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$(1)解：将点P(-2,m)代入y=2x+8，得m=-4+8= 4$
$∴P(-2,4)设直线l_1的函数表达式为y=kx+b$
$代入B(2,0)和P(-2,4)得\begin{cases}{2k+b=0}\\{-2k+b=4}\end{cases}解得\begin{cases}{k=-1}\\{b=2}\end{cases}$
$∴直线l_{1}的函数表达式为y=-x+2$
$(2)（更多请点击查看作业精灵详解）$
$(1)证明：∵△AFE是由△ADE折$
$叠得到的$
$∴AF=AD$
$∠AFE=∠AFG=∠D=90°$
$又∵四边形ABCD是正方形$
$∴AB=AD,∠B=∠D$
$∴AB=AF,∠B=∠AFG=90°$
$在Rt△ABG和Rt△AFG中$
${{\begin{cases}{{AB=AF}}\\{AG=AG}\end{cases}}}$
$∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)$
$(2)(3)（更多请点击查看作业精灵$
$详解）$
$(2)解：设线段FG所在直线的函数表达式为 y=kx+b(k≠0)$
$将F(1,60),G(2,0)代入y=kx+b，得$
$\begin{cases}{k+b=60}\\{2k+b=0}\end{cases}解得\begin{cases}{k=-60}\\{b=120}\end{cases}$
$∴线段FG所在直线的函数表达式为y=-60x+120$
$(3)（更多请点击查看作业精灵详解）$
$8.(2)解：当x=0时，y=-x+2=2$
$∴C(0,2)$
$∴OC=2$
$当y=2x+8=0时，x=-4$
$∴A(-4,0)$
$∴AB=6$
$∴S_{△PAB}=\frac{1}{2}×6×4=12$
$S_{△BOC}=\frac{1}{2}×2×2=2$
$∴四边形PAOC的面积为12-2=10$
$9.(2)解:∵在正方形ABCD中$
$AB=6,CD=3DE$
$∴EF=DE=\frac{1}{3}CD=2$
$CE=CD-DE=4$
$由(1)知△ABG≌△AFG$
$∴BG=FG$
$设BG=FG=x$
$则CG=6-x,EG=2+x$
$在Rt△EOG中，根据勾股定理得$
$(6-x)^{2}+4^{2}=(x+2)^{2}$
$解得x=3$
$∴BG=3$
$9.(3)解:由(2)知，EF=2,BG=FG=3\ $
$∴EG=EF+FG=5$
$CG=BC-BG=3\ $
$∴S_{△CEG}=\frac{1}{2}CG\cdot CE=\frac{1}{2}×3×4=6$
$∴S_{△FEC}=\frac{2}{5}S_{△CEG}=\frac{2}{5}×6=\frac{12}{5}$
$10.(3)解:设货车出发x小时两车相距15千米\ $
$由题意得，巡逻车的速度为\ $
$60÷(2+\frac{2}{5})=25(千米/时)$
$若两车都在前往 B地的途中且未相遇时两车$
$相距15千米，则$
$25(x+\frac{2}{5})-15=80x$
$解得x=-\frac{1}{11}(舍去) $
$若两车都在前往B地的途中且相遇后两车相$
$距15千米，则 $
$25(x+\frac{2}{5})+15=80x$
$解得x=\frac{5}{11}$
$∵25×(1+\frac{2}{5})=35\lt 60-15=45$
$∴货车装货过程中两车不可能相距15千米$
$若货车从B地返回A地途中且两车未相遇时$
$相距15千米，则$
$25(x+\frac{2}{5})+15+\frac{60}{2-1}(x-1)=60$
$解得x=\frac{19}{17}$
$若货车从B地返回A地途中且两车相遇后相$
$距15千米，则$
$25(x+\frac{2}{5})-(-60x+120)=15$
$解得x=\frac{25}{17}$
$综上所述，货车出发\frac{5}{11}小时或\frac{19}{17}小时或$
$\frac{25}{17}小时，两车相距15千米 $
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