福建省仙游县2024届八年级下册数学期末复习检测试题含解析

福建省仙游县2024届八年级下册数学期末复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．下列各式计算正确的是A． B．C． D．2．下列从左边到右边的变形，是因式分解的是（）A．y2﹣2y+4＝（y﹣2）2B．10x2﹣5x＝5x（2x﹣1）C．a（x+y）＝ax+ayD．t2﹣16+3t＝（t+4）（t﹣4）+3t3．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是（4，0）、（0，3），点O'在直线y=2x（x≥0）上，将△AOB沿射线OO'方向平移后得到△A'O'B’.若点O'的横坐标为2，则点A'的坐标为（）A．（4,4） B．（5,4） C．（6,4） D．（7,4）4．下列命题的逆命题是真命题的是()A．对顶角相等 B．全等三角形的面积相等C．两直线平行，内错角相等 D．等边三角形是等腰三角形5．要从甲、乙、丙三名学生中选出一名学生参加数学竞赛，对这三名学生进行了10次数学测试，经过数据分析，3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，则这10次测试成绩比较稳定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．无法确定6．如果点E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，若EFGH为菱形，则四边形应具备的下列条件中，不正确的个数是（）①一组对边平行而另一组对边不平行；②对角线互相平分；③对角线互相垂直；④对角线相等A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．如图,四边形ABCD为矩形,△ACE为AC为底的等腰直角三角形,连接BE交AD、AC分别于F、N,CM平分∠ACB交BN于M,下列结论：(1)BE⊥ED;(2)AB=AF;(3)EM=EA;(4)AM平分∠BAC，其中正确的结论有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个8．下列语句正确的是()A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．有两对邻角互补的四边形为平行四边形C．矩形的对角线相等D．平行四边形是轴对称图形9．如图所示，购买一种苹果，所付款金额y（元）与购买量x（千克）之间的函数图象由线段OA和射线AB组成，则一次购买3千克这种苹果比分三次每次购买1千克这种苹果可节省（）元A．3 B．4 C．5 D．610．下列各组长度的线段能组成直角三角形的是（）．A．a=2，b=3，c=4 B．a=4，b=4，c=5C．a=5，b=6，c=7 D．a=5，b=12，c=1311．已知一粒米的质量是0.00021kg，这个数用科学记数法表示为（）A．kg B．kg C．kg D．kg12．在下列四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C．. D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，AB=AC，则数轴上点C所表示的数为__________.14．如图，在平行四边形ABCD中，AB=10，BC=6，AC⊥BC，则平行四边形ABCD的面积为___________.15．点A（1，3）_____（填“在”、或“不在”）直线y＝﹣x+2上．16．如图，边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝30°，P为BC上方一点，且，则PB＋PC的最小值为___________．17．如图，某会展中心在会展期间准备将高5m，长13m，宽2m的楼道上铺地毯，已知地毯每平方米18元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要____________元钱．18．在平面直角坐标系中,抛物线y=a(x−2)经过原点O,与x轴的另一个交点为A．将抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方,将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G,过点B(0,1)作直线l平行于x轴，当图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时，x的取值范围是____.三、解答题（共78分）19．（8分）已知：ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程的两个实数根．（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？（2）若AB的长为2，那么ABCD的周长是多少？20．（8分）如图，在正方ABCD中，E是AB边上任一点，BG⊥CE，垂足为O，交AC于点F，交AD于点G．（1）证明：BE＝AG；（2）E位于什么位置时，∠AEF＝∠CEB？说明理由．21．（8分）计算：|3﹣3|﹣（27+1）0+48﹣122．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，点的坐标分别为(1，0)，(0，2)，直线与直线相交于点．(1)求直线的解析式；(2)点在第一象限的直线上，连接，且，求点的坐标．23．（10分）猜想与证明：如图①摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B，C，G三点在一条直线上，CE在边CD上．连结AF，若M为AF的中点，连结DM，ME，试猜想DM与ME的数量关系，并证明你的结论．拓展与延伸：(1)若将“猜想与证明”中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为__________________；(2)如图②摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立．[提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半]①②24．（10分）一列快车从甲地驶往乙地，一列慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，设慢车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为（千米），图中的折线表示与的函数关系．信息读取：（1）甲、乙两地之间的距离为__________千米；（2）请解释图中点的实际意义；图像理解：（3）求慢车和快车的速度；（4）求线段所示的与之间函数关系式．25．（12分）解下列不等式组，并把它的解集表示在数轴上：26．某汽车销售公司经销某品牌款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下降．今年5月份款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的款汽车，去年销售额为100万元，今年销售额只有90万元．（1）今年5月份款汽车每辆售价多少万元？（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的款汽车，已知款汽车每辆进价为7.5万元，款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于102万元的资金购进这两款汽车共15辆，有几种进货方案？（3）按照（2）中两种汽车进价不变，如果款汽车每辆售价为8万元，为打开款汽车的销路，公司决定每售出一辆款汽车，返还顾客现金万元，要使（2）中所有的方案获利相同，值应是多少？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

根据二次根式的运算法则即可求解.【详解】A.不能计算，故错误；B.不能计算，故错误；C.，故错误；D.，正确故选D.【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知二次根式的运算法则.2、B【解析】

根据因式分解的意义，可得答案．【详解】A．分解不正确，故A不符合题意；B．把一个多项式转化成几个整式积的形式，故B符合题意；C．是整式的乘法，故C不符合题意；D．没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故D不符合题意．故选B．【点睛】本题考查了因式分解的意义，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式．3、C【解析】

利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点O′的坐标，再利用平移的性质结合点A的坐标可得出点A′的坐标，即可解答．【详解】解：当x=2时，y=2x=4，

∴点O′的坐标为（2，4）．

∵点A的坐标为（4，0），

∴点A′的坐标为（4+2，0+4），即（6，4）．

故选：C．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形的变化-平移，利用一次函数图象上点的坐标特征求出点O′的坐标是解题的关键．4、C【解析】

先分别写出各命题的逆命题，再根据对顶角的概念，全等三角形的判定，平行线的判定以及等腰三角形和等边三角形的关系分别判断即可得解．【详解】A、逆命题为：相等的两个角是对顶角，是假命题，故本选项错误；B、逆命题为：面积相等的两个三角形是全等三角形，是假命题，故本选项错误；C、逆命题为：内错角相等，两直线平行，是真命题，故本选项正确；D、逆命题为：等腰三角形是等边三角形，是假命题，故本选项错误．故选C．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．5、C【解析】分析：根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定解答即可．详解：因为3人的平均成绩均为92分，甲的方差为0.024、乙的方差为0.08、丙的方差为0.015，所以这10次测试成绩比较稳定的是丙，故选C．点睛：本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．6、C【解析】

因为四边相等才是菱形，因为E、F、G、H是四边形ABCD四条边的中点，那么菱形的四条边都是对角线的中位线，所以对角线一定要相等．【详解】解：连接AC，BD，∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四条边的中点，要使四边形EFGH为菱形，∴EF＝FG＝GH＝EH，∵FG＝EH＝DB，HG＝EF＝AC，∴要使EH＝EF＝FG＝HG，∴BD＝AC，∴四边形ABCD应具备的条件是BD＝AC，故选：C．【点睛】此题主要考查了三角形中位线的性质以及菱形的判定方法，正确运用菱形的判定定理是解决问题的关键．7、B【解析】

连接DE，由∠ABC=∠AEC=∠ADC=90°，根据圆周角定理的推论得到点A、B、C、D、E都在以AC为直径的圆上，再利用矩形的性质可得AE=ME，即①正确；再根据圆周角定理得到∠AEB=∠ACB，∠DAC=∠CED，∠EAD=∠ECD，易证△AEF≌△CED，即可得到AB=AF，即②正确；由②得到∠ABF=∠AFB=45°，求出∠EMC=∠MCB+45°，而∠ECM=∠NCM+45°，即③正确；根据等腰三角形性质求出∠EAM=∠AME，推出∠EAM=45°+∠MAN，∠AME=45°+∠BAM，即可判断（4）．【详解】连接DE.∵四边形ABCD为矩形,△ACE为AC为底的等腰直角三角形,∴∠ABC=∠AEC=∠ADC=90°，AB=CD，AD=BC，∴点A.B.C.D.E都在以AC为直径的圆上，∵AB=CD，∴弧AB=弧CD，∴∠AEB=∠CED，∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠BEC+∠AEB=90°，∴BE⊥ED,故(1)正确；∵点A.B.C.D.E都在以AC为直径的圆上，∴∠AEF=∠CED，∠EAF=∠ECD，又∵△ACE为等腰直角三角形，∴AE=CE，在△AEF和∉CED中，∠AEF=∠CEDAE=CD∠EAF=∠ECD∴△AEF≌△CED，∴AF=CD，而CD=AB，∴AB=AF,即(2)正确；∴∠ABF=∠AFB=45°，∴∠EMC=∠MCB+45°，而∠ECM=∠NCM+45°，∵CM平分∠ACB交BN于M，∴∠EMC=∠ECM，∴EC=EM，∴EM=EA,即(3)正确；∵AB=AF,∠BAD=90°，EM=EA，∴∠ABF=∠CBF=45°，∠EAM=∠AME，∵△AEC是等腰直角三角形，∴∠EAC=45°，∴∠EAM=45°+∠MAN,∠AME=∠ABM+∠BAM=45°+∠BAM，∴∠BAM=∠NAM,∴(4)正确；故选D.【点睛】此题考查等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，等腰直角三角形，解题关键在于作辅助线8、C【解析】分析：根据各选项中所涉及的几何图形的性质或判断进行分析判断即可.详解：A选项中，因为“对角线互相垂直的平行四边形才是菱形”，所以A中说法错误；B选项中，因为“有两对邻角互补的四边形不一定是平行四边形，如梯形”，所以B中说法错误；C选项中，因为“矩形的对角线是相等的”，所以C中说法正确；D选项中，因为“平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形”，所以D中说法错误.故选C.点睛：熟记“各选项中所涉及的几何图形的性质和判定”是解答本题的关键.9、B【解析】

根据OA段可求出每千克苹果的金额，再由函数图像可得一次购买3千克这种苹果的金额，故可比较．【详解】根据OA段可得每千克苹果的金额为20÷2=10（元）故分三次每次购买1千克这种苹果的金额为3×10=30（元）由函数图像可得一次购买3千克这种苹果的金额26（元）故节省30-26=4（元）故选B．【点睛】此题主要考查函数图像的应用，解题的关键是根据题意求出每千克苹果的金额数．10、D【解析】本题只有，故选D11、A【解析】

科学记数法的形式是：，其中＜10，为整数．所以，取决于原数小数点的移动位数与移动方向，是小数点的移动位数，往左移动，为正整数，往右移动，为负整数。本题小数点往右移动到2的后面，所以【详解】解：0.00021故选A．【点睛】本题考查的知识点是用科学记数法表示绝对值较小的数，关键是在理解科学记数法的基础上确定好的值，同时掌握小数点移动对一个数的影响．12、B【解析】试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，因此：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．故选B．考点：轴对称图形和中心对称图形二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】分析：根据勾股定理列式求出AB的长，即为AC的长，再根据数轴上的点的表示解答．详解：由勾股定理得：AB==，∴AC=，∵点A表示的数是﹣1，∴点C表示的数是﹣1．故答案为﹣1．点睛：本题考查了勾股定理，实数与数轴，是基础题，熟记定理并求出AB的长是解题的关键．14、48【解析】

在Rt△ACB中，AB=10，BC=6，由勾股定理可得，AC=8，再根据平行四边形的面积公式即可求解.【详解】∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，在Rt△ACB中，AB=10，BC=6，由勾股定理可得，AC=8，∴平行四边形ABCD的面积为：BC×AC=6×8=48.故答案为：48.【点睛】本题考查了勾股定理及平行四边形的性质，利用勾股定理求得AC=8是解决问题的关键.15、不在．【解析】

把A（1，3）代入y＝﹣x+2验证即可.【详解】当x＝1时，y＝﹣x+2＝1，∴点（1，3）不在直线y＝﹣x+2上．故答案为：不在．【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征，一次函数图像上点的坐标满足一次函数解析式.16、【解析】

过点A作于点E，根据菱形的性质可推出，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，根据轴对称可得CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，PB+PC的最小值为BH的长，根据勾股定理计算即可；【详解】过点A作于点E，如图，∵边长为4的菱形ABCD中，，∴AB=AC=4，∴在中，，∴，∵，∴，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，如图，则，，∴四边形CGPF是矩形，∴CG=PF，∵，∴，∴PF=1，∴CG=PF=1，根据抽对称的性质可得，CG=GH，PH=PC，∴CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，得，，即，∴PB+PC的最小值为BH的长，∵，，∴，∴在中，，∴PB+PC的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，准确分析轴对称的最短路线知识点是解题的关键．17、612.【解析】

先由勾股定理求出BC的长为12m，再用(AC+BC)乘以2乘以18即可得到答案【详解】如图，∵∠C=90，AB=13m，AC=5m，∴BC==12m，∴（元），故填：612.【点睛】此题考查勾股定理、平移的性质，题中求出地毯的总长度是解题的关键，地毯的长度由平移可等于楼梯的垂直高度和水平距离的和，进而求得地毯的面积.18、1<x<2或x>2+.【解析】

先写出沿x轴折叠后所得抛物线的解析式，根据图象计算可得对应取值范围.【详解】由题意可得抛物线：y=(x−2)，对称轴是：直线x=2,由对称性得：A(4,0),沿x轴折叠后所得抛物线为：y=−(x−2)；如图，由题意得：当y=1时,(x−2)=1，解得：x=2+,x=2−，∴C(2−,1),F(2+,1)，当y=1时,−(x−2)=1，解得：x=3,x=1，∴D(1,1),E(3,1)，由图象得：图象G在直线l上方的部分,当1<x<2或x>2+时，函数y随x增大而增大；故答案为1<x<2或x>2+.【点睛】此题考查二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，抛物线与坐标轴的交点，解题关键在于结合函数图象进行解答.三、解答题（共78分）19、（1）当m为1时，四边形ABCD是菱形．（2）□ABCD的周长是2.【解析】

（1）根据菱形的性质可得出AB=AD，由根的判别式即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值；

（2）将x=2代入一元二次方程可求出m的值，再根据根与系数的关系即可得出AB+AD的值，利用平行四边形的性质即可求出平行四边形ABCD的周长．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵AB、AD的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+＝0的两个实数根，∴△＝（﹣m）2﹣4（）＝m2﹣2m+1＝0，解得：m＝1．∴当m为1时，四边形ABCD是菱形．（2）将x＝2代入x2﹣mx+＝0中，得：4﹣2m+＝0，解得：m＝，∵AB、AD的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+＝0的两个实数根，∴AB+AD＝m＝，∴平行四边形ABCD的周长＝2（AB+AD）＝2×＝2．【点睛】本题考查了根的判别式、菱形的性质、平行四边形的性质以及根与系数的关系，得出m的值是解题关键20、(1)见解析；（2）当点E位于线段AB中点时，∠AEF=∠CEB,理由见解析【解析】

(1)根据正方形的性质利用ASA判定△GAB≌△EBC，根据全等三角形的对应边相等可得到AG=BE；(2)利用SAS判定△GAF≌△EAF，从而得到∠AGF=∠AEF，由△GAB≌△EBC可得到∠AGF=∠CEB,则∠AEF=∠CEB．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形∴∠ABC=∠BAD=90°，∴∠1+∠3=90°，∵BG⊥CE,∴∠BOC=90°∴∠2+∠3=90°,∴∠1=∠2,在△GAB和△EBC中，∵∠GAB=∠EBC=90°,AB=BC,∠1=∠2,∴△GAB≌△EBC(ASA),∴AG=BE;（2）解：当点E位于线段AB中点时，∠AEF=∠CEB,理由如下：若当点E位于线段AB中点时，则AE=BE,由（1）可知，AG=BE,∴AG=AE,∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAF=∠EAF=45°,又∵AF=AF,∴△GAF≌△EAF(SAS),∴∠AGF=∠AEF,由（1）知，△GAB≌△EBC,∴∠AGF=∠CEB,∴∠AEF=∠CEB.【点睛】考查了全等三角形的判定，正方形的性质等知识点，利用全等三角形来得出线段相等是这类题的常用方法．21、33.【解析】

直接利用绝对值的性质以及零指数幂的性质、二次根式的性质、负指数幂的性质分别化简得出答案．【详解】原式＝3－3－1＋43－2＝33【点睛】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．22、（1）y＝−2x＋2；（2）【解析】

（1）利用待定系数法即可得到直线AB的表达式；

（2）通过解方程组即可得到点P的坐标，设点Q（t，2t−6），作QH⊥x轴，垂足为H，PK⊥x轴，垂足为K．可得KA＝2−1＝1，PK＝2，HA＝t−1，QH＝2t−6，根据勾股定理得到AP，AQ，根据AP＝AQ得到关于t的方程，解方程求得t，从而得到点Q的坐标．【详解】解：（1）设AB的解析式为y＝kx＋b（k≠0），

把（1，0）、（0，2）代入y＝kx＋b得：，解得：k＝−2，b＝2，

∴y＝−2x＋2；

（2）联立得，解得：x＝2，y＝−2，

∴P（2，−2），设点Q（t，2t−6），作QH⊥x轴，垂足为H．PK⊥x轴，垂足为K．

KA＝2−1＝1，PK＝2，HA＝t−1，QH＝2t−6

AP＝，AQ＝，

∵AP＝AQ，

∴（t−1）2＋（2t−6）2＝5，

解得：t1＝2(舍去)；t2＝，，

把x＝代入y＝2x−6，得y＝，

∴．【点睛】此题主要考查了一次函数图象相交问题，以及待定系数法求一次函数解析式，关键是掌握两函数图象相交，交点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．23、猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME，证明见解析；拓展与延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)证明见解析【解析】

猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，（2）连接AC，AC和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，【详解】解：猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME.证明：如图①，延长EM交AD于点H.①∵四边形ABCD、四边形ECGF都是矩形，∴AD∥BG，EF∥BG，∠HDE＝90°.∴AD∥EF.∴∠AHM＝∠FEM.又∵AM＝FM，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME.∴HM＝EM.又∵∠HDE＝90°，∴DM＝EH＝ME；（1）∵四边形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD∥EF，

∴∠EFM=∠HAM，

又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，

在△FME和△AMH中，

，∴△FME≌△AMH（ASA）

∴HM=EM，

在RT△HDE中，HM=EM，

∴DM=HM=ME，

∴DM=ME．

∵四边形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD=CD，CE=EF，

∵△FME≌△AMH，

∴EF=AH，

∴DH=DE，

∴△DEH是等腰直角三角形，

又∵MH=ME，故答案为：DM＝ME，DM⊥ME；（2）证明：如图②，连结AC.②∵四边形ABCD、四边形ECGF都是正方形，∴∠DCA＝∠DCE＝∠CFE＝45°，∴点E在AC上．∴∠AEF＝∠FEC＝90°.又∵点M是AF的中点，∴ME＝AF.∵∠ADC＝90°，点M是AF的中点，∴DM＝AF.∴DM＝ME.∵ME＝AF＝FM，DM＝AF＝FM，∴∠DFM＝(180°－∠DMF)，∠MFE＝(180°－∠FME)，∴∠DFM＋∠MFE＝(180°－∠DMF)＋(180°－∠FME)＝180°－(∠DMF＋∠FME)＝180°－∠DME.∵∠DFM＋∠MFE＝180°－∠CFE＝180°－45°＝135°，∴180°－∠DME＝135°.∴∠DME＝90°.∴DM⊥ME.【点睛】本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．24、（1）900；（2）当两车出发4小时时相遇；（3）慢车的速度是75千米/时，快车的速度是150千米/时；（4）y=225x﹣900（4≤x≤6）．【解析】

（1）根据已知条件和函数图象可以直接写出甲、乙两地之间的距离；（2）根据题意可以得到点B表示的实际意义；（3）根据图象和题意可以分别求出慢车和快车的速度；（4）根据题意可以求得点C的坐标，由图象可以得到点B的坐标，从而可以得到线段BC所表示的y与x之间的函数