期末测试卷02-【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02
（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．（2022春•高安市期中）下列计算正确的是（　　）
A．3+2=5 B．32-2=3
C．18-82=9-4=3﹣2＝1 D．3÷16=32
【考点】二次根式的混合运算；分母有理化；
【分析】直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的乘除运算法则分别化简，进而判断即可．
【解答】解：A.3+2无法合并，故此选项不合题意；
B.32-2=22，故此选项不合题意；
C.18-82=32-222=22，故此选项不合题意；
D.3÷16=3×6=32，故此选项符合题意．
故选：D．
2．（2021秋•金寨县期末）函数y＝﹣3x+1图象上有两点A（1，y1），B（3，y2），则y1与y2的大小关系是（　　）
A．y1＞y2 B．y1＜y2 C．y1＝y2 D．无法确定
【考点】一次函数的性质【分析】由k＝﹣3＜0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而减小，结合1＜3，可得出y1＞y2．
【解答】解：∵k＝﹣3＜0，
∴y随x的增大而减小，
又∵点A（1，y1），B（3，y2）在一次函数y＝﹣3x+1图象上，且1＜3，
∴y1＞y2．
故选：A．

3．（2021秋•莱阳市期末）如图，平行四边形ABCD的周长为16，AC、BD相交于点O，OE⊥AC交AD于E，则△DCE的周长为（　　）

A．4 B．6 C．8 D．10
【考点】平行四边形的性质；线段垂直平分线的性质；
【分析】根据平行四边形性质得出AD＝BC，AB＝CD，OA＝OC，根据线段垂直平分线得出AE＝CE，求出CD+DE+EC＝AD+CD，代入求出即可．
【解答】解：∵平行四边形ABCD，
∴AD＝BC，AB＝CD，OA＝OC，
∵EO⊥AC，
∴AE＝EC，
∵AB+BC+CD+AD＝16，
∴AD+DC＝8，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE＝AE+DE+CD＝AD+CD＝8，
故选：C．
4．（2022春•龙游县校级月考）如果一组数据2，3，4，5，x的方差与另一组数据101，102，103，104，105的方差相等，那么x的值（　　）
A．6 B．1 C．6或1 D．无法确定
【考点】方差；
【分析】根据数据x1，x2，…xn与数据x1+a，x2+a，…，xn+a的方差相同这个结论即可解决问题．
【解答】解：∵一组数据2，3，4，5，x的方差与另一组数据101，102，103，104，105的方差相等，
∴这组数据可能是2，3，4，5，6或1，2，3，4，5，
∴x＝1或6，
故选：C．

5．（2022春•宝应县期中）如图，在□ABCD中，AB＝13，AD＝5，AC⊥BC，则BD的长为（　　）

A．6 B．61 C．12 D．261
【考点】平行四边形的性质；
【分析】由平行四边形的性质求得BC的长及OA＝OC，OB＝OD；在Rt△ABC中油勾股定理求得AC的长；在Rt△BOC中由勾股定理求得OB的长，再乘以2即可得出BD的长．
【解答】解：如图，AC与BD交于点O，

在平行四边形ABCD中，AB＝13，AD＝5，
∴BC＝AD＝5，
∵AC⊥BC，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理可知AC=AB2-BC2=132-52=12，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴OC=12AC＝6，
∴在Rt△BOC中，由勾股定理得：
OB=BC2+OC2=52+62=61，
∴BD＝2OB＝261，
故选：D．
6．（2021秋•荆门期末）如图，△ABC的周长为20，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC＝8，则MN的长度为（　　）

A． B．2 C． D．3
【考点】三角形中位线定理；
【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝CA，AM＝MD，求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：在△BNA和△BNE中，
，
∴△BNA≌△BNE（ASA）
∴BE＝BA，AN＝NE，
同理，CD＝CA，AM＝MD，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝BA+CA﹣BC＝20﹣8﹣8＝4，
∵AN＝NE，AM＝MD，
∴MN＝DE＝2，
故选：B．

7．（2021春•涿鹿县期末）有甲、乙两个长方体的蓄水池，将甲池中的水匀速注入乙池，甲、乙两个蓄水池中水的高度y（米）与注水时间x（小时）之间的函数图象如图所示，若要使甲、乙两个蓄水池的蓄水深度相同，则注水的时间应为 （ ）小时．

A．0.6 B．0.8 C．1 D．0.5
【考点】函数的图象；
【分析】先利用待定系数法分别求出甲、乙蓄水池中水的深度y（米）与注水时间x的函数关系式，然后求函数值相等时的自变量的值即可．
【解答】解：设甲蓄水池中水的深度y（米）与注水时间x的函数关系式为y＝kx+b，
把（0，2）、（3，0）代入得b=23k+b=0，
解得k=-23b=2，
所以y甲=-23x+2，
设乙蓄水池中水的深度y（米）与注水时间x的函数关系式为y＝mx+n，
把（0，1）、（3，4）代入得n=13m+n=4，
解得m=1n=1，
所以y乙＝x+1，
解方程-23x+2＝x+1得x＝0.6，
所以注水时间为0.6、乙两个蓄水池的水的深度相同．
故答案为：A．

8．（2022•新城区模拟）如图，在菱形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F．若菱形ABCD的周长为24，面积为24，则PE+PF的值为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】菱形的性质；
【分析】延长EP交AD于点G，根据菱形的性质，易证△FAP≌△GAP（AAS），可得GP＝FP，根据菱形的周长和面积，即可求出GE，进一步即可求出PF+PE．
【解答】解：延长EP交AD于点G，如图所示：

在菱形ABCD中，AD∥BC，∠DAC＝∠BAC，
∵PE⊥AB，
∴PE⊥AD，
∴∠AGP＝90°，
∵PF⊥AB，
∴∠AFP＝90°，
∴∠AFP＝∠AGP，
又∵∠FAP＝∠GAP，AP＝AP，
∴△FAP≌△GAP（AAS），
∴GP＝FP，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴BC＝6，
∵菱形ABCD面积为24，
∴EG＝24÷6＝4，
∴PE+PF＝GE＝4，
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．（2022春•越秀区期中）若1＜x＜2，则(x-2)2的值为 　 　．
【考点】二次根式的性质与化简；
【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．
【解答】解：当1＜x＜2时，
∴x﹣2＜0，
原式＝|x﹣2|
＝﹣（x﹣2）
＝2﹣x，
故答案为：2﹣x．
10．（2022春•金坛区期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD＝8cm，AE⊥BD，垂足为E，若AE＝3cm，则平行四边形ABCD的面积是 　 　cm2．

【考点】平行四边形的性质；
【分析】根据平行四边形的性质和面积公式解答即可．
【解答】解：∵BD＝8cm，AE⊥BD，垂足为E，AE＝3cm，
∴△ABD的面积=12BD⋅AE=12×8×3=12(cm2)，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴□ABCD的面积＝2S△ABD＝24（cm2）．
故答案为：24．

11．（2021秋•全椒县期末）如图，一次函数y＝﹣2x和y＝kx+b的图象相交于点A（﹣2，4），则关于x的方程kx+b+2x＝0的解是 　 　．

【考点】一次函数与一元一次方程；
【分析】根据交点坐标直接写出方程的解即可．
【解答】解：函数y＝﹣2x与y＝kx+b的图象交于点A（﹣2，4），
∴关于x的方程kx+b+2x＝0的解为x＝﹣2．
故答案为x＝﹣2．
12．（2022春•鹿城区校级期中）某同学参加校艺术节独唱比赛，其中唱功、表情、动作三个方面得分分别为90分、80分、95分，综合成绩中唱功占70%，表情占10%，动作占20%，则该名同学综合成绩为 　　分．
【考点】加权平均数；
【分析】根据加权平均数的定义列式计算即可．
【解答】解：该名同学综合成绩为90×70%+80×10%+95×20%＝90（分），
故答案为：90．

13．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD与正方形AEFG中，点E在BC上．若∠BAE＝38°，∠CEF＝13°，则∠C＝　 　．

【考点】正方形的性质；平行四边形的性质；
【分析】由条件可求得∠BEA，在△ABE中由三角形内角和定理可求得∠B，再利用平行四边形的性质可求得∠C．
【解答】解：∵四边形AEFG为正方形，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠CEF＝90°﹣13°＝77°，
∵∠B+∠BAE+∠BEA＝180°，
∴∠B＝180°﹣38°﹣77°＝65°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣∠B＝115°，
故答案为：115．


14．（2022春•长汀县期中）为预防新冠疫情，民生大院入口的正上方A处装有红外线激光测温仪（如图所示），测温仪离地面的距离AB＝2.4米，当人体进入感应范围内时，测温仪就会自动测温并报告人体体温．当身高为1.8米的市民CD正对门缓慢走到离门0.8米的地方时（即测温仪自动显示体温），则人头顶高测温仪的距离AD等于　 　．


【考点】勾股定理的应用；
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，构造Rt△ADE，利用勾股定理求得AD的长度即可．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵AB＝2.4米，BE＝CD＝1.8米，ED＝BC＝0.8米，
∴AE＝AB﹣BE＝2.4﹣1.8＝0.6（米）．
在Rt△ADE中，由勾股定理得到：
AD=AE2+DE2=(0.8)2+(0.6)2=1.0（米），
故答案为：1米：




15．（2021秋•长清区期末）甲、乙两人在一条长400米的直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息．已知甲先出发3秒，在跑步过程中，甲、乙两人间的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则下列结论正确是 　 　（填序号）．
①乙的速度为5米/秒；
②离开起点后，甲、乙两人第一次相遇时，距离起点60米；
③甲、乙两人之间的距离为40米时，甲出发的时间为55秒和90秒；
④乙到达终点时，甲距离终点还有80米．

【考点】一次函数的应用；
【分析】由图象可知，乙80秒到达终点，行400米，可以求得乙的速度为乙的速度为5米/秒，可判断①正确；
由甲3秒行12米求得甲的速度为4米/秒，甲、乙两人第一次相遇，可列方程12+4x＝5x，求得x的值为12，则5×12＝60，说明此时距离起点60米，可判断②正确；
先求出当12≤x≤80时y与x之间的函数关系式，求出当y＝40时的x的值，即可求出乙到达终点前两人相距40米的x值，这是乙出发的时间，再加上3即得出甲出发的时间，再计算出甲距离终点40米时的x值，即得到乙到达终点后两人相距40米的x值，再加上3即得到甲出发的时间，可判断③正确；
乙到达终点时x＝80，此时甲跑步的时间为83秒，距离为4×83＝332米，甲距离终点400﹣332＝68米，可判断④错误．
【解答】解：由图象可知，乙80秒到达终点，
∴400÷80＝5（米/秒），
∴乙的速度为5米/秒，
故①正确；
由图象可知，甲3秒行12米，
∴12÷3＝4（米/秒），
∴甲的速度是4米/秒，
甲、乙两人第一次相遇，则12+4x＝5x，
解得x＝12，
∴5×12＝60（米），
∴甲、乙两人第一次相遇时，距离起点60米，
故②正确；
当x＝12时，两人第一次相遇，即y＝0；
当x＝80时，乙行400米，甲行4×（3+80）＝332（米），
∴400﹣332＝68（米），
此时两人的距离是68米，
即当x＝80时，y＝68，
设当12≤x≤80时，y＝kx+b，
则12k+b=080k+b=68，
解得k=1b=-12，
∴y＝x﹣12，
当y＝40时，则x﹣12＝40，
解得x＝52，
∴52+3＝55（秒），
当甲距离终点40米时，则12+4x+40＝400，
解得x＝87，
∴87+3＝90（秒），
∴甲、乙两人之间的距离为40米时，甲出发的时间为55秒和90秒，
故③正确；
由图象可知，乙80秒到达终点，行400米，
此时甲跑的距离为4×（3+80）＝332（米），
∴400﹣332＝68（米），
∴乙到达终点时，甲距离终点还有68米，
故④错误，
故答案为：①②③．
16．（2022春•平遥县期中）如图，△OB1A2、△OB2A3、△OB3A4、…△OBnAn+1都是等边三角形，其中B1A1、B2A2、…BnAn都与x轴垂直，点A1、A2、…An都在x轴上，点B1、B2、…Bn都在直线y=3x上，已知OA1＝1，则点Bn的坐标为 　 　．

【考点】一次函数图象上点的坐标特征；规律型：点的坐标；
【分析】根据等边三角形的性质求出A1B1，OA2、A2B2，OA3，找出规律解答．
【解答】解：∵△OB1A2、△OB2A3、△OB3A4、…△OBnAn+1都是等边三角形，OA1＝1，
∴A1B1=3，OA2＝2＝21，
则A2B2＝23，OA3＝4＝22，
同理，AnBn＝2n﹣13，OAn＝2n﹣1，
故点Bn的坐标为（2n﹣1，2n﹣13），
故答案为：（2n﹣1，2n﹣13）．

三、 解答题（本大题共9小题，满分共72分）
17．（本题满分8分）（2021秋•金沙县期末）计算：
（1）1345+|2-5|-(-1)2022+(π-3)0．（2）（3+）（3﹣）﹣（﹣1）2；

【考点】二次根式的混合运算；零指数幂；
【分析】（1）先化简，然后去括号，再合并同类二次根式和同类项即可；
（2）先化简，然后合并同类二次根式和同类项即可．
【解答】解：
（1）1345+|2-5|-(-1)2022+(π-3)0
=353+5-2﹣1+1
=5+5-2﹣1+1
＝25-2．
（2）原式＝32﹣（）2﹣[（）2﹣2+1）
＝9﹣5﹣3+2﹣1
＝2；
18．（本题满分7分）（2021秋•肇源县期末）如图，在中，点，分别是，的中点，点是延长线上的一点，且，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求四边形的周长．

【考点】平行四边形的判定与性质；三角形中位线定理；
【分析】（1）证是的中位线，得，，再证，即可得出四边形是平行四边形；
（2）由（1）得：，，四边形是平行四边形，得，再由勾股定理求出，即可求解．
【解答】（1）证明：点，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）得：，，四边形是平行四边形，
，
是的中点，，
，
，
，
平行四边形的周长．
19．（本题满分6分）（2021春•龙口市期末）先化简，再求值：
已知y=1-3x+3x-1+12，求（2x-y）2-(2x+y)2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条件可求出x和y的值，再利用二次根式的化简把原式化简，最后将x、y的值代入即可求值．
【解答】解：根据已知得：1﹣3x≥0且3x﹣1≥0，
解得：x=13，
∴y=12，
∵（2x-y）2-(2x+y)2=2x﹣22xy+y﹣（2x+y）＝2x﹣22xy+y﹣2x﹣y＝﹣22xy，
再将x=13，y=12代入得：
原式＝﹣22xy=-22×13×12=-233．

20．（本题满分7分）（2021•陕西模拟）“节省一分零钱，献出一份爱心，温暖世间真情”，某校倡议学生捐出一部分零花钱帮助山区儿童学习，倡议前为了解情况，校团委随机调查了本校部分学生每人一周的零花钱数额，并绘制了如图所示的统计图．
请根据图中信息，回答下列问题：
（1）所抽取学生一周的零花钱的众数是 　 　元，中位数是 　 　元；
（2）求所抽取学生一周零花钱的平均数；
（3）若全校1200名学生每人自发地捐出一周零花钱的50%，请估算该校学生共捐款多少元？

【考点】众数；用样本估计总体；加权平均数；中位数；
【分析】（1）根据条形统计图中的数据，可以求得所抽取学生一周的零花钱的众数和中位数；
（2）根据条形统计图中的数据，可以计算出所抽取学生一周零花钱的平均数；
（3）根据（2）中的结果和题目中的数据，可以计算出该校学生共捐款多少元．
【解答】解：（1）由统计图可知，
所抽取学生一周的零花钱的众数是30元，中位数是（30+30）÷2＝30（元），
故答案为：30，30；
（2）本次抽查的人数为：6+13+20+8+3＝50，
10×6+20×13+30×20+50×8+100×350=32.4（元），
即所抽取学生一周零花钱的平均数是32.4元；
（3）32.4×50%×1200＝19440（元），
即估算该校学生共捐款19440元．
21．（本题满分8分）（2020春•曲阜市期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（﹣2，6），且与x轴相交于点B，与y轴交于点D，与正比例函数y＝3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．
（1）求k，b的值；
（2）请直接写出不等式kx+b﹣3x＞0的解集；
（3）M为射线CB上一点，过点M作y轴的平行线交y＝3x于点N，当MN＝OD时，求M点的坐标．

【考点】一次函数与一元一次不等式；待定系数法求一次函数解析式；
【分析】（1）先确定C点坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式，从而得到k、b的值；
（2）几何函数图象，写出直线y＝kx+b在直线y＝3x上方所对应的自变量的范围即可；
（3）先确定D点坐标，设点M的横坐标为m，则M（m，﹣m+4），N（m，3m），则4m﹣4＝4，然后求出m即可得到M点坐标．
【解答】解：（1）当x＝1时，y＝3x＝3，
∴C点坐标为（1，3）．
直线y＝kx+b经过（﹣2，6）和（1，3），
则6=-2k+b3=k+b，解得：k＝﹣1，b＝4；
（2）x＜1；
（3）当x＝0时，y＝﹣x+4＝4，
∴D点坐标为（0，4），
∴OD＝4．
设点M的横坐标为m，则M（m，﹣m+4），N（m，3m），
∴MN＝3m﹣（﹣m+4）＝4m﹣4
∵MN＝OD，∴4m﹣4＝4，解得m＝2．
即M点坐标为（2，2）．


22．（本题满分8分）（2021秋•石狮市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC移动至点C，设运动时间为t秒．
（1）求BC的长；
（2）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻t，使得点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【考点】勾股定理；
【分析】（1）由勾股定理求出BC的长即可；
（2）连接AP，过点P作PE⊥AB于E，则PE＝PC＝（8﹣2t）cm，证△AEP≌△ACP（AAS），得AE＝AC＝6cm，则BE＝AB﹣AE＝4（cm），再在Rt△BEP中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2-AC2=102-62=8（cm）；
（2）存在，理由如下：
如图，当点P恰好运动到∠BAC平分线上时，点P到直线AB的距离与点P到点C的距离相等，
由已知可得：BP＝2tcm，PC＝BC﹣BP＝（8﹣2t）cm，
连接AP，过点P作PE⊥AB于E，如图所示：
则PE＝PC＝（8﹣2t）cm，
在△AEP与△ACP中，
∠PAE=∠PAC∠AEP=∠C=90°AP=AP，
∴△AEP≌△ACP（AAS），
∴AE＝AC＝6cm，
∴BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4（cm），
在Rt△BEP中，由勾股定理得：BP2＝BE2+PE2，
即（2t）2＝42+（8﹣2t）2，
解得：t=52，
即当t的值为52时，点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等．

23．（本题满分8分）（2022春•海淀区校级期中）如图，在▱ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA＝∠ACD，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．
（1）求证：四边形ACBE是矩形；
（2）连接OD，若AB＝4，∠ACD＝60°，求OD的长．

【考点】矩形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的性质；
【分析】（1）根据有一个角的直角的平行四边形是矩形可得结论；
（2）先证明△AOC是等边三角形，可得∠OAC＝60°，再证明∠EAO＝30°，由含30°角的性质可得OF，AF的长，最后由勾股定理可计算OD的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AC⊥AD，
∴∠EAC＝∠DAC＝90°，
∵∠ECA＝∠ACD，
∴∠AEC＝∠ADC，
∴CE＝CD，
∴AE＝AD＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠EAC＝90°，
∴四边形ACBE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于F，

由（1）知：四边形ACBE是矩形，
∴对角线AB和CE相等且互相平分，AO=12AB＝2，
∴OA＝OC，
∵∠ACD＝∠ACO＝60°，
∴△AOC是等边三边形，
∴∠OAC＝60°，
∵∠EAC＝90°，
∴∠FAO＝90°﹣60°＝30°，
Rt△AFO中，OF=12AO＝1，AF=3，
Rt△AEB中，AE=42-22=23，
∴DF＝AF+AD=3+23=33，
∴OD=DF2+OF2=12+(33)2=27．

24．（本题满分9分）（2021•宜昌）甲超市在端午节这天进行苹果优惠促销活动，苹果的标价为10元/kg，如果一次购买4kg以上的苹果，超过4kg的部分按标价6折售卖．
x（单位：kg）表示购买苹果的重量，y（单位：元）表示付款金额．
（1）文文购买3kg苹果需付款 　 元；购买5kg苹果需付款 　 　元；
（2）求付款金额y关于购买苹果的重量x的函数解析式；
（3）当天，隔壁的乙超市也在进行苹果优惠促销活动，同样的苹果的标价也为10元/kg，且全部按标价的8折售卖，文文如果要购买10kg苹果，请问她在哪个超市购买更划算？
【考点】一次函数的应用；
【分析】（1）根据题意直接写出购买3kg和5kg苹果所需付款；
（2）分0＜x≤4和x＞4两种情况写出函数解析式即可；
（3）通过两种付款比较那个超市便宜即可．
【解答】解：（1）由题意可知：文文购买3kg苹果，不优惠，
∴文文购买3kg苹果需付款：3×10＝30（元），
购买5kg苹果，4kg不优惠，1kg优惠，
∴购买5kg苹果需付款：4×10+1×10×0.6＝46（元），
故答案为：30，46；
（2）由题意得：
当0＜x≤4时，y＝10x，
当x＞4时，y＝4×10+（x﹣4）×10×0.6＝6x+16，
∴付款金额y关于购买苹果的重量x的函数解析式为：y=10x(0≤x≤4)6x+16(x＞4)；
（3）文文在甲超市购买10kg苹果需付费：6×10+16＝76（元），
文文在乙超市购买10kg苹果需付费：10×10×0.8＝80（元），
∴文文应该在甲超市购买更划算．
25．（本题满分11分）（2021春•金牛区校级月考）已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝16cm，AB＝8cm，点D从点C出发沿CA方向以2cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以1cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点D、E运动的时间是t秒，过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．
（1）当△CDF的面积为23时，求t的值；
（2）在运动过程中，线段DA与线段FE有何关系？并说明理由．
（3）在运动过程中，△DEF能否为直角三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．

【考点】三角形综合题；
【分析】（1）首先证明∠C＝30°，利用三角形面积公式构建方程求出t即可；
（2）结论：AD＝EF，AD∥EF．证明四边形ADFE是平行四边形即可；
（3）分三种情形①当∠DEF＝90°时，根据平行四边形的性质列方程求解；②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，根据矩形的性质列方程求解；③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，AC＝16cm，AB＝8cm，
∴AB=12AC，
∴∠C＝30°，
∵DF⊥CB，
∴∠CFD＝90°，
∴DF=12CD
∵CD＝2t（cm），
∴DF＝t（cm），
∴CF=3t（cm），
∵12•CF•DF＝23，
∴12•t•3t＝23，
∴t＝2（负根已经舍去），
∴当△CDF的面积为23时，t的值为2；
（2）结论：AD＝EF，AD∥EF．
理由：∵∠CFD＝∠B＝90°，
∴DF∥AE，
∵DF＝AE＝t（cm），
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF；
（3）①当∠DEF＝90°时，由（1）知四边形AEFD为平行四边形，
∴EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠AED＝30°，
∴AD=12AE=12t（cm），
又AD＝16﹣2t，即16﹣2t=12t，解得t=325；
②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，则∠ADE＝30°，
∴AD＝2AE，即16﹣2t＝2t，解得t＝4．
③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在．