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2022-2023学年吉林省四平市铁西区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年吉林省四平市铁西区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省四平市铁西区八年级（下）期末数学试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (−4)2的化简结果是( )
A. 4 B. −4 C. 16 D. −16
2. 在直角坐标系中，点P(5,12)到原点的距离是( )
A. 17 B. 13 C. 7 D. 13
3. 某专卖店专营某品牌衬衫，店主对一周内不同尺码的衬衫销售情况进行统计，各种尺衬衫的销售量如下表：
尺码
39
40
41
42
43
销售量/件
10
14
25
13
s
该店主本周去进货的时候，决定多进一些41码的衬衫，则该店主是依据这组数据的来做这个决策的．( )
A. 平均数 B. 方差 C. 众数 D. 中位数
4. 如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了.在如下定理中：
①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
②对角线相等的平行四边形是矩形，
③矩形的四个角都是直角，
④三个角都是直角的四边形是矩形，这种检测方法用到的数学根据是( )
A. ① B. ② C. ③ D. ④
5. 若一次函数y=kx−b(k≠0)的图象如图所示，则k，b满足( )
A. k>0，b<0
B. k>0，b>0
C. k<0，b>0
D. k<0，b<0
6. 小明在游乐场坐过山车，在某一段60秒时间内过山车的高度h(米)与时间t(秒)之间的函数关系图象如图所示，下列结论错误的是( )
A. 当t=41时，h=15
B. 过山车距水平地面的最高高度为98米
C. 在0≤t≤60范围内，当过山车高度是80米时，t的值只能等于30
D. 当41
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. 计算： 6÷ 23=______．
8. 直线y=−2x+b过点(2,1)，将它向下平移2个单位后所得直线的表达式是______ ．
9. 在一次函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，则点P(3,k)在第______ 象限．
10. 为了考察甲、乙两块地小麦的长势，分别从中随机抽出10株苗，测得苗高如图所示，若S甲2和S乙2分别表示甲、乙两块地苗高数据的方差，则S甲2____ __S乙2(填“>”“<”或“=”)
11. 如图，将一个平行四边形木框ABCD变形为矩形A′BCD′，其面积增加了一倍，则原平行四边形中最小的内角度数是______ ．
12. 若一次函数y=2x−1的图象经过点(a,b)，则2a−b+2023的值为______ ．
13. 如图，一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象如图所示，请你写出一个x的值______ ，使得不等式n
14. 如图，AB=8cm，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点.连接AM，BM，AN，BN，则四边形AMBN的面积为______ cm2．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
计算： 16× 96÷ 6．
16. (本小题5.0分)
计算： 80− 8− 45+4 12．
17. (本小题5.0分)
计算：(2+ 6)(2− 6)−( 3+1)2．
18. (本小题5.0分)
已知y与3x−2成正比例，且x=1时，y=2.请求出y关于x的函数解析式．
19. (本小题7.0分)
先化简，再求值：(x+ 2)(x− 2)+x(x−1)，其中x=2 3−2．
20. (本小题7.0分)
如图，∠AOB=90°，OA=18cm，OB=6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球.如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
21. (本小题7.0分)
某校开学初对七年级学生进行一次安全知识问答测试，设成绩为x分(x为整数)，将成绩评定为优秀、良好、合格，不合格四个等级(优秀，良好，合格、不合格分别用A，B，C，D表示)，A等级：90≤x≤100，B等级：80≤x<90，C等级，60≤x<80，D等级：0≤x<60.该校随机抽取了一部分学生的成绩进行调查，并绘制成如图不完整的统计图表．
等级
频数(人数)
A(90≤x≤100)
a
B(80≤x<90)
16
C(60≤x<80)
c
D(0≤x<60)
4
请你根据统计图表提供的信息解答下列问题：
(1)上表中的a= ______ ，c= ______ ，m= ______ ；
(2)这组数据的中位数所在的等级是______ ；
(3)该校决定对分数低于80分的学生进行安全再教育，已知该校七年级共有1000名学生，求该校七年级需要进行安全再教育的学生有多少人？
22. (本小题7.0分)
已知一次函数y=kx+b(k,b为常数且k≠0)的图象经过点A(2,0)，与y轴交于点B(0,4)．
(1)求一次函数的表达式；并在平面直角坐标系内画出该函数的图象；
(2)当自变量x=5时，函数y的值为______ ；
(3)当x>0时，请结合图象，直接写出y的取值范围______ ．
23. (本小题8.0分)
在正方形ABCD中，E是BC边上一点，在BC延长线上取点F使EF=ED.过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G.交CD于点N．
(1)求证：△CDE≌△MFE；
(2)若E是BC的中点，请判断BG与MG的数量关系.并说明理由．
24. (本小题8.0分)
A、B两个码头之间航程为24千米，甲、乙两轮船同时出发，甲轮船从A码头顺流匀速航行到B码头后，立即逆流匀速航行返回到A码头，乙轮船从B码头逆流匀速航行到A码头后停止，两轮船在静水中速度均为10千米/时，水流速度不变，两轮船距A码头的航程y(千米)与各自的航行时间x(时)之间的函数图象如图所示．
(顺流速度=静水速度+水流速度；逆流速度=静水速度−水流速度)
(1)水流速度为______ 千米/时；a值为______ ；
(2)求甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式；
(3)当乙轮船到达A码头时，求甲轮船距A码头的航程．
25. (本小题10.0分)
已知：如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，CE//DB，且∠BOC+2∠OBC=180°．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB=60°，AB=2，求四边形OBEC的面积．
(3)在(2)的条件下，若点F为边AD上的一个动点，点F到AC与BD的距离之和为a，则a= ______ .(直接写出答案)
26. (本小题10.0分)
如图，已知直线AB交x轴于点A(−6,0)，交y轴于点B(0,3)，设点E的坐标为(−3,t)，△ABE的面积为S．
(1)求直线AB的解析式；
(2)若点E不在直线AB上，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)若点E在直线AB的上方，S=2S△AOB，N是x轴上一点，M是直线AB上一点，是否存在△EMN是以M为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解： (−4)2=|−4|=4，
故选：A．
根据二次根式的性质进行计算即可．
本题考查了二次根式的性质，能熟记二次根式的性质是解此题的关键， a2=|a|=a(a≥0)−a(a<0)．
2.【答案】D
【解析】解：∵平面直角坐标系中点P的坐标为(5,12)，
∴ a2+b2= 52+122= 169=13，
∴点P(5,12)到原点的距离是13．
故选：D．
直角坐标系中，某点(x,y)到x轴的距离是它的纵坐标的绝对值|y|，到y轴的确距离是它的横坐标的绝对值|x|，到原点的距离为 x2+y2．
本题考查勾股定理及两点间的距离公式，在于注意求点到原点的距离时要用到勾股定理是解题关键．
3.【答案】C
【解析】解：由于众数是数据中出现次数最多的数，故影响该店主决策的统计量是众数．
故选：C．
平均数、中位数、众数是描述一组数据集中程度的统计量；方差、标准差是描述一组数据离散程度的统计量．销量大的尺码就是这组数据的众数．
此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差，掌握相关统计量的意义是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：用绳子分别测量两条对角线，如果相等，则是矩形，依据是对角线相等的平行四边形为矩形，然后由矩形的四个角都是直角可得侧边和上、下底都垂直，
故选：B．
根据对角线相等的平行四边形是矩形判定书架是矩形，由矩形的性质可得结论．
本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的判定定理解决实际问题是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：根据一次函数图象得，y随x的增大而减小，且函数图象与y轴交于负半轴，
所以：k<0，−b<0．
∴b>0，
故选：C．
根据一次函数的图象可知，y随x的增大而减小，且函数图象与y轴交于负半轴，从而得到k和b的取值范围．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的相关知识是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A.由图象可知，当t=41秒时，h的值是15米，故本选项不合题意；
B.由图象可知，过山车距水平地面的最高高度为98米，故本选项不合题意；
C.由图象可知，在0≤t≤60范围内，当过山车高度是80米时，t的值有3个，原说法错误，故本选项符合题意；
D.由图象可知，当41
A选项根据某一分钟内过山车高度h(米)与时间t(秒)之间的函数图象，即可得出当t=41秒时，h的值；B选项根据图象判断即可；C选项结合图象可得在这1分钟内，有4个时间点，过山车高度是80米；D选项通过函数图象的增减性判断即可．
本题考查了函数的图象，解决本题的关键是利用数形结合思想．
7.【答案】3
【解析】解： 6÷ 23= 6×32= 9=3．
故答案为：3．
直接利用二次根式的除法法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的除法运算，正确掌握二次根式的除法运算法则是解题关键．
8.【答案】y=−2x+3
【解析】解：将(2,1)代入y=−2x+b，
得：1=−4+b，
解得：b=5，
∴y=−2x+5，
将直线y=−2x+5向下平移2个单位后所得直线的解析式是y=−2x+5−2，即y=−2x+3，
故答案为：y=−2x+3．
将(2,1)代入y=−2x+b，即可求得b，然后根据“上加下减”的平移规律求解即可．
本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．
9.【答案】四
【解析】解：∵在正比例函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，
∴k<0，
∴一次函数y=kx+2的图象经过第二、四象限．
∴点P(3,k)在第四象限．
故答案为：四．
因为在正比例函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，所以k<0，再根据象限的坐标特征可得答案．
本题考查一次函数图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】<
【解析】解：从整体上看，甲的10株麦苗比较集中，整齐，而乙的则显得分散，乙的离散程度较大，因此乙的方差也大，
故答案为：<
根据统计图中的数据的离散程度，发现甲的离散程度显然要小于乙，因此S甲2
11.【答案】30°
【解析】解：如图所示，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，
依题意，A′B=2AE，AB=A′B，
在Rt△AEB中，AE=12AB，
取AB的中点F，连接EF，
∴AF=12AB=AE，EF=12AB=AF，
∴AE=EF=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAB=60°，
∴∠ABE=30°，
∵AB//CD，
∴∠DCB=30°，
故答案为：30°．
过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，进而根据题意得出A′B=2AE，AB=A′B，进而得出∠DCB=∠ABE=30°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12.【答案】2024
【解析】解：∵一次函数y=2x−1的图象经过点(a,b)，
∴b=2a−1，
∴2a−b=1，
∴2a−b+2023=1+2023=2024．
故答案为：2024．
把点(a,b)代入一次函数y=2x−1可以确定a、b的关系，然后利用整体代值的方法即可求解．
此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，同时也利用了整体代值的思想．
13.【答案】−1(答案不唯一)
【解析】解：根据图象可知，不等式n
根据函数图象得出不等式n
14.【答案】24
【解析】解：如图：连接MN，
∵分别以A和B为圆心，5cm的长为半径画弧，两弧相交于M、N，
∴AM=AN=BN=BM=5cm，
∴四边形AMBN是菱形，
∴AB⊥MN，AO=OB=4cm，MN=2OM，
∴由勾股定理得：OM= AM2−AO2=3cm，
∴MN=6cm，
∴四边形AMBN的面积=12AB⋅MN=12×8×6=24cm2，
故答案为：24．
根据画法得出四边形AMBN四边的关系进而得出四边形是菱形，由菱形的性质以及勾股定理求出对角线MN的长，代入菱形面积公式即可求解．
本题主要考查了菱形的判定和性质和勾股定理等知识，得出四边形四边关系是解决问题的关键．
15.【答案】解： 16× 96÷ 6= 16×96÷6= 966×6=4 66=2 63．
【解析】根据二次根式的乘除，并利用二次根式的性质进行化简求值即可．
本题考查了二次根式的乘除，利用二次根式的性质进行化简．解题的关键在于正确的运算．
16.【答案】解： 80− 8− 45+4 12
=4 5−2 2−3 5+2 2
= 5．
【解析】先化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可．
本题考查了二次根式的性质，二次根式的加减运算，理解二次根式的性质并化简为最简二次根式是解题的关键．
17.【答案】解：原式=[22−( 6)2]−[( 3)2+2× 3×1+12]
=(4−6)−(3+2 3+1)
=−2−(4+2 3)
=−6−2 3．
【解析】利用二次根式混合运算法则进行计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，可利用乘法公式进行简化运算，正确的计算是解题的关键．
18.【答案】解：设y=k(3x−2)，
将x=1，y=2代入y=k(3x−2)，
得：k=2，
∴y=2(3x−2)，即y=6x−4．
【解析】设y=k(3x−2)，然后将x=1，y=2代入解析式进行求解即可．
本题主要考查了待定系数法求正比例函数解析式，解题的关键在于能够根据题意设出y=k(3x−2)进行求解．
19.【答案】解：(x+ 2)(x− 2)+x(x−1)，
=x2−2+x2−x，
=2x2−x−2，
当x=2 3—2时，
原式=2(2 3−2)2−(2 3−2)−2
=2(12−8 3+4)−2 3+2−2)
=32−18 3．
【解析】先用二次根式的混合运算法则化简，然后将x=2 3−2代入计算即可．
本题主要考查了二次根式的混合运算、代数式求值等知识点，正确运用二次根式的混合运算法则化简原式是解答本题的关键．
20.【答案】解：小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，即BC=CA，
设BC=x cm，则AC=x cm，OC=OA−AC=(18−x)cm，
∵∠AOB=90°，
∴由勾股定理可知OB2+OC2=BC2，
又∵OC=(18−x)cm，OB=6cm，
∴62+(18−x)2=x2，
解方程得出x=10(cm)．
答：机器人行走的路程BC是10cm．
【解析】由题意可知，若设BC=x cm，则AC=x cm，OC=OA−AC=(18−x)cm，这样在Rt△BOC中，利用勾股定理就可建立一个关于“x”的方程，解方程即可求得结果．
本题考查了勾股定理，解题的关键是，抓住“机器人与小球同时出发，速度相等”这两个条件，得到BC=AC，从而将已知量和未知量集中到Rt△BOC中，就可利用勾股定理建立方程来求解．
21.【答案】8 12 30 B
【解析】解：(1)由题意得，样本容量为：16÷40%=40，
∴a=40×20%=8，
c=40−8−16−4=12，
m%=1240=30%，即m=30；
故答案为：8；12；30；
(2)把这组数据从小到大排列，排在中间的两个数都在B等级，
所以这组数据的中位数所在的等级是B等级．
故答案为：B；
(3)1000×12+440=400(人)，
答：该校七年级需要进行安全再教育的学生大约有400人．
(1)用B等级的频数除以B等级的频率可得样本容量，再用样本容量乘A等级所占百分百20%可得a的值；用样本容量分别减去其他三个等级的频数可C等级的频数，进而得出c和m的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用1000乘样本中C、D等级所占百分百之和即可．
本题考查扇形统计图、频率分布图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】−6 y<4
【解析】解：(1)将A(2,0)，B(0,4)代入y=kx+b中，
得，2k+b=0b=4，
解得，k=−2b=4，
∴y=−2x+4；
其图象如图所示；
(2)当x=5时，y=−2×5+4=−6；
(3)由图可知：当x>0时，y<4．
(1)把点A(2,0)，点B(0,4)代入y=kx+b中，得出k，b的值，从而得出一次函数的表达式，再画出图象即可；
(2)把x=5代入一次函数的表达式即可得出y的值；
(3)根据图象直接得出y的取值范围即可．
本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，以及一次函数的图象和图象上点的坐标特征，掌握用待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCE=90°，
∵FG⊥ED，
∴∠EMF=90°，
∴∠DCE=∠EMF，
在△CDE和△MFE中，
∠DCE=∠EMF∠CED=∠MEFDE=EF，
∴△CDE≌△MFE(AAS)；
(2)解：BG=MG，理由如下：连接EG，
由(1)可得△CDE≌△MFE．
∴ME=CE，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE
∴BE=ME．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°．
∵FG⊥ED，
∴∠EMG=90°．
在Rt△BEG和Rt△MEG中，
EG=EGBE=ME，
∴Rt△BEG≌Rt△MEG(HL)．
∴BG=MG．
【解析】(1)由“AAS”可证△CDE≌△MFE；
(2)由“HL”可证Rt△BEG≌Rt△MEG，可得结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】2 2
【解析】解：(1)由图象可得，
乙船的速度为：24÷3=8(千米/时)，
∵轮船在静水中速度均为10千米/时，逆流速度=静水速度−水流速度，
∴水流速度为：10−8=2(千米/时)，
a=24÷(10+2)=2，
故答案为：2，2．
(2)设甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
由图象可得，甲轮船从B码头向A码头返回需要3小时，
∴点(2,24)，(5,0)在该函数图象上，
∴2k+b=245k+b=0，解得k=−8b=40，
即甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式为y=−8x+40；
(3)由(2)知，当x=3时，y=−8×3+40=16
即当乙轮船到达A码头时，甲轮船距A码头的航程为16千米．
(1)根据题意和题目中的数据，可以先计算出乙船的速度，然后即可计算出水流的速度和a的值；
(2)先设出函数解析式，然后根据题意和(1)中的结果，可以写出点(2,24)，(5,0)在该函数图象上，代入函数解析式，求出k和b的值即可；
(3)根据题意和图象，可以计算出当乙轮船到达A码头时，甲轮船距A码头的航程．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】 3
【解析】(1)证明：∵∠BOC+2∠DBC=180°，∠BOC+∠DBC+∠ACB=180°，
∴∠OBC=∠OCB，
∴OB=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∠AOB=60°，AB=2，
∴△OAB是边长为2的等边三角形，
∴∠ACB=30°，
∴AC=2AB=4，BC= AC2−AB2=2 3，
∵BE//AC，
∴S四边形OBEC=S△ABC=1AB⋅BC=12×2× 3=2 3；
∴四边形OBEC的面积为2 3；
(3)解：如图，FM⊥AC于M，FN⊥BD于N，作DH与BD关于AD对称，过F作FN′⊥DH于N′，过O作OG⊥DH于G，
∴∠HDA=∠BDA，∠DFN′=∠DFN，FN′=FN，
∵∠FAM+∠AFM=90°，∠FDN+∠DFN=90°，∠FAM=∠FDN，
∴∠AFM=∠DFN，
∵∠AFM+∠MFN+∠DFN=180°，
∴∠DFN+∠MFN+∠DFN′=180°，
∴M、F、N′三点共线，
∴MF+NF=MF+N′F=MN′=a，四边形MOGN′是矩形，
∵∠AOB=60°，AB=2，
∴∠ODG=2∠ADB=60°，OD=OA=2，
∴∠DOG=30°，
∴DG=12OD=1，
由勾股定理得，OG= OD2−DG2= 3，
∴MN′=OG= 3，
故答案为： 3．
(1)由∠BOC+2∠DBC=180°，∠BOC+∠DBC+∠ACB=180°，可得∠OBC=∠OCB，则OB=OC，四边形ABCD是平行四边形，由OA=OC，OB=OD，可得AC=BD，进而可证四边形ABCD是矩形；
(2)由题意知△OAB是边长为2的等边三角形，∠ACB=30°，则AC=2AB=4，BC= AC2−AB2=2 3，由BE//AC，可得S四边形OBEC=S△ABC=1AB⋅BC，计算求解即可；
(3)如图，FM⊥AC于M，FN⊥BD于N，作DH与BD关于AD对称，过F作FN′⊥DH于N′，过O作OG⊥DH于G，由∠FAM+∠AFM=90°，∠FDN+∠DFN=90°，∠FAM=∠FDN，可得∠AFM=∠DFN，由∠AFM+∠MFN+∠DFN=180°，可得∠DFN+∠MFN+∠DFN′=180°，即M、F、N′三点共线，MF+NF=MF+N′F=MN′=a，四边形MOGN′是矩形，∠ODG=2∠ADB=60°，OD=OA=2，∠DOG=30°，DG=12OD=1，由勾股定理得，OG= OD2−DG2= 3，进而可求a的值．
本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形，平行线间距离相等，勾股定理，轴对称的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
26.【答案】解：(1)∵A(−6,0)，B(0,3)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，把点A(−6,0)，B(0,3)代入y=kx+b，
得−6k+b=0b=3，
解得k=12b=3，
∴直线AB的解析式为y=12x+3；
(2)过点E作x轴垂线交直线AB于点F，如图，
由(1)得：直线AB的解析式为y=12x+3，
当x=−3时，y=12×(−3)+3=32，
∴F(−3,32)，
当点E在直线AB的上方，
即t>32时，S=S△AEF+S△BEF=12×(t−32)×3+12×(t−32)×3=3t−92，
点E在直线AB的下方，
即t<32时，S=S△AEF+S△BEF=12×(32−t)×3+12×(32−t)×3=92−3t，
综上所述，S=3t−92(t>32)92−3t(t<32)；
(3)解：存在，理由如下：
由题意得：AO=6，OB=3，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12×6×3=9，
∵点E在直线AB的上方，S=2S△AOB，
由(2)得：3t−92=2×9，
解得：t=152，
∴E(−3,152)，
如图，M在点E的左侧，过点M作MH⊥x.轴于点H，过点E作MH⊥EG.轴于点G，
∵△EMN是等腰直角三角形，
∴∠EMN=90°，EM=MN，
∵∠GME+∠NMH=∠MNH+∠NMH=90°，
∴∠GME=∠MNH，
∴△MEG≌△NMH(AAS)，
∴GE=MH，MG=HN，
设M(m,12m+3)，
∴−3−m=12m+3，
解得：m=−4，
∴12m+3=1，
∴点M坐标为(−4,1)；
如图，M在点E的右侧，
同理可得：3=12m+3，
解得：m=0，
∴12m+3=3，
∴点M坐标为(0,3)；
综上所述：点M坐标为(−4,1)或(0,3)．
【解析】(1)用待定系数法求解即可；
(2)过点E作x轴垂线交直线AB于点F，分两种情况：当t>32时，当t<32时，表示出S=S△AEF+S△BEF即可；
(3)M在点E的左侧，过点M作MH⊥x.轴于点H，过点E作MH⊥EG.轴于点G，证明△MED≌△NDF(AAS)可得GE=MH，MG=HN，设M(m,12m+3)，即可求出m，M在点E的右侧，同理可得．
本题属于一次函数综合题，考查了全等三角形的生质，等腰直角三角形的性质，坐标与生质，面积的计算等知识解题的关键是待定系数法，全等三角形的判定与性质．
2022-2023学年吉林省四平市铁西区八年级（下）期末数学试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共6小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. (−4)2的化简结果是( )
A. 4 B. −4 C. 16 D. −16
2. 在直角坐标系中，点P(5,12)到原点的距离是( )
A. 17 B. 13 C. 7 D. 13
3. 某专卖店专营某品牌衬衫，店主对一周内不同尺码的衬衫销售情况进行统计，各种尺衬衫的销售量如下表：
尺码
39
40
41
42
43
销售量/件
10
14
25
13
s
该店主本周去进货的时候，决定多进一些41码的衬衫，则该店主是依据这组数据的来做这个决策的．( )
A. 平均数 B. 方差 C. 众数 D. 中位数
4. 如图，用一根绳子检测一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量两条对角线就可以判断了.在如下定理中：
①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
②对角线相等的平行四边形是矩形，
③矩形的四个角都是直角，
④三个角都是直角的四边形是矩形，这种检测方法用到的数学根据是( )
A. ① B. ② C. ③ D. ④
5. 若一次函数y=kx−b(k≠0)的图象如图所示，则k，b满足( )
A. k>0，b<0
B. k>0，b>0
C. k<0，b>0
D. k<0，b<0
6. 小明在游乐场坐过山车，在某一段60秒时间内过山车的高度h(米)与时间t(秒)之间的函数关系图象如图所示，下列结论错误的是( )
A. 当t=41时，h=15
B. 过山车距水平地面的最高高度为98米
C. 在0≤t≤60范围内，当过山车高度是80米时，t的值只能等于30
D. 当41
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
7. 计算： 6÷ 23=______．
8. 直线y=−2x+b过点(2,1)，将它向下平移2个单位后所得直线的表达式是______ ．
9. 在一次函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，则点P(3,k)在第______ 象限．
10. 为了考察甲、乙两块地小麦的长势，分别从中随机抽出10株苗，测得苗高如图所示，若S甲2和S乙2分别表示甲、乙两块地苗高数据的方差，则S甲2____ __S乙2(填“>”“<”或“=”)
11. 如图，将一个平行四边形木框ABCD变形为矩形A′BCD′，其面积增加了一倍，则原平行四边形中最小的内角度数是______ ．
12. 若一次函数y=2x−1的图象经过点(a,b)，则2a−b+2023的值为______ ．
13. 如图，一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象如图所示，请你写出一个x的值______ ，使得不等式n
14. 如图，AB=8cm，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点.连接AM，BM，AN，BN，则四边形AMBN的面积为______ cm2．
三、解答题（本大题共12小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题5.0分)
计算： 16× 96÷ 6．
16. (本小题5.0分)
计算： 80− 8− 45+4 12．
17. (本小题5.0分)
计算：(2+ 6)(2− 6)−( 3+1)2．
18. (本小题5.0分)
已知y与3x−2成正比例，且x=1时，y=2.请求出y关于x的函数解析式．
19. (本小题7.0分)
先化简，再求值：(x+ 2)(x− 2)+x(x−1)，其中x=2 3−2．
20. (本小题7.0分)
如图，∠AOB=90°，OA=18cm，OB=6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球.如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
21. (本小题7.0分)
某校开学初对七年级学生进行一次安全知识问答测试，设成绩为x分(x为整数)，将成绩评定为优秀、良好、合格，不合格四个等级(优秀，良好，合格、不合格分别用A，B，C，D表示)，A等级：90≤x≤100，B等级：80≤x<90，C等级，60≤x<80，D等级：0≤x<60.该校随机抽取了一部分学生的成绩进行调查，并绘制成如图不完整的统计图表．
等级
频数(人数)
A(90≤x≤100)
a
B(80≤x<90)
16
C(60≤x<80)
c
D(0≤x<60)
4
请你根据统计图表提供的信息解答下列问题：
(1)上表中的a= ______ ，c= ______ ，m= ______ ；
(2)这组数据的中位数所在的等级是______ ；
(3)该校决定对分数低于80分的学生进行安全再教育，已知该校七年级共有1000名学生，求该校七年级需要进行安全再教育的学生有多少人？
22. (本小题7.0分)
已知一次函数y=kx+b(k,b为常数且k≠0)的图象经过点A(2,0)，与y轴交于点B(0,4)．
(1)求一次函数的表达式；并在平面直角坐标系内画出该函数的图象；
(2)当自变量x=5时，函数y的值为______ ；
(3)当x>0时，请结合图象，直接写出y的取值范围______ ．
23. (本小题8.0分)
在正方形ABCD中，E是BC边上一点，在BC延长线上取点F使EF=ED.过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G.交CD于点N．
(1)求证：△CDE≌△MFE；
(2)若E是BC的中点，请判断BG与MG的数量关系.并说明理由．
24. (本小题8.0分)
A、B两个码头之间航程为24千米，甲、乙两轮船同时出发，甲轮船从A码头顺流匀速航行到B码头后，立即逆流匀速航行返回到A码头，乙轮船从B码头逆流匀速航行到A码头后停止，两轮船在静水中速度均为10千米/时，水流速度不变，两轮船距A码头的航程y(千米)与各自的航行时间x(时)之间的函数图象如图所示．
(顺流速度=静水速度+水流速度；逆流速度=静水速度−水流速度)
(1)水流速度为______ 千米/时；a值为______ ；
(2)求甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式；
(3)当乙轮船到达A码头时，求甲轮船距A码头的航程．
25. (本小题10.0分)
已知：如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE//AC，CE//DB，且∠BOC+2∠OBC=180°．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB=60°，AB=2，求四边形OBEC的面积．
(3)在(2)的条件下，若点F为边AD上的一个动点，点F到AC与BD的距离之和为a，则a= ______ .(直接写出答案)
26. (本小题10.0分)
如图，已知直线AB交x轴于点A(−6,0)，交y轴于点B(0,3)，设点E的坐标为(−3,t)，△ABE的面积为S．
(1)求直线AB的解析式；
(2)若点E不在直线AB上，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
(3)若点E在直线AB的上方，S=2S△AOB，N是x轴上一点，M是直线AB上一点，是否存在△EMN是以M为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解： (−4)2=|−4|=4，
故选：A．
根据二次根式的性质进行计算即可．
本题考查了二次根式的性质，能熟记二次根式的性质是解此题的关键， a2=|a|=a(a≥0)−a(a<0)．
2.【答案】D
【解析】解：∵平面直角坐标系中点P的坐标为(5,12)，
∴ a2+b2= 52+122= 169=13，
∴点P(5,12)到原点的距离是13．
故选：D．
直角坐标系中，某点(x,y)到x轴的距离是它的纵坐标的绝对值|y|，到y轴的确距离是它的横坐标的绝对值|x|，到原点的距离为 x2+y2．
本题考查勾股定理及两点间的距离公式，在于注意求点到原点的距离时要用到勾股定理是解题关键．
3.【答案】C
【解析】解：由于众数是数据中出现次数最多的数，故影响该店主决策的统计量是众数．
故选：C．
平均数、中位数、众数是描述一组数据集中程度的统计量；方差、标准差是描述一组数据离散程度的统计量．销量大的尺码就是这组数据的众数．
此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差，掌握相关统计量的意义是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：用绳子分别测量两条对角线，如果相等，则是矩形，依据是对角线相等的平行四边形为矩形，然后由矩形的四个角都是直角可得侧边和上、下底都垂直，
故选：B．
根据对角线相等的平行四边形是矩形判定书架是矩形，由矩形的性质可得结论．
本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的判定定理解决实际问题是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：根据一次函数图象得，y随x的增大而减小，且函数图象与y轴交于负半轴，
所以：k<0，−b<0．
∴b>0，
故选：C．
根据一次函数的图象可知，y随x的增大而减小，且函数图象与y轴交于负半轴，从而得到k和b的取值范围．
本题考查了一次函数图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的相关知识是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：A.由图象可知，当t=41秒时，h的值是15米，故本选项不合题意；
B.由图象可知，过山车距水平地面的最高高度为98米，故本选项不合题意；
C.由图象可知，在0≤t≤60范围内，当过山车高度是80米时，t的值有3个，原说法错误，故本选项符合题意；
D.由图象可知，当41
A选项根据某一分钟内过山车高度h(米)与时间t(秒)之间的函数图象，即可得出当t=41秒时，h的值；B选项根据图象判断即可；C选项结合图象可得在这1分钟内，有4个时间点，过山车高度是80米；D选项通过函数图象的增减性判断即可．
本题考查了函数的图象，解决本题的关键是利用数形结合思想．
7.【答案】3
【解析】解： 6÷ 23= 6×32= 9=3．
故答案为：3．
直接利用二次根式的除法法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的除法运算，正确掌握二次根式的除法运算法则是解题关键．
8.【答案】y=−2x+3
【解析】解：将(2,1)代入y=−2x+b，
得：1=−4+b，
解得：b=5，
∴y=−2x+5，
将直线y=−2x+5向下平移2个单位后所得直线的解析式是y=−2x+5−2，即y=−2x+3，
故答案为：y=−2x+3．
将(2,1)代入y=−2x+b，即可求得b，然后根据“上加下减”的平移规律求解即可．
本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．
9.【答案】四
【解析】解：∵在正比例函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，
∴k<0，
∴一次函数y=kx+2的图象经过第二、四象限．
∴点P(3,k)在第四象限．
故答案为：四．
因为在正比例函数y=kx+2中，y的值随着x值的增大而减小，所以k<0，再根据象限的坐标特征可得答案．
本题考查一次函数图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
10.【答案】<
【解析】解：从整体上看，甲的10株麦苗比较集中，整齐，而乙的则显得分散，乙的离散程度较大，因此乙的方差也大，
故答案为：<
根据统计图中的数据的离散程度，发现甲的离散程度显然要小于乙，因此S甲2
11.【答案】30°
【解析】解：如图所示，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，
依题意，A′B=2AE，AB=A′B，
在Rt△AEB中，AE=12AB，
取AB的中点F，连接EF，
∴AF=12AB=AE，EF=12AB=AF，
∴AE=EF=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAB=60°，
∴∠ABE=30°，
∵AB//CD，
∴∠DCB=30°，
故答案为：30°．
过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，进而根据题意得出A′B=2AE，AB=A′B，进而得出∠DCB=∠ABE=30°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12.【答案】2024
【解析】解：∵一次函数y=2x−1的图象经过点(a,b)，
∴b=2a−1，
∴2a−b=1，
∴2a−b+2023=1+2023=2024．
故答案为：2024．
把点(a,b)代入一次函数y=2x−1可以确定a、b的关系，然后利用整体代值的方法即可求解．
此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，同时也利用了整体代值的思想．
13.【答案】−1(答案不唯一)
【解析】解：根据图象可知，不等式n
根据函数图象得出不等式n
14.【答案】24
【解析】解：如图：连接MN，
∵分别以A和B为圆心，5cm的长为半径画弧，两弧相交于M、N，
∴AM=AN=BN=BM=5cm，
∴四边形AMBN是菱形，
∴AB⊥MN，AO=OB=4cm，MN=2OM，
∴由勾股定理得：OM= AM2−AO2=3cm，
∴MN=6cm，
∴四边形AMBN的面积=12AB⋅MN=12×8×6=24cm2，
故答案为：24．
根据画法得出四边形AMBN四边的关系进而得出四边形是菱形，由菱形的性质以及勾股定理求出对角线MN的长，代入菱形面积公式即可求解．
本题主要考查了菱形的判定和性质和勾股定理等知识，得出四边形四边关系是解决问题的关键．
15.【答案】解： 16× 96÷ 6= 16×96÷6= 966×6=4 66=2 63．
【解析】根据二次根式的乘除，并利用二次根式的性质进行化简求值即可．
本题考查了二次根式的乘除，利用二次根式的性质进行化简．解题的关键在于正确的运算．
16.【答案】解： 80− 8− 45+4 12
=4 5−2 2−3 5+2 2
= 5．
【解析】先化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可．
本题考查了二次根式的性质，二次根式的加减运算，理解二次根式的性质并化简为最简二次根式是解题的关键．
17.【答案】解：原式=[22−( 6)2]−[( 3)2+2× 3×1+12]
=(4−6)−(3+2 3+1)
=−2−(4+2 3)
=−6−2 3．
【解析】利用二次根式混合运算法则进行计算即可．
本题考查二次根式的混合运算，可利用乘法公式进行简化运算，正确的计算是解题的关键．
18.【答案】解：设y=k(3x−2)，
将x=1，y=2代入y=k(3x−2)，
得：k=2，
∴y=2(3x−2)，即y=6x−4．
【解析】设y=k(3x−2)，然后将x=1，y=2代入解析式进行求解即可．
本题主要考查了待定系数法求正比例函数解析式，解题的关键在于能够根据题意设出y=k(3x−2)进行求解．
19.【答案】解：(x+ 2)(x− 2)+x(x−1)，
=x2−2+x2−x，
=2x2−x−2，
当x=2 3—2时，
原式=2(2 3−2)2−(2 3−2)−2
=2(12−8 3+4)−2 3+2−2)
=32−18 3．
【解析】先用二次根式的混合运算法则化简，然后将x=2 3−2代入计算即可．
本题主要考查了二次根式的混合运算、代数式求值等知识点，正确运用二次根式的混合运算法则化简原式是解答本题的关键．
20.【答案】解：小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，即BC=CA，
设BC=x cm，则AC=x cm，OC=OA−AC=(18−x)cm，
∵∠AOB=90°，
∴由勾股定理可知OB2+OC2=BC2，
又∵OC=(18−x)cm，OB=6cm，
∴62+(18−x)2=x2，
解方程得出x=10(cm)．
答：机器人行走的路程BC是10cm．
【解析】由题意可知，若设BC=x cm，则AC=x cm，OC=OA−AC=(18−x)cm，这样在Rt△BOC中，利用勾股定理就可建立一个关于“x”的方程，解方程即可求得结果．
本题考查了勾股定理，解题的关键是，抓住“机器人与小球同时出发，速度相等”这两个条件，得到BC=AC，从而将已知量和未知量集中到Rt△BOC中，就可利用勾股定理建立方程来求解．
21.【答案】8 12 30 B
【解析】解：(1)由题意得，样本容量为：16÷40%=40，
∴a=40×20%=8，
c=40−8−16−4=12，
m%=1240=30%，即m=30；
故答案为：8；12；30；
(2)把这组数据从小到大排列，排在中间的两个数都在B等级，
所以这组数据的中位数所在的等级是B等级．
故答案为：B；
(3)1000×12+440=400(人)，
答：该校七年级需要进行安全再教育的学生大约有400人．
(1)用B等级的频数除以B等级的频率可得样本容量，再用样本容量乘A等级所占百分百20%可得a的值；用样本容量分别减去其他三个等级的频数可C等级的频数，进而得出c和m的值；
(2)根据中位数的定义解答即可；
(3)用1000乘样本中C、D等级所占百分百之和即可．
本题考查扇形统计图、频率分布图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
22.【答案】−6 y<4
【解析】解：(1)将A(2,0)，B(0,4)代入y=kx+b中，
得，2k+b=0b=4，
解得，k=−2b=4，
∴y=−2x+4；
其图象如图所示；
(2)当x=5时，y=−2×5+4=−6；
(3)由图可知：当x>0时，y<4．
(1)把点A(2,0)，点B(0,4)代入y=kx+b中，得出k，b的值，从而得出一次函数的表达式，再画出图象即可；
(2)把x=5代入一次函数的表达式即可得出y的值；
(3)根据图象直接得出y的取值范围即可．
本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，以及一次函数的图象和图象上点的坐标特征，掌握用待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCE=90°，
∵FG⊥ED，
∴∠EMF=90°，
∴∠DCE=∠EMF，
在△CDE和△MFE中，
∠DCE=∠EMF∠CED=∠MEFDE=EF，
∴△CDE≌△MFE(AAS)；
(2)解：BG=MG，理由如下：连接EG，
由(1)可得△CDE≌△MFE．
∴ME=CE，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE
∴BE=ME．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°．
∵FG⊥ED，
∴∠EMG=90°．
在Rt△BEG和Rt△MEG中，
EG=EGBE=ME，
∴Rt△BEG≌Rt△MEG(HL)．
∴BG=MG．
【解析】(1)由“AAS”可证△CDE≌△MFE；
(2)由“HL”可证Rt△BEG≌Rt△MEG，可得结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】2 2
【解析】解：(1)由图象可得，
乙船的速度为：24÷3=8(千米/时)，
∵轮船在静水中速度均为10千米/时，逆流速度=静水速度−水流速度，
∴水流速度为：10−8=2(千米/时)，
a=24÷(10+2)=2，
故答案为：2，2．
(2)设甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
由图象可得，甲轮船从B码头向A码头返回需要3小时，
∴点(2,24)，(5,0)在该函数图象上，
∴2k+b=245k+b=0，解得k=−8b=40，
即甲轮船从B码头向A码头返回过程中y与x之间的函数关系式为y=−8x+40；
(3)由(2)知，当x=3时，y=−8×3+40=16
即当乙轮船到达A码头时，甲轮船距A码头的航程为16千米．
(1)根据题意和题目中的数据，可以先计算出乙船的速度，然后即可计算出水流的速度和a的值；
(2)先设出函数解析式，然后根据题意和(1)中的结果，可以写出点(2,24)，(5,0)在该函数图象上，代入函数解析式，求出k和b的值即可；
(3)根据题意和图象，可以计算出当乙轮船到达A码头时，甲轮船距A码头的航程．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
25.【答案】 3
【解析】(1)证明：∵∠BOC+2∠DBC=180°，∠BOC+∠DBC+∠ACB=180°，
∴∠OBC=∠OCB，
∴OB=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∠AOB=60°，AB=2，
∴△OAB是边长为2的等边三角形，
∴∠ACB=30°，
∴AC=2AB=4，BC= AC2−AB2=2 3，
∵BE//AC，
∴S四边形OBEC=S△ABC=1AB⋅BC=12×2× 3=2 3；
∴四边形OBEC的面积为2 3；
(3)解：如图，FM⊥AC于M，FN⊥BD于N，作DH与BD关于AD对称，过F作FN′⊥DH于N′，过O作OG⊥DH于G，
∴∠HDA=∠BDA，∠DFN′=∠DFN，FN′=FN，
∵∠FAM+∠AFM=90°，∠FDN+∠DFN=90°，∠FAM=∠FDN，
∴∠AFM=∠DFN，
∵∠AFM+∠MFN+∠DFN=180°，
∴∠DFN+∠MFN+∠DFN′=180°，
∴M、F、N′三点共线，
∴MF+NF=MF+N′F=MN′=a，四边形MOGN′是矩形，
∵∠AOB=60°，AB=2，
∴∠ODG=2∠ADB=60°，OD=OA=2，
∴∠DOG=30°，
∴DG=12OD=1，
由勾股定理得，OG= OD2−DG2= 3，
∴MN′=OG= 3，
故答案为： 3．
(1)由∠BOC+2∠DBC=180°，∠BOC+∠DBC+∠ACB=180°，可得∠OBC=∠OCB，则OB=OC，四边形ABCD是平行四边形，由OA=OC，OB=OD，可得AC=BD，进而可证四边形ABCD是矩形；
(2)由题意知△OAB是边长为2的等边三角形，∠ACB=30°，则AC=2AB=4，BC= AC2−AB2=2 3，由BE//AC，可得S四边形OBEC=S△ABC=1AB⋅BC，计算求解即可；
(3)如图，FM⊥AC于M，FN⊥BD于N，作DH与BD关于AD对称，过F作FN′⊥DH于N′，过O作OG⊥DH于G，由∠FAM+∠AFM=90°，∠FDN+∠DFN=90°，∠FAM=∠FDN，可得∠AFM=∠DFN，由∠AFM+∠MFN+∠DFN=180°，可得∠DFN+∠MFN+∠DFN′=180°，即M、F、N′三点共线，MF+NF=MF+N′F=MN′=a，四边形MOGN′是矩形，∠ODG=2∠ADB=60°，OD=OA=2，∠DOG=30°，DG=12OD=1，由勾股定理得，OG= OD2−DG2= 3，进而可求a的值．
本题考查了平行四边形的性质，等角对等边，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形，平行线间距离相等，勾股定理，轴对称的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
26.【答案】解：(1)∵A(−6,0)，B(0,3)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，把点A(−6,0)，B(0,3)代入y=kx+b，
得−6k+b=0b=3，
解得k=12b=3，
∴直线AB的解析式为y=12x+3；
(2)过点E作x轴垂线交直线AB于点F，如图，
由(1)得：直线AB的解析式为y=12x+3，
当x=−3时，y=12×(−3)+3=32，
∴F(−3,32)，
当点E在直线AB的上方，
即t>32时，S=S△AEF+S△BEF=12×(t−32)×3+12×(t−32)×3=3t−92，
点E在直线AB的下方，
即t<32时，S=S△AEF+S△BEF=12×(32−t)×3+12×(32−t)×3=92−3t，
综上所述，S=3t−92(t>32)92−3t(t<32)；
(3)解：存在，理由如下：
由题意得：AO=6，OB=3，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12×6×3=9，
∵点E在直线AB的上方，S=2S△AOB，
由(2)得：3t−92=2×9，
解得：t=152，
∴E(−3,152)，
如图，M在点E的左侧，过点M作MH⊥x.轴于点H，过点E作MH⊥EG.轴于点G，
∵△EMN是等腰直角三角形，
∴∠EMN=90°，EM=MN，
∵∠GME+∠NMH=∠MNH+∠NMH=90°，
∴∠GME=∠MNH，
∴△MEG≌△NMH(AAS)，
∴GE=MH，MG=HN，
设M(m,12m+3)，
∴−3−m=12m+3，
解得：m=−4，
∴12m+3=1，
∴点M坐标为(−4,1)；
如图，M在点E的右侧，
同理可得：3=12m+3，
解得：m=0，
∴12m+3=3，
∴点M坐标为(0,3)；
综上所述：点M坐标为(−4,1)或(0,3)．
【解析】(1)用待定系数法求解即可；
(2)过点E作x轴垂线交直线AB于点F，分两种情况：当t>32时，当t<32时，表示出S=S△AEF+S△BEF即可；
(3)M在点E的左侧，过点M作MH⊥x.轴于点H，过点E作MH⊥EG.轴于点G，证明△MED≌△NDF(AAS)可得GE=MH，MG=HN，设M(m,12m+3)，即可求出m，M在点E的右侧，同理可得．
本题属于一次函数综合题，考查了全等三角形的生质，等腰直角三角形的性质，坐标与生质，面积的计算等知识解题的关键是待定系数法，全等三角形的判定与性质．
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