湖南省懷化中學方縣2024年八年級下冊數(shù)學期末考試模擬試題含解析

湖南省懷化中學方縣2024年八年級下冊數(shù)學期末考試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，將繞直角頂點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，若，則的度數(shù)是A．B．C．D．2．如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=4，AD=6，∠D=120°，延長CB至點M，使得BM=BC，連接AM，則AM的長為（）A．3.5 B． C． D．3．在□ABCD中，∠A:∠B=7:2，則∠C等于（）A．40° B．80° C．120° D．140°4．把根號外的因式移入根號內(nèi)，結(jié)果（）A． B． C． D．5．設(shè)a，b是實數(shù)，定義@的一種運算如下：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，則下列結(jié)論：①若a@b=0，則a=0或b=0②a@（b+c）=a@b+a@c③不存在實數(shù)a，b，滿足a@b=a2+5b2④設(shè)a，b是矩形的長和寬，若矩形的周長固定，則當a=b時，a@b最大．其中正確的是（）A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③6．如圖，在正方形中，點在上，，垂足分別為，，則的長為()A．1.5 B．2 C．2.5 D．37．一次函數(shù)的圖象與軸、軸分別交于點,,點,分別是,的中點,是上一動點.則周長的最小值為（）A．4 B． C． D．8．據(jù)測試：擰不緊的水龍頭每分鐘滴出100滴水，每滴水約0.05毫升．小康同學洗手后，沒有把水龍頭擰緊，水龍頭以測試的速度滴水，當小康離開x分鐘后，水龍頭滴出y毫升的水，請寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式是（）A．y=0.05x

B．y=5x

C．y=100x

D．y=0.05x+1009．若實數(shù)a、b、c滿足a+b+c=0，且a＜b＜c，則函數(shù)y=ax+c的圖象可能是（）A． B． C． D．10．一個口袋中裝有3個綠球，2個黃球，每個球除顏色外其它都相同，攪均后隨機地從中摸出兩個球都是綠球的概率是（）A． B． C． D．11．如圖，已知AB∥CD,OA:OD＝1:4，點M、N分別是OC、OD的中點，則ΔABO與四邊形CDNM的面積比為().A．1:4 B．1:8 C．1:12 D．1:1612．如圖，D，E是△ABC中AB，BC邊上的點，且DE∥AC，∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點G和H．則下列結(jié)論錯誤的是()A．若BG∥CH，則四邊形BHCG為矩形B．若BE＝CE時，四邊形BHCG為矩形C．若HE＝CE，則四邊形BHCG為平行四邊形D．若CH＝3，CG＝4，則CE＝2.5二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，平行四邊形ABCD的頂點A是等邊△EFG邊FG的中點，∠B=60°，EF=4，則陰影部分的面積為________.14．?ABCD的周長是30，AC、BD相交于點O，△OAB的周長比△OBC的周長大3，則AB＝_____．15．如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，點P．Q分別是AB、AC上的動點，且滿足BP＝AQ，D是BC的中點，當點P運動到___時，四邊形APDQ是正方形．16．如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，且OA=OC，OB=OD．請你添加一個適當?shù)臈l件：______________，使四邊形ABCD成為菱形．17．如圖所示，一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸相交于點（2，0），與y軸相交于點（0，4），結(jié)合圖象可知，關(guān)于x的方程ax+b=0的解是_____．18．函數(shù)中，自變量x的取值范圍是▲．三、解答題（共78分）19．（8分）問題背景：如圖1，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，作AD⊥BC于點D，則D為BC的中點，∠BAD=∠BAC=60°，于是==；遷移應用：如圖2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三點在同一條直線上，連接BD．①求證：△ADB≌△AEC；②請直接寫出線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式；拓展延伸：如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC內(nèi)作射線BM，作點C關(guān)于BM的對稱點E，連接AE并延長交BM于點F，連接CE，CF．①證明△CEF是等邊三角形；②若AE=5，CE=2，求BF的長．20．（8分）貴成高鐵開通后極大地方便了人們的出行，甲、乙兩個城市相距450千米，加開高鐵列車后，高鐵列車行駛時間比原特快列車行駛時間縮短了3小時，已知高鐵列車平均行駛速度是原特快列車平均行駛速度的3倍，求高鐵列車的平均行駛速度．21．（8分）已知：如圖，平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，點E在邊BC的延長線上，且OE=OB，聯(lián)結(jié)DE．（1）求證：DE⊥BE；（2）設(shè)CD與OE交于點F，若OF2+FD2=OE2，CE=3，DE=4，求線段CF的長．22．（10分）已知一次函數(shù).（1）若這個函數(shù)的圖象經(jīng)過原點，求a的值.（2）若這個函數(shù)的圖象經(jīng)過一、三、四象限，求a的取值范圍.23．（10分）如圖，平行四邊形ABCD中，AC、BD相交于點O，若AD＝6，AC+BD＝16，求△BOC的周長為多大？24．（10分）定義：我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．（1）概念理解：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，那么四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由．（2）性質(zhì)探究：①如圖1，垂美四邊形ABCD兩組對邊AB、CD與BC、AD之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并給出證明．②如圖3，在Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，分別以AB，AC為底邊，在外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，連接FD，F(xiàn)E，分別交AB，AC于點M，N．試猜想四邊形FMAN的形狀，并說明理由；（3）問題解決：如圖4，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE、BG，GE，已知AC=2，AB=1．求GE的長度．25．（12分）如圖，在平面直角坐標系中，正比例函數(shù)y=kx與函數(shù)y=6xx>0的圖象相交于點A2，m，AB⊥x軸于點B．平移直線y=kx，使其經(jīng)過點26．如圖,已知A(-4,0)、B(0,2)、C(6,0),直線AB與直線CD相交于點D,D點的橫縱坐標相同；(1)求點D的坐標；(2)點P從O出發(fā),以每秒1個單位的速度沿x軸正半軸勻速運動,過點P作x軸的垂線分別與直線AB、CD交于E、F兩點,設(shè)點P的運動時間為t秒,線段EF的長為y(y>0),求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式,并直接寫出自變量t的取值范圍；(3)在(2)的條件下,直線CD上是否存在點Q,使得△BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形?若存在,請求出符合條件的Q點坐標,若不存在,請說明理由．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【解析】

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，可判斷出是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，再計算角的和差即可得出答案．【詳解】解：繞直角頂點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，，，是等腰直角三角形，，，，.故選C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識.熟記各性質(zhì)并準確識圖是解題的關(guān)鍵．2、B【解析】

作AN⊥BM于N，求出∠BAN=30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出BN、AN的長，由勾股定理即可得出答案．【詳解】作AN⊥BM于N，如圖所示：

則∠ANB=∠ANM=90°，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BC=AD=6，∠ABC=∠D=120°，

∴∠ABN=60°，

∴∠BAN=30°，

∴BN=AB=2，AN=，∵BM=BC=3，

∴MN=BM-BN=1，

∴AM=，故選：B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3、A【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，AB∥CD，由平行線的性質(zhì)得到∠A，再由平行線的性質(zhì)得到∠C=40°.【詳解】根據(jù)題意作圖如下:因為BCD是平行四邊形，所以AD∥BC，AB∥CD；因為AD∥BC，所以∠A是∠B的同的同旁內(nèi)角，即∠A+∠B=180°；又因為∠A:∠B=7:2，所以可得∠A==140°；又因為AB∥CD，所以∠C是∠A的同旁內(nèi)角，所以∠C=180°-140°=40°.故選擇A.【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì).4、B【解析】

根據(jù)可得，所以移入括號內(nèi)為進行計算即可.【詳解】根據(jù)根式的性質(zhì)可得，所以因此故選B.【點睛】本題主要考查根式的性質(zhì)，關(guān)鍵在于求a的取值范圍.5、C【解析】

根據(jù)新定義可以計算出啊各個小題中的結(jié)論是否成立，從而可以判斷各個小題中的說法是否正確，從而可以得到哪個選項是正確的．【詳解】①根據(jù)題意得：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2∴（a+b）2﹣（a﹣b）2=0，整理得：（a+b+a﹣b）（a+b﹣a+b）=0，即4ab=0，解得：a=0或b=0，正確；②∵a@（b+c）=（a+b+c）2﹣（a﹣b﹣c）2=4ab+4aca@b+a@c=（a+b）2﹣（a﹣b）2+（a+c）2﹣（a﹣c）2=4ab+4ac，∴a@（b+c）=a@b+a@c正確；③a@b=a2+5b2，a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，令a2+5b2=（a+b）2﹣（a﹣b）2，解得，a=0，b=0，故錯誤；④∵a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2=4ab，（a﹣b）2≥0，則a2﹣2ab+b2≥0，即a2+b2≥2ab，∴a2+b2+2ab≥4ab，∴4ab的最大值是a2+b2+2ab，此時a2+b2+2ab=4ab，解得，a=b，∴a@b最大時，a=b，故④正確，考點：(1)、因式分解的應用；(2)、整式的混合運算；(3)、二次函數(shù)的最值6、D【解析】

作輔助線PB，求證，然后證明四邊形是矩形，【詳解】如圖，連接.在正方形中，.∵，∴，∴.∵，∴四邊形是矩形，∴.∴.故選D.【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理（SAS）以及矩形對角線相等的性質(zhì)，從而求出PD的長度7、D【解析】

作C點關(guān)于y軸的對稱點，連接，與y軸的交點即為所求點P，用勾股定理可求得長度，可得PC+PD的最小值為，再根據(jù)CD=2，可得PC+PD+CD=【詳解】解：如圖，作C點關(guān)于y軸的對稱點，連接交y軸與點P，此時PC+PD的值最小且∵,分別是,的中點，,∴C（1，0），D（1,2）在Rt△中，由勾股定理可得又∵D（1,2）∴CD=2∴此時周長為PC+PD+CD=故選D【點睛】本題考查最短路徑問題，把圖形作出來是解題關(guān)鍵，再結(jié)合勾股定理解題.8、B【解析】試題分析：每分鐘滴出100滴水，每滴水約0.05毫升，則一分鐘滴水100×0.05毫升，則x分鐘可滴100×0.05x毫升，據(jù)此即可求解．因此，y=100×0.05x，即y=5x．故選B．考點：函數(shù)關(guān)系式．9、A【解析】

∵a+b+c=0，且a＜b＜c，∴a＜0，c＞0，（b的正負情況不能確定也無需確定）．a(chǎn)＜0，則函數(shù)y=ax+c圖象經(jīng)過第二四象限，c＞0，則函數(shù)y=ax+c的圖象與y軸正半軸相交，觀察各選項，只有A選項符合.故選A.【詳解】請在此輸入詳解！10、B【解析】

首先根據(jù)題意列出表格，然后由表格求得所有等可能的結(jié)果與從中摸出兩個球都是綠球的情況，再利用概率公式求解即可求得答案．【詳解】解：列表得：∵共有20種等可能的結(jié)果，從中摸出兩個球都是綠球的有6種情況，

∴從中摸出兩個球都是綠球的概率是：．故選：B．【點睛】此題考查的是用列表法或樹狀圖法求概率．注意樹狀圖法與列表法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結(jié)果，列表法適合于兩步完成的事件；樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件；注意概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比．11、C【解析】∵AB∥CD,OA:OD＝1:4,∴ΔABO與ΔDCO的面積比為1:16又∵點M、N分別是OC、OD的中點，∴ΔOMN與四邊形CDNM的面積比為1:3∴ΔABO與四邊形CDNM的面積比為1:1212、C【解析】

由∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點G和H可得∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG即可得HE＝EC＝EG，再根據(jù)A，B，C，D的條件，進行判斷．【詳解】解：∵∠ACB角平分線和它的外角的平分線分別交DE于點G和H，∴∠HCG＝90°，∠ECG＝∠ACG；∵DE∥AC．∴∠ACG＝∠HGC＝∠ECG．∴EC＝EG；同理：HE＝EC，∴HE＝EC＝EG＝HG；若CH∥BG，∴∠HCG＝∠BGC＝90°，∴∠EGB＝∠EBG，∴BE＝EG，∴BE＝EG＝HE＝EC，∴CHBG是平行四邊形，且∠HCG＝90°，∴CHBG是矩形；故A正確；若BE＝CE，∴BE＝CE＝HE＝EG，∴CHBG是平行四邊形，且∠HCG＝90°，∴CHBG是矩形，故B正確；若HE＝EC，則不可以證明四邊形BHCG為平行四邊形，故C錯誤；若CH＝3，CG＝4，根據(jù)勾股定理可得HG＝5，∴CE＝2.5，故D正確．故選C．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的性質(zhì)和判定，關(guān)鍵是靈活這些判定解決問題．二、填空題（每題4分，共24分）13、3【解析】

作AM⊥EF，AN⊥EG，連接AE，只要證明△AMH≌△ANL，即可得到S陰=S四邊形AMEN，再根據(jù)三角形的面積公式即可求解.【詳解】如圖，作AM⊥EF，AN⊥EG，連接AE，∵△ABC為等邊三角形，AF=AG,∴∠AEF=∠AEN，∵AM⊥EF，AN⊥EG，∴AM=AN,∵∠MEN=60°，∠EMA=∠ENA=90°，∴∠MAN=120°，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BC∥AD，∴∠DAB=180°-∠B=120°，∴∠MAN=∠DAB

∴∠MAH=∠NAL，又AM⊥EF，AN⊥EG，AM=AN,∴△AMH≌△ANL∴S陰=S四邊形AMEN，∵EF=4，AF=2，∠AEF=30°∴AE=2，AM=，EM=3∴S四邊形AMEN=2××3×=3，∴S陰=S四邊形AMEN=3故填：3.【點睛】此題主要考查平行四邊形與等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知全等三角形的判定與含30°的直角三角形的性質(zhì).14、1．【解析】

如圖：由四邊形ABCD是平行四邊形，可得AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；又由△OAB的周長比△OBC的周長大3，可得AB﹣BC=3，又因為?ABCD的周長是30，所以AB+BC=10；解方程組即可求得．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，BC=AD，OA=OC，OB=OD；又∵△OAB的周長比△OBC的周長大3，∴AB+OA+OB﹣（BC+OB+OC）=3∴AB﹣BC=3，又∵?ABCD的周長是30，∴AB+BC=15，∴AB=1．故答案為1．15、AB的中點．【解析】

若四邊形APDQ是正方形，則DP⊥AP，得到P點是AB的中點．【詳解】當P點運動到AB的中點時，四邊形APDQ是正方形；理由如下：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC中點，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，∠B＝∠C＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，當P為AB的中點時，DP⊥AB，即∠APD＝90°，又∵∠A＝90°，∠PDQ＝90°，∴四邊形APDQ為矩形，又∵DP＝AP＝AB，∴矩形APDQ為正方形，故答案為AB的中點．【點睛】此題考查正方形的判定，等腰直角三角形，解題關(guān)鍵在于證明△ABD是等腰直角三角形16、AB=AD.【解析】

由條件OA=OC，AB=CD根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可得四邊形ABCD為平行四邊形，再加上條件AB=AD可根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形進行判定．【詳解】添加AB=AD，∵OA=OC，OB=OD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，故答案為：AB=AD．【點睛】此題主要考查了平行四邊形的判定，關(guān)鍵是掌握一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．17、x=1【解析】【分析】一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸交點橫坐標的值即為方程ax+b=0的解．【詳解】∵一次函數(shù)y=ax+b的圖象與x軸相交于點（1，0），∴關(guān)于x的方程ax+b=0的解是x=1，故答案為：x=1．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)與一元一次方程的關(guān)系．任何一元一次方程都可以轉(zhuǎn)化為ax+b=0（a，b為常數(shù)，a≠0）的形式，所以解一元一次方程可以轉(zhuǎn)化為：當某個一次函數(shù)的值為0時，求相應的自變量的值．從圖象上看，相當于已知直線y=ax+b確定它與x軸的交點的橫坐標的值．18、．【解析】試題分析：由已知：x-2≠0，解得x≠2；考點：自變量的取值范圍．三、解答題（共78分）19、遷移應用：①證明見解析；②CD=AD+BD；拓展延伸：①證明見解析；②3.【解析】

遷移應用：①如圖②中，只要證明∠DAB=∠CAE，即可根據(jù)SAS解決問題；

②結(jié)論：CD=AD+BD．由△DAB≌△EAC，可知BD=CE，在Rt△ADH中，DH=AD?cos30°=AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，由CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD，即可解決問題；

拓展延伸：①如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．由BC=BE=BD=BA，F(xiàn)E=FC，推出A、D、E、C四點共圓，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出△EFC是等邊三角形；

②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，F(xiàn)H=4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH=30°，可得=cos30°，由此即可解決問題．【詳解】遷移應用：①證明：如圖②

∵∠BAC=∠DAE=120°，

∴∠DAB=∠CAE，

在△DAE和△EAC中，

∴△DAB≌△EAC，②解：結(jié)論：CD=AD+BD．

理由：如圖2-1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，

∴BD=CE，

在Rt△ADH中，DH=AD?cos30°=AD，

∵AD=AE，AH⊥DE，

∴DH=HE，

∵CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD．

拓展延伸：①證明：如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=120°，

∴△ABD，△BDC是等邊三角形，

∴BA=BD=BC，

∵E、C關(guān)于BM對稱，

∴BC=BE=BD=BA，F(xiàn)E=FC，

∴A、D、E、C四點共圓，

∴∠ADC=∠AEC=120°，

∴∠FEC=60°，

∴△EFC是等邊三角形，②解：∵AE=5，EC=EF=2，

∴AH=HE=2.5，F(xiàn)H=4.5，

在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，

∴=cos30°，

∴BF==3=3．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、四點共圓、等邊三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題關(guān)鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會添加輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題．20、高鐵列車平均速度為300km/h．【解析】

設(shè)原特快列車平均速度為xkm/h，則高鐵列車平均速度為2.8xkm/h，利用高鐵列車行駛時間比原特快列車行駛時間縮短了3小時，這一等量關(guān)系列出方程解題即可【詳解】設(shè)原特快列車平均速度為xkm/h，則高鐵列車平均速度為2.8xkm/h，由題意得：+3＝，解得：x＝100，經(jīng)檢驗：x＝100是原方程的解，則3×100＝300（km/h）；答：高鐵列車平均速度為300km/h．【點睛】本題考查分式方程的簡單應用，本題關(guān)鍵在于讀懂題意列出方程，特別注意分式方程求解之后需要檢驗21、（1）證明見解析（2）【解析】分析：（1）先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得出OD=OB，再根據(jù)OE=OB，得出OE=OB=OD，最后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，求得∠OEB+∠OED=90°，即可得出結(jié)論．（2）證明△OFD為直角三角形，得出∠OFD=90°．在Rt△CED中，由勾股定理求出CD=1．由三角形面積求出EF=．在Rt△CEF中，根據(jù)勾股定理求出CF即可．詳解：（1）證明：∵平行四邊形ABCD，∴OB=OD．∵OB=OE，∴OE=OD．∴∠OED=∠ODE．∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB．∵∠OBE+∠OEB+∠ODE+∠OED=180°，∴∠OEB+∠OED=90°．∴DE⊥BE；（2）解：∵OE=OD，OF2+FD2=OE2，∴OF2+FD2=OD2．∴△OFD為直角三角形，且∠OFD=90°．在Rt△CED中，∠CED=90°，CE=3，DE=4，∴CD2=CE2+DE2．∴CD=1．又∵，∴．在Rt△CEF中，∠CFE=90°，CE=3，，根據(jù)勾股定理得：．點睛：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理及勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是求出∠OEB+∠OED=90°，進而利用勾股定理求解.22、（1）；（2）【解析】

（1）y=kx+b經(jīng)過原點則b=0，據(jù)此求解；

（2）y=kx+b的圖象經(jīng)過一、三、四象限，k＞0，b＜0，據(jù)此列出不等式組求解即可．【詳解】（1）由題意得，，∴．（2）由題意得解得，∴a的取值范圍是．【點睛】考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，了解一次函數(shù)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。23、1【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，三角形周長的定義即可解決問題；【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝6，OA＝OC，OB＝OD，∵AC+BD＝16，∴OB+OC＝8，∴△BOC的周長＝BC+OB+OC＝6+8＝1．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)．三角形的周長等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形的對角線互相平分，屬于中考?？碱}型．24、（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，證明見解析（2）①，證明見解析；②四邊形FMAN是矩形，證明見解析（3）【解析】

（1）根據(jù)垂直平分線的判定定理證明即可；（2）①根據(jù)垂直的定義和勾股定理解答即可；②根據(jù)在Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點，可得，再根據(jù)△ABD和△ACE是等腰三角形，可得，再由（1）可得，，從而判定四邊形FMAN是矩形；（3）根據(jù)垂美四邊形的性質(zhì)、勾股定理、結(jié)合（2）的結(jié)論計算即可．【詳解】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形連接AC、BD∵∴點A在線段BD的垂直平分線上∵∴點C在線段BD的垂直平分線上∴直線AC是線段BD的垂直平分線∴∴四邊形ABCD是垂美四邊形；（2）①，理由如下如圖，已知四邊形ABCD中，，垂足為E由勾股定理得②四邊形FMAN是矩形，理由如下如圖，連接AF∵在Rt△ABC中，點F為斜邊BC的中點∵△ABD和△ACE是等腰三角形由（1）可得，∵∴四邊形FMAN是矩形；（3）連接CG、BE，，即在△AGB和△ACE中∵，即∴四邊形CGEB是垂美四邊形由（2）得．【點睛】本題考查了垂美四邊形的問題，掌握垂直平分線的判定定理、垂直的定義、勾股定理、垂美四邊形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及判定定理是解題的關(guān)鍵．25、y=3【解析】

求出A點的坐標，求出B點的坐標，再用待定系數(shù)法求出正比例函數(shù)的解析式，最后求出一次函數(shù)的解析式即可．【詳解】解：將A(2，m)代入y=6x∵AB⊥x軸于點B，∴B(2,0)．將A(2，3)代入y=kx中，3=2k∴設(shè)直線l所對應的函數(shù)表達式為y=3將∴B(2,0)代入上式，得0=3+b，解得b=-3．∴直線l所對應的函數(shù)表達式是y=3故答案為：y=3【點睛】本題考查平移的性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式等知識點