江苏地区2022学年八年级上学期数学期末真题压轴精选——解答题30道

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江苏地区2022学年八年级上学期数学期末真题压轴精选
【解答题30道】

一、解答题
1．（2021·江苏淮安期末）学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地．两人之间的距离（米）与时间（分钟）之间的函数关系如图所示．

(1)根据图象信息，当_________分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为_________米/分钟；
(2)图中点的坐标为_________；
(3)求线段所在直线的函数表达式；
(4)在整个过程中，何时两人相距400米？
【答案】(1)24，40；
(2)（40，1600）；
(3)
(4)第20分钟和28分钟时两人相距400米．

【分析】（1）根据图象信息，当t=24分钟时甲乙两人相遇，甲60分钟行驶2400米，根据速度=路程÷时间可得甲的速度；
（2）求出乙从图书馆回学校的时间即A点的横坐标；
（3）运用待定系数法求解即可；
（4）分相遇前后两种情况解答即可．
（1）
解：根据图象信息，当t=24分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为2400÷60=40（米/分钟）．
∴甲、乙两人的速度和为2400÷24=100米/分钟，
∴乙的速度为10040=60（米/分钟）．
故答案为：24，40；
（2）
解：乙从图书馆回学校的时间为2400÷60=40（分钟），
40×40=1600，
∴A点的坐标为（40，1600）．
故答案为：（40，1600）；
（3）
解：设线段AB所表示的函数表达式为y=kt+b，
∵A（40，1600），B（60，2400），
∴，
解得，
∴线段AB所表示的函数表达式为；
（4）
解：两种情况：①迎面：（2400-400）÷100=20（分钟），
②走过：（2400+400）÷100=28（分钟），
∴在整个过程中，第20分钟和28分钟时两人相距400米．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，路程、速度、时间的关系，用待定系数法确定函数的解析式，属于中考常考题型．读懂题目信息，从图象中获取有关信息是解题的关键．
2．（2022·江苏盐城期末）如图1，直线l1与x轴交于点A（﹣6，0）、与y轴交于点B（0，﹣3）．

(1)直线l1的表达式为 　 　；
(2)若直线l1上有一点M（﹣2，﹣2），y轴上有一点N，当△AMN周长最小时，求点N的坐标；
(3)如图2，直线l2：与直线l1交于点C，点D（0，3），直线l2上是否存在一点G，使得？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x﹣3
(2)N（0，﹣）
(3)存在，G（1，）或（﹣7，﹣）

【分析】（1）由待定系数法求出答案即可；
（2）在x轴上取点C（6，0），连接MC交y轴于点N，求出直线CM的解析式为y1＝x﹣，则可得出答案；
（3）联立l1，l2的关系式成二元一次方程组，求得C点的坐标，进而求出CD的表达式，求出与x轴的交点，计算出△ACD的面积，求得△CBD的面积，进而求得G点横坐标，代入l2即可．
【详解】（1）由题意知：A（﹣6，0），B（0，﹣3），
设直线l1的表达式为：y＝kx+b，将A（﹣6，0），B（0，﹣3）代入，得
，
解得：，
∴y＝-x﹣3；
（2）在x轴上取点C（6，0），连接MC交y轴于点N，

∵点A、C关于y轴对称，
∴AN=CN，
∴当AM+MN最小时为MC，△AMN的周长最小，
∵M（﹣2，﹣2），
设直线CM的表达式为：y1＝k1x+b1，将M（﹣2，-2），C（6，0）代入，得
，
解得：，
∴直线CM的解析式为y1＝x﹣，
∴N（0，﹣）；
（3）如图2，

由
解得：，
∴C（﹣3，﹣），
设直线CD的表达式是：y2＝mx+n，
∴，解得：，
∴y2＝x+3，
令y2＝0，
∴x+3＝0，
∴x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∴AE＝6﹣2＝4，
∴S△ACD＝AE•DF＝，
∵S△CDG＝S△ACD，
∴S△CDG＝×9＝6，
设G（x，x），
∴OD•|x+3|＝6，
即×3•|x+3|＝6，
∴x1＝1，x2＝﹣7，
∴G（1，）或（﹣7，﹣）．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，轴对称的性质，三角形的面积，两点间距离等知识点，解题的关键是熟练掌握待定系数法求解析式．
3．（2022·江苏盐城期末）已知正比例函数与一次函数y＝﹣3x﹣5的图像交于点A，且OA＝OB．

(1)求点A坐标；
(2)求△AOB的面积；
(3)已知在x轴上存在一点P，能使△AOP是等腰三角形，请问这样的点P有几个不同的位置？简述理由．
【答案】(1)A（﹣3，4）
(2)
(3)4个，理由见解析

【分析】（1）联立方程组求解即可得出点A的坐标；
（2）在y＝﹣3x﹣5中，令x＝0，得y＝﹣5，即可得到点B的坐标，根据三角形面积公式即可求出答案；
（3）分三种情况：OA＝OP或OA＝AP或OP＝AP，分别进行讨论计算即可．
【详解】（1）解：（1）由题意得：，
解得，
∴A（﹣3，4）；
（2）在y＝﹣3x﹣5中，令x＝0，得y＝﹣5，
∴B（0，﹣5），
∴OB＝5，
∴S△AOB＝×5×3＝；
（3）由（2）知，OB＝5．
∵OA＝OB，
∴OA＝5．
设P（m，0），
当△AOP是等腰三角形时，分三种情况：OA＝OP或OA＝AP或OP＝AP，

①当OA＝OP时，
∴|m|＝5，
解得：m＝﹣5或5，
∴P1（5，0），P2（﹣5，0）；
②当OA＝AP时，点O与点P关于直线x＝﹣3对称，
∴P（﹣6，0）；
③当OP＝AP时，点P为线段OA的垂直平分线与x轴的交点，
OA的中点坐标为（﹣，2），
设过OA中点且与OA垂直的直线解析式为y＝x+b，
将（﹣，2）代入，得：2＝﹣×+b，
解得：b＝，
∴y＝x+，
令y＝0，得0＝x+，
解得：x＝﹣，
∴P（﹣，0），
综上所述，点P的坐标为（5，0）或（﹣5，0）或（﹣6，0）或（﹣，0），共有4个点符合题意．
【点睛】本题考查了一次函数综合题，一次函数与二元一次方程组的应用，等腰三角形的性质，坐标与图形性质等知识点，学会应用分类讨论思想是解题关键．
4．（2022·江苏无锡期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣12分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A作x轴的垂线交直线y＝x于点C，D点是线段AB上一点，连接OD，以OD为直角边作等腰直角三角形ODE，使∠ODE＝90°，且E点在线段AC上，过D点作x轴的平行线交y轴于G，设D点的纵坐标为m．
（1）点C的坐标为　 　；
（2）用含m的代数式表示E点的坐标，并求出m的取值范围；
（3）如图2，连接BE交DG于点F，若EF＝DF﹣2m，求m的值．


【答案】（1）（12，9）；（2）E(12，2m+12)，﹣6≤m≤﹣；（3）m=﹣4
【分析】（1）先由直线y＝x﹣12求得A、B的坐标，再将A的横坐标即为C的横坐标代入直线y＝x即可求得C的坐标；
（2）用m表示点D坐标为（m+12，m），根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定证明△OGD≌△DPE，则有EP=DG，再根据点E在线段AC上可求得点E坐标和m的取值范围；
（3）根据点B、E坐标求出直线BE的表达式，根据题意可求得点F的坐标为（6，m），根据EF=DF﹣2m和两点间距离公式即可求得m的值．
【详解】解：（1）∵直线y＝x﹣12分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴令x=0，则y=0﹣12=﹣12，∴B（0，﹣12），
令y=0，由0=x﹣12得：x=12，∴A(12，0)，
∵过点A作x轴的垂线交直线y＝x于点C，
∴将x=12代入y＝x中，得：y=9，
∴点C坐标为（12，9）,
故答案为：（12，9）；
（2）∵D点是线段AB上一点且D点的纵坐标为m，
∴D（m+12，m），
延长EA交直线GD于P，如图1，
由题意知， ∠EPD=∠DGO=90°，P(12，m)，
∵△ODE是等腰直角三角形且∠ODE=90°，
∴OD=DE， ∠ODG=∠DEP,
∴△OGD≌△DPE（AAS），
∴EP=GD=m+12，
∴EA=EP﹣AP=2m+12，
∵E点在线段AC上，
∴E(12，2m+12)，
由0≤2m+12≤9得：﹣6≤m≤﹣，
即点E坐标为（12，2m+12），m的取值范围为﹣6≤m≤﹣；

（3）设直线BE的表达式为y=kx+b，
将B(0，﹣12)、E（12，2m+12）代入，
得：，解得：，
∴设直线BE的表达式为y= x﹣12，
由题意，将y=m代入y= x﹣12中，解得：x=6，
∴F(6，m)，
∵EF=DF﹣2m，
∴=（m+12﹣6）﹣2m，
解得：m=﹣4．
【点睛】本题考查了一次函数的综合，涉及求直线与坐标轴的交点、求两直线的交点坐标、坐标与图形、待定系数法求直线表达式、两点间距离公式、全等三角形的判定与性质、解二元一次方程组、解一元一次方程等知识，解答的关键是仔细审题，寻找知识点的关联点，利用数形结合等思想方法进行探究、推理和计算．
5．（2022·江苏盐城期末）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(6，0)，点B在y轴的正半轴上，且=24.
  (1)求点B坐标；
  (2)若点P从B出发沿y轴负半轴方向运动，速度每秒2个单位，运动时间t秒，△AOP的面积为S，求S与t的关系式，并直接写出t的取值范围；
  (3)在(2)的条件下，若S△AOP：S△ABP=1:3，且S△AOP+S△ABP=S△AOB，在线段AB的垂直平分线上是否存在点Q，使得△AOQ的面积与△BPQ的面积相等？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
      
【答案】（1）点 B的坐标为（0,8）（2）S=24-6t (0≤t<4)； S=6t-24(t>4)；(3)点Q的坐标为(-1,1)或（7,7）.
【分析】（1）根据三角形的面积公式求出OB的长即可；
（2）分0≤t<4和t≥4两种情况，根据三角形面积公式计算即可；
（3）根据题意和三角形的面积公式求出OP、BP的长，根据相似三角形的性质求出点E的坐标，根据中点的性质确定点F的坐标，运用待定系数法求出直线ef的解析式，根据等底的两个三角形面积相等，它们的高也相等分x=y和x=-y两种情况计算即可．
【详解】（1）∵点坐标为，
，
，
则，
点 B的坐标为（0,8）；
（2）当0≤t<4时，S=×（8-2t）×6=24-6t；
当t>4时，S=（2t-8）×6=6t-24；
(3) ∵S△AOP+S△ABP=S△AOB  ，
∴点P在线段OB上，
∵S△AOP：S△ABP=1：3，
∴OP：BP=1：3，
又∵OB=8，
∴OP=2，BP=6，
线段AB的垂直平分线上交OB于E，交AB于F，
∵OB=8，OA=6，
∴AB==10，
则点F的坐标为（3，4），
∵EF⊥AB，∠AOB=90°，
∴△BEF∽△BAO，
∴即
解得，BE=，
则OE=8﹣=，
∴点E的坐标为（0，），
设直线EF的解析式为y=kx+b，
则
解得，k=，b=，
∴直线EF的解析式为y=x+，
∵△AOQ的面积与△BPQ的面积相等，又OA=BP，
∴x=y，或x=﹣y，
当x=y时，x=x+，解得，x=7，
则Q点坐标为（7，7）；
当x=﹣y时，﹣x=x+，解得，x=﹣1，
则Q点坐标为（﹣1，1），
∴Q点坐标为（7，7）或（﹣1，1）．

【点睛】本题考查的是一次函数的知识，掌握待定系数法求函数解析式、一次函数图像上点的坐标特征、相似三角形的判定和性质是解题的关键，解答时，注意分情况讨论思想的运用.
6．（2022·江苏盐城期末）如图，直线与轴、轴分别交于点、．

(1)求点、的坐标；
(2)以线段为直角边作等腰直角，点在第一象限内，，求点的坐标．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）令x=0，令y=0，分别代入y=-x+2，进而即可求解；
（2）过C作CD⊥x轴于点D，则可证得△AOB≌△CDA（AAS），则可求得CD和AD的长，进而可求得C点坐标．
（1）根据题意，直线与轴、轴分别交于、，令，则；令，则，，；
（2）由（1）可知：，，如图，过作于，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，
【点睛】本题属于一次函数与几何图形的综合，主要考查了一次函数的图象，全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
7．（2022·江苏·扬州中学教育集团树人学校八年级期末）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．

(1)请直接写出点C的坐标；
(2)如图②，点F在BC上，连接AF，把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C′重合，求线段CF的长度；
(3)如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)（8，6）
(2)CF＝3
(3)存在，y＝-3x+26

【分析】（1）根据矩形性质和坐标与图形性质可求解；
（2）由折叠性质得，，，利用勾股定理求解、即可；
（3）分两种情况：点P在BC上方和点P在BC下方两种情况，利用全等三角形的判定与性质求得PF=BE，EP=DF即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形OACB是矩形，OA＝8，OB＝6，
∴AC=OB=6，BC=OA=8，∠OAC=90°，
∴点C坐标为（8，6）；
（2）解：由折叠性质得：，，，
∵OA＝8，OB＝6，∠AOB=90°，
∴AB==10，则=10-6=4，
在Rt△中，BF=8-CF，由勾股定理得，
解得：CF=3；
（3）解：存在，设P（a，2a－4），
当点P在BC上方时，如图，过点P作EFBC交y轴于E，交DC延长线于F，
则∠BEP=∠PFD=90°，EF=BC=8，
∵∠BPE+∠EBP=90°，∠BPE+∠DPF=90°，
∴∠EBP=∠DPF，又BP=PD，
∴△BEP≌△PFD（AAS），
∴BE=PF=2a-4-6=2a-10，DF=PE=a，
∴EF=PE+PF=3a-10=8，解得：a=6，
∴P（6，8），D（8，2），
设直线PD的解析式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线PD的解析式为y=－3x+26；
当点P在BC下方时，如图，过点P作EFBC交y轴于E，交AC于F，
则∠BEP=∠PFD=90°，EF=BC=8，
同理可得△BEP≌△PFD（AAS），
∴BE=6-(2a-4)=10-2a，DF=PE=a，
∴EF=PE+PF=10-a=8，解得：a=2，
∴P（2，0），这与点P在第一象限不符，故舍去，
综上，直线PD的解析式为y=-3x+26．


【点睛】本题考查求一次函数的解析式、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合和分类讨论思想解决问题是解答的关键．
8．（2022·江苏·宿迁市钟吾初级中学八年级期末）如图1，甲、乙两车分别从相距的两地相向而行，乙车比甲车先出发小时，并以各自的速度匀速行驶，甲车到达地后因有事按原路原速返回地．乙车从地直达地，两车同时到达地．甲、乙两车距各自出发地的路程（千米）与甲车出发所用的时间（小时）的关系如图2，

结合图像信息解答下列问题：
(1)乙车的速度是　　千米/时，乙车行驶的时间t=　　小时；
(2)求甲车从地按原路原速返回地的过程中，甲车距它出发地的路程与它出发的时间的函数关系式；
(3)求甲车出发多长时间两车相距千米．
【答案】(1)，
(2)
(3)甲车出发小时或小时或两车相距千米

【分析】（1）结合题意，利用速度=路程÷时间，可得乙的速度、行驶时间；
（2）找到甲车到达地和返回地时与的对应值，利用待定系数法可求出函数解析式；
（3）甲、乙两车相距千米有两种情况：①相向而行：相等关系为“甲车行驶路程+乙车行驶路程+甲乙间距离=”，②同向而行：相等关系为“甲车距它出发地的路程+乙车路程﹣甲乙间距离=”分别根据相等关系列方程可求解．
（1）
∵乙车比甲车先出发小时，由图象可知乙行驶了千米，
∴乙车速度为：千米/时，乙车行驶全程的时间（小时）；
故答案为：，；
（2）
根据题意可知甲从出发到返回地需小时，
∵甲车到达地后因立即按原路原速返回地，
∴结合函数图象可知，当时，；当时，；
设甲车从C地按原路原速返回A地时，即，
甲车距它出发地的路程y与它出发的时间的函数关系式为：，
将函数关系式得：，
解得：，
故甲车从地按原路原速返回地时，
甲车距它出发地的路程与它出发的时间的函数关系式为：；
（3）
由题意可知甲车的速度为：（千米/时），
设甲车出发小时两车相距千米，有以下两种情况：
①两车相向行驶时，有：，
解得：；
②两车同向行驶时，有：，
解得：；
③两车相遇之后，甲返回前，有，
解得：；
∴甲车出发小时或小时或两车相距千米．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用问题，解答此题的关键是要理解分段函数图象所表示的实际意义，准确找到等量关系，列方程解决实际问题．
9．（2022·江苏南通期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点C′处，B C′与AD交于点E．

(1)试判断重叠部分△BED的形状，并证明你的结论；
(2)若BE平分∠ABD，BC＝12，求△BED的面积．
【答案】(1)△BED是等腰三角形，证明见解析
(2)

【分析】（1）由折叠可知，∠CBD=∠EBD，再由ADBC，得到∠CBD=∠EDB，即可得到∠EBD=∠EDB，于是得到BE=DE，即可证明△BED是等腰三角形；
（2）设DE=x，则BE=x，AE=12-x，由BE平分∠ABD和∠CBD=∠EBD，得出，进而得到，列方程即可求出DE，再利用勾股定理求出AB，利用三角形面积公式即可求解．
（1）
解：△BDE是等腰三角形，证明如下：
由折叠可知，∠CBD=∠EBD，
∵ADBC，
∴∠CBD=∠EDB，
∴∠EBD=∠EDB，
∴BE=DE，
即△BDE是等腰三角形；
（2）
解：∵四边形ABCD是长方形，BC＝12，
∴，，
设DE=x，则BE=x，AE=12－x，
∵BE平分∠ABD，∠CBD=∠EBD，
∴∠ABE=∠CBD=∠EBD，
又∵∠ABE＋∠CBD＋∠EBD=∠ABC=，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
，即，
解得，
∴．
【点睛】本题主要考查翻折变换、等腰三角形的判定、勾股定理、矩形的性质、角平分线的定义、平行线的性质等知识点，有一定综合性，难度一般，解题关键是由BE平分∠ABD和翻折的性质得出．
10．（2022·江苏南通期末）如图，△ABC中，点D是BC边上的动点（不与点B，C重合），连接AD．

(1)如图1，若BD＝CD，则S△ABD∶S△ACD＝ ；
(2)如图2，若AD平分∠BAC，求证：S△ABD∶S△ACD＝AB∶AC；
(3)如图3，若AD平分∠BAC，延长AD到E，使DE＝2AD，连接BE，如果AB∶AC＝3∶2，S△BDE ＝m，直接写出△ABC的面积（用含m的式子表示）．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)

【分析】（1）利用“等高三角形面积比等于底边长度之比”即可求解；
（2）利用角平分线的性质可得S△ABD中AB边上的高等于S△ACD中AC边上的高，再利用三角形面积公式即可证明；
（3）利用（1）（2）的结论，结合已知条件可知，S△ABD∶S△ACD＝AB∶AC＝3∶2，即可求解．
（1）解：如图，作于点E．∵BD＝CD，∴S△ABD∶S△ACD，故答案为：；
（2）证明：如图，作于点M，于点N．∵AD平分∠BAC，，，∴，∴S△ABD∶S△ACD；
（3）解：∵DE＝2AD，∴，∴．∵AD平分∠BAC，AB∶AC＝3∶2，∴由（2）的结论可知S△ABD∶S△ACD＝AB∶AC＝3∶2，∴，∴．
【点睛】本题考查三角形面积公式以及角平分线的性质，掌握“等高三角形面积比等于底边长度之比”以及“角平分线上的点到角的两边的距离相等”是解题的关键．
11．（2022·江苏无锡期末）某工厂计划生产甲、乙两种产品共2500吨，每生产1吨甲产品可获得利润0.3万元，每生产1吨乙产品可获得利润0.4万元．设该工厂生产了甲产品x（吨），生产甲、乙两种产品获得的总利润为y（万元）．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）若每生产1吨甲产品需要A原料0.25吨，每生产1吨乙产品需要A原料0.5吨．受市场影响，该厂能获得的A原料至多为1000吨，其它原料充足．求出该工厂生产甲、乙两种产品各为多少吨时，能获得最大利润．
【答案】（1）；（2）工厂生产甲产品1000吨，乙产品1500吨时，能获得最大利润.
【分析】（1）利润y（元）＝生产甲产品的利润+生产乙产品的利润；而生产甲产品的利润＝生产1吨甲产品的利润0.3万元×甲产品的吨数x，即0.3x万元，生产乙产品的利润＝生产1吨乙产品的利润0.4万元×乙产品的吨数（2500﹣x），即0.4（2500﹣x）万元．
（2）由（1）得y是x的一次函数，根据函数的增减性，结合自变量x的取值范围再确定当x取何值时，利润y最大．
【详解】（1）.
（2）由题意得：，解得.
又因为，所以.
由（1）可知，，所以的值随着的增加而减小.
所以当时，取最大值，此时生产乙种产品（吨）.
答：工厂生产甲产品1000吨，乙产品1500吨，时，能获得最大利润.
【点睛】这是一道一次函数和不等式组综合应用题，准确地根据题目中数量之间的关系，求利润y与甲产品生产的吨数x的函数表达式，然后再利用一次函数的增减性和自变量的取值范围，最后确定函数的最值．也是常考内容之一．
12．（2022·江苏泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，．

(1)求k的值；
(2)点P在线段AB上，连接OP．若，求点P的坐标；
(3)将直线AB绕点A逆时针旋转45°后得到直线AC，求直线AC的表达式．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）先求出B点坐标，可得OB的长度，根据关系得到OA的长度，即A点坐标，将A点坐标代入关系式即可求出k的值；
（2）先求出△AOB的面积，可求出△BOP的面积，根据面积即可求出P点的坐标；
（3）过点B作BD⊥AB交直线AC于点D，过D作DE⊥y轴于点E，△BDE≌△ABO，得出线段BE和DE的长，继而求出D点坐标，运用待定系数法可求出直线AC的解析式．
（1）
直线中，令x=0，则y =4
∴B(0,4)
∴OB=4
∵
∴OA=3
∴A(3,0)
∴
∴
（2）
由（1）可知，OA=3，OB=4，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∵点P在线段AB上
∴
∴
∴
（3）
将直线AB绕点A逆时针旋转45°后得到直线AC，则∠BAC=45°，如图过点B作BD⊥AB交直线AC于点D，过D作DE⊥y轴于点E，

∵∠AOB=∠ABD=90°
∴∠ABO+∠BAO =∠ABO+∠DBO =90°
∴∠BAO=∠DBO
∵∠BAC=45°
∴∠BDA=45°
∴AB=BD
∴△BDE≌△ABO
∴BE=OA=3，DE=OB=4
∴OE=OB－BE=1
∴D(-4,1)
设直线AC的解析式为：
∴，解得
∴设直线AC的解析式为：．
【点睛】本题属于一次函数综合题，包括待定系数法求函数解析式，三角形的面积，构造全等三角形等知识，作出辅助线构造全等求出D点坐标是解题的关键．
13．（2022·江苏扬州期末）如图1，将三角形纸片ABC，沿AE折叠，使点B落在BC上的F点处；展开后，再沿BD折叠，使点A恰好仍落在BC上的F点处（如图2），连接DF．

（1）求∠ABC的度数；
（2）若△CDF为直角三角形，且∠CFD=90°，求∠C的度数；
（3）若△CDF为等腰三角形，求∠C的度数．
【答案】（1）60°；（2）30°；（3）20°或40°．
【分析】（1）由折叠的性质可知△ABF是等边三角形，即可得出结论；
（2）根据折叠的性质及三角形内角和定理即可得出结论；
（3）根据折叠的性质、三角形外角的性质及等腰三角形的性质表示出∠AFD，根据平角的定义表示出∠DFC，然后分三种情况讨论即可得出结论．
【详解】解：（1）由折叠的性质可知：AB=AF，BA=BF，
∴AB=BF=AF，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABC=∠AFB=60°；
（2）∵∠CFD=90°，
∴∠BFD=90°．
由折叠的性质可知：∠BAD=∠BFD，
∴∠BAC=∠BAD=90°，
∴∠C=180°-∠BAC-∠ABC=180°-90°-60°=30°；
（3）设∠C=x°．由折叠的性质可知，AD=DF，
∴∠FAD=∠AFD．
∵∠AFB=∠FAD+∠C，
∴∠FAD=∠AFB-∠C=60°-x，
∴∠AFD=60°-x，
∴∠DFC=180°-∠AFB-∠AFD=180°-60°-（60°-x）=60°+x．
∵△CDF为等腰三角形，
∴分三种情况讨论：
①若CF=CD，则∠CFD=∠CDF，
∴60°+x+60°+x+x=180°，解得：x=20°；
②若DF=DC，则∠DFC=∠C，
∴60°+x=x，无解，
∴此种情况不成立；
③若DF=FC，则∠FDC=∠C=x，
∴60°+x+x+x=180°，解得：x=40°．
综上所述：∠C的度数为20°或40°．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质．分三种情况讨论是解答本题的关键．
14．（2022·江苏泰州期末）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx＋b（k≠0）的图像由函数y＝x的图像向下平移1个单位长度得到．
(1)求这个一次函数的解析式；
(2)当x≥-2时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值总是大于一次函数y＝kx＋b的值，则m的取值范围是 ．
(3)设一次函数y＝kx＋b（k≠0）的图像与x轴，y轴分别交于A，B两点，则在y轴上是否存在一点P，使得∠ABO＝2∠BPA，如果存在，请求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)yx﹣1
(2)m＜1
(3)存在，点P的坐标为：（0，1）或（0，1）

【分析】（1）根据平移的规律即可求得；
（2）由题意可得当x≥﹣2时，y＝mx的图象在yx﹣1的图象的上方，即可求解；
（3）分两种情况讨论，利用等腰三角形的性质可求解．
（1）解：函数yx的图象向下平移1个单位长度得到yx﹣1，∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数yx的图象向下平移1个单位长度得到，∴这个一次函数的表达式为yx﹣1；
（2）当m时，函数y＝mx（m≠0）的值总是大于一次函数y＝kx+b的值，当m时，把x＝﹣2代入yx﹣1，求得y＝﹣2，∴函数y＝mx（m≠0）与一次函数yx﹣1的交点为（﹣2，﹣2），∴﹣2＝﹣2m，∴m＝1，∵当x≥﹣2时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值总是大于一次函数y＝kx+b的值，∴当x≥﹣2时，y＝mx的图象在yx﹣1的图象的上方，∴m＜1，综上所述：m＜1；故答案为：m＜1；
（3）存在，理由如下：如图，∵一次函数yx﹣1的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，∴点A（2，0），点B（0，﹣1），∴AO＝2，OB＝1，∴AB，当点P在点B下方时，∵∠ABO＝2∠BPA，∠ABO＝∠ABP+∠BAP，∴∠BAP＝∠APB，∴AB＝BP，∴PO1，∴点P（0，1），当点P'在点B上方时，∵∠APB＝∠AP'B，∴AP＝AP'，又∵AO⊥y轴，∴OP＝OP'1，∴点P（0，1），综上所述：点P的坐标为：（0，1）或（0，1）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．（2022·江苏徐州期末）小明爸爸开车从单位回家，沿途部分路段正在进行施工改造，小明爸爸回家途中距离家的路程ykm与行驶时间xmin之间的函数关系如图所示．结合图像，解决下列问题：

(1)小明爸爸回家路上所花时间为 　 　min；
(2)小明爸爸说：“回家路上，有一段路连续4分钟恰好行驶了2.4千米．”你认为该说法有无可能？若有，请求出这4分钟的起止时间；若没有，请说明理由．
【答案】(1)20
(2)从第4分钟到第8分钟

【分析】（1）用待定系数法求出直线BC的解析式，然后求出C点坐标即可；
（2）分别计算AB段和BC的速度作比较即可得出结论．
（1）
解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
代入点（5，6）和（10，4）
得，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
当y=0时，x=20，
故答案为：20；
（2）
由题知：
AB段的速度为：（12-6）÷5=1.2（km/min），
BC段的速度为：（6-4）÷（10-5）=0.4（km/min），
4分钟行驶了2.4千米的平均速度为：2.4÷4=0.6（km/min），
则小明爸爸连续的四分钟有一段在AB段有一段在BC段，
设在AB段行驶时间为x min，则在BC段行驶（4-x）min，
由题意得1.2x+（4-x）×0.4=2.4，
解得x=1，
5-1=4（min），4+4=8（min），
∴这4分钟的起止时间是从第4分钟到第8分钟．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求一次函数是解题的关键．
16．（2022·江苏徐州期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（2，4），点B的坐标是（6，2）．

(1)求△OAB的面积；
(2)点P从点O出发，沿O→A→B的方向运动到点B，当S△AOB＝2S△POB时，点P的坐标为 　 　（直接写结果）．
【答案】(1)10
(2)（1，2）或（4，3）

【分析】（1）利用矩形的面积减去周围多余三角形的面积即可；
（2）根据题意点P是OA的中点或AB的中点，利用A、B和O的坐标求得即可．
（1）
解：（1）△AOB的面积为：4×6-×6×2-×2×4-×4×2
=24-6-4-4
=10；
（2）
∵点P从点O出发，沿O→A→B的方向运动到点B，S△AOB=2S△POB，
∴点P是OA的中点或AB的中点，
∵点A的坐标是（2，4），点B的坐标是（6，2）．
∴P（1，2）或（4，3），
故答案为：（1，2）或（4，3）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积，熟练掌握割补法求图形的面积是解题的关键．
17．（2022·江苏扬州期末）在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成长方形的周长与面积相等，则这个点叫做“和谐点”．例如，图中过点P分别作x轴、y轴的垂线，与坐标轴围成长方形OAPB的周长与面积相等，则点P是“和谐点”．

(1)判断点，D（2，8）是否为“和谐点”，并说明理由；
(2)若“和谐点”E（3，a）在直线y＝3x+b（b为常数）上，求a，b的值．
【答案】(1)点C是“和谐点”，点D不是“和谐点”，理由见解析；
(2)a=6，b=－3或a=-6，b=15．

【分析】（1）分别求得过点C和点D得到的长方形的周长和面积，然后比较周长和面积判断；
（2）先通过点E在直线y=3x+b上得到a与b的关系，然后由“和谐点”列出方程求得a与b的值．
（1）
解：（1）点C是“和谐点”，点D不是“和谐点”，
理由如下， 过点C围成的长方形的周长为：2×（4+4）=16，面积为：4×4=16，
∴点C是“和谐点”，
过点D围成的长方形的周长为：2×（2+8）=20，
面积为：2×8=16≠20，
∴点D不是“和谐点”．
（2）
∵“和谐点”E（3，a）在直线y=3x+b（b为常数）上，
∴ ，
解得：
所以 或．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征和矩形的性质，解题的关键是会用含有未知数的式子表示围成的矩形的面积和周长．
18．（2022·江苏淮安期末）如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6cm，AC=8cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．

(1)如图（1），当点P在边AC上时，AP=______，当点P在边AB上时，AP=_______．（用t表示）
(2)如图（1），当t为何值时，△ABP的面积等于△ABC面积的一半；
(3)如图（2），在△DEF中，∠E=90°，DE=4cm，DF=5cm，∠D=∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．
【答案】(1)，
(2)t=或
(3)

【分析】（1）根据勾股定理求得，然后分情况讨论求解即可；
（2）先求出△ABC面积，进而可求出△ABP的面积，分P点运动到AC边上时和P点运动到BC边上时两种情况分别讨论即可；
（3）分情况讨论, ①当点P在AC上,点Q在AB上时 ②当点P在AB上,点Q在AC上，由全等三角形的性质得出，进而可求出P的运动时间，即Q的运动时间，再利用速度=路程÷时间求解即可．
（1）
Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8，

当点P在边AC上时，AP=
当点P在边AB上时，AP=
（2）

∵△ABP的面积等于△ABC面积的一半

当P点运动到AC边上时，此时
即

当点P在边AC上时，AP=
3t=3

当P点运动到BC边上时，

此时
即

3t=11
解得
当P点运动到AB边上时，不能构成三角形
综上所述，当t=1或时，△APC的面积等于△ABC面积的一半
（3）
∵△APQ≌△DEF，DE=4cm, DF=5cm,

此时P点运动的时间为
∵P,Q同时出发，所以Q运动的时间也是
∴Q运动的速度为
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质及三角形面积，掌握全等三角形的性质及分情况讨论是解题的关键．
19．（2022·江苏南通期末）中，，，点是边上的一个动点，连接，过点作于点．

(1)如图1，分别延长，相交于点，求证：；
(2)如图2，若平分，，求的长；
(3)如图3，是延长线上一点，平分，试探究，，之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，理由见解析

【分析】（1）欲证明BE＝AD，只要证明即可；
（2）如图2，分别延长BF，AC交于点E，证，可求；
（3）如图3中，分别延长BF，AC交于点E，由（1）可得△ACD≌△BCE，得CD＝CE，再证可得结论．
【详解】（1）解：（1）∵，
∴，
又∵，
∴．
在和中，

∴．
∴．
（2）解：如图2，延长，交于点．

∵，
∴，
∵平分，
∴．
在和中，

∴．
∴．
由（1）可得，．
∴．
（3）解：．
理由：如图3，延长，交于点．

由（1）可得，，
∴．
∵，
∴，
∵平分，
∴．
在和中，

∴．
∴．
∵．
∴．
【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
20．（2022·江苏·扬州中学教育集团树人学校八年级期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线OC：y＝x交于点C．

(1)若直线AB解析式为y＝﹣2x+12，求：
①求点C的坐标；
②求△OAC的面积．
(2)在（1）的条件下，若P是x轴上的一个动点，直接写出当△POC是等腰三角形时P的坐标．
(3)如图2，作∠AOC的平分线OF，若，垂足为E，OA＝4，P是线段AC上的动点，过点P作OC，OA的垂线，垂足分别为M，N，试问PM+PN的值是否变化，若不变，求出PM+PN的值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)①（4，4）；②12
(2)（4，0）或（8，0）或（，0）或（－，0）
(3)不变，

【分析】（1）①当−2x＋12＝x时，解方程即可；
②当y＝0时，则−2x＋12＝0，得出点A的坐标，即可得出答案；
（2）首先利用勾股定理得出OC的长，再分OC＝OP，CO＝CP，PO＝PC三种情形，进而得出答案；
（3）首先利用ASA证明△AOE≌△COE，得OA＝OC＝4，再利用面积法可得PN＋PM＝AH，再利用勾股定理求出AH的长即可．
（1）
解：①由题意得−2x＋12＝x，
解得x＝4，
∴y＝4，
∴点C（4，4）；
②当y＝0时，−2x＋12＝0，
∴x＝6，
∴A（6，0），
∴OA＝6，
∴△OAC的面积为；
（2）
解：∵C（4，4），
∴，
当OC＝OP＝ 时，
点P（，0）或（，0），
当CO＝CP时，点P（8，0），
当PO＝PC时，点P（4，0），
综上：点P（4，0）或（8，0）或（，0）或（－，0）；
（3）
解：PM＋PN的值不变，连接OP，作AH⊥OC于H，

∵OF平分∠AOC，
∴∠AOE＝∠COE，
∵OF⊥AB，
∴∠AEO＝∠CEO，
∵OE＝OE，
∴△AOE≌△COE（ASA），
∴OA＝OC＝4，
∵，
∴OC×AH＝OC×PN＋OC×PM，
∴PN＋PM＝AH，
∵直线OC的解析式为y＝x，
∴∠AOC＝45°，
∴，
∴．
∴PM＋PN的值不变，为．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了两条直线的交点问题，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，利用全等证明OA＝OC＝4是解题的关键．
21．（2021·江苏淮安期末）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形中，是一条对角线，，，且，则与是关于的互补三角形．

(1)初步思考：如图2，在中，，，、为外两点，，，为等边三角形．则关于的互补三角形是_______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形中，，．点在边上，点在边上，若与是关于互补三角形，试求的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形中，，．点是线段上的动点，点是平面内一点，与是关于的互补三角形，直线与直线交于点．在点运动过程中，线段与线段的长度是否会相等？若相等，请直接写出的长；若不相等，请说明理由．
【答案】(1)△BCD；
(2)3
(3)或2或或18．

【分析】（1）根据互补三角形的定义即可判断．
（2）根据互补三角形可得BE=FE，BC=FC，在Rt△FDC中用勾股定理可计算出FD的长度，进而得到AF的长，然后设AE=x，则BE=EF=8-x，然后用勾股定理列方程计算即可；
②分四种情形：如图4-1中，当BE=AF时．如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合．如图4-3中，当BE=AF时．如图4-4中，当BE=CB=AF时，点F与点D重合，分别求解即可解决问题．
（1）
解：如图2中，

∵△BDC是等边三角形，
∴∠D=60°，
∵AB=AC，∠ABC=30°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∴∠BAC=120°，
∴∠A+∠D=180°，
∴则△ABC关于的互补三角形是△BCD，
故答案为：△BCD；
（2）
∵与是关于互补三角形，
∴BE=FE，BC=FC，
在长方形中，，，
∴CD=AB=8，CB=CF=10，
∴DF=,
∴AF=AD-DF=4，
设AE=x，则BE=EF=8-x，
∴，解得,
∴AE=3；
（3）
如图4-1中，当BE=AF时，设AE=x，连接EF．

∵BE=EP=AF，EF=EF，∠EAF=∠FPE=90°，
∴Rt△EAF≌Rt△FPE（HL），
∴PF=AE=x，
在Rt△DCF中，DF=10-（8-x）=2+x，CD=8，CF=10-x，
∴（10-x）2=82+（2+x）2，
解得x=，
∴AE=
如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合，可得AE=BE-AB=10-8=2．

如图4-3中，当BE=AF时，设AE=x，

同法可得PF=AE=x，
在Rt△CDF中，则有（10+x）2=82+（18-x）2，
解得x=，
∴AE=，
如图4-4中，当BE=CB=AF时，点F与点D重合，此时AE=AB+BE=AB+BC=18．

综上所述，满足条件的AE的值为或2或或18．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
22．（2022·江苏·宿迁市钟吾初级中学八年级期末）（1）已知：是等腰三角形，其底边是，点D在线段上，E是直线上一点，且，若（如图①）．求证：；  
（2）若将（1）中的“点D在线段上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由；  
（3）若将（1）中的“若”改为“若”，其它条件不变，则的值是多少？（直接写出结论，不要求写解答过程）

【答案】（1）证明过程见解析；（2）成立；理由见解析；（3）
【分析】（1）作交于F，由平行线的性质得出，，，证明是等边三角形，得出，证出是等边三角形，，得出，由已知条件得出，，由证明，得出，即可得出结论；
（2）作交的延长线于F，同（1）证出，得出，即可得出结论；
（3）作交于F，同（1）得：，得出，证出是等腰直角三角形，得出，即可得出结果．
【详解】解：（1）作交于F，如图1所示：

则，，，
∵是等腰三角形，，
∴是等边三角形，
∴，  
∴，，
∴是等边三角形，，
∴，  
∵，
∴，，
∴（），
∴，
∴；
（2）成立；
理由如下：作交的延长线于F，如图2所示：  

同（1）得：，，，，
又∵，
∴（），
∴，
∴；
（3）；
理由如下：作交于F，如图3所示：

同（1）得：（），
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
23．（2022·江苏镇江期末）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．

(1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______；
(2)如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______；
(3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA=CB+CD；
(4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______．
【答案】(1)
(2)
(3)①证明见解析；②证明见解析
(4)

【分析】（1）根据对角互补四边形的定义和四边形内角和定理可知对角互补四边形两组对角都互补，再根据比例关系，依次即可求得∠B，∠C的度数，由此可求∠A的度数；
（2）先根据对角互补四边形的定义证明，从而利用边角边可证明，可得AC=AM，再根据角的数量关系求得，从而可得△ACM是等腰直角三角形，继而可证得平分，根据等腰直角三角形的性质和线段的数量关系可得CB、CD、CA三者关系；
（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，求出，即可证明；②由①中全等三角形对应边相等，再根据线段的数量关系直接可证明；
（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．
(1)
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
∴ ，
故答案为：；
(2)
∵，
∴，
又∵
∴，
又∵，
∴（SAS）
， ，
∴，
∴△ACM是等腰直角三角形，∠ACM=90°，
∴∠ACB=90°-∠ACM=45°，即平分，
，
，
，
故答案为：；
(3)
①延长至，使，连接，

四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
(4)
延长至，使，连接，

四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
过点作交于点，
为的中点，
，
在中，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，正确构造辅助线作出全等三角形是解题的关键．
24．（2022·江苏无锡期末）如图，在平面直角坐标系中，∠ABO=90°，∠A=30°，B点坐标为（0，4），点C为AB的中点，动点D从点A出发，以每秒2个单位的速度沿线段AO向终点O运动，运动时间为t秒（t>0），连接CD，作点A关于直线CD的对称点P

(1)若点P恰好落在AO上，求t的值；
(2)若CP⊥OA，求t的值；
(3)当t≠2时，∠APB的度数是否会发生变化？若保持不变，请求出∠APB的度数：若发生变化，请说明理由
【答案】(1)t
(2)t的值为1或3
(3)∠APB＝90°，理由见解析

【分析】（1）利用利用直角三角形30°的性质求出CD，再勾股定理求出AD即可；
（2）分两种情形：分别画出图形，求出AD即可解决问题；
（3）结论：∠APB＝90°是定值．利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理证明即可．
(1)
解：如图1中，

∵B（0，4），
∴OB＝4，
∵∠ABO＝90°，∠A＝30°，
∴OA＝2OB＝8，
∴AB4，
∵CA＝CP，CD⊥PA，
∴AD＝PD，
∵AC＝CB＝2，
∴CDAC，
∴AD3，
∴t；
(2)
解：如图2﹣1中，当CP⊥OA设CP交OA于点F．

∵∠A＝30°，∠CFA＝90°，
∴∠ACF＝90°﹣30°＝60°，
∴∠DCA＝∠DCP＝30°，
∴∠A＝∠DCA＝30°，
∴CD＝DA＝2DF，
∵AF＝3，
∴AD＝CD＝2，DF＝1，
∴t1；
如图2﹣2中，当CP⊥OA，设PC的延长线交AO于点F．同法可证AF＝DF＝3，

∴AD＝AF+DF＝6，
∴t3．
综上所述，满足条件的t的值为1或3．
(3)
结论：∠APB＝90°是定值．
理由：如图3中，

∵CA＝CB＝CP，
∴∠CAP＝∠CPA，∠CPB＝∠CBP，
∵∠CAP+∠APB+∠ABP＝180°，
∴2∠CAP+2∠CBP＝180°，
∴∠CAP+∠CBP＝90°，
∴∠APB＝90°．
【点睛】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
25．（2022·江苏泰州期末）如图1，与是共顶点的两个等腰三角形，其中，，，连接、．

(1)求证：；
(2)如图2，固定，将绕点旋转，若，，，当点旋转到线段上时，求的长；
(3)如图3，设为、的交点，、分别为、的中点，，，试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)3或17
(3)α+2β=180°，理由见解析

【分析】（1）由等腰三角形的性质可知AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，再利用SAS可证明△BAD≌△CAE，得CE=BD；
（2）过点A作AP⊥BC于P，连接CE，根据BC=20，S△ABC=240，得AP=24，可知点D在CP或BP上，利用勾股定理解决问题；
（3）连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB=∠AEC，BD=CE，再利用SAS证明△ADG≌△AEH，得∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，从而解决问题．
（1）
解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∠BAC=∠BAD+∠CAD，∠DAE=∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD；
（2）
如图，过点A作AP⊥BC于P，连接CE，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE=BD，
∵BC=20，S△ABC=240，
∴AP=24，
当点D在CP上时，
在Rt△APD中，PD2=AD2-AP2=49，
∴PD=7，
∵AB=AC，AP⊥BC，
∴P为BC的中点，
∴BP=CP，
∵BC=20，
∴BP=10，
∴BD=17，
∴CE=BD=17，
当点D在BP上时，同理可知CE=BD=10-7=3，
综上所述：CE=3或17；
（3）
α+2β=180°，理由如下：
如图，连接AH，

由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，
∵G，H分别为BD，CE的中点，
∴DG=EH，
∵∠ADB=∠AEC，DG=EH，AD=AE，
∴△ADG≌△AEH（SAS），
∴∠AHE=∠AGD=∠AGH+∠FGH，AG=AH，
∴∠AGH=∠AHG，
∵∠FHG+∠AHG+∠AHE=180°，
∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH=180°，
∵∠BFC=∠FGH+∠FHG，∠BFC=α，∠AGH=β，
∴α+2β=180°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟悉基本模型证明△BAD≌△CAE是解题的关键．
26．（2022·江苏扬州期末）已知，一次函数的图像与轴、轴分别交于点A、点B，与直线 相交于点C，过点B作轴的平行线l.点P是直线l上的一个动点.
（1）求点A，点B的坐标.
（2）若，求点P的坐标.
（3）若点E是直线上的一个动点，当△APE是以AP为直角边的等腰直角三角形时，求点E的坐标.

【答案】（1），；（2）或者；（3）点坐标为：或或或.
【分析】（1）由一次函数解析式可直接求解；
（2）由两直线解析式求出交点C的坐标，再由面积相等求出线段BP的长度，继而得出点P的坐标；
（3）设点E(x,)，根据两点间的距离公式求出AP，PE，AE，根据已知条件可得，AP=PE，，列方程组求解即可．
【详解】解：（1）当x=0时，y=6；当y=0时，x=8，
∴，；
（2）联立  
解得：，
∴为．
∴．
∴，
解得：．
∴或．        
（3）若△APE是以AP为直角边的等腰直角三角形，则有AP=PE，，设点E坐标为E(x,)，A(8,0)，
∵或
∴当时，有

化简求解即可，同理可得出当时，点E的坐标，
综上所述，点坐标为：或或或．
【点睛】本题考查的知识点是勾股定理的综合应用，熟练掌握距离公式以及解二元一次方程组和一元二次方程组是解题的关键.
27．（2022·江苏泰州期末）
(1)操作思考：如图1，在平面直角坐标系xOy中，等腰RtΔACB的直角顶点C在原点，将其绕着点O旋转，若顶点A恰好落在点（2，3）处．则：
①OA的长为 ；
②点B的坐标为 ．
(2)感悟应用：如图2，在平面直角坐标系xOy中，将等腰RtΔACB如图放置，直角顶点C（-2，0），点A（0，5），试求直线AB的函数表达式．
(3)拓展研究：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点B（5，4），过点B作BA⊥y轴，垂足为点A，作BC⊥x轴，垂足为点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线y＝3x-10上一动点．问是否存在以点P为直角顶点的等腰RtΔAPQ，若存在，请求出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①，②（﹣3，2）
(2)直线AB的函数表达式yx+5
(3)存在，P的坐标为：（5，1）或（5，3）．

【分析】（1）由A（2，3）可得，OF＝2，AF＝3，OA，由“AAS”可证△BEO≌△OFA，BE＝OF＝2，OE＝AF＝3，可得结论；
（2）同（1）可证△BHC≌△COA，可得HC＝OA＝5，BH＝CO＝2，可得点B（﹣7，2）．利用待定系数法可求一次函数解析式；
（3）分两种情况讨论①当点Q在x轴下方时，②当点Q在x轴上方时．根据等腰Rt△APQ构建一线三直角，从而求解．
(1)
解：如图1，作BE⊥x轴于点E，AF⊥x轴于点F，

∴∠BEO＝∠AFO＝∠AOB＝90°，
∴∠AOF+∠BOE＝90°＝∠AOF+∠FAO，
∴∠BOE＝∠FAO，
∵A（2，3），
∴OF＝2，AF＝3，OA，
∵∠BEO＝∠AFO，AO＝OB，∠BOE＝∠FAO，
∴△BEO≌△OFA（AAS），
∴BE＝OF＝2，OE＝AF＝3，
∴B（﹣3，2）．
故答案为：，（﹣3，2）；
(2)
如图2，过点B作BH⊥x轴于点H，

∴∠BHO＝∠AOC＝90°＝∠ACB，
∴∠ACO+∠CAO＝90°＝∠ACO+∠BCH，
∴∠CAO＝∠BCH，
又∵∠AOC＝∠BHC＝90°，AC＝CB，
∴△BHC≌△COA（AAS），
∴HC＝OA＝5，BH＝CO＝2，
OH＝HC+CO＝5+2＝7，
∴B（﹣7，2），
设直线AB的表达式为y＝kx+b，
，
解得，
∴直线AB的函数表达式yx+5；
(3)
如图3，设Q（t，3t﹣10），分两种情况：
①当点Q在x轴下方时，Q1M∥x轴，与BP的延长线交于点Q1．

∵∠AP1Q1＝90°，
∴∠AP1B+∠Q1P1M＝90°，
∵∠AP1B+∠BAP1＝90°，
∴∠BAP1＝Q1P1M，
在△AP1B与△P1Q1M中，
，
∴△AP1B≌△P1Q1M（AAS），
∴BP1＝Q1M，P1M＝AB＝5，
∵B（5，4），Q（t，3t﹣10），
∴MQ1＝5﹣t，BP1＝BM﹣P1M＝[4﹣（3t﹣10）]﹣5＝﹣3t+9，
∴5﹣t＝﹣3t+9，
解得 t＝2，
∴BP1＝﹣3t+9＝3，
∴P1（5，1）；
②当点Q在x轴上方时，Q2N∥x轴，与PB的延长线交于点Q2．
同理可证△ABP2≌△P2NQ2．
∴BP2＝NQ2，NP2＝AB＝5，
∵B（5，4），Q（t，3t﹣10），
∴NQ2＝t﹣5，BP2＝P2N﹣NB＝5﹣（3t﹣10﹣4）＝19﹣3t，
∴t﹣5＝19﹣3t，
解得t＝6，
即BP2＝1，
∴P2的坐标为（5，3）．
综上，P的坐标为：（5，1）或（5，3）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握一次函数的性质与三角形全等判定是解题的关键．
28．（2022·江苏盐城期末）如图，直线l1：y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l2：y＝kx+b与x轴交于点C（1，0），与y轴交于点D（0，2），直线l1，l2交于点E．

(1)求直线l2的函数表达式；
(2)试说明CD＝CE．
(3)若P为直线l1上一点，当∠POB＝∠BDE时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或

【分析】（1）将C点和D点坐标代入直线l2：y＝kx+b，即可求出k，b，得到解析式；
（2）首先求出点E的坐标，利用两点之间的距离公式分别求出CD和CE，值相等，即可说明CD＝CE；
（3）当点P在B上方时，OP∥DE，得出直线OP的解析式，跟直线l1联立求解，求出交点P的坐标；当点P在B下方时，设点P关于y轴的对称点Q，链接OQ交直线l1为点P'，同理求出OQ的解析式，从而解决问题．
（1）将C（1，0）和D（0，2）代入直线l2：y＝kx+b得，，解得∴直线l2：y＝-2x+2；
（2）当-2x+2= x﹣4时，x=2∴E(2，-2)∴∴∴CD＝CE；
（3）∵∠POB=∠BDE，∴OP∥DE，∴点P在l1上有两个位置，①当点P在点B上方时，如图，∵OP∥DE，∴直线OP的函数解析式为y=-2x，∴-2x=x-4∴∴∴②当点P在点B的下方时，设点P关于y轴的对称点为Q，连接OQ交l1为点P'，∴∴直线OQ的解析式为：y=2x∴2x= x-4∴x=-4∴y=-8∴P'（-4，-8）综上所述：或（-4，-8）．
【点睛】本题考查了一次函数的综合问题，包括待定系数法求解析式，两点之间的距离公式，一次函数中的几何问题．分类讨论思想和转化思想是本题的关键．
29．（2022·江苏镇江期末）对于平面直角坐标系xOy中的点A和点P，若将点P绕点A顺时针旋转90°后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“顺转点”，图1为点P关于点A的“顺转点”Q的示意图．

【知识理解】
(1)已知点A的坐标为(0，0)，点P关于点A的“顺转点”为点Q．
①若点P的坐标为(1，0)，则点Q的坐标为　　；
②当点P的坐标为　　时，点Q的坐标为(2，-1)；
③△PAQ是　　 三角形；
【知识运用】
(2)如图2，已知直线与x轴交于点A．
①点B的坐标为(1，0)，点C在直线上，若点C关于点B的“顺转点”在坐标轴上，则点C的坐标是　　；
②点E在直线上，点E关于点A的“顺转点”为点F，则直线AF的表达式为　　；
【知识迁移】
(3)如图3，已知直线l1：y=-2x+2与y轴交于点A，直线l2经过点A，l1与l2在A点相交所形成的夹角为45°，则直线l2的函数表达式为　　；
(4)点A是平面直角坐标系内一点，点P(2，0)关于点A的“顺转点”为点B，点B恰好落在直线y=-x上，当线段AP最短时，点A的坐标为　　．
【答案】(1)①；②；③等腰直角；
(2)①或；②；
(3)；
(4)．

【分析】（1）①由旋转的性质和等腰直角三角形的性质可得；
②过点作轴交于点，过点作轴交于点，证明，则，，可求点坐标；
③由，，可判断三角形形状；
（2）①设点关于点的“顺转点”为，当点在轴坐标轴时，轴，可求；当点在轴正半轴时，过点作轴，过点作轴交于点，过点作轴交于点，证明，可得点纵坐标为，则可求；
②设，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，先证明，可得，，利用待定系数法求得直线的解析式为；
（3）设与轴的交点为，过点作交于点，作轴于点N．先证明，推出， ，进而得到，利用待定系数法即可求解；
（4）设点，，过点作轴，过点作轴交于点，过点作轴交于点，证明，由，，求出，则，当最短时．
（1）
解：①，，点关于点的“顺转点”为点，
，，
，
故答案为：；
②如图1，过点作轴交于点，过点作轴交于点，

，
，
，
，
又∵，，
，
，，
，
，，
，，
，
故答案为：；
③∵点P关于点A的“顺转点”为点Q，
∴，，
∴△PAQ是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角
（2）
解：①设点关于点的“顺转点”为，
当点在轴坐标轴时，轴，
，点在直线上，
将代入得，，
；
如图2，当点在轴正半轴时，

过点作轴，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
，
，
，
，
又∵，，
，
，，
，
，
点纵坐标为，
点在直线上，
将代入得，，
；
综上所述：点坐标为或；
故答案为：或；
②如图3，设，

∵直线与x轴交于点A，
∴．
过点作轴，过点作于点，过点作于点，
，
，
，
，
又∵，，
，
，，
，
，，
∴点F的纵坐标为：，
点F的横坐标为：，
，，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
故答案为：；
（3）
解：∵直线l1：y=-2x+2与y轴交于点A，
令，则，
，
，
如图4，设与轴的交点为，过点作交于点，作轴于点N．

将代入y=-2x+2得，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
又∵，，
，
， ，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
，
故答案为：；
（4）
解：设点，，
如图5，过点作轴，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
，
，
，
，
，，
，
，，
，，
，
，
，
当时，最短，
，
故答案为：．

【点睛】本题是一次函数的综合题，考查一次函数的图象及性质、三角形全等的判定及性质等，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
30．（2022·江苏扬州期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，AB＝EC，BE＝CD，连接AE、DE．判断△AED的形状，并说明理由；
（2）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（5，1），点C在第一象限内，若△ABC是等腰直角三角形，求点C的坐标；
（3）如图2，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），点C是x轴上的动点，线段CA绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段CB，连接BO、BA，则BO+BA的最小值是 ．

【答案】（1）等腰直角三角形，见解析；（2）（1，3），（4，4），（3，2）；（3）
【分析】（1）证明△ABE≌△ECD（SAS），即可求解；
（2）分三种情况：当∠CAB＝90°时，AC＝BA；当∠ABC＝90°，AB＝BC时；当∠ACB＝90°，AC＝BC时；分别构造三角形全等，由（1）的结论求解即可；
（3）在x轴上取D（1，0），在y轴上截取AE＝CD，连接EC，BD，通过证明△AEC≌△CDB（SAS），确定B点在直线y＝x﹣1上运动，作A点关于直线BD的对称点A'，连接A'G，A'O，A'B，当O、B、A'三点共线时，AB+OB有最小值，求出A'（2，﹣1），在求出OA'即为所求．
【详解】解：（1）△AED是等腰直角三角形，理由如下：
在△ABE和△ECD中，
，
∴△ABE≌△ECD（SAS），
∴∠AEB＝∠EDC，∠BAE＝∠DEC，
∴∠AEB+∠DEC＝∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴△AED是等腰直角三角形；
（2）①如图1，当∠CAB＝90°时，AC＝BA，

过点B作BH⊥x轴交于H点，过点C作GC⊥x轴交于点G，
由（1）可得△ACG≌△BAH（AAS），
∴CG＝AH，AG＝BH，
∵A（2，0），点B（5，1），
∴BH＝AG＝1，AH＝3，
∴C（1，3）；
②如图2，当∠ABC＝90°，AB＝BC时，

过点B作LK⊥x轴交x轴于点L，过点C作CK⊥LK交于点K，
由（1）可得△ABL≌△BCK（AAS），
∴AL＝BK，BL＝CK，
∵点A（2，0），点B（5，1），
∴BL＝CK＝1，AL＝BK＝3，
∴C（4，4）；   
③如图3，当∠ACB＝90°，AC＝BC时，

过点C作EF∥x轴，过点A作AE⊥x轴交EF于点E，过点B作BF⊥x轴交EF于点F，
由（1）可得△EAC≌△FCB（AAS），
∴EC＝BF，AE＝CF，
∵点A（2，0），点B（5，1），
∴EF＝3，CE＝BF，AE＝CF，
设C（x，y），
∴BF＝y﹣1，AE＝y，
∴y﹣1+y＝3，
∴y＝2，
∴AE＝2，EC＝1，
∴C（3，2）；
综上所述：C点坐标为（4，4）或（1，3）或C（3，2）；
（3）如图4，在x轴上取D（1，0），在y轴上截取AE＝CD，连接EC，BD，

∵∠ACB＝90°，
∴∠DCB＝90°+∠OCA，
∵∠EAC＝90°+∠OCA，
∴∠DCB＝∠EAC，
∵EA＝CD，AC＝BC，
∴△AEC≌△CDB（SAS），
∴∠ECA＝∠DBC，
∵∠ECA+∠ECB＝90°，
∴∠DBC+∠ECB＝90°，
∴BD⊥EC，
∵OC＝OE，
∴∠ECO＝∠BDC＝45°，
∴∠ODG＝45°，
∴G（0，﹣1），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣1，
∴B点在直线y＝x﹣1上运动，
作A点关于直线BD的对称点A'，连接A'G，A'O，A'B，
∴OB＝BA'，
∴AB+OB＝AB+BA'≥OA'，
∴当O、B、A'三点共线时，AB+OB有最小值，
∵GD垂直平分AA'，GA＝GA'，AD＝GD，
∴A'G⊥AG，
∴A'（2，﹣1），
∴OA'，
∴AB+OB的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定与性质，轴对称求最短距离的方法是解题的关键．