湛江市重點中學2024屆八年級數(shù)學第二學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題含解析

湛江市重點中學2024屆八年級數(shù)學第二學期期末教學質(zhì)量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列命題中，錯誤的是（）A．過n邊形一個頂點的所有對角線，將這個多邊形分成（n﹣2）個三角形B．三角形中，到三個頂點距離相等的點是三條邊垂直平分線的交點C．三角形的中線將三角形分成面積相等的兩部分D．一組對邊平行另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形2．已知是方程的一個根，那么代數(shù)式的值為（）A．5 B．6 C．7 D．83．要使二次根式有意義，x必須滿足（）A．x≤2 B．x≥2 C．x＜2 D．x＞24．函數(shù)中自變量x的取值范圍是（）A．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x≠1 D．x≠05．如圖，某工廠有甲、乙兩個大小相同的蓄水池，且中間有管道連通，現(xiàn)要向甲池中注水，若單位時間內(nèi)的注水量不變，那么從注水開始，乙水池水面上升的高度h與注水時間t之間的函數(shù)關(guān)系圖象可能是()A． B． C． D．6．如圖，等邊△ABC的邊長為6，點O是三邊垂直平分線的交點，∠FOG=120°，∠FOG的兩邊OF，OG分別交AB，BC與點D，E，∠FOG繞點O順時針旋轉(zhuǎn)時，下列四個結(jié)論正確的是（）①OD=OE；②；③；④△BDE的周長最小值為9，A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．一次函數(shù)y=﹣x+2的圖象不經(jīng)過的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．下列命題中，為假命題的是()A．兩組鄰邊分別相等的四邊形是菱形 B．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形C．四個角相等的四邊形是矩形 D．對角線相等的平行四邊形是矩形9．平行四邊形所具有的性質(zhì)是（）A．對角線相等B．鄰邊互相垂直C．每條對角線平分一組對角D．兩組對邊分別相等10．如圖，在?ABCD中，BE平分∠ABC，BC=6，DE=2，則?ABCD的周長等于（）A．20 B．18 C．16 D．14二、填空題(每小題3分,共24分)11．已知平面直角坐標系中A．B兩點坐標如圖，若PQ是一條在x軸上活動的線段，且PQ=1，求當BP+PQ+QA最小時，點Q的坐標___.12．在中，若，則_____________13．若是二次函數(shù)，則m=________

．14．如圖，△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)80°得到△OCD，若∠A＝110°，∠D＝40°，則∠α的度數(shù)是_____．15．如圖，在?ABCD中，已知AD=9cm，AB=6cm，DE平分∠ADC，交BC邊于點E，則BE=______cm．16．關(guān)于一元二次方程的一個根為，則另一個根為__________．17．如圖，將繞點旋轉(zhuǎn)一定角度得到，點的對應(yīng)點恰好落在邊上．若，，則________．18．如圖，直線AB的解析式為y=x+4，與y軸交于點A，與x軸交于點B，點P為線段AB上的一個動點，作PE⊥y軸于點E，PF⊥x軸于點F，連接EF，則線段EF的最小值為_____．三、解答題(共66分)19．（10分）在四邊形中，是邊上一點，點從出發(fā)以秒的速度沿線段運動，同時點從出發(fā)，沿線段、射線運動，當運動到，兩點都停止運動．設(shè)運動時間為（秒）：（1）當與的速度相同，且時，求證：（2）當與的速度不同，且分別在上運動時（如圖1），若與全等，求此時的速度和值；（3）當運動到上，運動到射線上（如圖2），若的速度為秒，是否存在恰當?shù)倪叺拈L，使在運動過程中某一時刻剛好與全等，若存在，請求出此時的值和邊的長；若不存在，請說明理由．20．（6分）如圖，將平行四邊形的對角線向兩個方向延長，分別至點和點，且使．求證：四邊形是平行四邊形．21．（6分）如圖，中，，是上一點，于點，是的中點，于點，與交于點，若，平分，連結(jié)，．（1）求證：；（2）求證：．（3）若，判定四邊形是否為菱形，并說明理由．22．（8分）類比等腰三角形的定義，我們定義：有三條邊相等的凸四邊形叫做“準等邊四邊形”．（1）已知：如圖1，在“準等邊四邊形”ABCD中，BC≠AB，BD⊥CD，AB=3，BD=4，求BC的長；（2）在探究性質(zhì)時，小明發(fā)現(xiàn)一個結(jié)論：對角線互相垂直的“準等邊四邊形”是菱形．請你判斷此結(jié)論是否正確，若正確，請說明理由；若不正確，請舉出反例；（3）如圖2，在△ABC中，AB=AC=，∠BAC=90°．在AB的垂直平分線上是否存在點P，使得以A，B，C，P為頂點的四邊形為“準等邊四邊形”．若存在，請求出該“準等邊四邊形”的面積；若不存在，請說明理由．23．（8分）甲、乙兩人利用不同的交通工具，沿同一路線分別從A、B兩地同時出發(fā)勻速前往C地（B在A、C兩地的途中）．設(shè)甲、乙兩車距A地的路程分別為y甲、y乙（千米），行駛的時間為x（小時），y甲、y乙與x之間的函數(shù)圖象如圖所示．（1）直接寫出y甲、y乙與x之間的函數(shù)表達式；（2）如圖，過點（1，0）作x軸的垂線，分別交y甲、y乙的圖象于點M，N．求線段MN的長，并解釋線段MN的實際意義；（3）在乙行駛的過程中，當甲、乙兩人距A地的路程差小于30千米時，求x的取值范圍．24．（8分）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，A（0，8），B（0，4），點C在x軸的正半軸上，點D為OC的中點．（1）當BD與AC的距離等于2時，求線段OC的長；（2）如果OE⊥AC于點E，當四邊形ABDE為平行四邊形時，求直線BD的解析式．25．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，直線與直線相交于點A.(I)求直線與x軸的交點坐標，并在坐標系中標出點A及畫出直線的圖象；(II)若點P是直線在第一象限內(nèi)的一點，過點P作PQ//y軸交直線于點Q，△POQ的面積等于60，試求點P的橫坐標.26．（10分）乙知關(guān)于的方程.（1）試說明無論取何值時，方程總有兩個不相等的實數(shù)很；（2）如果方程有一個根為,試求的值.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【解析】

根據(jù)多邊形對角線的定義對A進行判斷；根據(jù)三角形外心的性質(zhì)對B進行判斷；根據(jù)三角形中線定義和三角形面積公式對C進行判斷；根據(jù)平行四邊形的判定方法對D進行判斷．【詳解】解：A．過n邊形一個頂點的所有對角線，將這個多邊形分成（n﹣2）個三角形，所以A選項為真命題；B．三角形中，到三個頂點距離相等的點是三條邊垂直平分線的交點，所以B選項為真命題；C．三角形的中線將三角形分成面積相等的兩部分，所以C選項為真命題；D．一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，所以D選項為假命題．故選D．【點睛】本題考查了命題與定理：命題的“真”“假”是就命題的內(nèi)容而言．任何一個命題非真即假．要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可．2、C【解析】

因為a是方程x2?2x?1＝0的一個根，所以a2?2a＝1，那么代數(shù)式2a2?4a＋5可化為2（a2?2a）＋5，然后把a2?2a＝1代入即可．【詳解】解：∵a是方程x2?2x?1＝0的一個根，∴a2?2a＝1，∴2a2?4a＋5＝2（a2?2a）＋5＝2×1＋5＝7，故選：C．【點睛】本題考查了一元一次方程的解以及代數(shù)式求值，注意解題中的整體代入思想．3、B【解析】試題分析：根據(jù)二次根式的意義可知二次根式有意義的條件是被開方數(shù)大于等于0，因此可得x-1≥0，解這個不等式可得x≥1．故選B考點：二次根式的意義4、A【解析】

根據(jù)有分式的意義的條件，分母不等于0，可以求出x的范圍．【詳解】解：根據(jù)題意得：x+1≠0，解得：x≠﹣1．故選：A．【點睛】本題考查了函數(shù)自變量的取值范圍問題，函數(shù)自變量的范圍一般從三個方面考慮：（1）當函數(shù)表達式是整式時，自變量可取全體實數(shù)；（2）當函數(shù)表達式是分式時，考慮分式的分母不能為0；（3）當函數(shù)表達式是二次根式時，被開方數(shù)非負．5、D【解析】

開始一段時間內(nèi)，乙不進行水，當甲的水到過連接處時，乙開始進水，此時水面開始上升，速度較快，水到達連接的地方，水面上升比較慢，最后水面持平后繼續(xù)上升，故選D．6、B【解析】

連接OB、OC，如圖，利用等邊三角形的性質(zhì)得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再證明∠BOD=∠COE，于是可判斷△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，則可對①進行判斷；利用S△BOD=S△COE得到四邊形ODBE的面積=S△ABC=，則可對③進行判斷；作OH⊥DE，如圖，則DH=EH，計算出S△ODE=OE2，利用S△ODE隨OE的變化而變化和四邊形ODBE的面積為定值可對②進行判斷；由于△BDE的周長=BC+DE=6+DE=OE，根據(jù)垂線段最短，當OE⊥BC時，OE最小，△BDE的周長最小，計算出此時OE的長則可對④進行判斷．【詳解】解：連接OB、OC，如圖，

∵△ABC為等邊三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

∵點O是等邊△ABC的內(nèi)心，

∴OB=OC，OB、OC分別平分∠ABC和∠ACB，

∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，

∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，

而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，

∴∠BOD=∠COE，

在△BOD和△COE中，，∴△BOD≌△COE（ASA），

∴BD=CE，OD=OE，①正確；

∴S△BOD=S△COE，

∴四邊形ODBE的面積=S△OBC=S△ABC=××62=，③錯誤作OH⊥DE，如圖，則DH=EH，

∵∠DOE=120°，

∴∠ODE=∠OEH=30°，

∴OH=OE，HE=OH=OE，

∴DE=OE，

∴S△ODE=?OE?OE=OE2，

即S△ODE隨OE的變化而變化，

而四邊形ODBE的面積為定值，

∴S△ODE≠S△BDE；②錯誤；

∵BD=CE，

∴△BDE的周長=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=6+DE=6+OE，

當OE⊥BC時，OE最小，△BDE的周長最小，此時OE=，

∴△BDE周長的最小值=6+3=9，④正確．

故選B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角形面積的計算等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．7、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的系數(shù)確定函數(shù)圖象經(jīng)過的象限，由此即可得出結(jié)論．【詳解】∵一次函數(shù)y=﹣x+2中k=﹣1＜0，b=2＞0，∴該函數(shù)圖象經(jīng)過第一、二、四象限，不經(jīng)過第三象限．故選C．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系．解答本類型題目時，根據(jù)函數(shù)系數(shù)的正負確定函數(shù)圖象經(jīng)過的象限是關(guān)鍵．8、A【解析】

根據(jù)特殊的平行四邊形的判定即可逐一判斷．【詳解】解：兩組鄰邊分別相等的四邊形不一定是菱形，如AB=AD，CB=CD，但AB≠CB的四邊形，故選項A中的命題是假命題，故選項A符合題意；

對角線互相垂直平分的四邊形是菱形是真命題，故選項B不符合題意；

四個角相等的四邊形是矩形是真命題，故選項C不符合題意；

對角線相等的平行四邊形是矩形是真命題，故選項D不符合題意；

故選：A．【點睛】本題考查命題與定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，熟練掌握特殊的平行四邊形的判定定理，會判斷命題的真假．9、D【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對角相等，對角線互相平分，對邊平行且相等，繼而即可得出答案．【詳解】平行四邊形的對角相等，對角線互相平分，對邊平行且相等．故選D．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對角相等，對角線互相平分，對邊平行且相等；熟記平行四邊形的性質(zhì)是關(guān)鍵．10、A【解析】

由已知條件易證AB=AE=AD-DE=BC-DE=4，結(jié)合AB=CD，AD=BC=6即可求得平行四邊形ABCD的周長.【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC=6，AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE=AD-DE=6-2=4，∴CD=AB=4，∴平行四邊形ABCD的周長=2×（4+6）=20.故選A.點睛：“由BE平分∠ABC結(jié)合AD∥BC得到∠ABE=∠CBE=∠AEB，從而證得AB=AE=AD-DE=BC-DE=4”是解答本題的關(guān)鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、（，0）；【解析】

如圖把點向右平移1個單位得到，作點關(guān)于軸的對稱點，連接，與軸的交點即為點，此時的值最小，求出直線的解析式，即可解決問題.【詳解】如圖把點向右平移1個單位得到，作點關(guān)于軸的對稱點，連接，與軸的交點即為點，此時的值最小，設(shè)最小的解析式為，則有，解得，直線的解析式為，令，得到，.故答案為：.【點睛】本題考查軸對稱最短問題、坐標與圖形的性質(zhì)、一次函數(shù)的應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用對稱解決最短問題，學會構(gòu)建一次函數(shù)解決交點問題，屬于中考?？碱}型.12、；【解析】

根據(jù)在直角三角形中，角所對的邊是斜邊的一半，即可的BC的長.【詳解】根據(jù)題意中，若所以可得BC=故答案為1【點睛】本題主要考查在直角三角形中，角所對的邊是斜邊的一半，這是一個重要的直角三角形的性質(zhì)，應(yīng)當熟練掌握.13、-1.【解析】試題分析：根據(jù)二次函數(shù)的定義可知：，解得：，則m=-1．14、50°【解析】

已知旋轉(zhuǎn)角為80°，即∠DOB＝80°，欲求∠α的度數(shù)，必須先求出∠AOB的度數(shù)，利用三角形內(nèi)角和定理求解即可．【詳解】解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠A＝∠C＝110°，∠D＝∠B＝40°；根據(jù)三角形內(nèi)角和定理知：∠AOB＝180°﹣110°﹣40°＝30°；已知旋轉(zhuǎn)角∠DOB＝80°，則∠α＝∠DOB﹣∠AOB＝50°．故答案為50°．【點睛】此題主要考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，同時還涉及到三角形內(nèi)角和定理的運用，難度不大．15、1【解析】

由平行四邊形對邊平行得AD∥BC，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，進一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根據(jù)等角對等邊得CE=CD，則BE可求解．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，BC=AD=9cm，CD=AB=6cm，∴∠EDA=∠DEC，又∵DE平分∠ADC，∴∠EDC=∠ADE，∴∠EDC=∠DEC，∴CE=CD=6cm，∴BE=BC-EC=1cm，故答案為：1．【點睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，求出CE=CD=6cm是解題的關(guān)鍵．16、1【解析】

利用根與系數(shù)的關(guān)系可得出方程的兩根之積為-1，結(jié)合方程的一個根為-1，可求出方程的另一個根，此題得解．【詳解】∵a=1，b=m，c=-1，

∴x1?x2==-1．

∵關(guān)于x一元二次方程x2+mx-1=0的一個根為x=-1，

∴另一個根為-1÷（-1）=1．

故答案為：1．【點睛】此題考查根與系數(shù)的關(guān)系以及一元二次方程的解，牢記兩根之積等于是解題的關(guān)鍵．17、1【解析】

利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC=1AB=4，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AD=AB，則可判斷△ABD為等邊三角形，所以BD=AB=1，然后計算BC-BD即可．【詳解】解：∵∠BAC=90°，∠B=60°，

∴BC=1AB=4，

∵Rt△ABC繞點A按順時針旋轉(zhuǎn)一定角度得到Rt△ADE，點B的對應(yīng)點D恰好落在BC邊上，

∴AD=AB，

而∠B=60°，

∴△ABD為等邊三角形，

∴BD=AB=1，

∴CD=BC-BD=4-1=1．

故答案為：1．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．18、【解析】

在一次函數(shù)y=x+4中，分別令x=0，y=0，解相應(yīng)方程，可求得A、B兩點的坐標，由矩形的性質(zhì)可知EF=OP，可知當OP最小時，則EF有最小值，由垂線段最短可知當OP⊥AB時，滿足條件，根據(jù)直角三角形面積的不同表示方法可求得OP的長，即可求得EF的最小值．【詳解】解：∵一次函數(shù)y=x+4中，令x=0，則y=4，令y=0，則x=-3，∴A（0，4），B（-3，0），∵PE⊥y軸于點E，PF⊥x軸于點F，∴四邊形PEOF是矩形，且EF=OP，∵O為定點，P在線段上AB運動，∴當OP⊥AB時，OP取得最小值，此時EF最小，∵A（0，4），點B坐標為（-3，0），∴OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB==5，∵AB·OP=AO·BO=2S△OAB，∴OP=，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特點，勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)、最值問題等，熟練掌握相關(guān)知識、確定出OP的最小值是解題的關(guān)鍵．三、解答題(共66分)19、（1）見解析；（2）的速度為3，t的值為2；（3）的長為時，兩三角形全等【解析】

（1）根據(jù)SAS即可證明△EBP≌△PCQ．（2）正確尋找全等三角形的對應(yīng)邊，根據(jù)路程，速度，時間的關(guān)系即可解決問題．（3）分兩種情形分別構(gòu)建方程組即可解決問題．【詳解】（1）由題意：BP=CQ=1×2=2（cm），∵BC=8cm，BE=6cm，∴PC=8-2=6（cm），,,,,（2）設(shè)的速度為，則，分兩種情況：①當時，，即，解得，（舍去）②當時，，即，解得，Q的速度為3，t的值為2.（3）設(shè)，則，分兩種情況：①當時，，即，解得，②，即，解得故：當?shù)拈L為時，兩三角形全等．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，路程，速度，時間之間的關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題．20、詳見解析【解析】

由四邊形ABCD是平行四邊形易知OA=OC，OC=OD，再證得OE=OF，即可得出結(jié)論．【詳解】證明：連接，設(shè)與交于點四邊形是平行四邊形．，又四邊形是平行四邊形，【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題時要注意選擇適宜的判定方法．21、（1）見解析；（2）證明見解析；（3）四邊形AEGF是菱形，證明見解析．【解析】

（1）依據(jù)條件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，依據(jù)F是AD的中點，F(xiàn)G∥AE，即可得到FG是線段ED的垂直平分線，進而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；（注：本小題也可以通過證明四邊形ECGH為矩形得出結(jié)論）

（2）過點G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△DPG，依據(jù)EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；

（3）依據(jù)∠B=30°，可得∠ADE=30°，進而得到AE=AD，故AE=AF=FG，再根據(jù)四邊形AEGF是平行四邊形，即可得到四邊形AEGF是菱形．【詳解】解：（1）∵AF=FG，

∴∠FAG=∠FGA，

∵AG平分∠CAB，

∴∠CAG=∠FAG，

∴∠CAG=∠FGA，

∴AC∥FG，

∵DE⊥AC，

∴FG⊥DE，

∵FG⊥BC，

∴DE∥BC，

∴AC⊥BC，

∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，

∵F是AD的中點，F(xiàn)G∥AE，

∴H是ED的中點，

∴FG是線段ED的垂直平分線，

∴GE=GD，∠GDE=∠GED，

∴∠CGE=∠GDE，

∴△ECG≌△GHD；

（2）證明：過點G作GP⊥AB于P，

∴GC=GP，而AG=AG，

∴△CAG≌△PAG，

∴AC=AP，

由（1）可得EG=DG，

∴Rt△ECG≌Rt△DPG，

∴EC=PD，

∴AD=AP+PD=AC+EC；

（3）四邊形AEGF是菱形，

證明：∵∠B=30°，

∴∠ADE=30°，

∴AE=AD，

∴AE=AF=FG，

由（1）得AE∥FG，

∴四邊形AEGF是平行四邊形，

∴四邊形AEGF是菱形．【點睛】此題考查菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等是解題的關(guān)鍵．22、（1）5；（2）正確，證明詳見解析；（3）存在，有四種情況，面積分別是：，，，【解析】

（1）根據(jù)勾股定理計算BC的長度,（2）根據(jù)對角線互相垂直平分的四邊形是菱形判斷,（3）有四種情況，作輔助線，將四邊形分成兩個三角形和一個四邊形或兩個三角形，相加可得結(jié)論.【詳解】（1）∵BD⊥CD∴∠BDC=90°，BC>CD∵在“準等邊四邊形”ABCD中，BC≠AB，∴AB=AD=CD=3,∵BD=4，∴BC=,（2）正確．如圖所示：∵AB=AD∴ΔABD是等腰三角形．∵AC⊥BD．∴AC垂直平分BD．∴BC=CD∴CD=AB=AD=BC∴四邊形ABCD是菱形．（3）存在四種情況，如圖2，四邊形ABPC是“準等邊四邊形”,過C作于F，則,∵EP是AB的垂直平分線，∴,∴四邊形AEFC是矩形，在中，,∴,∵∴∴如圖4，四邊形ABPC是“準等邊四邊形”,

∵,∴是等邊三角形，∴;如圖5，四邊形ABPC是“準等邊四邊形”,∵,PE是AB的垂直平分線，∴E是AB的中點，∴,∴∴如圖6，四邊形ABPC是“準等邊四邊形”,過P作于F，連接AP，

∵，∴，∴【點睛】本題考查了四邊形綜合題，矩形和菱形的判定和性質(zhì)，“準等邊四邊形”的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形和矩形解題，學會用分類討論的思想解決問題，難度較大，屬于中考壓軸題.23、（1）y甲=10x；y乙=40x+10；（2）表示甲、乙兩人出發(fā)1小時后，他們相距40千米；（3）在乙行駛的過程中，當甲、乙兩人距A地的路程差小于30千米時，x的取值范圍是1.5＜x＜4.5或5.2＜x≤1．【解析】

試題分析：（1）利用待定系數(shù)法即可求出y甲、y乙與x之間的函數(shù)表達式；

（2）把x=1代入（1）中的函數(shù)解析式，分別求出對應(yīng)的y甲、y乙的值，則線段MN的長=y乙-y甲，進而解釋線段MN的實際意義；

（3）分三種情況進行討論：①0＜x≤3；②3＜x≤5；③5＜x≤1．分別根據(jù)甲、乙兩人距A地的路程差小于30千米列出不等式，解不等式即可．試題解析：（1）設(shè)y甲=kx，把（3，180）代入，得3k=180，解得k=10，則y甲=10x；設(shè)y乙=mx+n，把（0，10），（3，180）代入，得，解得，則y乙=40x+10；（2）當x=1時，y甲=10x=10，y乙=40x+10=100，則MN=100﹣10=40（千米），線段MN的實際意義：表示甲、乙兩人出發(fā)1小時后，他們相距40千米；（3）分三種情況：①當0＜x≤3時，（40x+10）﹣10x＜30，解得x＞1.5；②當3＜x≤5時，10x﹣（40x+10）＜30，解得x＜4.5；③當5＜x≤1時，300﹣（40x+10）＜30，解得x＞5.2．綜上所述，在乙行駛的過程中，當甲、乙兩人距A地的路程差小于30千米時，x的取值范圍是1.5＜x＜4.5或5.2＜x≤1．24、（1）；（2）y＝－x＋1.【解析】

（1）作BF⊥AC于點F，取AB的中點G，確定出G坐標，由平行線間的距離相等求出BF的長，在直角三角形ABF中，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半求出FG的長，進而確定出三角形BFG為等邊三角形，即∠BAC=30°，設(shè)OC=x，則有AC=2x，利用勾股定理表示出OA，根據(jù)OA的長求出x的值，即可確定出C坐標；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得出DE⊥O