江苏省盐城景山中学2024年九年级数学第一学期开学经典试题【含答案】

这是一份江苏省盐城景山中学2024年九年级数学第一学期开学经典试题【含答案】，共28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。
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，则四边形AODE一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．不能确定
2、（4分）将点A(-2,-3)向左平移3个单位,再向上平移2个单位得到点B，则B的坐标是（ ）
A．(1,-3)B．(-2,1)C．(-5,-1)D．(-5,-5)
3、（4分）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，则对角线BD的长是（ ）
A．1B．C．2D．
4、（4分）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（ ）
A．6B．3C．2D．4.5
5、（4分）将不等式＜2的解集表示在数轴上，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6、（4分）以下列各组线段为边,能构成直角三角形的是 ( )
A．8cm,9cm,10cmB．cm,cm,cm
C．1cm,2cm,cmD．6cm,7cm,8cm
7、（4分）若，则的值为（ ）
A．1B．-1C．-7D．7
8、（4分）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE，分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG＝AB；②图中与△EGD 全等的三角形共有5个；③以点A、B、D、E为项点的四边形是菱形；④ S四边形ODGF＝ S△ABF．其中正确的结论是（ ）
A．①③B．①③④C．①②③D．②②④
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，将绕点按顺时针方向旋转至，使点落在的延长线上．已知，则___________度；如图，已知正方形的边长为分别是边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为_________ ．
10、（4分）27的立方根为 ．
11、（4分）___________
12、（4分）如图，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过矩形OABC对角线的交点M，分别交AB、BC于点D、E，连结DE．若四边形ODBE的面积为9，则△ODE的面积是________．
13、（4分）已知关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m=0有一个根为0，则m=_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知:在中, ,为的中点, , ,垂足分别为点,且.求证:是等边三角形.
15、（8分）如图，在平面直角坐标系中，，顶点；直线．
（1）点的坐标是______，对角线与的交点的坐标是______．
（2）①过点的直线的解析式是______．
②过点的直线的解析式是______．
③判断①、②中两条直线的位置关系是______．
（3）当直线平分的面积时，的值是______．
（4）一次函数的图像______（填“能”或“不能”）平分的面积．
16、（8分）如图，在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，且OA=OB=OC，点P是边CD上的一个动点，连接OP，过点O作OQ⊥OP，交BC于点Q.
（1）求OB的长度；
（2）设DP= x，CQ= y，求y与x的函数表达式（不要求写自变量的取值范围）；
（3）若OCQ是等腰三角形，求CQ的长度.
17、（10分）如图，将矩形纸沿着CE所在直线折叠，B点落在B’处，CD与EB’交于点F，如果AB=10cm，AD=6cm，AE=2cm，求EF的长。
18、（10分）探索发现：
……
根据你发现的规律，回答下列问题：
（1）＝ ，＝ ；
（2）利用你发现的规律计算：
（3）利用规律解方程：
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，在△ABE中，∠E＝30°，AE的垂直平分线MN交BE于点C，且AB＝AC，则∠B＝________．
20、（4分）用配方法解方程时，将方程化为的形式，则m=____，n=____．
21、（4分）已知一次函数与反比例函数中，函数、与自变量x的部分对应值分别如表1．表2所示：
则关于x的不等式的解集是__________。
22、（4分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PE⊥AC于F，则EF的最小值_____．
23、（4分）已知直线不经过第一象限，则的取值范围是_____________。
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段OA，OC的长分别是m，n且满足，点D是线段OC上一点，将△AOD沿直线AD翻折，点O落在矩形对角线AC上的点E处.
(1)求OA，OC的长；
(2)求直线AD的解析式；
(3)点M在直线DE上，在x轴的正半轴上是否存在点N，使以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
25、（10分）某年5月，我国南方某省A、B两市遭受严重洪涝灾害，1.5万人被迫转移，邻近县市C、D获知A、B两市分别急需救灾物资200吨和300吨的消息后，决定调运物资支援灾区．已知C市有救灾物资240吨，D市有救灾物资260吨，现将这些救灾物资全部调往A、B两市．已知从C市运往A、B两市的费用分别为每吨20元和25元，从D市运往往A、B两市的费用分别为每吨15元和30元，设从C市运往B市的救灾物资为x吨．
（1）请填写下表；
（2）设C、D两市的总运费为W元，求W与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）经过抢修，从C市到B市的路况得到了改善，缩短了运输时间，运费每吨减少n元（N＞0），其余路线运费不变，若C、D两市的总运费的最小值不小于10080元，求n的取值范围．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点A（6，﹣3）和点B（﹣2，5）．
（1）求这个一次函数的表达式．
（2）求该函数图象与坐标轴围成的三角形的面积．
（3）判断点C（2，2）是在直线AB的上方（右边）还是下方（左边）．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、B
【解析】
根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD=90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
【详解】
证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOD=90°，
∴四边形AODE是矩形.
故选B.
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质、菱形的性质是解决问题的关键．
2、C
【解析】
由题中平移规律可知：点B的横坐标为-2-3=-5；纵坐标为-3+2=-1，可知点B的坐标是（-5，-1）．
故选C．
3、C
【解析】
试题分析：∵菱形ABCD的边长为1，
∴AD=AB=1，
又∵∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴AD=BD=AB=1，
则对角线BD的长是1．
故选C．
考点：菱形的性质．
4、C
【解析】
【分析】如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，由PE+PM=PE′+PM=E′M知点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，利用S菱形ABCD= AC•BD=AB•E′M求得E′M的长即可得答案．
【详解】如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
则点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，
则有PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6，BD=6，
∴AB=，
由S菱形ABCD=AC•BD=AB•E′M得×6×6=3•E′M，
解得：E′M=2，
即PE+PM的最小值是2，
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称——最短路径问题，涉及到菱形的性质、勾股定理等，确定出点P的位置是解题的关键.
5、D
【解析】
先解不等式得到解集，然后利用数轴上的表示方法即可完成解答.
【详解】
解：解不等式＜2得：x＜1；
根据不等式解集在数轴上的表示方法，得：
，故答案为D.
本题考查了解不等式及其在数轴上表示解集；其中掌握在数轴上表示解集的方法是解题的关键，即：在表示解集时，“≥”和“≤”要用实心圆点表示；“＜”和“＞”要用空心圆点表示.
6、C
【解析】
根据勾股定理的逆定理对四组数据进行逐一判断即可．
【详解】
A．∵82+92≠102，∴不能构成直角三角形；
B．∵，∴不能构成直角三角形；
C．∵，∴能构成直角三角形；
D．∵62+72≠82，∴不能构成直角三角形．
故选C．
本题考查了用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，即只要三角形的三边满足a2+b2=c2，则此三角形是直角三角形．
7、D
【解析】
首先根据非负数的性质，可列方程组求出x、y的值，进而可求出x-y的值．
【详解】
由题意，得：，
解得；
所以x-y=4-（-3）=7；
故选：D．
此题主要考查非负数的性质：非负数的和为1，则每个非负数必为1．
8、A
【解析】
由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG= CD=AB，①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；证出OG是△ABD的中位线，得出OG//AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；即可得出结果.
【详解】
解：四边形ABCD是菱形，

在△ABG和△DEG中，

∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴.AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=CD=AB，①正确；
∵AB//CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，③正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，
在△ABG和△DCO中，

∴△ABG≌△DCO
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，则②不正确。
∵OB=OD，AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG=AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积=△ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF:OF=2：1，
∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，
∴ S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；
故答案为：A.
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大.
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、46 2.1
【解析】
先利用三角形外角性质得∠ACA′=∠A+∠B=67°，再根据旋转的性质得∠BCB′=∠ACA′=67°，然后利用平角的定义计算∠ACB′的度数；由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=41°，得到∠MDF为41°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．．
【详解】
解：∵∠A=27°，∠B=40°，
∴∠ACA′=∠A+∠B=67°，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，
∴∠BCB′=∠ACA′=67°，
∴∠ACB′=180°-67°-67°=46°．
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=41°，
∴∠FDM=∠EDF=41°，
在△DEF和△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，
即22+（4-x）2=x2，
解得：x=2.1，
∴FM=2.1．
故答案为：46；2.1．
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的综合应用．解题的关键是掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
10、1
【解析】
找到立方等于27的数即可．
解：∵11=27，
∴27的立方根是1，
故答案为1．
考查了求一个数的立方根，用到的知识点为：开方与乘方互为逆运算
11、-0.1
【解析】
试题解析：原式=0.4-0.7=－0.1．
故答案为：-0.1.
12、
【解析】
设B的坐标为（2a,2b）,E点坐标为（x,2b）,D点坐标为（2a,y）,因为D、E、M在反比例函数图象上，则ab=k，2bx=k, 2ay=k, 根据四边形ODBE的面积列式，求得k值，再由2bx×2ay=4abxy=k2=9, 求得xy的值，然后根据所求的结果求出△BED的面积，则△ODE的面积就是四边形ODBE的面积和△BED的面积之差.
【详解】
解：设B的坐标为（2a,2b）, 则M点坐标为（a,b）,
∵M在AC上，
∴ab=k（k>0）,
设E点坐标为（x,2b）,D点坐标为（2a,y）,
则2bx=k, 2ay=k,
∴S四边形ODBE=2a×2b-×(2bx+2ay)=9,
即4k- (k+k)=9,
解得k=3,
∵2bx×2ay=4abxy=k2=9,
∴4abxy=9,
解得：xy=,
则S△BED=BE×BD=
,
∴ S△ODE = S四边形ODBE -S△BED=9-
本题主要考查反比函数与几何综合，解题关键在于利用面积建立等式求出k.
13、1
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义以及一元二次方程的解的定义列出关于m的方程，通过解关于m的方程求得m的值即可．
【详解】∵关于x的一元二次方程mx1+5x+m1﹣1m=0有一个根为0，
∴m1﹣1m=0且m≠0，
解得，m=1，
故答案是：1．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax1+bx+c=0（a≠0）的解的定义．解答该题时需注意二次项系数a≠0这一条件．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、证明见解析.
【解析】
分析：由等腰三角形的性质得到∠B=∠C．再用HL证明Rt△ADE≌Rt△CDF，得到∠A=∠C，从而得到∠A=∠B=∠C，即可得到结论．
详解：∵AB=AC， ∴∠B=∠C．
∵DE⊥AB， DF⊥BC，∴∠DEA=∠DFC=90°．
∵D为的AC中点，∴DA=DC．
又∵DE=DF，∴RtΔAED≌RtΔCDF(HL)，
∴∠A=∠C，
∴∠A=∠B=∠C，
∴ΔABC是等边三角形．
点睛：本题考查了等边三角形的判定、等腰三角形的性质以及直角三角形全等的判定与性质．解题的关键是证明∠A=∠C．
15、（1）；（2）①；②； ③相交；（3）1； （1）不能．
【解析】
（1）根据平行四边形的性质以及A、B两点的坐标可得CD∥AB∥x轴，CD=AB=1，再利用平移的性质得出点C的坐标；根据平行四边形的对角线互相平分得出E是BD的中点，再利用线段的中点坐标公式求出点E的坐标；
（2）①将点A（1，1）代入y=kx-3k+1，求出k的值即可；
②将点B（5，1）代入y=kx-3k+1，求出k的值即可；
③将两直线的解析式联立组成方程组：，解得：，即可判断①、②中两条直线的位置关系是相交；
（3）当直线y=kx-3k+1平分▱ABCD的面积时，直线y=kx-3k+1经过▱ABCD对角线的交点E（2，0），将E点坐标代入y=kx-3k+1，求出k的值即可；
（1）将x=2代入y=kx-2k+1，求出y=1≠0，即直线y=kx-2k+1不经过▱ABCD对角线的交点E（2，0），即可判断一次函数y=kx-2k+1的图象不能平分▱ABCD的面积．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，A（1，1），B（5，1），
∴CD∥AB∥x轴，CD=AB=1，
∵D（-1，-1），
∴点C的坐标是（-1+1，-1），即（3，-1），
∵E是对角线AC与BD的交点，
∴E是BD的中点，
∵B（5，1），D（-1，-1），
∴点E的坐标是（2，0）．
故答案为（3，-1），（2，0）；
（2）①将点A（1，1）代入y=kx-3k+1，
得1=k-3k+1，解得，
则所求的解析式是．
故答案为：；
②将点B（5，1）代入y=kx-3k+1，
得1=k-3k+1，解得，
则所求的解析式是；
故答案为：；
③由，解得
∴①、②中两条直线的位置关系是相交，交点是（3，1）．
故答案为：相交；
（3）∵直线y=kx-3k+1平分▱ABCD的面积时，
∴直线y=kx-3k+1经过▱ABCD对角线的交点E（2，0），
∴0=2k-3k+1，解得k=1．
故答案为：1；
（1）∵x=2时，y=kx-2k+1=1≠0，
∴直线y=kx-2k+1不经过▱ABCD对角线的交点E（2，0），
∴一次函数y=kx-2k+1的图象不能平分▱ABCD的面积．
故答案为：不能．
本题考查了两条直线的交点问题：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解．也考查了平行四边形的性质，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，线段的中点坐标公式等知识．
16、（1）5；（2）；（3）当或时，⊿OCQ是等腰三角形.
【解析】
(1)利用勾股定理先求出AC的长，继而根据已知条件即可求得答案；
(2)延长QO交AD于点E，连接PE、PQ ，先证明△AEO≌△CQO，从而得OE=OQ，AE=CQ=y，由垂直平分线的性质可得PE=PQ，即，在Rt⊿EDP中，有，在Rt⊿PCQ中，，继而可求得答案；
(3)分CQ=CO，OQ=CQ，OQ=OC三种情况分别进行讨论即可求得答案.
【详解】
(1)∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ABC=90°，
∴，
∴OB=OA=OC=；
(2)延长QO交AD于点E，连接PE、PQ ，
∵四边形ABCD是长方形，
∴CD=AB=6，AD=BC=8，AD//BC，
∴∠AEO=∠CQO，
在△COQ和△AOE中，
，
∴△AEO≌△CQO(SAS)，
∴OE=OQ，AE=CQ=y，
∴ED=AD-AE=8-y，
∵OP⊥OQ，
∴OP垂直平分EQ，
∴PE=PQ，
∴，
∵PD=x，
∴CP=CD-CP=6-x，
在Rt⊿EDP中，，
在Rt⊿PCQ中，，
∴，
∴；
(3)分三种情况考虑：
①如图，若CQ=CO时，此时CQ=CO=5；
②如图，若OQ=CQ时，作OF⊥BC，垂足为点F，
∵OB=OC，OF⊥BC，
∴BF=CF=BC=4，
∴，
∵OQ=CQ，
∴，
∴，
∴，
∴ ；
③若OQ=OC时，此时点Q与点B重合，点P在DC延长线上，此情况不成立，
综上所示，当或时，⊿OCQ是等腰三角形.
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一次函数的应用等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
17、
【解析】
首先根据题意证明EF=CF，再作过E作EG⊥CD于G，设EF=CF=x，在Rt△EFG中根据勾股定理求解即可.
【详解】
解：根据题意，∠CEF=∠CEB，
∵AB∥CD，
∴∠CEB=∠ECD，
∴∠CEF∠ECD，
∴EF=CF，
过E作EG⊥CD于G，
设EF=CF=x，
则GF=AB-AE-EF=10-2-x=8-x，
在Rt△EFG中，EF2=GF2+EG2，
∴x2=（8-x）2+62，
∴x=，
∴EF=cm．
本题主要考查勾股定理的应用，关键在于设出合适的未知数，根据勾股定理列方程.
18、（1）；（2）；（1）见解析．
【解析】
（1）根据简单的分式可得，相邻两个数的积的倒数等于它们的倒数之差，即可得到和
（2）根据（1）规律将乘法写成减法的形式，可以观察出前一项的减数等于后一项的被减数，因此可得它们的和.
（1）首先利用（2）的和的结果将左边化简，再利用分式方程的解法求解即可.
【详解】
解：（1）， ；
故答案为
（2）原式＝ ;
（1）已知等式整理得：
所以，原方程即： ，
方程的两边同乘x（x+5），得：x+5﹣x＝2x﹣1，
解得：x＝1，
检验：把x＝1代入x（x+5）＝24≠0，
∴原方程的解为：x＝1．
本题主要考查学生的归纳总结能力，关键在于根据简单的数的运算寻找规律,是考试的热点.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、60°
【解析】
分析：根据线段的垂直平分线的性质得到CA=CE，根据等腰三角形的性质得到∠CAE=∠E，根据三角形的外角的性质得到∠ACB=2∠E，根据等腰三角形的性质得到∠B即可．
详解：∵MN是AE的垂直平分线，
∴CA=CE，
∴∠CAE=∠E，
∴∠ACB=2∠E，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=2∠E=60°，
故答案为：60°
点睛：本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
20、m =1 n =1
【解析】
先把常数项移到方程右边，再把方程两边都加上1，然后把方程作边写成完全平方形式，从而得到m、n的值．
【详解】
解：
x2-2x=5，
x2-2x+1=1，
（x-1）2=1，
所以m=1，n=1．
故答案为1，1．
本题考查解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
21、或
【解析】
根据表格中的数据可以求得一次函数与反比例函数的解析式，从而可以得到不等式的解集，本题得以解决．
【详解】
解：∵点（-4，-1）和点（2，3）在一次函数y1=k1x+b的图象上，
∴，得，
即一次函数y1=x+3，
∵点（1，4）在反比例函数的图象上，
，得k2=4，
即反比例函数，
令x+3=，得x1=1，x2=-4，
∴不等式的解集是x＞1或-4＜x＜2，
故答案为：x＞1或-4＜x＜2．
本题考查反比例函数的性质、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质和一次函数的性质解答．
22、2.4
【解析】
根据已知得出四边形AEPF是矩形，得出EF=AP，要使EF最小，只要AP最小即可，根据垂线段最短得出即可．
【详解】
连接AP,
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠A=∠AEP=∠AFP=90°，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
要使EF最小，只要AP最小即可，
过A作AP⊥BC于P，此时AP最小，
在Rt△BAC中,∠A=90°，AC=4，AB=3，由勾股定理得：BC=5，
由三角形面积公式得：12×4=12×5×AP，
∴AP=2.4，
即EF=2.4
此题考查勾股定理，矩形的判定与性质，解题关键在于得出四边形AEPF是矩形
23、
【解析】
当m-3＞0时，直线均经过第一象限；当m-3＜0时，直线与y轴交点≤0时不经过第一象限.
【详解】
解：当m-3＞0，即m＞3时，直线均经过第一象限，不合题意，则m＜3；
当m＜3时，只有-3m+1≤0才能使得直线不经过第一象限，解得，
综上，的取值范围是：.
本题考查了一次函数系数与象限位置的关系，注意分类讨论.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)OA＝6，OC＝8；(2)y＝﹣2x+6；(3)存在点N，点N的坐标为(0.5，0)或(15.5，0)．
【解析】
（1）根据非负数的性质求得m、n的值，即可求得OA、OC的长；（2）由勾股定理求得AC=10，由翻折的性质可得：OA＝AE＝6，OD＝DE＝x，DC＝8﹣OD＝8﹣x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x2+42＝(8﹣x)2，解方程求得x的值，即可得DE＝OD＝3，由此可得点D的坐标为(3，0)，再利用待定系数法求得直线AD的解析式即可；（3）过E作EG⊥OC，在Rt△DEC中，根据直角三角形面积的两种表示法求得EG的长，再利用勾股定理求得DG的长，即可求得点E的坐标，利用待定系数法求得DE的解析式，再根据平行四边形的性质求得点N的坐标即可．
【详解】
(1)∵线段OA，OC的长分别是m，n且满足，
∴OA＝m＝6，OC＝n＝8；
(2)设DE＝x，
由翻折的性质可得：OA＝AE＝6，OD＝DE＝x，DC＝8﹣OD＝8﹣x，
AC＝=10，
可得：EC＝10﹣AE＝10﹣6＝4，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得：DE2+EC2＝DC2，
即x2+42＝(8﹣x)2，
解得：x＝3，
可得：DE＝OD＝3，
所以点D的坐标为(3，0)，
设AD的解析式为：y＝kx+b，
把A(0，6)，D(3，0)代入解析式可得： ，
解得： ，
所以直线AD的解析式为：y＝﹣2x+6；
(3)过E作EG⊥OC，在Rt△DEC中，，
即，
解得：EG＝2.4，
在Rt△DEG中，DG＝ ，
∴点E的坐标为(4.8，2.4)，
设直线DE的解析式为：y＝ax+c，
把D(3，0)，E(4.8，2.4)代入解析式可得： ，
解得： ，
所以DE的解析式为：y＝x﹣4，
把y＝6代入DE的解析式y＝x﹣4，可得：x＝7.5，
即AM＝7.5，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，
CN＝AM＝7.5，
所以N＝8+7.5＝15.5，N'＝8﹣7.5＝0.5，
即存在点N，且点N的坐标为(0.5，0)或(15.5，0)．
本题是一次函数综合题目，考查了非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
25、（1）240﹣x、x﹣40、260﹣x；（2）40≤x≤240；（1）0＜n≤1．
【解析】
（1）根据题意可以将表格中的空缺数据补充完整，
（2）根据题意可以求得W与x的函数关系式，并写出x的取值范围，
（1）根据题意，利用分类讨论的数学思想可以解答本题．
【详解】
解：（1）∵C市运往B市x吨，
∴C市运往A市（240﹣x）吨，D市运往B市（100﹣x）吨，D市运往A市260﹣（100﹣x）＝（x﹣40）吨，
故答案为：240﹣x、x﹣40、260﹣x；
（2）由题意可得，
W＝20（240﹣x）+25x+15（x﹣40）+10（100﹣x）＝﹣10x+11200，
由，
解得40≤x≤240，
（1）由题意可得，
W＝20（240﹣x）+（25﹣n）x+15（x﹣40）+10（100﹣x）＝﹣（n+10）x+11200，
∵n＞0
∴﹣（n+10）＜0，
W随x的增大而减小，
当x取最大值240时，W最小值＝﹣（n+10）×240+11200，
即﹣（n+10）x+11200≥10080，
解得n≤1，
∴0＜n≤1．
本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用函数和不等式的性质解答．
26、 (1) y=﹣x+3；(2);(3) 在直线AB的上方.
【解析】
（1）设一次函数解析式为y=kx+b，把A、B两点坐标分别代入利用待定系数法进行求解即可得；
（2）由（1）中的解析式求得直线与x轴、y轴的交点坐标，利用三角形公式进行计算即可得；
（3）把x=2代入解析式，通过计算进行判断即可得.
【详解】
（1）设一次函数解析式为y=kx+b，
把A（6，﹣3）与B（﹣2，5）代入得：，
解得：，
则一次函数解析式为y=﹣x+3；
（2）在y=﹣x+3中，令x=0，则有y=3，
令y=0，则有-x+3=0，x=3，
所以函数y=﹣x+3图象与坐标轴的交点坐标分别为（0，3）和（3，0），
所以图象与坐标轴围成的三角形的面积是；
（3）当x＝2时，y=﹣2+3＝1，所以点（2，2）在直线AB的上方.
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与坐标轴围成的三角形面积等，熟练掌握待定系数法是解题的关键.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人
A
B
合计（吨）
C

x
240
D


260
总计（吨）
200
300
500