2022-2023学年八年级数学上学期复习考前必做填空30题

这是一份2022-2023学年八年级数学上学期复习考前必做填空30题，共27页。试卷主要包含了已知，2＝　 　，＝　 　等内容，欢迎下载使用。
填空30题
一．填空题（共30小题）
1．（2022秋•江都区期中）一个正数的两个平方根为a+3和a﹣8，则这个数为 　 　．
2．（2022秋•江阴市校级月考）已知：2+的整数部分为m，小数部分为n，则2m﹣n＝　 　．
3．（2018秋•宿迁期末）圆周率π≈3.1415926……，用四舍五入法把π精确到万分位，得到的近似值是　 　．
4．（2021春•海安市月考）已知a是的整数部分，b是的小数部分，则（﹣a）3+（b+2）2＝　 　．
5．（2022春•启东市期中）对于任意两个正数x和y，规定x⊕y＝，例如，4⊕1＝﹣1＝1．请计算（5⊕2）﹣（5⊕3）＝　 　．
6．（2022秋•玄武区校级期中）如图，直线l上有三个正方形A、B、C，若正方形C的边长为7，则正方形B和正方形A的面积之差为 　 　．

7．（2022秋•新北区期中）如图，AB，BC，CD，DE是四根长度均为5cm的火柴棒，点A，C，E共线．若AC＝6cm，CD⊥BC，则S△CDE＝　 　cm2．

8．（2022秋•江阴市期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD是边BC上的中线，AD＝2，则△ACB的面积是 　 　．

9．（2022秋•如皋市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，∠C＝30°，点D是BC边上的一个动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使AD＝AE，∠AED＝∠C．O为AC的中点，连接OE，则线段OE的最小值为 　 　．

10．（2022秋•海安市期中）如图，在△ABC中，∠B＝60°，点D在边BC上，且AD＝AC，若AB＝6，CD＝4，则BD＝　 　．

11．（2022秋•江阴市期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，D是AB的中点，连结CD，CD＝5，则△ACB的面积等于 　 　．
12．（2022秋•鼓楼区校级月考）已知：如图，D是BC上一点，AD平分∠BAC，AB＝8，AC＝6，若S△ABD＝m，则S△ADC＝　 　（用m的代数式表示）．

13．（2022秋•涟水县校级月考）如图，∠AOB内一点P，P1、P2分别是点P关于OA、OB的对称点，P1P2交OA于M，交OB于N，若P1P2＝12cm，则△PMN的周长是 　 　．

14．（2022秋•沭阳县期中）如图，如果将其中1个白色方格涂上阴影，使整个阴影部分成为一个轴对称图形，一共有 　 　种不同的涂法．

15．（2022秋•高新区校级期中）如图，AD是△ABC的中线，∠ADC＝30°，把△ADC沿着直线AD翻折，点C落在点E的位置，如果BC＝4，那么线段BE的长度为 　 　．

16．（2022秋•玄武区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、AC、BC为边在AB同侧作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四块阴影部分面积分别为S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3＝12，则S4＝　 　．

17．（2022秋•泗阳县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为线段AB上一点，连接CD，CD与∠ABC的角平分线BE相交于点F，若△CEF是以EF为底边的等腰三角形，则DF的长为 　 　．

18．（2022秋•连云港期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，短直角边长为b，若（a+b）2＝24，大正方形的面积为15，则小正方形的面积为 　 　．

19．（2022秋•新吴区期中）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目的大致意思是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都是1尺（1尺＝10寸），则AB的长是几寸？若设图中单扇门的宽AD＝x寸，则可列方程为：　 　．

20．（2022春•玄武区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接AB，AB＝5．将线段AB绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段A'B'，若点B'恰好在y轴正半轴上，点A'的坐标为 　 　．

21．（2018秋•泰兴市校级期中）已知AB∥x轴，A点的坐标为（﹣3，2），并且AB＝4，则B点的坐标为　 　．
22．（2021秋•虎丘区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（﹣3，0），点C在x轴上，点A在第一象限，且AB＝AC，连接AO，若∠AOC＝60°，AO＝6，则点C的坐标为 　 　．

23．（2020秋•宝应县期末）已知关于x、y的二元一次方程组的解是，则一次函数y＝ax+b和y＝kx的图象交点坐标为　 　．
24．（2020秋•鼓楼区期末）中国古代数学专著《九章算术》“方程”一章记载用算筹（方阵）表示二元一次方程组的方法，发展到现代就是用矩阵式＝来表示二元一次方程组，而该方程组的解就是对应两直线（不平行）a1x+b1y＝c1与a2x+b2y＝c2的交点坐标P（x，y）．据此，则矩阵式＝所对应两直线交点坐标是　 　．
25．（2020秋•玄武区期末）已知一次函数y＝kx﹣b（k、b为常数，且k≠0，b≠0）与y＝x的图象相交于点M（a，1），则关于x的方程（k﹣）x＝b的解为x＝　 　．
26．（2020秋•南京期末）甲、乙二人从学校出发去科技馆，甲步行一段时间后，乙骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行，他们的路程差s（米）与甲出发时间t（分）之间的函数关系如图所示．下列说法：①乙先到达科技馆；②乙的速度是甲速度的2.5倍；③b＝480；④a＝24．其中正确的是　 　（填序号）．

27．（2021秋•泰兴市期末）如图，点Q在线段AC上由A向C匀速运动，速度为a（cm/s），设运动时间为t（s）．CQ＝y（cm），y与t的函数图象经过点（3，2）和（1，6），则a的值为 　 　．

28．（2019秋•铜山区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，2），点B的坐标是（2，0），连接AB，点P是线段AB上的一个动点（包括两端点），直线y＝﹣x上有一动点Q，连接OP，PQ，已知△OPQ的面积为，则点Q的坐标为　 　．

29．（2022•无锡二模）如图，已知A（0，3）、B（4，0），一次函数y＝﹣x+b的图象为直线l，点O关于直线l的对称点O′恰好落在∠ABO的平分线上，则：
（1）AB＝　 　；
（2）b的值为 　 　．

30．（2021秋•泰州期末）如图，已知点A、B射线OX上，OA等于2cm，AB等于1cm，如果OA绕点O按逆时针方向旋转30°到OA'，那么点A'的位置可以用（2，30°）表示，如果将OB绕点O按顺时针旋转280°到OB'，那么点B'的位置可以表示为 　 　．



答案与解析
一．填空题（共30小题）
1．（2022秋•江都区期中）一个正数的两个平方根为a+3和a﹣8，则这个数为 　　．
【分析】根据一个正数有两个平方根且它们互为相反数直接计算求出a的值，然后再根据平方根的的定义求出这个数．
【解析】由题意得，a+3+a﹣8＝0，
解得a＝，
∴a+3＝，a﹣8＝﹣，
∵（±）2＝，
∴这个数为．
故答案为：．
2．（2022秋•江阴市校级月考）已知：2+的整数部分为m，小数部分为n，则2m﹣n＝　7﹣　．
【分析】根据算术平方根的定义估算无理数的大小，进而估算出2+的大小，确定m、n的值，再代入计算即可．
【解析】∵1＜＜2，
∴3＜2＝＜4，
∴2+的整数部分m＝3，小数部分n＝2+﹣3＝﹣1，
∴2m﹣n＝6﹣+1＝7﹣，
故答案为：7﹣．
3．（2018秋•宿迁期末）圆周率π≈3.1415926……，用四舍五入法把π精确到万分位，得到的近似值是　3.1416　．
【分析】根据题意，利用四舍五入法可以解答本题．
【解析】用四舍五入法把π精确到万分位，得到的近似值是3.1416，
故答案为：3.1416．
4．（2021春•海安市月考）已知a是的整数部分，b是的小数部分，则（﹣a）3+（b+2）2＝　0　．
【分析】根据4＜8＜9，开方求出的整数部分，表示出小数部分，确定出a与b的值，代入所求式子计算即可求出值．
【解析】∵4＜8＜9，∴2＜＜3，
∴的整数部分a＝2，小数部分b＝﹣2，
则原式＝﹣8+8＝0．
故答案为：0
5．（2022春•启东市期中）对于任意两个正数x和y，规定x⊕y＝，例如，4⊕1＝﹣1＝1．请计算（5⊕2）﹣（5⊕3）＝　2﹣5　．
【分析】利用规定x⊕y的运算法则分别计算5⊕2和5⊕3后，再利用实数的运算法则运算即可．
【解析】∵5⊕2＝﹣2，5⊕3＝3﹣，
∴（5⊕2）﹣（5⊕3）
＝（﹣2）﹣（3﹣）
＝﹣2﹣3+
＝2﹣5，
故答案为：2﹣5．
6．（2022秋•玄武区校级期中）如图，直线l上有三个正方形A、B、C，若正方形C的边长为7，则正方形B和正方形A的面积之差为 　49　．

【分析】证△EFG≌△GMH（AAS），得FG＝MH＝7，在Rt△EFG中，由勾股定理得EG2﹣EF2＝FG2＝49，即可解决问题．
【解析】如图，

∵正方形C的边长为7，
∴MH＝7，
由正方形的性质得：∠EFG＝∠EGH＝∠GMH＝90°，EG＝GH，
∵∠FEG+∠EGF＝90°，∠EGF+∠MGH＝90°，
∴∠FEG＝∠MGH，
在△EFG和△GMH中，
，
∴△EFG≌△GMH（AAS），
∴FG＝MH＝7，在Rt△EFG中，由勾股定理得：EG2﹣EF2＝FG2＝72＝49，
∴正方形B和正方形A的面积之差＝EG2﹣EF2＝49，
故答案为：49．
7．（2022秋•新北区期中）如图，AB，BC，CD，DE是四根长度均为5cm的火柴棒，点A，C，E共线．若AC＝6cm，CD⊥BC，则S△CDE＝　12　cm2．

【分析】过B作BG⊥AC于点G，过D作DH⊥CE于点H，证△BCG≌△CDH（AAS），得BG＝CH，CG＝DH，再由等腰三角形的性质得CG＝AC＝3cm，然后由勾股定理得BG＝4cm，即可解决问题．
【解析】如图，过B作BG⊥AC于点G，过D作DH⊥CE于点H，
则∠BGC＝∠DHC＝90°，
∴∠BCG+∠CBG＝90°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD＝90°，
∴∠BCG+∠DCH＝90°，
∴∠CBG＝∠DCH，
在△BCG和△CDH中，
，
∴△BCG≌△CDH（AAS），
∴BG＝CH，CG＝DH，
∵AB＝BC＝5cm，BG⊥AC，AC＝6cm，
∴CG＝AC＝3cm，
∴DH＝3cm，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BG＝＝＝4（cm），
∴CH＝4cm，
∵CD＝DE，DH⊥CE，
∴CH＝EH＝4cm，
∴CE＝CH+EH＝8cm，
∴S△CDE＝CE•DH＝×8×3＝12（cm2），
故答案为：12．

8．（2022秋•江阴市期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD是边BC上的中线，AD＝2，则△ACB的面积是 　6　．

【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证△ADC≌△EDB（SAS），得BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，再由勾股定理的逆定理证∠EAB＝90°，即可解决问题．
【解析】如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD，
在△ADC与△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，
又∵AE＝2AD＝4，AB＝3，
∴BE2＝AE2+AB2，
∴△ABE是直角三角形，∠EAB＝90°，
则S△ACB＝2S△ABD＝2××2×3＝6，
故答案为：6．

9．（2022秋•如皋市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，∠C＝30°，点D是BC边上的一个动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使AD＝AE，∠AED＝∠C．O为AC的中点，连接OE，则线段OE的最小值为 　2　．

【分析】取AB中点G，连接DG，CG，由“SAS”可证△AFE≌△AGD，可得GD＝EF，则当GD⊥BC时，GD有最小值，利用含30度角的直角三角形可求解．
【解析】如图，取AB中点G，连接DG，CG，

∵AB＝AC＝8，点O是AC中点，点G是AB中点，
∴AG＝BG＝AO＝CO＝4，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
∴∠AED＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AD＝AE，AG＝AO，
在△ADG和△AEO中，
，
∴△ADG≌△AEO（SAS），
∴GD＝EO，
∴DG有最小值，EF也有最小值，
∴当GD⊥BC时，GD有最小值，
∵∠B＝30°，GD⊥BC，BG＝4，
∴GD＝2，
∴线段OE的最小值为2．
故答案为：2．
10．（2022秋•海安市期中）如图，在△ABC中，∠B＝60°，点D在边BC上，且AD＝AC，若AB＝6，CD＝4，则BD＝　1　．

【分析】过点A作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出DE＝EC＝CD＝2．由含30度角的直角三角形的性质求出BE＝AB＝3，那么BD＝BE﹣DE＝1．
【解析】如图，过点A作AE⊥BC于E，

又∵AD＝AC，CD＝4，
∴DE＝EC＝CD＝2．
在直角△ABE中，
∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAE＝90°﹣∠B＝30°，
∴BE＝AB＝×6＝3，
∴BD＝BE﹣DE＝3﹣2＝1．
故答案为：1．

11．（2022秋•江阴市期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，D是AB的中点，连结CD，CD＝5，则△ACB的面积等于 　24　．
【分析】由直角三角形斜边上的中线可求解AB的长，利用勾股定理求得AC的长，再根据三角形的面积公式计算可求解．
【解析】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，CD＝5，
∴AB＝2CD＝10，
∵BC＝6，
∴AC＝，
∴S△ACB＝．
故答案为：24．
12．（2022秋•鼓楼区校级月考）已知：如图，D是BC上一点，AD平分∠BAC，AB＝8，AC＝6，若S△ABD＝m，则S△ADC＝　m　（用m的代数式表示）．

【分析】过D点作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如图，根据角平分线的性质得到DE＝DF，再根据三角形面积公式得到S△ADC：m＝6：8，然后利用比例的性质计算即可．
【解析】过D点作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如图，
∵AD平分∠BAC，
∴DE＝DF，
∴S△ADC：S△ADB＝•AC•DF：（•AB•DE），
∴S△ADC：m＝6：8，
∴S△ADC＝m．
故答案为：m．

13．（2022秋•涟水县校级月考）如图，∠AOB内一点P，P1、P2分别是点P关于OA、OB的对称点，P1P2交OA于M，交OB于N，若P1P2＝12cm，则△PMN的周长是 　12cm　．

【分析】根据轴对称的性质的相等关系进行等量代换，便可知P1P2与△PMN的周长是相等的．
【解析】∵OA和OB分别是△PMP1和△PNP2的对称轴，
∴PM＝MP1，PN＝NP2；
∴P1M+MN+NP2＝PM+MN+PN＝P1P2＝12cm，
∴△PMN的周长为12cm．
故答案为：12cm．
14．（2022秋•沭阳县期中）如图，如果将其中1个白色方格涂上阴影，使整个阴影部分成为一个轴对称图形，一共有 　4　种不同的涂法．

【分析】利用网格根据轴对称的性质即可解决问题．
【解析】如图所示：

一共有4种不同的涂法．
故答案为：4．
15．（2022秋•高新区校级期中）如图，AD是△ABC的中线，∠ADC＝30°，把△ADC沿着直线AD翻折，点C落在点E的位置，如果BC＝4，那么线段BE的长度为 　2　．

【分析】过D作DF⊥BE于F，依据BD＝ED，∠BDE＝120°，即可得出BE＝2BF，∠DBE＝30°，再根据等腰三角形的性质，利用BF的长，即可得出BE的长．
【解析】如图，过D作DF⊥BE于F，

∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD＝BC＝2，
由折叠可得，DE＝DC＝2，∠CDE＝2∠CDA＝60°，
∴BD＝ED＝2，∠BDE＝120°，
∴BE＝2BF，∠DBE＝30°，
在Rt△BDF中，DF＝BD＝1，
∴BF＝＝＝，
∴BE＝2BF＝2，
故答案为：2．
16．（2022秋•玄武区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、AC、BC为边在AB同侧作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四块阴影部分面积分别为S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3＝12，则S4＝　6　．

【分析】把图中四块阴影部分的面积转化为三角形面积，通过三角形全等即可转化为S1+S2+S3＝2S△ABC，即可求出结论．
【解析】连接PE，过点E作EF⊥AK于点F，

∵AB＝DB，∠ACB＝∠DNB＝90°，
而∠CBA+∠CBD＝∠DBN+∠CBD＝90°，
∴∠CBA＝∠DBN，
∴△CBA≌△NBD（AAS），
故S4＝S△ABC；
同理△AEF≌△ABC，
∴AC＝EF＝AQ＝CP，
∵∠QAC＝∠KFE＝∠PCD＝90°，
∴AQ∥EF，
∴四边形CFEP是矩形，
∴∠CPE＝90°，
∴∠QPC+∠CPE＝180°，
∴Q，P，E三点共线，
又∵EA＝AB，∠EFA＝∠ACB＝90°，
而∠EAF+∠CAB＝∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠EAF＝∠ABC，
∴△EAF≌△ABC（AAS），
同理可证△ACT≌△EFK，
∴S2＝S△EFA＝S△ABC，
同理可证△TPE≌△KMD，△AQE≌△ABC，
∴S1+S3＝S△AFE＝S△ABC，
∴S1+S2+S3＝2S△ABC＝12，
∴S△ABC＝6，
∴S4＝S△ABC＝6．
故答案为：6．
17．（2022秋•泗阳县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为线段AB上一点，连接CD，CD与∠ABC的角平分线BE相交于点F，若△CEF是以EF为底边的等腰三角形，则DF的长为 　　．

【分析】作EG⊥BA于点G，先由勾股定理求得AB＝10，则×10EG+×6EC＝×8×6＝S△ABC，求得EC＝EG＝3，则FC＝EC＝3，再推导出∠BCD＝∠A，进而证明CD⊥AB，则×10CD＝×8×6＝S△ABC，求得CD＝，则DF＝CD﹣FC＝，于是得到问题的答案．
【解析】作EG⊥BA于点G，
∵∠ACB＝90°，
∴EC⊥BC，
∵BE平分∠ABC，
∴EC＝EG，
∵AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
∴×10EG+×6EC＝×8×6＝S△ABC，
∴×10EG+×6EG＝×8×6，
∴EC＝EG＝3，
∵△CEF是以EF为底边的等腰三角形，
∴FC＝EC＝3，
∵∠CFE＝∠BCD+∠CBE，∠CEF＝∠A+∠ABE，且∠CFE＝∠CEF，
∴∠BCD+∠CBE＝∠A+∠ABE，
∵∠CBE＝∠ABE，
∴∠BCD＝∠A，
∴∠BCD+∠ABC＝∠A+∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝90°，
∴CD⊥AB，
∴×10CD＝×8×6＝S△ABC，
∴CD＝，
∴DF＝CD﹣FC＝﹣3＝，
∴DF的长为，
故答案为：．

18．（2022秋•连云港期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，短直角边长为b，若（a+b）2＝24，大正方形的面积为15，则小正方形的面积为 　9　．

【分析】根据题意和勾股定理，可以求得ab的值，再根据图形可知：小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可．
【解析】设大正方形的边长为c，
则c2＝15＝a2+b2，
∵（a+b）2＝24，
∴a2+2ab+b2＝24，
解得ab＝3，
∴小正方形的面积是：15﹣ab×4＝15﹣2×3＝15﹣6＝9，
故答案为：9．
19．（2022秋•新吴区期中）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目的大致意思是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都是1尺（1尺＝10寸），则AB的长是几寸？若设图中单扇门的宽AD＝x寸，则可列方程为：　（x﹣1）2+102＝x2　．

【分析】取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，根据勾股定理解答即可得到结论．
【解析】取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝x寸，
则AB＝2x（寸），DE＝10寸，OE＝CD＝1寸，
∴AE＝（x﹣1）寸，
在Rt△ADE中，
AE2+DE2＝AD2，即（x﹣1）2+102＝x2，
故答案为：（x﹣1）2+102＝x2．

20．（2022春•玄武区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接AB，AB＝5．将线段AB绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段A'B'，若点B'恰好在y轴正半轴上，点A'的坐标为 　（，）　．

【分析】如图，连接OB，OA′，过点A′作A′H⊥y轴于点H，过点B作BT⊥OA于点T．解直角三角形求出BT，OA，再利用面积法求出A′H，OH，可得结论、
【解析】如图，连接OB，OA′，过点A′作A′H⊥y轴于点H，过点B作BT⊥OA于点T．

∵B（4，3），
∴OB＝＝5，
∵AB＝5，
∴OB＝OB′＝5，AB＝A′B′＝5，
∵BT⊥OA，
∴OT＝TA＝4，BT＝＝＝3，
∵S△OA′B′＝×8×3＝×5×A′H，
∴A′H＝，
∵HB′＝＝＝，
∴OH＝5+＝，
∴A′（，）．
故答案为：（，）．
21．（2018秋•泰兴市校级期中）已知AB∥x轴，A点的坐标为（﹣3，2），并且AB＝4，则B点的坐标为　（1，2）或（﹣7，2）　．
【分析】在平面直角坐标系中与x轴平行，则它上面的点纵坐标相同，可求B点纵坐标；与x轴平行，相当于点A左右平移，可求B点横坐标．
【解析】∵AB∥x轴，
∴点B纵坐标与点A纵坐标相同，为2，
又∵AB＝4，可能右移，横坐标为﹣3+4＝﹣1；可能左移横坐标为﹣3﹣4＝﹣7，
∴B点坐标为（1，2）或（﹣7，2），
故答案为：（1，2）或（﹣7，2）．
22．（2021秋•虎丘区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（﹣3，0），点C在x轴上，点A在第一象限，且AB＝AC，连接AO，若∠AOC＝60°，AO＝6，则点C的坐标为 　（9，0）　．

【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，在Rt△AOD中利用直角三角形的边角关系可求OD，利用点B的坐标为（﹣3，0），可得线段OB，则线段BD可求；利用等腰三角形的三线合一可求CD＝BD，则OC可得，结论可求．
【解析】过点A作AD⊥x轴于点D，如图，

在Rt△AOD中，
∵cos∠AOD＝，
∴OD＝OA×＝3．
∵点B的坐标为（﹣3，0），
∴OB＝3．
∴BD＝OD+OB＝6．
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD＝6．
∴OC＝OD+CD＝9．
∴C（9，0）．
故答案为：（9，0）．
23．（2020秋•宝应县期末）已知关于x、y的二元一次方程组的解是，则一次函数y＝ax+b和y＝kx的图象交点坐标为　（﹣4，2）　．
【分析】根据方程组是由两个函数的解析式所构成，因此方程组的解即为两函数的交点坐标．
【解析】根据题意可知：
x＝﹣4，y＝2同时满足两个一次函数的解析式．
则一次函数y＝ax+b和y＝kx的图象交点坐标为（﹣4，2）．
故答案为：（﹣4，2）．
24．（2020秋•鼓楼区期末）中国古代数学专著《九章算术》“方程”一章记载用算筹（方阵）表示二元一次方程组的方法，发展到现代就是用矩阵式＝来表示二元一次方程组，而该方程组的解就是对应两直线（不平行）a1x+b1y＝c1与a2x+b2y＝c2的交点坐标P（x，y）．据此，则矩阵式＝所对应两直线交点坐标是　（2，5）　．
【分析】根据题意得出方程组，求出方程组的解，再得出答案即可．
【解析】根据题意得：
，
①+②，得x＝2，
把x＝2代入①，得8﹣y＝3，
解得：y＝5，
所以方程组的解为，
∴两直线交点坐标是（2，5），
故答案为：（2，5）．
25．（2020秋•玄武区期末）已知一次函数y＝kx﹣b（k、b为常数，且k≠0，b≠0）与y＝x的图象相交于点M（a，1），则关于x的方程（k﹣）x＝b的解为x＝　3　．
【分析】把M（a，1）代入y＝x求出a，根据M点的横坐标，即可求出答案．
【解析】把M（a，1）代入y＝x得：1＝a，
解得a＝3，
∴M（3，1），
∴根据图象信息可得关于x的方程kx﹣b＝x的解为3，
∴关于x的方程（k﹣）x＝b的解为x＝3．
故答案为：3．

26．（2020秋•南京期末）甲、乙二人从学校出发去科技馆，甲步行一段时间后，乙骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行，他们的路程差s（米）与甲出发时间t（分）之间的函数关系如图所示．下列说法：①乙先到达科技馆；②乙的速度是甲速度的2.5倍；③b＝480；④a＝24．其中正确的是　①②③　（填序号）．

【分析】根据甲步行720米，需要9分钟，进而得出甲的运动速度，利用图形得出乙的运动时间以及运动距离，进而分别判断得出答案．
【解析】由图象得出甲步行720米，需要9分钟，
所以甲的运动速度为：720÷9＝80（m/分），
当第15分钟时，乙运动15﹣9＝6（分钟），
运动距离为：15×80＝1200（m），
∴乙的运动速度为：1200÷6＝200（m/分），
∴200÷80＝2.5，（故②正确）；
当第19分钟以后两人之间距离越来越近，说明乙已经到达终点，则乙先到达科技馆，（故①正确）；
此时乙运动19﹣9＝10（分钟），
运动总距离为：10×200＝2000（m），
∴甲运动时间为：2000÷80＝25（分钟），
故a的值为25，（故④错误）；
∵甲19分钟运动距离为：19×80＝1520（m），
∴b＝2000﹣1520＝480，（故③正确）．
故正确的有：①②③．
故答案为：①②③．
27．（2021秋•泰兴市期末）如图，点Q在线段AC上由A向C匀速运动，速度为a（cm/s），设运动时间为t（s）．CQ＝y（cm），y与t的函数图象经过点（3，2）和（1，6），则a的值为 　2　．

【分析】设y与t的函数关系式解为y＝kt+b，利用待定系数法求出y与t的函数关系式，其中k的绝对值即为速度为a．
【解析】设y与t的函数关系式解为y＝kt+b，根据题意，得：
，
解得，
∴y与t的函数关系式解为y＝﹣2t+8，
故速度为a＝|﹣2|＝2．
故答案为：2．
28．（2019秋•铜山区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，2），点B的坐标是（2，0），连接AB，点P是线段AB上的一个动点（包括两端点），直线y＝﹣x上有一动点Q，连接OP，PQ，已知△OPQ的面积为，则点Q的坐标为　（，﹣）或（﹣，）．　．

【分析】方法一：由A、B点的坐标可得出直线AB的解析式，从而发现直线AB与直线OQ平行，由平行线间距离处处相等，可先求出点O到直线AB的距离，结合三角形面积公式求出线段OQ的长度，再依据两点间的距离公式可得出结论．
方法二：当点P与点A重合时，根据三角形的面积可求出点Q的横坐标，再根据一次函数图象上点的坐标即可求出点Q的坐标；同理可求出当点P与B重合时点Q的坐标．综上即可得出结论．
【解析】方法一：∵点Q在直线y＝﹣x上，
∴设点Q的坐标为（m，﹣m）．
∵点A的坐标是（0，2），点B的坐标是（2，0），
∴△AOB为等腰直角三角形，
点O（0，0）到AB的距离h＝OA＝．
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵点A（0，2），点B（2，0）在直线AB上，
∴有，解得．
即直线AB的解析式为y＝﹣x+2，
∵直线y＝﹣x+2与y＝﹣x平行，
∴点P到底OQ的距离为（平行线间距离处处相等）．
∵△OPQ的面积S△OPQ＝OQ•h＝OQ＝，
∴OQ＝2．
由两点间的距离公式可知OQ＝＝2，
解得：m＝±，
∴点Q的坐标为（，﹣）或（﹣，）．
故答案为：（，﹣）或（﹣，）．
方法二：当P点与A重合时，则△OPQ底OP为2，
∵△OPQ的面积为，
∴△OPQ的高为，即点Q的横坐标为±，
∵点Q在直线y＝﹣x上，
∴点Q的坐标为（，﹣）或（﹣，）；
当P点与B重合时，同理可求出点Q的坐标为（，﹣）或（﹣，）．
综上即可得出点Q的坐标为（，﹣）或（﹣，）．
29．（2022•无锡二模）如图，已知A（0，3）、B（4，0），一次函数y＝﹣x+b的图象为直线l，点O关于直线l的对称点O′恰好落在∠ABO的平分线上，则：
（1）AB＝　5　；
（2）b的值为 　　．

【分析】（1）根据勾股定理即可求出AB；
（2）延长OO'交AB于点C，交直线l于点E，过点O'作O′G⊥x轴交于G，过点E作EF⊥x轴于点F，求出AB的解析式，易得AB∥l，根据等积法求出OC的长，易证△O′GO∽△BOA，根据相似三角形的性质可得O′G：O′O＝OB：AB，分别求出OO′，OG，O′G的长，再证明△EOF∽△O′OG，根据相似三角形的性质可得OF和EF的长，将点E坐标代入直线l解析式，即可求出b的值．
【解析】（1）∵A（0，3）、B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理，得AB＝5，
故答案为：5；
（2）延长OO'交AB于点C，交直线l于点E，过点O'作O′G⊥x轴交于G，过点E作EF⊥x轴于点F，如图所示：

∵A（0，3）、B（4，0），
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
∵直线l解析式：y＝﹣x+b，
∴AB∥l，
∵OO′⊥l，
∴OO′⊥AB，
∵OA＝3，OB＝4，AB＝5，
根据，
∴OC＝，
∵∠COB+∠AOC＝90°，∠BAO+∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝∠BAO，
∵∠O′GO＝∠AOB＝90°，
∴△O′GO∽△BOA，
∴O′G：O′O＝OB：AB，
∵BO'是∠ABO的角平分线，O′C⊥AB，O′G⊥OB，
∴CO'＝GO'，
设O′G＝m，
则O′C＝m，OO′＝﹣m，
∴m＝，
∴OO′＝，
在Rt△OO'G中，根据勾股定理，得OG＝，
∵EF⊥OB，O′G⊥OB，
∴∠OFE＝∠OGO′＝90°，
∵∠EOF＝∠O′OG，
∴△EOF∽△O′OG，
∴，
∴EF＝，OF＝，
∴点E坐标为（，），
将点E坐标代入y＝﹣x+b，
得﹣×+b＝，
解得b＝，
故答案为：．
30．（2021秋•泰州期末）如图，已知点A、B射线OX上，OA等于2cm，AB等于1cm，如果OA绕点O按逆时针方向旋转30°到OA'，那么点A'的位置可以用（2，30°）表示，如果将OB绕点O按顺时针旋转280°到OB'，那么点B'的位置可以表示为 　（3，80°）　．

【分析】根据旋转的性质得到最后OB′与OX的夹角为80°，点B′到O点的距离为3，然后根据点的位置的表示方法求解．
【解析】将OB绕点O按顺时针旋转280°到OB'，此时OB′与OX的夹角为80°，点B′到O点的距离为3，所以点B'的位置可以表示为（3，80°）．
故答案为：（3，80°）．