八年级下册数学南昌数学期末试卷测试卷(word版-含解析).doc

八年级下册数学南昌数学期末试卷测试卷（word版，含解析）
一、选择题
1．如果式子有意义，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列线段，，能组成直角三角形的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的四边形是正方形
4．某生数学科课堂表现为90分、平时作业为92分、期末考试为85分，若这三项成绩分别按的比例计入总评成绩，则该生数学科总评成绩为（ ）
A．86分 B．86.8分 C．88.6分 D．89分
5．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
6．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连接DF，则∠CDF等于（）

A．50° B．60° C．70° D．80°
7．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图1，图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为3，则S1+S2+S3的值是（ ）

A．20 B．27 C．25 D．49
8．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象交轴、轴于、两点，以为边在直线右侧作正方形，连接，过点作轴于点，交于点，连接．则下列说法中正确的是（ ）

A．点的坐标为 B．
C．点的坐标为 D．的周长为
二、填空题
9．△ABC的三条边长、、满足，，则△ABC____直角三角形（填“是”或“不是”）
10．如图，在菱形ABCD中，AC，BD两对角线相交于点O．若∠BAD＝60°，BD＝2cm，则菱形ABCD的面积是____cm2．

11．直角三角形的两条直角边长分别为、，则这个直角三角形的斜边长为________cm．
12．边长为a、b的长方形，它的周长为14，面积为10，则的值为__．
13．小明从家步行到学校需走的路程为2000米．图中的折线OAB反映了小明从家步行到学校所走的路程s（米）与时间t（分钟）的函数关系，根据图象提供的信息，当小明从家出发去学校步行20分钟时，距离学校还有__米．

14．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在对角线BD上，请你添加一个条件____________，使四边形AECF是菱形．

15．如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…，都在x轴正半轴上，点B1，B2，B3，…，都在直线y=kx上，∠B1OA1=30°，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，都是等边三角形，且OA1＝1，则点B6的纵坐标是_________．

16．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝6，AB＝10，则点E的坐标是 __________________．

三、解答题
17．计算
（1）
（2）
18．我市《道路交通管理条例》规定：小汽车在城市街道上的行驶速度不得超过60km/h．如图，一辆小汽车在一条城市街道上沿直道行驶，某一时刻刚好行驶到车速检测点A正前方30m的C处，2秒后又行驶到与车速检测点A相距50m的B处．请问这辆小汽车超速了吗？若超速，请求出超速了多少？

19．如图，正方形网格中的△ABC，若小方格边长为1
（1）判断△ABC是什么形状？并说明理由．
（2）求AC边上的高．

20．如图，在中，，于点H，E是A上一点，过点B作，交的延长线于点F，连接，．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的度数．
21．阅读下面的解答过程，然后作答：
有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数 m和n，使m2+n2=a 且 mn=，则a+2 可变为m2+n2+2mn，即变成（m+n）2，从而使得化简．
例如：∵5+2=3+2+2=（）2+（）2+2=（+）2
∴==+
请你仿照上例将下列各式化简
（1），（2）．
22．寒假将至，某健身俱乐部面向大中学生推出优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生健身x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．在平面直角坐标系中的函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
（2）求k2的值；
（3）八年级学生小华计划寒假前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．
（4）小华的同学小琳也计划在该俱乐部健身，若她准备300元的健身费用，最多可以健身多少次？

23．共顶点的正方形ABCD与正方形AEFG中，AB=13，AE=5．
（1）如图1，求证：DG=BE；
（2）如图2，连结BF，以BF、BC为一组邻边作平行四边形BCHF．
①连结BH，BG，求的值；
②当四边形BCHF为菱形时，直接写出BH的长．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点 ，与直线相交于点 ，
（1）求直线 的函数表达式；
（2）求 的面积；
（3）在 轴上是否存在一点 ，使是等腰三角形．若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点 的坐标

25．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按逆时针排列），连接BF.

（1）如图1,当点E与点D重合时，BF的长为 ；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE=1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N.）
（3）当点E在直线AD上时，若AE=4，请直接写出BF的长.
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
二次根式有意义，则，据此解题．
【详解】
解：二次根式有意义，则，
，
故选A．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
2．C
解析：C
【分析】
根据如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形就是直角三角形进行分析即可．
【详解】
解：、，不能组成直角三角形，故此选项错误；
、，不能组成直角三角形，故此选项错误；
、，能组成直角三角形，故此选项正确；
、，不能组成直角三角形，故此选项错误．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
3．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法进行判定即可．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原选项是真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原选项是假命题；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项是假命题；
D、对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，原选项是假命题；
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的定义，将三项成绩分别乘以其所占权重，即可计算出加权平均数．
【详解】
解：生数学科总评成绩=（分）；
故选：C
【点睛】
本题考查了加权平均数的求法，重在理解“权”不同，各数所起的作用也会不同，会对计算结果造成不同影响．
5．A
解析：A
【分析】
根据矩形的性质可得BC=AD，∠B=90°，利用勾股定理可求出AC的长，根据折叠的性质可得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，BE=EF，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出EF的长即可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴∠B=90°，BC=AD=8，
∴AC＝＝10，
∵折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，
∴BE＝EF，AF＝AB＝6，∠AFE=∠B=90°，
∴CF＝AC-AF=10﹣6＝4，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2+CF2＝CE2，
∴EF2+CF2=（BC-EF）2，即EF2+42=（8-EF）2，
解得：EF＝3，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
6．B
解析：B
【解析】
【详解】
分析：如图，连接BF，

在菱形ABCD中，∵∠BAD=80°，
∴∠BAC=∠BAD=×80°=40°，∠BCF=∠DCF，BC=CD，
∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣80°=100°．
∵EF是线段AB的垂直平分线，∴AF=BF，∠ABF=∠BAC=40°．
∴∠CBF=∠ABC﹣∠ABF=100°﹣40°=60°．
∵在△BCF和△DCF中，BC=CD，∠BCF=∠DCF，CF=CF，∴△BCF≌△DCF（SAS）．
∴∠CDF=∠CBF=60°．故选B．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，得出CG＝KG，CF＝DG＝KF，再根据S1＝（CG+DG）2，S2＝GF2，S3＝（KF﹣NF）2，S1+S2+S3＝3GF2，即可求解．
【详解】
解：在Rt△CFG中，由勾股定理得：CG2+CF2=GF2，
∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，
∴CG=KG=FN，CF=DG=KF，
∴S1=（CG+DG）2
=CG2+DG2+2CG•DG
=CG2+CF2+2CG•DG
=GF2+2CG•DG，
S2=GF2，
S3=（KF-NF）2，
=KF2+NF2-2KF•NF
=KF2+KG2-2DG•CG
=FG2-2CG•DG，
∵正方形EFGH的边长为3，
∴GF2=9，
∴S1+S2+S3=GF2+2CG•DG+GF2+FG2-2CG•DG=3GF2=27，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质等知识，根据已知得出S1+S2+S3=3GF2=27是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
根据一次函数解析式，令x、y分别为0，即可求出A、B两点坐标，再利用勾股定理即可算出AB的长，过点D作x轴垂线交x轴于点H，构造三角形全等即可推出点D的坐标；求出BD的解析式，可得点E的坐标，可得出AF≠EF，则∠EAF≠45°，过点C作y轴垂线交y轴于点N，构造三角形全等即可推出点C的坐标；将AE+EF利用全等转换为CF即可求出△AEF的周长．
【详解】
解：∵一次函数的图象交x轴、y轴与A、B两点，
∴当x=0，则y=12，故B（0，12），
当y=0，则x=5，故A（5，0），
∴AO=5，BO=12，
在Rt△AOB中，AB==13，
故AB的长为13；
过点D作x轴垂线交x轴于点H，过点C作y轴垂线交y轴于点N，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AB=DA=BC=CD，
∴∠OAB+∠OBA=∠OAB+∠HAD=90°，
∴∠OBA=∠HAD，
在△OBA和△HAD中，
，
∴△OBA≌△HAD（AAS），
∴DH=AO=5，AH=BO=12，
∴OH=OA+AH=17，
∴点D的坐标为（17，5），A错误，不符合题意；
∵∠CBN+∠NCB=∠CBN+∠ABO=90°，
∴∠NCB=∠ABO，
在△CNB和△BOA中，
，
∴△CNB≌△BOA（AAS），
∴BN=AO=5，CN=BO=12，
又∵CF⊥x轴，
∴CF=BO+BN=12+5=17，
∴C的坐标为（12，17），C正确，符合题意；
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴，解得：，
∴直线BD的解析式为，
∵OF=CN=12，
∴AF=12-5=7，E点的坐标为（12，），
∴EF=≠AF，
∵CF⊥x轴，
∴∠EAF≠45°，B错误，不符合题意；
在△CDE和△ADE中，
，
∴△CDE≌△ADE（SAS），
∴AE=CE，
∴AE+EF=CF=17，AF=OF-AO=12-5=7，
∴C△AEF=AE+EF+AF=CF+AF=17+7=24，D错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查一次函数性质的综合应用，熟练一次函数图象的基本性质并能结合全等三角形逐步推理细心运算是解题关键．
二、填空题
9．A
解析：不是
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件以及绝对值的非负性，得出的值，运用勾股定理逆定理验证即可．
【详解】
解：∵，
∴，，
∴，
则，
∴，
∴△ABC不是直角三角形，
故答案为：不是．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，绝对值的非负性，勾股定理逆定理等知识点，根据题意得出的值是解本题的关键．
10．A
解析：2
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝BD＝1，可证△ABD是等边三角形，可得AB＝BD＝4，由勾股定理可求AO的长，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝BD＝1cm，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝2cm，
∴
∴AC＝2cm，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝2cm2，
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理直接计算可得答案．
【详解】
解：由勾股定理得：斜边
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
12．70
【分析】
直接利用长方形的周长和面积公式结合提取公因式法分解因式计算即可．
【详解】
解：依题意：2a+2b=14，ab=10，
则a+b=7
∴a2b+ab2=ab（a+b）=70；
故答案为：70
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确得出a+b和ab的值是解题关键．
13．240
【分析】
当8≤t≤23时，设s=kt+b，将（8，800）、（23，2000）代入求得s=kt+b，，求出t=20时s的值，从而得出答案．
【详解】
解：当8≤t≤23时，设s=kt+b，
将(8，800)、(23，2000)代入，得：
，
解得：，
∴s=80t+160；
当t=20时，s=1760，
∵2000﹣1760=240，
∴当小明从家出发去学校步行20分钟时，到学校还需步行240米．
故答案为：240．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，从实际问题中抽象出一次函数的模型，并熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式．
14．B
解析：BE=DF
【分析】
根据正方形的性质，可得正方形的四条边相等，对角线平分对角，根据 SAS，可得△ABF与△CBF与△CDE与△ADE的关系，根据三角形全等，可得对应边相等，再根据四条边相等的四边形，可得证明结果．
【详解】
添加的条件为：BE=DF，
理由：正方形ABCD中，对角线BD，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABE=∠CBE=∠CDF=∠ADF=45°．
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CBE≌△DCF≌△DAF（SAS）．
∴AE=CE=CF=AF，
∴四边形AECF是菱形；
故答案为：BE=DF．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
15．【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据勾股定理求出点M坐标，求出直线的解析式，得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=
解析：
【分析】
设△BnAnAn+1的边长为an，根据勾股定理求出点M坐标，求出直线的解析式，得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，从而得出AnBn=OAn，列出部分an的值，发现规律an+1=2an，依此规律结合等边三角形的性质即可得出结论.
【详解】
设△BnAn An+1的边长为an，点B1，B2，B3，…是直线y= 上的第一象限内的点，
过A1作A1M⊥x轴交直线OB1于M点，

∵OA1＝1，
∴点M的横坐标为1，
∵∠MOA1=30°，
∴OM=2A1M
在Rt△OMA1中，由勾股定理（2A1M）2=A1M2+1
解得A1M=
∴点M的坐标为(1，)
点M在y= 上，
∴=
∵∠A1OB1 = 30°，
又△BnAnAn+1为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1 = 60°，
∴∠OBnAn = ∠BnAnAn+1 -∠BnOAn=30°，
∴AnBn = OAn，
∵OA1=1，
∴a1 =1，
a2=1+1=2= 2a1，
a3= 1+a1 +a2=4= 2a2，
a4 = 1+a1 +a2十a3 =8= 2a3，
an+1 = 2an，
a5 =2a4= 16， a6 = 2a5 = 32，a7= 2a6= 64，
∵△A6B6A7为等边三角形，
∴点B6的坐标为(a7-a6，(a7- a6))，
∴点B6的坐标为(48，16)
故答案为：16.
【点睛】
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，勾股定理，解题的关键是找出规律:an+1=2an本题属于灵活题，难度较大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键.
16．（10，）
【分析】
根据题意AF＝AB＝10，由勾股定理可以得到OF，进而得CF的长度，设CE＝a，则EF＝BE＝6﹣a，由勾股定理列出a的方程求得a的值，便可求得E点坐标．
【详解】
解：设CE
解析：（10，）
【分析】
根据题意AF＝AB＝10，由勾股定理可以得到OF，进而得CF的长度，设CE＝a，则EF＝BE＝6﹣a，由勾股定理列出a的方程求得a的值，便可求得E点坐标．
【详解】
解：设CE＝a，则BE＝6﹣a，
由题意可得，EF＝BE＝6﹣a，
由对折知，AF＝AB＝10，
∴
∴CF＝OC﹣OF＝10﹣8＝2，
∵∠ECF＝90°，
∴a2+22＝（6﹣a）2，
解得，a＝，
∴点E的坐标为（10，），
故答案为（10，）．

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质和勾股定理，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；（2）
【分析】
（1）原式利用绝对值、有理数的乘方、零指数幂、负整数指数幂以及立方根定义计算即可求出值；
（2）根据二次根式的性质化简，然后再进行计算即可；
【详解】
解：（1）
=
=
解析：（1）2；（2）
【分析】
（1）原式利用绝对值、有理数的乘方、零指数幂、负整数指数幂以及立方根定义计算即可求出值；
（2）根据二次根式的性质化简，然后再进行计算即可；
【详解】
解：（1）
=
=2
（2）
=
=
=
【点睛】
本题主要考查了实数的运算，关键是熟练掌握立方根和算术平方根．
18．超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2
解析：超速了，超速了12km/h
【分析】
由勾股定理可求得小汽车行驶的距离，再除以小汽车行驶的时间即为小汽车行驶的车速，再与限速比较即可．
【详解】
.解：由已知得
∴在直角三角形ABC中AB2＝AC2＋BC2
∴BC2＝AB2－AC2＝，

又

∵72－60＝12km/h
∴这辆小汽车超速了，超速了12km/h．
【点睛】
本题考查了勾股定理，其中1 米/秒=3.6 千米/时的速度换算是易错点．
19．（1）△ABC是直角三角形．理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理可直接判断；
（2）根据三角形的面积公式可求解.
【详解】
解：（1）△ABC是直角三角形．理
解析：（1）△ABC是直角三角形．理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理可直接判断；
（2）根据三角形的面积公式可求解.
【详解】
解：（1）△ABC是直角三角形．理由如下：
由题意可得，AB＝，BC＝，
AC＝，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（2）设AC边上的高为h．
∵S△ABC＝AC•h＝AB•BC，
∴h＝．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
20．（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解析：（1）见解析；（2）90°
【分析】
（1）由题意利用全等三角形的判定证得，得出，进而利用菱形的判定定理进行证明即可；
（2）由题意利用菱形的性质可得，进而进行角的等量替换得出即的度数．
【详解】
解：（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
即．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定与性质是解题的关键.
21．（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
解析：（1）1+；（2）.
【解析】
【分析】
参照范例中的方法进行解答即可.
【详解】
解：（1）∵，
∴；
（2）∵，
∴.
22．（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k
解析：（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八折优惠，求出k2的值；
（3）将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
（4）分别求解小琳选择方案一，方案二的健身次数，再比较即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵过点（0，30），（10，180），
∴，解得：，
表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
（2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25（元），
则k2=25×0.8=20；
（3）选择方案一所需费用更少．理由如下：
由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1=15×8+30=150（元），
选择方案二所需费用：y2=20×8=160（元），
∵150＜160，
∴选择方案一所需费用更少．
（4）当时，
解得：
即小琳选择方案一时，可以健身18次，
当时，则
解得：
即小琳选择方案二时，可以健身15次，

所以小琳最多健身18次.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，最优化选择问题，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
23．（1）证明见解析；（2）①；②BH的长为17或7．
【分析】
（1）证，即可得出结论；
（2）①连接，延长交于，设与的交点为，证，得，，证为等腰直角三角形，即得结论；
②分两种情况，证出点、、在一条
解析：（1）证明见解析；（2）①；②BH的长为17或7．
【分析】
（1）证，即可得出结论；
（2）①连接，延长交于，设与的交点为，证，得，，证为等腰直角三角形，即得结论；
②分两种情况，证出点、、在一条直线上，求出，则，由勾股定理求出，求出，即可得出答案．
【详解】
（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB=CB，AG=AE，∠DAB=∠GCE=90°，
∴∠DAB﹣∠GAF=∠GCE﹣∠GAF，
即∠DAG=∠BAE，
在△DAG和△BAE中，
，
∴△DAG≌△BAE(SAS)，
∴DG=BE；
（2）①连接GH，延长HF交AB于N，设AB与EF的交点为M，如图2所示：

∵四边形BCHF是平行四边形，
∴HFBC，HF=BC=AB．
∵BC⊥AB，
∴HF⊥AB，
∴∠HFG=∠FMB，
又AGEF，
∴∠GAB=∠FMB，
∴∠HFG=∠GAB，
在△GAB和△GFH中，
，
∴△GAB≌△GFH(SAS)，
∴GH=GB，∠GHF=∠GBA，
∴∠HGB=∠HNB=90°，
∴△GHB为等腰直角三角形，
∴BHBG，
∴；
②分两种情况：
a、如图3所示：

连接AF、EG交于点O，连接BE．
∵四边形BCHF为菱形，
∴CB=FB．
∵AB=CB，
∴AB=FB=13，
∴点B在AF的垂直平分线上．
∵四边形AEFG是正方形，
∴AF=EG，OA=OF=OG=OE，AF⊥EG，AE=FE=AG=FG，
∴点G、点E都在AF的垂直平分线上，
∴点B、E、G在一条直线上，
∴BG⊥AF．
∵AE=5，
∴AF=EGAE=10，
∴OA=OG=OE=5，
∴OB12，
∴BG=OB+OG=12+5=17，
由①得：BHBG=17；
b、如图4所示：

连接AF、EG交于点O，连接BE，
同上得：点B、E、G在一条直线上，OB=12，BG=OG+OB﹣OG=12﹣5=7，
由①得：BHBG=7；
综上所述：BH的长为17或7．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
24．（1）；（2）12；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式，即可得到答案；
（2）先求出交点C的坐标，利用底乘高列式计算即可得到答案；
（3）先求出OC的长，分三种情况求
解析：（1）；（2）12；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式，即可得到答案；
（2）先求出交点C的坐标，利用底乘高列式计算即可得到答案；
（3）先求出OC的长，分三种情况求出点P的坐标使是等腰三角形.
【详解】
（1）由题意得，解得，直线的函数表达式；
（2）解方程组，得，
∴点的坐标，
∴ ；
（3）存在，
,
当OP=OC时，点P(10，0),(-10，0),
当OC=PC时，点P（12,0），
当OP=PC时，点P（），
综上，点P的坐标是(10，0)或(-10，0)或（12,0）或（）时，是等腰三角形.
【点睛】
此题考查待定系数法求函数解析式，求图象交点坐标，利用等腰三角形的定义求点坐标.
25．（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分
解析：（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理即可求出.
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，证出，进而求得MF，BM的长，再利用勾股定理，即可求得.
（3）分两种情况讨论，同（2）证得三角形全等，再利用勾股定理即可求得.
【详解】
（1）由勾股定理得：
（2）过点F作FH⊥AD交AD于的延长线于点H，作FM⊥AB于点M，如图2所示：

则FM=AH，AM=FH
∵四边形CEFG是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°，
又∵四边形是正方形 ∴∠ADC=90° ∴∠DEC+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠FEH
又∵∠EDC=∠FHE=90°，∴ ∴FH=ED EH=CD=3
∵AD=3,AE=1,ED=AD-AE=3-1=2,∴FH=ED=2
∴MF=AH=1+3=4，MB=FH+CD=2+3=5
在Rt△BFM中，BF=
（3）分两种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过点F作FM⊥BC交BC的反向延长线于点M，交DE于点N.如图3所示：

同（2）得：
∴EN=CD=3，FN=ED=7
∵AE=4∴AN=AE-EN=4-3=1
∴MB=AN=1 FM=FN+NM=7+3=10
在中
由勾股定理得：
②当点E在边AD的右侧时，过点F作FN⊥AD交AD的延长线于点N，交BC延长线于M，如图4所示：

同理得：
∴NF=DE=1，EN=CD=3
∴FM=3-1=2，CM=DN=DE+EN=1+3=4
∴BM=CB+CM=3+4=7
在中
由勾股定理得：
故BF的长为
【点睛】
本题为考查三角形全等和勾股定理的综合题，难点在于根据E点位置的变化，画出图形，注意（3）分情况讨论，难度较大，属压轴题，熟练掌握三角形全等的性质和判定以及勾股定理的运用是解题关键.