2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市南岗区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市南岗区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市南岗区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共6小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是(    )
A. 对角线相等 B. 对边相等 C. 对角相等 D. 对角线互相平分
2. 用配方法解方程x2+8x+9=0，变形后的结果正确的是(    )
A. (x+4)2=−7 B. (x+4)2=−9 C. (x+4)2=7 D. (x+4)2=25
3. 在平面直角坐标系中，正比例函数y=−4x的图象经过(    )
A. 第一、二象限 B. 第一、三象限 C. 第二、三象限 D. 第二、四象限
4. 某农家前年水蜜桃亩产量为800千克，今年的亩产量为1200千克．设从前年到今年平均增长率都为x，则可列方程(    )
A. 800(1+2x)=1200 B. 800(1+x2)=1200
C. 800(1+x)2=1200 D. 800(1+x)=1200
5. 某天，小辉从家步行到图书馆读书，读了一段时间后，小辉立刻按原路回家.在整个过程中，小辉离家的距离s(单位：m)与他所用的时间t(单位：min)之间的关系如图所示，则小辉从家去图书馆的速度和从图书馆回家的速度分别为m/min．(    )

A. 75，90 B. 80，90 C. 75，100 D. 80，100
6. 如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是(3,1)，(4,−2)，下列各地点中，离原点最近的是(    )

A. 超市 B. 医院 C. 体育场 D. 学校
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
7. 在函数y=1x−1中，自变量x的取值范围是______．
8. 若x=2是一元二次方程x2+kx−2=0的一个根，则k= ______ ．
9. 如图，一次函数y=kx+b的图象交x轴于点A(−4,0)，则不等式kx+b>0的解集为______ ．


10. 参加足球联赛的每两队之间都进行两场比赛，共要比赛90场，共有______个队参加比赛．
11. 如图，一根长为18cm的牙刷置于底面直径为5cm、高为12cm的圆柱形水杯中，牙刷露在杯子外面的长度h cm，则h的取值范围是______ ．


12. 如图，把菱形ABCD沿AH折叠，B落在BC上的点E处，若∠BAE=40°，则∠EDC的大小为______．


13. 在△ABC中，∠C=45°,AB= 5，BC边上的高为2，则BC的长为______ ．
14. 如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB=4，AC=6，则BD= ______ ．


15. 小明设计了一个魔术盒，当任意实数对(a,b)进入其中时，会得到一个新的实数a2+2b−3.例如把(2,−5)放入其中，就会得到22+2×(−5)−3=−9.现将实数对(m,−3m)放入其中，得到实数−12，则m= ______ ．
16. 如图，点E是正方形ABCD外一点，连接BE，DE，且∠E=90°，过点C作CF⊥BE于点F，连接AF，若AB=2 13，DE=2，则AF的长为______ ．


三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
解方程：x(2x−4)=5−8x．
18. (本小题6.0分)
如果m表示大于1的整数，a=2m，b=m2−1，c=m2+1，求证：a，b，c为勾股数．
19. (本小题6.0分)
直线y=x+2和直线y=−x+4相交于点A，分别与x轴相交于点B和点C.求△ABC的面积．
20. (本小题8.0分)
定义：在平面直角坐标系中，如果点P，Q为某个菱形相邻的两个顶点.且该菱形的两条对角线分别与x轴，y轴平行，另外两个顶点中有一个点的纵坐标小于P，Q两点的纵坐标，那么称该菱形为点P，Q的“相关菱形”.如图1所示，为点P，Q的“相关菱形”的示意图.已知点A的坐标为(1,4)，点B的坐标为(b,0)．

(1)如果b=3，在图2中画出点A，B的“相关菱形”，并求出该菱形的面积；
(2)如果点A，B的“相关菱形”为正方形，在图3中画出相应图形，请直接写出b的值．
21. (本小题8.0分)
已知：方程(m−2)x|m|−x+n=0是关于x的一元二次方程．
(1)求m的值；
(2)若该方程无实数根，求n的取值范围．
22. (本小题8.0分)
已知：点E、F在▱ABCD的对角线AC上，且AE=CF，连接BE，BF，DE，DF．

(1)如图1，求证：四边形BFDE是平行四边形；
(2)如图2，当EF=2AE时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于▱ABCD面积的18．
23. (本小题10.0分)
已知：CD是Rt△ACB的斜边AB上的中线，点E在AD上，连接CE，且CE=CD．

(1)如图1，求证：3∠B−∠ACE=90°；
(2)如图2，当∠A=50°时，过点E作EF⊥AC于点F，若AB=4，求线段CF的长．
24. (本小题10.0分)
某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的进价相同，购进情况如表所示：
进货批次
甲种水果质量
(单位：千克)
乙种水果质量
(单位：千克)
总费用
(单位：元)
第一次
50
30
1200
第二次
30
50
1360
(1)求甲、乙两种水果每千克的进价；
(2)销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动.第三次购进甲、乙两种水果共200千克，其中进价不变，且投入的资金不超过3360元.将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售.若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值．
25. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线y=x+4分别交x轴，y轴于点A，B．

(1)求∠ABO的度数；
(2)点C是线段AB上一点，连接OC，以OC为直角边作等腰直角△OCD，其中OC=OD，连接AD.设点C的横坐标为t，△ACD的面积为S，求S与t之间的函数解析式(不要求写出自变量t的取值范围)；
(3)在(2)的条件下，点E为x轴正半轴上的一点，连接BE，点F是BE的中点，连接CF并延长交x轴于点G，过点D作DH/​/CF交x轴于点H，若∠AEB−∠ADH=45°，CG=3DH，求点D的坐标．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：由于矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，
故矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等．
故选：A．
由于矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有一般平行四边形的性质；矩形具有对角线相等这个性质，一般的平行四边形不具有，根据选项即可得到本题答案．
本题考查了平行四边形的性质及矩形的性质，侧重考查知识点的理解、应用能力．

2.【答案】C 
【解析】解：方程x2+8x+9=0，整理得：x2+8x=−9，
配方得：x2+8x+16=7，即(x+4)2=7，
故选：C．
方程移项后，利用完全平方公式配方即可得到结果．
此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：在正比例函数y=−4x中，
∵k=−4<0，
∴正比例函数y=−4x的图象经过第二、四象限，
故选：D．
根据正比例函数y=kx(k≠0)中k的符号即可确定正比例函数y=−4x的图象经过的象限．
本题主要考查了正比例函数的性质，熟记“当k<0时，正比例函数y=kx(k≠0)的图象经过第二、四象限”是解决问题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：去年水蜜桃的亩产量为800×(1+x)，今年水蜜桃的亩产量在去年水蜜桃的亩产量的基础上增加x，
为800×(1+x)×(1+x)，则列出的方程是800(1+x)2=1200，故选C．
可先表示出去年水蜜桃的亩产量，那么去年水蜜桃的亩产量×(1+增长率)=1200，把相应数值代入即可求解．
考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．

5.【答案】C 
【解析】解：由题意，得：
小辉从家去图书馆的速度为：1500÷20=75(m/min)；
小辉从图书馆回家的速度为：1500÷(70−55)=100(m/min)．
故选：C．
根据题意可知小辉家与图书馆的距离为1500m，去图书馆花了20分钟，回来时用了15分钟，再根据“速度=路程÷时间”列式计算即可求解．
本题考查了函数的图象，掌握数形结合的方法是解答本题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：如右图所示，
点O到超市的距离为： 22+12= 5，
点O到学校的距离为： 32+12= 10，
点O到体育场的距离为： 42+22= 20，
点O到医院的距离为： 12+32= 10，
∵ 5< 10= 10< 20，
∴点O到超市的距离最近，
故选：A．
根据题意可以画出相应的平面直角坐标系，然后根据勾股定理，可以得到点O到超市、学校、体育场、医院的距离，再比较大小即可．
本题考查勾股定理、平面直角坐标系，解答本题的关键是明确题意，作出合适平面直角坐标系．

7.【答案】x≠1 
【解析】解：由题意得，x−1≠0，
解得x≠1．
故答案为：x≠1．
根据分母不等于0列式计算即可得解．
本题考查了函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．

8.【答案】−1 
【解析】解：∵x=2是一元二次方程x2+kx−2=0的一个根，
∴4+2k−2=0，
解得k=−1，
故答案为−1．
把x=2代入方程式，得到k的一元一次方程，解出k的值即可．
本题主要考查一元二次方程的解得知识点，解答本题的关键是把x=2代入方程求出k的值，此题比较简单．

9.【答案】x>−4 
【解析】解：由题意知一次函数y=kx+b的图象交x轴于点A(−4,0)，并且函数值y随x的增大而增大，
则不等式kx+b>0的解集是x>−4．
故答案为：x>−4．
不等式kx+b>0的解集为直线y=kx+b落在x轴上方的部分对应的x的取值范围．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．

10.【答案】10 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程的应用，根据每两队之间都进行两场比赛结合共比了90场列出关于x的一元一次方程是解题的关键．设共有x个队参加比赛，根据每两队之间都进行两场比赛结合共比了90场即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】
解：设共有x个队参加比赛，
根据题意得：x(x−1)=90，
整理得：x2−x−90=0，
解得：x=10或x=−9(舍去)．
故答案为10．  
11.【答案】5≤h≤6 
【解析】解：当牙刷与杯底垂直时h最大，h最大=18−12=6(cm)．
当牙刷与杯底及杯高构成直角三角形时h最小，
如图，此时，AB= AC2+BC2= 122+52=13(cm)，
则h=18−13=5(cm)．
∴h的取值范围是5≤h≤6．
故答案为：5≤h≤6．
根据杯子内牙刷的长度取值范围得出杯子外面长度的取值范围，即可得出答案．
此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出杯子内牙刷的取值范围是解决问题的关键．

12.【答案】15° 
【解析】解：∵菱形ABCD沿AH折叠，B落在BC边上的点E处，
∴AB=AE，
∵∠BAE=40°，
∴∠B=∠AEB=12(180°−40°)=70°，
在菱形ABCD中，AB=AD，∠ADC=∠B=70°，
AD//BC，
∴∠DAE=∠AEB=70°，
∵AB=AE，AB=AD，
∴AE=AD，
∴∠ADE=12(180°−∠DAE)=12(180°−70°)=55°，
∴∠EDC=∠ADC−∠ADE=70°−55°=15°．
故答案为：15°．
根据翻折变换的性质可得AB=AE，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠B=∠AEB=70°，根据菱形的四条边都相等可得AB=AD，菱形的对角相等求出∠ADC，再求出∠DAE，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE，然后根据∠EDC=∠ADC−∠ADE计算即可得解．
本题考查了翻折变换的性质，菱形的性质，等腰三角形两底角相等的性质，翻折前后对应边相等，菱形的四条边都相等，对角相等．

13.【答案】1或3 
【解析】解：分两种情况：
①如图1，当∠ABC是钝角时，

∵BC边上的高为2，即∠D=90°，
∴AD=2，
∵AB= 5，
∴BD= AB2−AD2= ( 5)2−22=1，
Rt△ACD中，∠C=45°，
∴AD=CD=2，
∴BC=1；
②如图2，当∠ABC是锐角时，

∵BC边上的高为2，即∠ADB=∠ADC=90°，
∴AD=2，
∵AB= 5，
∴BD= AB2−AD2= ( 5)2−22=1，
Rt△ACD中，∠C=45°，
∴AD=CD=2，
∴BC=2+1=3，
综上，BC的长为1或3．
故答案为：1或3．
分两种情况：
①如图1，当∠ABC是钝角时，
②如图2，当∠ABC是锐角时，
先根据勾股定理计算BD的长，根据等腰直角三角形ADC可得CD的长，从而得BC的长．
本题考查了勾股定理，在解答此题时注意要分类讨论，不要漏解．

14.【答案】10 
【解析】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO=DO，AO=CO，
∵AB⊥AC，AB=4，AC=6，
∴BO= 32+42=5，
∴BD=2BO=10，
故答案为：10．
利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长，进而可求出BD的长．
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，是中考常见题型，比较简单．

15.【答案】3 
【解析】解：由题意可得：
m2+2×(−3m)−3=m2−6m−3=−12，
则(m−3)2=0，
解得：m=3．
故答案为：3．
直接利用新定义代入，进而计算得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确正确运用新定义是解题关键．

16.【答案】2 5 
【解析】解：过点D作DG⊥CF于G，过点F作FM⊥BC于M，FN⊥AB于N，

∵∠E=90°，CF⊥BE，DG⊥CF，
∴四边形DEFG为矩形，
∴FG=DE=2，
∵四边形ABCD为正方形，AB=2 13，
∴CB=DC=AB=2 13，∠BCD=∠ABC=90°，
∴∠FBC+∠FCD=90°，
又∵DG⊥Cf，
∴∠FCD+∠CDG=90°，
∴∠FBC=∠CDG，
在△BFC和△CDG中，
∠FBC=∠CDG∠CFB=∠DGC=90°CB=DC，
∴△BFC≌△CDG(AAS)，
∴BF=CG，
设BF=x，则CG=x，CF=CG+FD=x+2，
在Rt△BCF中，CF=x+2，BF=x，CB=2 13，
由勾股定理得：BF2+CF2=BC2，
即：x2+(x+2)2=(2 13)2，
解得：x=4或x=−6(不合题意，舍去)，
∴BF=x=4，FC=x+2=6，
∵FM⊥BC，FN⊥AB，∠ABC=90°，
∴四边形BMFN为矩形，
∴FN=BM，BN=FM，
由三角形的面积公式得：S△BCF=12CB⋅FM=12BF⋅CF，
∴FM=BF⋅CFCB=4×62 13=12 1313，
∴BN=FM=12 1313，
在Rt△BMF中，BF=4，FM=12 1313，
由勾股定理得：BM= BF2−FM2=8 1313，
在Rt△ANF中，AN=AB−BN=14 1313，FN=BM=8 1313，
由勾股定理得：AF= FN2+AN2=2 5．
故答案为：2 5．
过点D作DG⊥CF于G，过点F作FM⊥BC于M，FN⊥AB于N，先证四边形EFGD是矩形，再证△DGC和CFB全等得BF=GC，进而由勾股定理求得BF，FC，然后证四边形BMFN是矩形，根据三角形的面积和勾股定理求得BM，FM，最后在Rt△ANF中利用勾股定理即可求得AF．
本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线构造矩形和全等三角形是解答此题的关键．

17.【答案】解：方程化为2x2+4x−5=0，
a=2，b=4，c=−5，
Δ=b2−4ac=42−4×2×(−5)=56>0，
方程有两个不等的实数根，
∴x=−b± b2−4ac2a=−4± 562×2=−4±2 144=−2± 142，
即x1=−2+ 142，x2=−2− 142． 
【解析】将一元二次方程整理成一般形式，然后利用公式法解方程．
本题考查公式法解一元二次方程，掌握公式法解一元二次方程的步骤是解题关键．

18.【答案】证明：a，b，c为勾股数，理由如下：
∵a2+b2
=(2m)2+(m2−1)2
=m4+2m2+1．
又c2=(m2+1)2=m4+2m2+1，
∴a2+b2=c2．
即：a，b，c能够成为直角三角形三条边长的三个正整数．
∴a，b，c为勾股数． 
【解析】欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
本题考查了勾股数．解答此题要用到勾股数的定义，及勾股定理的逆定理：已知△ABC的三边满足a2+b2=c2，则△ABC是直角三角形．

19.【答案】解：如图所示：

联立y=x+2y=−x+4，
解得x=1y=3，
∴点A坐标为(1,3)，
当y=x+2=0时，x=−2，
∴点B坐标为(−2,0)，
当y=−x+4=0时，x=4，
∴点C坐标为(4,0)，
∴BC=4+2=6，
∴△ABC的面积为12×6×3=9． 
【解析】在平面直角坐标系作出直线a和b，再求出点A、B和C的坐标，再根据三角形面积公式计算即可．
本题考查了一次函数的交点问题，三角形面积等，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．

20.【答案】解：(1)∵b=3
∴点B的坐标为(3,0)，
根据“相关菱形”的定义得：线段AB只能是点A，B“相关菱形”的一边，x轴为对角线，
过点A作AM⊥x轴于点M，在AM的延长线上截取AM=ME，
则点E为点A，B“相关菱形”的一个顶点，
在BM的延长线上截取MF=BM，
则点F为点A，B的“相关菱形”的另一个顶点，
过点A，B，E，F作四边形为所求，

则四边形ABEF为点A，B的“相关菱形”．
理由如下：
∵AN=NP，BN=NF，
∴四边形ABEF为平行四边形，
又∵AE⊥BF，
∴四边形ABEF为菱形．
∵点A(1,4)，点B(3,0)，
∴AM=4，OM=1，OB=3
∴点M的坐标为(1,0)，BM=MF=OB−OM=2，
∴AM=ME=4，BM=MF=2，
∴AE=8，BF=4，
∴S菱形ABEF=12AE⋅BF=12×8×4=16．
(2)∵点B(b,0)在x轴上，点A(1,4)，
根据“相关菱形”的定义得：线段AB只能是点A，B“相关菱形”的一边，x轴为对角线，过点A作AN⊥x轴于点N，在AN的延长线上截取AN=NP，
则点P为点A，B的“相关菱形”的一个顶点，另两个顶点分别在x轴上，
∵点A(1,4)，
∴AN=PN=4，ON=1，
∴点P的坐标为(1,−4)，
分两种情况进行讨论：
①当点B在x轴的正半轴上时，

又∵点A，B的“相关菱形”为正方形，
∴AN=BN=4，
∴OB=ON+BN=5，
在BN的延长线上截取BN=NQ=4，
∴OQ=NQ−ON=3，
∴点B的坐标为(5,0)，点Q的为坐标为(−3,0)，
过点A，B，P，Q作四边形为所求，此时b=5．
②当点B在x轴的负半轴上时，

同理可得：点Q(5,0)，点B(−3,0)，此时b=−3，
综上所述：点A，B的“相关菱形”为正方形，b的值为5或−3． 
【解析】(1)首先确定AB为菱形的一边，x轴为对角线，过点A作AM⊥x轴于点M，在AM的延长线上截取AM=ME，得到菱形的一个顶点E，在BM的延长线上截取MF=BM，得到菱形的另一个顶点F，据此可作出菱形；然后根据AE=8，BF=4，由菱形的面积公式可求出菱形的面积；
(2)首先确定AB为正方形的一边，x轴为对角线，过点A作AN⊥x轴于点N，在AN的延长线上截取AN=NE，得到正方形的一个顶点E，然后分两种情况进行讨论：①当点B在x轴的正半轴上时，根据正方形的性质可得到菱形的另两个顶点B，Q，由点B，Q的坐标可得b的值；②当点B在x轴的负半轴上时，①的点Q即为点B，点B即为点Q，由此可得b的值．
此题主要考查了点的坐标，菱形和正方形的判定和性质，解答此题的关键是理解题目中“相关菱形”的定义，熟练掌握菱形及正方形的性质．

21.【答案】解：(1)∵方程(m−2)x|m|−x+n=0是关于x的一元二次方程，
∴m−2≠0，|m|=2，
解得：m≠2，m=±2，
∴m=−2；
(2)由(1)可得方程：−4x2−x+n=0，
∵方程无实数根，
∴Δ=(−1)2−4×(−4)n<0，
解得：n<−116． 
【解析】(1)由一元二次方程的定义进行分析即可；
(2)利用根的判别式进行求解即可．
本题主要考查根的判别式，一元二次方程的定义，解答的关键是对相应的知识的掌握与运用．

22.【答案】(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，
即OE=OF，
∴四边形BFDE是平行四边形；
(2)解：△ABE，△BCF，△ADE，△DCF，理由如下：
由(1)可知，四边形BFDE是平行四边形，
∴S△ABC=S△ADC=12S平行四边形ABCD，
∵EF=2AE，AE=CF，
∴S△ABE=S△BCF=14S△ABC，S△ADE=S△DCF=14S△ADC，
∴S△ABE=S△BCF=S△ADE=S△DCF=18S平行四边形ABCD． 
【解析】(1)连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得OA=OC，OB=OD，再证OE=OF，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得S△ABC=S△ADC=12S平行四边形ABCD，再由三角形面积关系得S△ABE=S△BCF=14S△ABC，S△ADE=S△DCF=14S△ADC，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．

23.【答案】(1)证明：∵CD是Rt△ACB的斜边AB上的中线，
∴CD=DB=12AB，
∴∠B=∠DCB，
∵∠CDE是△CDB的一个外角，
∴∠CDE=∠B+∠BCD=2∠B，
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠CED=2∠B，
∴∠AEC=180°−∠CED=180°−2∠B，
∵∠ACB=90°，
∴∠A=90°−∠B，
∴∠ACE=180°−∠A−∠AEC
=180°−(90°−∠B)−(180°−2∠B)
=3∠B−90°，
∴3∠B−∠ACE=90°；
(2)解：∵∠ACB=90°，∠A=50°，
∴∠B=90°−∠A=40°，
∵3∠B−∠ACE=90°，
∴∠ACE=30°，
∵AB=4，
∴CD=CE=12AB=2，
∵EF⊥AC，
∴∠EFC=90°，
∴EF=12CE=1，CF= 3EF= 3，
∴线段CF的长为 3． 
【解析】(1)根据直角三角形斜边上的中线性质可得CD=DB，从而可得∠B=∠DCB，再利用三角形的外角性质可得∠CDE=2∠B，从而利用等腰三角形的性质可得∠CDE=∠CED=2∠B，然后利用平角定义可得∠AEC=180°−2∠B，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠A=90°−∠B，最后利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)先利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B=40°，再利用(1)的结论可得∠ACE=30°，CD=CE=2，然后根据垂直定义可得∠EFC=90°，从而在Rt△CEF中，利用含30度角的直角三角形性质进行计算，即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰三角形的性质是解题的关键．

24.【答案】解：(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．
由题意得50a+30b=120030a+50b=1360，
解得a=12b=20，
答：甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元．

(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．
由题意，得12x+20(200−x)≤3360，
解得x≥80．
设获得的利润为w元，
由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，
∵−5<0，
∴w随x的增大而减小，
∴x=80时，w的值最大，最大值为−35m+1600，
由题意，得−35m+1600≥800，
解得m≤1607，
∴m的最大整数值为22． 
【解析】(1)设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元．构建方程组求解；
(2)设第三次购进x千克甲种水果，则购进(200−x)千克乙种水果．由题意，得12x+20(200−x)≤3360，解得x≥80.设获得的利润为w元，由题意，得w=(17−12)×(x−m)+(30−20)×(200−x−3m)=−5x−35m+2000，利用一次函数的性质求解．
本题考查一次函数的应用，二元一次方程组不等式等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．

25.【答案】(1)解：在y=x+4中，
当x=0时，y=4，
当y=0时，0=x+4，
解得x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,4)，
∴OA=OB=4，
∴∠BAO=∠ABO，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO=∠ABO=45°．
(2)如图，过点C作CR⊥y轴于点R．
∵点C的横坐标为t，
∴CR=−t，
在Rt△BCR中，∵∠BRC=90°，∠CBR=45°，
∴∠BCR=90°−∠CBR=45°=∠CBR，
∴BR=CR=−t，
∴BC= BR2+CR2= (−t)2+(−t)2=− 2t，
∴∠COD=∠AOB=90°，
∵∠AOD+∠AOC=90°，∠BOC+∠AOC=90°，
∴∠AOD=∠BOC，
又∵OA=OB，OD=OC，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴∠OAD=∠OBC=45°，AD=BC=− 2t，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 42+42=4 2，
在△ACD中，∠CAD=∠OAC+∠OAD=45°+45°=90°，AC=AB−BC=4 2+ 2t，
∴S=12AD×AC=12×(− 2t)(4 2+ 2t)=−t2−4t．

(3)如图所示，连接OF，
∵∠BOE=90°，BF=EF，
∴OF=BF=EF，
∴∠FOE=∠FEO，
设∠ADH=a，
∴∠AEB=a+45°，
∴∠FOE=∠FEO=a+45°，∠AHD=∠OAD−∠ADH=45°−a，
∵DH//CG，
∴∠CGO=∠AHD=45°−a，
∴∠CFO=∠FOG+∠FGO=45°+a+45°−a=90°，
取OC的中点K，连接FK交OB于点P，过点F作FL⊥OB于点L，过点K分别作KM⊥OB于点M，KN⊥FL交FL的延长线于点N，连接KL．
∴四边形KMLN是矩形，
∵∠CFO=90°，CK=OK，
∴FK=OK=CK，
∵BF=OF，FL⊥OB，
∴BL=OL，
∴KL//BC，
∴∠OLK=∠OBC=45°，
∴∠NLK=∠NLO−∠OLK=90°−45°=45°，
∴KM=KN，
∴Rt△KOM≌Rt△KFN(AAS)，
∴∠KOM=∠KFN，
又∵∠OPK=∠FPL，
∴∠KOM+∠OPK=∠KFN+∠FPL=90°，
∴∠OKP=90°，
∴FK⊥OC，
∴CF=OF，
∴∠CFK=∠OFK=45°，
∴∠OCF=45°，
∴∠COD=90°，OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC=12(180°−∠COD)=45°=∠OCF，
延长DO交CG于点Q，取OE的中点R．
∵BF=EF，OR=ER，
∴FR=12OB=2，FR//OB，
∴∠FRO=∠AOB=90°，
∵∠OCD=∠OCQ，OC=OC，∠COD=∠COQ，
∴△COD≌△COQ(ASA)，
∴OD=OQ，
同理△COF≌△QOF(ASA)，
∴CF=FQ，
∵∠OHD=∠OGQ，∠DOH=∠QOG，OD=OQ，
∴△ODH≌△OQG(AAS)，
∴DH=GQ，
令DH=m，则GQ=m，CG=3m，CQ=CG−GQ=3m−m=2m，CF=FQ=12CQ=m=OF，FG=FQ+GQ=2m，
在Rt△OFG中，OG= OF2+FG2= m2+(2m)2= 5m，
∵S△OFG=12×OF×FG=12×OG×FR，
∴12×m×2m=12× 5m×2，
解得m= 5，
在Rt△COF中，OC= OF2+CF2= m2+m2= 2m= 10=OD，
取GR的中点T，过点D作DS⊥x轴于点S，
∵FQ=GQ，RT=GT，
∴QT=12FR=1，QT//FR，
∴∠OTQ=∠ORF=90°=∠OSD，
∴△ODS≌△OQT(AAS)，
∴DS=QT=1，
在Rt△ODS中，OS= OD2−DS2= ( 10)2−12=3，
∴点D的坐标为(−3,−1)．
 
【解析】(1)求出A、B的坐标，进而可得OA=OB=4，由此可得∠BAO=∠ABO=45°．
(2)如图，过点C作CR⊥y轴于点R，则CR=−t，证明∠BCR=45°=∠CBR，得到BR=CR=−t，则BC=− 2t，再证明△AOD≌△BOC，得到∠OAD=∠OBC=45°，AD=BC=− 2t，求出AB=4 2，证明∠CAD=90°，则可根据S=12AD⋅AC进行求解；
(3)如图所示，连接OF，先证明∠FOE=∠FEO，设∠ADH=a，则∠AEB=a+45°，∠FOE=∠FEO=a+45°，∠AHD=45°−a，进而求出∠CFO=90°，取OC的中点K，连接FK交OB于点P，过点F作FL⊥OB于点L，过点K分别作KM⊥OB于点M，KN⊥FL交FL的延长线于N，连接KL.则FK=OK=CK，根据中位线定理得到KL//BC，则∠OLK=∠OBC=45°，进一步证明Rt△KOM≌Rt△KFN，得到∠KOM=∠KFN；求出∠OKP=90°，得到CF=OF，即可推出∠OCF=45°，进而证明∠OCD=45°=∠OCF；延长DO交CG于点Q，取OE的中点R，由中位线定理可得FR=12OB=2，FR//OB，∠FRO=∠AOB=90°，证明△COD≌△COQ，得到OD=OQ，同理△COF≌△QOF，得到CF=FQ，证明△ODH≌△OQG，得到DH=GQ；令DH=m，则GQ=m，CG=3m，CQ=2m，CF=m=OF，FG=2m，由勾股定理求出OG= 5m，利用等面积法求出m= 5，进而求出OC= 10=OD；取GR的中点T，过点D作DS⊥x轴于点S，则QT=12FR=1，QT//FR，证明△ODS≌△OQT，得到DS=QT=1，则OS=3，即点D的坐标为(−3,−1)．
本题主要考查了一次函数与几何综合的应用，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，熟知三角形中位线定理和全等三角形的性质与判定定理是解题的关键．