专题05+期中解答压轴题（期中真题汇编）数学新教材北师大版八年级下册含答案

这是一份专题05+期中解答压轴题（期中真题汇编）数学新教材北师大版八年级下册含答案，共14页。试卷主要包含了，，，，理由见解析，【模型呈现】证明见解析，①证明见解析；②证明见解析，①，见解析；②18等内容，欢迎下载使用。
(2)存在，点P的坐标为或或
(3)见解析
【分析】此题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形等知识，
（1）过点作轴于．求出，，证明， 则，，求出，即可得到答案；
（2）设点P的坐标为，则，，求出，分两种情况分别进行解答即可；
（3）过点作，使，连接、．证明， 则，，证明， 则，得到，则， 由勾股定理得到，即可得到结论．
【详解】（1）解：如图：过点作轴于．
∵，
∴，
，，
，，
，，
∵是等腰直角三角形，
，，
，
，
在和中，
，，，
，
，，
，
；
（2）存在；
设点P的坐标为，则，
∵，，
∴，
当时，则，得到，解得或（不合题意，舍去）
∴此时点P的坐标为；
当时，得到，解得或
∴此时点P的坐标为或；
综上可知，点P的坐标为或或；
（3）过点作，使，连接、．
，
，
在和中，
，，，
，
，，
，
，
在和中，
，，，
，
，，
，
，
．
2．(1)
(2)①；②或
(3)或
【分析】本题考查了一次函数综合应用、勾股定理、等腰三角形的性质、三角形面积公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）先求出，再利用待定系数法求解即可．
（2）①求出点B的坐标为，从而得出；②根据等腰三角形的定义分两种情况：或，分别求解即可．
（3）根据三角形面积公式可得，过P作轴交于Q，则，再由，结合的面积等于面积的一半，列方程即可解答．
【详解】（1）解：∵点C的横坐标为3，
∴把代入中，得，
∴点C的坐标为，
把，代入，得，
解得，
∴一次函数表达式为；
（2）①把代入得，
解得，
∴点B的坐标为，
∴；
②∵为以为腰的等腰三角形，
∴或，
当时，
∴或（舍去），
当，
过B作于H，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，点M的坐标为或．
（3）∵，，
∴，
过P作轴交于Q，
∵，
∴，
∵，的面积等于面积的一半，
∴，
解得或，
∴或．
3．(1)5
(2)
(3)存在，点B的坐标为或
【分析】（1）证明可得，在中，利用勾股定理解得的长，最后根据三角形面积公式即可求解；
（2）作轴于点，根据题意，可证，再由全等三角形对应边相等的性质得到，结合点的坐标分别解得的长，继而得到的坐标，再由待定系数法解得直线的解析式，令即可求解；
（3）画出符合题意的示意图，设点B，点是符合要求的两个点，即，设，过点作直线平行轴，过点作直线平行轴，两直线相交于点，由点坐标表示线段和，根据可证，再由全等三角形对应边相等的性质解得的长，继而得到点的坐标，最后将点代入直线上即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
，
∴在与中，
，
，
，
∵中，，
∴，
．
故答案为：；
（2）解：过点B作轴于点，
则，
∴，
，
，
，
．
在与中，
，
，
，
，
∴，，
，，
，
．
设直线的解析式为：，
∵直线过点，
∴，
解得：，
直线的解析式为：，
令得，，
；
（3）解：存在，有两个点符合题意，点B的坐标为或，理由如下：
如图，设点B，点是符合要求的两个点，即，
设，
过点作直线平行轴，过点作直线平行轴，两直线相交于点，

则，
，
，
，
∵，
，
∴，
∴，
∴，，
，
∴，
，
，即，
∵点在直线上，
，
，
∴点B的坐标为或．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、待定系数法求一次函数的解析式，理解并运用模型的思路方法是解题的关键．
4．(1)，，
(2)在轴左侧的平面内存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形，点的坐标为或或
【分析】本题考查了一次函数综合题，涉及一次函数的图象与性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用以上知识点是解题的关键．
（1）过点作轴于，分别令和求得、两点的坐标，通过证明，可得，， 进而得到， 从而得到点的坐标；
（2）设，分种情况讨论：当为直角顶点，在上方时，当为直角顶点，在下方时，当为直角顶点，由于点在轴的左侧，故点在上方不满足条件，则点在下方，分别同（1）一致，构造全等三角形，得到对应边相等，列方程组并解方程组即可分别求出点的坐标．
【详解】（1）解：如图所示，过点作轴于，
在中，
令得，解得，
令得，
，，
，，
，
，
轴，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
点的坐标为；
（2）解：在轴左侧的平面内存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形，理由如下：
设，
当为直角顶点，在上方时，
如图所示，过作轴交轴于，过作于，
同（1）可证，
，，
，解得，
；
当为直角顶点，在下方时，
如图所示，过作轴交轴于，过作于，
同（1）可证，
可得，，
， 解得，
；
当为直角顶点，由于点在轴的左侧，故点在上方不满足条件，则点在下方，
如图所示，过作轴交轴于，过作轴交轴于，
同（1）可证，
可得，，
，解得 ，
；
综上所述，在轴左侧的平面内存在一点，使得是以为直角边的等腰直角三角形，点的坐标为或或．
5．(1)
(2)或
(3)存在；或
(4)6或
【分析】（1）先求出点的坐标，然后用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）先求出点，勾股定理求得，进而分两种情况讨论，即可求解；
（3）分两种情况，或，分别画出图形，利用勾股定理，求出点N的坐标即可．
【详解】（1）解：∵点的横坐标为3．且在正比例函数的图象上
∴，
将，代入
∴
解得：
∴一次函数解析式为：
（2）解：由，当时，，
解得：
∴
∵
∴
当时，则
当时，如图所示，过点作于点，
∴
∴
∵轴，
∴，
综上所述，为以为腰的等腰三角形，点的坐标为或；
（3）解：∵，
∴
如图所示，当在点的左侧时，
∴
依题意，
解得：，则
当在点的右侧时，如图所示，
依题意，
解得：，则
综上所述，点的坐标为或
（4）当时，过点C作轴于点M，并延长，过点D作于点，如图所示：
设点，则，
根据折叠可得：，，
∵，
∴四边形为长方形，
∴，，
∴，
在中根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时点的坐标为；
当时，如图所示：
设点，则，
根据折叠可得：，，
∵，
∴轴，
∴，，
∴，，
在中根据勾股定理得：，
即，
解得：，
综上分析可知，点N的横坐标为：6或
【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，勾股定理，折叠的性质，三角形面积的计算，解一元二次方程；解题的关键是根据题意作出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
6．(1)
(2)，理由见解析
(3)或或
【分析】（）由“”证明，可得，，进而即可求解；
（）由“”证明，可得，，进而即可求解；
（）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况，根据等腰三角形的性质解答即可求解；
【详解】（1）解：∵于点，于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴；
（2）解：，理由如下：
同理（）可证，
∴，，
∴，
即；
（3）解：当点在线段上时，如图，
∵，，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
又∵，
∴，
当时，，
∴；
当时，，
∴；
当时，，
∵，
∴该种情况不存在；
当点在线段的延长线上时，如图，
∵，，
∴，
∵，
∴;
综上所述，的度数为或或．
7．（1）证明见解析；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握一线三等角全等模型是解题的关键．
（1）利用证明即可；
（2）证明得到，，则；
（3）过点D作交的延长线于点M，过点E作于点N，先证明得到．同理可证明：得到．则，即可得到，，．
【详解】（1）证明：∵直线l，直线l，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
；
（2）证明：∵是的外角，
∴．
∴．
∵，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴；
（3），大小关系是：
理由如下：
过点D作交的延长线于点M，过点E作于点N，如图所示：
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
同理可证明：．
∴．
∴．
∵，，
∴．
8．【模型呈现】证明见解析
【模型应用】①，；②
【模型迁移】点Q的坐标为或
【分析】本题属于一次函数综合题，主要考查了一次函数的图象与性质，全等三角形判定与性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质；
【模型呈现】利用证明即可
【模型应用】过C作轴于K，求出，，得到，，同理，所以，，即得，然后利用待定系数法解答即可；
【模型迁移】过点作轴于点N，过点P作于点M，设，，分两种情况，结合模型呈现，利用全等三角形对应边相等列方程组即可求解．
【详解】【模型呈现】∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【模型应用】①过C作轴于K，如图2：
一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
当时，即，解得：，
当时，即，
∴，，
∴，，
由【模型呈现】可得：，
∴，，
∴，
∴，
②设直线解析式为，将点，点的坐标分别代入得：
，解得：，
∴直线的函数表达式为．
【模型迁移】如图，过点作轴于点N，过点P作于点M，设，，分两种情况：
①如图，当在点左侧时，
∵点是点C关于y轴的对称点，
∴，
∵是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，
由【模型呈现】可得，
∴，
∴，解得：，
∴，
②如图，当在右侧时，
，解得：，
∴，
综上：点Q的坐标为或．
9．(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)①；②，证明见解析．
【分析】本题考查了垂直的定义、直角三角形的两锐角互余、三角形全等的判定定理与性质等知识，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
（1）①先根据垂直的定义可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
②先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差、等量代换即可得证；
（2）①先根据垂直的定义可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
②先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差、等量代换即可得证．
【详解】（1）①∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
②由（1）①已证：，
∴，
∴；
（2）①，证明如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
②，证明如下：
由（2）①已证：，
∴，
∴．
10．（1）①；②，见解析；（2）①，见解析；②18
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握一线三垂直全等模型是解答本题的关键．
（1）根据，得到，结合，得到，，从而得到，即可得到，即可得到答案；
同理证明即可得到答案；
（2）①作于点，三线合一得到，同（1）法证明，即可得出结论；
②作，交于点，证明即可得到答案
【详解】解：（1），，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
；
②，理由如下：
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
；
（2）①，理由如下：
作于点，
∵，
∴，
同（1）法可得：，
∴，
∴；
②在中，，，，如图，作，交于点，
，，，
，
在和中，
，
，
，
．
11．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解题的关键，
（1）在上截取，使得，连接，由角平分线的定义可得，易利用证得，从而得到，，再由角度之间转换可得，根据等腰三角形的性质可得，即可推出；
（2）在上截取，连接，在中，由三角形内角和可求得，从而易证得，得到，从而可推出，易证，得到，从而可推出的长．
【详解】（1）证明：在上截取，使得，连接，如图所示：
平分，
，
在和中，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：在上截取，连接，如图所示：

在中，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
．
12．【方法初探】见解析；【方法应用】见解析；【实际应用】
【分析】此题是三角形的综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．根据截长补短法，构造全等三角形，再利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：
【方法初探】证明过程如下，
，
．
在和中，
，
，．
，
，
，
．
，
，
即．
【方法应用】证明：如图，
在上取一点，使得，
又，
是等边三角形，
，．
是等边三角形，
，，
，
即．
在和中，
，
，
，
即．
【实际应用】解：，
理由：如图，
在的延长线上取一点，，连接，
为的补角的角平分线，
即平分，
．
在和中，
，
，．
，，
，
．
，
，
，
．
又，
．
13．(1)见解析
(2)16
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定及性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
（1）在上截取，使得，连接，根据角平分线的定义可得，再利用证明，从而可得，，进而可得，然后利用三角形的外角性质可得，从而可得，进而可得，再根据等量代换可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
（2）在上截取，连接，先利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用证明，从而可得，进而可得，然后利用三角形内角和定理可得，从而可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【详解】（1）解：证明：在上截取，使得，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵是的一个外角，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴；
（2）在上截取，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为16．
14．（1）；（2）证明见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）延长到点E使，连接，证明，根据全等三角形的性质得到，根据三角形三边关系计算；
（2）延长到G，使，证明，根据全等三角形的性质得到，，证明，根据全等三角形的性质证明；
（3）作于H，在上截取，连接，分别证明，，，根据全等三角形的性质和线段的和差证明．
【详解】（1）解：如图1，延长到点E使，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，即，
∴；
（2）证明：如图2，延长到G，使，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）解：．
理由：作于H，在上截取，连接，
则，
∵，，
∴，，
∴，
∵点D是外角平分线上一点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点评】正确作出辅助线,构造全等三角形，灵活应用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．（1）；理由见解析（2），理由见解析；（3）不成立.新数量关系为：．
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的内角和等于、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、“等角对等边”等知识．
（1）在上截取，连接，证明，推出，，再求得，据此即可得到；
（2）在上截取，连接，证明，推出，，同（1）即可求解；
（3）在的延长线上取一点，使，连接，证明，同理可证明．
【详解】解：（1），
理由：如图①，在上截取，连接，
为的角平分线，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2），
理由：如图②，在上截取，连接，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
；
（3）不成立， 新数量关系为：，
理由：如图③，在的延长线上取一点，使，连接，
是的平分线，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
16．画图见解析，
【分析】本题考查全等三角形的判定、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
动手操作：根据旋转的性质画出旋转后的图形即可；
实践运用： 过点作于点，于点，证得，进而证得四边形是正方形，设正方形的边长为，列方程求解即可．
【详解】解：动手操作：旋转后的三角形如图：
实践应用：
过点作于点，于点，
，
，
、，
，
，
，
，
，
，
、，
，
，
四边形是正方形，
，
设，
、，
，
、，
，
在中，，
即，
解得或，
当时，
在中，、、，
满足，即，
则符合题意，
当时，
在中，、、，
由于，与矛盾，
则不符合题意，故舍去，
，
，
答：的长为．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)当在的延长线上，；当在线段上，
【分析】（1）根据三角形内角和定理得到，由旋转的性质得，，，则有，再利用全等三角形判定即可证明；
（2）根据三角形内角和定理得到，由旋转的性质得，，，则有，进而推出，得到，，再通过证明，得到，再结合得到，最后根据等量代换以及中点的定义即可证明；
（3）分2种情况讨论：①当在的延长线上；②当在线段上，先证明，得到，，进而证明，得到，得到，再由，分别求解的值即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
由旋转的性质得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
由旋转的性质得，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴点是的中点，
∴，
∴，
∴点E是的中点；
（3）解：①当在的延长线上，
如图，在上截取，连接，
∵，，
∴是等边三角形，，
∴，，
由旋转的性质得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当在线段上，
如图，延长至点使得，连接，
同理①可得，，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴综上所述，当在的延长线上，；当在线段上，．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定，学会添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生．
18．(1)
(2)，证明见解析
【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答本题的关键．
（1）由旋转得，，可得，可证明，即可得；
（2）由题意得，．证明，可得，，则．在中，由勾股定理得，，即．
【详解】（1）解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）解：．理由如下，
∵，
∴．
由旋转得，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴．
19．(1)见详解
(2)①见详解；②
【分析】（1）由旋转的性质得出，，证得，可证明，则可得结论；
（2）①过点作交于点，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，则可得结论；②由勾股定理求出，，，则可求出答案．
【详解】（1）证明：将线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，，于，
，，
，
，
又，
，
；
（2）①证明：过点作交于点，连接，
由（1）知为的中点，
，，
为等腰直角三角形，
，
又，，
，
，
，，
，，
又，
，
，
，
；
②解：，，
，
，
，，
，，
又，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20．(1)，证明见详解
(2)见解析
(3)
【分析】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键．
（1）根据提示易得等边三角形和直角三角形，继而得解；
（2）将绕点顺时针旋转得到，连接，证明，得到相等边，然后利用勾股定理进行证明即可；
（3）将绕点顺时针旋转得到，将绕点顺时针旋转得到，连接，利用（1）的思路，得出全等的三角形和等边三角形，得出相等的角和边，最后利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）解：，证明如下：
根据旋转的性质得，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴由勾股定理得，；
（2）解：如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，
∴，，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，
∴；
（3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，将绕点顺时针旋转得到，连接，
同（1）可得为等边三角形，
∴，
同（1）可得，
∴，，
∴，
∴点在同一条直线上，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
由勾股定理得，
∴，
即．
21．(1)，
(2)
(3)
【分析】本题考查了坐标的轴对称变换、坐标几何、不等式应用及等腰直角三角形的存在性问题；
解题的关键是得出“线镜像点”的坐标变换特征．
（1）根据关于第二、四象限的角平分线对称点坐标的特征结合坐标平移确定“线镜像点”的坐标变换特征，若点为，则“线镜像点”为，逐个代入验证即可；
（2）根据（1）得到的规律确定点，点，“线镜像点” ，点，由题意可知线段与轴有交点，由此得出不等式组即可求解；
（3）根据（1）得到的规律确定点，点的“线镜像点”分别是点，，由，即可确定使得为等腰直角三角形的点坐标，根据关键点的坐标于区域的关系列不等式组即可解答．
【详解】（1）设点为，如图：
以点为原点建立新平面直角坐标系，则在新的平面直角坐标系中，点，点，即直线是新的坐标系第二、四象限的角平分线，
∵点关于直线的对称点为点，
∴由关于第二、四象限的角平分线对称点坐标的特征可知：
∴在原平面直角坐标系中点关于直线的对称点为点，坐标为
∴点的“线镜像点”是即，不在轴上，
的“线镜像点”是，即，在轴上，
的“线镜像点”是即，在轴上，
的“线镜像点”是，即，不在轴上，
综上所述：，的“线镜像点”在轴上的点，
故答案为，．
（2）∵点，
∴它们的“线镜像点”为：
点，
即，点
∴轴，
∵线段上存在点，使得点的“线镜像点”在轴上，
∴线段与轴有交点，
解得：，
故答案为．
（3）∵当时，点，点的“线镜像点”分别是点，
∴
若为等腰直角三角形，则点坐标可能为：，，，，，
易得
∴在区域中有且只有个点，则在区域外、在区域内，
∴只需要保证在区域内，在区域外即可， 交第一、三象限角平分线于，则，
解得
故答案为．
22．(1)3，
(2)，
(3)，，
【分析】本题考查了完全平方公式及非负性应用，利用配方法求复杂式子最值．
（1）先将式子变形为，由于，根据完全平方式的非负性，对于正实数x和，有，计算的值，进而得到的最小值，再根据求出最大值，同时确定等号成立时x的值；
（2）先将式子变形为，由于，根据完全平方式的非负性，对于正实数和，有，计算的值，进而得到的最小值，再根据求出最小值，同时确定等号成立时x的值；
（3）先对M进行变形，将分子凑成含有的形式，由于，根据完全平方式的非负性，对于正实数，有，计算的值，进而得到的最小值，再根据求出最小值，当且仅当，，且，此时确定等号成立时x的值．
【详解】（1）解：由题意知，，
解得，
∵，
∴，
故答案为：3，．
（2）解：，
当且仅当，即，解得，
∵，
∴时，的最小值为．
（3）解：
,
当时，．
当且仅当，，且，
∴，．
23．(1)；2；2
(2)①见解析；②或
【分析】本题考查坐标与图象变换之平移，理解新定义，灵活运用所学知识解决问题，学会利用图象法求解是解答的关键，属于中考创新题型．
（1）直接根据“型平移”定义求解即可；
（2）直接根据“型平移”定义求解得、坐标，进而根据坐标画图即可；
（3）根据“型平移”定义结合图形，求得t的最大值和最小值即可得到结论．
【详解】（1）解：将点进行“3型平移”的对应点坐标为，即，
点的“t型平移”点的坐标是，
则，
解得
故答案为：；2；2；
（2）（2）①∵端点A，B的“型平移”点分别是，，
∴，，
即，
如图，线段、线段即为所求．
②当平移后得到的线段与坐标轴有公共点时，则或，
解得或，即t的取值范围是或．
24．(1)
(2)m的值为2，的值为7
(3)
【分析】本题考查了平面直角坐标系中坐标与图形变化、方程组与不等式组的应用等知识点，理解新定义“西雅对称点”的定义是解题的关键．
（1）依照新定义计算即可；
（2）依照新定义计算出，根据题意列出关于m和n的方程组，解方程组即可；
（3）依照新定义计算出，根据在第二象限求出x的取值范围，再由满足条件的x的整数解有且只有一个，列不等式组得出m的取值范围即可．
【详解】（1）解：如图，
∴将点关于轴的对称点，点关于直线的对称点记作点．
故答案为：．
（2）解：∵关于轴的对称点，点关于的对称点，
点关于轴和直线的“西雅对称点”的坐标是。
的坐标是，
，解得，，
值为2，的值为7．
（3）解：点关于轴的对称点为，点关于直线对称点为，
点关于轴和直线的“西雅对称点”的坐标是，
点在第二象限，
，解得：，
关于的取值范围内的所有整数解之和为6，
，即：．
25．(1)；
(2)；．
【分析】本题主要考查了一次函数的性质，轴对称的性质，解不等式，先找出新定义内两点的坐标规律是解题的关键．
（）作点关于轴对称点，作点关于轴对称点，连接，，，，设点坐标为，，根据对称性研究两点坐标关系，再根据得出的两点坐标关系即可；
（）根据两点的坐标关系，得出反射点所在直线，根据是反射图形，所以直线与线段有交点，从而求出的取值范围；
先求出，，，坐标，根据反射点规律，得出反射图形，根据四边形和反射图形有交点求出的取值范围即可．
【详解】（1）解：作点关于轴对称点，作点关于轴对称点，连接，，，，设点坐标为，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
由对称性可知，，
∴，，M共线，
∴和关于y轴对称，
∴，
∴，，共线，
由对称性可知，，，
∵，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
即，
∴在直线上，
故答案为：；
（2）解：∵，，，
∴，
∴反射点在直线上，
∵线段与直线有交点，
∴，
∴；
∵，，，，，
∴，，，，
设反射点，
当，重合时，，
∴：，
当，重合时，，
∴：，
当，重合时，，
∴：，
当，重合时，，
∴：，
如图：
∴若存在，则在下方，在上方，
∴，
解得：，
∵，
∴．
26．(1)
(2)或
【分析】本题主要考查一次函数的性质、待定系数法求函数的解析式、一次函数与不等式等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键．
（1）找到函数的图象在函数的图象的上方，自变量x的取值范围即可；
（2）先求得，再利用待定系数法即可求得；设点C的坐标为，得到点D的坐标为，根据题意列得求解即可．
【详解】（1）解：观察图象得当时，函数的图象在函数的图象的上方，
∴当时，自变量的取值范围是．
故答案为：．
（2）解：∵正比例函数经过点，
∴，
∴，
∵一次函数的图象经过点和，
∴，解得∶，
∴一次函数的表达式为；
设点C的坐标为，
∵轴，
∴点D的坐标为，
∵，
∴，解得或，
∴点C的坐标为或．
27．(1)
(2)
(3)或或或
【分析】本题主要考查了求一次函数的解析式、一次函数与不等式、等腰三角形的性质等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
（1）将点代入可确定点B的坐标，再运用待定系数法求出直线的表达式即可；
（2）根据交点坐标的意义，结合函数图象确定不等式的解集即可；
（3）先求得、、，然后分三种情况求解即可．
【详解】（1）解：将点代入可得：，解得：，
∴，
设直线的解析式为，
根据题意，得，解得：，
∴．
（2）解：根据题意，得图象交点为，
∵，
∴．
（3）解：根据题意，得，
∴，即，
同理可得，；
∴；
如图：当时，得到，此时；
当时，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴；
当时，设，则，，
根据勾股定理，得，解得：，
∴．
综上所述：或或或．
28．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）先计算，结合，求直线的解析式即可；
（2）利用交点的横坐标，数形结合扇形直接写出答案即可；
（3）设点，根据，得到，建立方程解答即可．
本题考查了待定系数法求解析式，数形结合求不等式的解集，根据面积求点的坐标，熟练掌握待定系数法，一次函数与不等式的关系是解题的关键．
【详解】（1）解：直线与直线 ： 交于点A，点A的横坐标为3．
故
故点，
又点，
故
解得，
故直线的解析式为；
（2）解：根据直线的交点点，
故关于的不等式的解集为．
（3）解：根据直线的解析式为，
得，解得，
故，
故；
由，
故，
故，
设点，
则，
解得或，
故或．
29．（1）；（2）①表格见解析，图见解析；②或；（3）或者
【分析】此题是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数与不等式．
（1）根据伴随函数的定义即可求解；
（2）①把代入，把代入，求得函数值即可填表，根据列表即可作出图形；②分别求出、两点的坐标，进而根据面积构造方程求解即可；
（3）先求出直线与轴的交点坐标，再由一次函数的伴随函数为，根据图象即可得结论．
【详解】解：（1）∵函数为一次函数的伴随函数．
的伴随函数为；
故答案为：；
（2）①当时，，当时，，
∴补全表格如下：
作图如下，
②联立和得
，解得，
∴
联立和得，
解得，
∴
当时，，
∴与轴的交点为，
∵点，
∴，
∵的面积为
∴，即，
解得或；
（3）如图，
设直线为，
∵点、的坐标分别为，
∴，
解得，
∴直线为，
令，则，
∴直线:与轴的交点为，
由题意得，一次函数的伴随函数为．
轴右侧部分与有交点时：当经过时，，此时有一个交点；
当经过时，，此时有两个交点；
即；
当伴随函数顶点经过时，；
综上所述，伴随函数与有个交点时，的取值范围为：或者，
故答案为：或者．
30．(1)3
(2)见解析
(3)，减小
(4)①或；②或
【分析】本题为绝对值函数问题，考查了求函数值，画函数图象，一次函数的性质，函数与方程不等式的关系等知识﹒
（1）把代入即可求解；
（2）根据（1）表格描点，连线即可；
（3）结合函数图象即可求解；
（4）①结合函数图象即可得当时，或，问题得解；
②当直线经过点时，，当直线经过点时，，若关于x的方程只有一个解，结合图象得k的取值范围是或﹒
【详解】（1）解：当时，﹒
故答案为：3
（2）解：该函数图象的另一部分如图所示：
；
（3）解：由图所得该函数图象的最低点坐标是，当时，y随x的增大而减小﹒
故答案为：，减小；
（4）解：①由图象得的解集是或﹒
故答案为：或；
②∵当直线经过点时，，当直线经过点时，，
∴若关于x的方程只有一个解，结合图象得k的取值范围是或﹒
故答案为：或．
x
…
0
1
2
…
y
…
0
2
0
…