2024年宁夏固原市西吉县数学九上开学调研模拟试题【含答案】

这是一份2024年宁夏固原市西吉县数学九上开学调研模拟试题【含答案】，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）实验学校九年级一班十名同学定点投篮测试，每人投篮六次，投中的次数统计如下：5，4，3，5，5，2，5，3，4，1，则这组数据的中位数，众数分别为（ ）
A．4，5B．5，4C．4，4D．5，5
2、（4分）与可以合并的二次根式是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）下列说法正确的是（ ）
A．长度相等的两个向量叫做相等向量；
B．只有方向相同的两个向量叫做平行向量 ；
C．当两个向量不相等时，这两个有向线段的终点一定不相同；
D．减去一个向量相当于加上这个向量的相反向量．
4、（4分）已知，则的值为( )
A．B．-2C．D．2
5、（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（ ）
A．4+3B．2C．2+6D．4
6、（4分）若一个多边形的内角和为外角和的3倍，则这个多边形为 （ ）
A．八边形B．九边形C．十边形D．十二边形
7、（4分）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6cm，D为AB的中点，则CD等于（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）下列函数中，表示y是x的正比例函数的是（ ）．
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，已知EF是△ABC的中位线，DE⊥BC交AB于点D，CD与EF交于点G,若CD⊥AC,EF=8，EG=3，则AC的长为___________.
10、（4分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件________使其成为菱形（只填一个即可）．
11、（4分）在一次函数y=（k﹣3）x+2中，y随x的增大而减小，则k的取值_____．
12、（4分）如图，平行四边形ABCO的顶点O，A，C的坐标分别是(0，0)，(a，0)，(b，c)，则顶点坐标B的坐标为_________.
13、（4分）已知一次函数y=kx+2k+3的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，且函数值y随x的增大而减小，则k所能取到的整数值为________．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）解方程：x2﹣6x+6=1．
15、（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CA平分∠DCB，DB平分∠ADC
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AC＝8，BD＝6，求点D到AB的距离
16、（8分）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1=∠1．
（1）求证：AE=CF；
（1）求证：四边形EBFD是平行四边形．
17、（10分）问题探究
（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；
（2）如图②，是正方形内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点），使它们将正方形的面积四等分：
问题解决
（3）如图③，在四边形中，，点是的中点如果，且，那么在边上足否存在一点，使所在直线将四边形的面积分成相等的两部分？若存在，求出的长：若不存在，说明理由．
18、（10分）探索发现：
……
根据你发现的规律，回答下列问题：
（1）＝ ，＝ ；
（2）利用你发现的规律计算：
（3）利用规律解方程：
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）若是方程的两个实数根，则_______．
20、（4分）当a＝－3时， ＝_____．
21、（4分）在菱形中，，其周长为，则菱形的面积为__．
22、（4分）不等式4﹣3x＞2x﹣6的非负整数解是_____．
23、（4分）如图，平行四边形中，，，∠，点是的中点，点在的边上，若为等腰三角形，则的长为__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，直线y＝﹣x+3与x轴相交于点B，与y轴相交于点A，点E为线段AB中点，∠ABO的平分线BD与y轴相较于点D，点A、C关于点O对称．
（1）求线段DE的长；
（2）一个动点P从点D出发，沿适当的路径运动到直线BC上的点F，再沿射线CB方向移动2个单位到点G，最后从点G沿适当的路径运动到点E处，当P的运动路径最短时，求此时点G的坐标；
（3）将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角度α（0＜α≤180°），在旋转过程中DE所在的直线分别与直线BC、直线AC相交于点M、点N，是否存在某一时刻使△CMN为等腰三角形，若存在，请求出CM的长，若不存在，请说明理由．
25、（10分）在平面直角坐标系中，直线（）与直线相交于点P（2，m），与x轴交于点A．
（1）求m的值；
（2）过点P作PB⊥x轴于B，如果△PAB的面积为6，求k的值．
26、（12分）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为a．直线y＝bx+c交x轴于E，交y轴于F，且a、b、c分别满足﹣（a﹣4）2≥0，c＝+8.
（1）求直线y＝bx+c的解析式并直接写出正方形OABC的对角线的交点D的坐标；
（2）直线y＝bx+c沿x轴正方向以每秒移动1个单位长度的速度平移，设平移的时间为t秒，问是否存在t的值，使直线EF平分正方形OABC的面积？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）点P为正方形OABC的对角线AC上的动点（端点A、C除外），PM⊥PO，交直线AB于M，求的值．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、A
【解析】
根据众数及中位数的定义，结合所给数据即可作出判断．
【详解】
解：将数据从小到大排列为：1，2，3，3，4，4，5，5，5，5，这组数据的众数为：5；中位数为：4
故选：A．
本题考查(1)、众数；(2)、中位数．
2、C
【解析】
先对各个选项中的二次根式化简为最简二次根式（被开方数中不含分母且被开方数中不含有开得尽方的因数或因式），再在其中找的同类二次根式（化成最简二次根式后的被开方数相同,这样的二次根式叫做同类二次根式.）.
【详解】
A. 为最简二次根式，且与不是同类二次根式，故错误；
B. = -3，与不是同类二次根式，故错误；
C. ，与是同类二次根式，故正确；
D. 为最简二次根式，且与不是同类二次根式，故错误.
故选C.
本题考查二次根式的加减，能将各个选项中根式化简为最简二次根式，并能找对同类二次根式是本题的关键.
3、D
【解析】【分析】相等向量：长度相等且方向相同的两个向量叫做相等向量; 平行向量（也叫共线向量）：方向相同或相反的非零向量; 平行向量包含相等向量的情况.即相等向量一定是平行向量,但是平行向量不一定是相等向量; 长度相等且方向相反的两个向量.根据相关定义进行判断.
【详解】长度相等且方向相同的两个向量叫做相等向量, 故选项A错误；
方向相同或相反的非零向量叫做平行向量, 故选项B错误；
当两个向量不相等时，这两个有向线段的终点可能相同，故选项C错误；
减去一个向量相当于加上这个向量的相反向量，故选项D正确．
故选：D
【点睛】本题考核知识点：向量.解题关键点：理解向量的相关定义.
4、C
【解析】
首先根据x的范围确定x−3与x−2的符号，然后即可化简二次根式，然后合并同类项即可．
【详解】
∵，
∴x−3＜0，x−2＜0，
∴＝3−x＋（2−x）＝5−2x．
故选：C．
本题主要考查了二次根式的化简，化简时要注意二次根式的性质：＝|a|．
5、B
【解析】
将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．
【详解】
解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．
由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴tan∠ACB==，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴AE==.
故选B．
本题考查轴对称—最短问题、矩形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
6、C
【解析】
设多边形的边数为n，而多边形的内角和公式为180（n-2)度，外角和为360度，则有：
180（n-2)=360×4，解方程可得．
【详解】
解：设多边形的边数为n,而多边形的内角和公式为180（n-2)度，外角和为360度，则有：
180（n-2)=360×4
n-2=8
解得：n=10
所以，这是个十边形
故选C．
本题考核知识点，多边形的内角和外角.解题关键点，熟记多边形内角和计算公式．
7、C
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD= AB．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD= AB= ×6=3cm．
故选：C．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
8、B
【解析】
根据正比例函数的定义来判断：一般地，两个变量x，y之间的关系式可以表示成形如y=kx（k为常数，且k≠0）的函数，那么y就叫做x的正比例函数．
【详解】
A、该函数不符合正比例函数的形式，故本选项错误．
B、该函数是y关于x的正比例函数，故本选项正确．
C、该函数是y关于x的一次函数，故本选项错误．
D、该函数是y2关于x的函数，故本选项错误．
故选B．
主要考查正比例函数的定义：一般地，两个变量x，y之间的关系式可以表示成形如y=kx（k为常数，且k≠0）的函数，那么y就叫做x的正比例函数．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
由三角形中位线定理得出AB=2EF=16，EF∥AB，AF=CF，CE=BE，证出GE是△BCD的中位线，得出BD=2EG=6，AD=AB-BD=10，由线段垂直平分线的性质得出CD=BD=6，再由勾股定理即可求出AC的长．
【详解】
∵EF是△ABC的中位线，
∴AB=2EF=16，EF∥AB，AF=CF，CE=BE，
∴G是CD的中点，
∴GE是△BCD的中位线，
∴BD=2EG=6，
∴AD=AB-BD=10，
∵DE⊥BC，CE=BE，
∴CD=BD=6，
∵CD⊥AC，
∴∠ACD=90°，
∴AC=；
故答案为：1．
本题考查了三角形中位线定理、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，求出CD=BD是解题的关键．
10、AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC（填一个即可）．
【解析】
试题分析：根据菱形的判定定理，已知平行四边形ABCD，添加一个适当的条件为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC使其成为菱形．
考点：菱形的判定．
11、k＜3
【解析】
试题解析：∵一次函数中y随x的增大而减小，
∴
解得，
故答案是：k
【详解】
请在此输入详解！
12、 (a+b，c)
【解析】
平行四边形的对边相等，B点的横坐标减去C点的横坐标，等于A点的横坐标减去O点的横坐标，B点和C点的纵坐标相等，从而确定B点的坐标．
【详解】
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，AO∥BC，
∴B点的横坐标减去C点的横坐标，等于A点的横坐标减去O点的横坐标，B点和C点的纵坐标相等，
∵O，A，C的坐标分别是(0，0)，(a，0)，(b，c)，
∴B点的坐标为(a+b，c)．
故答案是：(a+b，c)．
本题考查平行四边形的性质，平行四边形的对边相等，以及考查坐标与图形的性质等知识点．
13、-2
【解析】
试题分析：根据题意可得2k+3＞2，k＜2，解得﹣＜k＜2．因k为整数，所以k=﹣2．
考点：一次函数图象与系数的关系．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、
【解析】
对题目进行配方，再利用直接开平方法求解
【详解】
解： .
.
.
.
.
∴
对解一元二次方程中配方法的考察．应熟练掌握完全平方公式
15、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）由平行线的性质和角平分线的性质可得AD=BC，且AD∥BC，可证四边形ABCD是平行四边形，且AD=CD，可证四边形ABCD是菱形；
（2）由勾股定理可求AB的长，由面积法可求点D到AB的距离．
【详解】
证明：（1）∵CA平分∠DCB，DB平分∠ADC
∴∠ADB＝∠CDB，∠ACD＝∠ACB
∵AD∥BC
∴∠DAC＝∠ACB＝∠ACD，∠ADB＝∠DBC＝∠CDB
∴AD＝CD，BC＝CD
∴AD＝BC，且AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形，且AD＝CD
∴四边形ABCD是菱形
（2）如图，过点D作DE⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形
∴AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，AC⊥BD
∴AB＝＝＝5
∵S△ABD＝AB×DE＝×DB×AO
∴5DE＝6×4
∴DE＝
本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
16、（1）见详解；（1）见详解
【解析】
（1）通过证明△ADE≌△CBF，由全等三角的对应边相等证得AE=CF.
（1）根据平行四边形的判定定理：对边平行且相等的四边形是平行四边形证得结论.
【详解】
证明：（1）如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠3=∠4
∵∠1=∠3+∠5，∠1=∠4+∠6，
∴∠1=∠1
∴∠5=∠6
∵在△ADE与△CBF中，∠3=∠4，AD=BC，∠5=∠6，
∴△ADE≌△CBF（ASA）
∴AE=CF
（1）∵∠1=∠1，
∴DE∥BF
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE=BF
∴四边形EBFD是平行四边形
17、（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）存在，BQ=b
【解析】
（1）画出互相垂直的两直径即可；
（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，则直线EF、OM将正方形的面积四等分，根据三角形的面积公式和正方形的性质求出即可；
（3）当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，连接BP并延长交CD的延长线于点E，证△ABP≌△DEP求出BP=EP，连接CP，求出S△BPC=S△EPC，作PF⊥CD，PG⊥BC，由BC=AB+CD=DE+CD=CE，求出S△BPC-S△CQP+S△ABP=S△CPE-S△DEP+S△CQP，即可得出S四边形ABQP=S四边形CDPQ即可．
【详解】
解：（1）如图1所示，
（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，
则直线EF、OM将正方形的面积四等分，
理由是：∵点O是正方形ABCD的对称中心，
∴AP=CQ，EB=DF，
在△AOP和△EOB中
∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE，
∴∠AOP=∠BOE，
∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°，
∴△AOP≌△EOB，
∴AP=BE=DF=CQ，
设O到正方形ABCD一边的距离是d，
则（AP+AE）d=（BE+BQ）d=（CQ+CF）d=（PD+DF）d，
∴S四边形AEOP=S四边形BEOQ=S四边形CQOF=S四边形DPOF，
直线EF、OM将正方形ABCD面积四等份；
（3）存在，当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，
理由是：如图③，连接BP并延长交CD的延长线于点E，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠EDP，
∵在△ABP和△DEP中
∴△ABP≌△DEP（ASA），
∴BP=EP，
连接CP，
∵△BPC的边BP和△EPC的边EP上的高相等，
又∵BP=EP，
∴S△BPC=S△EPC，
作PF⊥CD，PG⊥BC，则BC=AB+CD=DE+CD=CE，
由三角形面积公式得：PF=PG，
在CB上截取CQ=DE=AB=a，则S△CQP=S△DEP=S△ABP
∴S△BPC-S△CQP+S△ABP=S△CPE-S△DEP+S△CQP
即：S四边形ABQP=S四边形CDPQ，
∵BC=AB+CD=a+b，
∴BQ=b，
∴当BQ=b时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．
本题考查了正方形性质，菱形性质，三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，注意：等底等高的三角形的面积相等．
18、（1）；（2）；（1）见解析．
【解析】
（1）根据简单的分式可得，相邻两个数的积的倒数等于它们的倒数之差，即可得到和
（2）根据（1）规律将乘法写成减法的形式，可以观察出前一项的减数等于后一项的被减数，因此可得它们的和.
（1）首先利用（2）的和的结果将左边化简，再利用分式方程的解法求解即可.
【详解】
解：（1）， ；
故答案为
（2）原式＝ ;
（1）已知等式整理得：
所以，原方程即： ，
方程的两边同乘x（x+5），得：x+5﹣x＝2x﹣1，
解得：x＝1，
检验：把x＝1代入x（x+5）＝24≠0，
∴原方程的解为：x＝1．
本题主要考查学生的归纳总结能力，关键在于根据简单的数的运算寻找规律,是考试的热点.
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、10
【解析】
试题分析：根据韦达定理可得：a+b=2，ab=-3，则=4-2×（-3）=10.
考点：韦达定理的应用
20、1
【解析】
把a＝－1代入二次根式进行化简即可求解．
【详解】
解：当a＝－1时，=1．
故答案为：1．
本题考查二次根式的计算，理解算术平方根的意义是解题的关键．
21、
【解析】
根据菱形的性质以及锐角三角函数关系得出BE的长，即可得出菱形的面积．
【详解】
过点作于点，
菱形中，其周长为，
，
，
菱形的面积．
故答案为：．
此题主要考查了菱形的面积以及其性质，得出AE的长是解题关键．
22、0，2
【解析】
求出不等式2x+2＞3x﹣2的解集，再求其非负整数解．
【详解】
解：移项得，﹣2x﹣3x＞﹣6﹣4，
合并同类项得，﹣5x＞﹣20，
系数化为2得，x＜2．
故其非负整数解为：0，2．
本题考查了一元一次不等式的整数解，解答此题不仅要明确不等式的解法，还要知道非负整数的定义．解答时尤其要注意，系数为负数时，要根据不等式的性质3，将不等号的方向改变．
23、或或1
【解析】
根据点P所在的线段分类讨论，再分析每种情况下腰的情况，然后利用直角三角形的性质和勾股定理分别求值即可．
【详解】
解：①当点P在AB上时,由∠ABC=120°,此时只能是以∠PBE为顶角的等腰三角形,BP=BE,过点B作BF⊥PE于点F,如下图所示
∴∠FBE=∠ABC=10°,EP=2EF
∴∠BEF=90°－∠FBE=30°
∵，点是的中点
∴BE=
在Rt△BEF中，BF=
根据勾股定理：EF=
∴EP=2EF=；
②当点P在AD上时，过点B作BF⊥AB于F，过点P作PG⊥BC，如下图所示
∵∠ABC=120°
∴∠A=10°
∴∠ABF=90°－∠A=30°
在Rt△ABF中AF=，BF=
∴BP≥BF＞BE，EP≥BF＞BE
∴此时只能是以∠BPE为顶角的等腰三角形,BP=PE,
∴PG=BF=，EG=
根据勾股定理：EP=；
③当点P在CD上时，过点E作EF⊥CD于F，过点B作BG⊥CD
由②可知：BE的中垂线与CD无交点，
∴此时BP≠PE
∵∠A=10°，四边形ABCD为平行四边形
∴∠C=10°
在Rt△BCG中，∠CBG=90°－∠C=30°，CG=
根据勾股定理：BG=
∴BP≥BG＞BE
∵EF⊥CD，BG⊥CD，点E为BC的中点
∴EF为△BCG的中位线
∴EF=
∴此时只能是以∠BEP为顶角的等腰三角形,BE=PE=1．
综上所述：的长为或或1．
故答案为：或或1
此题考查的是等腰三角形的性质、直角三角形的性质和勾股定理，掌握三线合一、30°所对的直角边是斜边的一半、利用勾股定理解直角三角形和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）1；（2）（，）；（3）6+﹣3或6++3或2﹣2或8.
【解析】
（1）想办法证明DE⊥AB，利用角平分线的性质定理证明DE＝OD即可解决问题；
（2）过点E作EE′∥BC，点E′在x轴下方且EE′＝2，作点D关于直线BC的对称点D′，连接E′D′交BC于F，在射线CB上取FG＝2．此时D→F→G→E的路径最短．
（3）分三种情形：①如图1中，当CM＝CN时，在AE上取一点P，使得AP＝PN．设EN＝x．②如图2中，当MN＝MC时，作BP⊥MN于P，则四边形ADPB是矩形．③如图3中，当NC＝MN时，D与N重合，作DP⊥BC于P．分别解直角三角形即可解决问题.
【详解】
解：（1）∵直线y＝﹣x+3与x轴相交于点B，与y轴相交于点A，
∴A（0，3），B（，0），
∴OA＝3，OB＝，
∴tan∠ABO＝＝，
∴∠ABO＝60°，
∵BD平分∠ABO，
∴∠DBO＝30°，
∴OD＝OB•tan30°＝1，DB＝2OD＝2，
∴AD＝DB＝2，
∴AE＝EB，
∴DE⊥AB，∵DO⊥OB，DB平分∠ABO，
∴DE＝DO＝1．
（2）过点E作EE′∥BC，点E′在x轴下方且EE′＝2，作点D关于直线BC的对称点D′，连接E′D′交BC于F，在射线CB上取FG＝2．此时D→F→G→E的路径最短．
∵E′（，），D′（2，﹣1），
∴直线D′E′的解析式为，直线BC的解析式为y＝x﹣3，
由，解得，，
∴F ．
把点F向上平移3个单位，向右平移个单位得到点G，
∴G（）．
（3）以点A为圆心，以AE为半径作⊙A，则DE为⊙A的切线．
①如图1中，当CM＝CN时，在AE上取一点P，使得AP＝PN．设EN＝x．
∵CM＝CN，∠MCN＝30°，
∴∠CNM＝∠CMN＝75°，
∴∠ANE＝∠CNM＝75°，
∴∠EAN＝15°，
∴∠PAN＝∠ANP＝15°，
∴∠EPN＝30°，
∴PN＝AP＝2x，PE＝x，
∴2x+x＝，
∴x＝2﹣3，
∴AN＝，
∴CM＝CN＝=．
②如图2中，当MN＝MC时，作BP⊥MN于P，则四边形ADPB是矩形，PB＝AE＝，
在Rt△PBM中，∠PBM＝30°，
∴BM＝2，
∴CM＝BC﹣BM＝2﹣2．
③如图2﹣1中．CM＝CN时，同法可得CM＝．
④如图3中，当NC＝MN时，D与N重合，作DP⊥BC于P．
∵CD＝6+2＝8，∠DCP＝30°，
∴PC＝PM＝4，
∴CM＝8
综上所述，满足条件的CM的值为或或2﹣2或8．
本题考查一次函数的应用、锐角三角函数、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
25、（1）m=4；（2）
【解析】
（1）把点P（2，m）代入直线y=2x可求m的值；
（2）先求得PB=4，根据三角形面积公式可求AB=1，可得A1（5，0），A2（-1，0），再根据待定系数法可求k的值．
【详解】
（1）∵ 直线过点P（2，m），∴ m=4
（2）∵ P（2，4），∴ PB=4
又∵ △PAB的面积为6，
∴ AB=1．∴ A1（5，0），A2（－1，0）
当直线经过A1（5,0）和P（2，4）时，
可得k=
当直线经过A2（－1,0）和P（2，4）时，
可得k=.
综上所述，k=.
本题主要考查一次函数的交点问题，根据三角形面积间的关系得出点A的坐标及熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．
26、（1）y=2x+8，D（2，2）；（2）存在，5；（3）.
【解析】
试题分析：（1）利用非负数的性质求出a，b，c的值，进而确定出直线y=bx+c，得到正方形的边长，即可确定出D坐标；
（2）存在，理由为：对于直线y=2x+8，令y=0求出x的值，确定出E坐标，根据题意得：当直线EF平移到过D点时正好平分正方形AOBC的面积，设平移后的直线方程为y=2x+t，将D坐标代入求出b的值，确定出平移后直线解析式，进而确定出此直线与x轴的交点，从而求出平移距离，得到t的值；
（3）过P点作PQ∥OA，PH∥CO，交CO、AB于N、Q，交CB、OA于G、H，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用角平分线定理得到PH=PQ，利用AAS得到三角形OPH与三角形MPQ全等，得到OH=QM，根据四边形CNPG为正方形，得到PG=BQ=CN，由三角形CGP为等腰直角三角形得到CP=GP=BM，即可求出所求式子的值．
试题解析：（1）∵-（a-4）2≥0，，
∴a=4，b=2，c=8，
∴直线y=bx+c的解析式为：y=2x+8，
∵正方形OABC的对角线的交点D，且正方形边长为4，
∴D（2，2）；
（2）存在，理由为：
对于直线y=2x+8，
当y=0时，x=-4，
∴E点的坐标为（-4，0），
根据题意得：当直线EF平移到过D点时正好平分正方形AOBC的面积，
设平移后的直线为y=2x+t，
代入D点坐标（2，2），
得：2=4+t，即t=-2，
∴平移后的直线方程为y=2x-2，
令y=0，得到x=1，
∴此时直线和x轴的交点坐标为（1，0），平移的距离为1-（-4）=5，
则t=5秒；
（3）过P点作PQ∥OA，PH∥CO，交CO、AB于N、Q，交CB、OA于G、H，
∵∠OPM=∠HPQ=90°，
∴∠OPH+∠HPM=90°，∠HPM+∠MPQ=90°，
∴∠OPH=∠MPQ，
∵AC为∠BAO平分线，且PH⊥OA，PQ⊥AB，
∴PH=PQ，
在△OPH和△MPQ中，
，
∴△OPH≌△MPQ（AAS），
∴OH=QM，
∵四边形CNPG为正方形，
∴PG=BQ=CN，
∴CP=PG=BM，
即．
考点：一次函数综合题．
【详解】
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题号
一
二
三
四
五
总分
得分