2025屆河北省邯鄲市名校八年級數(shù)學第一學期期末聯(lián)考試題含解析

2025屆河北省邯鄲市名校八年級數(shù)學第一學期期末聯(lián)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，∠ABC=∠ACB，AD、BD分別平分△ABC的外角∠EAC、內(nèi)角∠ABC，以下結(jié)論：①AD∥BC；②∠ACB=2∠ADB；③BD⊥AC；④AC=AD．其中正確的結(jié)論有（）A．①② B．①②④ C．①②③ D．①③④2．下列數(shù)據(jù)的方差最大的是（）A．3，3，6，9，9 B．4，5，6，7，8 C．5，6，6，6，7 D．6，6，6，6，63．一次函數(shù)（m為常數(shù)），它的圖像可能為（）A． B．C． D．4．已知三角形兩邊的長分別是5和11，則此三角形第三邊的長可能是（）A．5 B．15 C．3 D．165．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6,AC=8,D為AC上一點，將△ABD沿BD折疊，使點A恰好落在BC上的E處，則折痕BD的長是（）A．5 B． C．3 D．6．程老師制作了如圖1所示的學具，用來探究“邊邊角條件是否可確定三角形的形狀”問題，操作學具時，點Q在軌道槽AM上運動，點P既能在以A為圓心、以8為半徑的半圓軌道槽上運動，也能在軌道槽QN上運動，圖2是操作學具時，所對應某個位置的圖形的示意圖．有以下結(jié)論：①當∠PAQ=30°，PQ=6時，可得到形狀唯一確定的△PAQ②當∠PAQ=30°，PQ=9時，可得到形狀唯一確定的△PAQ③當∠PAQ=90°，PQ=10時，可得到形狀唯一確定的△PAQ④當∠PAQ=150°，PQ=12時，可得到形狀唯一確定的△PAQ其中所有正確結(jié)論的序號是()A．②③ B．③④ C．②③④ D．①②③④7．下列判定直角三角形全等的方法，不正確的是（）A．兩條直角邊對應相等 B．斜邊和一銳角對應相等C．斜邊和一直角邊對應相等 D．兩個面積相等的直角三角形8．下圖中為軸對稱圖形的是（）．A． B． C． D．9．下列運算正確的是（）A．3a?4a=12aB．（a3）2=a6C．（﹣2a）3=﹣2a3D．a(chǎn)12÷a3=a410．若將一副三角板按如圖所示的方式放置，則下列結(jié)論：①；②如果，則有；③如果，則有；④如果，必有；其中正確的有()A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④11．若等腰三角形的兩邊長分別4和6，則它的周長是（）A．14 B．15 C．16 D．14或1612．如圖，邊長為a，b的矩形的周長為10，面積為6，則a2b+ab2的值為（）A．60 B．16 C．30 D．11二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，∠BAC＝30°，點D為∠BAC內(nèi)一點，點E，F(xiàn)分別是AB，AC上的動點．若AD＝9，則△DEF周長的最小值為____．14．三邊都不相等的三角形的三邊長分別為整數(shù)，，，且滿足，則第三邊的值為________．15．計算：____________.16．在平面直角坐標系中，點A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，2），當△ABC與△ABD全等時，則點D的坐標可以是_____．17．某學校為了豐富學生的課外活動，準備購買一批體育器材，已知類器材比類器材的單價高元，用元購買類器材與用元購買類器材的數(shù)量相同，則類器材的單價為_________________元．18．如圖，在中，，點是的中點，交于，點在上，，，，則=_________．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足為F．（1）求證：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度數(shù)；（3）求證：CD=2BF+DE．20．（8分）某大型超市投入15000元資金購進、兩種品牌的礦泉水共600箱，礦泉水的成本價和銷售價如下表所示：類別/單價成本價（元/箱）銷售價（元/箱）A品牌2032B品牌3550（1）該大型超市購進、品牌礦泉水各多少箱？（2）全部銷售完600箱礦泉水，該超市共獲得多少利潤？21．（8分）如圖，已知中，厘米，厘米，點為的中點．（1）如果點P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上由C點向A點運動．①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，與是否全等，請說明理由；②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，與是否可能全等？若能，求出全等時點Q的運動速度和時間；若不能，請說明理由．（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿三邊運動，求經(jīng)過多長時間點P與點Q第一次在的哪條邊上相遇？22．（10分）如圖，是邊長為的等邊三角形若點以的速度從點向點運動，到點停止運動；同時點以的速度從點向點運動，到點停止運動，(1)試求出運動到多少秒時，為等邊三角形；(2)試求出運動到多少秒時，為直角三角形．23．（10分）在平面直角坐標系中，B(2，2)，以O(shè)B為一邊作等邊△OAB（點A在x軸正半軸上）．（1）若點C是y軸上任意一點，連接AC，在直線AC上方以AC為一邊作等邊△ACD．①如圖1，當點D落在第二象限時，連接BD，求證：AB⊥BD；②若△ABD是等腰三角形，求點C的坐標；（2）如圖2，若FB是OA邊上的中線，點M是FB一動點，點N是OB一動點，且OM+NM的值最小，請在圖2中畫出點M、N的位置，并求出OM+NM的最小值．24．（10分）已知一次函數(shù)y=2x+b.(1)它的圖象與兩坐標軸所圍成的圖形的面積等于4,求b的值;(2)它的圖象經(jīng)過一次函數(shù)y=-2x+1、y=x+4圖象的交點,求b的值.25．（12分）（1）計算：；（2）計算：；（3）解方程：；26．問題發(fā)現(xiàn)：如圖，在中，，為邊所在直線上的動點(不與點、重合)，連結(jié)，以為邊作，且，根據(jù)，得到，結(jié)合，得出，發(fā)現(xiàn)線段與的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為；（1）探究證明：如圖，在和中，，，且點在邊上滑動(點不與點、重合)，連接．①則線段，，之間滿足的等量關(guān)系式為_____；②求證:；（2）拓展延伸：如圖，在四邊形中，．若，，求的長．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【分析】根據(jù)角平分線定義得出∠ABC=2∠ABD=2∠DBC，∠EAC=2∠EAD，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，根據(jù)三角形外角性質(zhì)進而解答即可．【詳解】解：∵AD平分∠EAC，

∴∠EAC=2∠EAD，

∵∠EAC=∠ABC+∠ACB，∠ABC=∠ACB，

∴∠EAD=∠ABC，

∴AD∥BC，∴①正確；

∵AD∥BC，

∴∠ADB=∠DBC，

∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，

∴∠ABC=∠ACB=2∠DBC，

∴∠ACB=2∠ADB，∴②正確；

∵BD平分∠ABC，∠ABC=∠ACB，

∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，

當∠BAC=∠C時，才有∠ABD+∠BAC=90°，故③錯誤；

∵∠ADB=∠ABD，

∴AD=AB，

∴AD=AC，故④正確；

故選：B．【點睛】本題考查了三角形外角性質(zhì)，角平分線定義，平行線的判定，三角形內(nèi)角和定理的應用，主要考察學生的推理能力，有一定的難度．2、A【分析】先計算出各組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，再根據(jù)方差公式計算出各方差即可得出答案．【詳解】解：A、這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（3+3+6+9+9）=6，方差為×[（3-6）2×2+（6-6）2+（9-6）2×2]=7.2；B、這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（4+5+6+7+8）=6，方差為×[（4-6）2+（5-6）2+（6-6）2+（7-6）2+（8-6）2]=2；C、這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（5+6+6+6+7）=6，方差為×[（5-6）2+（6-6）2×3+（7-6）2]=0.4；D、這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為×（6+6+6+6+6）=6，方差為×（6-6）2×5=0；故選A.【點睛】本題主要考查方差，熟練掌握方差的計算方法是解題的關(guān)鍵．3、A【分析】根據(jù)一次項系數(shù)-1<0可判斷函數(shù)增減性，根據(jù)可判斷函數(shù)與y軸交點，由此可得出正確選項．【詳解】解：∵-1<0，，∴一次函數(shù)與y軸相交于非負半軸，且函數(shù)是遞減的，符合條件的選項為A，故選：A．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，熟練掌握一次函數(shù)y=kx+b的性質(zhì)．當k＞0，y隨x的增大而增大，圖象一定過第一、三象限；當k＜0，y隨x的增大而減小，圖象一定過第二、四象限；當b＞0，圖象與y軸的交點在x軸上方；當b=0，圖象過原點；當b＜0，圖象與y軸的交點在x軸下方．4、B【分析】根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，求出第三邊的長的取值范圍，即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵三角形兩邊的長分別是5和11，∴11－5＜第三邊的長＜11＋5解得：6＜第三邊的長＜16由各選項可知，符合此范圍的選項只有B故選B．【點睛】此題考查的是根據(jù)三角形兩邊的長，求第三邊的長的取值范圍，掌握三角形的三邊關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．5、C【分析】根據(jù)勾股定理易求BC=1．根據(jù)折疊的性質(zhì)有AB=BE，AD=DE，∠A=∠DEB=90°,

在△CDE中，設(shè)AD=DE=x，則CD=8-x，EC=1-6=2．根據(jù)勾股定理可求x,在△ADE中，運用勾股定理求BD．【詳解】解：∵∠A=90°，AB=6,AC=8，

∴BC=1．

根據(jù)折疊的性質(zhì)，AB=BE，AD=DE，∠A=∠DEB=90°．

∴EC=1-6=2．

在△CDE中，設(shè)AD=DE=x，則CD=8-x，根據(jù)勾股定理得

（8-x）2=x2+22．

解得x=4．

∴DE=4．

∴BD==4,故選C.【點睛】本題考查圖形的翻折變換，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如本題中折疊前后對應邊、角相等．6、C【分析】分別在以上四種情況下以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，觀察弧與直線AM的交點即為Q點，作出后可得答案．【詳解】如下圖，當∠PAQ=30°，PQ=6時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)兩個位置的Q都符合題意，所以不唯一，所以①錯誤．如下圖，當∠PAQ=30°，PQ=9時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)左邊位置的Q不符合題意，所以唯一，所以②正確．如下圖，當∠PAQ=90°，PQ=10時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)兩個位置的Q都符合題意，但是此時兩個三角形全等，所以形狀相同，所以唯一，所以③正確．如下圖，當∠PAQ=150°，PQ=12時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出，發(fā)現(xiàn)左邊位置的Q不符合題意，所以唯一，所以④正確．綜上：②③④正確．故選C．【點睛】本題考查的是三角形形狀問題，為三角形全等來探索判定方法，也考查三角形的作圖，利用對稱關(guān)系作出另一個Q是關(guān)鍵．7、D【詳解】解：A、正確，利用SAS來判定全等；B、正確，利用AAS來判定全等；C、正確，利用HL來判定全等；D、不正確，面積相等不一定能推出兩直角三角形全等，沒有相關(guān)判定方法對應．故選D．【點睛】本題主要考查直角三角形全等的判定方法，關(guān)鍵是熟練掌握常用的判定方法有SSS、SAS、AAS、HL等．8、D【分析】根據(jù)軸對稱圖形的定義可得.【詳解】根據(jù)軸對稱圖形定義可得ABC選項均不是軸對稱圖形，D選項為軸對稱圖形.【點睛】軸對稱圖形沿對稱軸折疊，左右兩邊能夠完全重合.9、B【解析】直接利用單項式乘以單項式以及冪的乘方運算法則分別化簡得出答案．【詳解】解：A、3a?4a=12a2，故此選項錯誤；B、（a3）2=a6，正確；C、（﹣2a）3=﹣8a3，故此選項錯誤；D、a12÷a3=a9，故此選項錯誤；故選：B．【點睛】此題主要考查了單項式乘以單項式以及冪的乘方運算，正確掌握相關(guān)運算法則是解題關(guān)鍵．10、B【分析】根據(jù)兩種三角板的各角的度數(shù)，利用平行線的判定與性質(zhì)結(jié)合已知條件對各個結(jié)論逐一驗證，即可得出答案．【詳解】解：①∵∠CAB=∠EAD=90°，

∴∠1=∠CAB-∠2，∠3=∠EAD-∠2，

∴∠1=∠3，故本選項正確．②∵∠2=30°，

∴∠1=90°-30°=60°，

∵∠E=60°，

∴∠1=∠E，

∴AC∥DE，故本選項正確．③∵∠2=30°，

∴∠3=90°-30°=60°，

∵∠B=45°，

∴BC不平行于AD，故本選項錯誤．④由∠2=30°可得AC∥DE，從而可得∠4=∠C，故本選項正確．故選B.【點睛】此題主要考查了學生對平行線判定與性質(zhì)、余角和補角的理解和掌握，解答此題時要明確兩種三角板各角的度數(shù)．11、D【解析】根據(jù)題意，①當腰長為6時，符合三角形三邊關(guān)系，周長=6+6+4=16；②當腰長為4時，符合三角形三邊關(guān)系，周長=4+4+6=14.故選D.12、C【分析】先把所給式子提公因式進行因式分解，整理為與所給周長和面積相關(guān)的式子，再代入求值即可．【詳解】∵矩形的周長為10，∴a+b=5，∵矩形的面積為6，∴ab=6，

∴a2b+ab2=ab（a+b）=1．

故選：C．【點睛】本題既考查了對因式分解方法的掌握，又考查了代數(shù)式求值的方法，同時還隱含了整體的數(shù)學思想和正確運算的能力．二、填空題（每題4分，共24分）13、1；【分析】由對稱的性質(zhì)可得：DE=EM，DF=FN，AM=AD=AN=1，∠MAE=∠DAE，∠NAF=∠DAF，然后根據(jù)兩點之間線段最短可得此時MN即為△DEF的周長的最小值，然后根據(jù)等邊三角形的判定定理及定義即可求出結(jié)論．【詳解】解：過點D分別作AB、AC的對稱點M、N，連接MN分別交AB、AC于點E、F，連接DE、DF、AD、AM和AN由對稱的性質(zhì)可得：DE=EM，DF=FN，AM=AD=AN=1，∠MAE=∠DAE，∠NAF=∠DAF∴△DEF的周長=DE＋EF＋DF=EM＋EF＋FN=MN，∠MAE＋∠NAF=∠DAE＋∠DAF=∠BAC=30°∴根據(jù)兩點之間線段最短，此時MN即為△DEF的周長的最小值，∠MAN=∠MAE＋∠NAF＋∠BAC=60°∴△MAN為等邊三角形∴MN=AM=AN=1即△DEF周長的最小值為1故答案為：1．【點睛】此題考查的是對稱的性質(zhì)、等邊三角形的判定及定義和兩點之間線段最短的應用，掌握對稱的性質(zhì)、等邊三角形的判定及定義和兩點之間線段最短是解決此題的關(guān)鍵．14、1【分析】由題意利用配方法和非負數(shù)的性質(zhì)求得a、b的值，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系定理求出第三邊的值.【詳解】解：∵，∴，∴，解得，∵1＜c＜5，三邊都不相等∴c=1，即c的長為1．故答案為：1.【點睛】本題考查配方法的應用和三角形的三邊關(guān)系以及非負數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握完全平方公式是解本題的關(guān)鍵．15、【分析】根據(jù)商的乘方，分子、分母分別平方，然后在分別用積的乘方，冪的乘方法則來計算即可得結(jié)果.【詳解】，故答案為：【點睛】利用商的乘方法則，在用積的乘方計算時，要注意負數(shù)的平方是正數(shù)，積的乘方法則計算，以及冪的乘方計算時注意指數(shù)相乘的關(guān)系.16、（0，﹣2）或（2，﹣2）或（2，2）【分析】根據(jù)題意畫出符合條件的圖形，根據(jù)圖形結(jié)合A、B、C的坐標即可得出答案．【詳解】解：∵△ABC與△ABD全等，如圖所示：點D坐標分別為：（0，﹣2）或（2，﹣2）或（2，2）．故答案為：（0，﹣2）或（2，﹣2）或（2，2）．【點睛】本題考查三角形全等的判定和坐標與圖形性質(zhì)，注意要進行分類討論，能求出符合條件的所有情況是解題的關(guān)鍵．17、1【分析】設(shè)B類器材的單價為x元，則A類器材的單價是(x+10)元，根據(jù)“用300元購買A類器材與用10元購買B類器材的數(shù)量相同”列出方程解答即可．【詳解】設(shè)B類器材的單價為x元，則A類器材的單價是(x+10)元，由題意得：解得：x=1．經(jīng)檢驗：x=1是原方程的解．故答案為：1．【點睛】本題考查了分式方程的實際運用，找出題目蘊含的數(shù)量關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．18、【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BE=2DE=2（1+2.5）=7，過O作OF⊥AB于F，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到BF=AF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵,∴DE=1+2.5=3.5∵DE⊥BC，∠B=30°，∴BE=2DE=7，

過O作OF⊥AB于F，

∵點D是BC的中點，

∴OC=OB，∠BDE=90°，

∵OC=OA，

∴OB=OA，∴BF=AF，

∵∴∠FEO=60°，

∴∠EOF=30°，∴EF=OE=，

∴BF=BE-EF=7-，∴AF=BF=，∴AE=AF-EF=．

故答案為：．【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）∠FAE=135°；（3）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)已知條件易證∠BAC=∠DAE，再由AB=AD，AE=AC，根據(jù)SAS即可證得△ABC≌△ADE；（2）已知∠CAE=90°，AC=AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理可得∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BCA=∠E=45°，再求得∠CAF=45°，由∠FAE=∠FAC+∠CAE即可得∠FAE的度數(shù)；（3）延長BF到G，使得FG=FB，易證△AFB≌△AFG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AB=AG，∠ABF=∠G，再由△BAC≌△DAE，可得AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，所以AG=AD，∠ABF=∠CDA，即可得∠G=∠CDA，利用AAS證得△CGA≌△CDA，由全等三角形的性質(zhì)可得CG=CD，所以CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF．【詳解】（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，∴∠BAC=∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE=90°，AC=AE，∴∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA=∠E=45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA=90°，∴∠CAF=45°，∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；（3）延長BF到G，使得FG=FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG=∠AFB=90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB=AG，∠ABF=∠G，∵△BAC≌△DAE，∴AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，∴AG=AD，∠ABF=∠CDA，∴∠G=∠CDA，在△CGA和△CDA中，，∴△CGA≌△CDA，∴CG=CD，∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF，∴CD=2BF+DE．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解決第3問需作輔助線，延長BF到G，使得FG=FB，證得△CGA≌△CDA是解題的關(guān)鍵．20、（1）該超市進品牌礦泉水400箱，品牌礦泉水200箱；（2）該超市共獲利潤7800元．【分析】（1）設(shè)該超市進A品牌礦泉水x箱，B品牌礦泉水y箱，“購進、兩種品牌的礦泉水共600箱”和“投入15000元資金”，可列二元一次方程組，求解即可；（2）根據(jù)

“總利潤=A品牌礦泉水每箱利潤×數(shù)量+B品牌礦泉水每箱利潤×數(shù)量”，即可求出該超市銷售完600箱礦泉水獲得的利潤．【詳解】解：（1）設(shè)該超市進品牌礦泉水箱，品牌礦泉水箱，依題意，得：，解得：．答：該超市進品牌礦泉水400箱，品牌礦泉水200箱．（2）（元）答：該超市共獲利潤7800元．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用，找準等量關(guān)系，正確列出二元一次方程組是解題的關(guān)鍵．21、（1）①，理由見解析；②秒，厘米/秒；（2）經(jīng)過秒，點與點第一次在邊上相遇【分析】（1）①根據(jù)“路程=速度×時間”可得，然后證出，根據(jù)等邊對等角證出，最后利用SAS即可證出結(jié)論；②根據(jù)題意可得,若與全等，則，根據(jù)“路程÷速度=時間”計算出點P的運動時間，即為點Q運動的時間，然后即可求出點Q的速度；（2）設(shè)經(jīng)過秒后點與點第一次相遇，根據(jù)題意可得點與點第一次相遇時，點Q比點P多走AB＋AC=20厘米，列出方程，即可求出相遇時間，從而求出點P運動的路程，從而判斷出結(jié)論．【詳解】解：（1）①∵秒，∴厘米，∵厘米，點為的中點，∴厘米．又∵厘米，∴厘米，∴．又∵，∴，在△BPD和△CQP中∴．②∵，∴，又∵與全等，，則，∴點，點運動的時間秒，∴厘米/秒．（2）設(shè)經(jīng)過秒后點與點第一次相遇，∵∴點與點第一次相遇時，點Q比點P多走AB＋AC=20厘米∴，解得秒．∴點共運動了厘米．∵，∴點、點在邊上相遇，∴經(jīng)過秒，點與點第一次在邊上相遇．【點睛】此題考查的是全等三角形的判定及性質(zhì)和動點問題，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)和行程問題公式是解決此題的關(guān)鍵．22、（1）秒；（2）秒或1.5秒【分析】（1）設(shè)運動秒時，為等邊三角形，根據(jù)列出關(guān)于t的方程求解即可；（2）設(shè)運動秒時，分或者兩種情況列方程求解即可.【詳解】(1)設(shè)運動秒時，為等邊三角形∴∴當運動到秒時，為等邊三角形．(2)∵為直角三角形．∴可能或者①當運動秒時，∵∴∴∴②當運動秒時，∵∴∴∴．綜上所述，運動秒或1.5秒時，為直角三角形【點睛】本題考查了三角形的動點問題，解題的難點在于分類討論的數(shù)學思想的運用，要做到不重不漏的分析問題的存在性．23、（1）①見解析；②點C的坐標為(0，﹣4)或(0，4)；（2）2【分析】（1）①證明△ABD≌△AOC（SAS），得出∠ABD＝∠AOC＝90°即可；②存在兩種情況：當點D落在第二象限時，作BM⊥OA于M，由等邊三角形的性質(zhì)得出AO＝2OM＝4，同①得△ABD≌△AOC（SAS），得出BD＝OC，∠ABD＝∠OAC＝90°，若△ABD是等腰三角形，則BD＝AB，得出OC＝AB＝OA＝4，則C（0，﹣4）；當點D落在第一象限時，作BM⊥OA于M，由等邊三角形的性質(zhì)得出AO＝2OM＝4，同①得△ABD≌△AOC（SAS），得出BD＝OC，∠ABD＝∠OAC＝90°，若△ABD是等腰三角形，則BD＝AB，得出OC＝AB＝OA＝4，則C（0，4）；（2）作ON'⊥AB于N'，作MN⊥OB于N，此時OM+MN的值最小，由等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理求出ON＝2即可．【詳解】解：（1）①證明：∵△OAB和△ACD是等邊三角形，∴BO＝AO＝AB，AC＝AD，∠OAB＝∠CAD＝60°，∴∠BAD＝∠OAC，在△ABD和△AOC中，，∴△ABD≌△AOC（SAS），∴∠ABD＝∠AOC＝90°，∴AB⊥BD；②解：存在兩種情況：當點D落在第二象限時，如圖1所示：作BM⊥OA于M，∵B（2，2），∴OM＝2，BM＝2，∵△OAB是等邊三角形，∴AO＝2OM＝4，同①得：△ABD≌△AOC（SAS），∴BD＝OC，∠ABD＝∠OAC＝90°，若△ABD是等腰三角形，則BD＝AB，∴OC＝AB＝OA＝4，∴C（0，﹣4）；當點D落在第一象限時，如圖1﹣1所示：作BM⊥OA于M，∵B（2，2），∴OM＝2，BM＝2，∵△OAB是等邊三角形，∴AO＝2OM＝4，同①得：△ABD≌△AOC（SAS），∴BD＝OC，∠ABD＝∠OAC＝90°，若△ABD是等腰三角形，則BD＝AB，∴OC＝AB＝OA＝4，∴C（0，4）；綜上所述，若△ABD是等腰三角形，點C的坐標為（0，﹣4）或（0，4）；（2）解：作ON'⊥AB于N'，作MN⊥OB于N，如圖2所示：∵△OAB是等邊三角形，ON'⊥AB，F(xiàn)B是OA邊上的中線，∴AN'＝AB＝2，BF⊥OA，BF平分∠ABO，∵ON'⊥AB，MN⊥OB，∴MN＝MN'，∴N'和N關(guān)于BF對稱，此時OM+MN的值最小，∴OM+MN＝OM+MN'＝ON，∵ON＝＝＝2，∴OM+MN＝2；即OM+NM的最小值為2．【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及最小值問題；本題綜合性強，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．24、（1）±4；（2）5【解析】（1）分別求出一次函數(shù)y=2x+b與坐標軸的交點，然后根據(jù)它的圖象與坐標軸所圍成的圖象的面積等于4列出方程即可求出b的值；（2）由題意可知：三條直線交于一點，所以可先求出一次函數(shù)y=-2x+1與y=x+4的交點坐標，然后代入y=2x+b求出b的值．【詳解】解：（1）令x=0代入y=