人教版八年级期末试卷综合测试(Word版含答案).doc

人教版八年级期末试卷综合测试（Word版含答案）
一、选择题
1．当x＝0时，下列式子有意义的是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数分别是三条线段的长度，其中能围成直角三角形的是（ ）．
A．1，1，2 B．1，2，3 C．1，， D．2，3，4
3．如图，在四边形ABCD中，下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．AB∥DC， AD∥BC B．AB＝DC，AD＝BC
C．AD∥BC，AB＝DC D．AB∥DC，AB＝DC
4．小明最近次数学测验的成绩如下：，，，，．则这次成绩的方差为（ ）
A． B． C． D．
5．如图, 的每个顶点都在边长为的正方形格点上，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，分别为边的中点，且于于则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在平行四边形上，尺规作图：以点为圆心，的长为半径画弧交于点，分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧交于点，作射线交于点，连接．若，，则线段的长为（ ）

A．18 B．17 C．16 D．14
8．在平面直角坐标系中，定义：已知图形W和直线，如果图形W上存在一点Q，使得点Q到直线的距离小于或等于k，则称图形W与直线“k关联”．已知线段AB，其中点，．若线段AB与直线“关联”，则b的取值范围是( )
A．-1≤b≤ B．0≤b≤4 C．0≤b≤6 D．≤b≤6
二、填空题
9．使代数式有意义的x的取值范围是_______．
10．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为3cm和4cm，则其面积是____cm2.

11．等腰梯形的上底是10cm，下底是16cm，高是4cm，则等腰梯形的周长为______cm．
12．如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点A、B、C都在网格格点的位置上，则△ABC的中线BD的长为_______．

13．已知一次函数y=ax﹣1的图象经过点（﹣2，2），则该一次函数的解析式为_________．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE垂直AC交AD于点E，则DE的长是_____________．

15．正方形，，，…，按如图所示的方式放置，点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，已知点，，则的横坐标是_____．

16．如图，直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，按如图那样折叠，使点与点重合，折痕为，则等于____________．

三、解答题
17．（1）计算：
（2）计算：
18．《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根四尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝4，求AC的长．

19．如图，正方形网格的每个小方格都是边长为1的正方形，每个小正方形的顶点叫格点．某数学探究小组进行了如下探究活动：以格点为顶点分别按下列要求画图形．

（1）画一个三角形、使三边长为3，，在网格1中完成；
（2）画一个平行四边形，使其有一锐角为45°，且面积为6，在网格2中完成；
（3）线段AB的端点都在格点上，将线段AB平移得到线段CD，并保证点C和点D也在格点上．
①平移后使形成的四边形ABDC为正方形，画出符合条件的所有图形，在网格3中完成；
②平移后使形成的四边形ABDC为菱形（正方形除外），画出符合条件的所有图形，在网格4中完成．
20．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，点E在线段OB上（不与点B，点O重合），点F在线段OD上，且DF＝BE，连接AE，AF，CE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AC＝4，BD＝8，当BE＝3时，判断△ADE的形状，说明理由．

21．阅读下述材料：
我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”:
与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式比如：

分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：
比较和的大小．可以先将它们分子有理化如下：

因为，所以
再例如：求的最大值．做法如下：
解：由可知，而
当时，分母有最小值2，所以的最大值是2．
解决下述问题：
（1）比较和的大小；
（2）求的最大值和最小值．
22．某专用医疗仪器厂有两间仓库，其中A仓库是传统人工仓库，B仓库是进、出仓速度更大的智能无人值守仓库，且A、B仓库的最大库存量相同．某日，该厂要将仪器全部出仓，通过铁路货运送往外地．A仓库上午7：00达到最大库存量，此时停止进仓、开始出仓，A仓库库存量y（单位：件）随出仓时间t（单位：h）的变化情况如图所示；B仓库上午7：00库存量为15000件，此时继续进仓，达到最大库存量后停止进仓、开始出仓，且进、出仓的速度相同，B仓库的工作进度如表所示．仪器全部出仓后即关闭仓库．
时刻
7：00
8：00
12：00
B仓库工作进度
继续进仓
停止进仓
开始出仓
出仓完毕
（1）求每个仓库的最大库存量；
（2）若上午7：48这两个仓库的库存量相同，则两个仓库在12：00前是否还会有库存量相同的时刻？若有，求出该时刻；若无，请说明理由；
（3）在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值也会发生变化，
①你认为哪些时刻两个仓库库存量的差值可能达到最大？请直接写出这些时刻；
②根据①中你的结论，若在8：00到12：00这段时间，出现两个仓库库存量差值最大的情形，则A仓库最迟能否在13：30完成出仓任务？请说明理由．

23．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转（），得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角的度数；
（2）当旋转角的大小发生变化时，的度数是否发生变化?如果变化，请用含的代数式表示；如果不变，请求出的度数；
（3）联结AF，求证：．

24．如图，函数 的图像分别与 x轴、 y轴交于 A、 B两点，点 C在 y轴上， AC平分 ．
(1) 求点 A、 B的坐标；
(2) 求 的面积；
(3) 点 P在坐标平面内，且以A、 B、P为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你直接写出点 P的坐标．

25．如图1，中，于，且；
（1）试说明是等腰三角形；
（2）已知cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点M运动的时间为(秒)．
①若的边与BC平行，求t的值；
②在点N运动的过程中，能否成为等腰三角形?若能，求出的值；若不能，请说明理由．

26．如图1，已知RtABC中，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，且AC＝8，∠DCA＝45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
(1)如图1，若AB＝2AC，求AE的长；
(2)如图2，若∠B＝30°，求CEF的面积；
(3)如图3，点P是BA延长线上一点，且AP＝BD，连接PF，求证：PF+AF＝BC．

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件进行判断即可；
【详解】
解：当x＝0时， 没有意义，则没有意义；
当x＝0时， ，则没有意义；
当x＝0时，x-1=-1，则没有意义；
故选：C
【点睛】
本题考查了零指数幂、分式有意义，二次根式有意义的条件，熟练掌握相关知识是解题的关键
2．C
解析：C
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、12+12≠22，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
B、12+22≠32，故不是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、12+（）2=（）2，故是直角三角形，故此选项符合题意；
D、22+32≠42，故不是直角三角形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用．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．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
注意题目所问是“不能”，根据平行四边形的判定条件可解出此题．
【详解】
解：平行四边形的判定条件：
A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
B、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
C、可能是等腰梯形，不能判定，符合题意；
D、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的基本性质是解答本题的关键
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先求出平均数，再利用方差公式计算即可．
【详解】
解：，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用来表示，计算公式是：．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．B
解析：B
【分析】
直接根据格点，运用勾股定理求出三边长，再根据勾股定理的逆定理确定△ABC的形状，即可求解.
【详解】
解：根据勾股定理可得：

∴AB=AC，AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°,
∴∠ABC=45°.
故选：B.
【点睛】
本题考查正方形格点中勾股定理及逆定理的运用，勾股定理及逆定理是解答此题的关键知识点.
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质求出，又因为，得出，再由，可得最后可推出．
【详解】
解：，，
，
．
又，
．
又，，
，
，
，
．
故选：．
【点睛】
此题主要考查的知识点：（1）直角三角形中，锐角所对的直角边等于斜边的一半的逆定理；（2）菱形的两个邻角互补；（3）同角的补角相等；（4）菱形的四边相等．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
证明四边形ABEF是菱形，得到OA=OE，OB=OF=6，AE⊥BF，再在Rt△AOB中由勾股定理求出OA即可解决问题．
【详解】
解：∵以点A为圆心，的长为半径画弧交于点，
∴AF=AB，
∵分别以点、为圆心，以大于的长为半径画弧交于点，作射线交于点，
∴直线AE是线段BF的垂直平分线， 且AP为∠FAB的角平分线，
∴EF=EB，∠FAE=∠BAE，
∵四边形为平行四边形，
∴AD∥BC，∠FAE=∠AEB，
∴∠AEB=∠BAE，
∴BA=BE，
∴BA=BE=AF=FE，
∴四边形ABEF是菱形；
∴AE⊥BF，OB=OF=6，OA=OE，
∴∠AOB=90°，
在Rt△AOB中：，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是菱形的判定、垂直平分线、角平分线的尺规作图、勾股定理等相关知识点，掌握特殊四边形的判定方法及重要图形的尺规作图是解决本题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
如图（见解析），先画出图形，再根据定义求出两个临界位置时b的值，由此即可得．
【详解】
如图，过点B作直线的垂线，垂足为点D，连接OA，延长AB交直线于点C
由题意，有以下两个临界位置：
①点A到直线的距离等于

，
当直线经过原点O时，，

即为点A到直线的距离，此时
②点B到直线的距离等于，即
轴
，且点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，即为1
是等腰直角三角形

点C的横坐标为

将点代入直线得：
解得
则b的取值范围是
故选：C．

【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、一次函数的几何应用等知识点，理解新定义，求出两个临界位置时b的值是解题关键．
二、填空题
9．x>-3
【解析】
【分析】
先根据分式分母不为零，再根据二次根式被开方数不为零得出不等式计算即可．
【详解】
解：有题意可知：

则x+3>0
x>-3
故答案为：x>-3
【点睛】
本题考查分式有意义的条件，二次根式有意义的条件．是一道复合型的题目，要考虑前面是重点．
10．A
解析：6
【解析】
【分析】
直接根据菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得面积．
【详解】
解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为3cm和4cm
∴（cm）
故答案为：6．
【点睛】
此题主要考查菱形的性质，熟练掌握性质是解题关键．
11．A
解析：【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形，过A，D作下底BC的垂线，从而可求得BE的长，根据勾股定理求得AB的长，这样就可以求得等腰梯形的周长了．
【详解】
解：过A，D作下底BC的垂线，

则BE=CF=（16-10）=3cm，
在直角△ABE中根据勾股定理得到：
AB=CD==5，
所以等腰梯形的周长=10+16+5×2=36cm．
故答案为36．
【点睛】
本题考查等腰梯形的性质、勾股定理．注意掌握数形结合思想的应用．
12．A
解析：
【分析】
首先根据勾股定理求得AB，BC，AC的长度，然后由勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形，则根据直角三角形斜边上中线的性质求解即可．
【详解】
解：如图，AB2＝12+22＝5，BC2＝22+42＝20，AC2＝42+32＝25．
∴AB2+BC2＝AC2．
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°．
∵BD是斜边AC上的中线，
∴BD＝AC＝＝．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了勾股定理及其逆定理，直角三角形的斜边的中线的性质，用勾股定理的逆定理判定直角三角形是解题的关键．
13．y=x-1
【详解】
试题分析：把（﹣2，2）代入y=ax﹣1得：﹣2a﹣1=2，解得：a=，即y=x﹣1．
故答案为y=x-1．
考点： 一次函数图象上点的坐标特征．
14．C
解析：3
【分析】
连接CE，设DE=x，则AE=8-x，判断出OE是AC的垂直平分线，即可推得CE=AE=8-x，然后在Rt△CDE中，根据勾股定理，求出DE的长是多少即可．
【详解】
详解：如图，连接CE，
，
设DE=x，则AE=8-x，
∵OE⊥AC，且点O是AC的中点，
∴OE是AC的垂直平分线，
∴CE=AE=8-x，
在Rt△CDE中，
x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴DE的长是3．
故答案为3．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质、中垂线的性质和勾股定理，熟练掌握矩形的对角线互相平分和中垂线的性质是解题的关键．
15．【分析】
根据，，，，……，即可归纳出的横坐标．
【详解】
解：∵点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，已知点，，
∴（0，1），（1，2），（3，4），……，
∴，（7，8），，
∴，
故答案
解析：
【分析】
根据，，，，……，即可归纳出的横坐标．
【详解】
解：∵点，，，…和点，，，…分别在直线和轴上，已知点，，
∴（0，1），（1，2），（3，4），……，
∴，（7，8），，
∴，
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查一次函数图像和正方形的性质，根据点，，，，找出横坐标的变化规律，是解题的关键．
16．14：25
【分析】
在中利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得到，，设，则，，在中根据勾股定理计算出，则，利用三角形面积公式计算出，在中利用勾股定理计算出，利用三角形面积公式计算出，然后求出两面积的
解析：14：25
【分析】
在中利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得到，，设，则，，在中根据勾股定理计算出，则，利用三角形面积公式计算出，在中利用勾股定理计算出，利用三角形面积公式计算出，然后求出两面积的比．
【详解】
解：在中，，，
，
把沿使与重合，
，，
，
设，则，，
在中，，即，
，
，
，
在中，，
，
，
．
故答案为：14：25．
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等．也考查了勾股定理．
三、解答题
17．（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9
解析：（1）2；（2）
【分析】
（1）先分别化简二次根式，再合并同类二次根式即可得到答案；
（2）先计算乘方，同时化简二次根式，将除法化为乘法，计算乘除法，再化简结果．
【详解】
解：（1）
=10-9+
=2；
（2）
=
=
=．
【点睛】
此题考查二次根式的加减法计算法则，及混合运算的计算法则，正确掌握二次根式的加减法法则、混合运算的法则、二次根式的化简方法是解题的关键．
18．【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+
解析：
【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+42＝（10﹣x）2，
解得：x＝，
答：AC的长为．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出等式方程是解题关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理画出图形即可；
（2）根据平行四边形的性质和面积公式画出图形即可；
（3）①根据正方形的性质画出图形即可；
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理画出图形即可；
（2）根据平行四边形的性质和面积公式画出图形即可；
（3）①根据正方形的性质画出图形即可；②根据菱形的性质画出图形即可．
【详解】
解：（1）根据勾股定理可得如图所示：

（2）如图所示：

（3）①如图所示：

②如图所示：

【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质、菱形的性质及平移，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、菱形的性质及平移是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=
解析：（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求出OE=OF，再根据菱形的判定得出即可；
（2）根据菱形的性质求出AO=2，BO=DO=4，求出OE和DE，根据勾股定理求出AD2=20，AE2=5，求出AD2+AE2=DE2，再根据勾股定理的逆定理求出答案即可．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BC，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，BO＝DO，
∴BO﹣BE＝DO﹣DF，
即OE＝OF，
∵AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：△ADE是直角三角形，
理由是：∵AC＝4，BD＝8，AO＝CO，BO＝DO，
∴AO＝2，BO＝DO＝4，
∵BE＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，DE＝DO+OE＝4+1＝5，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2＝AO2+DO2＝22+42＝20，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝22+12＝5，
∵DE2＝52＝25，
∴AD2+AE2＝DE2，
∴∠DAE＝90°，
即△ADE是直角三角形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识点，能熟记菱形的性质和判定是解此题的关键．
21．（1）；（2）的最大值为2，最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；
（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得
解析：（1）；（2）的最大值为2，最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用分子有理化得到，，然后比较和的大小即可得到与的大小；
（2）利用二次根式有意义的条件得到，而，利用当时，有最大值1，有最大值1得到所以的最大值；利用当时，有最小值，有最下值0得到的最小值．
【详解】
解：（1），
，
而，，
，
；
（2）由，，得，
，
∴当时，有最小值，则有最大值1，此时有最大值1，所以的最大值为2；
当时，有最大值，则有最小值，此时有最小值0，所以的最小值为．
【点睛】
本题考查了非常重要的一种数学思想：类比思想．解决本题关键是要读懂例题，然后根据例题提供的知识点和方法解决问题．同时要注意所解决的问题在方法上类似，但在细节上有所区别．
22．（1）20000件；（2）有，8：20时，理由见解析；（3）①在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；②A仓库不能在13：30完成出仓任务，理由见解析．
【分析】
（1）由表可知
解析：（1）20000件；（2）有，8：20时，理由见解析；（3）①在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；②A仓库不能在13：30完成出仓任务，理由见解析．
【分析】
（1）由表可知，B仓库7：00到8：00进仓量是最大库存量的，故最大库存量为15000÷（1﹣）＝20000（件），结合题意，得每个仓库的最大库存量是20000件；
（2）B仓库1小时进、出仓量是5000件，上午7：48时，B仓库库存量为：15000+5000×＝19000（件），故A仓库用48分钟出仓1000件，即A仓库1小时可出仓1000÷＝1250（件），设8：00后再过m小时，两个仓库库存量相同，则5000m＝1250（m+1），通过计算即可得到答案；
（3）①由（1）（2）可知：7：00时，两个仓库库存量的差值为5000件；7：48时，两个仓库库存量的差值为0；8：00时，两个仓库库存量的差值为1250件；8：20时，两个仓库库存量的差值为0；8：20后再过x小时，两个仓库库存量的差值为5000x﹣1250x＝3750x，而x≤，即可得x＝时，两个仓库库存量的差值最大为3750×＝13750（件），故在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；
②12：00时，B仓库出仓完毕，A仓库库存量为13750件，而13750÷1250＝11（小时），即知A仓库不能在13：30完成出仓任务．
【详解】
（1）根据题意，B仓库4小时出仓完毕，且进、出仓的速度相同，
∴7：00到8：00进仓量是最大库存量的，
∴最大库存量为15000÷（1﹣）＝20000（件），
∵A、B仓库的最大库存量相同，
∴每个仓库的最大库存量是20000件；
（2）由（1）得，B仓库1小时进、出仓量是5000件，
上午7：48时，B仓库库存量为：15000+5000×＝19000（件），
∵上午7：48这两个仓库的库存量相同，
∴A仓库用48分钟出仓1000件，即A仓库1小时可出仓1000÷＝1250（件），
设8：00后再过m小时，两个仓库库存量相同，则5000m＝1250（m+1），
解得：m＝（小时），
∴8：00后再过小时，两个仓库库存量相同，即8：20时，两个仓库库存量相同；
（3）①由（1）（2）可知：7：00时，两个仓库库存量的差值为5000件；
7：48时，两个仓库库存量的差值为0；
8：00时，两个仓库库存量的差值为1250件；
8：20时，两个仓库库存量的差值为0；
8：20后再过x小时，两个仓库库存量的差值为5000x﹣1250x＝3750x，
∵B仓库8：20后再过4﹣＝小时出仓完毕，
∴x≤，
∵3750＞0，
∴x＝时，两个仓库库存量的差值最大为3750×＝13750（件），
∴在进、出仓的过程中，两个仓库库存量的差值最大是在12：00；
②由（3）①知，12：00时，B仓库出仓完毕，A仓库库存量为13750件，
而13750÷1250＝11（小时），即A仓库还需11小时才能出仓完毕，
∴A仓库不能在13：30完成出仓任务．
【点睛】
本题考查了有理数运算、一元一次方程、一次函数的知识；解题的关键是熟练掌握一元一次方程、一次函数的性质，从而完成求解．
23．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角
解析：（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得=∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF=.
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴=∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE=，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE=,
∴∠CEB=∠CBE=,
∴∠BEF=.
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=AF

【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（
解析：（1）A（6，0），B（0，8）；（2）15；（3）使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【解析】
【分析】
（1）在函数解析式中分别令y=0和x=0，解相应方程，可求得A、B的坐标；
（2）过C作CD⊥AB于点D，由勾股定理可求得AB，由角平分线的性质可得CO=CD，再根据S△AOB=S△AOC+S△ABC，可求得CO，则可求得△ABC的面积；
（3）可设P（x，y），则可分别表示出AP2、BP2，分∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，分别可得到关于x、y的方程组，可求得P点坐标．
【详解】
解：（1）在中，
令y=0可得0=-x+8，解得x=6，
令x=0，解得y=8，
∴A（6，0），B（0，8）；
（2）如图，过点C作CD⊥AB于点D，

∵AC平分∠OAB，
∴CD=OC，
由（1）可知OA=6，OB=8，
∴AB=10，
∵S△AOB=S△AOC+S△ABC，
∴×6×8=×6×OC+×10×OC，解得OC=3，
∴S△ABC=×10×3=15；
（3）设P（x，y），则AP2=（x-6）2+y2，BP2=x2+（y-8）2，且AB2=100，
∵△PAB为等腰直角三角形，
∴有∠PAB=90°、∠PBA=90°和∠APB=90°三种情况，
①当∠PAB=90°时，则有PA2=AB2且PA2+AB2=BP2，
即，解得或，
此时P点坐标为（14，6）或（-2，-6）；
②∠PBA=90°时，有PB2=AB2且PB2+AB2=PA2，
即，解得或，
此时P点坐标为（8，14）或（-8，2）；
③∠APB=90°时，则有PA2=PB2且PA2+PB2=AB2，
即解得或
此时P点坐标为（-1，1）或（7，7）；
综上可知使△PAB为等腰直角三角形的P点坐标为（14，6）或（-2，-6）或（8，14）或（-8，2）或（-1，1）或（7，7）．
【点睛】
本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、勾股定理、三角形的面积、角平分线的性质、等腰直角三角形的性质、分类讨论思想及方程思想等知识．在（1）中注意函数图象与坐标轴的交点的求法，在（2）中利用角平分线的性质和等积法求得OC的长是解题的关键，在（3）中用P点坐标分别表示出PA、PB的长，由等腰直角三角形的性质得到关于P点坐标的方程组是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算较大，难度较大．
25．（1）证明见解析；
（2）①t值为5或6；②点N运动的时间为6s，，或时，为等腰三角形.
【分析】
（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，由勾股定理求出AC，即可得出结论；
（2
解析：（1）证明见解析；
（2）①t值为5或6；②点N运动的时间为6s，，或时，为等腰三角形.
【分析】
（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，由勾股定理求出AC，即可得出结论；
（2）①由△ABC的面积求出BD、AD、CD、AC；再分当MN∥BC时，AM＝AN和当DN∥BC时，AD＝AN两种情况得出方程，解方程即可；②分三种情况：AD=AN；DA=DN；和ND=NA，三种情况讨论即可
【详解】
解：（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，
在Rt△ACD中，AC＝＝5x，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）①S△ABC＝×5x×4x＝40cm2，而x＞0，
∴x＝2cm，
则BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm．
当MN∥BC时，AM＝AN，即10−t＝t，此时t＝5，
当DN∥BC时，AD＝AN，此时t＝6，
综上所述，若△DMN的边与BC平行时，t值为5或6；
②能成为等腰三角形，
分三种情况：
（ⅰ）若AD=AN=6，如图：

则t==6s；
（ⅱ）若DA=DN，如图：

过点D作于点H，则AH=NH，
由，得，
解得，
在中，，
，
；
（ⅲ）若ND=NA，如图：

过点N作于点Q，则AQ=DQ=3，，
，
；
综上，点N运动的时间为6s，，或时，为等腰三角形.
【点睛】
此题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的面积公式，勾股定理，解本题的关键是熟练掌握方程的思想方法和分类讨论思想．
26．(1)；(2)；(3)见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可．
（2）如图2中，过点作于点，先求得，根据含30度角的直角三角形的性质求得，设，勾股定理求得进而求得，利
解析：(1)；(2)；(3)见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出BC，再利用面积法求出AE即可．
（2）如图2中，过点作于点，先求得，根据含30度角的直角三角形的性质求得，设，勾股定理求得进而求得，利用三角形面积公式即可求得CEF的面积；
（3）如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN，证明△AMF≌△DMN（ASA），推出AF＝DN＝CN，再证明△APF≌△DBN（SAS），可得结论．
【详解】
（1）∵AB＝2AC，AC＝8，
∴AB＝16，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝，
∵AE⊥BC，
∴S△ABC＝，
∴AE＝．
（2）如图，过点作于点，则，

∠B＝30°，，,
，,
,
,
AE⊥BC，
，

设，则，，
，
，
，
，

解得

（3）证明：如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN．

∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴AM⊥CD，AM＝DM＝CM，∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴DN＝CN，
∴∠NDM＝∠NCM，
∵AE⊥BC，
∴∠ECF＋∠EFC＝∠MAF＋∠AFM＝90°，
∵∠AFM＝∠EFC，
∴∠MAF＝∠ECF，
∴∠MAF＝∠MDN，
∵∠AMF＝∠DMN，
∴△AMF≌△DMN（ASA），
∴AF＝DN＝CN，
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴∠NAP＝∠CDB＝135°，
∵∠MAF＝∠MDN，
∴∠PAF＝∠BDN，
∵AP＝DB，
∴△APF≌△DBN（SAS），
∴PF＝BN，
∵AF＝CN，
∴PF＋AF＝CN＋BN，
即PF＋AF＝BC．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．