湘教版2020八年级数学下册期末模拟基础达标测试题2(附答案)

湘教版2020八年级数学下册期末模拟基础达标测试题2（附答案）1．如图，正方形和正方形的对角线，都在直线上，将正方形沿着直线从点与点重合开始向右平移，直到点与点重合为止，设点平移的距离为，，，两个正方形重合部分的面积为，则关于的函数图象大致为（）A． B． C． D．2．如图，在菱形ABCD中，AB＝10，两条对角线相交于点O，若OB＝6，则菱形面积是（）A．60 B．48 C．24 D．963．如图，在中，为的中点，，若，则的长为（）A． B． C． D．34．如图：在中，，于点D，点P在线段DB上，点M是边AC的中点，连结MP，作，点Q在边BC上.若，则（）A．当时，点P与点D重合B．当时，C．当时，D．当时，5．如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD、BC于点E、F，连结CE．若▱ABCD的周长为16，则△CDE的周长是（）A．16 B．10 C．8 D．66．如图，高速公路上有两点相距10km，为两村庄，已知于，于,现要在上建一个服务站，使得两村庄到站的距离相等，则的长是（）km．A．4 B．5 C．6 D．7．如图，是岑溪市几个地方的大致位置的示意图，如果用表示孔庙的位置，用表示东山公园的位置，那么体育场的位置可表示为（）A． B． C． D．8．如图，把矩形纸片沿折叠后得到，再把纸片铺平，若，则的度数为（）A．105° B．120° C．130° D．115°9．函数，，，中，一次函数的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．下列说法正确的是（）A．三条边相等的四边形是菱形B．对角线相等的平行四边形是矩形C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形11．如图，在□ABCD中，P是CD边上一点，且AP、BP分别平分∠DAB、∠CBA，若AD=5，AP=6，则△APB的面积是_______．12．如图，有一块田地的形状和尺寸如图所示，则它的面积为_________．13．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P是边AB上的一点，连接OP，DP，当△ODP为等腰三角形时，点BP的长度为_____．14．如图，▱ABCD中，E为AD上一点，F为BC上一点，EF与对角线BD交于点O，以下三个条件：①BO＝DO；②EO＝FO；③AE＝CF，以其中一个作为题设，余下的两个作为结论组成命题，其中真命题的个数为_____．15．规定：经过三角形的一个顶点且将三角形的周长分成相等的两部分的直线叫做该角形的“等周线”，“等周线”被这个三角形截得的线段叫做该三角形的“等周径”．例如等腰三角形底边上的中线即为它的“等周径”Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，若直线为△ABC的“等周线”，则△ABC的所有“等周径”长为________．16．在平面直角坐标系xOy中，已知A（3，0），B（2，﹣2），将线段OA绕点O逆时针旋转，设旋转角为α（0°＜α＜135°）．记点A的对应点为A1，若点A1与点B的距离为，则α=____．17．如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的处，点A对应点为A´，且B´C=3，则AM的长是__________18．函数与轴的交点坐标是___________.19．、两地之间有一条直线跑道，甲，乙两人分别从、同时出发，相向而行均速跑步，且乙的速度是甲速度的80%，当甲，乙两人分别到达地，地后立即掉头往回跑，甲的速度保持不变，乙的速度提高25%（仍保持匀速前行）．甲，乙两人之间的距离（米）与跑步时间（分钟）之间的关系如图所示，则他们在第二次相遇时距地___________米．20．如图，在中国象棋盘上，如果“兵”位于点．“马”位于点，那么“帅”位于点_______．21．如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，，，分别以，为边作矩形，直线交于点，交直线于点．（1）求直线的解析式及点的坐标．（2）如图2，为直线上一动点，点，点为直线上两动点（在上，在下），满足，当最大时，求的最小值，并求出此时点的坐标．（3）如图3，将绕着点顺时针旋转，记旋转后的三角形为，线段所在的直线交直线于点（不与、重合），交轴于点，在平面内是否存在一点，使得以四点形成的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说出理由．22．为了迎接体育理化加试，九（2）班同学到某体育用品商店采购训练用球，已知购买3个A品牌足球和2个B品牌足球需付210元；购买2个A品牌足球和1个B品牌足球需付费130元．（优惠措施见海报）（1）求A，B两品牌足球的单价各为多少元；（2）为享受优惠，同学们决定购买一次性购买足球60个，若要求A品牌足球的数量不低于B品牌足球数量的3倍，请你设计一种付费最少的方案，并说明理由．23．如图，在中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线，设MN交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F．求证：；当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？请说明理由；在的条件下，给再添加一个条件，使四边形AECF是正方形，那么添加的条件是______．24．已知两地相距，甲、乙两辆货车装满货物分别从两地相向而行，图中分别表示甲、乙两辆货车离地的距离与行驶时间之间的函数关系．请你根据以上信息，解答下列问题：（1）分别求出直线所对应的函数关系式；（2）何时甲货车离地的距离大于乙货车离地的距离？25．如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC的垂直平分线EF交AC于O，分别交BC、AD于点E、F．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若AB=4，BC=8，求EC的长．26．如图，在每个小正方形边长为1的方格纸内将△ABC经过一次平移后得到△A′B′C′，图中标出了点B的对应点B′．根据下列条件，利用格点和三角尺画图：（1）补全△A′B′C′；（2）请在AC边上找一点D，使得线段BD平分△ABC的面积，在图上作出线段BD；（3）利用格点在图中画出AC边上的高线BE；（4）求△ABD的面积_______．27．如图，直线的函数表达式为，且直线与x轴交于点D.直线与x轴交于点A，且经过点B（4,1）,直线与交于点.（1）求点D和点C的坐标；（2）求直线的函数表达式；（3）利用函数图象写出关于x，y的二元一次方程组的解.28．已知：梯形中，，，，，分别交射线、射线于点、．（1）当点为边的中点时（如图1），求的长：（2）当点在边上时（如图2），联结，试问：的大小是否确定？若确定，请求出的正切值；若不确定，则设，的正切值为，请求出关于的函数解析式，并写出定义域；（3）当的面积为3时，求的面积．29．如图，某中学有一块四边形的空地ABCD，学校计划在空地上种植草皮，经测量∠A＝90°，AB＝3m，BC＝12m，CD＝13m，DA＝4m．（1）求这块四边形空地的面积；（2）若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资金买草皮？30．快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣，两种型号的机器人的工作效率和价格如下表：型号甲乙每台每分钟分拣快递件数（件）2015每台价格（万元）53该公司计划购买这两种型号的机器人共10台，并且使这10台机器人每分钟分拣快递件数总和不少于170件．（1）设购买甲种型号的机器人x台，购买这10台机器人所花的总费用为y元，求y与x之间的关系式；（2）购买几台甲种型号的机器人，能使购买这10台机器人所花总费用最少，最少费用是多少．参考答案1．A【解析】【分析】根据题意可知：正方形ABCD与正方形EFGH重叠部分主要分三个部分，是三个分段函数，分别求出对应三种情况的对应函数即可解答．【详解】由题意易知，重合部分的形状是点或正方形，∵正方形和正方形的边长分别是、，∴，.如图（1），当时，；如图（2），当时，正方形在正方形内部，则；如图（3），当时，，∴.综上所述，选项A符合题意.故选：A【点睛】本题考查动点问题的函数图象、分段函数等知识，解题的关键是正确解读题意，学会构建函数关系式解决问题，属于中考常考的题型．2．D【解析】【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝6，由勾股定理可求AO的长，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝6，∴AO＝，∴AC＝16，BD＝12，∴菱形面积＝＝96，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线互相垂直平分是本题的关键．3．C【解析】【分析】过点D作DF⊥AB于F，根据题意可得AD，AE的长，从而计算出DF，AF，EF，再用勾股定理算出DE的长.【详解】解：过点D作DF⊥AB于F，∵，BC=3，∴AB=6，AC=，∵D是AC中点，AE=3EB，∴AD=，AE=，DF=，∴AF=，∴EF=，∴DE=.故选C.【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是弄清线段的数量关系.4．A【解析】【分析】连接MQ，DM，DQ，当CQ=4时，在Rt△AMQ中利用勾股定理可求出MQ=5,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DQ=4，DM=3，利用勾股定理的逆定理可判定△MDQ为直角三角形，∠ADQ=90°，所以可以推断P、D重合.【详解】如图，连接MQ，DM，DQ，∵M为AC边中点，∴CM=AC=3当CQ=4时，在Rt△AMQ中,，∵M为Rt△ACD斜边上的中点，Q为Rt△BCD斜边上的中点，∴DM=AC=3，DQ=BC=4，∴DM2+DQ2=MQ2∴△MDQ为直角三角形，∠ADQ=90°，又∵∠MPQ=90°∴P、D重合，故A正确；显然此时∠MPA=∠A≠30°，故B错误；PD=0，故C错误；PM≠PQ，故D错误；故选A.【点睛】本题考查勾股定理与勾股定理的逆定理，先求出MQ，再根据勾股定理的逆定理判定∠MDQ=90°是解题的关键.5．C【解析】【分析】根据线段垂直平分线性质得出，然后利用平行四边形性质求出，据此进一步计算出△CDE的周长即可.【详解】∵对角线的垂直平分线分别交于，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴的周长，故选：C．【点睛】本题主要考查了平行四边形性质与线段垂直平分线性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.6．A【解析】【分析】根据题意设出EB的长为，再由勾股定理列出方程求解即可．【详解】设EB=x，则AE=10-x，

由勾股定理得：

在Rt△ADE中，

，

在Rt△BCE中，

，

由题意可知：DE=CE，

所以：=，

解得：(km)．

所以，EB的长为4km．

故选：A．【点睛】本题主要考查的是勾股定理的运用，主要是运用勾股定理将两个直角三角形的斜边表示出来，运用方程思想求解．7．A【解析】【分析】根据孔庙和东山公园的位置，可知坐标轴的原点、单位长度、坐标轴的正方向，据此建立平面直角坐标系，从而可得体育场的位置.【详解】由题意可建立如下图所示的平面直角坐标系：平面直角坐标系中，原点O表示孔庙的位置，点A表示东山公园的位置，点B表示体育场的位置则点B的坐标为故选：A.【点睛】本题考查了已知点在平面直角坐标系中的位置求其坐标，依据题意正确建立平面直角坐标系是解题关键.8．D【解析】【分析】点B折叠后的点为G，根据折叠的性质，可得∠GFE=∠BFE，结合∠1的度数即可求出∠EFB的度数，利用矩形的性质AD∥BC即可求出结果．【详解】点B折叠后的点为G，根据折叠的性质，可得∠GFE=∠BFE，∵∠1=50°，∴∠BFE=（180°-50°）÷2=65°，∵ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE=65°，∴∠AEF=180°-65°=115°，故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，平行的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．9．B【解析】【分析】根据一次函数定义：形如y=kx+b(k≠0,k、b是常数)的函数，叫做一次函数进行分析即可．【详解】解：函数y=−3x−2，是一次函数，共2个，

故选：B．【点睛】此题主要考查了一次函数定义，关键是掌握一次函数解析式y=kx+b的结构特征：k≠0；自变量的次数为1；常数项b可以为任意实数．10．B【解析】【分析】利用菱形、矩形、平行四边形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误；B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确；C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原命题错误；D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定方法，解题的关键是掌握有关的判定定理，难度不大．11．24【解析】【分析】根据平行四边形性质得出AD∥CB，AB∥CD，推出∠DAB+∠CBA=180°，求出∠PAB+∠PBA=90°，在△APB中求出∠APB=90°，证出AD=DP=5，BC=PC=5，得出DC=10=AB，由勾股定理求出BP，即可求出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥CB，AB∥CD，

∴∠DAB+∠CBA=180°，

又∵AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA，

∴∠PAB+∠PBA=（∠DAB+∠CBA）=90°，

在△APB中，∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA）=90°；

∵AP平分∠DAB，

∴∠DAP=∠PAB，

∵AB∥CD，

∴∠PAB=∠DPA

∴∠DAP=∠DPA

∴△ADP是等腰三角形，

∴AD=DP=5，

同理：PC=CB=5，

即AB=DC=DP+PC=10，

在Rt△APB中，AB=10，AP=6，

∴BP=，∴；故答案为：24．【点睛】本题考查了平行四边形性质，平行线性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，勾股定理等知识点的综合运用．12．24【解析】【分析】先连接AB，求出AB的长，再判断出△ABC的形状即可解答．【详解】连接AB，∵△ABD是直角三角形，∴，∵52+122=132，∴△ABC是直角三角形，∴要求的面积即是两个直角三角形的面积差，即；故答案为：24.【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理．巧妙构造辅助线是解题的关键．13．3【解析】【分析】根据矩形的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．【详解】∵四边形OABC是矩形，B（8，7），∴OA＝BC＝8，OC＝AB＝7，∵D（5，0），∴OD＝5，∵点P是边AB的一点，∴OD＝DP＝5，∵AD＝3，∴PA＝＝4，∴PB＝3故答案为：3．【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形性质、等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型．14．3【解析】【分析】利用已知结合全等三角形的判定与性质得出答案．【详解】解：已知②EO＝OF；①BO＝DO，结论：③AE＝CF．理由：在△DOE和△BOF中，∴△DOE≌△BOF（SAS），∴DE＝BF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，∴AE＝FC，同理可得：已知②EO＝FO，③AE＝CF，结论：①BO＝DO，是真命题；已知：①BO＝DO，③AE＝CF，结论：②EO＝FO，是真命题，故答案为：3．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练应用全等三角形的判定方法是解题关键．15．或2或3．【解析】【分析】分三种情况：①当“等周线”经过点C时，直线交AB于点E；②当“等周线”经过点A时，直线交BC于点E，③当“等周线”经过点B时，直线交AC于点E．画图并运用勾股定理计算．【详解】∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5①如图，当“等周线”经过点C时，直线交AB于点E，设BE＝，则AE＝5-，作CH⊥AB于H．由题意得：3+＝4+5-解得：＝3∵CH＝∴BH＝∴EH＝3＝在Rt△ECH中，CE＝∴“等周径”长为；②如图，当“等周线”经过点A时，直线交BC于点E，设BE＝，则CE＝3-由题意得：4+3-＝5+解得：＝1∴EC＝2在Rt△ACE中，AE∴“等周径”长为；③如图，当“等周线”经过点B时，直线交AC于点E，设AE＝，则CE＝4-由题意得：3+4-＝5+解得：＝1∴CE＝3在Rt△BCE中，BE＝＝∴“等周径”长为．综上所述，满足条件的“等周径”长为或或．故答案为：或．【点睛】本题考查“新定义”问题，分类讨论并准确画图，灵活运用勾股定理是解题关键．16．45°．【解析】【分析】由点坐标及旋转的性质易知OA1，OB的长，根据勾股逆定理可知∠A1OB=90°，而∠AOB=45°，相减可得旋转角α的度数.【详解】解：如图，∵A（3，0），B（2，﹣2），∴OA=OA1=3，OB=2．∵BA1=，∴OA12+OB2=BA12，∴∠A1OB=90°．∵∠AOB=45°，∴∠A1OA=90°﹣45°=45°，∴α=45°．故答案为：45°．【点睛】本题考查了坐标与图形及勾股定理和其逆定理，灵活的利用点坐标表示线段长是解题的关键.17．2【解析】【分析】连接BM，MB′，由于CB′=3，则DB′=6，在Rt△ABM和Rt△MDB′中由勾股定理求得AM的值．【详解】设AM=x，连接BM，MB′，由题意知，MB=MB′，则有AB2+AM2=BM2=B′M2=MD2+DB′2，即92+x2=（9-x）2+（9-3）2，解得x=2，即AM=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了图形翻折变换的性质，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．18．【解析】【分析】令x=0,即可求出与y轴的交点坐标.【详解】解：当x=0时，y=-1故函数与轴的交点坐标是故答案为：【点睛】本题考查了一次函数的图象与坐标轴的交点，解题关键是熟记一次函数的性质.19．1687.5【解析】【分析】观察函数图象，可知甲用9分钟到达B地，由速度=路程÷时间可求出甲的速度，结合甲、乙速度间的关系可求出乙的初始速度及乙加速后的速度，利用时间=路程÷速度可求出乙到达A地时的时间，设两人第二次相遇的时间为t分钟，由二者第二次相遇走过的总路程为A，B两点间距离的3倍，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出t值，再利用甲、乙二人在第二次相遇时距B地的距离=甲的总路程-2700，即可求出结论．【详解】甲的速度为2700÷9=300（米/分钟），

乙的初始速度为300×80%=240（米/分钟），

乙到达A地时的时间为2700÷240=（分钟），

乙加速后的速度为240×（1+25%）=300（米/分钟）．

设两人第二次相遇的时间为t分钟，

根据题意得：300t+2700+300（t-）=2700×3，解得：t=，

∴他们在第二次相遇时距B地300t-2700=1687.5．

故答案为：1687.5【点睛】此题考查一次函数的应用，一元一次方程的应用，通过解方程求出两人第二次相遇的时间是解题的关键．20．（1，-1）【解析】【分析】根据题意，找到原点和坐标系，知道每个格子的长度都是1，即可解答本题．【详解】解：由于“兵”位于点，“马”位于点，所以建立平面直角坐标系如图所示：故帅点的坐标为（1，-1）故答案为：（1，-1）．【点睛】本题考查的是直角坐标系中点的坐标，根据题意正确的画出平面直角坐标系是解题的关键．21．（1），H(,)；（2）；（3）存在，Q(,)【解析】【分析】（1）如图1中，作HK⊥OA于K．求出A，C两点坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，解直角三角形求出HK，KO即可求出点H的坐标．（2）由题意|PC-PB|≤BC，推出当点P在CB的延长线上时，|PC-PB|的值最大，此时P′（3，），作P′G∥AC，使得P′G=EF=，此时，作G关于直线AC的对称点M，连接DM交AC于E，GM交AC于，此时P′F+EF+DE的值最小．求出直线DM，AC的解析式，构建方程组即可解决问题．（3）如图3中，当NC=NM时，可得菱形MNCQ．解直角三角形求出ON，求出菱形的边长即可解决问题．【详解】（1）如图1中，作HK⊥OA于K∵OA=，OC=OA=3，∴A(0，)，B(3，0)，设直线AC的解析式为y=kx+b，则有解得∴直线AC的解析式为∵tan∠OAC=∴∠OAC=∵OD⊥AC于H，∴∠AHO=∴∠AOH=∴OH=OA⋅cos=∵HK⊥OA，∴HK=OH=，OK=HK=∴H(，)．故答案为：，H(，)（2）如图2中，∵|PC−PB|⩽BC，∴当点P在CB的延长线上时，|PC−PB|的值最大，此时P′(3，)，作P′G∥AC，使得P′G=EF=，此时作G关于直线AC的对称点M，连接DM交AC于E，GM交AC于，此时P′F+EF+DE的值最小．∵GJ=JM，设M(m，n)，则有解得∴M(0，)，∵D(1，)，∴直线DM的解析式为由解得∴故答案为：（3）如图3中，当NC=NM时，可得菱形MNCQ∵NC=NM，∴∠NCM=∠NMC=∴∠ONM=∠NCM+∠NMC=∵OH′=OH=，∴ON=OH′⋅cos=，∴CN=CQ=HN=HQ=3−，∴Q(，)故答案：存在，Q(，)【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，菱形的性质．以及线段的和差最值问题是本题的难点．22．（1）A品牌足球的单价为50元，B品牌足球的单价为30元；（2）购买A品牌足球45个，B品牌足球15个花费最少，最少费用为2250元，理由见解析．【解析】【分析】（1）设A品牌足球的单价为x元，B品牌足球的单价为y元，根据购买3个A品牌足球和2个B品牌足球需付210元；购买2个A品牌足球和1个B品牌足球需付费130元列方程组求解可得；（2）设购买A品牌足球为a个，则购买B品牌足球为（60﹣a）个，根据A品牌足球的数量不低于B品牌足球数量的3倍列一元一次不等式求解，然后根据题意表示出购买总费用W与a的函数关系式，然后根据一次函数图像性质分析最值．【详解】解：（1）设A品牌足球的单价为x元，B品牌足球的单价为y元，根据题意得：，解得，答：A品牌足球的单价为50元，B品牌足球的单价为30元；（2）设购买A品牌足球为a个，则购买B品牌足球为（60﹣a）个，根据题意得：，解得，故A品牌足球可享8折，B品牌足球原价；设购买A，B两品牌足球的总费用为W元，则W＝0．8×50a+30（60﹣a）＝10a+1800，∵k＝10＞0，∴W随x的增大而增大，∴当a＝45时，花费最少，最少费用为：10×45+1800＝2250（元）．答：购买A品牌足球45个，B品牌足球15个花费最少，最少费用为2250元．【点睛】本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用及一次函数的性质，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系和不等关系，列方程组和不等式及函数关系式求解23．（1）见解析；（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．理由见解析；（3）∠ACB为直角的直角三角形时.【解析】【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出∠OCE=∠OEC，∠OCF=∠OFC，得出EO=CO，FO=CO，即可得出结论；

（2）先证明四边形AECF是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；

（3）由正方形的性质得出∠ACE=45°，得出∠ACB=2∠ACE=90°即可．【详解】解：（1）

∵MN∥BC，

∴∠3=∠2，

又∵CF平分∠GCO，

∴∠1=∠2，

∴∠1=∠3，

∴FO=CO，

同理：EO=CO，

∴EO=FO．

（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．∵当点O运动到AC的中点时，AO=CO，

又∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形，

由（1）可知，FO=CO，

∴AO=CO=EO=FO，

∴AO+CO=EO+FO，即AC=EF，

∴四边形AECF是矩形．（3）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．

∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，

∵MN∥BC，

∴∠AOE=∠ACB

∵∠ACB=90°，

∴∠AOE=90°，

∴AC⊥EF，

∴四边形AECF是正方形．故答案为：∠ACB为直角的直角三角形时.【点睛】此题考查平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质，熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解题的关键．24．（1），；（2）前甲货车离地的距离大于乙货车离地的距离【解析】【分析】（1）设对应的函数关系式：，对应的函数关系式：，分别根据过点，过点，代入并求出k1和k2即可；（2）甲货车离地的距离大于乙货车离地的距离，则令，可得不等式，求解即可.【详解】解：（1）设对应的函数关系式：，过点，，，；设对应的函数关系式：，过点，，，；（2）由题意可得：甲货车离A地的距离小于乙货车离A地的距离，即，∴，解得，答：前甲货车离地的距离大于乙货车离地的距离.【点睛】本题考查了一次函数的应用，主要利用了路程、速度、时间三者之间的关系，相遇问题的等量关系，从图形中准确获取信息是解题的关键．25．（1）证明见解析；（2）5．【解析】【分析】（1）根据EF是AC的垂直平分线，四边形ABCD是矩形，可得OA=OC，∠AOF=∠COE=90°，AD∥BC，∠FAO=∠ECO，利用ASA可证，可得四边形AECF是平行四边形，根据EF⊥AC，得到平行四边形AECF是菱形；（2）根据勾股定理可求菱形的边长．【详解】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，∴OA=OC，∠AOF=∠COE=90°∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠FAO=∠ECO在和中∠FAO=∠ECO，OA=OC，∠AOF=∠COE，∴(ASA)，∴OF=OE又∵OA=OC，∴四边形AECF是平行四边形又∵EF⊥AC，∴平行四边形AECF是菱形（2）设EC=x，∵四边形AECF是菱形，则：AE=CE=x，BE=8-x在中，由勾股定理得，∴解得：即EC=5【点睛】本题考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．26．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析；（4）【解析】【分析】从图上看到B到B′是先向左平移5格，再向下平移2格，利用这个规律，便可找到A′、C′．平分三角形面积，找AC的中点，中点和顶点的连线便是中线，便可平分三角形的面积．过点B向AC作垂线，便可找到点E的位置．利用小正方形的边长为1，求出AD、BE的长，便可求出面积．【详解】解：（1）如图所示，△A′B′C′为所求作三角形．（2）如图所示，BD为AC边上的中线．（3）如图所示，BE为AC边上的高线（4）AD=BE=【点睛】本题考查了平移的基本知识，利用平移作图，三角形中线的性质，三角形高的作法，以及求三角形的面积计算，掌握各个知识点是解题的关键．27．（1）C（）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）令y=0即可求出点D的坐标，令y=3即可求出点C的坐标；（2）将B和C的坐标代入的函数表达式解二元一次方程即可得出答案；（3）交点坐标即为方程的解.【详解】解：（1）在y=3x-2中,令y=0，即3x-2=0，解得∴D()∵点C(m，3)在直线y=3x-2上∴3m-2=3解得：∴C(，3)（2）设直线的函数表达式为y=kx+b(k≠0)，由题意得：解得∴（3）由图可知，二元一次方程组的解为【点睛】本题考查的是一次函数的图像与性质，难度适中，需要熟练掌握一次函数的图像与性质.28．（1）9；（2）确定，；（3）25或73【解析】【分析】（1）证明△AED，△BEF，△DFC都是等腰直角三角形即可解决问题．（2）如图2中，连接BD．取EC的中点O，连接OD，OB．证明E，B，C，D四点共圆，可得∠DCE＝∠ABD即可解决问题．（3）如图2﹣1中，连接AF．设AE＝x，FB＝y，EB＝m，由S△AEF＝•AE•FB＝3，推出xy＝6，由AD∥FB，推出＝，推出＝，可得xy＝3m，推出6＝3m，推出m＝2，可得EB＝2，AE＝4，再利用勾股定理求出DE，DC即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵AD∥BC，AB⊥BC，∴∠ABC＝∠A＝90°，∵AE＝EB＝3，AD＝3，∴AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE＝∠BEF