八年级期末试卷综合测试卷(word含答案).doc

八年级期末试卷综合测试卷（word含答案）
一、选择题
1．已知二次根式，则的最小值是（ ）
A．0 B．-1 C． D．
2．若的三边a、b、c满足条件，则为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
3．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是（ ）

A．∠B＝∠F B．∠B＝∠BCF C．AC＝CF D．AD＝CF
4．某大学生的平时成绩分，期中成绩分，期末成绩分，若计算学期总评成绩的方法如下：平时成绩∶期中成绩∶期末成绩，则该学生的学期总评成绩是（ ）
A．分 B．分
C．分 D．分
5．如图，在平面直角坐标系中有一矩形OABC．O为坐标原点，、，D为OA的中点，P为BC边上一点，若为等腰三角形，则所有满足条件的点P有几个（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，在RtABC中，∠C=90°，AC=6，BC=9，点D为BC边上的中点，将ACD沿AD对折，使点C落在同一平面内的点处，连接，则的长为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，以Rt△ABC（AC⊥BC）的三边为边，分别向外作正方形，它们的面积分别为S1﹑S2﹑S3，若S1＋S2＋S3＝12，则S1的值是（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7
8．甲、乙两人在笔直的公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地体息已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人的距离y（米）与甲出发的时向t（分）之间的函数关系如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．甲步行的速度为8米/分
B．乙走完全程用了34分钟
C．乙用16分钟追上甲
D．乙到达终点时，甲离终点还有360米
二、填空题
9．二次根式有意义的条件是_______．
10．如图，菱形的对角线，相交于点，已知，菱形的面积为24，则的长为______．

11．在中，，，，斜边的长为__________．
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．已知A（﹣2，2），B（2，3），若要在x轴上找一点P，使AP+BP最短，此时点P的坐标为_____
14．如图，在ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④如果AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．其中，正确的有_____．（只填写序号）

15．如图，平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，以为边在第二象限内作正方形，在轴上有一个动点，当的周长最小的时候，点的坐标是______．

16．如图正方形 ABCD 中，E 是 BC 边的中点，将△ABE 沿 AE 对折至△AFE，延长 EF 交 CD 于 G，接 CF，AG．下列结论：① AE∥FC; ②∠EAG = 45°，且BE + DG = EG ；③ ；④ AD = 3DG ，正确是_______ (填序号)．

三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）
18．在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几”．此问题可理解为：如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的距离AB的长度为1尺．将它往前推送，当水平距离为10尺时．即尺，则此时秋千的踏板离地的距离就和身高5尺的人一样高．若运动过程中秋千的绳索始终拉得很直，求绳索OA的长．

19．如图，每个小正方形的边长是1，
①在图①中画出一个斜边是的直角三角形；
②在图②中画出一个面积是8的正方形．

20．如图，在矩形中，，，将矩形折叠，折痕为，使点C与点A重合，点D与点G重合，连接．

（1）判断四边形的形状，并说明理由；
（2）求折痕的长．
21．小明在解决问题：已知a＝，求2a2－8a＋1的值，他是这样分析与解答的：
因为a＝＝＝2－，
所以a－2＝－.
所以(a－2)2＝3，即a2－4a＋4＝3.
所以a2－4a＝－1.
所以2a2－8a＋1＝2(a2－4a)＋1＝2×(－1)＋1＝－1.
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)计算： = － .
(2)计算：＋…＋；
(3)若a＝，求4a2－8a＋1的值．
22．甲、乙两家采摘园的草莓品质相同，销售价格都是每千克50元，两家均推出了“周末”优惠方案，甲采摘园的优惠方案是：游客进园需购买100元的门票，采摘的草莓六折优惠；乙采摘园的优惠方案是：游客进园不需要购买门票，采摘的草莓超过6千克后，超过部分五折优惠．优惠期间，设某游客的草莓采摘量为x（x＞6）千克，在甲采摘园所需总费用为y1元，在乙采摘园所需总费用为y2元．
（1）求y1、y2关于x的函数解析式；
（2）如果你是游客你会如何选择采摘园？
23．如图，在▱ABCD中，连接BD，，且，E为线段BC上一点，连接AE交BD于F．
（1）如图1，若，BE＝1，求AE的长度；
（2）如图2，过D作DH⊥AE于H，过H作HG⊥AD交AD于G，交BD于M，过M作MN∥AD交AE于N，连接BN，证明：；
（3）如图3，点E在线段BC上运动时，过D作DH⊥AE于H，延长DH至Q，使得，M为AD的中点，连接QM，若，当QM取最大值时，请直接写出△ADH的面积．

24．如图1，直线y=kx+b经过第一象限内的定点P(3，4)．
（1）若b=7，则k=_______；
（2）如图2，直线y=kx+b与y轴交于点C，已知点A(6，t)，过点A作AB//y轴交第一象限内的直线y=kx+b于点B，连接OB，若BP平分∠OBA．①证明是等腰三角形；②求k的值；
（3）如图3，点M是x轴正半轴上的一个动点，连接PM，把线段PM绕点M顺时针旋转90°至线段NM（∠PMN=90°且PM=MN），连接OP，ON，PN，当周长最小时，求点N的坐标；

25．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以等腰直角三角形为背景探究图形变化中的数学问题．如图1，将两张等腰直角三角形纸片重叠摆放在桌面，其中，，，点，在的同侧，点，在线段上，连接并延长交于点，已知．将从图1中的位置开始，绕点顺时针旋转（保持不动），旋转角为．
数学思考：（1）“求索小组”的同学发现图1中，请证明这个结论；
操作探究：（2）如图2，当时，“笃行小组”的同学连接线段，．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择________题．
A．①猜想，满足的数量关系，并说明理由；
②若，请直接写出时，，两点间的距离；
B．①猜想，满足的位置关系，并说明理由；
②若，请直接写出点落在延长线时，，两点间的距离．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
直接利用二次根式得定义得出的取值范围，进而得出答案．
【详解】
解：∵二次根式有意义，
∴，
解得：，
故的最小值为，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查二次根式的定义，正确得出的取值范围是解题的关键．
2．C
解析：C
【详解】
解析：∵，∴或．
当只有成立时，是等腰三角形．
当只有成立时，是直角三角形．
当，同时成立时，是等腰直角三角形．
答案：C
题型解法：此类题型首先根据题意化简式子，找出隐含条件，然后根据三边的关系判断三角形的形状．当三角形的三边满足勾股定理时，即可判断为直角三角形．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据已知条件可以得到，对选项判断即可求出解．
【详解】
解：∵D，E分别是AB，BC的中点
∴，
A：根据∠B＝∠F得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
B：∠B＝∠BCF，∴，∴四边形ADFC为平行四边形，选项符合题意；
C：根据AC＝CF得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
D：根据AD＝CF得不出四边形ADFC为平行四边形，选项不符合题意；
故答案为B．
【点睛】
此题考查了中位线的性质以及平行四边形的判定，熟练掌握有关性质即判定方法是解题的关键．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据题意和题目中的数据，利用加权平均数的计算方法可以计算出该学生的学期总评成绩．
【详解】
由题意可得，

=86分，
即该学生的学期总评成绩是86分，
故选：B．
【点睛】
本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用加权平均数的方法解答．
5．D
解析：D
【分析】
由矩形的性质得出∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，求出OD=AD=5，分情况讨论：①当PO=PD时；②当OP=OD时；③当DP=DO时；根据线段垂直平分线的性质或勾股定理即可求出点P的坐标．
【详解】
解：∵四边形OABC是矩形，
∴∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，
∵D为OA的中点，
∴OD=AD=5，
①当PO=PD时，点P在OD得垂直平分线上，

∴点P的坐标为：（2.5，4）；
②当OP=OD时，如图1所示：
则OP=OD=5，
∴点P的坐标为：（3，4）；
③当DP=DO时，作PE⊥OA于E，
则∠PED=90°，；
分两种情况：当E在D的左侧时，如图2所示：

OE=5-3=2，
∴点P的坐标为：（2，4）；
当E在D的右侧时，如图3所示：

OE=5+3=8，
∴点P的坐标为：（8，4）；
综上所述：点P的坐标为：（2.5，4），或（3，4），或（2，4），或（8，4）；
故选：D
【点睛】
本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、等腰三角形的判定、勾股定理；本题有一定难度，需要进行分类讨论才能得出结果．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
由折叠的性质可得AD⊥CC'，CN=C'N，由勾股定理可求AD，DN的长，即可求BC'的长．
【详解】
解：如图，连接CC'，
∵将△ACD沿AD对折，使点C落在同一平面内的点C'处，
∴AD⊥CC'，CN=C'N，
∵点D为BC边上的中点，
∴CD=BC=
AD=
∵S△ACD=×AC×CD=×AD×CN
∴CN=
∴DN=，
∵CN=C'N，CD=DB，
∴C'B=2DN=，
故选：B．

【点睛】
本题考查翻折变换，勾股定理，三角形中位线定理，利用勾股定理可求DN的长是本题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式结合勾股定理就可发现大正方形的面积是两个小正方形的面积和，即可得出答案．
【详解】
解：∵由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∴S3+S2=S1，
∵S1+S2+S3=12，
∴2S1=12，
∴S1=6，
故选：C．
【点睛】
题考查了勾股定理和正方形面积的应用，注意：分别以直角三角形的边作相同的图形，则两个小图形的面积等于大图形的面积．
8．D
解析：D
【分析】
根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】
解：由图可得，
甲步行的速度为：240÷4＝60米/分，故选项A不合题意，
乙走完全程用的时间为：2400÷（16×60÷12）＝30（分钟），故选项B不合题意，
乙追上甲用的时间为：16﹣4＝12（分钟），故选项C不合题意，
乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣（4+30）×60＝360米，故选项D符合题意，
故选D．
【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，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
二、填空题
9．x≥0且x≠9
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件：被开方数要大于等于0，以及分式有意义的条件：分母不为0，计算求解即可.
【详解】
解：∵二次根式有意义
∴且
∴且
故答案为：且.
【点睛】
本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识点进行求解.
10．A
解析：6
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得到AC=8，根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形；
∴AC=2OA=8，,
∴,
∴BD=6，
故答案为：6
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的两种表示法：（1）底乘高，（2）对角线乘积的一半，本题运用的是第二种．
11．B
解析：
【解析】
【分析】
由，得到 利用勾股定理可得答案．
【详解】
解：设BC
，，

，

（舍去），

故答案为：
【点睛】
本题考查的是含角的直角三角形的性质与勾股定理的应用，掌握相关知识点是解题的关键．
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．A
解析：（-0.4，0）
【分析】
点A（-2，2）关于x轴对称的点A'（-2，-2），求得直线A'B的解析式，令y=0可求点P的横坐标．
【详解】
解：点A（-2，2）关于x轴对称的点A'（-2，-2），
设直线A'B的解析式为y=kx+b，
把A'（-2，-2），B（2，3）代入，可得
，解得 ，
∴直线A'B的解析式为y=x+，
令y=0，则0=x+，
解得x=-0.4，
∴点P的坐标为（-0.4，0），
故答案为（-0.4，0）．
【点睛】
本题综合考查待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间线段最短等知识点．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
14．D
解析：①③
【分析】
根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【详解】
解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是矩形，故②错误；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵AB=AC，四边形AEDF是平行四边形，
不能得出AE=AF，故四边形AEDF不一定是菱形，故④错误；
故答案为：①③．
【点睛】
此题考查菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．
15．（0，）
【分析】
把x=0和y=0分别代入y=x+1，求出A，B两点的坐标，过D作DE垂直于x轴，证△DEA≌△AOB，证出OA=DE，AE=OB，即可求出D的坐标；先作出D关于y轴的对称点D′，
解析：（0，）
【分析】
把x=0和y=0分别代入y=x+1，求出A，B两点的坐标，过D作DE垂直于x轴，证△DEA≌△AOB，证出OA=DE，AE=OB，即可求出D的坐标；先作出D关于y轴的对称点D′，连接CD′，CD′与y轴交于点M，则MD′=MD，求出D′的坐标，进而求出CD′的解析式，即可求解．
【详解】
解：y=x+1，
当x=0时，y=1，当y=0时，x=-2，
∴点A的坐标为（-2，0）、B的坐标为（0，1），OA=2，OB=1，
由勾股定理得：AB=，
过D作DE垂直于x轴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DEA=∠DAB=∠AOB=90°，AD=AB=CD=，
∴∠DAE+∠BAO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAE=∠ABO，
在△DEA与△AOB中，
，
∴△DEA≌△AOB（AAS），
∴OA=DE=2，AE=OB=1，
∴OE=3，
所以点D的坐标为（-3，2），
同理：点C的坐标为（-1，3），
作D关于y轴的对称点D′，连接CD′，CD′与y轴交于点M，
∴MD′=MD，MD′+MC=MD+MC，此时MD′+MC取最小值，

∵点D（-3，2）关于y轴的对称点D′坐标为（3，2），
设直线CD′解析式为y=kx+b，
把C（-1，3），D′（3，2）代入得：，
解得：，
∴直线CD′解析式为y=x+，
令x=0，得到y=，
则M坐标为（0，）．
故答案为：（0，）．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，能求与x轴y轴的交点坐标和理解有关最小值问题是解本题的关键，难点是理解MD+MC的值最小如何求．
16．①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，
解析：①②④
【分析】
①根据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，根据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，故①正确；②根据四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，根据∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，根据全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；③先求出S△ECG，根据EF：FG=：=3：2，得出S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，再根据SABCD=a2，得出S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，根据勾股定理得AE==，设DG=x，则CG=a-x，FG=x，EG=+x，再根据勾股定理求出x，即可得出结论，故④正确．
【详解】
解：①由折叠可得△ABE≌△AFE，
∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，
∵E是BC中点，
∴BE=CE=EF，
∴△EFC是等腰三角形，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，
∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，
∴AE∥FC，故①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，
∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，
∴△AFG和△ADG是直角三角形，
∴在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴∠FAG=∠GAD，
又∵∠BAF+∠FAD=90°，
∴2∠EAF+2∠FAG=90°，
即∠EAF+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
由全等得：BE=FE，DG=FG，
∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；
③对于Rt△ECG，
S△ECG=×EC×CG=××=，
∵EF：FG=：=3：2，
则S△EFC：S△FCG=3：2，即S△EFC=，
又∵SABCD=a2，
则S△CEF：S△ABCD=：，即S△CEF=SABCD，故③错误；
④设正方形的边长为a，
∴AB=AD=AF=a，BE=EF==EC，
由勾股定理得AE==，
设DG=x，则CG=a-x，FG=x，
EG=+x，
∴EG2=EC2+CG2，即（+x）2=（）2+（a-x）2，
解得x=，CG=，
即AD=3DG成立，故④正确．
【点睛】
本题考查了正方形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性
解析：（1）；（2）−7+3
【分析】
（1）先把各二次根式化为最特意二次根式，再合并即可得到答案；
（2）分别根据平方差公式、负整数指数幂的运算法则，绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及二次根式的性质代简各项后再合并即可得到答案．
【详解】
解：（1）
=
=；
（2）
=
=
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加减以及实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
18．绳索OA的长为14.5尺．
【分析】
设绳索OA的长为x尺，根据题意知，可列出关于 的方程，即可求解．
【详解】
解：由题意可知： 尺，
设绳索OA的长为x尺，根据题意得
，
解得．
答：绳索OA的
解析：绳索OA的长为14.5尺．
【分析】
设绳索OA的长为x尺，根据题意知，可列出关于 的方程，即可求解．
【详解】
解：由题意可知： 尺，
设绳索OA的长为x尺，根据题意得
，
解得．
答：绳索OA的长为14.5尺．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，明确题意，列出方程是解题的关键．
19．①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
①利用数形结合的思想画出直角三角形即可．
②利用数形结合的思想画出边长为2的正方形即可．
【详解】
解：①如图①中，△ABC即为所求．
②如图②中，正方形AB
解析：①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
①利用数形结合的思想画出直角三角形即可．
②利用数形结合的思想画出边长为2的正方形即可．
【详解】
解：①如图①中，△ABC即为所求．
②如图②中，正方形ABCD即为所求．

【点睛】
此题考查了勾股定理和网格的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理和网格的性质．
20．（1）菱形，理由见解析；（2）
【分析】
（1）根据矩形的性质，可知，进而可得，根据折叠的性质可知，则，进而可得，又，根据四边相等的四边形是菱形即可判断；
（2）连接，先根据折叠的性质，利用勾股定理
解析：（1）菱形，理由见解析；（2）
【分析】
（1）根据矩形的性质，可知，进而可得，根据折叠的性质可知，则，进而可得，又，根据四边相等的四边形是菱形即可判断；
（2）连接，先根据折叠的性质，利用勾股定理求得，进而勾股定理求得，根据菱形的面积即可求得．
【详解】
（1）四边形是矩形，
，
，
根据折叠的性质，可知，，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）连接，如图，

四边形是矩形，
，
，，
，
折叠，
，
设，则，
在中，
，
即，
解得，
，
，

【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，菱形的性质与判定，灵活晕用勾股定理是解题的关键．
21．(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求
解析：(1) ，1；(2) 9；(3) 5
【解析】
【分析】
（1）；
（2）根据例题可得：对每个式子的分子和分母中同时乘以与分母中的式子相乘符合平方差公式的根式，去掉分母，然后合并同类项二次根式即可求解；
（3）首先化简，然后把所求的式子化成代入求解即可.
【详解】
(1)计算： ；
(2)原式；
(3)，
则原式，
当时，原式.
【点睛】
本题考查了二次根式的化简求值，正确读懂例题，对根式进行化简是关键.
22．（1），；（2）当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园
【分析】
（1）根据题意列出关系式，化简
解析：（1），；（2）当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园
【分析】
（1）根据题意列出关系式，化简即可得到结论；
（2）分别令，，求出对应x的值或取值范围，从而得出结论.
【详解】
解：（1）由题意可得：，
，
即关于x的函数解析式是关于x的函数解析式是；
（2）当时，即：，解得，即当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；
当时，即：，解得，即当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；
当时，即：，解得，即当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园；
由上可得，当采摘量等于10千克时，在甲、乙两采摘园所需费用相同；当采摘量超过10千克时，选择乙采摘园；当采摘量超过6千克且少于10千克时，选择甲采摘园．
【点睛】
本题考查了一次函数的实际应用，正确理解题意列出函数关系式是解题的关键．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）分别过点作，垂足分别为，勾股定理解即可；
（2）连接，过点作于点，设，经过角度的变换得出，再证明，得出，，结合已知条件，继而证，得出，，进而得到
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）分别过点作，垂足分别为，勾股定理解即可；
（2）连接，过点作于点，设，经过角度的变换得出，再证明，得出，，结合已知条件，继而证，得出，，进而得到是等腰直角三角形，从而得证；
（3）分别作的中垂线，交于点，根据作图，先判断最大的时候的位置，
进而由，，构造直角三角形，勾股定理求得，从而求得△ADH的面积 ．
【详解】
（1）如图，分别过点作，垂足分别为

，，
是等腰直角三角形，是等腰直角三角形

,
四边形是平行四边形

，
四边形是矩形
，

在中

（2）连接，过点作于点，

设
是等腰直角三角形

，

，

又

，，
四边形是矩形

在和中

（ASA）

在和中

（SAS）
，

即

是等腰直角三角形

即
（3）分别作的中垂线，交于点，

由题意，当点E在线段BC上运动时，不变，的长度不变，则三点共圆，
则点在以为圆心为半径的圆上运动，
，

在中
当三点共线时，取得最大值，此时情形如图：

三点共线，
点在的垂直平分线上

,
设，则

即
得：
△ADH的面积

当QM取最大值时，△ADH的面积为．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，圆的性质，勾股定理，三角形三边关系，三角形全等的证明与性质，动点问题等，本题是一道综合性比较强的题，熟练平面几何的性质定理是解题的关键．
24．（1）-1；（2）①证明见详解；②；（3）(，)
【解析】
【分析】
（1）把P(3,4),b=7代入y=kx+b中，可得k=-1
（2）①根据平行的性质：内错角相等，证明∠OCB=∠OBC，由等角
解析：（1）-1；（2）①证明见详解；②；（3）(，)
【解析】
【分析】
（1）把P(3,4),b=7代入y=kx+b中，可得k=-1
（2）①根据平行的性质：内错角相等，证明∠OCB=∠OBC，由等角对等边得到是等腰三角形
②根据坐标证明P是BC的中点，由等腰三角形三线合一性质得OP⊥BC，求出OP函数关系式中k的值，根据两个一次函数图像互相垂直时k的关系，求解出直线BC的表达式中的k=
（3）根据动点M的运动情况分析出N的轨迹函数，然后证明△OHG是等腰直角三角形，根据中点坐标公式求得直线O’P的表达式，联立方程求出N点坐标
【详解】
（1）把P(3,4)，b=7代入y=kx+b中，
可得4=3k+7
解得k=-1
故答案为-1
（2）①∵AB∥y轴
∴∠ABC＝∠OCB
∵BP平分∠OBA
∴∠OBC=∠ABC
∴∠OCB=∠OBC
∴是等腰三角形
②如图4所示，连接OP

∵AB//y轴，A(6，t)
∴B点横坐标是6
∵P横坐标是3
∴P是BC的中点
∴OP⊥BC
设直线OP的表达式为y=kx
将P（3,4）代入得4=3k
解得k= ，
则设直线BC的表达式中的k=.
故答案为.
（3）①如图5-1，当点M与O重合时，作PE⊥y轴于点E，作NF⊥y轴于点F

∵PM⊥NM
∴∠PMN=90°
∴∠PME+∠NMF=90°
∵∠FMN+∠FNM=90°
∴∠PME=∠MNF
在△PEM△MFN中

∴△PEO≌△OFN（AAS）
∴MF=PE=3,FN=ME=4
则N点的坐标为（4，-3）
②如图5-2所示,，当PM⊥x轴时，N点在x轴上，

则MN=PM=3,ON=OM+MN=7，
∴N的坐标为（7，0）
综上所述得点N在直线y=x-7的直线上运动
设直线y=x-7与坐标轴分别交于点G、H，作O关于直线HG的对称点O`，连接O`P交直线HG于点N，此时ON+PN有最小值，最小值为线段O`P的长度.如图5-3所示.

当直线y=x-7可得H(0,-7),G(7,0),OG=OH，△OHG是等腰直角三角形，
当OQ⊥HG时，
Q是HG的中点，
由中点坐标公式可得Q(,-)，
∵O`与O对称
∴Q是OO`的中点
由中点坐标公式可得O’(7,-7)，
∴可得直线O’P的表达式为
联立方程，
解得
∴N点坐标为（，）
∴当△OPN周长最小时，点N的坐标为（，）
故答案为（，）
【点睛】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、角平分线的性质，平行的性质等，熟练掌握数形结合的解题方法是解决此题目的关键，综合性强，难度较大．
25．（1）见详解；（2）A.①AD=BE，理由见详解；②；B.①AD⊥BE，理由见详解；②-1．
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；
（2）A.①利用手拉手模型，证明，即可得到
解析：（1）见详解；（2）A.①AD=BE，理由见详解；②；B.①AD⊥BE，理由见详解；②-1．
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；
（2）A.①利用手拉手模型，证明，即可得到结论；②过点E作EH⊥CB交CB的延长线于点H，连接CE，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，即可求解；B.①延长DA交OE于点Q，交BE于点P，利用“8”字模型得∠EPQ=∠QOD=90°，进而即可得到结论；②过点O作OQ⊥AC，可得QO=1，利用勾股定理得，进而即可求解．
【详解】
解：（1）∵，，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴OB=OC，
同理：OE=OF，
∴OE-OB=OF-OC，
∴；
（2）A.①AD=BE，理由如下：
∵，OD⊥EF，
∴∠AOB=∠DOE=90°，
∴∠EOB=∠DOA，
∵和是等腰直角三角形，
∴BO=AO，EO=DO，
∴，
∴AD=BE；
②∵旋转角，
∴∠BOE=45°，
∴∠COE=135°，
∵，
∴OC=OB=2÷=，
过点E作EH⊥CB交CB的延长线于点H，连接CE，

∵在中，HE=HO=2÷=，
∴在中，CE=；
B.①AD⊥BE，理由如下：
延长DA交OE于点Q，交BE于点P，

易证：，
∴∠1=∠2，
又∵∠3=∠4，∠1+∠EPQ+∠3=∠2+∠QOD+∠4=180°，
∴∠EPQ=∠QOD=90°，
∴AD⊥BE；
②过点O作OQ⊥AC，

∵，
∴，
∵∠ACO=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴QO=QC=，
∴在中，，
∴CF=-1．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．