1．（3分）2017年12月15日，北京2022年冬奧會會徽“冬夢”正式發(fā)布．以下是參選的會徽設(shè)計的一部分圖形，其中是軸對稱圖形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）如圖，點B，D，E，C在同一條直線上，若△ABD≌△ACE，∠AEC＝110°，則∠DAE的度數(shù)為（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
4．（3分）用直尺和圓規(guī)作一個角等于已知角，如圖，能得出∠A'O'B'＝∠AOB的依據(jù)是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
5．（3分）平面上六個點A，B，C，D，E，F(xiàn)構(gòu)成如圖所示的圖形，則∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F度數(shù)是（ ）
A．135°B．180°C．200°D．360°
6．（3分）如圖是“一帶一路”示意圖，若記北京為A地，莫斯科為B地，雅典為C地，分別連接AB、AC、BC，形成了一個三角形．若想建立一個貨物中轉(zhuǎn)倉，使其到A、B、C三地的距離相等，則中轉(zhuǎn)倉的位置應(yīng)選在（ ）
A．三邊垂直平分線的交點
B．三邊中線的交點
C．三條角平分線的交點
D．三邊上高的交點
7．（3分）如圖，在△ABC中，AC＝7cm，線段AB的垂直平分線交AC于點N，△BCN的周長是13cm，則BC的長為（ ）
A．6cmB．7cmC．8cmD．13cm
8．（3分）如圖，把△ABC紙片沿DE折疊，當(dāng)點A落在四邊形BCDE內(nèi)部時，則∠A與∠1+∠2之間有一種數(shù)量關(guān)系始終保持不變．請試著找一找這個規(guī)律，你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律是（ ）
A．∠A＝∠1+∠2B．2∠A＝∠1+∠2
C．3∠A＝2∠1+∠2D．3∠A＝2（∠1+∠2）
9．（3分）如圖，E為△ABC內(nèi)一點，BE平分∠ABC，CD⊥BE，垂足為E，交AB于點D，∠A＝∠ACD，CE＝1，BC＝3，則AB的長為（ ）
A．4B．4.5C．5D．5.5
10．（3分）剪紙藝術(shù)是中國民間藝術(shù)之一，很多剪紙作品體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的對稱美．如圖，蝴蝶剪紙是一幅軸對稱圖形，將其放在平面直角坐標(biāo)系中，如果圖中點E的坐標(biāo)為（2m，﹣n），其關(guān)于y軸對稱的點F的坐標(biāo)為（3﹣n，﹣m+1），則（m﹣n）2023的值為（ ）
A．32023B．﹣1C．1D．0
二、填空題（每題3分，滿分18分）
11．（3分）等邊三角形有 條對稱軸．
12．（3分）如圖，已知∠ACB＝∠BDA＝90°，請你添加一個條件，使得△ACB≌△BDA．你添加的條件是： ．寫出一個符合題意的即可）
13．（3分）已知△ABC≌△DEF，∠A＝30°，∠E＝50°，則∠C＝ ．
14．（3分）如圖，點O是△ABC內(nèi)一點，∠A＝80°，∠1＝20°，∠2＝40°，則∠BOC＝ ．
15．（3分）如圖，小明從A點出發(fā)，沿直線前進2米后向左轉(zhuǎn)36°，再沿直線前進2米，又向左轉(zhuǎn)36°…照這樣走下去，他第一次回到出發(fā)地A點時，一共走了 米．
16．（3分）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，點C在直線l上．點P從點A出發(fā)，沿AC向終點C運動；點Q從點B出發(fā)，沿BC向終點C運動．點P和點Q分別以1個單位長度/秒和2個單位長度/秒的速度同時開始運動，到達各自的終點停止運動．在某時刻，連接PQ，若△CPQ為等腰三角形，則點P的運動時間為 秒．
三、解答題（滿分72分）
17．（6分）已知a，b，c是△ABC的三邊長，a、b滿足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，且△ABC的周長為偶數(shù)，則邊長c的值為多少？
18．（6分）一個多邊形的內(nèi)角和比它的外角和多900°，求這個多邊形的邊數(shù)．
19．（7分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個頂點分別為A（2，3），B（3，1），C（﹣2，﹣2）．
（1）請在圖中作出△ABC關(guān)于y軸的軸對稱圖形△A'B'C'，并直接寫出A'，B'，C'的坐標(biāo)；
（2）求△A'B'C'的面積．
20．（8分）如圖，四邊形木架ABDC．
（1）加上木條BC后，木架不易變形，其中蘊含的數(shù)學(xué)道理是 ；
（2）如∠A＝∠D，BC平分∠ABD，求證：AC＝DC．
21．（8分）如圖，若一個正方形和一個正六邊形有一邊重合．
（1）用無刻度的直尺畫出這個圖形的對稱軸；
（2）求∠BAC的度數(shù)．
22．（11分）如圖①：△ABC中，AC＝BC，延長AC到E，過點E作EF⊥AB交AB的延長線于點F，延長CB到G，過點G作GH⊥AB交AB的延長線于H，且EF＝GH．
（1）求證：△AEF≌△BGH；
（2）如圖②，連接EG與FH相交于點D，若AB＝4，求DH的長．
23．（13分）探究與發(fā)現(xiàn)：
探究一：我們知道，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．那么，三角形的一個內(nèi)角與它不相鄰的兩個外角的和之間存在何種數(shù)量關(guān)系呢？
已知：如圖1，∠FDC與∠ECD分別為△ADC的兩個外角，試探究∠A與∠FDC+∠ECD的數(shù)量關(guān)系．
探究二：三角形的一個內(nèi)角與另兩個內(nèi)角的平分線所夾的鈍角之間有何種關(guān)系？
已知：如圖2，在△ADC中，DP、CP分別平分∠ADC和∠ACD，試探究∠P與∠A的數(shù)量關(guān)系．
探究三：若將△ADC改為任意四邊形ABCD呢？
已知：如圖3，在四邊形ABCD中，DP、CP分別平分∠ADC和∠BCD，試利用上述結(jié)論探究∠P與∠A+∠B的數(shù)量關(guān)系．
24．（13分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，點A、B、C的坐標(biāo)分別為（0，6）、（﹣8，0）、（﹣3，0），AB＝10，將△ABC沿著射線AC翻折，點B落到y(tǒng)軸上點D處．
（1）求點D的坐標(biāo)；
（2）動點P以每秒1個單位長度的速度從點B出發(fā)沿著線段BO向終點O運動，運動時間為t秒，請用含有t的式子表示△PCA的面積，并直接寫出t的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，動點M以每秒2個單位長度的速度從點A出發(fā)沿著線段AO向終點O運動，動點N以每秒a個單位長度的速度從點O出發(fā)沿著x軸正方向運動，P、M、N同時出發(fā)；點M停止時，點P、N也停止運動．當(dāng)△DOP與△MON全等時，求a的值．
2023-2024學(xué)年黑龍江省佳木斯市撫遠市八年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（每題3分，滿分30分）
1．【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念進行判斷即可．
【解答】解：A．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
B．是軸對稱圖形，故此選項符合題意；
C．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
D．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意．
故選：B．
【點評】本題考查的是軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．
2．【分析】根據(jù)高線的定義即可得出結(jié)論．
【解答】解：A、B、C均不是高線．
故選：D．
【點評】本題考查的是作圖﹣基本作圖，熟知三角形高線的定義是解答此題的關(guān)鍵．
3．【分析】先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ADB＝∠AEC＝110°，再利用鄰補角的定義計算出∠ADE＝∠AED＝70°，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和計算∠DAE的度數(shù)．
【解答】解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝110°，
∴∠ADE＝∠AED＝180°﹣110°＝70°，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝40°．
故選：B．
【點評】本題考查了全等三角形的性質(zhì)：全等三角形的對應(yīng)邊相等；全等三角形的對應(yīng)角相等．
4．【分析】利用基本作圖得到OC＝OD＝O′C′＝O′D′，CD＝C′D′，則根據(jù)“SSS”可判斷△A'O'B'≌△AOB，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠A'O'B'＝∠AOB．
【解答】解：由作圖痕跡得OC＝OD＝O′C′＝O′D′，CD＝C′D′，
所以△C'O'D'≌△COD（SSS），
所以∠A'O'B'＝∠AOB．
故選：D．
【點評】本題考查了作圖﹣基本作圖：熟練掌握5種基本作圖是解決問題的關(guān)鍵．也考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．
5．【分析】根據(jù)三角形外角性質(zhì)及四邊形內(nèi)角和求解即可．
【解答】解：如圖，
根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得，∠1＝∠C+∠E，∠2＝∠B+∠D，
∵∠1+∠2+∠A+∠F＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
故選：D．
【點評】此題考查了多邊形的外角，熟記三角形外角性質(zhì)及四邊形內(nèi)角和是解題的關(guān)鍵．
6．【分析】根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)即可判斷并得出結(jié)論．
【解答】解：∵中轉(zhuǎn)倉到A、B、C三地的距離相等，
∴中轉(zhuǎn)倉的位置應(yīng)選在△ABC三邊的垂直平分線的交點處，
故選：A．
【點評】本題考查線段的垂直平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用線段垂直平分線的性質(zhì)進行判斷．
7．【分析】依據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，即可得到AN＝BN，進而得出BN+CN＝AC＝7cm，再根據(jù)△BCN的周長是13cm，即可得到BC的長．
【解答】解：∵線段AB的垂直平分線交AC于點N，
∴AN＝BN，
∴BN+CN＝AN+CN＝AC＝7（cm），
又∵△BCN的周長是13cm，
∴BC＝13﹣（BN+CN）＝13﹣7＝6（cm），
故選：A．
【點評】此題主要考查線段的垂直平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等．
8．【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°及翻折的性質(zhì)，就可求出2∠A＝∠1+∠2這一始終保持不變的性質(zhì)．
【解答】解：2∠A＝∠1+∠2，
理由：∵在四邊形ADA′E中，∠A+∠A′+∠ADA′+∠AEA′＝360°，
則2∠A+180°﹣∠2+180°﹣∠1＝360°，
∴可得2∠A＝∠1+∠2．
故選：B．
【點評】本題主要考查四邊形的內(nèi)角和及翻折的性質(zhì)特點，解決本題的關(guān)鍵是熟記翻折的性質(zhì)．
9．【分析】根據(jù)角平分線的定義得到∠DBE＝∠CBE，根據(jù)垂直的定義得到∠CEB＝∠DEB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD＝BC＝3，CE＝DE＝1，求得CD＝2，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AD＝CD＝2，于是得到結(jié)論．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠CBE，
∵CD⊥BE，
∴∠CEB＝∠DEB＝90°，
在△CBE與△DBE中，
，
∴△CBE≌△DBE（ASA），
∴BD＝BC＝3，CE＝DE＝1，
∴CD＝2，
∵∠A＝∠ACD，
∴AD＝CD＝2，
∴AB＝AD+BD＝2+3＝5，
故選：C．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
10．【分析】利用軸對稱的性質(zhì)構(gòu)建方程組，求出m，n，可得結(jié)論．
【解答】解：∵E（2m，﹣n），F(xiàn)（3﹣n，﹣m+1）關(guān)于y軸對稱，
∴，
解得，，
∴（m﹣n）2023＝（﹣4+5）2023＝1，
故選：C．
【點評】本題考查坐標(biāo)與圖形變化﹣對稱，二元一次方程組等知識，解題的關(guān)鍵是掌握軸對稱變換的性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．
二、填空題（每題3分，滿分18分）
11．【分析】軸對稱就是一個圖形的一部分，沿著一條直線對折，能夠和另一部分重合，這樣的圖形就是軸對稱圖形，這條直線就是對稱軸，依據(jù)定義即可求解．
【解答】解：等邊三角形有3條對稱軸．
故答案為：3．
【點評】正確理解軸對稱圖形的定義是解決本題的關(guān)鍵，本題是一個基礎(chǔ)題．
12．【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：添加的條件是AC＝BD（答案不唯一），理由如下：
∵∠ACB＝∠BDA＝90°，
∴△ACB和△BDA是直角三角形，
在Rt△ACB和Rt△BDA中，
，
∴△ACB≌△BDA（HL），
故答案為：AC＝BD（答案不唯一）．
【點評】此題考查了全等三角形的判定，熟記全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
13．【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出∠B，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B＝∠E＝50°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝100°，
故答案為：100°．
【點評】本題考查的是全等三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的對應(yīng)邊相等、全等三角形的對應(yīng)角相等是解題的關(guān)鍵．
14．【分析】延長BO交AC于點D，由三角形的外角性質(zhì)可求得∠BDC＝100°，再次利用三角形的外角性質(zhì)即可求∠BOC的度數(shù)．
【解答】解：延長BO交AC于點D，如圖，
∵∠BDC是△ABD的外角，∠A＝80°，∠1＝20°，
∴∠BDC＝∠1+∠A＝100°，
∵∠BOC是△CDO的外角，∠2＝40°，
∴∠BOC＝∠BDC+∠2＝140°．
故答案為：140°．
【點評】本題主要考查三角形的外角性質(zhì)，解答的關(guān)鍵是明確三角形的外角等于與其不相鄰的兩個內(nèi)角之和．
15．【分析】根據(jù)多邊形的外角和即可確定小明走的邊數(shù)，邊數(shù)乘以2即可得出答案．
【解答】解：由圖可知小明回到出發(fā)點時走了一個正多邊形，且每個外角是36°，
由360°÷36＝10可知是正十邊形，有10條相等的邊，
∴小明一共走了10×2＝20米，
故答案為：20．
【點評】本題主要考查正多邊形的外角和定理，關(guān)鍵是要牢記多邊形的外角和為360°．
16．【分析】根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得出CP＝CQ，進而利用方程解答即可．
【解答】解：過P點作PE⊥l于E，過Q點作QF⊥l于F，
∵△CPQ為等腰三角形，
∴CP＝CQ，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
∵∠EPC+∠PCE＝90°，
∴∠QCF＝∠EPC，
在△PEC與△CFQ中，
，
∴△PEC≌△CFQ（AAS），
∴PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣2t，
解得：t＝2，
故答案為：2．
【點評】此題考查等腰三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得出CP＝CQ解答．
三、解答題（滿分72分）
17．【分析】根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)列式求出a、b的值，再根據(jù)三角形的任意兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊求出c的取值范圍，再根據(jù)△ABC的周長為偶數(shù)求出c的值．
【解答】解：∵a，b滿足|a﹣7|+（b﹣2）2＝0，
∴a﹣7＝0，b﹣2＝0，
解得a＝7，b＝2，
根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，得7﹣2＜c＜7+2，即：5＜c＜9，
又∵三角形的周長為偶數(shù)，a+b＝9，
∴c＝7．
【點評】本題考查三角形三邊關(guān)系，非負數(shù)的性質(zhì)：絕對值和偶次方，解題的關(guān)鍵是明確題意，明確三角形三邊的關(guān)系．
18．【分析】本題首先由題意得出等量關(guān)系，即這個多邊形的內(nèi)角和比360°多900°，由此列出方程即可解出邊數(shù)．
【解答】解：設(shè)邊數(shù)為n，根據(jù)題意，得
（n﹣2）×180°＝360°+900°，
所以（n﹣2）×180°＝1260°，
所以n﹣2＝7，
所以n＝9．
答：這個多邊形的邊數(shù)是9．
【點評】本題主要考查多邊形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是已知等量關(guān)系列出方程從而解決問題．
19．【分析】（1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作圖，即可得A'，B'，C'的坐標(biāo)．
（2）利用割補法求三角形的面積即可．
【解答】解：（1）如圖，△A'B'C'即為所求．
點A'（﹣2，3），B'（﹣3，1），C'（2，﹣2）．
（2）△A'B'C'的面積為5×5﹣﹣﹣＝．
【點評】本題考查作圖﹣軸對稱變換、三角形的面積，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
20．【分析】（1）根據(jù)三角形的穩(wěn)定性解答即可；
（2）由BC平分∠ABD，可得∠ABC＝∠DBC，然后證明△ABC≌△DBC（AAS），再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證．
【解答】（1）解：∵四邊形木架ABDC加上木條BC后，
則四邊形ABDC由△ABC和△DBC拼接而成，
∵三角形具有穩(wěn)定性，
∴此時木架不易變形．
故答案為：三角形具有穩(wěn)定性．
（2）證明：∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBC，
在△ABC和△DBC中，
，
∴△ABC≌△DBC（AAS），
∴AC＝DC．
【點評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的穩(wěn)定性，角平分線的定義．掌握全等三角形的判定是解題的關(guān)鍵．
21．【分析】（1）連接AE，BD交于點M，連接DF，AG交于點N，過點M，N作直線MN即可；
（2）根據(jù)多邊形的內(nèi)角和可得∠DAB和∠DAC的度數(shù)，再根據(jù)周角是360°即可求解．
【解答】解：（1）如圖，連接AE，BD交于點M，連接DF，AG交于點N，
∵正方形、正六邊形都是軸對稱圖形，
∴對稱軸經(jīng)過點M和點N，
∴直線MN是這個圖形的對稱軸．
則直線MN即為所作．
（2）∵正方形EDAB，
∴∠DAB＝90°，
∵正六邊形的內(nèi)角和為：（6﹣2）×180°＝720°，
∴正六邊形一個內(nèi)角的度數(shù)為：720°÷6＝120°，
∴∠DAC＝120°，
∴∠BAC＝360°﹣∠DAB﹣∠DAC＝360°﹣90°﹣120°＝150°．
∴∠BAC的度數(shù)為150°．
【點評】本題考查作圖，正多邊形的內(nèi)角和：（n﹣2）×180°（n≥3且n為正整數(shù)），角的和差．解題的關(guān)鍵是應(yīng)用正多邊形的性質(zhì)：正多邊形每一個內(nèi)角都相等，都是軸對稱圖形，對稱軸經(jīng)過正多邊形的中心．
22．【分析】（1）利用AAS即可證明△AEF≌△BGH；
（2）結(jié)合（1）證明△EFD≌△GHD，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠GBH，
∴∠A＝∠GBH．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠AFE＝∠BHG．
在△ADG和△CDF中，
，
∴△AEF≌△BGH（AAS）．
（2）解：∵△AEF≌△BGH，
∴AF＝BH，
∴AB＝FH＝4．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠EFD＝∠GHD．
在△EFD和△GHD中，
∴△EFD≌△GHD（AAS），
∴．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到△EFD≌△GHD．
23．【分析】探究一：根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和可得∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理整理即可得解；
探究二：根據(jù)角平分線的定義可得∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理列式整理即可得解；
探究三：根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解答】解：探究一：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，
∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC＝180°+∠A；
探究二：∵DP、CP分別平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD
＝180°﹣（∠ADC+∠ACD）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠A；
探究三：∵DP、CP分別平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD
＝180°﹣∠ADC﹣∠BCD
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD）
＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）．
【點評】本題考查了三角形的外角性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，多邊形的內(nèi)角和公式，此類題目根據(jù)同一個解答思路求解是解題的關(guān)鍵．
24．【分析】（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)和坐標(biāo)特點解答即可；
（2）分0≤t＜5和5＜t≤8兩種情況，利用三角形面積公式解答即可；
（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出方程，利用四種情況解答即可．
【解答】解：（1）由翻折可得，AD＝AB＝10，
∵點A（0，6），
∴OA＝6，
∴OD＝AD﹣OA＝4，
∴D（0，﹣4）；
（2）BP＝t，當(dāng)0≤t＜5時，
∵B（﹣8，0），C（﹣3，0），
∴OB＝8，OC＝3，
∴S△ACO＝×OA×OC＝×6×3＝9，OP＝OB﹣BP＝8﹣t，
∴S△APO＝×OA×OP＝×6×（8﹣t）＝24﹣3t，
∴S△PCA＝S△APO﹣S△ACO＝24﹣3t﹣9＝15﹣3t，
當(dāng)5＜t≤8時，S△PCA＝S△ACO﹣S△APO＝9﹣（24﹣3t）＝3t﹣15，
綜上所述，△PCA的面積是S＝15﹣3t（0≤t＜5）或S＝3t﹣15（5＜t≤8）．
（3）當(dāng)△DOP≌△MON時，
∵△DOP≌△MON，
∴OP＝ON，OM＝OD，
由題意可知：BP＝t，AM＝2t，ON＝at，OD＝4，
∴OP＝OB﹣BP＝8﹣t，OM＝AO﹣AM＝6﹣2t，
∴6﹣2t＝4，
解得：t＝1，
8﹣t＝at，
解得：a＝7，
∴a的值是7．
【點評】本題是三角形綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)翻折的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)解答．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2023/11/8 22:30:43；用戶：郝元肖；郵箱：19153816626；學(xué)號：47361296

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