中考數學精創(chuàng)專題-人教版八年級下冊數學期末壓軸題訓練

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁八年級下學期數學期末壓軸題訓練1．如圖1，在平面直角坐標系中，的頂點A在x軸上，頂點C在正比例函數上，頂點B的坐標為（m，n），且m、n滿足．（1）求點B、C的坐標；（2）在y軸上存在一點D，使得以O、C、D為頂點的三角形是等腰三角形，求D點的坐標；（3）如圖2，∠AOC的角平分線與BC相交于點E，在OE上有一點F，連接CF，動點P從點C出發(fā)，以1個單位每秒的速度勻速運動到點F，再以2個單位每秒的速度勻速運動到點O，且到點O之后停止運動，求點P走完全程所需的最少時間，及此時EF的長．2．如圖E，F分別是正方形ABCD的邊AB，AD所在直線上的點（不與點A重合），且EC⊥CF，M為BD、EF的交點．（1）如圖1，求證：BE=DF；（2）如圖2，求的值；（3）如圖3，正方形ABCD的邊長為6，P為線段AD上一點，AP=1，連結PM，記BC邊的中點為N，連結MN，若MN=，則△PMF的面積為_____（在橫線上直接寫出答案）．3．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A、B兩點的坐標分別為A（m，0）、B（0，n），且，點P從點A出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿射線AO勻速運動，設點P的運動時間為t秒．（1）求OA、OB的長；（2）連接PB，當時，求t的值．（3）過點P作直線AB的垂線，垂足為D，直線PD與y軸交于點E，在點P的運動過程中，是否存在這樣的點P，使得？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．4．如圖①所示，直線L：y＝mx＋5m與x軸負半軸、y軸正半軸分別交于A、B兩點．（1）當OA＝OB時，試確定直線L解析式；（2）在（1）的條件下，如圖②所示，設Q為AB延長線上一點，連接OQ，過A、B兩點分別作AM⊥OQ于M，BN⊥OQ于N，若AM＝4，MN＝7，求BN的長；（3）當m取不同的值時，點B在y軸正半軸上運動，分別以OB、AB為邊在第一、第二象限作等腰直角△OBF和等腰直角△ABE，連EF交y軸于P點，問當點B在y軸上運動時，試猜想PB的長是否為定值，若是，請求出其值；若不是，請求其取值范圍．5．如圖，在平面直角坐標系中，直線的解析式為，直線與交于點，與y軸交于點，其中a，b滿足．（1）求直線的解析式；（2）直線AB上是否存在點P，使，若存在請求出其坐標；若不存在請說明理由．（3）將一個角的頂點Q放在x軸上，使其角的一邊經過A點，另一邊交直線AB于點R，當為等腰直角三角形時，請直接寫出點R的坐標．6．已知直線l的解析式為，與x軸交于點A，與y軸交于點B．（1）如圖1，若直線1直線交于點，求A、B的坐標．（2）在（1）的條件下，點D是直線上一點，連接AD，BD，若，求點D坐標．（3）如圖2，若，已知點M在線段OA上，且，點M關于直線l的對稱點為N，作直線MN，動點P在直線MN上且位于N點上方，連接AP，以AP為邊作等邊，當點Q落在第二象限且時，求此時點Q以及對應的點P的坐標．7．如圖1，平面直角坐標系中，直線交x軸于點，交y軸正半軸于點B，直線AC交y軸負半軸于點C，且．（1）求的面積．（2）P為線段AB（不含A，B兩點）上一動點．①如圖2，過點P作y軸的平行線交線段AC于點Q，記四邊形APOQ的面積為S，點P的橫坐標為t，當時，求t的值．②M為線段BA延長線上一點，且，在直線AC上是否存在點N，使得是以PM為直角邊的等腰直角三角形？若存在，直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．8．如圖，直線分別交x軸、y軸于點A，C，直線過點C交x軸于點B，且，，點P是直線上的一點．（1）求直線的解析式．（2）若動點P從點B出發(fā)沿射線方向勻速運動，速度為個單位長度/秒，連接，設的面積為S，點的運動時間為t秒，求S與t之間的函數關系式，并寫出t的取值范圍．（3）若點Q是直線上且位于第四象限圖象上的一個動點，點M是y軸上的一個動點，當以點為頂點的三角形為等腰直角三角形時，求點Q和點M的坐標．9．如圖，直線與軸、軸分別交于，兩點，將直線沿著軸正方向平移一段距離得到直線交軸于點，且與之間的距離為3，點是直線上的一個動點，過作的垂線交軸于點．（1）求直線的解析式．（2）當運動到什么位置時，的面積為12，求出此時點的坐標．（3）連接，將繞著點旋轉得到，在平面內是否存在—點，使四邊形為矩形？若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．10．如圖1，已知直線AO與直線AC的表達式分別為：和．（1）直接寫出點A的坐標；（2）若點M在直線AC上，點N在直線OA上，且MN//y軸，MN=OA，求點N的坐標；（3）如圖2，若點B在x軸正半軸上，當△BOC的面積等于△AOC的面積一半時，求∠ACO+∠BCO的大?。?1．如圖，已知直線:與軸，軸的交點分別為點，，直線交于點．（1）求點的坐標及直線的解析式．（2）將沿邊翻折，得到，過點作直線垂直軸于點，是軸上點，是直線上任意一點，，兩點關于軸對稱，當最大時，求點的坐標；并求的最小值．（3）若M是直線上一點，且，在（2）的條件下，在平面直角坐標系中，是否存在點，使得以，，，，四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點的坐標，若不存在，請說明理由．備用圖12．在平面直角坐標系中，直線與軸、軸相交于、兩點，動點在線段上，將線段繞著點順時針旋轉得到，過點作直線軸于，過點作軸，交直線于，設點的橫坐標為．（1）請直接寫出點、的坐標．（2）當點落在直線上時，求證：．（3）若，探究：在直線上是否存在點，使得？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．13．如圖1，在平面直角坐標系中，直線AB分別交x軸、y軸于A(a，0)、B(0，b)兩點，且a，b滿足（a﹣b）2＋|a﹣4t|＝0，且t＞0，t是常數．直線BD平分∠OBA，交x軸于D點．（1）若AB的中點為M，連接OM交BD于N，求證：ON＝OD；（2）如圖2，過點A作AE⊥BD，垂足為E，猜想AE與BD間的數量關系，并證明你的猜想；（3）如圖3，在x軸上有一個動點P（在A點的右側），連接PB，并作等腰Rt△BPF，其中∠BPF＝90°，連接FA并延長交y軸于G點，當P點在運動時，OG的長是否發(fā)生改變？若改變，請求出它的變化范圍；若不變，求出它的長度．14．如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（1，1），OA=AC，∠OAC=90°，點D為x軸上一動點，以AD為邊在AD的右側作正方形ADEF．（1）當點D在線段OC上時（不與點O、C重合），則線段CF與OD之間的關系為；（2）當點D在線段OC的延長線上時，（1）中的結論是否成立？請說明理由；（3）設D點坐標為（t，0），當D點從O點運動到C點時，用含t的代數式表示E點坐標，求出E點所滿足的函數關系式，并寫出E點所經過的路徑長．15．如圖，在平面直角坐標系中，把矩形OBCD沿對角線OC所在直線折疊，點B落在點B′處，OB′與CD相交于點E，BC＝4，對角線OC所在直線的函數表達式為y＝2x．（1）求證：△ODE≌△CB′E；（2）請寫出CE的長和B′的坐標；（3）F是直線OC上一個動點，點G是矩形OBCD邊上一點（包括頂點）．是否存在點G使得G，F，B′，C所組成的四邊形是平行四邊形？如果不存在，請說明理由；如果存在，直接請求出F的坐標．16．如圖1，已知四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC上一點，連接AE，∠AEM=90°，AE=EM，連接AC、MC．（1）求證：∠ACM=90°（2）如圖2，若BE=3CE，CM，連接DM，求DM的長．（3）如圖3，在（2）的條件下，過點D作DN平行ME交AE于O，交AB于N，連接MN，DE交于點G，連接OC，過點G作GP垂直于OC于點P，求線段PG的長．17．直線分別交軸、軸于兩點，直線與相交于點，與軸相交于點，如圖．（1）求點坐標；（2）作平行于軸的直線分別交于兩點，已知點的縱坐標為，若的面積等于面積的一半，求的長；（3）若點在線段上（可與重合），求點的取值范圍．18．如圖，直線MN與軸、正半軸分別交于A、C兩點，分別過A、C兩點作軸、軸的垂線相交于點B，直線與直線MN交于點P，已知AC=5,OA=4(1)作∠AOP的平分線OQ交直線MN于點Q，點E、F分別為射線OQ、OA上的動點，試探索AE+EF是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．(2)在直線MN上存在點G，使以點G、B、C三點為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出點G的坐標．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1）B點坐標為（4，）；C點坐標為（1，）；（2）（0，）或（0，）或（0，）或（0，）；（3）點P走完全程所需的最少時間為，此時EF的長為.【分析】（1）由可以得到、的值，即B點坐標，又根據四邊形ABCD是平行四邊形可以得到B、C兩點縱坐標相同，即可求出C點坐標；（2）設y軸上D的坐標為（0，t），表示出OC、OD和CD，分類討論形成等腰三角形的條件，然后列方程進行計算即可得到答案；（3）過C作CG⊥OA交OA于G，交OE于，過點F作FH⊥OA交OA于H，首先證明，點P走完全程所需的最少時間也就是CF+FH的最小值，即CG的長度，最后求出的長度即可.【解析】解：（1）∵∴∴，∴，∴B點坐標為（4，）∵四邊形ABCD是平行四邊形∴OA∥BC，B、C兩點縱坐標相同在中令得到∴C點坐標為（1，）；（2）設y軸上D的坐標為（0，t）∴，，當時，，解得即D的坐標為（0，）；當時，，解得即D的坐標為（0，2）或D的坐標為（0，）；當時，，解得或D的坐標為（0，）綜上所述D點的坐標為：（0，）或（0，）或（0，）或（0，）；（3）如圖所示，過C作CG⊥OA交OA于G，交OE于，過點F作FH⊥OA交OA于H∵C點坐標為（1，）∴，∵CG⊥OA∴∴∴∠OCG=30°，∠COG=60°∵OE是∠AOC的角平分線∴∠COE=∠AOE=30°又∵FH⊥OA∴動點P從點C出發(fā)，以1個單位每秒的速度勻速運動到點F，再以2個單位每秒的速度勻速運動到點O，且到點O之后停止運動設動點P運動的時間為n秒則∴點P走完全程所需的最少時間即為最小∴當C、F、H三點共線時有最小值故圖中CG的長即為最小值∴點P走完全程所需的最少時間為在中，∠CEO=∠AOE=∠COE=30°，∴，，∴解得∴【點評】本題考查了一次函數的綜合應用，解題的關鍵是能夠掌握相關知識點進行運算求解.2．（1）證明見解析；（2）；（3）7．【分析】（1）先根據正方形的性質可得，再根據角的和差可得，然后根據三角形全等的判定定理與性質即可得證；（2）如圖（見解析），設正方形ABCD的邊長為，，從而可得，再利用待定系數法分別求出直線BD、EF的函數解析式，從而可得點M的坐標，然后利用兩點之間的距離公式可得DM的長，由此即可得；（3）如圖（見解析），設，先參照（2）的方法可得點M的坐標為，再根據，利用兩點之間的距離公式可求出m的值，然后利用三角形的面積公式即可得．【解析】（1）四邊形ABCD是正方形，，，，，，，在和中，，，；（2）以點A為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系：設正方形ABCD的邊長為，，則，設BD所在直線的解析式為，將點代入得：，解得，則BD所在直線的解析式為，同理可得：EF所在直線的解析式為，聯立，解得，即，則，因此；（3）以點A為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系：設，正方形ABCD的邊長為6，，設BD所在直線的解析式為，將點代入得：，解得，則BD所在直線的解析式為，同理可得：EF所在直線的解析式為，聯立，解得，即，點N是BC的中點，，，即，，又，，解得或（不符題意，舍去），，的PF邊上的高為2，，，則的面積為，故答案為：7．【點評】本題考查了正方形的性質、三角形全等的判定定理與性質、兩點之間的距離公式、一次函數的幾何應用，較難的是題（2）、（3），將幾何問題轉化為函數問題是解題關鍵．3．（1）OA=6，OB=3；（2）t=2或4；（3）t=1.5或4.5．【分析】（1）根據非負數的性質求出m、n，即可求出OA、OB長；（2）分點在線段AO上、點P在線段AO延長線上兩種情況，根據三角形面積公式計算即可求解；（3）分點在線段AO上、點P在線段AO延長線上兩種情況，根據全等三角形性質列出方程即可求解．【解析】解：（1）由題意得，m-6=0，n-3=0，解得m=6，n=3，∴OA=6，OB=3；（2）當點P在線段AO上時，OP=6-2t，則，解得t=2，當點P在線段AO延長線上時，OP=2t-6，則，解得t=4，∴當t=2或4時，；（3）如圖，當點P在線段AO上時，∵，∴OP=OB=3，即6-2t=3，解得t=1.5；如圖，當點P在線段AO延長線上時，∵，∴OP=OB=3，即2t-6=3，解得t=4.5；∴當t=1.5或4.5時，．【點評】本題考查了非負數的性質，三角形面積公式，全等三角形的性質等知識，根據題意求出點OA、OB的長，并根據題意列出關于t的方程是解題關鍵．4．（1）y＝x＋5；（2）3；（3）PB的長為定值，理由見解析【分析】（1）由直線L解析式，求出A與B坐標，根據OA＝OB，求出m的值，即可確定出直線L解析式；（2）由OA＝OB，余角的性質，且一對直角相等，利用AAS得到△AMO≌△ONB，用對應線段相等求長度；（3）如圖，作EK⊥y軸于K點，利用AAS得到△AOB≌△BKE，利用全等三角形對應邊相等得到OA＝BK，EK＝OB，再利用AAS得到△PBF≌△PKE，尋找相等線段，并進行轉化，求PB的長．【解析】解：（1）如圖1中，∵直線L：y＝mx＋5m，∴A(﹣5，0)，B(0，5m)，由OA＝OB，得5m＝5，m＝1，∴直線解析式為：y＝x＋5；（2）如圖2，∵AM⊥OQ，BN⊥OQ，AO⊥BO，∴=90°，∠OAM+∠AOM=90°，∵AO⊥BO，∴∠BON+∠AOM=90°，∴，在△AMO與△ONB中，，∴△AMO≌△ONB（AAS），∴AM=ON＝4，BN＝OM，∵MN＝7，∴OM＝3，∴BN＝OM＝3；（3）結論：PB的長為定值．理由如下，如圖3中，作EK⊥y軸于K點，∵△ABE為等腰直角三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠EBK＋∠ABO＝90°，∵∠EBK＋∠BEK＝90°，∴∠ABO＝∠BEK，在△AOB和△BKE中，，∴△AOB≌△BKE（AAS），∴OA＝BK，EK＝OB，∵△OBF為等腰直角三角形，∴OB＝BF，∴EK＝BF，在△EKP和△FBP中，，∴△PBF≌△PKE（AAS），∴PK＝PB，∴PB＝BK＝OA＝．【點評】本題為平面直角坐標系與幾何知識綜合題，綜合性較強，考查了一次函數，全等三角形等知識，根據題意證明三角形全等是解題關鍵．5．（1）；（2）存在，或；（3）或或或【分析】（1）根據平方的非負性和算術平方根的非負性即可求出a和b的值，從而求出點A和點B的坐標，然后利用待定系數法即可求出直線的解析式；（2）設點P的坐標為（m，），根據點P在點A左側、點P在AB之間、點P在點B右側分類討論，畫出圖形，根據面積關系求解即可；（3）設R的坐標為（n，），根據R的位置和中的直角分類討論，分別畫出對應的圖形，構造出全等三角形，根據全等三角形的性質即可分別求解．【解析】解：（1）∵，∴解得：∴點A的坐標為（-2，2），點B的坐標為（0，3）設直線的解析式為y=kx＋c將點A、B的坐標分別代入，得解得：∴直線的解析式為；（2）存在，理由如下設點P的坐標為（m，），①當點P在點A左側時，過點A作AC⊥y軸于C，過點P作PD⊥y軸于D，連接PO，如下圖所示∴AC=2，PD=-m∵∴，（其中OB為同底）∴PD=3AC即-m=3×2解得：m=-6∴此時點P的坐標為（-6，0）；②當點P在AB之間時，顯然，即此時不存在點P符合題意，舍去；③當點P在點B右側時，過點A作AC⊥y軸于C，過點P作PD⊥y軸于D，連接PO，如下圖所示∴AC=2，PD=m∵∴，（其中OB為同底）∴PD=AC即m=2∴此時點P的坐標為（2，4）；綜上：存在，點P的坐標為或；（3）設R的坐標為（n，），①當點R在點A左側且∠RAQ=90°時，過點A作EF∥x軸，過點Q作QE⊥EF于點E，過點R作RF⊥EF于點F，如下圖所示∴AR=AQ，∠RFA=∠AEQ=∠RAQ=90°，AF=-2－n，QE=2∴∠FRA＋∠FAR=90°，∠EAQ＋∠FAR=90°，∴∠FRA=∠EAQ∴△FRA≌△EAQ∴AF=QE即-2－n=2解得：n=-4，∴此時點R的坐標為（-4,1）；②當點R在點A左側且∠ARQ=90°時，過點R作EF⊥x軸于E，過點A作AF⊥EF于點F，如下圖所示∴AR=RQ，∠RFA=∠QER=∠ARQ=90°，AF=-2－n，RE=∴∠FRA＋∠FAR=90°，∠FRA＋∠ERQ=90°，∴∠FAR=∠ERQ∴△FAR≌△ERQ∴AF=RE即-2－n=解得：，∴此時點R的坐標為；③當點R在點A右側且∠RAQ=90°時，過點A作AF∥x軸，過點Q作QE⊥EF于點E，過點R作RF⊥EF于點F，如下圖所示∴AR=AQ，∠RFA=∠AEQ=∠RAQ=90°，AF=n－（-2）=n＋2，QE=2∴∠FRA＋∠FAR=90°，∠EAQ＋∠FAR=90°，∴∠FRA=∠EAQ∴△FRA≌△EAQ∴AF=QE即n＋2=2解得：n=0，∴此時點R的坐標為（0，3）；④當點R在點A右側且∠ARQ=90°時，過點R作RE⊥x軸于E，過點A作AF⊥EF于點F，如下圖所示∴AR=RQ，∠RFA=∠QER=∠ARQ=90°，AF=n－（-2）=n＋2，RE=∴∠FRA＋∠FAR=90°，∠FRA＋∠ERQ=90°，∴∠FAR=∠ERQ∴△FAR≌△ERQ∴AF=RE即n＋2=解得：，∴此時點R的坐標為；綜上：點R的坐標為或或或．【點評】此題考查的是一次函數與幾何圖形的綜合大題，掌握利用待定系數法求一次函數解析式和構造全等三角形的方法是解題關鍵．6．（1），；（2）或；（3），．【分析】（1）是直線上的點，可得n的值，將點C代入可得k的值，從而可求點B（2）可求，從而可得，又，過D可作DM平行于y軸，交AB于M，則M點坐標為，可得DM的長度，及點A、B到DM的距離之和，代入可求m，從而可求得點D坐標（3）連接AN，過點A作軸交直線MN于點E，連接BE，過點Q作軸于H，過點P作軸于K，依據題意中角度與線段長度的關系，可得是等邊三角形，從而可得，，在與中分別求解，即可分別得到點Q以及對應的點P的坐標【解析】（1）令，，解得，∴A點坐標為，∵直線與交于點，∴當時，，∴，∴，解得，∴，令，，∴B點坐標為．（2）∵，，∴，，∴，∵，∴，設D點坐標為，過D作軸交AB于M，則M點坐標為，∴，∴，∵，解得或，∴點D坐標為或．（3）連接AN，過點A作軸交直線MN于點E，連接BE，過點Q作軸于H，過點P作軸于K，在中，，，，∴，，∵點M關于直線l的對稱點為N，∴，，∴，∴是等邊三角形，，∵，∴，在中，，，∴，，∴，∵，∴是等邊三角形，∵是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，在中，，，∴，，∴，∴Q點坐標為，∵，在中，，，，∴，，∴，∴P點坐標為，綜上所述，Q點坐標為，P點坐標為．【點評】本題主要考查一次函數在面積問題中的應用、等邊三角形的性質、三角形全等的判定及性質，解題的關鍵在于作出輔助線，準確分析角度與線段長度之間的關系7．（1）10；（2）①；②存在；，．【分析】（1）把代入求出一次函數解析式為，得到，根據，求出，求得；（2）①設，利用待定系數法直線AC的解析式為，由，根據代入數值求出t的值；②如圖所示，當N點在軸下方時，得到，設，過P點作直線x軸，作，，證明，得到，，再證明，得到，，求得，作，則，根據，得到，列得求出a得到；當N點在x軸上方時，點與關于對稱，得到，即．【解析】（1）把代入得：，一次函數解析式為，令，得，∴，在中，，∴，∵，∴，∴．（2）①設，∴P在線段AB上，∴，設直線AC的解析式為，代入，得，∴，∴，又∵軸，則，∴，，又∵，∴得．②如圖所示，當N點在軸下方時，∵，∴，∴，∵是以PM為直角邊的等腰直角三角形，當時，，，設，過P點作直線x軸，作，，∴，∴，在與中，∴，∴，，∵，，∴，在與中，，∴，∴，，∴，作，則，∵，∴，∴M在直線AB上，∴，∴，∴．當N點在x軸上方時，點與關于對稱，則，即，綜上：存在一點或使是以MN為直角邊的等腰直角三角形．．【點評】此題考查一次函數的綜合題，待定系數法求函數解析式，直線所成三角形的面積，等腰直角三角形的性質，勾股定理，三角形全等的判定及性質，中心對稱的點的性質，熟練掌握各知識點是解題的關鍵．8．（1）；（2）；（3）或或．【分析】（1）先求出，利用，求得即可；（2）當點P在線段上時，如圖1所示，過P作軸于點H．求出，，利用面積差求，范圍，當點P在點C上方時，即：時，利用面積差求=；（3）點Q在直線上，點M在y軸上運動，，設，，以點B、M、Q為等腰直角三角形分三種情況，分別以B、M、Q為直角頂點，先構造三角形全等，利用全等三角形的性質構造方程組，解之即可．【解析】（1）令直線中的，則，令，則，∴，∴，又∵，∴，∴，∴直線∴直線解析式為：；（2）當點P在線段上時，如圖1所示，過P作軸于點H．∵，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∵點P在線段上，∴，∴，又∵軸，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：∵，∴，解得：，∴，當點P在點C上方時，即：時，如圖2所示，過P作軸于H，同理可得：，∴，∴綜上；（3）∵點Q在直線上，點M在y軸上運動，，∴設，由題可得：，解得：，①當點三點是以點Q為直角頂點的等腰直角三角形時，如圖3所示，過Q作軸交點E，過B作交Q延長線于點F．∵是等腰直角三角形，軸，，∴，∴，，∴，∴在和中，，∴，∴，又∵，，∴，解得：，∴代入可得；點Q的坐標為，點M的坐標為．②當點三點是以點M為直角頂點的等腰直角三角形時，如圖4所示，過Q作軸于點E，同理可得：，∴，又∵，∴，解得：，∴代人可得：點Q的坐標為，點M的坐標為：，③當點三點是以點B為直角頂點的等腰直角三角形時，如圖5所示，過Q作軸于點E，同理可得：，∴，∵，∴解得：，∴代入可得：點Q的坐標為，點M的坐標為．∴綜上，或或．【點評】本題考查直線的解析式，動點三角形面積，動點等腰三角形為題，掌握直線解析式的求法，會利用面積差求動點三角形面積，會利用分類思想解決動點形成等腰三角形，解決問題的關鍵是構造三角形全等，利用全等三角形的性質構造方程組．9．（1）；（2）或；（3）存在，或，證明見解析．【分析】（1）如圖，作直線于，設直線解析式為，又直線與軸軸分別交于、兩點，、，進而求解，然后由勾股定理得：，則有，最后根據進行求解即可；（2）如圖，連接，設點坐標為，，則可求或，然后根據題意分類求解即可；（3）如圖，由題意易得四邊形是正方形，進而可得，然后根據全等三角形的性質進行求解即可．【解析】解：（1）如圖，作直線于，設直線解析式為，又直線與軸軸分別交于、兩點，、，∴，解得，∴直線解析式為．∵，，∴由勾股定理得：，則，又，∴，．∵，，∴，即，∴，中，，，∴，即，又與之間距離為3，∴，即，∴（，舍去），∴．∵，解析式為，∴直線解析式為．（2）如圖，連接．設點坐標為，，∴，∴，∴或．當時，∵，∴直線的解析式為．∵與交于點，∴聯立，∴，，，∴點坐標為．當時，∵，∴直線解析式為．∵與交于點，∴聯立，∴，，，∴點坐標為，故點坐標為或．（3）如圖，過點N作NH⊥x軸，∵四邊形是矩形，，∴四邊形是正方形，∴．∵，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，當點在軸下方時，，綜上所述，的坐標為或．【點評】本題主要考查一次函數的幾何綜合、矩形的性質及正方形的性質與判定，熟練掌握一次函數的幾何綜合、矩形的性質及正方形的性質與判定是解題的關鍵．10．（1）A點的坐標為（4，2）；（2）N的坐標為（），（）；（3）∠ACO+∠BCO=45°【分析】（1）利用直線AO與直線AC交點為A即可求解；（2）先求出MN的長，再設設M的坐標為（a，2a-6），則則N的坐標為（a，），表示出MN的長度解方程即可；（3）作∠GCO=∠BCO，把∠ACO+∠BCO轉化成∠ACG。題目條件沒出現具體角度，但結論又要求角度的，這個角度一定是一個特殊角，即∠ACG的度數一定是個特殊角；即∠ACG處于一個特殊的三角形中，于是有了作DE⊥GC的輔助線思路，運用勾股定理知識即可解答．【解析】（1）聯立和得：解得A點的坐標為（4，2）；（2）∵A點的坐標為（4，2）∴OA=，∴MN=OA=2，∵點M在直線AC上，點N在直線OA上，且MN//y軸，∴設M的坐標為（a，2a-6），則N的坐標為（a，），則存在以下兩種情況：①當M在N點下方時，如圖3，則MN=-（2a-6）=2，解得a=，∴N點的坐標為（）；②當M在N點上方時，如圖4，則MN=（2a-6）-=2，解得a=，∴N點的坐標為（）；綜上所述，N的坐標為（），（）（3）∵△BOC與△AOC有相同的底邊OC，∴當△BOC的面積等于△AOC的面積一半時，△BOC的高OB的長度是△AOC的高的一半，∴OB=2，設直線AC與x軸的交點為點D，則D（3，0），作點B關于y軸的對稱點G，則OG=0B=2，GD=5，∠BCO=∠GCO，則∠ACO+∠BCO=∠ACO+∠GCO=∠ACG，連接GC，作DE⊥GC于點E，如圖5由勾股定理可得：GC=，DC=，在△CGD中，由等面積法可得：OC?DG=DE?GC，可得DE=，在Rt△DEC中，由勾股定理可得EC=，∴ED=EC，∴∠ECD=45°，即∠ACO+∠BCO=45°．【點評】本題考查一次函數的綜合運用，坐標結合勾股定理計算邊長是解題的關鍵.11．（1）（6，0），；（2）（3，），；（3）存在，（6，）或（0，）或（0，）【分析】（1）首先求出已知直線與坐標軸的交點A和C的坐標，因為直線AC和BC垂直，所以，求得，即可求得點的坐標及直線的解析式；（2）當最大時，點在直線上，即可求出P點坐標，作，因為，所以，則F點在QH上時，的最小值，即可求得；（3）由

Q點坐標求得M點坐標，然后分類討論以，，，四點為頂點的四邊形是平行四邊形，即可求得．【解析】（1）由題意（，0），（0，），∵直線:，，∴線的解析式為，令，解得，∴（6，0）.故答案為：（6，0），.（2）∵關于邊翻折，得到，∴可得（3，），當最大時，點在直線上，此時（3，），∵，關于軸對稱，∴（3，）在中，∵，∴，如圖，作于，交y軸于.則，根據重線段最短可知，的最小值為線段的長，在中，∵，，∴∴的最小值為.故答案為：（3，），.（3）由（2）可知：（0，），∵，∴（3，）或（3，），當（3，）時，如圖，以，，，四點為頂點的四邊形是平行四邊形，可得滿足條件的點坐標為（6，）或（0，）或（0，），當為（3，）時，同法可得滿足條件的點坐標為（6，）或（0，）或（0，）．【點評】本題考查一次函數與幾何結合的綜合習題，掌握一次函數圖像與性質和平行四邊形的性質是解題的關鍵．12．（1），；（2）證明見解析；（3）存在，或．【分析】（1）根據直線解析式，分別令令和，即可求得；（2）由旋轉得，CD=DE，∠CDE=90°，易證和∠CED=45°，DH=OC=HF，易得∠FDB=45°，從而求得和，即可證得；（3）由得，因為和，得，從而得，所以，由（2），，分類討論，、、，即可求得．【解析】（1）直線與軸、軸相交于、兩點令，則，解得，令，則，（2）如圖，，在和中，，直線軸于，軸，四邊形是矩形，，，即，（3）如圖由（2）可知，要使，只要，在中，，，即，，由（2）可知：，，當時，，此時，根據對稱可知，當時，此時還存在當時，此時點和點重合，不存在，當時，點在的上方，此時，，此時不存在，綜上，當時，存在，此時或．【點評】本題考查一次函數與幾何結合的綜合題，掌握分類討論思想和全等三角形證明方法是解題的關鍵．13．（1）見解析；（2）BD＝2AE，證明見解析；（3）OG的長不變，OG＝4t【分析】（1）根據直線解析式求出點、的坐標，然后得出是等腰直角三角形，再根據角平分線的定義求出，根據等腰三角形三線合一的性質，然后根據直角三角形兩銳角互余的性質與三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出，，利用等角對等邊得到；（2）延長交于，得，得到，再證得到，從而得到；（3）作，垂足為，利用角角邊定理可以證明與全等，根據全等三角形對應邊相等可得、，再證，，．【解析】（1）證明：直線分別交軸、軸于、兩點，且，滿足，且，，當時，，當時，，解得，點、的坐標是，，是等腰直角三角形，點是的中點，，，直線平分，，，，，（等角對等邊）；（2）答：．理由如下：延長交于，平分，，于點，，在中，，，，，，，又，（對頂角相等），，在與中，，，，；（3）的長不變，且．過作，垂足為，，，，，是等腰直角三角形，，在與中，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，．【點評】本題綜合考查了一次函數，全等三角形的判定與全等三角形的性質，以及等腰直角三角形的性質，角平分線的定義，等腰三角形三線合一的性質等等知識點，熟悉相關性質是解題的關鍵．14．（1）相等；垂直；（2）成立，理由見解析；（3）E點坐標為（t+1，t-1），；E點所經過的路徑長為【分析】（1）連接CF，通過同角的余角相等可得∠OAD=∠CAF，由正方形性質可得AD=AF，再由已知OA=OC易證得兩三角形全等，而OD=CF；由△ODA≌△CFA，所以∠FCA=∠DOA，即∠FCO=∠FCA+∠ACO=∠DOA+∠ACO，得到∠FCO=90°；（2）按題目要求構造正方形ADEF，連接CF，利用（1）的方法證明，結論易得；（3）分為t＜1，t=1，t＞1三種情況討論．分別討論利用全等三角形的判定和性質易得結論．根據點E的坐標可以分析出點運動的軌跡，即可求解．【解析】（1）連接CF，如圖：∵∠OAC=90°，∠DAF=90°，∴∠OAC=∠DAF，∴∠OAD=∠OAC-∠CAD=∠DAF-∠CAD=∠CAF，在△OAD和△CAF中，，∴△OAD≌△CAF，∴OD=CF，∠AOD=∠ACF，∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=∠OCA+∠AOC，在Rt△OAC中，∵∠OCA+∠AOC=90°，∴∠OCF=90°，∴OD⊥CF，故答案：相等；垂直；（2）結論依然成立，即OD=CF，OD⊥CF，理由如下：如圖，連接CF．∵∠OAC=90°，∠DAF=90°，∴∠OAC=∠DAF，∴∠OAD=∠OAC+∠CAD=∠DAF+∠CAD=∠CAF，在△OAD和△CAF中，，∴△OAD≌△CAF，∴OD=CF，∠AOD=∠ACF，∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=∠OCA+∠AOC，在Rt△OAC中，∵∠OCA+∠AOC=90°，∴∠OCF=90°，∴OD⊥CF；（3）過點A作AG⊥x軸于G，過點E作EH⊥x軸于H，∵OA=CA，且∠OAC=90°，∴OG=CG=AG，∵A的坐標為（1，1），∴OG=AG=1，OC=2，當D在線段OG上，如圖，此時t＜1，則DG=1-t，∵∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠HDE=90°，∴∠DAG=∠HDE，在△ADG和△DEH中，，∴△ADG≌△DEH，∵OD=t，∴HE=DG=1-t，DH=AG=1，∴OH=OD+DH=t+1，∴E點坐標為（t+1，-（1-t）），即（t+1，t-1）；當D與G點重合，E點與C點重合，即E點坐標為（2，0），此時t=1，所以E點坐標也為（t+1，t-1）；當D在線段GC上，如圖，此時t＞1，則DG=t-1，∵∠ADE=90°，∴∠ADG+∠EDH=90°，∵∠DAG+∠ADG=90°，∴∠DAG=∠EDH，在△ADG和△DEH中，，∴△ADG≌△DEH，∵OD=t，∴HE=DG=t-1，DH=AG=1，∴OH=OD+DH=t+1，∴E點坐標為（t+1，t-1），綜上所述，E點坐標為（t+1，t-1），；當t=0時，點E的坐標為（1，-1），當t=2時，點E的坐標為（3，1），猜想點E在線段上運動，設直線的解析式為，把（1，-1），（3，1）代入得：，解得：，∴，∵點E（t+1，t-1）在上，且，∴點E在線段上運動，猜想正確，∴E點由（1，-1）直線運動到（3，1），∴線段，∴E點所經過的路徑長為．【點評】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，正方形的性質，待定系數法求解析式，兩點之間的距離公式等知識點，解本題的關鍵是判斷出△OAD≌△CAF和△ADG≌△DEH．15．（1）證明見解析；（2）；（3）存在，點F的坐標為或或【分析】（1）得出BC＝B'C；∠B＝∠B'＝90°，OD＝B'C，根據AAS可證明結論；（2）設CE＝x，可得OE＝x，則DE＝8﹣x；得出42+（8﹣x）2＝x2，解方程得x＝5，即求出CE，過點B'作B'H⊥CE，可求出B'H＝2.4，HE＝1.8，則答案可求出；（3）連接B'D，證明OC∥B'D，分三種情況畫出圖形：①如圖2，若以CG為對角線，點G與點D重合，②如圖3，若以CF為對角線，點G與點B重合，③如圖4，若以CB'為對角線，點G與點D重合，由平移規(guī)律及平行四邊形的性質分別求出點F的坐標即可．【解析】解：（1）∵四邊形OBCD是矩形，∴BC＝OD；∠B＝∠D＝90°，∵把矩形OBCD沿對角線OC所在直線折疊，點B落在點B′處，∴BC＝B'C；∠B＝∠B'＝90°，∴OD＝B'C，又∵∠OED＝∠B'EC，∴△ODE≌△CB'E（AAS）；（2）∵BC＝4，對角線OC所在直線的函數表達式為y＝2x．∴x＝4，y＝8，∴OD＝BC＝4，CD＝OB＝8，∵△ODE≌△CB'E，∴CE＝OE，設CE＝x，可得OE＝x，則DE＝8﹣x；∵∠ODE＝90°，∴OD2+DE2＝OE2，∴42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，∴CE＝5，∴DO＝B'C＝4，DE＝B'E＝3，過點B'作B'H⊥CE，∵S△CB'E＝CE×B'H＝CB'×B'E，∴B'H×5＝3×4，∴B'H＝2.4，HE＝1.8，∴B'的坐標為（6.4，4.8）．（3）連接B'D，∵CE＝OE，B'E＝DE，∴∠OCE＝∠COE，∠EDB'＝∠EB'D，又∵∠OEC＝∠EDB'，∴∠OCE＝∠EDB'，∴OC∥B'D，分三種情況畫出圖形：①如圖2，若以CG為對角線，點G與點D重合，∵B'（6.4，4.8），C（4，8），D（4，0），∴F（4﹣2.4，0+3.2），即F（1.6，3.2）．②如圖3，若以CF為對角線，點G與點B重合，∵C（4，8），B'（6.4，4.8），B（0，8），∴F（0+2.4，8﹣3.2），即F（2.4，4.8）．③如圖4，若以CB'為對角線，點G與點D重合，∵D（4，0），B'（6.4，4.8），C（4，8），∴F（4+2.4，8+4.8），即F（6.4，12.8）．綜上F點的坐標為F（1.6，3.2）或F（2.4，4.8）或F（6.4，12.8）．【點評】本題是一次函數綜合題，考查了全等三角形的判定與性質，折疊的性質，矩形的性質，平行四邊形的性質，勾股定理，坐標與圖形的性質，三角形的面積等知識，熟練掌握分類討論思想及方程思想是解題的關鍵．16．（1）證明見解析；（2）；（3）【分析】（1）利用ABE≌△EHM得出BE=MH，BE=MH，AB=EH，推出CH=MH，得到∠HCM=45°，由四邊形ABCD是正方形，所以∠ACB=45°，得出∠ACM=90°；（2）過M作MQ⊥CD于點Q，求得DQ和MQ的長，利用勾股定理即可求解；（3）建立平面直角坐標系，分別求出DN，AE，MN，DE，OC的解析式，及它們的交點坐標，根據等積法可求出PG的長．【解析】（1）證明：過M作MH⊥BC交BC的延長線于點H，∵∠AEM=90°，∠ABC=90°，∴∠HEM+∠AEB=90°，∠BAE+∠AEB=90°，∴∠HEM=∠BAE，在△ABE和△EHM中，，∴△ABE≌△EHM（AAS）∴BE=MH，AB=EH，∵BC=AB，∴BC=EH，∴BE=CH，∴CH=MH，∴∠HCM=45°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，∴∠ACM=180°-∠HCM-∠ACB=90°．（2）過M作MQ⊥CD于點Q，由（1）得，HM=HC，且∠MHC=90°，MC=，∴，又BE=HC，且BE=3EC，∴BE=3，EC=1，∴CD=BC=4，∵MQ⊥CD，MH⊥BH，∴∠MQC=∠MHC=90°又∠BCD=90°，∴∠