1．（2020·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖，、是的角平分線，、相交于點(diǎn)F，已知，則下列說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)是（ ）
①；②；③；④．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】當(dāng)AF=FC、△AEF≌△CDF時(shí)，需要滿(mǎn)足條件∠BAC=∠BCA，據(jù)此可判斷①②；在AC上取AG=AE，連接FG，即可證得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再證得∠CFG=∠CFD，則根據(jù)全等三角形的判定方法AAS即可證△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得結(jié)論，據(jù)此可判斷③④．
【詳解】解：①假設(shè)AF=FC．則∠1=∠4．
∵AD、CE是△ABC的角平分線，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，
∴∠BAC=∠BCA．
∴當(dāng)∠BAC≠∠BCA時(shí)，該結(jié)論不成立；
故①不一定正確；
②假設(shè)△AEF≌△CDF，則∠2=∠3．
同①，當(dāng)∠BAC=∠BCA時(shí)，該結(jié)論成立，
∴當(dāng)∠BAC≠∠BCA時(shí)，該結(jié)論不成立；
故②不一定正確；
③如圖，在AC上取AG=AE，連接FG，

∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF與△AGF中
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分別平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
則∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；
∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，
則∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，
在△GFC與△DFC中，
，
∴△GFC≌△DFC（ASA），
∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，
∴AC=AE+CD．
故③正確；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；
故④正確；
綜上所述，正確的結(jié)論有2個(gè)．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．在應(yīng)用全等三角形的判定時(shí)，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．
2．（2020·浙江溫州·八年級(jí)期末）在中，，點(diǎn)D為中點(diǎn)，，繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，分別與邊，交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①；②；③；④始終為等腰直角三角形，其中正確的是（ ）
A．①②④B．①②③C．③④D．①②③④
【答案】D
【分析】連接根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)就可以得出，就可以得出，進(jìn)而得出，就有，由勾股定理就即可求出結(jié)論．
【詳解】解：連接，，點(diǎn)為中點(diǎn)，，
．，．
，
，
．
在和中，
，
，
，，．
，
，
．
，
．
，
，
．
，，
始終為等腰直角三角形．
，
．
，
．
正確的有①②③④．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答時(shí)證明是關(guān)鍵．
3．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在等腰直角三角形中，是斜邊的中點(diǎn)，點(diǎn)分別在直角邊上，且交于點(diǎn)P，有下列結(jié)論：①圖形中全等的三角形只有兩對(duì)；②的面積等于四邊形的面積的2倍；③；④．其中正確的結(jié)論有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】C
【分析】結(jié)論①錯(cuò)誤．因?yàn)閳D中全等的三角形有3對(duì)；結(jié)論②正確．由全等三角形的性質(zhì)可以判斷；結(jié)論③正確．利用全等三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)可以判斷．結(jié)論④正確．利用全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理進(jìn)行判斷．
【詳解】解：結(jié)論①錯(cuò)誤．理由如下：
圖中全等的三角形有3對(duì)，分別為△AOC≌△BOC，△AOD≌△COE，△COD≌△BOE．
由等腰直角三角形的性質(zhì)，可知OA=OC=OB，易得△AOC≌△BOC．
∵OC⊥AB，OD⊥OE，
∴∠AOD=∠COE．
在△AOD與△COE中，
，
∴△AOD≌△COE（ASA）．
同理可證：△COD≌△BOE．
結(jié)論②正確．理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴S△AOD=S△COE，
∴S四邊形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC，
即△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍．
結(jié)論③正確，理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴CE=AD，
∴CD+CE=CD+AD=AC=OA．
結(jié)論④正確，理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴AD=CE；
∵△COD≌△BOE，
∴BE=CD．
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+CE2=DE2，
∴AD2+BE2=DE2．
∵△AOD≌△COE，
∴OD=OE，
又∵OD⊥OE，
∴△DOE為等腰直角三角形，
∴OD2+OE2=2OE2=DE2，
∴AD2+BE2=2OE2．
故選C．
【點(diǎn)睛】本題是幾何綜合題，考查了等腰直角三角形、全等三角形和勾股定理等重要幾何知識(shí)點(diǎn)，綜合利用知識(shí)，靈活解決問(wèn)題．
4．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，中，的平分線與邊的垂直平分線相交于D，交的延長(zhǎng)線于E，于F，現(xiàn)有下列結(jié)論：①；②；③平分;④，其中正確的有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】C
【分析】①由角平分線的性質(zhì)可知①正確；②由題意可知，故此可知，，從而可證明②正確；③若平分，則，從而得到為等邊三角形，條件不足，不能確定，故③錯(cuò)誤；④連接、，然后證明，從而得到，從而可證明④．
【詳解】解：如圖所示：連接、．
①平分，，，
．
①正確．
②，平分，
．
，
．
，，
．
同理：．
．
②正確．
③由題意可知：．
假設(shè)平分，則，
又，
．
．
是否等于不知道，
不能判定平分，
故③錯(cuò)誤．
④是的垂直平分線，
．
在和中
，
．
．
又，，
．
故④正確．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是全等三角形的性質(zhì)和判定、角平分線的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，掌握本題的輔助線的作法是解題的關(guān)鍵．
5．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在中，分別為邊上的高，相交于點(diǎn)，連接，則下列結(jié)論：①；②；③；④若，則周長(zhǎng)等于的長(zhǎng)．其中正確的有（ ）
A．①②B．①③④C．①③D．②③④
【答案】B
【分析】證明△BDF≌△ADC，可判斷①；求出∠FCD=45°，∠DAC＜45°，延長(zhǎng)CF交AB于H，證明∠AHC=∠ABC+∠FCD=90°，可判斷③；根據(jù)①可以得到E是AC的中點(diǎn)，然后可以推出EF是AC的垂直平分線，最后由線段垂直平分線的性質(zhì)可判斷④．
【詳解】解：∵△ABC中，AD，BE分別為BC、AC邊上的高，∠ABC=45°，
∴AD=BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，
而∠ADB=∠ADC=90°，
∴△BDF≌△ADC（ASA），
∴BF=AC，F(xiàn)D=CD，故①正確，
∵∠FDC=90°，
∴∠DFC=∠FCD=45°，
∵∠DAC=∠DBF＜∠ABC=45°，
∴∠FCD≠∠DAC，故②錯(cuò)誤；
延長(zhǎng)CF交AB于H，
∵∠ABC=45°，∠FCD=45°，
∴∠AHC=∠ABC+∠FCD=90°，
∴CH⊥AB，
即CF⊥AB，故③正確；
∵BF=2EC，BF=AC，
∴AC=2EC，
∴AE=EC=AC，
∵BE⊥AC，
∴BE垂直平分AC，
∴AF=CF，BA=BC，
∴△FDC的周長(zhǎng)=FD+FC+DC
=FD+AF+DC
=AD+DC
=BD+DC
=BC
=AB，
即△FDC的周長(zhǎng)等于AB，故④正確，
綜上：①③④正確，
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，也考查了線段的垂直平分線的性質(zhì)與判定，也利用了三角形的周長(zhǎng)公式解題，綜合性比較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求比較高．＜
6．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期末）如圖，在中，，，平分線與的垂直平分線交于點(diǎn)，將沿（在上，在上）折疊，點(diǎn)與點(diǎn)O恰好重合，有如下五個(gè)結(jié)論：①；②；③是等邊三角形；④；⑤．則上列說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】利用三線合一可判斷①；由折疊的性質(zhì)可判斷④；根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到OA=OB，從而計(jì)算出∠ACB=∠EOF=63°，可判斷③；證明△OAB≌△OAC，得到OA=OB=OC，從而推出∠OEF=54°，可判斷⑤；而題中條件無(wú)法得出OD=OE，可判斷②．
【詳解】解：如圖，連接OB，OC，
∵AB=AC，OA平分∠BAC，∠BAC=54°，
∴AO⊥BC（三線合一），故①正確；
∠BAO=∠CAO=∠BAC=×54°=27°，
∠ABC=∠ACB=×（180°-∠BAC）=×126°=63°，
∵DO是AB的垂直平分線，
∴OA=OB，即∠OAB=∠OBA=27°，
則∠OBC=∠ABC-∠OBA=63°-27°=36°≠∠OBA，
由折疊可知：△OEF≌△CEF，故④正確；
即∠ACB=∠EOF=63°≠60°，OE=CE，∠OEF=∠CEF，
∴△OEF不是等邊三角形，故③錯(cuò)誤；
在△OAB和△OAC中，
，
∴△OAB≌△OAC（SAS），
∴OB=OC，
又OB=OA，
∴OA=OB=OC，
∠OCB=∠OBC=36°，
又OE=CE，
∴∠OCB=∠EOC=36°，
∴∠OEC=180°-（∠OCB+∠EOC）=180°-72°=108°，
又∠OEC=∠OEF+∠CEF
∠OEF=108°÷2=54°，故⑤正確；
而題中條件無(wú)法得出OD=OE，故②錯(cuò)誤；
∴正確的結(jié)論為①④⑤共3個(gè)，
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，等邊對(duì)等角的性質(zhì)，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，作輔助線，構(gòu)造出等腰三角形是解題的關(guān)鍵．
7．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖在中，和的平分線交于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于，交于，過(guò)點(diǎn)作于，下列四個(gè)結(jié)論：其中正確的結(jié)論有（ ）個(gè)．
①；②；③點(diǎn)到各邊的距離相等；
④設(shè),，則；⑤的周長(zhǎng)等于的和．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①根據(jù)∠ABC和∠ACB的平分線相交于點(diǎn)G可得出∠EBG=∠CBG，∠BCG=∠FCG，再由EF∥BC可知∠CBG=∠EGB，∠BCG=∠CGF，故可得出BE=EG，GF=CF，由此可得出結(jié)論；②先根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB），再由三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論；③根據(jù)三角形角平分線的性質(zhì)即可得出結(jié)論；④連接AG，由三角形的面積公式即可得出結(jié)論；⑤根據(jù)BE=EG，GF=CF，進(jìn)行等量代換可得結(jié)論．
【詳解】解：①∵∠ABC和∠ACB的平分線相交于點(diǎn)G，
∴∠EBG=∠CBG，∠BCG=∠FCG．
∵EF∥BC，
∴∠CBG=∠EGB，∠BCG=∠CGF，
∴∠EBG=∠EGB，∠FCG=∠CGF，
∴BE=EG，GF=CF，
∴EF=EG+GF=BE+CF，故①正確；
②∵∠ABC和∠ACB的平分線相交于點(diǎn)G，
∴∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-∠A），
∴∠BGC=180°-（∠GBC+∠GCB）=180°-（180°-∠A）=90°+∠A，故②錯(cuò)誤；
③∵∠ABC和∠ACB的平分線相交于點(diǎn)G，
∴點(diǎn)G也在∠BAC的平分線上，
∴點(diǎn)G到△ABC各邊的距離相等，故③正確；
④連接AG，作GM⊥AB于M，如圖所示：
∵點(diǎn)G是△ABC的角平分線的交點(diǎn)，GD=m，AE+AF=n，
∴GD=GM=m，
∴S△AEF=AE?GM+AF?GD=（AE+AF）?GD=nm，故④錯(cuò)誤．
⑤∵BE=EG，GF=CF，
∴AE+AF+EF=AE+AF+EG+FG=AE+AF+BE+CF=AB+AC，
即△AEF的周長(zhǎng)等于AB+AC的和，故⑤正確，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)；熟練掌握角平分線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理及三角形內(nèi)心的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，已知，線段，點(diǎn)為射線上一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）
①當(dāng)，時(shí)，可得到形狀唯一確定的；
②當(dāng)，時(shí)，可得到形狀唯一確定的；
③當(dāng)時(shí)，在射線上存在三個(gè)點(diǎn)使得為等腰三角形；
④當(dāng)時(shí)，在射線上存在三個(gè)點(diǎn)使得為等腰直角三角形．
A．①③B．①④C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】過(guò)A作AH⊥OP于點(diǎn)H，求出AH的長(zhǎng)，分別根據(jù)∠α的度數(shù)畫(huà)出相應(yīng)圖形，利用直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)判斷各結(jié)論．
【詳解】解：如圖①所示：過(guò)A作AH⊥OP于點(diǎn)H，
∵OA=4，∠α=30°，
∴AH=OA=×4=2，
又AH⊥OP，AH=AB，
∴B與H重合，
則△AOB形狀唯一確定，故①正確；
如圖②所示，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥OP于點(diǎn)H，
∵OA=4，∠α=45°，AH⊥OP，
∴AH=OH，，
即AH==＜=3，
∴AB＞AH，
∴當(dāng)B在圖②中B1，B2位置時(shí)，都能使得AB=3，
則△AOB不唯一，有2個(gè)，故②錯(cuò)誤；
如圖③所示，有3個(gè)B點(diǎn)使得△AOB為等腰三角形，
即AB1=AO=4，OB2=OA=4，B3A=B3O，故③正確；
如圖④所示，AB⊥OA于點(diǎn)A時(shí)，△AOB1為等腰直角三角形，
AB2⊥OP于點(diǎn)B2時(shí)，△AOB2為等腰直角三角形，
OP上有2個(gè)點(diǎn)B使得△AOB為等腰直角三角形，故④錯(cuò)誤；
即正確的結(jié)論為：①③，
故選A．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，確定三角形的條件，解題的關(guān)鍵是根據(jù)各種情況畫(huà)出圖形，結(jié)合圖形的性質(zhì)解答．
9．（2020·浙江嘉興·八年級(jí)期末）如圖，已知為的高線，，以為底邊作等腰，且點(diǎn)E在內(nèi)部，連接，，延長(zhǎng)交于F點(diǎn)，下列結(jié)論：①；②；③；④，其中正確的結(jié)論有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】D
【分析】由AD為△ABC的高線，可得∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，Rt△ABE是等腰直角三角形， 可得，從而可判斷①；由等腰可得 結(jié)合，∠DAE=∠CBE，可判斷②；由△ADE≌△BCE，可得 再證明∠BDE=∠AFE，結(jié)合， 證明△AEF≌△BED，可判斷③；由△ADE≌△BCE，可得 由△AEF≌△BED， 證明從而可判斷④．
【詳解】解：∵AD為△ABC的高線，
∴∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，
∵Rt△ABE是等腰直角三角形，
∴，
∴∠DAE=∠CBE，即，故①正確；
∵Rt△ABE是以為底等腰直角三角形，
∴AE=BE，
在△ADE和△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS）； 故②正確；
△ADE≌△BCE，

∵∠BDE=∠ADB+∠ADE，∠AFE=∠ADC+∠ECD，
∴∠BDE=∠AFE，
在△AEF和△BED中，
，
∴△AEF≌△BED（AAS），
∴； 故③正確；
∵△ADE≌△BCE，
∴
△AEF≌△BED，

∴
∴ 故④正確；
綜上：正確的有①②③④．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的內(nèi)角和定理，三角形的中線與高的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
10．（2020·浙江溫州·八年級(jí)期末）“勾股圖”有著悠久的歷史，它曾引起很多人的興趣．1955年希臘發(fā)行了以“勾股圖”為背景的郵票（如圖1），歐幾里得在《幾何原本》中曾對(duì)該圖做了深入研究．如圖2，在中，，分別以的三條邊為邊向外作正方形，連結(jié)，，，分別與，相交于點(diǎn)，．若，則的值為（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先用已知條件利用SAS的三角形全等的判定定理證出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性質(zhì)定理分別可得，，，然后設(shè)，繼而可分別求出，，所以；易證Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），從而得，然后代入所求數(shù)據(jù)即可得的值．
【詳解】解：∵在△EAB和△CAM中 ，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴，
∴,
∴,
,
設(shè)，則，，，，
∴；
∵ 在Rt△ACB和Rt△DCG中，
，
Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），
∴;
∴．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性質(zhì)定理等知識(shí)．
11．（2020·浙江臺(tái)州·八年級(jí)期末）如圖，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，F(xiàn)是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AF⊥CF，垂足為F．下列結(jié)論：①∠ACF＝45°；②四邊形ABCD的面積等于AC2；③CE＝2AF；④S△BCD＝S△ABF+S△ADE；其中正確的是（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】證明≌，得出，正確；由，得出，正確；
證出，，正確；由，不能確定，不正確；即可得出答案．
【詳解】解：∵∠CAE＝90°，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACE＝45°，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD
∴∠BAC＝∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠ACF＝∠E＝45°，①正確；
∵S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD，
∴S四邊形ABCD＝S△ADE+S△ACD＝S△ACE＝AC2，②正確；
∵△ABC≌△ADE，
∠ACB＝∠AEC＝45°，
∵∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴∠ACB＝∠ACE，
∴AC平分∠ECF，
過(guò)點(diǎn)A作AG⊥CG，垂足為點(diǎn)G，如圖所示：
∵AC平分∠ECF，AF⊥CB，
∴AF＝AG，
又∵AC＝AE，
∴∠CAG＝∠EAG＝45°，
∴∠CAG＝∠EAG＝∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴CG＝AG＝GE，
∴CE＝2AG，
∴CE＝2AF，③正確；
∵S△ABF+S△ADE＝S△ABF+S△ABC＝S△ACF，
不能確定S△ACF＝S△BCD，④不正確；
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
12．（2022·浙江紹興·八年級(jí)期末）如圖，動(dòng)點(diǎn)P在平面直角坐標(biāo)系中按圖中箭頭所示方向運(yùn)動(dòng)，第一次從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，第二次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，第三次運(yùn)動(dòng)到，…，按這樣的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，第2022次運(yùn)動(dòng)后，動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】觀察圖象，結(jié)合動(dòng)點(diǎn)P第一次從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P1（1，1），第二次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P2（2，0），第三次運(yùn)動(dòng)到P3（3，﹣2），第四次運(yùn)動(dòng)到P4（4，0），第五運(yùn)動(dòng)到P5（5，2），第六次運(yùn)動(dòng)到P6（6，0），…，結(jié)合運(yùn)動(dòng)后的點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，分別得出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的縱坐標(biāo)的規(guī)律，再根據(jù)循環(huán)規(guī)律可得答案．
【詳解】解：觀察圖象，結(jié)合動(dòng)點(diǎn)P第一次從原點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P1（1，1），第二次運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P2（2，0），第三次運(yùn)動(dòng)到P3（3，﹣2），第四次運(yùn)動(dòng)到P4（4，0），第五運(yùn)動(dòng)到P5（5，2），第六次運(yùn)動(dòng)到P6（6，0），…，結(jié)合運(yùn)動(dòng)后的點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，
可知由圖象可得縱坐標(biāo)每6次運(yùn)動(dòng)組成一個(gè)循環(huán)：1，0，﹣2，0，2，0；
∵2022÷6＝337，
∴經(jīng)過(guò)第2022次運(yùn)動(dòng)后，動(dòng)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)是0，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了規(guī)律型點(diǎn)的坐標(biāo)，數(shù)形結(jié)合并從圖象中發(fā)現(xiàn)循環(huán)規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
13．（2021·浙江·八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，若干個(gè)等腰直角三角形按如圖所示的規(guī)律擺放．點(diǎn)從原點(diǎn)出發(fā)，沿著“…”的路線運(yùn)動(dòng)(每秒一條直角邊)，已知坐標(biāo)為···，設(shè)第秒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)為正整數(shù))，則點(diǎn)的坐標(biāo)是)（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通過(guò)觀察可知，縱坐標(biāo)每6個(gè)進(jìn)行循環(huán)，先求出前面6個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從中得出規(guī)律，再按規(guī)律寫(xiě)出結(jié)果便可．
【詳解】解：由題意知，
A1（1，1），
A2（2，0），
A3（3，1），
A4（4，0），
A5（5，-1），
A6（6，0），
A7（7，1），
…
由上可知，每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)等于序號(hào)，縱坐標(biāo)每6個(gè)點(diǎn)依次為：1，0，1，0，-1，0這樣循環(huán)，
∴A2020（2020，0），
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題是一個(gè)規(guī)律題，根據(jù)題意求出點(diǎn)的坐標(biāo)，從中找出規(guī)律來(lái)，這是解題的關(guān)鍵所在．
14．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)在x軸正半軸上，點(diǎn)在直線上，若，且均為等邊三角形，則線段的長(zhǎng)度為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)題意得出∠AnOBn=30°，從而推出AnBn=OAn，得到BnBn+1=BnAn+1，算出B1A2=1，B2A3=2，B3A4=4，找出規(guī)律得到BnAn+1=2n-1，從而計(jì)算結(jié)果．
【詳解】解：設(shè)△BnAnAn+1的邊長(zhǎng)為an，
∵點(diǎn)B1，B2，B3，…是直線上的第一象限內(nèi)的點(diǎn)，
過(guò)點(diǎn)A1作x軸的垂線，交直線于C，
∵A1（1，0），令x=1，則y=，
∴A1C=，
∴，
∴∠AnOBn=30°，
∵均為等邊三角形，
∴∠BnAnAn+1=60°，
∴∠OBnAn=30°，
∴AnBn=OAn，
∵∠BnAn+1Bn+1=60°，
∴∠An+1BnBn+1=90°，
∴BnBn+1=BnAn+1，
∵點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（1，0），
∴A1B1=A1A2=B1A2=1，A2B2=OA2=B2A3=2，A3B3=OA3=B3A4=4，...，
∴AnBn=OAn=BnAn+1=2n-1，
∴=B2019A2020=，
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，本題屬于基礎(chǔ)題，難度不大，解決該題型題目時(shí)，根據(jù)等邊三角形邊的特征找出邊的變化規(guī)律是關(guān)鍵．
15．（2020·浙江臺(tái)州·八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，定義：已知圖形W和直線，如果圖形W上存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到直線的距離小于或等于k，則稱(chēng)圖形W與直線“k關(guān)聯(lián)”．已知線段AB，其中點(diǎn)，．若線段AB與直線“關(guān)聯(lián)”，則b的取值范圍是( )
A．-1≤b≤B．0≤b≤4C．0≤b≤6D．≤b≤6
【答案】C
【分析】如圖（見(jiàn)解析），先畫(huà)出圖形，再根據(jù)定義求出兩個(gè)臨界位置時(shí)b的值，由此即可得．
【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)B作直線的垂線，垂足為點(diǎn)D，連接OA，延長(zhǎng)AB交直線于點(diǎn)C
由題意，有以下兩個(gè)臨界位置：
①點(diǎn)A到直線的距離等于
，
當(dāng)直線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O時(shí)，，
即為點(diǎn)A到直線的距離，此時(shí)
②點(diǎn)B到直線的距離等于，即
軸
，且點(diǎn)C的縱坐標(biāo)與點(diǎn)A的縱坐標(biāo)相同，即為1
是等腰直角三角形
點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為
將點(diǎn)代入直線得：
解得
則b的取值范圍是
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、一次函數(shù)的幾何應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，理解新定義，求出兩個(gè)臨界位置時(shí)b的值是解題關(guān)鍵．
二、填空題
16．（2021·浙江·八年級(jí)期末）如圖，已知中，，如圖：設(shè)的兩條三等分角線分別對(duì)應(yīng)交于則_____；請(qǐng)你猜想，當(dāng)同時(shí)n等分時(shí)，條等分角線分別對(duì)應(yīng)交于，則______（用含n和的代數(shù)式表示）．
【答案】 60°+α
【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根據(jù)三等分的定義求出（∠O2BC+∠O2CB），在△O2BC中，利用三角形內(nèi)角和定理列式整理即可得解；根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根據(jù)n等分的定義求出（∠On-1BC+∠On-1CB），在△On-1BC中，利用三角形內(nèi)角和定理列式整理即可得解．
【詳解】解：在△ABC中，∵∠A=α，
∴∠ABC+∠ACB=180°-α，
∵O2B和O2C分別是∠B、∠C的三等分線，
∴∠O2BC+∠O2CB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-α）=120°-α；
∴∠BO2C=180°-（∠O2BC+∠O2CB）=180°-（120°-α）=60°+α；
在△ABC中，∵∠A=α，
∴∠ABC+∠ACB=180°-α，
∵On-1B和On-1C分別是∠B、∠C的n等分線，
∴∠On-1BC+∠On-1CB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-α）=，
∴∠BOn-1C=180°-（∠On-1BC+∠On-1CB）=180°-（）=，
故答案為：60°+α，．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的內(nèi)角和定理，角平分線的定義，以及三等分線，n等分線的定義，整體思想的利用是解題的關(guān)鍵．
17．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖為的角平分線，且，E為延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，，過(guò)E作于F，下列結(jié)論：
①；②；③；④．
其中正確的是________．
【答案】①②④
【分析】根據(jù)SAS易證△ABD≌△EBC，可得∠BCE=∠BDA，AD=EC可得①②正確；再判斷AB∥CE，可得③錯(cuò)誤；判斷出Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），得出BG=BF，進(jìn)而判斷出Rt△CEG≌Rt△AEF，即可判斷出④正確．
【詳解】解：①∵BD為△ABC的角平分線，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵BD=BC，BD=BC，
∴△ABD≌△EBC（SAS），即①正確；
②∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BDC=∠BDA+∠BDC=180°，即②正確；
③根據(jù)已知條件，可得不一定成立，故③錯(cuò)誤；
④如圖，過(guò)作于點(diǎn)，
是上的點(diǎn)，
，
在Rt△BEG和Rt△BEF中，
，
∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），
，
在Rt△CEG和Rt△AFE中，
，
∴Rt△CEG≌Rt△AFE（HL），
，
，即④正確．
故答案為：①②④．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的對(duì)應(yīng)邊、對(duì)應(yīng)角相等的性質(zhì)，本題中熟練求證三角形全等和熟練運(yùn)用全等三角形對(duì)應(yīng)角、對(duì)應(yīng)邊相等性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．（2020·浙江·八年級(jí)期末）等腰中，過(guò)點(diǎn)B的直線分為兩個(gè)等腰三角形，則頂角為_(kāi)____度．
【答案】36°或或90°或108°
【分析】根據(jù)題意分四種情況畫(huà)出圖形，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解．
【詳解】解：△ABC中，AB=AC，
若AD=BD，BC=BD，
∴∠A=∠ABD，∠BDC=∠C，
則∠C=∠BDC=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+2∠A+2∠A=180°，
∴∠A=36°；
若AD=BD，BC=CD，
∴∠A=∠ABD，∠CBD=∠CDB，
則∠CDB=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+∠A+2∠A+3∠A=180°，
∴∠A=；
若AD=BD，AD=CD，
∴∠B=∠C=∠BAD=∠CAD，
∴∠BAC+∠ABC+∠C=180°，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∴∠BAC=90°；
若AD=BD，AC=CD，
∴∠B=∠BAD，∠CAD=∠CDA，
則∠CDA=2∠BAD，∠C=180°-2∠CAD=180°-4∠BAD，
∵∠B=∠C，
∴∠BAD=180°-4∠BAD，
∴∠BAD=36°，
∴∠BAC=3∠BAD=108°；
故答案為：36°或或90°或108°．
【點(diǎn)睛】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和與外角，解答此題的關(guān)鍵是要正確畫(huà)出圖形，分情況進(jìn)行討論．
19．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，，，，點(diǎn)，為邊上的兩點(diǎn)，且，連接，，則下列結(jié)論正確的是________．
①；②為等腰三角形；③；④．
【答案】①③④
【分析】由SAS得△AED≌△AEF，證明△ABF≌△ACD，得出BF=CD；由△AED≌△AEF，得到DE=EF；證明∠EBF=90°，即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=45°=∠DAE，
在△AED與△AEF中，AE=AE，∠EAF=∠EAD，AD=AF，
∴△AED≌△AEF（SAS），①正確；
沒(méi)有條件能證出△AED為等腰三角形，②錯(cuò)誤；
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAF=∠DAC；
在△ABF與△ACD中，AB=AC，∠FAB=∠DAC，AF=AD，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴BF=CD；
∵△AED≌△AEF，
∴DE=EF；
∵BE+BF＞EF，而B(niǎo)F=CD，
∴BE+DC＞DE，③正確；
∵∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
即BE2+DC2=DE2，④正確；
綜上所述：①③④均正確，
故答案為：①③④．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的三邊關(guān)系等知識(shí)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
20．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期末）已知在中，且為最小的內(nèi)角，過(guò)頂點(diǎn)B的一條直線把這個(gè)三角形分割成兩個(gè)等腰三角形，則_______
【答案】123°或132°或90°或48°
【分析】根據(jù)題意作圖，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)分情況討論即可求解．
【詳解】解：如圖，若BC=CD，AD=BD，
由題意可得：∠DBC=∠BDC=（180°-∠C）÷2=82°，
∴∠ABD=∠BAD=∠BDC=41°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=123°，
∵∠ADB=180°-82°=98°，
則在BC=CD的前提下只有AD=BD；
如圖，若CD=BD，AB=BD，
由題意可得：∠DBC=∠C=16°，
∴∠ADB=2∠C=32°，
∴∠A=∠ADB=32°，
∠ABD=180°-∠A-∠ADB=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=132°，
符合最小的內(nèi)角為∠C=16°，
如圖，若BD=CD，AB=AD，
則∠C=∠DBC=16°，
∴∠ADB=∠ABD=2∠C=32°，
∴∠A=180°-2×32°=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=48°；
如圖，若BD=CD，AD=BD，
∴∠ADB=2∠C=2∠DBC=32°，
∴∠A=∠ABD=（180°-32°）÷2=74°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=90°；
若BD=BC，
則∠C=∠CDB=16°，
∴∠ADB=180°-∠CDB=164°，
則只能滿(mǎn)足AD=BD，
∴∠A=∠CDB=8°，
即∠A＜∠C，不滿(mǎn)足；
綜上：∠ABC的度數(shù)為123°或132°或90°或48°．
故答案為：123°或132°或90°或48°．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是畫(huà)出圖形，分情況討論．
21．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在等邊中，點(diǎn)，分別在邊，上，且，與交于點(diǎn)，作，垂足為，下列結(jié)論正確的有________．
①；②；③；④；⑤．
【答案】①②③④
【分析】由等邊三角形的性質(zhì)和已知條件證出△AEC≌△BDA，可判斷①；由等邊三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)可判斷②；根據(jù)∠AFE=60°可判斷③；由全等三角形的性質(zhì)得出∠BAD=∠ACE，求出∠CFM=∠AFE=60°，得出∠FCM=30°，可判斷④；根據(jù)∠DAC的度數(shù)的范圍可得∠DAC≠45°，可判斷⑤．
【詳解】解：①∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC=∠B=60°，AB=AC，
又∵AE=BD，
在△AEC與△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴AD=CE，故正確；
②∵∠BEC=∠BAD+∠AFE，△AEC≌△BDA，

∠AFE=
∴∠BEC=∠BAD+∠AFE=∠BAD+60°，
∵∠CDA=∠BAD+∠CBA=∠BAD+60°，
∴∠BEC=∠CDA，故正確；
③∵∠AFE=60°，
∴∠AFC=120°，故正確；
④∵∠AFE =60°，
∴∠CFM=∠AFE=60°，
∵CM⊥AD，
∴在Rt△CFM中，∠FCM=30°，
∴MF=CF，故正確；
⑤要使AM=CM，則必須使∠DAC=45°，由已知條件知∠DAC的度數(shù)為大于0°小于60°均可，
∴AM=CM不成立，故錯(cuò)誤；
故答案為：①②③④．
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)；熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，并能進(jìn)行推理論證與計(jì)算是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
22．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在中，，M是的中點(diǎn)，點(diǎn)D在上，，垂足分別為E，F(xiàn)，連接．則下列結(jié)論中：①；②；③；④；⑤若平分，則；正確的有_____．（只填序號(hào)）
【答案】①②③④⑤
【分析】證明，得到，可判斷①；再證明，從而判斷為等腰直角三角形，得到，可判斷③，同時(shí)得到，可判斷②；再證明，得到為等腰直角三角形，得到，，可判斷④；根據(jù)角平分線的定義可逐步推斷出，再證明，得到，則有，從而判斷⑤．
【詳解】解：，
，
，
，
又，，
，
，故①正確；
由全等可得：，，
，
連接，，
點(diǎn)是中點(diǎn)，
，，
在和中，，，
，
又，，
，
，，
，
，即為等腰直角三角形，
，故③正確，，
，
，故②正確，
設(shè)與交于點(diǎn)，連接，
，，，
，
，，
為等腰直角三角形，
，而，
，故④正確；
，，
，
平分，
，，
，
，即，
，，，
，
，
為等腰直角三角形，
，
，故⑤正確；
故答案為：①②③④⑤．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，等量代換，難度較大，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．
23．（2021·浙江·杭州市公益中學(xué)八年級(jí)期末）如圖，已知等腰△ABC中，AB?AC?5，BC?8，E是BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將△ABE沿著AE折疊到△ADE處，再將邊AC折疊到與AD重合，折痕為AF，當(dāng)△DEF是等腰三角形時(shí)，BE的長(zhǎng)是___________．
【答案】或或．
【分析】分三種情況討論：DE=DF，DE=EF，EF=DF．利用等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形解題．
【詳解】解：由折疊可知，BE=DE，DF=CF，AD=AB=AC=5，
當(dāng)DE=DF時(shí)，如圖1，
此時(shí)DE=DF=BE=CF，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABE和△ACF中，

∴△ABE≌△ACF，
∴AE=AF，
∴AD垂直平分EF，
∴EH=FH，，
∴，
∴，
設(shè)，則，
則在直角△DHE中，
，
解得，
當(dāng)DE=EF時(shí)，如圖2，作AH⊥BC于H，連接BD，延長(zhǎng)AE交BD于N，
可知BE=DE=EF，
∵AH⊥BC，AB=AC，BC=8
∴BH=CH=4，
∴，
設(shè)，則，
∴，即
∵AB=AD，∠BAN=∠DAN，
∴AN⊥BD，BN=DN，
∴，
∴
在△AHE和△BNE中，

∴△AHE≌△BNE，
∴AE=BE，
設(shè)，則，
在直角△AEH中，
，
解得，
當(dāng)DF=EF時(shí)，如圖3，過(guò)A作AH⊥BC于H，延長(zhǎng)AF交DC于M，
同理
∴
故答案為：或或．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊問(wèn)題，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，注意分類(lèi)討論是解題的關(guān)鍵．
24．（2020·浙江臺(tái)州·八年級(jí)期末）如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)P沿△ABC的邊從A→B→C運(yùn)動(dòng)，以AP為邊作等邊△APQ，且點(diǎn)Q在直線AB下方，當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)到使△BPQ是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)為_(kāi)____．
【答案】3或9
【分析】如圖，連接CP，BQ，由“SAS”可證△ACP≌△ABQ，可得BQ＝CP，可得點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)軌跡是A→H→B，分兩種情況討論，即可求解．
【詳解】解：如圖1，連接CP，BQ，
∵△ABC，△APQ是等邊三角形，
∴AP＝AQ＝PQ，AC＝AB，∠CAP＝∠BAQ＝60°，
∴△ACP≌△ABQ(SAS)
∴BQ＝CP，
∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)H，且BH＝BC＝6，△ABH是等邊三角形，
∴當(dāng)點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q在AH上運(yùn)動(dòng)，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴PQ＝PB，
∴AQ＝AP＝PB＝3，
∴此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)為3，
當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q在BH上運(yùn)動(dòng)，如圖，
同理可得：△ACP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ＝CP
∵△BPQ是等腰三角形，
∴BQ＝PB，
∴BP＝BQ =CP＝，
∴此時(shí)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)為，
故答案為：3或9．
【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，確定點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡是本題的關(guān)鍵．
25．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，已知∠AOB=，在射線OA、OB上分別取點(diǎn)OA=OB，連結(jié)AB，在BA、BB上分別取點(diǎn)A2、B2，使B B2= B A2，連結(jié)A2 B2…按此規(guī)律上去，記∠A2 B B2=，∠，…，∠，則（1）=______； =_________．
【答案】
【詳解】試題分析：設(shè)∠A1B1O=x，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得α+2x=180°，x=180°-θ1，即可求得θ1的度數(shù)，同理求得θ2的度數(shù)，即可發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律，按照此規(guī)律即可求得的度數(shù).
（1）設(shè)∠A1B1O=x，
則α+2x=180°，x=180°-θ1，
∴=；
（2）設(shè)∠A2B2B1=y，
則θ2+y=180°①，θ1+2y=180°②，
①×2-②得：2θ2-θ1=180°，
…
∴=.
考點(diǎn)：找規(guī)律-圖形的變化
點(diǎn)評(píng)：解答此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是仔細(xì)分析所給圖形的特征得到規(guī)律，再把這個(gè)規(guī)律應(yīng)用于解題.
26．（2020·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖，設(shè)（）．現(xiàn)把小棒依次擺放在兩射線之間，并使小棒兩端分別落在射線，上．從點(diǎn)開(kāi)始，用等長(zhǎng)的小棒依次向右擺放，其中為第一根小棒，且，若只能擺放4根小棒，則的范圍為_(kāi)_______．
【答案】18°≤θ＜22.5°．
【分析】根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，再根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和可得θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ，求出第三根小木棒構(gòu)成的三角形，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理和外角性質(zhì)列出不等式組求解即可．
【詳解】解：如圖，
∵小木棒長(zhǎng)度都相等，
∴∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，
由三角形外角性質(zhì)得，θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ；
∵只能擺放4根小木棒，
∴，
解得18°≤θ＜22.5°．
故答案為：18°≤θ＜22.5°．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形等邊對(duì)等角的性質(zhì)，三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，也考查了一元一次不等式組的應(yīng)用，列出不等式組是解題的關(guān)鍵．
27．（2022·浙江舟山·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，為坐標(biāo)原點(diǎn)，，點(diǎn)在軸上運(yùn)動(dòng)，以為邊作等腰，（點(diǎn)，，呈順時(shí)針排列），當(dāng)點(diǎn)在軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)也隨之運(yùn)動(dòng)．在點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，的最小值為_(kāi)_____．
【答案】
【分析】過(guò)點(diǎn)A作直線l⊥x軸，過(guò)C，B作CD⊥l于點(diǎn)D，BE⊥l于點(diǎn)E，易證?CDA?? AEB，從而得AD=BE=OA=5，作點(diǎn)A關(guān)于CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，由三角形三邊長(zhǎng)關(guān)系得：當(dāng)O，C，A′三點(diǎn)共線時(shí)，有最小值=OA′，利用勾股定理即可求解．
【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)A作直線l⊥x軸，過(guò)C，B作CD⊥l于點(diǎn)D，BE⊥l于點(diǎn)E，
∵∠DCA+∠CAD=90°，∠EAB+∠CAD=180°-90°=90°，
∴∠DCA=∠EAB，
又∵∠CDA=∠AEB=90°，AB=AC，
∴?CDA?? AEB（AAS），
∴BE=AD，
∵，
∴AD=BE=OA=5，
作點(diǎn)A關(guān)于CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，連接CA′，則點(diǎn)A′在直線l上，DA′=DA=5，AC=A′C，
∴=OC+A′C，
∵在?COA′中，OC+A′C≥OA′，
∴當(dāng)O，C，A′三點(diǎn)共線時(shí)，有最小值=OA′，此時(shí)，OA′=，
∴最小值=．
故答案是：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用軸對(duì)稱(chēng)求線段和的最小值問(wèn)題，添加合適的輔助線，構(gòu)造直角三角形，是解題的關(guān)鍵．
28．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，將一塊等腰直角三角板放置在平面直角坐標(biāo)系中，，點(diǎn)A在y軸的正半軸上，點(diǎn)C在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)B在第二象限，所在直線的函數(shù)表達(dá)式是，若保持的長(zhǎng)不變，當(dāng)點(diǎn)A在y軸的正半軸滑動(dòng)，點(diǎn)C隨之在x軸的負(fù)半軸上滑動(dòng)，則在滑動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)B與原點(diǎn)O的最大距離是_______．
【答案】
【分析】根據(jù)自變量與函數(shù)值得對(duì)應(yīng)關(guān)系，可得A，C點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理，可得AC的長(zhǎng)度；根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得CD，BD的長(zhǎng)，可得B點(diǎn)坐標(biāo)；首先取AC的中點(diǎn)E，連接BE，OE，OB，可求得OE與BE的長(zhǎng)，然后由三角形三邊關(guān)系，求得點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離．
【詳解】解：當(dāng)x=0時(shí)，y=2x+2=2，
∴A（0，2）；
當(dāng)y=2x+2=0時(shí)，x=-1，
∴C（-1，0）．
∴OA=2，OC=1，
∴AC==，
如圖所示，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥x軸于點(diǎn)D．
∵∠ACO+∠ACB+∠BCD=180°，∠ACO+∠CAO=90°，∠ACB=90°，
∴∠CAO=∠BCD．
在△AOC和△CDB中，
，
∴△AOC≌△CDB（AAS），
∴CD=AO=2，DB=OC=1，
OD=OC+CD=3，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-3，1）．
如圖所示．取AC的中點(diǎn)E，連接BE，OE，OB，
∵∠AOC=90°，AC=，
∴OE=CE=AC=，
∵BC⊥AC，BC=，
∴BE==，
若點(diǎn)O，E，B不在一條直線上，則OB＜OE+BE=，
若點(diǎn)O，E，B在一條直線上，則OB=OE+BE=，
∴當(dāng)O，E，B三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，OB取得最大值，最大值為，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】此題考查了一次函數(shù)綜合題，利用自變量與函數(shù)值的對(duì)應(yīng)關(guān)系是求AC長(zhǎng)度的關(guān)鍵，又利用了勾股定理；求點(diǎn)B的坐標(biāo)的關(guān)鍵是利用全等三角形的判定與性質(zhì)得出CD，BD的長(zhǎng)；求點(diǎn)B與原點(diǎn)O的最大距離的關(guān)鍵是直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)以及三角形三邊關(guān)系．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
三、解答題
29．（2021·浙江·八年級(jí)期末）如圖（1）是一個(gè)三角形的紙片，點(diǎn)D、E分別是邊上的兩點(diǎn)，
研究（1）：如果沿直線折疊，寫(xiě)出與的關(guān)系，并說(shuō)明理由．
研究（2）：如果折成圖2的形狀，猜想和的關(guān)系，并說(shuō)明理由．
研究（3）：如果折成圖3的形狀，猜想和的關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【答案】（1）∠BDA′=2∠A，理由見(jiàn)解析；（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，理由見(jiàn)解析；（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，理由見(jiàn)解析
【分析】（1）翻折問(wèn)題要在圖形是找著相等的量．圖1中DE為折痕，有∠A=∠DA′A，再利用外角的性質(zhì)可得結(jié)論∠BDA′=2∠A；
（2）根據(jù)圖2中∠A與∠DA′E是相等的，再結(jié)合四邊形的內(nèi)角和及互補(bǔ)角的性質(zhì)可得結(jié)論∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）根據(jù)圖3中由于折疊∠A與∠DA′E是相等的，再兩次運(yùn)用三角形外角的性質(zhì)可得結(jié)論．
【詳解】解：（1）∠BDA′=2∠A；
根據(jù)折疊的性質(zhì)可知∠DA′E=∠A，∠DA′E+∠A=∠BDA′，故∠BDA′=2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，
理由：在四邊形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA=360°，
∴∠A+∠DA′E=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∵∠BDA′+∠ADA′=180°，∠CEA′+∠A′EA=180°，
∴∠BDA′+∠CEA′=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∴∠BDA′+∠CEA′=∠A+∠DA′E，
∵△A′DE是由△ADE沿直線DE折疊而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，
理由：如圖3，DA′交AC于點(diǎn)F，
∵∠BDA′=∠A+∠DFA，∠DFA=∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′=∠A+∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′-∠CEA′=∠A+∠A′，
∵△A′DE是由△ADE沿直線DE折疊而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′-∠CEA′=2∠A．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形內(nèi)角和定理以及翻折變換的性質(zhì)，遇到折疊的問(wèn)題，一定要找準(zhǔn)相等的量，結(jié)合題目所給出的條件在圖形上找出之間的聯(lián)系則可．
30．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，點(diǎn)C為線段上一點(diǎn)，都是等邊三角形，與交于點(diǎn)與相交于點(diǎn)G．
（1）求證：；
（2）求證：
（3）若，求的面積．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）
【分析】（1）根據(jù)SAS即可證明△BCE≌△ACD；
（2）由△ACD≌△BCE可得∠CBG=∠CAF，從而利用ASA可證明△ACF≌△BCG；
（3）求出CG=CF=4，過(guò)G作GM⊥BD于M，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥BD于N，求出GM，F(xiàn)N，根據(jù)S△ACD=S△ACF+S△CDF=S△BCG+S△CDF可求出答案．
【詳解】解：（1）證明：∵△ABC，△CDE是等邊三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠DCA，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）由（1）得△ACD≌△BCE，
∴∠CBG=∠CAF，
又∵∠ACF=∠BCG=60°，BC=AC，
在△ACF和△BCG中，
，
∴△ACF≌△BCG（ASA）；
（3）∵△ACF≌△BCG，
∴S△ACF=S△BCG，CG=CF，而CF+CG=8，
∴CG=CF=4，
過(guò)G作GM⊥BD于M，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥BD于N，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴GM=CG=，F(xiàn)N=CF=，
∴S△ACD=S△ACF+S△CDF
=S△BCG+S△CDF
=BC?GM+CD?FN
=（BC+CD）
=BD
=．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)以及等邊三角形的判定和性質(zhì)，利用全等三角形的性質(zhì)得出CG=CF是解答此題的關(guān)鍵．
31．（2020·浙江·八年級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)，點(diǎn)C的坐標(biāo)， 點(diǎn)P是軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)C出發(fā)，沿軸的負(fù)半軸方向運(yùn)動(dòng)，速度為2個(gè)單位/秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，點(diǎn)B在軸的負(fù)半軸上，且的面積：的面積．
（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；
（2）若點(diǎn)D在軸上，是否存在點(diǎn)P，使以為頂點(diǎn)的三角形與全等？若存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)D坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）點(diǎn)Q是軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)A出發(fā)，向軸的負(fù)半軸運(yùn)動(dòng)，速度為2個(gè)單位/秒．若P、Q分別從C、A兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，求：t為何值時(shí)，以三點(diǎn)構(gòu)成的三角形與全等．
【答案】（1）B（-2，0）；（2）存在，（0，4），（0，-4），（0，2），（0，-2）；（3）1s或4s
【分析】（1）先求出，進(jìn)而得出的面積，即可得出的面積，最后得出點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由于，所以分兩種情況討論計(jì)算即可；
（3）先按時(shí)間分成三種情況，每種情況中同（2）的方法即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）點(diǎn)的坐標(biāo)，點(diǎn)的坐標(biāo)，
，，
，
，，
設(shè)，
點(diǎn)在軸的負(fù)半軸上，
，
，
，
；
（2）在軸上，在軸，
，
以、、為頂點(diǎn)的三角形與全等，
①，
，
或
②，
，
或，
即：滿(mǎn)足條件的的坐標(biāo)為，，，．
（3）在軸上，在軸，
，
由運(yùn)動(dòng)知，，，
，，
當(dāng)時(shí)，，，
以、、為頂點(diǎn)的三角形與全等，
①，
，
，
，
滿(mǎn)足條件，即：
②，
，
，，
，
不滿(mǎn)足條件，舍去；
當(dāng)時(shí)，，，
以、、為頂點(diǎn)的三角形與全等，
①，
，
，
，
，
不滿(mǎn)足條件，舍去；
②，
，
，，
，
不滿(mǎn)足條件，舍去；
當(dāng)時(shí)，，，
以、、為頂點(diǎn)的三角形與全等，
①，
，
，
，
不滿(mǎn)足條件，舍去；，
②，
，
，，
，
滿(mǎn)足條件，即：t=4s，
即：滿(mǎn)足條件的時(shí)間t=1s或4s．
【點(diǎn)睛】此題是三角形綜合題，主要考查了三角形的面積公式，全等三角形的判定，解本題的關(guān)鍵是分類(lèi)討論，要考慮全面是解本題的難點(diǎn)．
32．（2021·浙江·八年級(jí)期末）CD經(jīng)過(guò)∠BCA頂點(diǎn)C的一條直線，CA=CB．E，F(xiàn)分別是直線CD上兩點(diǎn)，且∠BEC=∠CFA=∠α.
(1)若直線CD經(jīng)過(guò)∠BCA的內(nèi)部，且E，F(xiàn)在射線CD上，請(qǐng)解決下面兩個(gè)問(wèn)題：
①如圖1,若∠BCA=90°,∠α=90°，則BE___CF;(填“>”,“AB
∴AB邊不可能是等腰直角三角形的斜邊
若，則
解得：x=3
此時(shí)PA=AB，即△PAB是等腰直角三角形
∴P(3，0)
若，則
解得：x=7
此時(shí)PB≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
②當(dāng)點(diǎn)P在y軸上時(shí)，設(shè)P(0，y)
∴，，
∵，即PB>AB
∴AB邊不可能是等腰直角三角形的斜邊
若，則
解得：y=3
此時(shí)PA≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
若，則
解得：y=7
此時(shí)PB≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
綜上所述，滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3，0)
【點(diǎn)睛】本題是一個(gè)綜合題，考查了坐標(biāo)與圖形，等邊三角形性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，平面直角坐標(biāo)系中兩點(diǎn)間的距離等知識(shí)，要求靈活運(yùn)用這些知識(shí)，同時(shí)運(yùn)用了分類(lèi)討論思想，是常見(jiàn)的壓軸題．
57．（2020·浙江·八年級(jí)期末）已知，如圖：在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，四邊形是長(zhǎng)方形，點(diǎn)A?C?D的坐標(biāo)分別為，，，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1單位長(zhǎng)度的速度沿運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)__________；
（2）當(dāng)時(shí)，有最小值嗎？如果有，請(qǐng)算出該最小值，如果沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）當(dāng)t為何值時(shí)，是腰長(zhǎng)為5的等腰三角形？若存在，直接寫(xiě)出t的值，若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）（1，4）；（2）；（3）存在，t=6，7，12或14
【分析】（1）當(dāng)t=5時(shí)，得到點(diǎn)P的位置，得到CP和OC的長(zhǎng)，可得點(diǎn)P坐標(biāo)；
（2）分點(diǎn)P在BC上和點(diǎn)P在AB上，兩種情況，分別根據(jù)對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，利用勾股定理求出最小值；
（3）根據(jù)題意畫(huà)出相應(yīng)的圖形，然后利用分類(lèi)討論的方法和勾股定理可以解答本題．
【詳解】解：（1）由題意可得，
當(dāng)t=5時(shí)，點(diǎn)P在BC上，且PC=5-4=1，
又∵OC=4，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4）；
（2）當(dāng)t＞4時(shí)，
點(diǎn)P在BC或AB上，
當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)，作點(diǎn)D關(guān)于直線CB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)D′，連接OD′與BC交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求，
如圖一所示，
∵四邊形OABC是長(zhǎng)方形，點(diǎn)A、C、D的坐標(biāo)分別為A（9，0）、C（0，4），D（5，0），
∴點(diǎn)D′（5，8），
∴OP+PD的最小值為OD′，即OD′==；
當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，OP+PD最小，
∴OP+PD的最小值為OA+AD=9+4=13＞；
綜上：OP+PD的最小值為；
（3）當(dāng)，7，12或14時(shí)，是腰長(zhǎng)為5的等腰三角形，
理由：如圖二所示，
當(dāng)時(shí)，
點(diǎn)，點(diǎn)，
，
，
，
；
當(dāng)時(shí)，
，
，
，
；
當(dāng)時(shí)，
，
，
，
；
當(dāng)時(shí)，
，
，
點(diǎn)，點(diǎn)，
，
；
由上可得，當(dāng)，7，12或14時(shí)，是腰長(zhǎng)為5的等腰三角形．
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，等腰三角形的定義和性質(zhì)，最短路徑問(wèn)題，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問(wèn)題需要的條件，利用勾股定理、分類(lèi)討論和數(shù)形結(jié)合的思想解答．
58．（2021·浙江·八年級(jí)期末）如圖，已知．
（1）求的面積；
（2）在軸上是否存在點(diǎn)使得為等腰三角形，若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)所有可能的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如果在第二象限內(nèi)有一點(diǎn)，且過(guò)點(diǎn)作軸于，請(qǐng)用含的代數(shù)式 表示梯形的面積，并求當(dāng)與面積相等時(shí)的值？
【答案】（1）；（2）存在．或或或；（2），時(shí)，．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理和直角三角形中30°角所對(duì)直角邊等于斜邊的一半求出AB、AC的長(zhǎng)，再利用三角形面積公式求解即可；
（2）設(shè)Q（0，a），分三種情況①AB=BQ時(shí)；②AB=AQ時(shí)；③BQ=AQ時(shí)進(jìn)行討論求解即可；
（3）由題意，OH=﹣m，利用梯形面積公式得，結(jié)合圖形可得，再由得到關(guān)于m的方程，解方程即可求解m值．
【詳解】，
，
又，
，
設(shè)，則，
在中，由勾股定理得：，
即，得：，
；
存在
設(shè)，則，，
①當(dāng)時(shí)，即，
，
解得：或，
；
②當(dāng)時(shí)，即，
解得：或（舍去，與重合），
；
③當(dāng)時(shí)，即，
，
解得：，
，
綜上：在軸上存在一點(diǎn)或或或，使為等腰三角形；
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
解得：，
即，當(dāng)時(shí)，．
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、平方根、解一元一次方程等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是利用數(shù)形結(jié)合思想，將各知識(shí)點(diǎn)串起來(lái)，進(jìn)行探究、推理和計(jì)算．
59．（2021·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x，y軸分別交于A(12，0)，B(0，8)，以O(shè)A為斜邊作等腰Rt△OAC．
(1)求直線AB的解析式；
(2)如圖2，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)O出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸的正方向勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸的負(fù)方向勻速運(yùn)動(dòng)，E、F兩點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以EF為斜邊在x軸上方作等腰直角三角形EFG． 設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
①當(dāng)點(diǎn)G落在AB上時(shí)，求EF的長(zhǎng)；
②以CG為直角邊，點(diǎn)G為直角頂點(diǎn)作等腰Rt△CGD（點(diǎn)C、點(diǎn)G、點(diǎn)D逆時(shí)針排列）． 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某一時(shí)刻，使得點(diǎn)D在x軸上，若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)
(2)①9或18②存在，此時(shí)的值為2或6
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可得；
（2）①分和兩種情況，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再將其代入直線的解析式求出的值，由此即可得；
②根據(jù)（2）①中兩種情況下點(diǎn)的坐標(biāo)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，從而可得的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形全等的判定證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，據(jù)此建立方程，解方程即可得．
（1）
解：設(shè)直線的解析式為，
將點(diǎn)代入得：，解得，
則直線的解析式為．
（2）
解：①，
，
由題意得：，
當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)相遇時(shí)，，解得，
分以下兩種情況：
（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)的左側(cè)，即時(shí)，
則，
如圖，過(guò)點(diǎn)作軸于點(diǎn)，
是以為斜邊的等腰直角三角形，
，
，
，
將點(diǎn)代入得：，
解得，
則此時(shí)；
（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)的右側(cè)，即時(shí)，
則，
如圖，過(guò)點(diǎn)作軸于點(diǎn)，
是以為斜邊的等腰直角三角形，
，
如圖1，當(dāng)點(diǎn)在軸正半軸時(shí)，，則，
將點(diǎn)代入得：，
解得，不符題設(shè)，舍去；
如圖2，當(dāng)點(diǎn)在軸負(fù)半軸時(shí)，，則，
將點(diǎn)代入得：，
解得，符合題意，
則此時(shí)，
綜上，的長(zhǎng)為9或18；
②如圖，過(guò)點(diǎn)作軸于點(diǎn)，
是以為斜邊的等腰直角三角形，
，
，
根據(jù)（2）①兩種情況下點(diǎn)的坐標(biāo)，分以下兩種情況：
（Ⅰ）如圖，當(dāng)點(diǎn)的坐標(biāo)為時(shí)，
過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，
則，，
，
是以點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得，符合題設(shè)；
（Ⅱ）如圖，當(dāng)點(diǎn)的坐標(biāo)為時(shí)，
過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交軸于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，交延長(zhǎng)線于點(diǎn)，
則，
同理可證：，
，即，
解得，符合題設(shè)；
綜上，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，存在某一時(shí)刻，使得點(diǎn)在軸上，此時(shí)的值為2或6．
【點(diǎn)睛】本題考查了求一次函數(shù)的解析式、一次函數(shù)的幾何應(yīng)用、等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（2）②，通過(guò)作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．
60．（2022·浙江·杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝﹣x+6與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，與直線y＝x交于點(diǎn)C．
（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）點(diǎn)P是線段OA上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)O，A重合），過(guò)點(diǎn)P作平行于y軸的直線l，分別交直線AB，OC于點(diǎn)D，點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．
①求線段PD的長(zhǎng)（用含m的代數(shù)式表示）；
②當(dāng)點(diǎn)P，D，E三點(diǎn)中有一個(gè)點(diǎn)是另兩個(gè)點(diǎn)構(gòu)成線段的中點(diǎn)時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出的值；
（3）過(guò)點(diǎn)C作CF⊥y軸于點(diǎn)F，點(diǎn)M在線段CF上且不與點(diǎn)C重合，點(diǎn)N在線段OC上，CM＝ON，連接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出最小值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由見(jiàn)解析．
【分析】(1)由方程組，解得：，即可求解；
(2)①點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，由PDy軸，得點(diǎn)P、D三點(diǎn)橫坐標(biāo)都為m，點(diǎn)D坐標(biāo)為(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三點(diǎn)坐標(biāo)，分三種情況，第一種情形：點(diǎn)D是PE的中點(diǎn)時(shí)，第二種情形：點(diǎn)P是DE的中點(diǎn)時(shí)，第三種情形：點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)時(shí)，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可求解；綜上，m=或m=；
(3)在OA上取點(diǎn)H，使得OH=BC，連接NH，先證△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，當(dāng)NH+BN最小，即B、N、H三點(diǎn)共線時(shí)，BM+BN最小，即可求解．
【詳解】解：(1)∵直線與直線交于點(diǎn)C，
∴得方程組：，
解得：，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(4，3)；
(2)①點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，
∵PDy軸，
∴點(diǎn)P、D三點(diǎn)橫坐標(biāo)都為m，
當(dāng)x=m時(shí)，，
∴點(diǎn)D坐標(biāo)為(m，)，
∴PD=∣∣；
②當(dāng)x=m時(shí)，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為(m，)，
而點(diǎn)P坐標(biāo)為(m，0)，
第一種情形：點(diǎn)D是PE的中點(diǎn)時(shí)，
解得：m=；
第二種情形：點(diǎn)P是DE的中點(diǎn)時(shí)，
，
此方程無(wú)解，故不成立；
第三種情形：點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)時(shí)，
解得：m=
綜上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取點(diǎn)H，使得OH=BC，連接NH，
∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴點(diǎn)F坐標(biāo)為(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵M(jìn)C=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，當(dāng)NH+BN最小，即B、N、H三點(diǎn)共線時(shí)，BM+BN最小，此時(shí)最小值=．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，中點(diǎn)坐標(biāo)公式的運(yùn)用，全等三角形的性質(zhì)與判定，最值問(wèn)題，解題關(guān)鍵是利用全等三角形的性質(zhì)把BM+BN的值轉(zhuǎn)化為NH+BN的值．
61．（2020·浙江寧波·八年級(jí)期末）定義：圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)的函數(shù)y＝叫做關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)，它與x軸負(fù)半軸交點(diǎn)記為A，與x軸正半軸交點(diǎn)記為B，
（1）關(guān)于l的對(duì)稱(chēng)函數(shù)y＝與直線x＝1交于點(diǎn)C，如圖．
①直接寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)：A（ ，0）；B（ ，0）；C（1， ）；
②P為關(guān)于l的對(duì)稱(chēng)函數(shù)圖象上一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)C重合），當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)直線y＝x與關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，求m的取值范圍．
【答案】（1）①﹣2，2，2；②點(diǎn)P坐標(biāo)為或或；（2）．
【分析】（1）①把點(diǎn)的橫（縱）坐標(biāo)代入解析式中即可求得點(diǎn)的縱（橫）坐標(biāo)；
②先根據(jù)三角形面積公式求得，再根據(jù)得到，解得或，再根據(jù)解析式求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)即可；
（2）先根據(jù)關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)的解析式， 確定m的取值范圍為，再根據(jù)一次函數(shù)與二元一次方程組的關(guān)系確定直線y=x與關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)的兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)交點(diǎn)存在確定m的取值范圍．
【詳解】解：（1）①當(dāng)時(shí)，令，即，解得，此時(shí)滿(mǎn)足題意，故．
當(dāng)時(shí)，令，即，解得，此時(shí)滿(mǎn)足題意，故．
當(dāng)時(shí)，，故．
故答案為：，2，2．
②∵，，，
∴AB=4，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴或．
當(dāng)，且時(shí)，令，即，解得，此時(shí)與點(diǎn)C重合，故舍去．
當(dāng)，且時(shí)，令，即，解得，此時(shí)符合題意，故．
當(dāng)，且時(shí)，令，即，解得，此時(shí)符合題意，故．
當(dāng)，且時(shí)，令，即，解得，此時(shí)符合題意，故．
故點(diǎn)P坐標(biāo)為或或．
（2）∵關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)的解析式為
∴該函數(shù)圖象為兩個(gè)一次函數(shù)圖象的一部分結(jié)合起來(lái)的圖象．
∵一次函數(shù)圖象與x軸最多只有一個(gè)交點(diǎn)，且關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，
∴組成該對(duì)稱(chēng)函數(shù)的兩個(gè)一次函數(shù)圖象的部分圖象都與x軸有交點(diǎn)．
∵對(duì)于，令y=0，即，解得x=2，
∴x=2必須在的范圍之內(nèi)．
∴．
∵對(duì)于，令y=0，即，解得，
∴必須在的范圍之內(nèi)．
∴．
∴．
∵直線y＝x與關(guān)于m的對(duì)稱(chēng)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，
∴直線y=x分別與直線和各有一個(gè)交點(diǎn)．
對(duì)于直線y=x與直線，
聯(lián)立可得解得
∴直線y=x與直線必有一交點(diǎn)．
對(duì)于直線y=x與直線，
聯(lián)立可得解得
∵，
∴必須在的范圍之內(nèi)才能保證直線y=x與直線有交點(diǎn)．
∴．
∴．
∴m的取值范圍是．
【點(diǎn)睛】本題考查求一次函數(shù)自變量的值或函數(shù)值，坐標(biāo)與圖形關(guān)系，三角形面積公式，一次函數(shù)與二元一次方程組的關(guān)系，熟練掌握分類(lèi)討論思想和數(shù)形結(jié)合思想是解題關(guān)鍵．
62．（2021·浙江臺(tái)州·八年級(jí)期末）根據(jù)天氣預(yù)報(bào)，某地將持續(xù)下雨7天，然后放晴．開(kāi)始下雨的48小時(shí)內(nèi)，某水庫(kù)記錄了水位變化，結(jié)果如下：
在不泄洪的條件下，假設(shè)下雨的這7天水位隨時(shí)間的變化都滿(mǎn)足這種關(guān)系．
（1）在不泄洪的條件下，寫(xiě)出一個(gè)函數(shù)解析式描述水位y隨時(shí)間x的變化規(guī)律；
（2）當(dāng)水庫(kù)的水位達(dá)到43m時(shí)，為了保護(hù)大壩安全，必須進(jìn)行泄洪．
①下雨幾小時(shí)后必須泄洪？
②雨天泄洪時(shí)，水位平均每小時(shí)下降0.05m，求開(kāi)始泄洪后，水庫(kù)水位y與時(shí)間x之間的函數(shù)關(guān)系式；并計(jì)算泄洪幾小時(shí)后水位可以降到下雨前的初始高度？
【答案】（1）；（2）①120小時(shí)；② （120≤x＜168），y＝（x＞168），泄洪56小時(shí)后，水位降到下雨前的初始高度
【分析】（1）觀察數(shù)據(jù)的變化符合一次函數(shù)，設(shè)出一次函數(shù)的解析式，擁待定系數(shù)法即可求出解析式；
（2）①取y＝43，算出對(duì)應(yīng)的x即可；
②開(kāi)始泄洪后的水位為水庫(kù)的量減去泄洪的量，分別用x表示出對(duì)應(yīng)的值，即可寫(xiě)出y與x的關(guān)系式，取y＝40，求出x即可．
【詳解】解：（1）觀察發(fā)現(xiàn)x和y滿(mǎn)足一次函數(shù)的關(guān)系，設(shè)y＝kx+b，
代入（0，40）（12，40.3）得：
，
解得：，
∴；
（2）①當(dāng)y＝43時(shí)，有，
解得x＝120，
∴120小時(shí)時(shí)必須泄洪；
②在下雨的7天內(nèi)，即120≤x＜168時(shí)，
，
7天后，即x＞168時(shí)，此時(shí)沒(méi)有下雨，水位每小時(shí)下降米，
，
當(dāng)y＝40時(shí)，有：，
解得x＝180（不合，舍去），
或者，則x＝176，
176﹣120＝56，
∴泄洪56小時(shí)后，水位降到下雨前的初始高度．
【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)的應(yīng)用，關(guān)鍵是要會(huì)用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)的解析式，根據(jù)解析式求出y滿(mǎn)足一定條件時(shí)對(duì)應(yīng)的x的值．
63．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，點(diǎn)C是的中點(diǎn)，點(diǎn)D是線段上的點(diǎn)，且．
（1）直接寫(xiě)出線段的長(zhǎng)；
（2）求直線的解析式；
（3）連結(jié)，求證：．
（4）若點(diǎn)P是x軸上的點(diǎn)，且到直線的距離等于的長(zhǎng)，直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）；（2）；（3）見(jiàn)解析；（4），或，
【分析】（1）首先求出、兩點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理即可解決問(wèn)題；
（2）延長(zhǎng)DC交y軸于點(diǎn)E，首先證明是等腰三角形，由此可求得點(diǎn)E的坐標(biāo)，進(jìn)而可求出直線的解析式，最后聯(lián)立列方程組即可求出點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）在BC上取點(diǎn)F，使得CF＝CD，連接OF，先證明≌，可得，，再證明≌，由此即可證得結(jié)論；
（4）作于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H，先證明，由此可得，，進(jìn)而將y＝1代入即可求得點(diǎn)，同理可求得點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而可得答案．
【詳解】（1）解：直線交軸于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，
，，
是中點(diǎn)，，
，
在中，．
（2）解：如圖，延長(zhǎng)DC交y軸于點(diǎn)E，
，，
，
，，
，
，，
，
設(shè)直線CD的解析式為，
將，代入，得：
，
解得：
直線的解析式為；
（3）證明：如圖，在BC上取點(diǎn)F，使得CF＝CD，連接OF，
∵，，
∴，
∵在與中，
∴≌（SAS），
∴，，
∴，
∴在與中，
∴≌（SAS），
∴，
∵，
∴；
（4）解：如圖，作于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H，
由題意可得：，
∵，MH⊥x軸，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴在與中，
∴（AAS），
∴，，
將y＝1代入，得：，
解得：，
∴，
∴，
，；
如圖，作于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)N作NG⊥x軸于點(diǎn)G，
由題意可得：，
∵，NG⊥x軸，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴在與中，
∴（AAS），
∴，，
將y＝－1代入，得：，
解得：，
∴，
∴，
，，
綜上所述，滿(mǎn)足條件的點(diǎn)坐標(biāo)為，或，．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì)，屬于中考?？碱}型．
64．（2020·浙江·八年級(jí)期末）過(guò)點(diǎn)的直線，交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B．
（1）點(diǎn)A坐標(biāo)__________；點(diǎn)B坐標(biāo)_________；點(diǎn)C坐標(biāo)_________；
（2）如圖，在左側(cè)有一點(diǎn)D，使是等腰直角三角形，并且，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，P是直線上一動(dòng)點(diǎn)，沿直線翻折，A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是E，當(dāng)E點(diǎn)恰好落在坐標(biāo)軸上，直接寫(xiě)出P點(diǎn)的坐標(biāo)．
【答案】（1）（0，9）；（，0）；（1，-4）；（2）（-6，2）；（3）或P（）
【分析】（1）把x=1代入求出c的值，得點(diǎn)C坐標(biāo)；令x=0，代入求得y的值，從而得點(diǎn)A坐標(biāo)，令y=0，得x的值，進(jìn)一步得出點(diǎn)B坐標(biāo)；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥y軸，交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，證明≌，得，，得，設(shè) 可得，求解即可；
（3）分點(diǎn)E在y軸上和x軸上兩種情況求解即可．
【詳解】解：（1）把C（1，c）代入得，c=-4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1，-4）
令y=0，則-13x+9=0，
解得，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（，0）；
令x=0，則y=9，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，9）；
故答案為：（0，9）；（，0）；（1，-4）；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥y軸，交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)H，如圖，
∴CH=4，OH=1，
又∵，
∴
在和中，

∴≌
∴，
又
∴
設(shè)
∴，
∴
解得，
∴；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)E在y軸上時(shí)，此時(shí)DP//x軸，
∴
∵AC的解析式為y=-13x+9
∴
∴
∴
如圖，當(dāng)點(diǎn)E在x軸上時(shí)，則有AD=DE，連接AE，延長(zhǎng)DP交AE于點(diǎn)H，
設(shè)E（a，0）
∴
解得，
經(jīng)檢驗(yàn)，是原方程的根，
∵點(diǎn)E在x軸的正半軸上，
∴
∴E（3，0）
由折疊得H為AE的中點(diǎn)，
∴H()
設(shè)直線DH的解析式為
將D（-6，2），H()代入得，
解得，
∴直線DH的解析式為
聯(lián)立方程組，
解得，
∴P（）
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為或P（）
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，結(jié)合三角形全等知識(shí)解題是關(guān)鍵．
65．（2022·浙江舟山·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，，將線段平移至線段，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在第一象限內(nèi)，連接．
（1）直接寫(xiě)出圖中平行的線段，用“//”表示：___________；
（2）設(shè)點(diǎn)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)可表示為_(kāi)_______；
（3）求出點(diǎn)C，D的坐標(biāo)；
（4）如圖，過(guò)點(diǎn)D作x軸的平行線a，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿直線a向左移動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸向右移動(dòng)．
①求經(jīng)過(guò)幾秒鐘后，以Q、O、D、P為頂點(diǎn)的四邊形面積；
②在①的條件下，若交y軸于點(diǎn)M，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)M的坐標(biāo)．
【答案】（1）AB∥CD，AC∥BD；（2）（1，y-1）；（3）C（0，5），D（1，4）；（4）①1秒或秒；②（0，4）或（0，）
【分析】（1）直接根據(jù)平移的性質(zhì)可得；
（2）由點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)關(guān)系，推廣到點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)關(guān)系，可得結(jié)果；
（3）過(guò)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，利用S梯形AEFC=S△ADE+S△CDF+S△ACD列出方程，解之即可；
（4）①表示出DP=t，OQ=，根據(jù)四邊形面積得到，再分0≤t≤和t＞兩種情況分別求解；
②分t=1和t=兩種情況分別求解．
【詳解】解：（1）由平移可知：
AB∥CD，AC∥BD；
（2）∵A（-3，0），B（-2，-1），
則由A到B：橫坐標(biāo)加1，縱坐標(biāo)減1，
∵C（0，y），
∴D（1，y-1）；
（3）如圖所示：
過(guò)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)C作CF⊥DE于點(diǎn)F，
∴S梯形AEFC===，
又∵S△CDF===，
S△ADE===，
∵S梯形AEFC=S△ADE+S△CDF+S△ACD，
∴，
解得：y=5，
∴C（0，5），D（1，4）；
（4）①設(shè)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，
則DP=t，OQ=，
∴，
∴，
當(dāng)0≤t≤時(shí)，
，
解得：t=1，符合題意；
當(dāng)t＞時(shí)，
，
解得：t=，符合題意；
綜上：符合條件的時(shí)間為1秒或秒；
②當(dāng)t=1時(shí)，
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，4），點(diǎn)Q坐標(biāo)為（-1，0），
此時(shí)PQ與y軸的交點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，4）；
當(dāng)t=時(shí)，
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，4），點(diǎn)Q坐標(biāo)為（，0），
設(shè)直線PQ的解析式為y=kx+b，
則，解得：，
∴直線PQ的解析式為，
令x=0，則y=，
∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，），
綜上：點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，4）或（0，）．
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，平移的性質(zhì)，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，一元一次方程，解題的關(guān)鍵是掌握平移的性質(zhì)，將坐標(biāo)與線段長(zhǎng)結(jié)合起來(lái)．
66．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期末）已知一次函數(shù)，其中a為常數(shù)，且．
（1）若點(diǎn)在該一次函數(shù)的圖象上，求a的值；
（2）當(dāng)該函數(shù)的圖象與y軸的交點(diǎn)位于原點(diǎn)上方，判斷函數(shù)值y隨自變量x的增大而變化的趨勢(shì)；
（3）已知A的坐標(biāo)，B的坐標(biāo)，O為原點(diǎn)，若該函數(shù)的圖象與圍成的區(qū)域有交點(diǎn)（含邊界），求a的取值范圍；
【答案】（1）2；（2）函數(shù)值y隨自變量x的增大而減??；（3）≤a≤
【分析】（1）將點(diǎn)（1，-2）代入函數(shù)表達(dá)式，即可求出a值；
（2）求出函數(shù)與y軸交點(diǎn)縱坐標(biāo)，令其大于0，求出a的取值范圍，代入函數(shù)表達(dá)式中，根據(jù)一次函數(shù)增減性判斷即可；
（3）先判斷出函數(shù)經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（2，-1），再畫(huà)出圖像，求出函數(shù)經(jīng)過(guò)A和B時(shí)的a值，從而得到a的取值范圍．
【詳解】解：（1）∵點(diǎn)在一次函數(shù)圖像上，
∴，
解得：a=2；
（2）∵該函數(shù)的圖象與y軸的交點(diǎn)位于原點(diǎn)上方，
令x=0，則y=，
則-2a+1＞0，
解得：a＜，
∴a-1＜＜0，
∴函數(shù)值y隨自變量x的增大而減?。?br>（3）∵，
令x=2，則y=-1，
∴該函數(shù)經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（2，-1），
如圖，當(dāng)函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)B時(shí)，
將B（-4，1）代入，
則，
解得：a=；
當(dāng)函數(shù)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A時(shí)，
將A（0，4）代入，
則，
解得：a=；
∴若該函數(shù)的圖象與圍成的區(qū)域有交點(diǎn)（含邊界），則a的取值范圍是≤a≤．
【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了一次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出函數(shù)經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)，從而畫(huà)出圖像進(jìn)行求解．
67．（2020·浙江·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，一次函數(shù)與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)，與正比例函數(shù)交于點(diǎn)．
（1）求直線的函數(shù)表達(dá)式：
（2）在y軸上找點(diǎn)P，使為等腰三角形，直接寫(xiě)出所有滿(mǎn)足條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）在直線上找點(diǎn)Q，使得，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【答案】（1）；（2）或或或；（3），或，．
【分析】（1）可先求得點(diǎn)坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法可求得一次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）可設(shè)，則可表示出、和，分、和三種情況，分別得到關(guān)于的方程，可求得點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）可設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，從而可表示出的長(zhǎng)，由三角形的面積可得到關(guān)于點(diǎn)坐標(biāo)的方程，可求得點(diǎn)的坐標(biāo)．
【詳解】解：（1）正比例函數(shù)過(guò)點(diǎn)，
，
，
設(shè)直線解析式為，
把、代入可得，解得，
直線的函數(shù)表達(dá)式為；
（2）設(shè)，且，
，，，
為等腰三角形，
有、和三種情況，
①當(dāng)時(shí)，即，解得，此時(shí)點(diǎn)坐標(biāo)為，
②當(dāng)時(shí)，即，解得（舍去）或，此時(shí)點(diǎn)坐標(biāo)為，
③當(dāng)時(shí)，即，解得或，此時(shí)點(diǎn)坐標(biāo)為或，
綜上可知點(diǎn)的坐標(biāo)為或或或；
（3）點(diǎn)在直線上，
可設(shè)，且，
，
在中，令可得，
，且，
，
，且，
如圖，過(guò)作于點(diǎn)，
，即，解得，
，
，
，解得或，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
點(diǎn)的坐標(biāo)為，或，．
【點(diǎn)睛】本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、函數(shù)圖象的交點(diǎn)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的面積、方程思想及分類(lèi)討論思想等知識(shí)．在（1）中求得點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中用點(diǎn)坐標(biāo)表示出、的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵，在（3）中求得的高是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)．
68．（2021·浙江溫州·八年級(jí)期末）如圖，直線交軸于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，直線交軸于點(diǎn)，交直線于點(diǎn)，點(diǎn)為線段上一點(diǎn)，作軸，軸，延長(zhǎng)交直線于點(diǎn)，記，．
（1）求點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式．
（3）記點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，連結(jié)，，．
①當(dāng)為等腰三角形時(shí)，求的值．
②記直線交軸于點(diǎn)，若，則的取值范圍為_(kāi)_____．
【答案】（1）；（2）；（3）①或1；②
【分析】（1）直接將兩直線解析式聯(lián)立，求解即可；
（2）由題意得，，令，即可求解；
（3）①分情況討論（ⅰ）當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)處時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合即可求解（ⅱ）當(dāng)時(shí)，延長(zhǎng)，作，則，可證即可求解（ⅲ）不存在；②直線： ，所以分情況討論即可；
【詳解】（1）令，
解得：，
∴
（2）由題意得，，
令，
得，即，
∴，
（3）①（ⅰ）當(dāng)點(diǎn)在點(diǎn)處時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合，
則，得，，
（ⅱ）當(dāng)時(shí)，
由題意得，，
∴，
由對(duì)稱(chēng)性可知，，，
延長(zhǎng)，作，則，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
（ⅲ）當(dāng) 時(shí)不存在；
綜上所述，當(dāng)或1時(shí)，是等腰三角形；
②直線： ，
∴E(0，)，
ON≥2OE，
∴ ，
（i）當(dāng)m≤ 時(shí)，，
∴ ，
（II）當(dāng)m＞ 時(shí)，
∴，
綜上所述： ．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題、一次函數(shù)與幾何圖形結(jié)合的問(wèn)題、一次函數(shù)取值范圍的問(wèn)題，熟練掌握數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵；
69．（2020·浙江·八年級(jí)期末）小華遇到一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題，他進(jìn)行了研究、推理與拓展．
【問(wèn)題】如圖1，點(diǎn)A、B在直線l的同側(cè)，在直線l上是否存在點(diǎn)C，使得？
【研究】如圖2，作點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，連結(jié)，交直線l于點(diǎn)C，連結(jié)，則點(diǎn)C就是要找的點(diǎn)．小華把這樣的點(diǎn)C叫做點(diǎn)A、B關(guān)于直線l的“反射點(diǎn)”．
【推理】證明圖2中成立．
【拓展】如圖3，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線l的解析式為．
（1）若點(diǎn)C是點(diǎn)關(guān)于直線l的反射點(diǎn)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．
（2）點(diǎn)E、F在x軸的正半軸上（點(diǎn)E在點(diǎn)F的左側(cè)），若點(diǎn)E、F關(guān)于直線l的反射點(diǎn)為，且，求點(diǎn)E、F的坐標(biāo)．
請(qǐng)幫助小華解決“推理”“拓展”中的問(wèn)題．
【答案】推理：見(jiàn)詳解；拓展（1）C；（2）E（，0），F(xiàn)（，0）
【分析】推理：根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)可得∠1=∠A′CD，進(jìn)而即可得到結(jié)論；
拓展（1）如圖，由題意得：以直線l為對(duì)稱(chēng)軸作A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，連接A′B交直線l于點(diǎn)C，利用待定系數(shù)法求出直線A′B的解析式，聯(lián)立，即可求解；
（2）作點(diǎn)E關(guān)于直線l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E′，連接E′F，交直線l為，設(shè)E（x1，0），F(xiàn)（x2，0），則E′（0，x1），從而推出∠OFE′=30°，進(jìn)而得到x2=x1，用x1表示出直線E′F解析式，結(jié)合，求出x1，即可得到答案．
【詳解】推理：∵A、A′關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng)，
∴∠1=∠A′CD，
又∵∠2=∠A′CD，
∴∠1=∠2；
推理：（1）如圖，由題意得：以直線l為對(duì)稱(chēng)軸作A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A′，連接A′B交直線l于點(diǎn)C，即為所求．
∵，
∴A′（0，2），
設(shè)直線A′B的解析式為：y=kx+b，
把代入上式得：，解得：，
∴y=x+2，
聯(lián)立，得，
∴C；
（2）如圖，作點(diǎn)E關(guān)于直線l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E′，連接E′F，交直線l為，
設(shè)E（x1，0），F(xiàn)（x2，0），則E′（0，x1），
∵，
∴∠3=∠4=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠E ′DO=∠3=75°，
∵直線l的解析式為y=x，
∴∠DOE′=45°，
∴∠OE′D=180°-75°-45°=60°，
又∵∠FOE′=90°，
∴∠OFE′=180°-90°-60°=30°，
∴OF=OE′，即x2=x1，
設(shè)直線E′F解析式為：y=kx+b，
把E′（0，x1），F(xiàn)（x1，0），代入上式得：，
∴，
把代入得：，
∴，
∴E（，0），F(xiàn)（，0）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查軸對(duì)稱(chēng)圖形的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，根據(jù)題意，畫(huà)出圖形，是解題的關(guān)鍵．
70．（2021·浙江寧波·八年級(jí)期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線與直線交于點(diǎn)，與x軸分別交于點(diǎn)和點(diǎn)C．點(diǎn)D為線段上一動(dòng)點(diǎn)，將沿直線翻折得到，線段交x軸于點(diǎn)F．
（1）求直線的函數(shù)表達(dá)式．
（2）若點(diǎn)D在線段上．
①當(dāng)點(diǎn)E落在y軸上時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．
②當(dāng)與的面積相等時(shí)，求線段的長(zhǎng)．
（3）若為直角三角形，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【答案】（1）；（2）①，②；（3）或．
【分析】（1）把點(diǎn)代入，求解 可得直線為，把點(diǎn)代入，求解，可得，再利用待定系數(shù)法求解直線的函數(shù)表達(dá)式即可；
（2）①如圖，過(guò)點(diǎn)A作軸于點(diǎn)H，先求解，再求解可得 從而可得答案；②由，證明，從而可得點(diǎn)D為的中點(diǎn)，再利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解 從而可得答案；
（3）由對(duì)折可得： 可得為直角三角形，分兩種情況討論：當(dāng)時(shí)，過(guò)作于 證明從而可得答案，如圖，當(dāng)時(shí)，先求解 可得 設(shè) 則 再利用勾股定理求解,再求解 即可得到答案．
【詳解】解：（1）把點(diǎn)代入，


∴直線為
把點(diǎn)代入，得
把代入得，


直線的函數(shù)表達(dá)式．
（2）①如圖，過(guò)點(diǎn)A作軸于點(diǎn)H，則，

點(diǎn)坐標(biāo)為
②
即
而
點(diǎn)D為的中點(diǎn)
，
當(dāng)時(shí)，



即

（3）由對(duì)折可得：
為直角三角形，分兩種情況討論：
當(dāng)時(shí)，
如圖，由對(duì)折可得：

過(guò)作于




如圖，當(dāng)時(shí)，
由對(duì)折可得：

由兩點(diǎn)坐標(biāo)可得：
設(shè) 則




．
綜上：或．
【點(diǎn)睛】本題考查的是利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，勾股定理的應(yīng)用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
71．（2020·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖1，直線與軸，軸分別交于點(diǎn)，，直線與直線交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)．

（1）求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）求的面積；
（3）如圖2，是軸正半軸上的一點(diǎn)，是直線上的一點(diǎn)，連接．
①若軸，且點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)恰好落在直線上，求的長(zhǎng)；
②若與全等（點(diǎn)不與點(diǎn)重合），請(qǐng)寫(xiě)出所有滿(mǎn)足要求的點(diǎn)坐標(biāo)________．（直接寫(xiě)出答案）
【答案】（1）（3，4）；（2）；（3）①；②（，），（?3，12），（?，）．
【分析】（1）聯(lián)立一次函數(shù)解析式得二元一次方程組，即可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)；
（2）求出B，D，C的坐標(biāo)，結(jié)合三角形的面積公式解答即可；
（3）①根據(jù)PQ∥x軸得出AA'⊥x軸，進(jìn)而解答即可；②分兩種情況，結(jié)合全等三角形的性質(zhì)，進(jìn)行解答即可．
【詳解】（1）由＝x＋1，解得：x＝3，把x＝3代入y＝x＋1＝3＋1＝4，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4）；
（2）由題意得：B（0，8），D（0，1），C（3，4），
∴BD＝7，
∴S△BDC＝BD?|xC|＝×7×3＝；
（3）①由題意得：A（6，0），
∵PQ∥x軸，
∴AA'⊥x軸，
∵A（6，0），
把x=6代入，得y=7，
∴A'（6，7）
∴AA'＝7，
∴yQ＝＝?x＋8，
∴x＝，
即PQ＝；
②按兩種情形討論：
（Ⅰ）P在B點(diǎn)下方，則有BP＝BC＝=5，
此時(shí)xQ＝＝＝2×÷5＝，
代入y＝?x＋8得：yQ＝，
∴Q1（，）；
（Ⅱ）P在B點(diǎn)上方，若BP＝BD．
則有xQ＝?xC＝?3，
∴Q2（?3，12），
若BP＝BC＝5，
則有xQ3＝?xQ1＝?，
∴Q3（?，）．
故答案為：（，），（?3，12），（?，）．
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是一次函數(shù)的圖像與平面幾何的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法全等三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是第（3）小題要分類(lèi)討論，數(shù)形結(jié)合．
72．（2020·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)的坐標(biāo)是，點(diǎn)是軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)在軸上移動(dòng)時(shí)，始終保持是等邊三角形（點(diǎn)、、按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校?；?dāng)點(diǎn)移動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，得到等邊三角形（此時(shí)點(diǎn)與點(diǎn)重合）．
初步探究
（1）寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)________；
（2）點(diǎn)在軸上移動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)?shù)冗吶切蔚捻旤c(diǎn)在第三象限時(shí)，連接，求證：；
深入探究
（3）當(dāng)點(diǎn)在軸上移動(dòng)時(shí)，點(diǎn)也隨之運(yùn)動(dòng)，探究點(diǎn)在怎樣的圖形上運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫(xiě)出結(jié)論；并求出這個(gè)圖形所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；
拓展應(yīng)用
（4）點(diǎn)在軸上移動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)為等腰三角形時(shí)，直接寫(xiě)出此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)．
【答案】（1）；（2）證明見(jiàn)解析；（3）點(diǎn)在過(guò)點(diǎn)且與垂直的直線上，表達(dá)式為：；（4），，，．
【分析】（1）作于．利用等邊三角形三線合一求得OH，再根據(jù)勾股定理求得 即可得出B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)利用SAS即可證明；
（3）由（2）易得，點(diǎn)在過(guò)點(diǎn)且與垂直的直線上．當(dāng)點(diǎn)在軸上時(shí)，得．由，．利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)解析式；
（4）設(shè)，根據(jù)，分①當(dāng)，②當(dāng)，③三種情況討論即可．
【詳解】解：（1）如圖1中，作于．
是等邊三角形，，
∵，
∴，
∴在中，，
，；
（2）如圖2中,
與都是等邊三角形，
，，，
，
即，
在與中，
，
．
（3）如圖2中，．
，
，
點(diǎn)在過(guò)點(diǎn)且與垂直的直線上．
當(dāng)點(diǎn)在軸上時(shí)，,
∴,,
∴．
，．
設(shè)點(diǎn)所在直線的函數(shù)表達(dá)式為：．把點(diǎn)、的坐標(biāo)分別代入
得，解得，
所以點(diǎn)所在直線的函數(shù)表達(dá)式為：；
（4），
∴，
設(shè)，
∵，
則，， ，
①當(dāng)時(shí)，，此時(shí)或；
②當(dāng)時(shí)，，
即，
解得（此時(shí)B、P重合舍去），
，
∵點(diǎn)、、按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校?br>∴；
③時(shí)，，
即，
解得，此時(shí)，
∵點(diǎn)、、按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校?br>∴；
綜上所述C點(diǎn)坐標(biāo)為：，，，．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、一次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類(lèi)討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
73．（2020·浙江·八年級(jí)期末）【溫故】在初中階段的函數(shù)學(xué)習(xí)中，我們經(jīng)歷了“確定函數(shù)的表達(dá)式——利用函數(shù)圖象研究其性質(zhì)——運(yùn)用函數(shù)解決問(wèn)題”的學(xué)習(xí)過(guò)程．同時(shí)．我們也學(xué)習(xí)了絕對(duì)值的意義；
【嘗試】結(jié)合上面經(jīng)歷的學(xué)習(xí)過(guò)程，探究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，探究過(guò)程如下．請(qǐng)補(bǔ)充完整．
（1）列表：
請(qǐng)根據(jù)表格中的信息，求出的值．
【探索】（2）①根據(jù)（1）中結(jié)果，請(qǐng)?jiān)诮o出的平面直角坐標(biāo)系中，畫(huà)出這個(gè)函數(shù)的圖象．（溫馨提示：請(qǐng)把圖畫(huà)在答題卷相對(duì)應(yīng)的圖上．)
②若點(diǎn)在函數(shù)圖象上，且，試比較與的大小，并說(shuō)明理由．
【拓展】（3）結(jié)合畫(huà)出的函數(shù)圖象，解決問(wèn)題：若關(guān)于的方程有且只有一個(gè)正根和一個(gè)負(fù)根，請(qǐng)直接寫(xiě)出滿(mǎn)足條件的的取值范圍.
【答案】（1）-3；-5 （2）①見(jiàn)解析 ②；理由見(jiàn)解析 （3）.
【分析】(1)分x≥2 和x＜2兩種情形化簡(jiǎn)，后從列表中，選擇符合題意的一對(duì)數(shù)值代入計(jì)算即可；
(2)根據(jù)題意，x＜2，選擇對(duì)應(yīng)的函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)判斷即可；
(3)畫(huà)出圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解即可．
【詳解】當(dāng)時(shí)，，
把代入，
得:，
，
當(dāng)時(shí)，，即；
圖象如圖
當(dāng)時(shí)，，
，
隨的增大而減小
當(dāng)時(shí)，；
（3）如圖：當(dāng)直線在直線之間時(shí)，關(guān)于的方程有且只有一個(gè)正根和一個(gè)負(fù)根，
令，則，
即：或，
解得：或，
當(dāng)，時(shí)，代入得：，
當(dāng)，時(shí)，代入得：，
∴，
∴滿(mǎn)足條件的的取值范圍是：．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的交點(diǎn)、絕對(duì)值方程與一次函數(shù)的關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用一次函數(shù)的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合的思想解答．
74．（2021·浙江金華·八年級(jí)期末）如圖1，A、C是平面內(nèi)的兩個(gè)定點(diǎn)，∠BAC=20° ，點(diǎn)P為射線AB 上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC的垂線交直線AC于點(diǎn)D．設(shè)∠APC的度數(shù)為x°，∠PDC的度數(shù)為y°．小明對(duì)x與y之間滿(mǎn)足的等量關(guān)系進(jìn)行了探究，下面是小明的探究過(guò)程，請(qǐng)補(bǔ)充完整：
（1）如圖1，當(dāng)x=40°時(shí)，依題意補(bǔ)全圖形：
（2）在圖2中，按照下表中x的值進(jìn)行取點(diǎn)、畫(huà)圖、計(jì)算，分別得到了y與x的幾組對(duì)應(yīng)值，補(bǔ)全表格：
（3）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，
①描出表中各組數(shù)值所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)（x， y）；
②通過(guò)研究①中點(diǎn)構(gòu)成的圖象，當(dāng)y=50時(shí)， x的值為_(kāi)________；
（4）用含x的代數(shù)式表示y為： ．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）①見(jiàn)解析；②20或120；（4）
【分析】（1）依題意補(bǔ)全的圖形即可；
（2）當(dāng)x=40°時(shí)，即∠APC=40°，從圖1看∠APD=90°，∠PAD=∠BAC=20°，則∠PCD=∠PAD+∠APC=60°，則∠PDC=90°-60°=30°=y，同理可得：x=60時(shí)，y=10，x=80時(shí)，y=10，x=100時(shí)，y=30，即可求解；
（3）①描點(diǎn)連線繪出函數(shù)圖象如圖2；②從圖上看，當(dāng)y=50時(shí)，x=20或120；
（4）分x＞70和x＜70兩種情況，用待定系數(shù)法即可求解．
【詳解】解：（1）依題意補(bǔ)全的圖形如圖1：
（2）當(dāng)x=40°時(shí)，即∠APC=40°，
從圖1看∠APD=90°，∠PAD=∠BAC=20°，
∴∠PCD=∠PAD+∠APC=60°，
則∠PDC=90°-60°=30°=y，
同理可得：x=60時(shí)，y=10，x=80時(shí)，y=10，x=100時(shí)，y=30，
填表如下：
（3）①描點(diǎn)連線繪出函數(shù)圖象如下（圖2）：
②從圖上看，當(dāng)y=50時(shí)，x=20或120，
故答案為20或120；
（4）當(dāng)x＞70時(shí)，從圖象看，函數(shù)為一次函數(shù)，設(shè)函數(shù)的表達(dá)式為y=kx+b，
將（70，0）、（80，10）代入上式并解得，
故函數(shù)的表達(dá)式為y=x-70；
當(dāng)x＜70時(shí)，
同理可得：函數(shù)的表達(dá)式為y=-x+70，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查的是動(dòng)點(diǎn)圖象問(wèn)題，此類(lèi)題目主要根據(jù)給定的表格，確定未知點(diǎn)的坐標(biāo)，畫(huà)出函數(shù)圖象，利用函數(shù)圖象和函數(shù)關(guān)系，解相關(guān)數(shù)據(jù)的值．
75．（2020·浙江麗水·八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點(diǎn)A,與y軸交于點(diǎn)B,過(guò)點(diǎn)B的直線x軸于點(diǎn)C，且AB=BC．
（1）求直線BC的表達(dá)式
（2）點(diǎn)P為線段AB上一點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且AP=CQ,PQ交x軸于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為m，求的面積（用含m的代數(shù)式表示）
（3）在（2）的條件下，點(diǎn)M在y軸的負(fù)半軸上，且MP=MQ，若求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【分析】（1）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)，由等腰三角形的性質(zhì)可求點(diǎn)C坐標(biāo)，由待定系數(shù)法可求BC的解析式；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，過(guò)點(diǎn)Q作HQ⊥AC，由“AAS”可證△AGP≌△CHQ，可得AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，由“AAS”可證△PEF≌△QCF，可得S△PEF=S△QCF，即可求解；
（3）如圖2，連接AM，CM，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AC，由“SSS”可證△APM≌△CQM，△ABM≌△CBM，可得∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，∠BAM=∠BCM，由“AAS”可證△APE≌△MAO，可得AE=OM，PE=AO=4，可求m的值，可得點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【詳解】解：（1）∵直線y=2x+8與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，
∴點(diǎn)B（0，8），點(diǎn)A（-4，0）
∴AO=4，BO=8，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO=4，
∴點(diǎn)C（4，0），
設(shè)直線BC解析式為：y=kx+b，
由題意可得：，
解得：，
∴直線BC解析式為：y=-2x+8；
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，過(guò)點(diǎn)Q作HQ⊥AC，
設(shè)△PBQ的面積為S，
∵AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA，
∵點(diǎn)Q橫坐標(biāo)為m，
∴點(diǎn)Q（m，-2m+8）
∴HQ=2m-8，CH=m-4，
∵AP=CQ，∠BAC=∠BCA=∠QCH，∠AGP=∠QHC=90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA=∠ACB，∠EPF=∠CQF，
∴∠PEA=∠PAE，
∴AP=PE，且AP=CQ，
∴PE=CQ，且∠EPF=∠CQF，∠PFE=∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF=S△QCF，
∴△PBQ的面積
=四邊形BCFP的面積+△CFQ的面積
=四邊形BCFP的面積+△PEF的面積
=四邊形PECB的面積，
∴S=S△ABC-S△PAE=×8×8-×（2m-8）×（2m-8）=16m-2m2；
（3）如圖2，連接AM，CM，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AC，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分線，
∴AM=CM，且AP=CQ，PM=MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，
∵AM=CM，AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ=180°，
∴∠BCM=∠MCQ=∠PAM=90°，且∠APM=45°，
∴∠APM=∠AMP=45°，
∴AP=AM，
∵∠PAO+∠MAO=90°，∠MAO+∠AMO=90°，
∴∠PAO=∠AMO，且∠PEA=∠AOM=90°，AM=AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE=OM，PE=AO=4，
∴2m-8=4，
∴m=6，
∴P（-2，4）．
【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
時(shí)間x/h
0
12
24
36
48
…
水位y/m
40
40.3
40.6
40.9
41.2
…
···
···
···
···
x°
40
60
80
100
y°
x°
40
60
80
100
y°
30
10
10
30

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