甘肃省兰州市城关区树人中学上学期八年级期末数学试卷（解析版）-A4

这是一份甘肃省兰州市城关区树人中学上学期八年级期末数学试卷（解析版）-A4，共30页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 如图，直线l1等内容，欢迎下载使用。
1. 下列各选项中，不能构成直角三角形三边长的一组是（ ）
A. 2，3，4B. 3，4，5C. 5，12，13D. 8，6，10
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理逆定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．
根据勾股定理逆定理“如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形”即可解答．
【详解】解：A．∵，∴不能构成直角三角形；
B．∵，∴能构成直角三角形；
C．∵，∴能构成直角三角形；
D．∵，∴能构成直角三角形；
故选：A．
2. 下列选项中，可以用来说明“若，则”是假命题的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据异号两数的绝对值大小比较，举反例即可求解．
【详解】解：∵，，，，
∴，，与“若，则”矛盾，、
∴“若，则”是假命题，
故选：B．
【点睛】本题考查了举反例判断命题的真假，正确的举出反例是解题的关键．
3. 如图，在围棋盘上有三枚棋子，如果黑棋的位置用坐标表示为(0，-1)，黑棋的位置用坐标表示为(-3，0)，则白棋③的位置坐标表示为（ ）

A. (4，2)B. (-4，2)C. (4，-2)D. (-4，-2)
【答案】B
【解析】
【分析】根据两个黑色球的位置判断得到其坐标系的原点，即可得到白球的位置.
【详解】解：根据黑棋①以及黑棋②即可得到原点的位置
∴白棋③的位置为（-4,2）
故选B
【点睛】本题主要考查确定物体的位置，掌握平面直角坐标系及确定出坐标原点是解题的关键.
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 的平方根是3B.
C. 4的算术平方根是2D. 9的立方根是3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了平方根、算术平方根、立方根，根据平方根、算术平方根、立方根的定义逐项分析即可得解．
【详解】解：A、，故的平方根是，故原选项说法错误，不符合题意；
B、，故原选项说法错误，不符合题意；
C、4的算术平方根是2，故原选项说法正确，符合题意；
D、9的立方根是，故原选项说法错误，不符合题意；
故选：C．
5. 在同一坐标系中，函数与的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分情况讨论取值范围，根据正比例函数图象的性质及一次函数图象与坐标轴交点的坐标特征进行判断，即可得出答案．
【详解】解：当时，的图象过原点并经过第一、第三象限，的图象过第一、第三象限且与轴交点的纵坐标小于0，无选项符合题意；
当时，的图象过原点并经过第二、第四象限，的图象过第一、第三象限且与轴交点的纵坐标大于0，选项B符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正比例函数的图象和性质及一次函数图象与坐标轴交点的坐标特征，熟练掌握正比例函数及一次函数的图象和性质是解题关键．
6. 学校某个功能室墙壁的主色调颜色经过学生投票（统计如下表）后决定采用红色，这样的决定依据的统计量是（ ）
A. 平均数B. 方差C. 众数D. 中位数
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了统计量的选择，掌握平均数、中位数、众数及方差的意义是解题的关键．
根据平均数、中位数、众数及方差的意义判断即可．
【详解】解：喜欢红色的学生最多，是这组数据的众数，
故选：C．
7. 我国明代《算法统宗》一书中有这样一题：“一支竿子一条索，索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托（一托按照5尺计算）．”大意是：现有一根竿和一条绳索，如果用绳索去量竿，绳索比竿长5尺；如果将绳索对折后再去量竿，就比竿短5尺，则绳索长几尺？设竿长x尺，绳索长y尺，根据题意可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了从实际问题中抽象出二元一次方程组，设竿长x尺，绳索长y尺，根据用绳索去量竿，绳索比竿长5尺可得方程，根据将绳索对折后再去量竿，就比竿短5尺可得方程，据此可得答案，解题的关键是读懂题意，列出方程组．
【详解】解：由题意得：
，
故选：A．
8. 如图，正方形的面积为7，顶点A 在数轴上表示的数为1，若点E 在数轴上（点E在点A 的左侧），且，则点E所表示的数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据正方形的面积求出正方形的边长，即可求出，根据点A表示的数为1，且点E在点A的左侧，即可求出E点所表示的数．
【详解】解：∵正方形的面积为7，
∴，
∵，
∴，
∵点A表示的数为1，且点E在点A的左侧，
∴E点所表示的数为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查算术平方根的应用，实数与数轴，解题的关键是根据正方形的面积求出．
9. 如图所示的是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中，，则的值是（ ）
A. 128B. 64C. 32D. 144
【答案】A
【解析】
【分析】13和5为两条直角边长时，求出小正方形的边长8，即可利用勾股定理得出EF2的长．
【详解】解：根据题题得：小正方形的边长等于BE-AE，
∵，，
∴小正方形的边长=13-5=8，
∴．
故选：A
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
10. 如图，直线l1：y＝x+2与直线l2：y＝kx+b相交于点P（m，4），则方程组的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将（m，4）代入y=x+2求解．
【详解】解：将（m，4）代入y＝x+2得4＝m+2，
解得m＝2，
∴点P坐标为（2，4），
∴方程组的解为：．
故选：D．
【点睛】本题考查一次函数与二元一次方程组，解题关键是掌握一次函数与方程的关系，掌握图象交点与方程组的解的关系．
11. 如图，在平面直角坐标系中，点，都是直线（为常数）上的点，已知，点的横坐标分别为和，轴，轴．则的面积为（ ）
A. 6B. 9C. 12D. 与m有关
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质；根据题意求得点、的纵坐标，据此可以求得、的长度，然后由直角三角形的面积公式求得的面积．
【详解】解：∵点，都是直线（为常数）上的点，已知，点的横坐标分别为和，
∴；
又轴，轴，
∴，
∴，
故选：B．
12. 如图，三角形纸片中，，，将沿对折，使点C落在外的点处，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是三角形内角和定理，折叠的性质，三角形的外角，根据三角形内角和定理，易得；设与交于点，根据三角形的外角易得，，则的度数可求．
【详解】解：∵，，
，
由折叠的性质可得：，
如图，设与交于点，
由三角形外角可得：，，
则．
故选：D．
二.填空题（共4小题）
13. 若二次根式有意义，则x的取值范围是_____．
【答案】x≥1
【解析】
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
【详解】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1，
故答案为：x≥1．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握被开方数大于等于0．
14. 已知一次函数（k，b是常数）的图象上有两点，若当时，与的大小关系是_____．
【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的性质，牢记“，y随x的增大而增大；随x的增大而减小”是解题的关键．
由，利用一次函数的性质可得出随的增大而增大，结合，即可求解．
【详解】解：∵，
∴随的增大而增大，
又，
，
故答案为：．
15. 已知关于，的二元一次方程组的解满足，则常数的值是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了解二元一次方程组．用表示出方程组的解是解题的关键．先求方程组的解，用表示出，的值，再根据可得到关于的等式，从而求得的值．
【详解】解：解方程组，可得，
，
，解得．
故答案为：．
16. 如图，在正方形的对角线上取一点，使得，连接并延长到，使与相交于点，若，有下列四个结论：①；②；③；④．则其中正确的结论有_____________．(填序号)

【答案】①②④
【解析】
【分析】利用正方形的性质证明△CBE≌△CDE可判断①，
作利用含的直角三角形的性质求解，利用相似三角形的性质可判断②，
过作于，利用等腰直角三角形求解高 计算面积可判断③，
在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，再通过条件证明△DEC≌△FGC就可以得出CE+DE=EF，从而可以判断④；
【详解】证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCA=∠DCA=45°，

∴△CBE≌△CDE（SAS），
∴

故①正确；
如图，作 则



由勾股定理得：
解得：（舍去），

正方形，






故②正确．

如图，过作于，

由正方形得：


故③错误．
在EF上取一点G，使EG=EC，连结CG，

∵△CBE≌△CDE，
∴∠CBE=∠CDE，
∵BC=CF，
∴∠CBE=∠F，
∴∠CBE=∠CDE=∠F．
∵∠CDE=15°，
∴∠CBE=15°，
∴∠CEG=60°．
∵CE=GE，
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE=60°，CE=GC，
∴∠GCF=45°，
∴∠ECD=GCF．
在△DEC和△FGC中，
，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE=GF．
∵EF=EG+GF，
∴EF=CE+ED，
故④正确；
综上：①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质相似三角形的判定与性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行证明是解此题的关键．
三.解答题（共12小题）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解此题的关键．结合二次根式的混合运算法则，先根据乘法运算律进行计算，再进行乘法运算，然后进行加减计算即可得解．
【详解】解：
．
18. 解方程组
【答案】
【解析】
【分析】利用加减消元法求解即可．
【详解】解：原方程组可整理得，
得：，
解得：，
把代入①得：，解得：，
∴原方程组的解为：．
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，正确掌握加减消元法解二元一次方程组是解题的关键．
19. 如图，在中，是边上的高，，平分交于点E，，求的度数．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义，先求出，由三角形内角和定理得出，，再由角平分线的定义可得，从而得出，即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵在中，是边上的高，
∴，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
20. 如图，某小区的两个喷泉A，B位于小路的同侧，两个喷泉之间的距离的长为，现要为喷泉铺设供水管道，，供水点M在小路上，供水点M到的距离的长为，的长为．
（1）求供水点M到喷泉A需要铺设的管道长；
（2）试判断与的位置关系，并说明．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理、勾股定理逆定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由勾股定理可得，从而得出，再由勾股定理计算即可得解；
（2）由勾股定理逆定理求解即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵的长为，的长为，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，，
∴，
∴，
∴．
21. 某手机的电板剩余电量y（毫安）是使用天数x的一次函数，y和x的函数关系如图所示．
（1）求一次函数的解析式；
（2）手机剩余400毫安电量就会发出提示音，手机充满电，使用几天后，手机会发出提示音？
【答案】（1）
（2）手机充满电，使用天后，手机会发出提示音
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用，正确求出一次函数解析式是解此题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出当时的的值，即可得解．
【小问1详解】
解：将坐标，代入一次函数解析式可得：，
解得：，
∴一次函数的解析式为；
【小问2详解】
解：当时，，
解得：，
∴手机充满电，使用天后，手机会发出提示音．
22. 某校甲乙两班联合举办了“经典阅读”竞赛，从甲班和乙班各随机抽取10名学生．统计这部分学生的竞赛成绩，并对成绩进行了收集、整理、分析．下面给出了部分信息．
【收集数据】
甲班10名学生竞赛成绩：75，83，76，82，75，83，95，80，68，83
乙班的成绩整理如表：其中分布在这一组的成绩是：85，85，86，84，85
【整理数据】
【分析数据】
【解决问题】根据以上信息，解答下面问题：
（1）填空：________；________；_________；
（2）请你根据【分析数据】中的数据，判断哪个班级的成绩比较好，简要说明理由．
（3）甲班共有54人，乙班共有学生50人．按竞赛规定，80分以上的学生可以获奖，请估计这次两个班级共可以获奖多少人？
【答案】（1）；；
（2）乙班成绩更好，理由见解析
（3）估计这次两个班级共可以获奖57人
【解析】
【分析】本题主要考查了中位数，平均数，方差,用方差判断稳定性，用样本估计总体等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）根据中位数和众数的定义以及样本容量进行求解即可；
（2）根据平均数、中位数、众数及方差进行求解即可；
（3）分别用甲乙两个班的人数乘以样本中对应班级成绩在80分及以上的人数占比即可得到答案.
【小问1详解】
解：；
甲班10名学生竞赛成绩中，83分出现次数最多，共3次，故；
将乙班的成绩按大小排列，最中间的两个数据是第5，6个，即84，85，
所以，乙班的成绩中位数；
故答案为：4；83；84.5；
【小问2详解】
解：乙班成绩更好，理由如下：
∵甲乙两班的平均数均为80，甲班的方差为46.6，乙班的方差为45.6
∵46.6>45.6，这说明乙班的成绩比甲班更稳定；
又乙班的成绩中位数和众数均大于甲班的成绩中位数和众数
∴乙班的成绩更好．
小问3详解】
解：由题意得：甲班10名同学中80分以上有人，乙班10名同学中80分以上有人．
∴
∴估计这次两个班级共可以获奖57人．
23. 如图，已知在平面直角坐标系中．
（1）画出关于原点对称的，并写出其各顶点坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）图见解析，，，，
（2）
【解析】
【分析】本题考查了作图——中心对称图形，三角形的面积，解题的关键是掌握网格结构，准确找出对应点的位置．
（1）根据关于原点对称的点的坐标特征求出点、、关于原点对称的对应点、、的坐标，再依次连接即可；
（2）利用割补法求的面积即可．
【小问1详解】
解： 如图，即为所求；
，，；
【小问2详解】
．
24. 据渌口区农业信息中心介绍，去年渌口区生态枇杷园喜获丰收，个体商贩张杰准备租车把枇杷运往外地去销售，经租车公司负责人介绍，用2辆甲型车和3辆乙型车装满枇杷一次可运货12吨；用3辆甲型车和4辆乙型车装满枇杷一次可运货17吨．现有15吨枇杷，计划同时租用甲型车辆，乙型车辆，一次运完，且恰好每辆车都装满枇杷，根据以上信息，解答下列问题：
（1）1辆甲型车和1辆乙型车都装满枇杷一次可分别运货多少吨？
（2）请你帮个体商贩张杰设计共有多少种租车方案？
【答案】（1）1辆甲型车装满枇杷一次可运货3吨，1辆乙型车装满枇杷一次可运货2吨；（2）共有3种租车方案，方案1：租用5辆甲型车；方案2：租用3辆甲型车，3辆乙型车；方案3：租用1辆甲型车，6辆乙型车
【解析】
【分析】（1）设1辆甲型车装满枇杷一次可运货x吨，1辆乙型车装满枇杷一次可运货y吨，根据“用2辆甲型车和3辆乙型车装满枇杷一次可运货12吨；用3辆甲型车和4辆乙型车装满枇杷一次可运货17吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据一次可运货物的重量=每辆车的承载量×租车辆数结合一次要运15吨枇杷，即可得出关于m，n的二元一次方程，再结合m，n均为正整数，即可得出各租车方程．
【详解】（1）设1辆甲型车装满枇杷一次可运货吨，1辆乙型车装满枇杷一次可运货吨，
依题意，得：
解得：
答：1辆甲型车装满枇杷一次可运货3吨，1辆乙型车装满枇杷一次可运货2吨．
（2）依题意，得：，
．
，均为非负整数，
当时，；当时，；当时，．
共有3种租车方案，方案1：租用5辆甲型车；方案2：租用3辆甲型车，3辆乙型车；方案3：租用1辆甲型车，6辆乙型车．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程．
25. 阅读材料：
【材料一】两个含有二次根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含二次根式，那么这两个代数式互为有理化因式，例如：，，我们称的一个有理化因式是，的一个有理化因式是．如果一个代数式的分母中含有二次根式，通常可将分子、分母同乘分母的有理化因式，使分母中不含根号，这种变形叫做分母有理化．例如：，．
【材料二】小明在学习了上述材料后结合所学知识灵活解决问题：已知，求的值．他是这样分析与解答的：
，
，
，
，
．
请你根据材料中的方法探索并解决下列问题：
（1）有理化因式是______，的有理化因式是______；（均写出一个即可）
（2）计算：；
（3）若，求的值．
【答案】（1），（答案不唯一）
（2）
（3）11
【解析】
【分析】（1）根据互为有理化因式的定义，即可求解，
（2）将所求式子，进行分母有理化，即可求解，
（3）参照学习材料二的步骤即可求解，
本题考查了平方差公式的运用，分母有理化，解题的关键是：利用平方差公式，进行分母有理化．
【小问1详解】
解：，，
故答案为：，，
【小问2详解】
解：
，
故答案为：，
【小问3详解】
解：．

，
，
，
故答案为：11．
26. （1）如图1，，点E是在、之间，且在的左侧平面区域内一点，连接、．求证：．
（2）如图2，在（1）的条件下，作出和的平分线，两线交于点F，猜想、、之间的关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）作，则，，从而得出，即可得证；
（2）由（1）可得：，由角平分线的定义可得，，再结合三角形内角和定理计算即可得解．
【详解】（1）证明：如图，作，
，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2），证明如下：
由（1）可得：，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
27. 阅读理解：
【新定义】对于线段和 点Q，定义：若，则称点Q为线段的“等距点”；特别地，若，则称点Q 是线段的“完美等距点”．
【解决问题】如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 的坐标为，点是直线上一动点．
（1）已知4个点：，以上这四个点中 是线段的“等距点” ， 是线段的“完美等距点”（填写大写字母）．
（2）若点P 在第三象限，且，点H在y轴上，且H是线段的“等距点”，求点H的坐标；
（3）当，是否存在这样的点N，使点N是线段的“等距点”且为线段的“完美等距点”，请直接写出所有这样的点P的坐标．
【答案】（1）B，C，E；B
（2）H点的坐标为
（3）P点的坐标为或
【解析】
【分析】本题是一次函数综合题，考查了新定义、等腰直角三角形的性质、两点之间的距离公式和勾股定理等知识，本题综合性强，灵活应用两点之间的距离公式和勾股定理是解题的关键．
（1）依据两点之间的距离公式分别计算各点到O，A的距离，根据等距点和完美等距点做出判断；
（2）设出H点的坐标，根据等距点的定义，利用两点之间的距离公式列出方程可得结论；
（3）假定存在，设出N点的坐标，根据等距点的定义，利用两点之间的距离公式列出方程可得结论．
【小问1详解】
∵，
∴
∴B是线段的等距点；
∵，
∴
∴C是线段的等距点；
∵，
∴
∴D不是线段的等距点；
∵，
∴
∴E是线段的等距点；
∵
∴，
∴B是线段的完美等距点；
【小问2详解】
∵点是直线上一动点
∴
∴
∴
∵点P 在第三象限，
∴
设H的坐标为
∴
∵
∴，解得：
∴H的坐标为
【小问3详解】
存在；
∵点N是线段的“等距点”， 点A 的坐标为，
∴
∴设N的坐标为
∵点是直线上一动点
∴
∴，，
∵点N为线段的“完美等距点”，
∴
∴，解得
∵点N为线段的“完美等距点”，
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∵，
∴，解得或
当时，
当时，
∴P点的坐标为或；
28. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点，直线经过y轴负半轴上的点C，且．
（1）求直线的函数表达式；
（2）直线向上平移9个单位，平移后的直线与直线交于点D，连结，求面积；
（3）在（2）的条件下，平移后的直线与x轴交于点E，点M为x轴上的一点，直线上是否存在点N（不与点D重合），使以点E，M，N为顶点的三角形与全等，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】（1）由点B的坐标可求得m的值，然后根据直线的解析式可以求得A的坐标，再结合得到C的坐标，然后用待定系数法求出直线的解析式；
（2）根据直线的平移规律得到直线的解析式，从而求得D的坐标，然后根据即可求解；
（3）先根据直线的解析式求出点E，根据勾股定理以及平行四边形的性质，分三种情况可得到点N的坐标．
【小问1详解】
解：将点代入直线，
得到，
∴直线，
令，得到，
∴A−4,0，，
∵，
∴，
∴，
设直线的表达式为，
则，解得，
∴直线的表达式为，
【小问2详解】
解：∵直线向上平移9个单位，
∴直线的解析式为，
∵平移后的直线与直线交于点D，
∴，解得，
∴，
∵，，
∴，
∴
=
=；
【小问3详解】
解：∵直线：与x轴交于点E，
∴点，
∴，
当时，过点N作x轴的垂线交x轴于一点F，如图所示：
设，
则，，
在中，，
即，
解得，
∴或；
当时，如图所示：
∵，
∴，
∴点E为中点，
∵，，
∴，
综上，存在，此时点N的坐标为或或．
【点睛】本题考查了一次函数的图像、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图像的平移、平面直角坐标系中求图形的面积、求两直线交点坐标，分类讨论，数形结合是解答本题的关键．
四、【附加题】
29. （1）已知a，b为实数，求证：；
（2）已知a，b为实数，求的最小值．
（符号表示实数a，b中较大者，如）
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】本题考查了实数的大小比较，完全平方公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据，，求出，即可得证；
（2）设，则，，求出，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴（当且仅当时等号成立）；
（2）解：设，
∴，，
∴，
∴，当且仅当时，取等号，
∴的最小值为．
30. 笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响是深远的．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中笛卡尔的思想核心是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．
某学习小组利用平面直角坐标系在研究直线上点的坐标规律时，发现直线上的任意三点，满足，经学习小组查阅资料得知，以上发现是成立的，即直线上任意两点的坐标，都有的值为k，其中k叫直线的斜率．如，为直线上两点，则，即直线的斜率为1．
（1）学习小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到如下正确结论：不与坐标轴平行的任意两条直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积是定值．如图1，直线于点．请求出直线与直线的斜率之积．
（2）如图2，已知正方形的顶点S的坐标为，点K，R在第二象限，为正方形的对角线．过顶点R作于点R．求直线的解析式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定，一次函数的解析式，涉及到新定义的斜率问题，熟练掌握新定义的内容是解题的关键．
（1）根据材料中的斜率公式分别求出直线与直线的斜率，再相乘即可得出答案；
（2）过点作轴于，过点作轴于，连接交于．根据正方形的性质及证明，再根据全等三角形的性质和正方形的性质即可求出点R的坐标，根据即可求出直线的斜率，设直线的解析式为，再将点R的坐标代入即可得出答案．
【小问1详解】
解：，
,
.
【小问2详解】
解：如图2中，过点K作轴于M，过点S作轴于N，连接交于点J．
∵，
，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
设直线的解析式为．
把代入可得，
，
主色调颜色
黄色
绿色
白色
紫色
红色
学生投票人数/人
20
32
44
16
150
班级
甲班
1
4
1
乙班
0
4
5
1
班级
平均数
中位数
众数
方差
甲班
80
81
46.6
乙班
80
85
45.6