如图所示, 以$C$ 为原点, $CB$ 所在直线为$x$ 轴, $CD$ 所在直线为$y$ 轴建立坐标系,
设$AB=1,CE=a,CF=b\Rightarrow 0\lt a\lt 1, 0\lt b\lt 1, A(-1,1),E(-a,0),F(0,b)$.

易求得直线$AF$ 的方程为: $y=(b-1)x+b$, 令$y=0\Rightarrow x=\frac{b}{1-b}$;
直线$AE$ 的直线方程为: $y=\frac{1}{a-1}(x+a)$, 令$x=0\Rightarrow y=\frac{a}{a-1}$.
因此有$CH=\frac{b}{1-b}, CG=\frac{a}{1-a}$.

由熟知结论知$BE+DF=EF, S_{\triangle AEF}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ADF}$.
在直角三角形$\triangle CEF$ 中$EF^2=CE^2+CF^2\Rightarrow (1-a+1-b)^2=a^2+b^2\Rightarrow ab=2a+2b-2$.

另一方面$S_{\triangle CGH}=\frac{1}{2}CH\cdot CG=\frac{1}{2}\cdot \frac{a}{1-a}\cdot \frac{b}{1-b}=\frac{ab}{2-2a-2b+2ab}=1$.

又$S_{\triangle CEF}+2S_{\triangle AEF}=S_{ABCD}=1\Rightarrow S_{\triangle GCH}-S_{\triangle CEF}=2S_{\triangle AEF}$

由已知$n^2=l^2+m^2\Rightarrow l^2=(n+m)(n-m)\Rightarrow n-m=1$, 代入上式得$l^2=(m+1)^2-m^2=2m+1$
因此$2(l+m+1)=2l+1+(2m+1)=2l+1+l^2=(l+1)^2$,得证.

由题意得$n^2=m^2+p^2\Rightarrow p^2=n^2-m^2=(n+m)(n-m)\Rightarrow 0\lt (n-m)\lt p$.
设$n=m+r (0\lt r\lt p)\Rightarrow m=n-r$ 代入上式得
\[
p^2=n^2-(n-r)^2=2nr-r^2=r(2n-r)
\]
由$r\mid p (0\lt r\lt p)\Rightarrow r=1\Rightarrow p^2=2n-1$, 所以$2n-1$ 必为完全平分数.

(1)因为$OD=4\Rightarrow C(1,\sqrt{3})\Rightarrow k=\sqrt{3}$, 所以$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$.

(2) 设$AE=4a\Rightarrow D(4+a,\sqrt{3}a)\Rightarrow (4+a)\cdot \sqrt{3}a=\sqrt{3}\Rightarrow a(4+a)=1$.
解得$a=-2\pm \sqrt{5}$, 因为$a\gt 0\Rightarrow a=\sqrt{5}-2\Rightarrow AE=4\sqrt{5}-8$.

(1) 如图所示, 连结$FE,FC$, 过$E$ 作$EH\bot AC$ 于$H$.
$\because FD=FO=FA=6\Rightarrow \triangle FOE\cong FDE, \triangle FCD\cong FCA$,
$\therefore OE=ED, CD=CA$.

(2) 分别将$x=0,x=12$ 代入直线方程可得: $E(0,b), C(12,3\sqrt{2}+b)$.
所以$ED=b, CD=3\sqrt{2}+b\Rightarrow CE=3\sqrt{2}+2b$.
在$Rt \triangle CEH$ 中, $CH=3\sqrt{2}, EH=12\Rightarrow (3\sqrt{2}+2b)^2=(3\sqrt{2})^2+12^2\Rightarrow b=3\sqrt{2}$.

因此直线方程为: $y=\frac{\sqrt{2}}{4}x+3\sqrt{2}\Rightarrow B(-12,0), E(0,3\sqrt{2}), C(12,6\sqrt{2})$.

(3) 易得$EB=EA$, 由$EH\parallel OA\Rightarrow \angle CEH=\angle AEH$, 又$CF$ 平分$\angle ACB$
所以$EH$ 与$CF$ 的交点即为点$G$.
设过$CF$ 的直线方程为$y=mx+n$, 代入$F(6,0),C(12,6\sqrt{2})\Rightarrow y=\sqrt{2}x-6\sqrt{2}$.
令$y=3\sqrt{2}\Rightarrow G(9,3\sqrt{2})$.

(1)设直线$l_1$与$y$ 轴交于点$T$. 联立$l_1,l_2$ 可解得$F(-2,4)$.
易得$T(0,2),E(2,0)\Rightarrow \triangle OTE$ 为等腰直角三角形, 所以$\angle GEF=45^{\circ}$.

(2) 由图可知$G(-4,0)\Rightarrow C(-4,6)\Rightarrow D(-1,6)\Rightarrow A(-1,0)$.
所以$DC=|(-1)-(-4)|=3, BC=6$.

(3) $S_{GFE}=\frac{1}{2}GE\cdot MF=\frac{1}{2}(2+4)\times 4=12$.
当$t$ 秒时, 移动得距离时$t$, 则$B(-4+t,0), A(-1+t,0)$;

(i) 设运动$t$ 秒, 若$BC$ 边与$l_2$ 相交, 设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 相交设交点
为$K$, 那么$-4\leq -4+t\leq -2$ 即 $0\leq t\leq 2$ 时,可得 $N(-4+t,2t), K(-1+t,3-t)$
\[
s=S_{GFE}-S_{AEK}=12-\frac{1}{2}t\cdot
2t-\frac{1}{2}(3-t)=-\frac{3}{2}t^2+6t-\frac{9}{2}
\]

(ii)若$BC$ 边与$l_1$ 相交设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 相交设交点为$K$, 那么$-2\lt -4+t$ 且$-1+t\leq 3$,
即$2\lt t\leq 4$ 时, 可得$N(-4+t,6-t), K(-1+t,3-t)$.
\[
s=S_{BNKA}=\frac{1}{2}[(6-t)+(3-t)]\cdot 3=-3t+\frac{27}{2}
\]

(iii) 若$BC$ 边与$l_1$ 相交设交点为$N$, $AD$ 与$l_1$ 不相交, 那么$-4+t\leq 3$
且$-1+t>3$, 即$4\lt t\leq 6$ 时, $N(-4+t,6-t)$,
\[
s=S_{BNE}=\frac{1}{2}[2-(-4+t)]\cdot (6-t)=\frac{1}{2}t^2-6t+18
\]
综上所述可得
\[
s=\left\{\begin{array}{lr} -\frac{3}{2}t^2+6t-\frac{9}{2} & (0\leq t\leq 2) \\-3t+\frac{27}{2} & (2\lt t\leq 4) \\ \frac{1}{2}t^2-6t+18 & (4\lt t\leq 6) \end{array}\right.
\]

如果所示, 以$A$ 为原点, $AB$ 所在直线为$x$ 轴, $AD$ 所在直线为$y$ 轴建立平面直
角坐标系$xOy$. 延长$EN$ 至$F$ 使得$NF=EN$, 过$F$ 作$FG\bot BC$ 与$BC$ 的延长线
交于点$G$.

$\because EM=EN, EM\bot EN\Rightarrow ED=EF, \angle EDC=\angle FEG$.

因此易得$\triangle EDC\cong FEG(AAS)$
设$EC=a\Rightarrow GF=a, GC=8-a, GB=8-a+4=12-a$.

所以$E(8,4-a),F(8+a,12-a)\Rightarrow N\left( \frac{8+(8+a)}{2},\frac{(4-a)+(12-a)}{2} \right) \Rightarrow N(8+\frac{a}{2},8-a)$.

显然$AC$ 所在的直线方程为: $y=\frac{1}{2}x$, 由$N$ 在直线$AC$ 上
\[
8-a=\frac{1}{2}(8+\frac{a}{2})\Rightarrow a=\frac{16}{5}
\]
所以$BE=4-EC=4-\frac{16}{5}=\frac{4}{5}$.

(1) 由$n+1<0\Rightarrow n\lt -1$. 由$y=kx+k(k\neq 0)\Rightarrow A(-1,0)$.

(2) 设$C(a,b)\Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}a\cdot (-b)=4\Rightarrow ab=8\Rightarrow y=-\frac{8}{x}$.

(3) $B(0,b), AB=\sqrt{17}, OA=1\Rightarrow OB=4\Rightarrow B(0,-4), C(2,-4)\Rightarrow k=-\frac{4}{3}$.
联立直线与双曲线
\[
\left\{\begin{array}{lr} y=-\frac{4}{3}x-\frac{4}{3} \\ y=-\frac{8}{x} \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} x=-3 \\ y=\frac{8}{3} \end{array}\right. \text{或} \left\{\begin{array}{lr} x=2 \\ y=4 \end{array}\right.
\]

所以由图象可知, 当$x\lt -3$ 或$0\lt x\lt 2$ 时, 反比例函数的值小于一次函数值.

(1) 如图, $AB$ 交$y$ 轴于$C$, 因为$AB\parallel x$ 轴, 所以
\[
S_{\triangle OAC}=\frac{1}{2}\times |4|=2, S_{\triangle OBC}=\frac{1}{2}\times |-4|=2
\]
所以$S_{\triangle OAB}=S_{OAC}+S_{OBC}=2+2=4$.

(2) 因为$A,B$ 的横坐标分别为$a,b$, 所以$A,B$ 的终坐标分别为$\frac{4}{a}, -\frac{4}{b}$,所以
\[
OA^2=a^2+\left( \frac{4}{a} \right)^2, OB^2=b^2+\left( -\frac{4}{b} \right)^2
\]
由$OA=OB\Rightarrow (a+b)(a-b)\left( 1-\frac{16}{a^2b^2} \right)=0$. 因为$a+b\neq 0 a\gt 0, b\lt 0$, 得$ab=-4$.

(3)因为$a\geq 4$, 而$AC=3$, 所以$CD$ 在$y$ 轴的右侧, 直线$CD$ 与函数$y_1=\frac{4}{x}(x>0)$
的图象一定有交点, 设直线$CD$ 与函数$y1=\frac{4}{x}(x>0)$ 的图象的交点为$F$. 如图所示得

$A\left( a,\frac{4}{a} \right), C\left( a-3,\frac{4}{a} \right)\Rightarrow F\left( a-3, \frac{4}{a-3} \right)\Rightarrow FC=\frac{4}{a-3}-\frac{4}{a}$

因为
\[
3-FC=3-\left( \frac{4}{a-3}-\frac{4}{a} \right)
=\frac{3(a+1)(a-4)}{a(a-3)}\geq 0\Rightarrow FC\leq 3
\]
因为$CD=3$, 所以点$F$ 在线段$DC$ 上, 即对大于或等于$4$ 的任意实数$a$, $CD$ 边
与函数$y_1=\frac{4}{x}(x>0)$ 的图象都有交点

如图所示设未知数, $A,B,C$ 分别表示做出题目$a,b,c$的人数, 由已知可得
\[
\left\{\begin{array}{lr} d+e+f=15 \\ (a+d+e+1)+(b+d+f+1)=29 \\ (a+d+e+1)+(c+e+f+1)=25 \\ (b+d+f+1)+(c+e+f+1)=20 \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{lr} a+b+c=4 \\ a+d+e+1=17 \\ b+d+f+1=12 \\ c+e+f+1=8 \end{array}\right.
\]
所以平均成绩为
\[
\frac{20(a+d+e+1)+25(b+d+f+1)+25(c+e+f+1)}{20}=42
\]