初中数学北师大版（2024）八年级上册1 函数精品随堂练习题

这是一份初中数学北师大版（2024）八年级上册1 函数精品随堂练习题，文件包含专题49一次函数章末八大题型总结拔尖篇北师大版原卷版docx、专题49一次函数章末八大题型总结拔尖篇北师大版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。


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\l "_Tc32145" 【题型1 根据情景确定函数图象】 PAGEREF _Tc32145 \h 1
\l "_Tc16415" 【题型2 一次函数与三角形的面积综合】 PAGEREF _Tc16415 \h 4
\l "_Tc14335" 【题型3 一次函数与全等三角形】 PAGEREF _Tc14335 \h 10
\l "_Tc11441" 【题型4 一次函数与等腰三角形】 PAGEREF _Tc11441 \h 18
\l "_Tc10453" 【题型5 一次函数与等腰直角三角形】 PAGEREF _Tc10453 \h 24
\l "_Tc6189" 【题型6 一次函数与动点最值问题】 PAGEREF _Tc6189 \h 35
\l "_Tc1933" 【题型7 一次函数的图象的应用】 PAGEREF _Tc1933 \h 42
\l "_Tc1828" 【题型8 一次函数的实际应用】 PAGEREF _Tc1828 \h 47
【题型1 根据情景确定函数图象】
【例1】（2023春·安徽宿州·八年级校考期中）如图所示，有一个容器水平放置，往此容器内注水，注满为止．若用h（单位：cm）表示容器底面到水面的高度，用V（单位：cm3）表示注入容器内的水量，则表示V与h的函数关系的图象大致是（ ）

B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据容器的形状可知当液面高度越高时，体积的变化越小，即随着
【详解】由题图知，随高度的增加上底面越来越小，故V与h函数图象不会出现直线，排除C，D选项，
随着高度的增加h越大体积变化越缓慢，故排除A选项．
故选：B．
【点睛】本题考查了函数图象的判断，根据容器的形状以及题意判断函数图象先陡，后缓是解题的关键．
【变式1-1】（2023·广西南宁·八年级校考期中）南湖隧道是南宁市建成的首条水底隧道．一辆小汽车匀速通过南湖隧道，小汽车车身在隧道内的长度记为y米，小汽车进入隧道的时间记为t秒，则y与t之间的关系用图象描述大致是（ ）

B．
C． D．
【答案】D
【分析】火车通过隧道分为3个过程：逐渐进入隧道，完全进入隧道并在其中行驶，逐渐出隧道，进而求解即可．
【详解】火车在逐渐进入隧道的过程中，火车在隧道内的长度逐渐增加；
火车完全进入隧道后，还在隧道内行驶一段时间，因此在隧道内的长度是火车长，且保持一段时间不变；
火车在逐渐出隧道的过程中，火车在隧道内的长度逐渐减少；
符合上述分析过程的为：D．
故选：D．
【点睛】本题考查函数图像在生活中的应用，解题关键是分析事件变化的过程，并能够匹配对应函数图像变化
【变式1-2】（2023·北京怀柔·八年级校考期中）小丽早上从家出发骑车去上学，途中想起忘了带昨天晚上完成的数学作业，于是打电话让妈妈马上从家里送来，同时小丽也往回骑，遇到妈妈后停下说了几句话，接着继续骑车去学校．设小丽从家出发后所用时间为t，小丽与学校的距离为S．下面能反映S与t的函数关系的大致图象是（ ）．
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】试题分析：小丽从家出发时离学校最远，随着时间的推移离学校越来越近，往回骑后，离学校又开始变远，遇到妈妈后停下说了几句话，离学校的距离没变，即图象与横轴平行，接着继续骑车去学校，会离学校越来越近，最后到达学校时，距离变为为0，据此观察图象，只有B符号条件．
故选B．
考点：函数图象．
【变式1-3】（2023春·北京东城·八年级北京市第二中学分校校考期末）如图所示，一个实心铁球静止在长方体水槽的底部，现向水槽匀速注水，下列图像中能大致反映水槽中水的深度y与注水时间x关系的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可分两段进行分析：当水的深度未超过球顶时；当水的深度超过球顶时，分别分析出水槽中装水部分的宽度变化情况，进而判断出水的深度变化快慢，以此得出答案．
【详解】解：根据题意得：
当水的深度未超过球顶时，水槽中能装水的部分的宽度由下到上，由宽逐渐变窄，再变宽，所以在匀速注水过程中，水的深度变化从上升较慢变为较快，再变为较慢，
当水的深度超过球顶时，水槽中能装水的部分宽度不再变化，所以在匀速注水过程中，水的深度的上升速度不会发生变化，
综上所述，水的深度先上升较慢，再变快，然后变慢，最后匀速上升，
故选：C．
【点睛】本题主要考查函数的图像，利用分类讨论思想，根据不同时间段能装水部分的宽度的变化情况分析水的深度变化情况是解题的关键．
【题型2 一次函数与三角形的面积综合】
【例2】（2023春·四川宜宾·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，四边形ODEC为正方形，点C的坐标是(0,2)，点A的坐标是(2,1)，若直线l把▱OABC与正方形ODEC组成的图形分成面积相等的两部分，则直线l的解析式是( )

A．y=14x+54B．y=12x+32C．y=−14x+34D．y=−14x+32
【答案】A
【分析】由于正方形与平行四边形均为中心对称图形，故过正方形与平行四边形的对称中心点的直线总可以把各自分成面积相等的两部分，则可以把正方形与平行四边形的组合图形分成面积相等的两部分的直线，必然是过两个对称中心点的连线．先求得正方形与平行四边形的中心点M、N的坐标，然后用待定系数法可以求得直线l的解析式．
【详解】设平行四边形OABC与正方形ODEC的中心为点M、N，则直线MN就是可以将正方形与平行四边形组成的图形分成面积相等的两部分的直线l．(如图)

∵点C的坐标为0,2，
∴OC=2．
又∵四边形ODEC为正方形，
∴OD=2，
∴点N的坐标为−1,1．
由平行四边形OABC的对边相等知，
AB=OC=2，
又已知点A的纵坐标为1，
所以点B的纵坐标为3．
点B的坐标为2,3，
因此点M的坐标为1,32．
设直线l的解析式为y=kx+b，
将N−1,1、M1,32代入l的解析式得：
1=−k+b32=k+b．解得k=14b=54．
∴直线l的解析式为y=14x+54．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形与平行四边形的性质、用待定系数法求一次函数的解析式等知识点，解题的关键是知晓直线l必经过正方形与平行四边形的对称中心点．
【变式2-1】（2023春·广东江门·八年级统考期末）如图，过点A(−2,0)的直线l1:y=kx+b与直线l2:y=−x+1交于P(−1,a)．

(1)求直线l1对应的表达式；
(2)求四边形PAOC的面积．
【答案】(1)y=2x+4
(2)52
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）先求得点B，C的坐标，根据S四边形PAOC=S△PAB−S△COB即可求解．
【详解】（1）解：把P(−1,a)代入y=−x+1得a=2，则P点坐标为(−1,2)；
把A(−2,0)，P(−1,2)代入y=kx+b得：0=−2k+b2=−k+b，
解得k=2b=4，
所以直线l1的表达式为：y=2x+4；
（2）∵y=−x+1交x轴于B，交y轴于C，
∴B(1,0)，C(0,1)，
∴四边形PAOC的面积S四边形PAOC=S△PAB−S△COB =12×AB×yP−12×OB×OC =12×3×2−12×1×1 =52．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象与坐标轴交点问题，三角形面积问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·山东济南·八年级校考期中）如图1所示，在△ABC中，AD是三角形的高，且AD=6cm，BC=8cm，点E是BC上的一个动点，由点B向点C运动，其速度与时间的变化关系如图2所示．

(1)由图2知，点E运动的时间为 s，速度为 cm/s，点E停止运动时距离点C cm．
(2)求在点E的运动过程中，△ABE的面积y(cm2)与运动时间x(s)之间的关系是 ．
(3)求点E停止运动后，求△ABE的面积．
【答案】(1)2，3，2；
(2)y=9x
(3)18
【分析】（1）根据图象解答即可；
（2）根据三角形的面积公式，可得答案；
（3）根据三角形的面积公式，可得答案．
【详解】（1）解：根据题意和图象，可得E点运动的时间为2s，速度为3cm/s，
当点E停止运动时，BE=2×3=6(cm)，此时距离点C:8−6=2(cm)，
故答案为：2，3，2；
（2）解：根据题意得y=12×BE×AD=12×3x×6=9x，
即y=9x，
故答案为：y=9x；
（3）解：当点E停止运动后，BD=3×2=6(cm)，
所以△ABE的面积为12×6×6=18(cm2)．
【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图象，涉及求函数解析式，求函数值问题，能读懂函数图象是解决问题的关键．
【变式2-3】（2023春·山西大同·八年级大同市第三中学校校考期末）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的横坐标为a，点A的纵坐标为b，且实数a，b满足a+42+b−6=0．

(1)如图1，求点A的坐标；
(2)如图2，过点A作x轴的垂线，点B为垂足．若将点A向右平移10个单位长度，再向下平移8个单位长度可以得到对应点C，连接CA，CB，请直接写出点B，C的坐标并求出三角形ABC的面积．
(3)在（2）的条件下，记AC与x轴交点为点D，点P在y轴上，连接PB，PD，若三角形PBD的面积与三角形ABC的面积相等，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)(−4,6)
(2)30
(3)0,−8或0,8
【分析】（1）根据非负数的性质求得a、b的值，即可确定点A的坐标；
（2）根据“过点A作x轴的垂线，点B为垂足”可得点B的坐标；由平移的性质可得点C的坐标；结合图形，利用三角形面积公式即可计算三角形ABC的面积；
（3）设直线AC交y轴于点D，直线AC的解析式为y=kx+b，由待定系数法求得直线AC的解析式，即可确定点D的坐标；设点P(0,m)，根据题意可得S△PBD=12BD×m=30，求解即可获得答案．
【详解】（1）∵实数a，b满足a+42+b−6=0，
且a+42≥0，b−6≥0，
∴a+4=0，b−6=0，
∴a=−4，b=6，
∴点A的坐标为(−4,6)；
（2）过点A作x轴的垂线，点B为垂足，
∴B(−4,0)，
若将点A向右平移10个单位长度，再向下平移8个单位长度可以得到对应点C，
则点C坐标为(−4+10,6−8)，即C(6,−2)，
AB=|yA−yB|=|6−0|=6，
∴S△ABC=12AB×|xC−xA|=12×6×|6−−4|=12×6×10=30，
即三角形ABC的面积为30；
（3）如图，设直线AC的解析式为y=kx+b，

将点A(−4，6)，点C(6,−2)代入y=kx+b，
可得−4k+b=66k+b=−2，
解得k=−45b=145，
∴直线AC的解析式为y=−45x+145，
令y=0，则x=72，
∴点D72,0，
∴BD=72−−4=152
设点P(0，m)，
∵三角形PBD的面积与三角形ABC的面积相等，
∴S△PBD=12BD×m=30，
即12×152×|m|=30，
∴|m|=8，
解得m=8或m=−8，
∴点P的坐标为0,−8或0,8．
【点睛】本题考查了非负数的性质、坐标与图形、点的平移、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征等知识，理解题意，利用数形结合的思想分析问题是解题关键．
【题型3 一次函数与全等三角形】
【例3】（2023春·陕西咸阳·八年级统考期中）如图，直线l1：y=−2x+6与过点B(0，3)的直线l2交于点C(1，m)，且直线l1与x轴交于点A，与y轴交于点D．

(1)求直线l2的函数表达式；
(2)若点M是直线l2上的点，过点M作MN⊥y轴于点N，要使以O、M、N为顶点的三角形与△AOD全等，求所有满足条件的点M的坐标．
【答案】(1)y=x+3
(2)点M的坐标为(3，6)或(−6，−3)
【分析】（1）将点C(1，m)代入直线l1：y=−2x+6可得m=−2×1+6=4，利用待定系数法即可得直线l2的解析式；
（2）分两种情况：①当△OMN≅△DAO时；②当△MNO≅△DOA时，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：因为直线l1：y=−2x+6与直线l2交于点C(1，m)，
所以m=−2×1+6=4，
所以C(1，4)，
又因为l2过点B(0，3)，
故设直线l2的函数表达式为y=ℎx+3，
将C(1，4)代入，得ℎ+3=4，
解得ℎ=1，
所以直线l2的函数表达式为y=x+3．
（2）因为直线 l1：y=−2x+6与x轴交于点A，与y轴交于点D．
所以A(3，0)，D(0，6)，
因为MN⊥y轴于点N，
所以MN⊥ON，
所以以O、M、N为顶点的三角形与△AOD全等，分两种情况：

①如图，当△OMN≅△DAO时，MN=AO=3，
因为直线l2的函数表达式为y=x+3，
当x=3时，y=3+3=6，
所以点M的坐标为(3,6)；
②如图，当△MNO≅△DOA时，MN=OD=6，
因为直线l2的函数表达式为y=x+3，
当x=−6时，y=−6+3=−3，
所以点M的坐标为(−6,−3)．
综上所述，满足条件的点M的坐标为(3,6)或(−6,−3)．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，一次函数的性质，全等三角形的性质等知识，熟练掌握一次函数和全等三角形的性质是解本题的关键．
【变式3-1】（2023春·河北保定·八年级校联考期中）已知：如图点A(6，8)在正比例函数图象上，点B坐标为(12,0)，连接AB，AO=AB=10，点C是线段AB的中点，点P在线段BO上以每秒2个单位的速度由点B向点O运动，点Q在线段AO上由点A向点O运动，P、Q两点同时运动，同时停止，运动时间为t秒．
（1）正比例函数的关系式为 ；
（2）当t=1秒，且SΔOPQ=6时，求点Q的坐标；
（3）连接CP，在点P、Q运动过程中，ΔOPQ与ΔBPC是否全等？如果全等，请求出点Q的运动速度；如果不全等，请说明理由．
【答案】（1）y=43x；（2）Q(910,65)；（3）当点Q的运动速度是每秒67个单位或每秒53个单位时，ΔOPQ与ΔBPC全等．
【分析】（1）设正比例函数的解析式为y=kx，然后将点A的坐标代入求解即可；
（2）过点Q作QH⊥x轴于点H，由t=1，可知BP=2，从而可求得OP=10，然后根据三角形的面积公式可求出QH的长，又点Q在正比例函数图象上，从而可得出点Q的坐标；
（3）由OA=AB=10得到∠QOP=∠CBP，由△OPQ与△BPC全等可知：OP=BC=5，OQ=BP或OQ=BC=5，OP=PB，再分别求出AQ的长，从而可求得点Q的运动速度．
【详解】解：（1）设正比例函数的解析式为y=kx，
把A（6，8）代入得：8=6k．
解得：k=43．
故答案为：y=43x；
（2）当t=1时，BP=2，OP=10．
如图，过点Q作QH⊥x轴于点H，
∵S△OPQ=12OP•QH=6，∴QH=65．
把Q（x，65）代入y=43x中，得x=910，
∴点Q的坐标为（910，65）；
（3）∵AO=AB=10，点C是线段AB的中点，
∴BC=5，∠QOP=∠CBP．
若△OPQ与△BPC全等，
则有OP=BC=5，OQ=BP或OQ=BC=5，OP=PB．
设Q点的运动速度为v个单位/秒，
①OP=BC=5，OQ=BP时，
∵OP=5，∴12-2t=5．解得t=72．
∴OQ=BP=2×72=7．
∴AQ=10-7=3．
∴72v=3，解得v=67．
∴点Q运动的速度为67个单位/秒．
②当OQ=BC=5，OP=PB=6时，
由OP=PB=12OB=6可知：2t=6，
解得：t=3．
∵OQ=5，∴AQ=OA-OQ=10-5=5．
∴3v=5，解得v=53．
∴点Q运动的速度为53个单位/秒．
综上所述：当点Q的运动速度是每秒67个单位或每秒53个单位时，△OPQ与△BPC全等．
【点睛】本题主要考查的是一次函数的综合应用，全等三角形的性质、三角形的面积公式，根据三角形全等得出对应边相等从而求得点P的运动时间和点Q运动的距离是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·辽宁阜新·八年级校考期末）如图，一次函数y=﹣x+4的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，过AB中点D的直线CD交x轴于点C，且经过第一象限的点E（6，4）．
（1）求A，B两点的坐标及直线CD的函数表达式；
（2）连接BE，求△DBE的面积；
（3）连接DO，在坐标平面内找一点F，使得以点C，O，F为顶点的三角形与△COD全等，请直接写出点F的坐标．
【答案】（1）A（0，4），B（4，0），y=12x+1；（2）6；（3）当点F在第一象限时，点F的坐标为（2，2）；当点F在第二象限时，点F的坐标为（﹣4，2）；当点F在第三象限时，点F的坐标为（﹣4，﹣2）；当点F在第四象限时，点F的坐标为（2，﹣2）．
【分析】（1）依据一次函数y=-x+4，求得A（0，4），B（4，0），依据D是AB的中点，可得D（2，2），运用待定系数法即可得到直线CD的函数表达式；
（2）先求得C（-2，0），BC=2=4=6，再根据△DBE的面积=△BCE的面积-△BCD的面积，进行计算即可；
（3）在四个象限内分别找到点F，使得以点C，O，F为顶点的三角形与△COD全等．
【详解】（1）一次函数y=﹣x+4，令x=0，则y=4；令y=0，则x=4，
∴A（0，4），B（4，0），
∵D是AB的中点，
∴D（2，2），
设直线CD的函数表达式为y=kx+b，则{4=6k+b2=2k+b，解得{k=12b=1，
∴直线CD的函数表达式为y=12x+1；
（3）y=12x+1，令y=0，则x=﹣2，
∴C（﹣2，0），
∴BC=2=4=6，
∴△DBE的面积=△BCE的面积﹣△BCD的面积=12×6×（4﹣2）=6；
（3）如图所示，
当点F在第一象限时，点F与点D重合，即点F的坐标为（2，2）；
当点F在第二象限时，点F的坐标为（﹣4，2）；
当点F在第三象限时，点F的坐标为（﹣4，﹣2）；
当点F在第四象限时，点F的坐标为（2，﹣2）．
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式3-3】（2023春·山东济南·八年级统考期中）若直线y mx8和ynx3都经过 x 轴上一点 B，与 y 轴分别交于A、C．
（1）写出 A、C 两点的坐标，A ，C ____ ；
（2）若BC平分∠ABO，求直线AB和CB的解析式；
（3）点D是y轴上一个动点，是否存在 AB上的动点E，使得△ADE与△AOB全等，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）（0，8），（0，3）；（2）直线AB：y=43x+8，直线CB：y=12x+3；（3）（6，16），245，725，-245，85
【分析】（1）由两条直线解析式直接求出A、C两点坐标；
（2）过点C作CH⊥AB，交直线AB于点H，证明△BCH≌△BCO，在Rt△AOB中，由勾股定理可得OB=6，把点B代入解析式即可得到结论；
（3）分三种情况得到△ADE，再结合全等的性质求解即可．
【详解】解：（1）由直线y=mx+8和y=nx+3得A（0，8），C（0，3），
故答案为：（0，8），（0，3）；
（2）解：过点C作CH⊥AB，交直线AB于点H；

∵ BC平分∠ABO，且CO⊥x轴，CH⊥AB，
∴CO=CH
又∵OC=3，OA=8；
∴CH=3，AC=5；
∴在Rt△CHA中，∠CHA=90°，CH²+CA²=AH²；
所以AH=4
∵易证△BCH≌△BCO（AAS）；
∴BO=BH；
设OB长为x，则AB=4+x
∴在Rt△AOB中，x²+8²=（x+4）²
解得x=6
∴B（-6，0）
将点B分别代入直线AB、直线BC可得：
直线AB解析式为：y=43x+8；
直线BC解析式为：y=12x+3；
∴直线AB：y=43x+8，直线CB：y=12x+3；
（3）情形1，如图

当△ADE≌△AOB时，AD=AO=8，DE=BO=6，
∴OD=16，
∴点E的坐标为（6，16）
情形2，如图，

当△AED≌△AOB时，AD=AB=10，DE=BO=6，AE=AO=8，
过点E作EF⊥AD，则有12AE·DE=12AD·EF
∴EF=AE·DEAD=6×810=245
∴点E的横坐标为245，代入y=43x+8得，y=725,
∴点E的坐标为（245，725）；
情形3，如图，

当△AED≌△AOB时，方法同情形2可求出EG=245，
∴点E的横坐标为-245，代入y=43x+8得，y=85,
∴点E的坐标为（-245，85）；
综上，点E的坐标为（6，16），245，725，-245，85．
【点睛】本题考查了一次函数的综合运用．关键是根据题意求出点的坐标，根据图形的特殊性利用全等三角形的性质求出OB，再求一次函数解析式．
【题型4 一次函数与等腰三角形】
【例4】（2023春·山西临汾·八年级校联考期中）已知正比例函数y=43x与一次函数y=3x−5的图象交于点A，且OA=OB．
（1）求A点坐标；
（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，请直接写出所有符合要求的点P的坐标．
【答案】（1）A点坐标为3,4；（2）S△AOB=152；（3）P点的坐标是5,0或−5,0或6,0或256,0
【分析】（1）联立方程组求解即可；
（2）求出点B的坐标计算即可；
（3）根据OA为腰和底边分类讨论，结合等腰三角形的性质计算即可；
【详解】解：（1）由y=43xy=3x−5，
解得：x=3y=4，
∴A点坐标为3,4；
（2）∵y=3x−5与y轴相交于点B，则B点坐标为0,−5，
∴S△AOB=12×5×3=152；
（3）由题意可分：
当OA是腰，O是顶角的顶点时，OP=OA=5，则P的坐标是5,0或−5,0；
当OA是腰，A是顶角的顶点时，AP=AO，则P与O关于x=3对称，则P的坐标是6,0；
当OA是底边时，OA的中点是32,2，设过OA的中点且与OA垂直的直线的解析式是：y=−34x+b；
根据题意得：b=258，
直线的解析式是：y=−34x+258，
当y=0时，x=256，
∴P点坐标为256,0；
综上所述，P点的坐标是5,0或−5,0或6,0或256,0．
【点睛】本题主要考查了一次函数与二元一次方程组的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·四川宜宾·八年级统考期中）等腰三角形中，周长为20cm，设底边为x，腰长为y．
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)求自变量x的取值范围；
(3)在平面直角坐标系中画出函数的图象．
【答案】（1）y=10−12x；（2）0【分析】（1）根据等腰三角形的周长公式即可得出结论；
（2）根据实际意义和三角形的三边关系列出不等式即可求出结论；
（3）根据实际意义并利用两点法画函数图象即可．
【详解】解：1∵等腰三角形周长为20cm，底边为xcm，腰长为ycm，
∴y=10−12x；
2∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，
∴2×10−12x>xx>010−12x>0，
解得：03y=10−12x(0当x=10时，y=5；当x=0时，y=10．
∴函数的图象如图所示：
【点睛】此题考查的是一次函数的应用，掌握实际问题中的等量关系、三角形的三边关系和画一次函数图象是解决此题的关键．
【变式4-2】（2023春·江苏盐城·八年级校考期末）如图是8×8的正方形网格，每个小方格都是边长为1的正方形，A、B是格点（网格线的交点）．以网格线所在直线为坐标轴，在网格中建立平面直角坐标系xOy，使点A坐标为（－2，4）．
(1)在网格中，画出这个平面直角坐标系；
(2)在第二象限内的格点上找到一点C，使A、B、C三点组成以AB为底边的等腰三角形，且腰长是无理数，则点C的坐标是______；
(3)点D为x轴上一动点，当△ABD的周长最小时，点D的坐标为_________．
【答案】(1)见解析；
(2)作图见解析；（-1，1）；
(3)（−103，0）
【分析】（1）根据A，B两点坐标确定平面直角坐标系即可．
（2）根据等腰三角形的定义，以及腰为无理数，作出三角形即可．
（3）作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于点D，求出直线AB′的解析式，可得结论．
【详解】（1）如图，平面直角坐标系即为所求．
（2）如图，点C即为所求，C点坐标（-1，1）．
故答案为：（-1，1）．
（3）如图点D即为所求，此时△ABD的周长最小．
∵B，B′关于x轴对称，
∴B′（-4，-2），
设直线AB′的解析式为y=kx+b，则
−2k+b=4−4k+b=−2，解得：k=3b=10
∴直线AB′的解析式为y=3x+10，
将y=0代入y=3x+10，得x=−103
∴D点坐标（−103，0）．
故答案为：（−103，0）．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，坐标与图形性质，等腰三角形，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．
【变式4-3】（2023春·山东青岛·八年级校考期中）如图，直线l1：y1=-x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P(m，3)为直线l 1上一点，另一直线l2：y2=12x+b过点P．
（1）求点P坐标和b的值；
（2）若点C是直线l2与x轴的交点，动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动至 A，设点Q的运动时间为t秒．
①请写出当点Q在运动过程中，△APQ的面积S与t的函数关系式；
②是否存在t的值，使△APQ面积为△APC的一半？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
③是否存在t的值，使△APQ为以AQ为底的等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）P(−1，3)，b=72；（2）①S=−32t+272；②存在，t=92；③存在，t=3
【分析】（1）将点P(m，3)代入y1=-x+2求出m的值，即点P(−1，3)，然后将之代入y2=12x+b即可求出b的值；
（2）①根据两个函数解析式求出A,C的坐标，然后表示出AQ的长度，根据三角形面积公式计算即可；
②根据A,P,C的坐标求出△APC的面积，然后将△APC的面积的一半代入①中关系式求解即可；
③△APQ为以AQ为底的等腰三角形，即AP=PQ，过点P作PD⊥x轴于点D，根据题意得出CQ的长度进而得解．
【详解】解：（1）∵点P(m，3)为直线l 1上一点，
∴3=−m+2，
解得：m=−1，
∴P(−1，3)，
∵y2=12x+b过点P，
∴3=12×(−1)+b，
解得：b=72；
（2）①由（1）得：y2=12x+72，
点y2=0时，0=12x+72，
解得：x=−7，
∴点C(−7,0)，
当y1=0时，0=−x+2，
解得x=2，
∴点A(2,0)，
根据题意：点Q(−7+t，0)
∴AQ=2−(−7+t)=9−t，
∴S△APQ=12AQ×3=12×(9−t)×3=272−32t，
即S=−32t+272；
②S△APC=12×AC×3=12×2−(−7)×3=272,
∴S=−32t+272=12×272
解得：t=92，
∴t=92时，△APQ面积为△APC的一半；
③根据题意可知AP=PQ，过点P作PD⊥x轴于点D，
∵P(−1，3)，A(2,0)，
∴AD=3，
∴DQ=3，
∴AQ=6,
∴CQ=AC−AQ=9−6=3,
∴t=31=3，
∴当t=3时，△APQ为以AQ为底的等腰三角形．
【点睛】本题考查了一次函数综合，待定系数法求一次函数解析式，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握一次函数与坐标轴的交点问题以及相关性质是解本题的关键．
【题型5 一次函数与等腰直角三角形】
【例5】（2023春·广东深圳·八年级统考期中）如图1，已知直线y＝﹣2x+2与y轴、x轴分别交于A、B两点，以B为直角顶点在第一象限内作等腰Rt△ABC．
（1）A（ ）；B（ ）；
（2）求BC所在直线的函数关系式；
（3）如图2，直线BC交y轴于点D，在直线BC上取一点E，使AE＝AC，AE与x轴相交于点F．
①求证：BD＝ED；
②在直线AE上是否存在一点P，使△ABP的面积等于△ABD的面积？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（0，2），（1，0）；（2）y＝12x﹣12；（3）①见解析；②存在，点P的坐标为（﹣12，12）或（12，72）．
【分析】（1）y=-2x+2中，当x=0时y=2，则A（0，2），当y=0时，-2x+2=0，解得x=1，即可求解；
（2）证明△ABO≌△BCD（AAS），则BD=OA=2，CD=OB=1，求出点C（3，1），即可求解；
（3）①证明△BCG≌△BEM（AAS）、△BDO≌△EDN（AAS），即可求解；②当点P在点A的下方时，由△ABP的面积=S△ABF-S△BFP=12×BF×（yA-yP）=12（1+23）×（2-3m-2）=54，即可求解；当点P′在点A的上方时，则点A是点P′、P的中点，即可求解．
【详解】解：（1）y＝﹣2x+2中，当x＝0时y＝2，
∴A（0，2），
当y＝0时，﹣2x+2＝0，解得x＝1，
∴B（1，0）；
故答案为：0，2；1，0；
（2）如图①，过点C作CD⊥x轴于点D，
则∠AOB＝∠BDC＝90°，
∴∠OAB+∠ABO＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBD＝90°，
∴∠OAB＝∠DBC，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴BD＝OA＝2，CD＝OB＝1，
则点C（3，1），
设直线BC所在直线解析式为y=kx+b
把点B、C的坐标代入得k+b=03k+b=1
解得，k=12b=−12
∴直线BC所在直线解析式为y=12x−12；
（3）①过点C作CG⊥x轴于点G，作EM⊥x轴于点M，EN⊥y轴于点N，
则∠BGC＝∠BME＝∠END＝∠BOD＝90°，
∵∠ABC＝90°，且AE＝AC，
∴AB是CE的中垂线，
∴BC＝BE，
∵∠CBG＝∠EBM，
∴△BCG≌△BEM（AAS），
∴BM＝BG＝2，EM＝CG＝1，
∵BO＝1，
∴OM＝EN＝OB＝1，
∵∠BDO＝∠EDN，
∴△BDO≌△EDN（AAS），
∴BD＝ED；
②如图③，
由y=12x−12知D（0，﹣12），即OD＝12，
则AD＝OA+OD＝52，
∴S△ABD＝12AD•OB＝12×52×1＝54，
由①知E（﹣1，﹣1），
根据A（0，2）、E（﹣1，﹣1）得直线AE解析式为y＝3x+2，
当y＝0时，3x+2＝0，解得x＝﹣23，
∴F（﹣23，0），
设点P的坐标为（m，3m+2），
当点P在点A的下方时，
则△ABP的面积＝S△ABF﹣S△BFP＝12×BF×（yA﹣yP）＝12（1+23）×（2﹣3m﹣2）＝54，
解得m＝﹣12，
故点P的坐标为（﹣12，12）；
当点P′在点A的上方时，
则点A是点P′、P的中点，
由中点坐标公式得：点P的坐标为（12，72），
综上，点P的坐标为（﹣12，12）或（12，72）．
【点睛】本题是一次函数的综合问题，解题的关键是掌握掌握待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及割补法求三角形的面积等知识点．
【变式5-1】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，等腰Rt△AOB在平面直角坐标系xOy上，∠B=90°, OA=4．点C从原点O出发，以每秒1个单位的速度沿x轴的正方向运动，过点C作直线l⊥OA，直线l与射线OB相交于点N．
（1）点B的坐标为____________；
（2）点C的运动时间是t秒．
①当2⩽t⩽4时，△AOB在直线l右侧部分的图形的面积为S，求S（用含t的式子表示）；
②当t>0时，点M在直线l上且△ABM是以AB为底的等腰三角形，若CN=32CM，求t的值．
【答案】（1）（2，2）；（2）①S=12(4−t)2；②t=6或t=65．
【分析】（1）过B点作BD⊥OA于点D，根据等腰直角三角形的性质即可求得OD与BD的长度，从而可求得B点的坐标；
（2）①证明△ACM为等腰直角三角形，再由三角形的面积公式求得结果；
②过AB的中点D，作线段AB的垂直平分线DE，求出直线OB与DE的解析式，再用t表示C、M、N的坐标，进而用t表示CN与CM，根据已知条件CN=32CM，列出t的方程进行解答便可．
【详解】解：（1）过B点作BD⊥OA于点D，如图1，
∵∠OBA=90°，OB=AB，OA=4．
∴BD=OD=AD=12OA=2，
∴B（2，2），
故答案为（2，2）；
（2）①当2≤t≤4时，如图2，则AC=OA-OC=4-t，
∵∠OBA=90°，OB=AB，
∴∠OAB=45°，
∵直线l⊥OA，
∴∠ACM=90°，
∴∠AMC=45°=∠CAM，
∴AC=CM=4-t，
∴S=SΔACM=12(4−t)2；
②过AB的中点D，作线段AB的垂直平分线DE，如图3，
∵△ABM是以AB为底的等腰三角形，
∴MA=MB，
∴点M在直线DE上，
∵点M在直线l上，
∴点M为直线l与直线DE的交点，
设直线OB的解析式为y=kx（k≠0），
由（1）知，B（2，2），
∴2=2k，
∴k=1，
∴直线OB的解析式为：y=x，
∵∠ABO=∠ADM=90°，
∴DE∥OB，
∴设直线DE的解析式为y=x+n，
∵A（4，0），B（2，2），D为AB的中点，
∴D（3，1），
把D（3，1）代入y=x+n中，得1=3+n，
∴n=-2，
∴直线DE的解析式为：y=x-2，
∵OC=t，
∴C（t，0），N（t，t），M（t，t-2），
∵CN=32CM，t＞0
∴t=32|t−2|，
∴t=32(t−2)，或t=32(2−t)，
解得，t=6，或t=65．
【点睛】本题主要考查了点的坐标，待定系数法，求函数的解析式，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，难度不大，第（3）题关键是求出AB的垂直平分线的解析式和正确列出t的方程．
【变式5-2】（2023春·广东茂名·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系第一象限内，直线y=x与y=2x的交角内部作等腰Rt△ABC，使∠ABC=90°，边BC//x轴，AB//y轴，点A1,1在直线y=x上，点C在直线y=2x上，CB的延长线交直线y=x于点A1，作等腰Rt△A1B1C1，使∠A1B1C1=90°，B1C1//x轴，A1B1//y轴，点C1在直线y=2x上…按此规律，则等腰Rt△A2021B2021C2021的腰长为 ．
【答案】4202132022
【分析】设AB=a，利用两个函数解析式求出B，C的坐标，然后求出AB的长度，再根据B1C1//x轴，A1B1//y轴，利用y=x求出A1点的坐标，A1B1=b，再利用y=2x求出点C143−b,43+b，从而可得到结果；
【详解】设AB=a，
∵直线y=x与y=2x的交角内部作等腰Rt△ABC，使∠ABC=90°，边BC//x轴，AB//y轴，点A1,1在直线y=x上，
∴C1−a,1+a，
∵点C在直线y=2x，
∴1+a=21−a，
解得：a=13，
∴等腰Rt△ABC的腰长为13，
∴C23,43，
∴A1的坐标为43,43，
设A1B1=b，则C143−b,43+b，
∵C1在直线y=2x上，
∴43+b=2×43−b，
解得：b=49，
∴等腰Rt△A1B1C1的腰长为49，
∴C189,169，
∴A2169,169，
设A2B2=c，则C2169−c,169+c，
∵点C2在直线y=2x，
∴169+c=2169−c，
解得：c=1627，
∴等腰Rt△A2B2C2的腰长为1627，
以此类推，
A3B3=6481，即等腰Rt△A3B3C3的腰长为6481，
A4B4=256243，即等腰Rt△A4B4C4的腰长为256243，
…，
∴A2021B2021=4202132022，即等腰Rt△A2021B2021C2021的腰长为4202132022；
故答案是4202132022．
【点睛】本题主要考查了坐标系中点的规律问题，准确计算是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·天津和平·八年级天津市第五十五中学校考期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+8分别交x轴，y轴于A、B两点，已知A点坐标(6,0)，点C在直线AB上，横坐标为3，点D是x轴正半轴上的一个动点，连接CD，以CD为直角边在右侧构造一个等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°．
(1)求直线AB的解析式以及C点坐标；
(2)设点D的横坐标为m，试用含m的代数式表示点E的坐标；
(3)如图2，连接OC，OE，请直接写出使得△OCE周长最小时，点E的坐标．
【答案】(1)y=−43x+8，C（3，4）
(2)(4+m,m−3)
(3)E(7715,2815)
【分析】（1）把A(6,0)代入y=kx+8中，得6k+8=0，解得：k=−43，即可求解；
（2）证明△CDF≅△DEG(AAS)，则CF=DG=4，DF=EG=3−m，OG=4+m，则E(4+m,m−3)；
（3）过点O作直线l的对称点O′，连接CO′交直线l于点E′，则点E′为所求点，即可求解．
【详解】（1）把A(6,0)代入y=kx+8中，
得6k+8=0，解得：k=−43，
∴ y=−43x+8，
把x=3代入，得y=4，
∴C(3,4)；
（2）作CF⊥x轴于点F，EG⊥x轴于点G，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE，∠CDE=90°，
∴∠CDF=90°−∠EDG=∠DEG，且∠CFD=∠DGE=90°，
∴△CDF≅△DEG(AAS)
∴CF=DG=4，DF=EG=3−m，
∴OG=4+m，
∴E(4+m,m−3)；
（3）点E(4+m,m−3)，
设x=4+m，y=m−3，
则y=x−7，
故点E在直线l:y=x−7上，
设：直线l交y轴于点H(0,−7)，
过点O作直线l的对称点O′，
∵直线l的倾斜角为45°，则HO′∥x轴，则点O′(7,−7)，
连接CO′交直线l于点E′，则点E′为所求点，
OC是常数，
△OCE周长=OC+CE+OE=OC+OE′+CE′=OC+CE′+O′E′=OC+CO′为最小，
由点C、O′的坐标得，直线CO′的表达式为：y=−114x+494
联立y=x−7y=−114x+494，
解得：x=7715y=−2815，
故：E(7715,−2815)．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰直角三角形的性质、点的对称性等，综合性很强，难度较大．
【题型6 一次函数与动点最值问题】
【例6】（2023春·四川成都·八年级成都实外校考期中）在平面直角坐标系xOy中，对任意两点A(x1，y1)与B(x2，y2)的“YY距离”，给出如下定义：
若|x1−x2|≥|y1−y2|，则点A(x1，y1)与B(x2，y2)的“YY距离”是|x1−x2|；
若|x1−x2|<|y1−y2|，则点A(x1，y1)与B(x2，y2)的“YY距离”的|y1−y2|．
如图，已知点C(12,−1)，点D是直线l:y=34x−3图象上一个动点，则点C与点D的“YY距离”的最小值是 ，此时点D的坐标 ．

【答案】 1314 （107，−2714）/（137，−11314）
【分析】过点C作平行于x轴的直线，与过点D作平行于y轴的直线交于H，根据定义可知，当取点C与点D的“YY距离”的最小值时，则|x1−x2|=|y1−y2|，即CH=DH，然后求解即可．
【详解】如图，过点C作平行于x轴的直线，与过点D作平行于y轴的直线交于H，

根据定义“若|x1−x2|≥|y1−y2|，则点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)的识别距离是|x1−x2|”，当取点C与点D的“YY距离”的最小值时，则|x1−x2|=|y1−y2|，即CH=DH，
设D(x,34x−3)，
则x−12=−1−34x+3，
解得：x=107，
34x−3=−2714，
∴D(107，−2714)，
∴此时点C与点D的“YY距离”的最小值是107−12=1314．
故答案为：1314；(107，−2714)．
【点睛】本题考查了新定义问题，涉及绝对值的意义，一次函数图象上点的坐标特征，解题关键是准确理解题意，正确画出图象．
【变式6-1】（2023春·四川内江·八年级统考期末）如图所示，已知点C（2，0），直线y=−x+6与两坐标轴分别交于A、B两点，D、E分别是AB、OA上的动点，当ΔCDE的周长取最小值时，点D的坐标为（ ）
A．（2，1）B．（3，2）C．（73，2）D．（103，83）
【答案】D
【分析】如图，点C关于OA的对称点C′−2,0，点C关于直线AB的对称点C″，求出点C″的坐标，连接C′C″与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小，再求出直线DE的解析式，联立两条直线的解析式即可求出交点D的坐标．
【详解】如图，点C关于OA的对称点C′−2,0，点C关于直线AB的对称点C″
∵直线AB的解析式为y=−x+6
∴直线CC″的解析式为y=x−2
由y=−x+6y=x−2
解得x=4y=2
∴直线AB与直线CC″的交点坐标为K4,2
∵K是线段CC″的中点
∴C″6,4
连接C′C″与AO交于点E，与AB交于点D，此时△DEC周长最小
设直线DE的解析式为y=kx+b
可得−2k+b=06k+b=4
解得k=12b=1
∴直线DE的解析式为y=12x+1
联立直线DE和直线直线y=−x+6可得
y=−x+6y=12x+1
解得x=103y=83
∴点D的坐标为103，83
故答案为：D．
【点睛】本题考查了一次函数的几何问题，掌握一次函数的性质是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B0,2，与正比例函数y=32x的图象交于点C4,c．
（1）求k和b的值．
（2）如图1，点P是y轴上一个动点，当PA−PC最大时，求点P的坐标．
（3）如图2，设动点D，E都在x轴上运动，且DE=2，分别连结BD，CE，当四边形BDEC的周长取最小值时直接写出点D和E的坐标．
【答案】（1）k=1，b=2；（2）P0,6；（3）E52,0，D12,0．
【分析】（1）将C的坐标代入正比例函数中，求出点C坐标，进而用待定系数法即可得出结论；
（2）利用三角形的两边之差小于第三边，判断出点P是直线PC'和y轴的交点，即可得出结论；
（3）先判断出点D的位置，先求出点G的坐标，进而得出点F的坐标，利用待定系数法求出直线BF解析式即可得出结论．
【详解】解：（1）把点C（4，c）代入y=32x，
解得：c=6，则点C（4，6），
∵一次函数交y轴于点B（0，2），
∴函数表达式为：y=kx+2，
把点C坐标代入上式，解得：k=1，
故：k=1，b=2，
（2）如图，
作A关于y轴的对称点A′，连接CA′交y轴于P点，
此时PA−PC最大，
A′2,0，PA=PA′，
设A′C的解析式为y=ax+m，
将C4,6，A′2,0代入得
4a+m=62a+m=0，解得a=3m=−6，
∴yCA′=3x−6
PA−PC=PA'−PC=CA'，
∴P0,−6．
（3）以下各点的坐标分别为：B（0，2），C（4，6），
过点C作CG∥DE，使GC=DE，
则：四边形DECG为平行四边形，
作点G作关于x轴的对称点F，连接BF，交x轴于D，点D即为所求点，
则点G坐标为（2，6），点F坐标为（2，-6），
则：DF=DG=EC，DB+CE=BD+DG=BD+DF=BF，即：BD+CE最小，
而：DE、BC长度为常数，
故：在图示位置时，四边形BDEC的周长取最小值，
把点B、F点坐标代入一次函数表达式：y=nx+b′，
解得：BF所在的直线表达式为：y=-4x+2，
令：y=0，则x=12，
则点D和E的坐标分别为（12，0）、（52，0），
【点睛】此题为一次函数综合题，其中（3）的核心是确定点D的位置，考查了学生综合运用所学知识的能力．
【变式6-3】（2023春·河北衡水·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y=2x+8与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x正半轴上，且OA=OC．点P为线段AC（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O逆时针旋转90°，得线段OQ（见图2）
（1）分别求出点B、点C的坐标；
（2）如图2，连接AQ，求证：∠OAQ=45°；
（3）如图2，连接BQ，试求出当线段BQ取得最小值时点Q的坐标．
【答案】（1）B（-4，0），C（8，0）；（2）详见解析；（3）点Q坐标为（-6，2）．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）只要证明△OAQ≌△OPC，可得∠OAQ=∠OCP=45°；
（3）因为∠OAQ=45°，设直线AQ交x轴与E，则点Q在直线AE上 运动，根据垂线段最短可知当BQ⊥AE时，BQ的长最短，求出直线AE、BQ的解析式，利用方程组确定交点Q的坐标即可；
【详解】解：（1）对于直线y=2x+8令x=0得到y=8，令y=0，得到x=-4，
∴A（0，8），B（-4，0），
∴OA=OC=8，
∴C（8，0）．
（2）由旋转可知，OP=OQ，∠POQ=∠AOC=90°，
∴∠AOQ=∠COP，
在△AOQ和△COP中，
AO=CO∠AOQ=∠COPOQ=OP，
∴△OAQ≌△OPC，
∴∠OAQ=∠OCP，
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠OCA=45°，
∴∠OAQ=45°．
（3）如图2中，
∵∠OAQ=45°，设直线AQ交x轴与E，则点Q在直线AE上运动，
∵A（0，8），E（-8，0），
∴直线AE的解析式为y=x+8，
根据垂线段最短可知当BQ⊥AE时，BQ的长最短，
∵BQ⊥AE，
∴直线BQ的解析式为y=-x-4，
由y=x+8y=−x−4，解得y=2x=−6，
∴当BQ最短时，点Q坐标为（-6，2）．
【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、全等三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．
【题型7 一次函数的图象的应用】
【例7】（2023春·重庆·八年级重庆市求精中学校校考期中）在一次趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程50米的直线跑道，在起点和终点之间，每隔10米放置一个小桶，共四个，参赛者用手托着放有4个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中，将四个乒乓球依次放入4个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，则需要返回将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜．小明和小亮同时从起点出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了1米/秒，小明和小亮之间的距离y（米）和出发时间x（秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 米后开始返回．
【答案】6
【分析】结合图像，运用数形结合的思想，计算判断即可．
【详解】解：根据题意，得：小明捡球后，与小亮之间的距离为4米，小亮中间没有停止也没有返回，
∴小亮的速度为(10×2+4)÷4=6(米/秒)，
根据图象，小明到达终点时，小亮距离终点还有6米，即小亮已经跑了50-6=44(米)，
所用时间为44÷6=223 (s)，
∴小明从捡到球到到达终点的用时为：223-4=103 (s),
∴小明提速后的速度为(50-10×2)÷103=9(米/秒)，
∴小明提速前的速度为9-1=8(米/秒)，
∴小明在掉出乒乓球后又继续跑了(4×8-10×2)÷2=6(米)，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了一次函数的运用，准确理解题意，正确从图像中获取解题信息是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·江苏盐城·八年级统考期末）如图，一束光线从点O射出，照在经过A(−2,0)、B(0,2)的镜面上的点D，经AB反射后，反射光线又照到竖立在y轴位置的镜面，经y轴反射后的光线恰好通过点A，则光线OD所在直线的函数表达式为 ．

【答案】y=−2x
【分析】先作出点O关于AB的对称点及点A关于y轴的对称点，求得过两个对称点的直线与直线AB的交点D，进而即可求解．
【详解】解：如图，分别作出点O关于AB的对称点及点A关于y轴的对称点，

由题意可知点O关于AB的对称点是C−2,2，点A关于y轴的对称点是F2,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(−2,0),B(0,2)在直线AB上，
∴−2k+b=0b=2，
解得k=1,b=2，
∴直线AB的解析式是y=x+2，
同理可得CF的解析式是y=−x2+1，
两式联立，得y=x+2y=−x2+1，
解得x=−23,y=43．则D−23,43
设直线OD的解析式为y=k1x
D−23,43代入y=k1x，并解得：k1=−2
∴直线OD的解析式为y=−2x
故答案为：y=−2x．
【点睛】本题考查了轴对称的知识，以及一次函数的应用，求出两个对称点的解析式是解决本题的关键．
【变式7-2】（2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一三四中学校考期末）有一科技小组进行了机器人行走性能试验．在试验场地有A、B、C三点顺次在同一笔直的赛道上，甲、乙两机器人分别从A、B两点同时同向出发，历时7分钟同时到达C点，乙机器人始终以60米/分钟的速度行走，如图是甲、乙两机器人之间的距离y（米）与他们的行走时间x（分钟）之间的函数图像，请结合图像，回答下列问题：
(1)A、B两点之间的距离是______米，甲机器人前2分钟的速度为______米/分；
(2)已知线段FG∥x轴，前3分钟甲机器人的速度不变．
①在3~4分钟的这段时间，甲机器人的速度为______米/分，F的坐标是______；
②在整个运动过程中，两机器人相距30m时x的值______．
【答案】(1)70，95；
(2)①60，3，35；②
【分析】（1）结合图像可得A、B两点的距离和甲机器人前2分钟的速度；
（2）①根据FG∥x，乙机器人始终以60米/分钟的速度行走，然后再根据追击问题求出F的纵坐标即可解答；②分情况讨论，当0≤x≤2时，70−(95−60)x=30，当2【详解】（1）解：由图像可知，A、B两点之间的距离是70米，
甲机器人前2分钟的速度为：(70+60×2)÷2=95（米/分），
故答案为：70，95；
（2）解：①∵FG∥x，乙机器人始终以60米/分钟的速度行走，
∴甲、乙机器人的速度都是60米/分钟；
∵1×95−60=35，
∴点F的坐标为3，35，
故答案为：60，3，35
②当0≤x≤2时，70−(95−60)x=30，解得，x=87，
当2当3将点(4,35)和点(7,0)代入y=mx+n，得
4m+n=357m+n=0解得，m=−353n=2453，
即函数解析式为y=−353x+2453，
令y=30，得−353x+2453=30，x=317，
即两机器人出发87分钟，207分钟，317分钟时相距30米．
【点睛】本题主要考查一次函数的综合应用、一元一次方程的应用、一次函数的图像与性质等知识点，理解题意、掌握数形结合思想是解答本题的关键．
【变式7-3】（2023春·河北衡水·八年级校考期中）甲、乙两人从相距4千米的两地同时、同向出发，乙每小时走4千米，小狗随甲一起同向出发，小狗追上乙的时候它就往甲这边跑，遇到甲时又往乙这边跑，遇到乙的时候再往甲这边跑…就这样一直匀速跑下去．如图，折线A−B−C，A−D−E分别表示甲、小狗在行进过程中，离乙的路程ykm与甲行进时间x(h)之间的部分函数图象．

(1)求AB所在直线的函数解析式；
(2)小狗的速度为______km/h；求点E的坐标；
(3) 小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，求x为何值时，它离乙的路程与离甲的路程相等？
【答案】(1)y1=−2x+4
(2)12，点E的坐标为E23，83
(3)27或1017
【分析】（1）由题意知A(0，4)，B(2，0)，待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，设小狗速度为m km/h，则依题意得，12m−12×4=4，解得，m=12，即小狗速度为12km/h，由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，设甲的速度为n km/h，则依题意得，2n−2×4=4，计算可求甲的速度为6km/h，设Ea，−2a+4，由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，则6a+12a2=12×12，计算求解，然后作答即可；
（3）由A(0，4)，D(12，0)，E23，83，待定系数法可求直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，由小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)；②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)；分别计算求解即可．
【详解】（1）解：设AB所在直线的函数解析式为y1=ax+b，
将A(0，4)，B(2，0)代入，得b=42k+b=0，
解得k=−2b=4，
∴AB所在直线的函数解析式为y1=−2x+4；
（2）解：由D(12，0)，可知，当x=12时，小狗距离乙0km，
设小狗速度为mkm/h，
则依题意得，12m−12×4=4，
解得，m=12，
∴小狗速度为12km/h，
由B(2，0)，可知，当x=2时，甲距离乙0km，
设甲的速度为nkm/h，
则依题意得，2n−2×4=4，
解得，m=6，
∴甲的速度为6km/h，
设Ea，−2a+4，
由题意知，当x=a时，甲和小狗出发后第一次相遇，
∴6a+12a2=12×12，
解得a=23，
∴E23，83；
（3）解：∵A(0，4)，D(12，0)，E23，83，
同理（1），直线DE的函数解析式为y2=16x−8，直线AD的函数解析式为y3=−8x+4，
∴小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，离乙的路程与离甲的路程相等时，分两种情况：
①y1=2y3，即−2x+4=2(−8x+4)，解得x=27；
②y1=2y2，即−2x+4=2(16x−8)，解得x=1017．
综上所述，小狗从出发到它折返后第一次与甲相遇的过程中，当x为27或1017时，它离乙的路程与离甲的路程相等．
【点睛】本题考查了函数图象，一次函数解析式，一元一次方程的应用．解题的关键在于从图象中获取正确的信息．
【题型8 一次函数的实际应用】
【例8】（2023春·湖北襄阳·八年级统考期末）倡导垃圾分类，共享绿色生活，为了对回收的垃圾进行更精准的分类，某机器人公司研发出A型和B型两款垃圾分拣机器人，已知2台A型机器人和5台B型机器人同时工作2h共分拣垃圾3.6吨，3台A型机器人和2台B型机器人同时工作5h共分拣垃圾8吨．
(1)1台A型机器人和1台B型机器人每小时各分拣垃圾多少吨？
(2)某垃圾处理厂计划向机器人公司购进一批A型和B型垃圾分拣机器人，这批机器人每小时一共能分拣垃圾20吨，设购买A型机器人a台（10≤a≤45），B型机器人b台，请用含a的代数式表示b；
(3)机器人公司的报价如下表：
在（2）的条件下，设购买总费用为w万元，问如何购买使得总费用w最少？请说明理由．
【答案】(1)1台A型机器人每小时分拣垃圾0.4吨，1台B型机器人每小时分拣垃圾0.2吨
(2)b=100−2a(10≤a≤45)
(3)选购A型号机器人35台时，总费用w最少，此时需要918万元，理由见解析
【分析】（1）设1台A型机器人和1台B型机器人每小时各分拣垃圾x吨和y吨，根据题意列出方程组即可求出答案；
（2）根据题意列出方程，方程变形后即可求出答案．
（3）根据a的取值，求出w与a的函数关系，从而求出w的最小值．
【详解】（1）解：设1台A型机器人和1台B型机器人每小时各分拣垃圾x吨和y吨，
由题意可知 (2x+5y)×2=3.6(3x+2y)×5=8，
解得x=0.4y=0.2，
答：1台A型机器人每小时分拣垃圾0.4吨，1台B型机器人每小时分拣垃圾0.2吨；
（2）由题意可知：0.4a+0.2b=20，
∴b=100−2a(10≤a≤45)；
（3）当10≤a<30时，此时40∴w=20a+0.8×12(100−2a)=0.8a+960，
∵0.8>0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a=10时，w有最小值，此时w=0.8×10+960=968；
当30≤a≤35时，此时30≤b≤40，
∴w=0.9×20a+0.8×12(100−2a)=−1.2a+960，
∵−1.2<0，
∴w随a的增大而减小，
∴当a=35时，w有最小值，此时w=918；
当35∴w=0.9×20a+12(100−2a)=−6a+1200，
∵−6<0，
∴w随a的增大而减小，
当a=45时，w有最小值，此时w=−6×45+1200=930．
答：选购A型号机器人35台时，总费用w最少，此时需要918万元．
【点睛】此题主要考查了二元一次方程组和一次函数的应用，正确找出题中的等量关系并熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·北京海淀·八年级校考期中）某商店出售普通练习本和精装练习本，150本普通练习本和100本精装练习本销售总额为1450元；200本普通练习本和50本精装练习本销售总额为1100元．
(1)求普通练习本和精装练习本的销售单价分别是多少？
(2)该商店计划再次购进500本练习本，普通练习本的数量不低于精装练习本数量的3倍，已知普通练习本的进价为2元/个，精装练习本的进价为7元/个，设购买普通练习本x个，获得的利润为W元；
①求W关于x的函数关系式
②该商店应如何进货才能使销售总利润最大？并求出最大利润．
【答案】(1)普通练习本：3元；精装练习本：10元
(2)①w=−2x+1500；②普通练习本进375本，精装练习本进125本，利润最大，最大为750元
【分析】（1）设普通练习本的销售单价为m元，精装练习本的销售单价为n元，根据等量关系式：150本普通练习本销售总额＋100精装练习本销售额=1450元；200本普通练习本销售额+50精装练习本销售额=1100元，列出方程，解方程即可；
（2）①购买普通练习本x个，则购买精装练习本500−x个，根据总利润=普通练习本获得的利润+精装练习本获得的利润，列出关系式即可；
②先求出x的取值范围，根据一次函数的增减性，即可得出答案．
【详解】（1）解：设普通练习本的销售单价为m元，精装练习本的销售单价为n元，根据题意得：
150m+100n=1450200m+50n=1100，
解得：m=3n=10，
答：普通练习本的销售单价为3元，精装练习本的销售单价为10元．
（2）解：①购买普通练习本x个，则购买精装练习本500−x个，根据题意得：
W=3−2x+10−7500−x=−2x+1500；
② ∵普通练习本的数量不低于精装练习本数量的3倍，
∴ x≥3500−x500−x>0，
解得：375≤x<500，
∵ W=−2x+1500中k=−2<0，
∴ W随x的增大而减小，
∴当x=375时，W取最大值，
500−375=125（个），
W最大=−2×375+1500=750（元），
答：当购买375个普通练习本，125个精装练习，销售总利润最大，最大总利润为750元．
【点睛】本题主要考查了二元一次方程组、一次函数、一元一次不等式组的应用，解题的关键是找出题目中的等量关系和不等关系列出方程和不等式．
【变式8-2】（2023春·河北沧州·八年级校考期中）A、B两家体育用品商店出售同样的羽毛球拍和羽毛球，羽毛球拍每副定价80元，羽毛球每盒定价20元．现两家商店搞促销活动，A店：每买一副球拍赠一盒羽毛球；B店：按定价的9折优惠，八（1）班现需购羽毛球拍4副，羽毛球若干盒（不少于4盒）．
(1)设购买羽毛球盒数为x（盒），在A店购买的付款数为yA（元），在B店购买的付款数为yB（元），分别写出在两家商店购买的付款数与羽毛球盒数x之间的函数关系式；
(2)买多少盒羽毛球时，两家商店付款相同？
(3)就羽毛球盒数讨论去哪家商店买合算？
【答案】(1)yA=20x+240x≥4， yB=18x+288x≥4
(2)买24盒羽毛球时，两家商店付款相同
(3)当买羽毛球多于24盒时，到B店合算；当买羽毛球不少于4盒且小于24盒时，到A店合算；当买24盒羽毛球时，两家商店付款相同
【分析】（1）根据题意写出函数解析式即可；
（2）令yA=yB得出20x+240=18x+288，求出x的值即可；
（3）分别求出yA>yB，yA【详解】（1）解：由题意，得：yA=80×4+20×x−4=20x+240x≥4，
yB=80×4×0.9+20x×0.9=18x+288x≥4；
（2）解：当yA=yB时，即20x+240=18x+288，
解得：x=24，
答：买24盒羽毛球时，两家商店付款相同．
（3）解：当yA>yB时，即20x+240>18x+288，解得x>24，
∴当买羽毛球多于24盒时，到B店合算；
当yA∴当买羽毛球不少于4盒且小于24盒时，到A店合算；
由（2）得：买24盒羽毛球时，两家商店付款相同．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是理解题意写出函数解析式．
【变式8-3】（2023春·河南南阳·八年级统考期中）“五一”期间，小华一家人开车到距家200千米的景点旅游，出发前，汽车油箱内储油50升，当行驶100千米时，发现油箱剩余油量为41升（汽车行驶中的余油量与行驶路程是一次函数关系）．
(1)求剩余油量Q（升）与行驶路程x（千米）之间的关系式．
(2)当油箱中剩余油量低于5升时，汽车将自动报警，若往返途中不加油，他们能否在汽车报警前回到家?说明理由．
【答案】(1)Q=−0.09x+50 0≤x≤50009
(2)他们能在汽车报警前回家，理由见解析
【分析】（1）根据余油量与行驶路程是一次函数关系，设余油量为Q（升），行驶路程为x（千米），则Q=kx+b，把x=0时，Q=50， x=100，Q=41代入求解即可；
（2）求出行驶400千米后的剩余油量，比较即得到答案．
【详解】（1）解：∵余油量与行驶路程是一次函数关系．
∴设余油量为Q（升），行驶路程为x（千米），则Q=kx+b，
把x=0时，Q=50， x=100，Q=41，
代入Q=kx+b中得b=50100k+b=41，
解得b=50k=−0.09，
∴Q=−0.09x+50 0≤x≤50009
（2）解：他们能在汽车报警前回家，
理由如下：
由（1）可知，当x=400千米时，Q=−0.09×400+50=14，
∵14>5，
∴他们能在汽车报警前回家；
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，解题的关在于能够准确根据题意得到Q=−0.09x+50．型号
原价
购买数量少于30台
购买数量不少于30台
A型
20万元/台
原价购买
打九折
B型
12万元/台
原价购买
打八折