期末测试卷01-【对点变式题】最新八年级数学下学期期中期末必考题精准练（人教版）

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 2021-2022学年八年级下学期数学
期末测试卷01
（考试时间120分钟 满分120分）
注意事项：
1.考生答题前，请将自己的学校、姓名、准考证号请填写在试题卷和答题卡指定位置上，同时认真阅读答题卡上的注意事项.
2.考生答题时，请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷上无效.
第Ⅰ卷（选择题 共24分）
一． 选择题（下列各题的备选答案中，有且仅有一个答案是正确的，每小题3分，共24分）
1．（2021春•南京期末）若式子x-2在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＞2 B．x≥2 C．x＜2 D．x≤2
【考点】二次根式有意义的条件；
【分析】根据二次根式有意义的条件得到x﹣2≥0，解之即可求出x的取值范围．
【解答】解：根据题意得：x﹣2≥0，
解得：x≥2．
故选：B．
2．（2022春•平潭县校级期中）如图，在四边形ABCD中，点O是对角线的交点，且AB∥CD，添加下列哪个条件，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　）

A．AD＝BC B．AD∥BC C．OA＝OC D．AB＝CD
【考点】平行四边形的判定；
【分析】根据平行四边形的判定定理和全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AC＝BD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，选项A符合题意；
B、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；选项B不符合题意；
C、∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCDOA=OC∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OD＝OB，
又∵OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形；选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；选项D不符合题意；
故选：A．
3．（2021春•涵江区期末）下列计算正确的是（　　）
A．2+9=11 B．32-2=22 C．5×4=45 D．3×13=13
【考点】二次根式的混合运算；
【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
【解答】解：A、原式=2+3，所以A选项错误；
B、原式＝22，所以B选项正确；
C、原式＝25，所以C选项错误；
D、原式＝1，所以D选项错误．
故选：B．
4．（2021秋•讷河市期末）直线y＝﹣2x+4与两坐标轴围成的三角形的面积为（　　）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；
【分析】先求出x＝0，y＝0时对应的y，x值，利用点的坐标的几何意义即可求得直线y＝﹣2x+4与两坐标轴围成的三角形面积．
【解答】解：当x＝0时，y＝4；当y＝0时，x＝2；
所以直线y＝﹣2x+4与两坐标轴围成的三角形面积是 12×4×2＝4．
故选：C．
5．（2021春•武汉期末）近日来，武汉市网红打卡点“武汉小镰仓”吸引众多市民前来拍照打卡，洪山区交警大队加强了该区域的交通管制，控制车辆速度，确保市民安全．某交警在该路口统计的某个时段，来往的27辆车行驶速度的分布如条形图所示．这些车辆速度的众数是（　　）

A．53 B．52 C．55 D．51
【考点】条形统计图；众数；
【分析】利用众数定义判断即可．
【解答】解：由条形统计图知，速度是52km/h的车辆有8辆，数量最多．
故选：B．
6．（2021秋•宣化区期末）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+(a-b)2的结果是（　　）

A．2a﹣b B．﹣2a+b C．﹣b D．b
【考点】二次根式的性质与化简；实数与数轴；
【分析】根据数轴可判断a、a﹣b与0的大小关系，然后利用绝对值的性质以及二次根式的性质即可化简求出答案．
【解答】解：由数轴可知：a＞0，b＜a，
∴a﹣b＞0，
∴原式＝a+a﹣b
＝2a﹣b，
故选：A．
7．（2021春•罗湖区校级期末）如图，直线y＝﹣x+m与y＝nx+4n（n≠0）的交点的横坐标为﹣2，则关于x的不等式﹣x+m＞nx+4n＞0的整数解为（　　）

A．﹣1 B．﹣3 C．﹣4 D．﹣5
【考点】一次函数与一元一次不等式；
【分析】先解方程nx+4n＝0得到直线y＝nx+4n与x轴的交点坐标为（﹣4，0），然后利用函数图象写出在x轴上方且直线y＝nx+4n在直线y＝﹣x+m的下方所对应的自变量的范围，再找出此范围内的整数即可．
【解答】解：当y＝0时，nx+4n＝0，解得x＝﹣4，所以直线y＝nx+4n与x轴的交点坐标为（﹣4，0），
当x＞﹣4时，nx+4n＞0；
当x＜﹣2时，﹣x+m＞nx+4n，
所以当﹣4＜x＜﹣2时，﹣x+m＞nx+4n＞0，
所以不等式组﹣x+m＞nx+4n＞0的整数解为x＝﹣3．
故选：B．
8．（2022•南海区一模）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是（　　）

A．22-2 B．22+2 C．25-2 D．2+1
【考点】矩形的性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；
【分析】取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE．
【解答】解：取AB中点E，连接OE、DE、OD，

∵∠MON＝90°，
∴OE=12AB＝2．
在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE＝22．
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE＝22+2．
故选：B．

第Ⅱ卷（非选择题 共96分）
二． 填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
9．若一个直角三角形的两条直角边长分别为cm和 cm，那么此直角三角形的斜边长是　 cm．
【考点】二次根式的性质与化简；勾股定理.
【分析】根据勾股定理得出直角三角形的斜边长是132+142，再进行计算，即可得出答案.
【解答】解：直角三角形的斜边长是132+142=27=33cm.
故答案为：.
10．（2021•茶陵县模拟）某班五个合作学习小组人数如下：5、5、x、6、7，已知这组数据的平均数是6，则这组数据的中位数是　 ．
【考点】中位数；算术平均数；
【分析】根据平均数的计算公式先求出x的值，再根据中位数的定义求解即可．
【解答】解：∵5、5、x、6、7的平均数是6，
∴（5+5+x+6+7）÷7＝6，
解得：x＝7，
将这组数据从小到大排列为5、5、6、7、7，
最中间的数是6，
则这组数据的中位数是6．
故答案为：6．
11．如图，在正方形ABCD的右边作等腰三角形ADE，AD＝AE，∠DAE＝50°，连BE，则∠BED＝　 　．

【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质；
【分析】先证明AB＝AE，求得∠AEB，由AD＝AE，∠DAE＝50°，求得∠AED，进而由角的和差关系求得结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AD＝AE，∠DAE＝50°，
∴AB＝AE，∠ADE＝∠AED＝65°，∠BAE＝140°，
∴∠ABE＝∠AEB＝20°，
∴∠BED＝65°﹣20°＝45°，
故答案为：45°．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，D，E，F分别为AB，AC，AD的中点．若BC＝2，则EF的长度为　 　．

【考点】三角形中位线定理；含30度角的直角三角形；
【分析】根据含30°的直角三角形的性质求出CD，根据直角三角形的性质求出CD，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝4，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD=12AB＝2，
∵E，F分别为AC，AD的中点，
∴EF为△ACD的中位线，
∴EF=12CD＝1，
故答案为：1．
13．（2022春•高安市期中）已知x=2+3，y=2-3，则x2﹣y2＝　 　．
【考点】二次根式的化简求值；分母有理化；
【分析】由题意得x+y＝22，x﹣y＝23，再把所求的式子进行整理，代入相应的值运算即可．
【解答】解：∵x=2+3，y=2-3，
∴x+y=2+3+2-3=22，
x﹣y=2+3-（2-3）＝23，
∴x2﹣y2
＝（x+y）（x﹣y）
＝22×23
＝46，
故答案为：46．
14．（2022•西青区一模）将直线y＝2x向下平移2个单位长度，平移后直线与x轴交点坐标为 　 　．
【考点】一次函数图象与几何变换；正比例函数的性质；
【分析】根据函数的平移规则“上加下减”，即可得出直线平移后的直线解析式，再让y＝0，得到关于x的方程，解方程即可求得．
【解答】解：根据平移的规则可知：
直线y＝2x向下平移2个单位长度后所得直线的解析式为：y＝2x﹣2，
令y＝0，则2x﹣2＝0，
解得x＝1，
∴所得直线与x轴的交点坐标为（1，0），
故答案为：（1，0）．
15．（2021秋•盐湖区期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，动点P从正方形边上A开始，沿A→B→C→D的路径移动，设P点经过的路径长为x，设点A、P、D所围成的△APD的面积是y，则y与x的函数关系图象如图2所示，则其中MN所在的直线关系式为 　 　．

【考点】动点问题的函数图象；
【分析】根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：由点P的运动可知，图2中MN段，对应了点P在CD上运动，如图所示，

此时AB+BC+CP＝x，
则DP＝12﹣x，
∴y=12×4×(12-x)=-2x+24．
故答案为：y＝﹣2x+24．
16．（2021春•新宾县期中）如图□ABCD中，AC与BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论：①FE＝GE；②FE⊥GE；③∠ADB＝2∠CBE；④GF平分∠AGE，其中正确的有 　 　．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理．版权所有
【分析】由平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定与性质分别对各个结论进行判断即可．
【解答】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，DO＝BO=12BD，
∵BD＝2AD，
∴AD＝DO，
∴BC＝BO，
∵E是CO中点，
∴BE⊥AC，
∵BC＝BO，
∴△BOC是等腰三角形，
∵E是CO中点，
∴EB⊥CO，
∴∠BEA＝90°，
∵G为AB中点，
∴EG=12AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴FE是△OCD的中位线，
∴FE=12CD，
∴FE＝GE，故①正确；
③由①可知，OB＝BC，BE⊥AC，
∴∠OBE＝∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD＝2∠CBE，故③正确；
④连接AF，
在Rt△AEB中，G是AB的中点，
∴EG=12AB＝AG，
∵EG＝EF，
∴AG＝EF，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，
∵AB∥CD，
∴AG∥EF，
∴四边形AGEF是平行四边形，
又∵EG＝EF，
∴平行四边形AGEF是菱形，
∴AE⊥FG，GF平分∠AGE，故④正确；
②由①知：BE⊥AE，
由④得：EF∥AB，EF=12CD=12AB＝BG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵EG＝EF，
∴要使EF⊥GE，则∠EFG＝∠EBA＝∠EAB＝45°，
没有条件AE＝BE，或∠BAC＝45°，故②错误；
本题正确的有：①③④．
故答案为：①③④．

三、解答题（本大题共9小题，满分共72分）
17．（本题满分8分，每小题4分）（2021春•梁园区期末）计算：
（1）（24-12）﹣2（18-6）； （2）（3+5）（3-5）﹣（3-1）2；
【考点】二次根式的化简求值；平方差公式；
【分析】（1）先利用二次根式的性质分别化简各数，然后先去括号，再算加减；
（2）先利用平方差公式和完全平方公式计算乘方和乘法，然后去括号，最后算加减；
【解答】解：（1）原式＝（26-22）﹣2（24-6）
＝26-22-22+26
＝46-2；
（2）原式＝32﹣（5）2﹣[（3）2﹣23+1）
＝9﹣5﹣3+23-1
＝23；
18． （本题满分7分）（2021•宣州区校级二模）如图，已知平行四边形ABCD中，E，F为对角线BD上两点，且AE⊥AD，CF⊥BC，AC=BC．
（1）求证：AE=CF； （2）若∠EAC=60°，求∠BAE的度数．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明△EAD≌△FCB，即可得结论；
（2）根据等腰三角形的性质即可求出结果．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBF，
∵AE⊥AD，CF⊥BC，
∴∠EAD=∠FCB=90°，
在△EAD和△FCB中，

∴△EAD≌△FCB（ASA），
∴AE=CF；
（2） ∵∠EAC=60°，
∴∠CAD=30°，
∴∠ACB=30°，
∵AC=BC．
∴∠BAC=75°，
∴∠BAE=15°．
19．（本题满分6分）（2021秋•西湖区校级期末）已知：y=x-4+4-x+5，化简并求xx+xy-yy-xy的值．
【考点】二次根式的化简求值；二次根式有意义的条件；
【分析】根据二次根式有意义的条件得到x＝4，则y＝5，再利用约分得到原式=1x+y+1x-y，然后通分得到原式=2xx-y，最后把x、y的值代入计算即可．
【解答】解：∵x﹣4≥0且4﹣x≥0，
∴x＝4，
∴y＝5，
∴原式=1x+y+1x-y
=x-y+x+y(x+y)(x-y)
=2xx-y
=244-5
＝﹣4．
20．（本题满分7分）（2021秋•无锡期末）如图，△ABC中，BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，且BD2﹣DA2＝AC2．
（1）求证：∠A＝90°；
（2）若BC2＝56，AD：BD＝3：4，求AC的长．

【考点】勾股定理；线段垂直平分线的性质；
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质可得CD＝BD，然后利用勾股定理逆定理可得结论；
（2）首先确定BD的长，进而可得CD的长，再利用勾股定理进行计算即可．
【解答】（1）证明：连接CD，
∵BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，
∴CD＝DB，
∵BD2﹣DA2＝AC2，
∴CD2﹣DA2＝AC2，
∴CD2＝AD2+AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠A＝90°；
（2）解：∵BC2＝56，AD：BD＝3：4，
设AD＝3a，CD＝BD＝4a，
∴AC=7a，
∴AB＝7a，
由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，
即56=(7a)2+(7a)2，
∴AC=7．


21．（本题满分7分）（2021秋•涡阳县期末）今年受疫情影响，我市中小学生全体在家线上学习．为了了解学生在家主动锻炼身体的情况，某校随机抽查了部分学生，对他们每天的运动时间进行调查，并将调查统计的结果分为四类：每天运动时间t≤20分钟的学生记为A类，20分钟＜t≤40分钟记为B类，40分钟＜t≤60分钟记为C类，t＞60分钟记为D类．收集的数据绘制如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：

（1）这次共抽取了 　　名学生进行调查统计；
（2）扇形统计图中D类所对应的扇形圆心角大小为 　 　；
（3）将条形统计图补充完整；
（4）如果该校共有2000名学生，请你估计该校B类学生约有多少人？
【考点】频数（率）分布直方图；扇形统计图；条形统计图；用样本估计总体；
【分析】（1）根据A类学生的人数和所占的百分比直接计算即可；
（2）根据D类学生的百分数求出圆心角度数即可；
（3）根据D类学生人数补图即可；
（4）根据B类学生所占的比例估算B类学生的总人数即可．
【解答】解：（1）15÷30%＝50（人），
故答案为：50；
（2）D类学生人数为：50﹣15﹣22﹣8＝5（人），
360°×550=36°，
故答案为：36°；
（3）补图如下：

（4）2000×2250=880（人），
∴该校B类学生约有880人．
22．（本题满分8分）（2022春•花都区校级期中）在▱ABCD中，AE平分∠BAD，O为AE的中点，连接BO并延长，交AD于点F，连接EF，OC．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若点E为BC的中点，且BC＝8，∠ABC＝60°，求OC的长．

【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质；
【分析】（1）证△AOF≌△EOB，得AF＝BE，由AF∥BE，则四边形ABEF是平行四边形，再证AB＝BE，即可解决问题；
（2）过O作OH⊥BC于H，根据菱形的性质得到∠OBH＝30°，∠BOE＝90°，求得OE=12BE＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AF∥BE，
∴∠FAO＝∠BEO，
∵O为AE的中点，
∴OA＝OE，
在△AOF和△EOB中，
∠FAO=∠BEOOA=OE∠AOF=∠EOB，
∴△AOF≌△EOB（ASA），
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
∵AE平分∠BAD，
∴∠FAE＝∠BAE，
∵∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BA＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：过O作OH⊥BC于H，如图所示：
∵E为BC的中点，且BC＝8，
∴BE＝CE＝4，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠OBH＝30°，∠BOE＝90°，
∴OE=12BE＝2，∠EOH＝∠OBH＝90°﹣∠OEH＝30°，
∴EH=12OE＝1，
∴OH=OE2-EH2=22-12=3，CH＝EH+CE＝5，
∴OC=OH2+CH2=(3)2+52=27．

23．（本题满分8分）（2022•成华区模拟）为了做好防疫工作，学校准备购进一批消毒液．已知A型消毒液的单价比B型消毒液的单价低2元，用140元购买A型消毒液与用180元购买B型消毒液的瓶数相等．
（1）这两种消毒液的单价各是多少元？
（2）学校准备购进这两种消毒液共90瓶，且B型消毒液的瓶数不少于A型消毒液瓶数的13，请设计出最省钱的购买方案，并求出最少费用．
【考点】一次函数的应用；分式方程的应用；一元一次不等式的应用；
【分析】（1）用140元购买A型消毒液与用180元购买B型消毒液的瓶数相等，可以列出相应的二元一次方程组，然后即可求出这两种消毒液的单价各是多少元；
（2）根据题意，可以写出费用和购买A型消毒液数量的函数关系，然后根据B型消毒液的数量不少于A型消毒液数量的 13，可以得到A型消毒液数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可求得最省钱的购买方案，计算出最少费用．
【解答】解：（1）设A型消毒液的单价是x元，B型消毒液的单价是（x+2）元，
得140x=180x+2，
解得 x＝7，
经检验，x＝7是原分式方程的解，且符合实际意义．
∴x+2＝9，
答：A型消毒液的单价是7元；B型消毒液的单价是9元．
（2）设购进A型消毒液a瓶，则购进B型消毒液（90﹣a）瓶，费用为w元，
依题意可得：w＝7a+9（90﹣a）＝﹣2a+810，
∵k＝﹣2＜0，
∴w随a的增大而减小．
∵B型消毒液的数量不少于A型消毒液数量的 13，
∴90﹣a≥13a．
解得a≤67 12，
∴当a＝67时，w取得最小值，此时w＝﹣2×67+810＝676，90﹣a＝23．
答：最省钱的购买方案是购进A型消毒液67瓶，购进B型消毒液23瓶；最低费用为676元．
24．（本题满分10分）（2021春•仙桃校级期中）【思考研究】
如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于F．小博在研究这个问题中，他想到PC＝PE，他写出了如下分析过程：
先证出△ABP≌△CBP，得到PA＝PC，由PA＝PE，得到PC＝PE．
（1）根据小博的分析过程证明PC＝PE；
【解决问题】
（2）求∠CPE的度数；
【理解运用】
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．

【考点】四边形综合题；
【分析】（1）欲证明PC＝PE，只要证明△ABP≌△CBP即可；
（2）利用“8字型”证明角相等即可解决问题；
（3）首先证明△ABP≌△CBP（SAS）推出PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，再证明△EPC是等边三角形，可得PC＝CE，即可解决问题．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，
∠ABP＝∠CBP＝45°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPE＝∠EDF＝90°；
（3）结论：AP＝CE．
理由：在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，
∵PA＝PE，
∴∠DAP＝∠DEP，
∴∠DCP＝∠DEP，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴∠CPF＝∠EDF
∵∠ABC＝∠ADC＝120°，
∴∠CPF＝∠EDF＝180°﹣∠ADC＝60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC＝CE，
∴AP＝CE．

25．（本题满分11分）（2021•永嘉县校级模拟）如图，直角坐标系中，直线y＝kx+b分别与x轴、y轴交于点A（3，0），点B（0，﹣4），过D（0，8）作平行x轴的直线CD，交AB于点C，点E（0，m）在线段OD上，延长CE交x轴于点F，点G在x轴正半轴上，且AG＝AF．

（1）求直线AB的函数表达式．
（2）当点E恰好是OD中点时，求△ACG的面积．
（3）是否存在m，使得△FCG是直角三角形？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【考点】一次函数综合题；
【分析】（1）将点A、B的坐标代入函数表达式：y＝kx+b，即可求解；
（2）证明△EDC≌△EOF（AAS），S△ACG=12×AG×CH=12×12×8=48；
（3）①当∠FGC＝90°时，AG＝AF，则AC是中线，则AF＝AC=62+82=10，故点F（﹣7，0），即可求解；②当∠CGF＝90°时，则点G（9，0），则AF＝AG＝6，故点F（﹣3，0），即可求解．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入函数表达式：y＝kx+b并解得：
k=43，b＝﹣4，
故直线的表达式为：y=43x-4；
（2）当y＝8时，43x-4=8
解得x＝9，
∴点C的坐标为（9，8），
∴CD＝9，
∵E是OD中点，
∴DE＝OE，
则△EDC≌△EOF（AAS），
∴OF＝CD＝9，
∴AG＝AF＝OF+OA＝12，
过点C作CH⊥x轴于点H，

∴S△ACG=12×AG×CH=12×12×8=48；
（3）①当∠FCG＝90°时，
AG＝AF，则AC是中线，则AF＝AC=62+82=10，
故点F（﹣7，0），
由点C、F的坐标可得：直线CF的表达式为：y=12（x+7），
故点E（0，72），则m=72；
②当∠CGF＝90°时，则点G（9，0），
则AF＝AG＝6，
故点F（﹣3，0），
同理直线CF的表达式为：y=23（x+3），
故m＝2；