】
根据题意结合图象依次判断即可.
【详解】
①甲始终是匀速行进，乙的行进不是匀速的，正确；
②乙用了4个小时到达目的地，错误；
③乙比甲先出发1小时，错误；
④甲在出发4小时后被乙追上，错误，
故选：A.
【点睛】
此题考查一次函数图象，正确理解题意，会看函数图象，将两者结合是解题的关键.
二、填空题
9．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由二次根式在实数范围内有意义可得：
，解得：；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
10．E
解析：
【解析】
【分析】
作于E，由三角函数求出菱形的高AE，再运菱形面积公式=底×高计算即可；
【详解】
作于E，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，周长为，，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，结合三角函数的计算是解题的关键．
11．A
解析：55
【解析】
【分析】
设AC=x，可知AB=10-x，再根据勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：设AC=x，
∵AC+AB=10，
∴AB=10-x．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，即x2+32=（10-x)2
解得：x=4.55，
即AC=4.55．
故答案为：4.55．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
12．5
【分析】
先根据勾股定理计算出斜边，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半即可求解.
【详解】
解：因为直角三角形的两条直角边分别5和12，
由勾股定理可得：斜边=，
因为斜边上的中线等于斜边的一半，
所以斜边中线=13÷2=6.5，
故答案为：6.5.
【点睛】
本题主要考查勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解决本题的关键是要熟练掌握勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
13．
【分析】
过点 作 于点 交直线 于点 ，可求出直线的解析式为 ，然后设点 的坐标为 ，其中 ，则 ，从而得到，最后根据，可得到，解出 ，即可求解．
【详解】
解：如图，过点 作 于点 交直线 于点 ，

设直线的解析式为 ，
把，，代入得：
，解得： ，
∴直线的解析式为 ，
∵点M在直线上，M在第一象限，
设点 的坐标为 ，其中 ，
当 时， ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，求一次函数解析式，运用数形结合思想，通过设点的坐标利用三角形的面积构造方程是解题的关键．
14．A
解析：AB＝BC（答案不唯一）
【分析】
根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形添加即可．
【详解】
解：补充的条件是AB＝BC，
理由是：∵AB＝BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
故答案为：AB＝BC．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和菱形的判定，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．此题是一道开放性的题目，答案不唯一．
15．【分析】
点P（1，0），P1在直线y=x上，得到P1（1，1），求得P2的纵坐标=P1的纵坐标=1，得到P2（-2，1），即P2的横坐标为-2=-21，同理，P3的横坐标为-2=-21，P4的横
解析：【分析】
点P（1，0），P1在直线y=x上，得到P1（1，1），求得P2的纵坐标=P1的纵坐标=1，得到P2（-2，1），即P2的横坐标为-2=-21，同理，P3的横坐标为-2=-21，P4的横坐标为4=22，P5=22，P6=-23，P7=-23，P8=24…，求得，于是得到结论．
【详解】
解：∵点P（1，0），P1在直线y=x上，
∴P1（1，1），
∵P1P2∥x轴，
∴P2的纵坐标=P1的纵坐标=1，
∵P2在直线上，
∴
∴x=-2，
∴P2（-2，1），即P2的横坐标为-2=-21，
同理，P3的横坐标为-2=-21，P4的横坐标为4=22，P5=22，P6=-23，P7=-23，P8=24…，
∴，
∴P2020的横坐标为=21010，
∴P2021的横坐标为21010，
故答案为：21010．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，规律型：点的坐标，正确的作出规律是解题的关键．
16．【分析】
先证明得到AE=CE，再证明AF=AE=CE，利用勾股定理求出cm ，然后求出cm，cm 由此求解即可．
【详解】
解：如图，过点E作EG⊥BC于G，
由折叠的性质可知，CF=AF，，
解析：
【分析】
先证明得到AE=CE，再证明AF=AE=CE，利用勾股定理求出cm ，然后求出cm，cm 由此求解即可．
【详解】
解：如图，过点E作EG⊥BC于G，

由折叠的性质可知，CF=AF，，，，∠AFE=∠EFC，
∴，
∴AE=CE
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BCD=∠D=90°，AD∥BC，cm，
∴∠AEF=∠EFC，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AF=AE=CE，
设AF=CF=x，则BF=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴cm，
∵EG⊥CG，
∴∠EGC=∠D=∠GCD=90°，
∴四边形EGCD是矩形，
∴cm，
∴cm ，
∴cm，
∴cm ，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
三、解答题
17．（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的四则运算法则求解即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式，对式子进行求解．
【详解】
解：（1）

（2）
【点睛】
此题考查了二次根式的四
解析：（1）；（2）
【分析】
（1）根据二次根式的四则运算法则求解即可；
（2）根据完全平方公式和平方差公式，对式子进行求解．
【详解】
解：（1）

（2）

【点睛】
此题考查了二次根式的四则运算，涉及了平方差公式和完全平方公式，解题的关键是掌握二次根式的性质以及运算法则．
18．梯脚外移0.8米．
【分析】
直角利用勾股定理求出AO，ON的长，再利用NB=ON-OB，即可求出答案．
【详解】
解：由题意得：AB=2.5米，BO=0.7米，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
解析：梯脚外移0.8米．
【分析】
直角利用勾股定理求出AO，ON的长，再利用NB=ON-OB，即可求出答案．
【详解】
解：由题意得：AB=2.5米，BO=0.7米，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
（米）．
∴MO=AO-AM=2.4-0.4=2（米），
在Rt△MNO中，由勾股定理得：
（米）．
∴NB=ON-OB=1.5-0.7=0.8（米），
∴梯脚B外移（即BN长）0.8米．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，读懂题意，正确应用勾股定理是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；周长为4+2．
【解析】
【分析】
（1）直接利用网格结合正方形的性质得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合平行四边形的性质以及勾股定理得出答案．
【详解】
（1）
解析：（1）见解析；（2）见解析；周长为4+2．
【解析】
【分析】
（1）直接利用网格结合正方形的性质得出符合题意的答案；
（2）直接利用网格结合平行四边形的性质以及勾股定理得出答案．
【详解】
（1）如图1，将绕点逆时针旋转得,
将绕点顺时针旋转得，
连接,正方形ABCD即为所求．

（2）如图2所示，
∴S▱ABEF
由题意可知：
平行四边形ABEF即为所求．周长为．
【点睛】
本题考查作图、勾股定理、正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想思考问题．
20．（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即
解析：（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即可证平行四边形CDBF是菱形．
【详解】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠EBD，
∵E是BC中点，
∴CE=BE，
在△CEF和△BED中，

∴△CEF≌△BED（ASA），
∴CF=BD，
又∵CF∥AB，
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：四边形CDBF是菱形，理由如下：
∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AB=BD，
由（1）得：四边形CDBF是平行四边形，
∴平行四边形CDBF是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△CEF≌△BED是解题的关键，属于中考常考题型．
21．（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题
解析：（1）+；（2）．
【解析】
【分析】
（1）分母有理化即可；
（2）先分母有理化，然后合并即可．
【详解】
解：（1）；
（2）+++…+

＝．
【点睛】
此题考查了二次根式的分母有理化，本题中二次根式有理化主要利用了平方差公式，所以一般二次根式的有理化因式是符合平方差公式的特点的式子．找出分母的有理化因式是解本题的关键．
22．（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，
解析：（1），；（2），；（3）当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【分析】
（1）根据函数图象可以解答本题；
（2）先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式，然后根据函数图象中的数据即可求得相应的函数解析式；
（3）根据题意，令（2）中的两个函数解析式的值相等，即可解答本题．
【详解】
解：（1）由图象可知，
甲、乙两根蜡烛燃烧前的高度分别是从点燃到烧尽所用小时分别是
故答案为：；
（2）设甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即甲蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式
设乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式

即乙蜡烛燃烧时，y与x之间的函数解析式y=-10x+25；
∴，；
（3）由得即当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；观察图像可知，当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
23．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2
解析：（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，

，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，

，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，

设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，

，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
24．（1），；（2）；（3）①；②存在，或或或
【解析】
【分析】
（1）分别使，，代入，即可求出点、的坐标；
（2）把代入直线，可求，可得C点的坐标，再把C点坐标代入直线，即可得出的值；
（3）①根据
解析：（1），；（2）；（3）①；②存在，或或或
【解析】
【分析】
（1）分别使，，代入，即可求出点、的坐标；
（2）把代入直线，可求，可得C点的坐标，再把C点坐标代入直线，即可得出的值；
（3）①根据的面积公式列等式可得的值；
②存在，分三种情况：
当时，如图①，当时，如图②，当时，如图③，分别求的值即可．
【详解】
解（1）在中
当时，
当时，
，
（2）点在直线上

又点也在直线上
即
解得
（3）在中
当时，

①设，则
过作于，则
由的面积为
得
解得
②过作于
则，

当时，如图①所示
则

当时，如图②所示
，
当时，如图③所示
设
则，

解得

综上所述，当或或或时，为等腰三角形

【点睛】
本题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定理，等腰三角形的判定，以及一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握性质及定理是解本题的关键，并注意运用分类讨论的思想解决问题．
25．（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ
解析：（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝ ；
（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵ ，
又∵≥0，|5﹣m|≥0，
∴n﹣5＝0，5﹣m＝0，
∴m＝5，n=5．
（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，

∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，
∴PQ＝OP+NQ．
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，

∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，
∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE+∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，
∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，
∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF（SAS），
∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，
由勾股定理得：OF＝ ＝，
∴FM＝5﹣＝，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+，
则（x+）2＝（）2+（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴EN＝，
由勾股定理得：CE＝ ＝，
∴SR＝CE＝．
故答案为．
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．
理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．

∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA（AAS），
∴DN＝AN，
∴DN＝AD，
∴MN＝DM+DN＝DF+AD＝AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF＝，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，
∴AF＝，
∴MN＝AF＝，
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
26．（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么
解析：（1）G（0，4-）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，在Rt△AGF中，利用勾股定理求出 ，那么OG=OA-AG=4-，于是G（0，4-）；
（2）先在Rt△AGF中，由 ，得出∠AFG=60°，再由折叠的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BF tan60°=2，那么CE=4-2，E（3，4-2）.设直线EF的表达式为y=kx+b，将E（3，4-2），F（1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.
【详解】
解：（1）∵F（1，4），B（3，4），
∴AF=1，BF=2，
由折叠的性质得：GF=BF=2，
在Rt△AGF中，由勾股定理得，

∵B（3，4），
∴OA=4，
∴OG=4-，
∴G（0，4-）；
（2）在Rt△AGF中，
∵ ，
∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，
在Rt△BFE中，
∵BE=BFtan60°=2，
.CE=4-2，
.E（3，4-2）.
设直线EF的表达式为y=kx+b，
∵E（3，4-2），F（1，4），
∴ 解得
∴ ；

（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：
①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.
∵GN1∥EF，直线EF的解析式为
∴直线GN1的解析式为，
当y=0时， .
∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，4-），F（1，4），N1（ ，0），
∴M，（ ，）；

②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.
∵GFN2M2为平行四边形，
∴GN₂与FM2互