试卷 2020-2021学年人教版八年级数学下册期末复习大题压轴题知识考点梳理卷（原卷+解析版）

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2020-2021学年人教版八年级数学下册大题压轴题知识考点梳理卷

1．（2020春•江夏区期末）已知正方形ABCD．
（1）点P为正方形ABCD外一点，且点P在AB的左侧，∠APB＝45°．
①如图（1），若点P在DA的延长线上时，求证：四边形APBC为平行四边形．
②如图（2），若点P在直线AD和BC之间，以AP，AD为邻边作平行四边形APQD，连接AQ，求∠PAQ的度数．
（2）如图（3），点F在正方形ABCD内且满足BC＝CF，连接BF并延长交AD边于点E，过点E作EH⊥AD交CF于点H，若EH＝3，FH＝1，当AECF=13时，请直接写出HC的长　5　．

【分析】（1）①由正方形的性质得出DP∥BC，∠DAC＝45°，证明PB∥AC即可解决问题；
②如图2中，如图2中，作DT⊥DQ交QC的延长线于T．证明△ADQ≌△CDT（SAS），由全等三角形的性质即可得出答案．
（2）如图3中，延长EH交BC于M．设AE＝x，则CF＝BC＝3x．证明四边形EMCD为矩形，则ED＝CM＝2x，∠EMC＝90°，在Rt△MCH中，利用勾股定理解决问题即可得出答案．
【解答】（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴DP∥BC，∠DAC＝45°，
∴∠PAC＝135°，
∵∠P＝45°，
∴∠P+∠PAC＝180°，
∴PB∥AC，
∴四边形APBC是平行四边形．

②解：如图2中，作DT⊥DQ交QC的延长线于T．

∵四边形PADQ是平行四边形，
∴DQ∥PA，AD∥PQ，AD＝PQ＝BC，
∵正方形ABCD中，AD∥BC，
∴PQ＝BC，PQ∥BC，
∴四边形PQCB是平行四边形，
∴QC∥PB，
∵∠APB＝45°，
∴∠APB＝∠DQC＝45°，
∵∠QDT＝90°，
∴∠T＝∠DQT＝45°，
∴DQ＝DT，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC＝∠QDT，
∴∠ADC﹣∠QDC＝∠QDT﹣∠QDC，
∴∠ADQ＝∠CDT，
又∵AD＝DC，
∴△ADQ≌△CDT（SAS），
∴∠AQD＝∠T＝45°，
∵PA∥DQ，
∴∠PAQ＝∠AQD＝45°．

（2）解：如图3，延长EH交BC于M．设AE＝x，则CF＝BC＝3x．

∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC＝CD＝3x，∠D＝∠DCM＝90°，
∵EH⊥AD，
∴四边形EMCD为矩形，
∴ED＝CM＝2x，∠EMC＝90°，
∵EH＝3，FH＝1，
∴HC＝3x﹣1，MH＝3x﹣3，
在Rt△CHM中，∵HC2＝MH2+CM2，
∴（3x﹣1）2＝（3x﹣3）2+（2x）2，
解得，x＝2或x＝1（不合题意舍去），
∴HC＝5．
故答案为：5．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2020春•黄陂区期末）如图，在矩形ABCD中，E为BC上一点，以DE为边作矩形DEGF，其中GF经过点A，连接AE．
（1）如图1，若AE＝AD，求证：AG＝AF；
（2）连接BG．
①如图2，若BG＝AG，CE＝1，AF＝2，求AD的长；
②如图3，若AB＝AD，BG＝BE，直接写出AFAG的值为　23　．

【分析】（1）证明Rt△ADF≌Rt△AEG（HL）可得结论．
（2）①如图2中，延长AG交CB的延长线于T．证明EG垂直平分线段AT，推出EA＝ET，设EA＝ET＝x，构建方程求出x即可解决问题．
②如图3中，延长AG交CB的延长线于T．证明BT＝EC＝BE，设BE＝EC＝a，易知AT＝DE＝AE=5a，设AF＝GT＝x，则AG=5a﹣x，根据EG2＝AE2﹣AG2＝ET2﹣TG2，构建方程求出x（用x表示）即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形DEGF是矩形，
∴∠G＝∠F＝90°，DF＝EG，
∵AE＝AD，
∴Rt△ADF≌Rt△AEG（HL），
∴AG＝AF．

（2）解：①如图2中，延长AG交CB的延长线于T．

∵DE∥FT，
∴∠T＝∠DEC，
∵∠ABT＝∠C＝90°，AB＝DC，
∴△ABT≌△DCE（AAS），
∴AT＝DE，BT＝CE＝1，
∵四边形DEGF是矩形，
∴DE＝FG，
∴AT＝FG，
∴AF＝GT＝2，
∵GA＝GB，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵∠GAB+∠T＝90°，∠GBA+∠TBG＝90°，
∴∠T＝∠GBT，
∴GT＝GB＝GA＝2，
∴AB=AT2-BT2=42-12=15，
∵AG＝GT，EG⊥AT，
∴EA＝ET，设EA＝ET＝x，
在Rt△ABE中，则有x2＝（15）2+（x﹣1）2，
∴x＝8，
∴AE＝ET＝8，
∵AT＝DE，AT∥DE，
∴四边形ADET是平行四边形，
∴AD＝ET＝8．

②如图3中，延长AG交CB的延长线于T．

∵BG＝BE，
∴∠BGE＝∠BEG，
∵∠EGT＝90°，
∴∠BGE+∠BGT＝90°，∠T+∠BEG＝90°，
∴∠BGT＝∠T，
∴GB＝BT，
∴BT＝BE＝BG，
∵四边形ATED是平行四边形，
∴AD＝ET，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∴TE＝BC，
∴BT＝EC＝BE，设BE＝EC＝a，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠C＝∠ABE＝90°，
∴AT＝DE＝AE=5a，设AF＝GT＝x，则AG=5a﹣x，
∵EG2＝AE2﹣AG2＝ET2﹣TG2，
∴（5a）2﹣（5a﹣x）2＝（2a）2﹣x2，
∴x=255a，
∴AF=255a，AG=355a，
∴AFAG=255a355a=23．
故答案为23．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
3．（2020春•洪山区期末）如图，M为正方形ABCD的对角线BD上一点，过M作BD的垂线交AD于E，连BE，取BE中点O．
（1）如图1，连AO、MO，试证明∠AOM＝90°；
（2）如图2，连接AM、AO，并延长AO交对角线BD于点N，∠NAM＝45°，试探究线段DM，MN，NB之间的数量关系并证明；
（3）如图3，延长对角线BD至Q，延长DB至P，连CP，CQ，若PB＝2，PQ＝9，且∠PCQ＝135°，则PC＝　32　．（直接写出结果）

【分析】（1）由直角三角形的性质得AO＝MO=12BE＝BO＝EO，得∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，证出∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°即可；
（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，则∠FDM＝90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN＝MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得FM2＝DM2+FD2，进而得出结论；
（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，得∠PCE＝90°，则∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE＝CP=22PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，则∠EBQ＝∠PBE＝90°，由勾股定理求出BE＝42，PE＝6，即可得出PC的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵ME⊥BD，
∴∠BME＝90°，
∵O是BE的中点，
∴AO＝MO=12BE＝BO＝EO，
∴∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，
∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°；
（2）解：MN2＝BN2+DM2，理由如下：
在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，如图2所示：
则∠NAF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠NAF＝90°，
∴∠BAN＝∠DAF，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△ABN和△ADF中，AB=AD∠BAN=∠DAFAN=AF，
∴△ABN≌△ADF（SAS），
∴BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，
∴∠FDM＝∠ADB+∠ADF＝90°，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△NAM和△FAM中，AN=AF∠NAM=∠FAMAM=AM，
∴△NAM≌△FAM（SAS），
∴MN＝MF，
在Rt△FDM中，FM2＝DM2+FD2，
即MN2＝BN2+DM2；
（3）解：作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，如图3所示：
则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，
∴∠PCE＝360°﹣∠PCQ﹣∠ECQ＝90°，
∴∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，
∴CE＝CP=22PE，
在△BCE和△DCP中，BC=DC∠BCE=∠DCPCE=CP，
∴△BCE≌△DCP（SAS），
∴∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠EBQ＝90°，
∴∠PBE＝90°，
∵PB＝2，PQ＝9，
∴BQ＝PQ﹣PB＝7，
∴BE=EQ2-BQ2=92-72=42，
∴PE=PB2+BE2=22+(42)2=6，
∴PC=22PE＝32；
故答案为：32．


【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2020春•武昌区期末）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于F，交AD于H．
（1）如图1，过点D作DG⊥AE于G．求证：BF﹣DG＝FG；
（2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，试判断DF，FH，EF存在什么数量关系，并说明理由；
（3）如图3，AB＝1，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．

【分析】（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=2DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT＝b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB＝∠DGA＝90°，
∴∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°，
∴∠BAF＝∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF＝DG，BF＝AG，
∴BF﹣DG＝AG﹣AF＝FG．

（2）结论：FH+FE=2DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ADE＝90°，AB＝AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB＝90°，
∴∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH＝DE，
∵DE＝EC=12CD，CD＝AD，
∴AH＝DH，
∴DE＝DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK＝∠ADC＝90°，
∴∠JDH＝∠KDE，
∵∠J＝∠DKE＝90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ＝DK，JH＝EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK＝FJ＝DK＝DJ，
∴DF=2FJ，
∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ=2DF．

（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT＝b．

∵△ABH≌△DAE，
∴AH＝DE，
∵∠EDH＝90°，HP＝PE，
∴PD＝PH＝PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT＝DK＝b，PK＝DT，
∵PH＝PD＝PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，
∴AH＝DE＝1﹣2b，
∴PK=12DE=12-b，
JK＝DJ﹣DK=12-b，
∴PK＝KJ，
∵∠PKJ＝90°，
∴∠KJP＝45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=2DJ=22，
∴点P的运动轨迹的长为22．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
5．（2020春•十堰期末）如图1，点O是菱形ABCD对角线的交点，点P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥直线AD于E，PF⊥直线CD于F，AB＝10，AC＝16．
（1）填空：BD＝　12　；
（2）点P在运动过程中，PE+PF的值是否发生变化？若不变，请求出PE+PF的值；若变化，请说明理由；
（3）如图2，若点P在线段AC的延长线上运动时，求PE﹣PF的值．

【分析】（1）由菱形的性质及勾股定理可求出答案；
（2）连接DP，由S△ACD＝S△ADP+S△CDP可得出PE+PF=485；
（3）连接DP，根据S△ADP＝S△ACD+S△CDP可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵AB＝10，AC＝16，
∴OA＝8，
∴OB=AB2-OA2=102-82=6，
∴BD＝2OB＝12．
故答案为：12．
（2）PE+PF的值不变．
理由如下：
连接DP，如图1，

∵S△ACD＝S△ADP+S△CDP，
∴12AC⋅DO=12CD⋅PF，
∴16×6＝10PE+10PF，
∴PE+PF=485；
（3）连接DP，如图2，

∵S△ADP＝S△ACD+S△CDP，
∴12AD⋅PE=12AC⋅DO+12CD⋅PF，
∴10×PE＝16×6+10PF，
∴PE-PF=485．
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2020春•汉阳区期末）如图平行四边形ABCD，E，F分别是AD，BC上的点，且AE＝CF，EF与AC交于点O．
（1）如图①，求证：OE＝OF；
（2）如图②，将平行四边形ABCD（纸片沿直线EF折叠，点A落在A1处，点B落在点B1处，设FB交CD于点G．A1B1分别交CD，DE于点H，P．请在折叠后的图形中找一条线段，使它与EP相等，并加以证明；
（3）如图③，若△ABO是等边三角形，AB＝4，点F在BC边上，且BF＝4．则CFOF=　2　（直接填结果）．

【分析】（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE＝OF；
（2）连AC，由（1）可知OE＝OF，OB＝OD，证△AOE≌△COF（SAS），得AE＝CF，由折叠性质得AE＝A1E＝CF，∠A1＝∠BAD＝∠BCD，∠B＝∠B1，则∠D＝∠B1，证△A1PE≌△CGF（AAS），即可得出FG＝EP；
（3）作OH⊥BC于H，证四边形ABCD是矩形，则∠ABC＝90°，得∠OBC＝30°，求出AC＝8，由勾股定理得BC＝43，则CF＝43-4，由等腰三角形的性质得BH＝CH=12BC＝23，则HF＝4﹣23，OH=12OB＝2，由勾股定理得OF＝26-22，进而得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ODE＝∠OBF，∠OED＝∠OFB，
∵AE＝CF，
∴AD﹣AE＝BC﹣CF，即DE＝BF，
在△ODE和△OFB中，∠ODE=∠OBFDE=BF∠OED=∠OFB，
∴△ODE≌△OFB（ASA），
∴OE＝OF；
（2）解：FG＝EP，理由如下：
连AC，如图②所示：
由（1）可知：OE＝OF，OB＝OD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC过点O，OA＝OC，∠BAD＝∠BCD，∠D＝∠B，
在△AOE和△COF中，OA=OC∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF，
由折叠性质得：AE＝A1E＝CF，∠A1＝∠BAD＝∠BCD，∠B＝∠B1，
∴∠D＝∠B1，
∵∠A1PE＝∠DPH，∠PHD＝∠B1HG，
∴∠DPH＝∠B1GH，
∵∠B1GH＝∠CGF，
∴∠A1PE＝∠CGF，
在△A1PE和△CGF中，∠A1PE=∠CGF∠A1=∠FCGA1E=CF，
∴△A1PE≌△CGF（AAS），
∴FG＝EP；
（3）解：作OH⊥BC于H，如图③所示：
∵△AOB是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝∠BAO＝60°，OA＝OB＝AB＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵AB＝OB＝BF＝4，
∴AC＝BD＝2OB＝8，
由勾股定理得：BC=AC2-AB2=82-42=43，
∴CF＝43-4，
∵OB＝OC，OH⊥BC，
∴BH＝CH=12BC＝23，
∴HF＝4﹣23，OH=12OB＝2，
在Rt△OHF中，由勾股定理得：OF=OH2+HF2=22+(4-23)2=26-22，
∴CFOF=43-426-22=22=2；
故答案为：2．


【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
7．（2020春•江岸区期末）已知：正方形ABCD．
（1）如图1，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．
求证：①AE⊥BF；
②四边形BEGF是平行四边形．
（2）如图2，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，分类说明满足PE+PF＝9的点P的位置情况．

【分析】（1）①△ABE≌△BCF（SAS），得AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得∠CBF＝∠CEG，左侧∠AEG＝90°，则AE⊥EG，即可得出结论；
②延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证△APE≌△ECG（ASA），得AE＝EG，证出EG＝BF，即可得出四边形BEGF是平行四边形．
（2）连接BE，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM交BC于点H，由勾股定理得EM＝45，则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为45＜9，在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12，得点P在CH上时，45＜PE+PF≤12，在点H左侧，当点P与点B重合时，由勾股定理得BF＝210，证△ABE≌△CBF（SAS），得BE＝BF＝210，则PE+PF＝410，得点P在BH上时，45＜PE+PF＜410，得出在线段BC上点H的左右两边各有一个点P，使PE+PF＝9，同理在线段AB、AD、CD上都存在两个点P，使PE+PF＝9；即可得出结论．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵EG∥BF，
∴∠CBF＝∠CEG，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CEG+∠BEA＝90°，
即∠AEG＝90°，
∴AE⊥EG，
∴AE⊥BF；
②延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图1所示：
则AP＝CE，∠EBP＝90°，
∴∠P＝45°，
∵CG平分∠BCF，
∴∠ECG＝45°，
∴∠P＝∠ECG，
由①得：∠BAE＝∠CBF＝∠CEG，
在△APE和△ECG中，∠P=∠ECGAP=CE∠BAE=∠CEG，
∴△APE≌△ECG（ASA），
∴AE＝EG，
∵AE＝BF，
∴EG＝BF，
∵EG∥BF，
∴四边形BEGF是平行四边形．
（2）解：共有8个点满足PE+PF＝9，理由如下：
连接BE，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM交BC于点H，如图2所示：
∵点E，F将对角线AC三等分，AC＝12，
∴EC＝8，AE＝CF＝4，
∵点M与点F关于BC对称，
∴CM＝CF＝4，∠BCM＝∠ACB＝45°，
∴∠ACM＝90°，
∴EM=EC2+CM2=82+42=45，
则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为45＜9，
在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12，
∴点P在CH上时，45＜PE+PF≤12，
在点H左侧，当点P与点B重合时，BF=FN2+BN2=(22)2+(42)2=210，
在△ABE和△CBF中，AB=BC∠BAE=∠BCFAE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE＝BF＝210，
∴PE+PF＝410，
∴点P在BH上时，45＜PE+PF＜410，
∴在线段BC上点H的左右两边各有一个点P，使PE+PF＝9，
同理：在线段AB、AD、CD上都存在两个点P，使PE+PF＝9；
即共有8个点P满足PE+PF＝9．


【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、轴对称的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
8．（2020春•曾都区期末）已知四边形ABCD是正方形，点E，F分别在射线AB，射线BC上，BE＝CF，DE与AF交于点O．
（1）如图1，当点E，F分别在线段AB，BC上时，则线段DE与线段AF的数量关系是　DE＝AF　，位置关系是　DE⊥AF　．
（2）如图2，当点E，F分别在AB，BC的延长线上时，将线段AE沿AF平移至FG，连接DG，EG．请你补全图形，判断△DEG的形状，并给出证明．
（3）在（2）的条件下，若正方形ABCD的边长为3，BE＝1，请直接写出DG的长．

【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定定理证明△DAE≌△ABF，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）根据平移的性质证明四边形FAEG是平行四边形，得到AF＝EG，根据勾股定理得到DE2＝AD2+AE2，证明△DAE≌△ABF，根据等腰直角三角形的性质解答；
（3）利用勾股定理求出DE即可解决问题．
【解答】解：（1）在△DAE和△ABF中，
DA=AB∠DAE=∠ABF=90°AE=BF，
∴△DAE≌△ABF，
∴DE＝AF，∠ADE＝∠BAF，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°，即∠AOE＝90°，
∴DE⊥AF，
故答案为：DE＝AF；DE⊥AF．

（2）①结论：△DEG是等腰直角三角形．
理由：由题意得，AE＝FG，AE∥FG，
∴四边形FAEG是平行四边形，
∴AF＝EG，
在△DAE和△ABF中，
DA=AB∠DAE=∠ABF=90°AE=BF，
∴△DAE≌△ABF，
∴DE＝AF，DE⊥AF，
∴DE＝EG，DE⊥EG，
∴∠DEG＝90°，
∴△DEG是等腰直角三角形．

②当点E在AB延长线上时，在Rt△ADE中，DE=AD2+AE2=32+42=5，
在Rt△DEG中，DG=DE2+EG2=52+52=52．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．（2020春•汉川市期末）正方形ABCD中，M为射线CD上一点（不与D重合），以CM为边，在正方形ABCD的异侧作正方形CFGM，连接BM，DF，直线BM与DF交于点E．
（1）如图1，若M在CD的延长线上，求证：DF＝BM，DF⊥BM；
（2）如图2，若M移到边CD上．
①在（1）中结论是否仍成立？（直接回答不需证明）
②连接BD，若BD＝BF，且正方形CFGM的边长为1，试求正方形ABCD的周长．

【分析】（1）由正方形的性质得出条件，证明△BCM≌△DCF（SAS），由全等三角形的性质及角的互余关系可得结论；
（2）①结论仍成立；②设正方形ABCD的边长为x，则BC＝CD＝x，由勾股定理求得BD的长，再用含x的式子表示出BF，然后根据BD＝BF得出关于x的方程，解得x的值，再乘以4即可．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD与四边形CFGM都是正方形，
∴∠BCM＝∠FCD＝90°，BC＝CD，CM＝CF．
在△BCM和△DCF中，
BC=CD∠BCM=∠FCDCM=CF，
∴△BCM≌△DCF（SAS）．
∴DF＝BM，∠CFD＝∠CMB．
∵∠BMC+∠CBM＝90°，
∴∠CBM+∠CFD＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴DF⊥BM；
（2）①成立．
∵四边形ABCD与四边形CFGM都是正方形，
∴∠BCM＝∠FCD＝90°，BC＝CD，CM＝CF．
在△BCM和△DCF中，
BC=CD∠BCM=∠FCDCM=CF，
∴△BCM≌△DCF（SAS）．
∴DF＝BM，∠CFD＝∠CMB．
∵∠BMC+∠CBM＝90°，
∴∠CBM+∠CFD＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴DF⊥BM；
②设正方形ABCD的边长为x，则BC＝CD＝x，
∴BD=BC2+CD2=2x，
∵正方形CFGM的边长为1，
∴BF＝BC+CF＝x+1．
∵BD＝BF，
∴2x＝x+1，
∴x=2+1．
∴4x＝42+4．
∴正方形ABCD的周长为42+4．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及一元一次方程在几何图形问题中的应用，明确相关性质及定理是解题的关键．
10．（2020春•随县期末）已知矩形ABCD的一条边AD＝8，E是BC边上的一点，将矩形ABCD沿折痕AE折叠，使得顶点B落在CD边上的点P处，PC＝4（如图1）．
（1）求AB的长；
（2）擦去折痕AE，连接PB，设M是线段PA的一个动点（点M与点P、A不重合）．N是AB沿长线上的一个动点，并且满足PM＝BN．过点M作MH⊥PB，垂足为H，连接MN交PB于点F（如图2）．
①若M是PA的中点，求MH的长；
②试问当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段FH的长度．

【分析】（1）设AB＝x，根据折叠可得AP＝CD＝x，DP＝CD﹣CP＝x﹣4，利用勾股定理，在Rt△ADP中，AD2+DP2＝AP2，即82+（x﹣4）2＝x2，即可解答；
（2）①过点A作AG⊥PB于点G，根据勾股定理求出PB的长，由AP＝AB，所以PG＝BG=12PB＝25，在Rt△AGP中，AG=AP2-PG2=102-(25)2=45，
由AG⊥PB，MH⊥PB，所以MH∥AG，根据M是PA的中点，所以H是PG的中点，根据中位线的性质得到MH=12AG=12×45=25．
②作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP＝MQ，BN＝QM，得出MP＝MQ，根据MH⊥PQ，得出HQ=12PQ，根据∠QMF＝∠BNF，证出△MFQ≌△NFB，得出QF=12QB，再求出EF=12PB，最后代入HF=12PB即可得出线段EF的长度不变．
【解答】解：（1）设AB＝x，则AP＝CD＝x，DP＝CD﹣CP＝x﹣4，
在Rt△ADP中，AD2+DP2＝AP2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
即AB＝10．
（2）①如图2，过点A作AG⊥PB于点G，

由（1）中的结论可得：PC＝4，BC＝8，∠C＝90°，
∴PB=BC2+PC2=82+42=45，
∵AP＝AB，
∴PG＝BG=12PB＝25，
在Rt△AGP中，AG=AP2-PG2=102-(25)2=45，
∵AG⊥PB，MH⊥PB，
∴MH∥AG，
∵M是PA的中点，
∴H是PG的中点，
∴MH=12AG=12×45=25．
②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化；
作MQ∥AN，交PB于点Q，如图3，

∵AP＝AB，MQ∥AN，
∴∠APB＝∠ABP＝∠MQP．
∴MP＝MQ，
∵BN＝PM，
∴BN＝QM．
∵MP＝MQ，MH⊥PQ，
∴HQ=12PQ．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF＝∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，
∠QFM=∠NFB∠QMF=∠BNFMQ=BN，
∴△MFQ≌△NFB（AAS）．
∴QF=12QB，
∴HF＝HQ+QF=12PQ+12QB=12PB=12×45=25．
∴当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为25．
【点评】此题考查了四边形综合，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，关键是做出辅助线，找出全等三角形．
11．（2020春•洪山区期末）今年两会，李克强总理点赞“地摊经济”称，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，鼓励通过线上线下一体销售．据统计，武汉王家湾夜市和虎泉夜市等多家夜市自五一假期以来，人流量、经济流通收入同比增长142.9%，服装行业的增长最为迅速．记者了解到，两家夜市主要服装进货来源是佛山和广州两家服装批发厂，其中某种服装的进货价格如下：

佛山服装批发厂
广州服装批发厂
虎泉夜市
15元/件
24元/件
王家湾夜市
18元/件
30元/件
虎泉夜市现需服装5000件，王家湾夜市需8000件，从佛山服装批发厂调进10000件，剩余的则从广州服装批发厂进货，若虎泉夜市从佛山进货x件，两家夜市的进货总费用为W元．
（1）W＝　3x+240000　（　2000≤x≤5000　）（括号内写出x的取值范围）；
（2）请你设计一种进货方案使两家夜市的进货总费用最少，并计算此时的最少费用；
（3）六月份开始，广州服装厂与两家夜市签订长期协议，对虎泉夜市进货单价统一降低a元，对王家湾夜市进货单价统一降低2a元，其中0＜a≤10，试求此时两家夜市最少进货总费用y关于a的函数关系式．
【分析】（1）根据题意，先表达出佛山服装厂和广州服装厂分别运往虎泉夜市和王家湾夜市的件数，再乘对应的单价，加在一起就是总进货费用；再结合实际意义，求出自变量x的取值范围．
（2）根据第（1）问表达的进货总费用，结合一次函数的性质，可求出何时费用最少，并写出对应的方案．
（3）同第（1）问，表达出降低进价后的总费用，然后再根据一次函数的性质进行讨论即可．
【解答】解：（1）根据题意，佛山服装厂运往虎泉夜市的件数为x件，则佛山服装厂运往王家湾夜市的件数是（10000﹣x）件；广州服装厂运往虎泉夜市的件数是（5000﹣x）件，广州服装厂运往王家湾夜市的件数是（x﹣2000）件．
则W＝15x+18（10000﹣x）+24（5000﹣x）+30（x﹣2000）＝3x+240000，
根据实际意义可得，x≥010000-x≥05000-x≥0x-2000≥0，
解得，2000≤x≤5000．
故答案为：3x+240000；2000≤x≤5000．
（2）由（1）得，W＝3x+240000 （2000≤x≤5000），
∵k＝3＞0，
∴W随x的减小而减小，
∴当x＝2000时，W有最小值246000．
∴10000﹣x＝8000，5000﹣x＝3000，x﹣2000＝0．
答：当佛山运往虎泉2000件，运往王家湾8000件，广州运往虎泉3000件，运往王家湾0件时，有最小运费246000元．
（3）依题意得，
W＝15x+18（10000﹣x）+（24﹣a）（5000﹣x）+（30﹣2a）（x﹣2000）
＝（3﹣a）x+（240000﹣1000a） （2000≤x≤5000，0＜a≤10），
①当0＜a＜3时，3﹣a＞0，W随x的减小而减小，当x＝2000时W有最小值，y＝246000﹣3000a；
②当a＝3时，无论x取何值，均有W＝237000；
①当3＜a≤10时，3﹣a＜0，W随x的增大而减小，
当x＝5000时W有最小值，y＝255000﹣6000a．
【点评】本题主要考查一次函数的性质，分类讨论的思想．理解题意，表达出W的表达式，并根据一次函数的增减性，进行正确的分类是解决本题的关键．
12．（2020春•汉川市期末）学校计划租用汽车送八年级192名学生和14名教师集体外出活动．现在甲、乙两种客车（不能超员），它们的载客量和租金如下表所示：

甲型客车
乙型客车
载客量（人/辆）
33
22
租金（元/辆）
300
200
为确保安全，学校规定：每辆车上至少要有2名教师．如果学校预算此次活动的租金总费用不超过2000元，请解答下列问题：
（1）共需租多少辆汽车？
（2）设租用x辆甲种客车，租车总费用为y元．
①学校共有哪几种租车方案？
②写出y与x的函数关系式，并求租车总费用y的最小值．
【分析】（1）由师生总数为206人，根据“所需租车数＝人数÷载客量”算出租载客量最大的客车所需辆数，再结合每辆车上至少要有2名教师，即可得出结论；
（2）①根据题意列出不等式组，得出x的取值范围，进而求出租车方案；
②利用函数解析式，根据函数的性质，结合x的取值范围，求得y有最小值即可．
【解答】解：（1）∵（192+14）÷33＝6（辆）…8（人），
∴保证206名师生都有车坐，汽车总数不能小于7；
∵只有14名教师，
∴要使每辆汽车上至少要有2名教师，汽车总数不能大于7；
综上可知：共需租7辆汽车；
（2）①设租甲种客车x辆、则租乙种客车（7﹣x）辆、依题意，
得33x+22(7-x)≥192+14300x+200(7-x)≤2000，
解得5211≤x≤6，
∵x为正整数，
∴x＝5或6，
∴共有2种租车方案：方案一：租甲种客车5辆、乙种客车2辆；方案二：租甲种客车6辆、乙种客车1辆；
②由题意，得y＝300x+200（7﹣x）＝100x+1400，
∵100＞0，
∴y的值随x值的增大而增大，
∴当x＝5时，y取得最小值，最小值为1900．
【点评】此题主要考查了一次函数与一次不等式组的综合应用，由题意得出租用x辆甲种客车与总租金用y的函数关系是解决问题的关键．
13．（2020春•武昌区期末）某种农机A城有30台，B城有40台．某运输公司现要将这些农机全部运往C，D两乡．已知C乡需要34台，D乡需要36台；从A，B两城运往C，D两乡的运费如下表：
两乡
两城
C（元/台）
D（元/台）
A
250
200
B
150
240
设A城运往C乡x台农机，从A城运往两乡的总运费为y1元，从B城运往两乡的总运费为y2元．
（1）分别写出y1，y2与x之间的函数关系式（直接写出自变量的取值范围）；
（2）求将农机从B城运往两乡的总运费最多比从A城运往两乡的总运费多多少元？
（3）该运输公司现要求从B城运往两乡的总运费y2不低于8340元，怎样调运，使运送全部农机的总费用的和最少？并求出最小值．
【分析】（1）A城运往C乡的农机为×台，则可得A城运往D多的农机为（30﹣x）台，B城运往C乡的农机为（34﹣x）台，B城运住D乡的农机为[40﹣（34﹣x）]台，从而可得y1，y2与x之间的函数关系式；
（2）利用y2﹣y1得出将农机从B城运往两乡的总运费最多比从A城运往两乡的总运费多出的价格，再根据x的取值范围求解；
（3）设A城运往C乡该农机×台，运送全部农机的总费用为w元，可得w的表达式，再结合从B城运往两乡的总运费y2不低于8340元求出x的取值范围，最后根据一次函数的性质得到当x＝20时，W最小．
【解答】解：（1）由题意可得
y1＝250x+200（30﹣x）＝50x+6000（0≤x≤30），
y2＝150（34﹣x）+240[40﹣（34﹣x）]＝90x+6540（0≤x≤30）；
（2）由（1）可得：
y2﹣y1＝90x+6540﹣（50x+6000）＝40x+540，
∵40＞0，
∴当x＝30时，y2﹣y1＝1740，
∴将农机从B城运往两乡的总运费最多比从A城运往两乡的总运费多1740元；
（3）设A城运往C乡该农机x台，运送全部农机的总费用为w元，
则w＝50x+6000+90x+6540
＝140x+12540（0≤x≤30），
∵要求从B城运往两乡的总运费y2不低于8340元，
则90x+6540≥8340，
解得：x≥20，
∴20≤x≤30
∵140＞0，
∴当x＝20时，w最小，最小值为：140×20+12540＝15340元
∴从A城调性C城20台，调往D城10台，从B城调往C城14台，调往D城26台，总费用的和最少，为15340元．
【点评】本题考查一次的数的应用，二次函数的应用，一元一次不等式的应用，解答本题的关键是根据题意得出y与x的函数关系式，另外要掌握运用的增减性来判断函数的最值问题．
14．（2020春•曾都区期末）某帮扶工作队将帮扶村生产的优质香菇和大米销往全国．相关信息如表：
商品
规格
成本/（元/袋）
售价/（元/袋）
香菇
1kg/袋
40
60
大米
10kg/袋
38
53
已知销售表中规格的香菇和大米共1000袋，其中香菇不少于300袋，大米不少于400袋．设销售香菇x袋，销售香菇和大米获得的利润为y元．
（1）求y（元）与x（袋）之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）销售完这批香菇和大米，至少可获得多少元的利润？
（3）因该村有部分特困户，工作队与村委会讨论决定，每销售一袋香菇提取m元作为爱心基金．如果5≤m≤8，求销售完这批香菇和大米，扣除爱心基金后的最大利润（用含m的代数式表示）．
【分析】（1）根据题意可得y（元）与x（袋）之间的函数关系式；
（2）根据一次函数的性质解答即可；
（3）设扣除爱心基金的利润为W元，根据题意得出W与m的函数关系式，再根据一次函数的性质分情况讨论解答即可．
【解答】解：（1）由题意．得y＝（60﹣40）x+（53﹣38）（1000﹣x），
∴y＝5x+15000；
∵1000﹣x≥400，
∴300≤x≤600；

（2）在y＝5x+15000中，
∵5＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝300时，y有最小值为5×300+15000＝16500．
∴销售完这批香菇和大米，至少可获得16500元的利润；

（3）设扣除爱心基金的利润为W元，根据题意得W＝（5﹣m）x+15000，
∵5≤m≤8，
∴①若m＝5，W的值恒为15000；
②若5＜m≤8，当x＝300时，W有最大值，最大值为16500﹣300m，
∴扣除爱心基金后的最大利润为（16500﹣300m）元．
【点评】本题考查二元一次不等式组的应用，一次函数的性质等知识，正确的得到函数关系式是解决问题的关键．
15．（2020春•梁子湖区期末）某公司开发出一款新的节能产品，成本价为5元/件．该产品在正式投放市场前通过代销点进行了为期一个月（30天）的试营销，售价为9元/件，工作人员对销售情况进行了跟踪记录，并将记录情况绘成图象，图中的折线ODE表示日销售量y（件）与销售时间x（天）之间的函数关系（x为整数），已知线段DE表示的函数关系中，时间每增加1天，日销售量减少5件．
（1）第24天的日销售量是　330　件，日销售利润是　1320　元；
（2）求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）日销售利润不低于1280元的天数共有多少天？试销售期间，日销售最大利润是多少元？

【分析】（1）根据第22天销售了340件，结合时间每增加1天日销售量减少5件，即可求出第24天的日销售量，再根据日销售利润＝单件利润×日销售量即可求出日销售利润；
（2）根据点D的坐标利用待定系数法即可求出线段OD的函数关系式，根据第22天销售了340件，结合时间每增加1天日销售量减少5件，即可求出线段DE的函数关系式，联立两函数关系式求出交点D的坐标，此题得解；
（3）分0≤x≤18和18＜x≤30，找出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，有起始和结束时间即可求出日销售利润不低于640元的天数，再根据点D的坐标结合日销售利润＝单件利润×日销售数，即可求出日销售最大利润．
【解答】解：（1）340﹣（24﹣22）×5＝330（件），
330×（9﹣5）＝1320（元）．
故答案为：330；1320．
（2）设线段OD所表示的y与x之间的函数关系式为y＝kx，
将（17，340）代入y＝kx中，
340＝17k，解得：k＝20，
∴线段OD所表示的y与x之间的函数关系式为y＝20x．
根据题意得：线段DE所表示的y与x之间的函数关系式为y＝340﹣5（x﹣22）＝﹣5x+450．
联立两线段所表示的函数关系式成方程组得y=20xy=-5x+450，解得x=18y=360，
∴交点D的坐标为（18，360），
∴y与x之间的函数关系式为y=20x(0≤x≤18且x为整数)-5x+450(18＜x≤30且x为整数)；

（3）当0≤x≤18时，根据题意得：（9﹣5）×20x≥1280，
解得：x≥16；
当18＜x≤30时，根据题意得：（9﹣5）×（﹣5x+450）≥1280，
解得：x≤26．
∴16≤x≤26．
26﹣16+1＝11（天），
∴日销售利润不低于1280元的天数共有11天．
∵点D的坐标为（18，360），
∴日最大销售量为360件，
360×4＝1440（元），
∴试销售期间，日销售最大利润是1440元．
【点评】本题考查了一次函数的应用、待定系数法一次函数解析式以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）根据数量关系，列式计算；（2）利用待定系数法求出OD的函数关系式以及依照数量关系找出DE的函数关系式；（3）分0≤x≤18和18＜x≤30，找出关于x的一元一次不等式．
16．（2020春•硚口区期末）A城有肥料200t，B城有肥料300t，现要把这些肥料全部运往C、D两乡，C乡需肥料240t，D乡需要肥料260t，从A城运往C、D两乡的运费分别为20元/t和25元/t；从B城运往C、D两乡的运费分别为15元/t和35元/t．设从B城运往D乡的肥料为xt．
（1）填表：

A城
B城
总计（t）
C乡
　x﹣60　
　300﹣x　
240
D乡
　260﹣x　
x
260
总计（t）
200
300
500
（2）从A城运往两乡的总运费为y1元，从B城运柱两乡的总运费为y2元．
①分别写出y1、y2与x之间的函数关系式（不要求写自变量的取值范围）；
②试比较A、B两城总运费的大小．
（3）由于从B城到D乡的路况得到改，缩短了运输时间，运费每吨减少a元（a＞0），其余路运费不变，若A、B两城总运费和的最小值不小于10160元，求a的取值范围．
【分析】（1）根据A、B两城肥料的数量，和C、D两乡需肥料的数量填表即可；
（2）①根据题意即可得出y1、y2与x之间的函数关系式；
②根据（1）的结论列方程或列不等式解答即可；
（3）设总运费为y元，由于从B城到D乡运费减少，最低费用比原来要小，于是可得出一个y与x、a的函数关系式，其中a为x的系数，再分两种情况予以分析讨论，确定a的取值范围．
【解答】解：（1）填写表格如下：

故答案为：x﹣60；300﹣x；260﹣x；

（2）①据题意得：y1＝20（x﹣60）+25（260﹣x）＝﹣5x+5300，
y2＝15（300﹣x）+35x＝20x+4500．
②∵y1﹣y2＝﹣25x+800＜0，
∴y1＜y2，
∴A城运费比B城总运费少；

（3）设总运费为y元，由题意得：
y＝20（x﹣60）+25（260﹣x）+15（300﹣x）+35x＝15x+9800，
由题意得：x-60≥0300-x≥0260-x≥0x≥0，解得：60≤x≤260，
答：y与x之间的函数关系式为：y＝15x+9800，自变量的取值范围为：60≤x≤260，
由题意得，改善后的总运费：y＝（15﹣a）x+9800，
①当15﹣a＞0，即a＜15时，y随x的增大而增大，
∴当x＝60时，y最小≥10160，
∴（15﹣a）×60+9800≥10160，解得：a≤9
因此0＜a≤9，
②当15﹣a＜0，即：a＞15时，y随x的增大而减小，
∴当x＝260时，y最小≥10160，
∴（15﹣a）×260+9800≥10160，解得：a≤13.6，不合题意舍去，
答：a的取值范围为0＜a≤9．
【点评】考查一次函数的图象和性质、一元一次不等式组的应用等知识，分类讨论思想在本题中有所体现，熟悉题中数量之间的关系是解决问题的关键．
17．（2020•河南期末）河南灵宝苹果为中华苹果之翘楚，被誉为“中华名果”．某水果超市计划从灵宝购进“红富士”与“新红星”两种品种的苹果．已知2箱红富士苹果的进价与3箱新红星苹果的进价的和为282元，且每箱红富士苹果的进价比每箱新红星苹果的进价贵6元
（1）求每箱红富士苹果的进价与每箱新红星苹果的进价分别是多少元？
（2）如果购进红富士苹果有优惠，优惠方案是：购进红富士苹果超过20箱，超出部分可以享受七折优惠．若购进a（a＞0，且a为整数）箱红富士苹果需要花费w元，求w与a之间的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，超市决定在红富士、新红星两种苹果中选购其中一种，且数量超过20箱，请你帮助超市选择购进哪种苹果更省钱．
【分析】（1）根据题意，可以列出相应的二元一次方程组，从而可以求得每箱红富士苹果的进价与每箱新红星苹果的进价分别是多少元；
（2）根据题意，利用分类讨论的方法，可以写出w与a之间的函数关系式；
（3）根据题意，可以列出相应的不等式，从而可以得到超市选择购进哪种苹果更省钱．
【解答】解：（1）设每箱红富士苹果的进价与每箱新红星苹果的进价分别是x元、y元，
2x+3y=282x-y=6，得x=60y=54，
答：每箱红富士苹果的进价与每箱新红星苹果的进价分别是60元、54元；
（2）当0＜a≤20且a为整数时，w＝60a，
当a＞20且a为整数时，w＝20×60+60（a﹣20）×0.7＝42a+360，
由上可得，w与a之间的函数关系式为w=60a(0＜a≤20且a为整数)42a+360(a＞20且a为整数)；
（3）当54a＜42a+360时，得a＜30，即a＜30时，购进新红星这种苹果更省钱，
当54a＝42a+360，即a＝30，即当a＝30时，购买红富士和新红星花费一样多；
当54a＞42a+360，得a＞30，即当a＞30时，购买红富士这种水果更省钱．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
18．（2020·黄石期末）某年5月，我国南方某省A、B两市遭受严重洪涝灾害，1.5万人被迫转移，邻近县市C、D获知A、B两市分别急需救灾物资200吨和300吨的消息后，决定调运物资支援灾区．已知C市有救灾物资240吨，D市有救灾物资260吨，现将这些救灾物资全部调往A、B两市．已知从C市运往A、B两市的费用分别为每吨20元和25元，从D市运往A、B两市的费用别为每吨15元和30元，设从D市运往B市的救灾物资为x吨．
（1）请填写下表

A（吨）
B（吨）
合计（吨）
C（吨）
　x﹣60　
　300﹣x　
240
D（吨）
　260﹣x　
x
260
总计（吨）
200
300
500
（2）设C、D两市的总运费为w元，求w与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）经过抢修，从D市到B市的路况得到了改善，缩短了运输时间，运费每吨减少m元（m＞0），其余路线运费不变．若C、D两市的总运费的最小值不小于10320元，求m的取值范围．
【分析】（1）根据题意可以将表格中的空缺数据补充完整；
（2）根据题意可以求得w与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）根据题意，利用分类讨论的数学思想可以解答本题．
【解答】解：（1）∵D市运往B市x吨，
∴D市运往A市（260﹣x）吨，C市运往B市（300﹣x）吨，C市运往A市200﹣（260﹣x）＝（x﹣60）吨，
故答案为：x﹣60、300﹣x、260﹣x；
（2）由题意可得，
w＝20（x﹣60）+25（300﹣x）+15（260﹣x）+30x＝10x+10200，
∴w＝10x+10200（60≤x≤260）；
（3）由题意可得，
w＝10x+10200﹣mx＝（10﹣m）x+10200，
当0＜m＜10时，
x＝60时，w取得最小值，此时w＝（10﹣m）×60+10200≥10320，
解得，0＜m≤8，
当m＞10时，
x＝260时，w取得最小值，此时，w＝（10﹣m）×260+10200≥10320，
解得，m≤12413，
∵12413＜10，
∴m＞10这种情况不符合题意，
由上可得，m的取值范围是0＜m≤8．
【点评】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用函数和不等式的性质解答．
19．（2020春•黄陂区期末）随着新冠疫情防控的常态化，复工复产稳步推进，外卖订单业务量大增，某知名外卖平台招聘外卖骑手，并提供了如下两种日工资方案：
方案一：每日底薪50元，每完成一单外卖业务再提成3元；
方案二：每日底薪80元，外卖业务的前30单没有提成，超过30单的部分，每完成一单提成5元．
设骑手每日完成的外卖业务量为n（n为正整数，单位：单），方案一、二中骑手的日工资分别为y1，y2（单位：元）．
（1）分别写出y1，y2关于n的函数解析式；
（2）据统计，骑手小明外卖送单平均每天的业务量约为50单，若仅从日工资收入的角度考虑，他应该选择哪种日工资方案？请说明理由；
（3）某外卖骑手平均每日完成的外卖业务量为n单，从日工资收入的角度考虑，他应该选择哪种日工资方案？试画出日工资收入函数大致图象并直接写出你的选择方案．

【分析】（1）根据题意，可以写出y1，y2关于n的函数解析式；
（2）根据（1）中的函数解析式，将n分别代入相应的函数解析式中，然后比较大小即可解答本题；
（3）根据函数解析式作出图象求得两图象的交点横坐标，然后结合图象比较大小，从而确定方案．
【解答】解：（1）由题意可得，y1＝50+3n，
当0＜n＜30且n为整数时，y2＝80，
当n≥30且n为整数时，y2＝80+5（n﹣30）＝5n﹣70；
（2）若仅从日工资收入的角度考虑，他应该选择方案一这种日工资方案，
理由：当n＝50时，
方案一：y1＝50+3×50＝200，
方案二：y2＝5×50﹣70＝180，
∵200＞180，
∴若仅从日工资收入的角度考虑，他应该选择方案一这种日工资方案；
（3）根据函数解析式作出图象如下：

当0＜n＜30且n为整数时，当50+3n＝80时，解得：n＝10，
当n≥30且n为整数时，50+3n＝5n﹣70时，解得：n＝60，
∴从日工资收入的角度考虑，
①当0＜n＜10或n＞60时，y2＞y1，他应该选择方案二，
②当10＜n＜60，y1＞y2，他应该选择方案一，
③当n＝10或n＝60时，y1＝y2，选择两种方案均可．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
20．（2020秋•市北区期末）某校准备组织学生及家长代表到烟台进行社会实践活动，为便于管理，所有人员必须乘坐同一列高铁，高铁单程票价格如下表所示，二等座学生票可打7.5折．已知，若所有人员都买一等座单程火车票，共需花费6175元；若所有人员都买二等座单程火车票，在学生享受购票折扣后，总票款为3150元；如果家长代表与教师的人数之比为2：1．
运行区间
票价
起点站
终点站
一等座
二等座
青岛
烟台
95（元）
60（元）
（1）参加社会实践活动的老师、家长代表与学生各有多少人？
（2）由于各种原因，二等座单程火车票只能买x张（x＜参加社会实践的总人数），其余的需要买一等座单程火车票，在保证所有人员都有座的前提下，请你在以下两种情形中分别按照最经济的购票方案，求：购买单程火车票的总费用y（元）与x（张）之间的函数关系式．
①当x少于学生人数；
②当x＜参加社会实践的总人数，但不少于学生人数．
【分析】（1）设参加社会实践的老师有m人，学生有n人，则学生家长有2m人，根据题意得到方程组，求出方程组的解即可；
（2）①当x少于学生人数，即当0＜x＜50时，一部分学生买学生票共x张，其余的学生与家长老师一起购买一等座火车票共（65﹣x）张，得到解析式是y＝﹣50x+6175；
②当x＜参加社会实践的总人数，但不少于学生人数，即当50≤x＜65时，学生都买学生票共50张，（x﹣50）名成年人买二等座火车票，（65﹣x）名成年人买一等座火车票，得到解析式：y＝60×0.75×50+60（x﹣50）+95（65﹣x）．
【解答】解：（1）设参加社会实践的老师有m人，学生有n人，则学生家长有2m人，
根据题意得：95(2m+m+n)=617560(2m+m)+60×0.75n=3150，
解得：m=5n=50，
则2m＝10．
答：参加社会实践的老师、家长与学生各有5，10与50人．
（2）由（1）知所有参与人员总共有65人，其中学生有50人，
①当x少于学生人数，即当0＜x＜50时，最经济的购票方案为：一部分学生买学生票共x张，其余的学生与家长老师一起购买一等座火车票共（65﹣x）张．
∴火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式为：y＝60×0.75x+95（65﹣x），
即y＝﹣50x+6175（0＜x＜50）；
②当x＜参加社会实践的总人数，但不少于学生人数，即当50≤x＜65时，最经济的购票方案为：
学生都买学生票共50张，（x﹣50）名成年人买二等座火车票，（65﹣x）名成年人买一等座火车票．
∴火车票的总费用（单程）y与x之间的函数关系式为：y＝60×0.75×50+60（x﹣50）+95（65﹣x），
即y＝﹣35x+5425（50≤x＜65）．
【点评】此题主要考查了二元一次方程组的应用以及一次函数的应用等知识，根据题意进行分析得出y与x的函数关系式是解决问题的关键．
21．（2020春•江夏区期末）在平面直角坐标系中，直线y＝kx﹣4k+4过定点C，B（0，m）（其中0＜m＜8），点A在x轴的正半轴上且满足∠ACB＝90°．
（1）如图1，直接写出定点C的坐标　（4，4）　，直接写出点A的坐标　（8﹣m，0）　．（用含m的式子表示）
（2）如图2，作矩形AOBD，连接CD．
①当0＜m＜4时，求OA-ADCD的值．
②是否存在m的值使得OA＝2CD？若存在，求出m的值，若不存在，举反例并说明理由．

【分析】（1）由y＝kx﹣4k+4＝k（x﹣4）+4，可求点C坐标，过点C作CE⊥OA于E，CF⊥OB于F，由“ASA”可证△ACE≌△BCF，可得BF＝AE＝4﹣m，可求点A坐标；
（2）①分别求出OA，AD，CD的长，即可求解；
②分三种情况讨论，由数量关系可求解．
【解答】解：（1）∵y＝kx﹣4k+4＝k（x﹣4）+4，
∴当x＝4时，y＝4，
∴定点C坐标为（4，4），
当4＜m＜8时，如图1，过点C作CE⊥OA于E，CF⊥OB于F，

∴CE＝CF＝4，∠CFB＝∠CEA＝90°＝∠AOB，
∴∠ECF＝90°＝∠ACB，
∴∠FCB＝∠ECA，
∴△ACE≌△BCF（ASA），
∴BF＝AE＝4﹣m，
∴OA＝4+4﹣m＝8﹣m，
∴点A（8﹣m，0），
当0＜m≤4时，同理可求点A（8﹣m，0），
故答案为：（4，4），（8﹣m，0）；
（2）①∵四边形ADBO是矩形，
∴AD＝OB＝m，OA＝BD＝8﹣m，
∴点D（8﹣m，m），
∴CD=(8-m-4)2+(m-4)2=2（4﹣m），
∴OA-ADCD=8-m-m2(4-m)=2；
②当m＝4时，点C与点D重合，不合题意舍去；
当0＜m＜4时，∵OA＝2CD，
∴8﹣m＝22（4﹣m），
∴m=24-827，
当4＜m＜8时，∵OA＝2CD，
∴8﹣m＝22（m﹣4），
∴m=24+827，
综上所述：m=24-827或24+827．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，两点距离公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
22．（2020春•黄陂区期末）如图，直线y1＝2x+4分别交x轴、y轴于A，B两点，直线y2＝kx+2（k≠2）分别交x轴、y轴于C，D，交y1于点E．
（1）直接写出点A，B，D的坐标；
（2）如图1，若∠BED＝45°，求点C的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点P（m，m）作平行于x轴的直线交y1于M，作平行于y轴的直线交y2于N，若PM≥2PN，求m的取值范围．

【分析】（1）对于y1＝2x+4，令y1＝2x+4＝0，解得x＝﹣2，令x＝0，则y＝4，对于y2＝kx+2，令x＝0，则y＝2，即可求解；
（2）证明△AMB≌△BNH（AAS），求出点H的坐标为（4，2），进而求解；
（3）求出点M的坐标为（m-42，m），点N（m，13m+2），求出PM、PN，利用PM≥2PN，解不等式即可求解．
【解答】解：（1）对于y1＝2x+4，令y1＝2x+4＝0，解得x＝﹣2，令x＝0，则y＝4，
对于y2＝kx+2，令x＝0，则y＝2，
故点A、B、D的坐标分别为（﹣2，0）、（0，4）、（0，2）；

（2）过点B作直线BF⊥AB交CD于点F，过点A作直线AH∥CD交BF于点H，

∵AH∥CD，则∠BAH＝∠BED＝45°，
故△ABH为等腰直角三角形，则AB＝BH，
由点A、B的坐标知，AM＝4，BM＝2，
∵∠ABM+∠MAB＝90°，∠ABM+∠NHB＝90°，
∴∠MAB＝∠NBH，
∴∠AMB＝∠BNH＝90°，AB＝BH，
∴△AMB≌△BNH（AAS），
∴AM＝BN＝4，MB＝NH＝2，
故点H的坐标为（4，2），
由点A、H的坐标得，直线AH的表达式为y=13x+23，
∵AH∥CD，则k=13，
故直线CD的表达式为y=13x+2，
令y=13x+2﹣0，解得x＝﹣6，
故点C（﹣6，0）；

（3）∵点P的坐标为（m，m），则点M的坐标为（m-42，m），点N（m，13m+2），

则PM＝|m-m-42|＝|12m+2|，2PN＝2|m-13m﹣2|＝|43m﹣4|，
∵PM≥2PN，
∴|12m+2|≥|43m﹣4|，
当m＜﹣4时，则-12m﹣2≥4-43m，解得m≥365（舍去）；
当﹣4≤m＜3时，则12m+2≥4-43m，解得1211≤m＜3；
当m≥3时，12m+2≥43m﹣4，解得3≤m≤365；
综上，1211≤m≤365．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解不等式、三角形全等、绝对值的运用等，综合性强，难度较大．
23．（2020春•洪山区期末）在平面直角坐标系中，经过点A（0，2）且与y=-33x平行的直线，交x轴于点B，如图1所示．

（1）试求B点坐标，并直接写出∠ABO的度数；
（2）过M（1，0）的直线与AB成45°夹角，试求该直线与AB交点的横坐标；
（3）如图2，现有点C（m，n）在线段AB上运动，点D（﹣3m+2，0）在x轴上，N为线段CD的中点．
①试求点N的纵坐标y关于横坐标x的函数关系式；
②直接写出N点的运动轨迹长度为　4　．
【分析】（1）由题意得到直线AB的解析式，令y＝0可求解B点坐标，再利用正切的含义进而可求解∠ABO的度数．
（2）设这样两条直线与直线AB交点为E、F（其中点E在点F上方），作EG⊥x轴于G，FH⊥x轴于H，证明△EGM≌△MHF，令E（a，-33a+2），从而得到点F的坐标，代入直线AB的解析式，即可得到结果．
（3）①分别过C作CP⊥x轴于P，取PD中点Q，连接NQ，根据C、D坐标得到点N坐标，从而求得点N的横纵坐标之间的关系；②首先得到点N的运动轨迹，再用两点之间距离的求法求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y=-33x+b，
将A（0，2）代入关系式，得b＝2，
∴直线AB的解析式为：y=-33x+2，
令y＝0时，解得：x=23，
∴B（23，0），
∵tan∠ABO=AOBO=223=33，
∴∠ABO＝30°；
（2）这样的直线有2条，设它们与直线AB交点为E、F（其中点E在点F上方），
作EG⊥x轴于G，FH⊥x轴于H，
则△EMF为等腰直角三角形，
∴EM＝FM，
∵∠EGM＝∠FHM＝90°
∴∠GEM＝90°﹣∠OME＝∠FMH，
∴△EGM≌△MHF（AAS），
令E（a，-33a+2），可得EG＝MH=-33a+2，
∵M（1，0），
∴MG＝FH＝1﹣a，
∴F（-33a+3，1﹣a），
将F点坐标代入直线AB解析式得可求得a=33-34，此时F点横坐标为3+94，
综上所述，所求横坐标为33-34或3+94；
（3）①将C（m，n）代入直线AB解析式可得n=-33m+2，
分别过C作CP⊥x轴于P，取PD中点Q，连接NQ，则NQ∥CP且NQ=12CP，
根据C、D坐标可求得CP=-33m+2，OP＝m，DO＝3m﹣2，
∴DQ＝PQ＝2m﹣1，NQ=-36m+1，
故N（﹣m+1，-36m+1），
设N点横纵坐标满足y＝kx+b，代入N点坐标得：-36m+1＝k（﹣m+1）+b，即（k-36）m+（1﹣k﹣b）＝0，
当k-36=01-k-b=0 时，
解得k=36b=1-36，
又0≤m≤23，
∴1-23≤-m+1≤1，
综上，N点横纵坐标满足函数关系式y=36x-36+1（1-23≤x≤1）；
②由①可知点N的运动轨迹为一条线段，
在y=36x-36+1中，
令x=1-23，则y＝0，
令x＝1，则y＝1，
则(1-23-1)2+(0-1)2=13，
∴N点的运动轨迹长度为13；
故答案为13．


【点评】本题是一次函数的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，求函数解析式，中位线定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，知识点较多，难度较大，解题的关键是根据题意得到相应点的坐标，以及根据坐标与图形的性质得到相应线段的长度．
24．（2020春•武昌区期末）在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x-52交x轴于点A，交y轴于点B，直线y=-34x+3交x轴于点C，交y轴于点D．
（1）如图1，连接BC，求△BCD的面积；
（2）如图2，在直线y=-34x+3上存在点E，使得∠ABE＝45°，求点E的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OE，过点E作CD的垂线交y轴于点F，点P在直线EF上，在平面中存在一点Q，使得以OE为一边，O，E，P，Q为顶点的四边形为菱形，请直接写出点Q的坐标．

【分析】（1）对于直线y＝﹣3x-52，令x＝0，则y=-52，故点B（0，-52），同理可得点D（0，3）、（4，0），△BCD的面积=12×BD×OC，即可求解；
（2）证明△EHB≌△RGE（AAS），则RG＝EH，BH＝GE，即可求解；
（3）分点P在点Q的下方、点P在点Q的上方两种情况，利用平移的性质分别求解即可．
【解答】解：（1）对于直线y＝﹣3x-52，令x＝0，则y=-52，故点B（0，-52）；
对于y=-34x+3，令x＝0，则y＝3，令y＝0，即-34x+3＝0，解得：x＝4，故点D（0，3）、（4，0），
则BD＝3+52=112，CC＝4，
△BCD的面积=12×BD×OC=12×112×4＝11；

（2）过点E作BE的垂线交AB于点R，过点E作y轴的平行线交过点R与x轴的平行线于点G，交过点B与x轴的平行线于点H，

设点E（m，-34m+3），点R（n，﹣3n-52），
∵∠ABE＝45°，故ER＝EB，
∵∠REG+∠BEH＝90°，∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠REG＝∠EBH，
∵∠EHB＝∠RGE＝90°，EB＝ER，
∴△EHB≌△RGE（AAS），
∴RG＝EH，BH＝GE，
即m＝﹣3n-52+34m﹣3，-34m+3+52=m﹣n，解得m=2n=-2，
故点E（2，32）；

（3）∵直线CD的表达式为y=-34x+3，
而CD⊥EF，则设直线EF的表达式为y=43x+b，
将点E的坐标代入上式并解得：b=-76，
故直线EF的表达式为y=43x-76，
设点P（a，43a-76），点Q（s，t），
点O向右平移2个单位向上平移32个单位得到E，
同样点P（Q）向右平移2个单位向上平移32个单位得到Q（P），
当点P在点Q的下方时，
则a+2＝s且43a-76+32=t①，
OE＝OP，即22+（32）2＝a2+（43a-76）2②，
联立①②并解得：a＝2或-2225，
故点Q的坐标为（2825，-2125）（不合题意的值已舍去）；
当点P在点Q的上方时，
同理可得，点Q的坐标为（32，2）或（-32，﹣2）．
综上，点Q的坐标为（2825，-2125）或（32，2）或（-32，﹣2）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
25．（2020春•十堰期末）如图，直线y=12x﹣3分别与x轴，y轴交于点A，B两点，直线y＝﹣x交直线AB于点C，点P从点O出发，以每秒1个单位的速度向点A匀速运动．
（1）求点C坐标；
（2）若△COP是等腰三角形，求点P运动时间；
（3）当直线CP平分△OAC的面积时，直线CP与y轴交于点D，求线段CD的长．

【分析】（1）联立方程组可求解；
（2）分三种情况讨论，利用两点距离公式可求解；
（3）先求出PC的解析式，可求点D坐标，由两点距离公式可求解．
【解答】解：（1）由题意可得：y=12x-3y=-x，
解得：x=2y=-2，
∴点C（2，﹣2）；
（2）设点P运动时间为t秒，则点P（t，0），
∵点P（t，0），点C（2，﹣2），点O（0，0），
∴OC=(2-0)2+(-2-0)2=22，OP＝t，CP=(2-t)2+(-2-0)2，
当OC＝OP时，
∴t＝22，
当OC＝CP时，
∴(2-t)2+(-2-0)2=22，
∴t＝4，或t＝0（不合题意舍去），
当PC＝OP时，
∴(2-t)2+(-2-0)2=t，
∴t＝2，
综上所述：t＝22或4或2；
（3）∵直线y=12x﹣3分别与x轴，y轴交于点A，B两点，
∴点A（6，0）
∵直线CP平分△OAC的面积，
∴点P为OA中点，
∴点P（3，0），
设PC解析式为y＝kx+b，
由题意可得：2k+b=-23k+b=0，
解得：k=2b=-6，
∴PC解析式为y＝2x﹣6，
∴当x＝0时，y＝﹣6，
∴点D（0，﹣6），
∴CD=(2-0)2+(-2+6)2=25．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，两点距离公式，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
26．（2020春•通山县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点Q的坐标为（8，0），直线l与x轴，y轴分别交于A（10，0），B（0，10）两点，点P（x，y）是第一象限直线l上的动点．
（1）求直线l的解析式；
（2）设△POQ的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）当△POQ的面积等于20时，在y轴上是否存在一点C，使∠CPO＝22.5°，若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式；
（2）由三角形的面积公式列出函数解析式；
（3）根据三角形的面积公式和中点坐标的求法推知点P是线段AB的中点，则过点P作x轴的平行线交y轴于点D，在点C在∠OPD的角平分线上，由角平分线的性质解答．
【解答】解：（1）设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（10，0），B（0，10）分别代入，得10k+b=0b=10．
解得k=-1b=10，
故直线l的解析式为y＝﹣x+10；

（2）如图1，∵点P（x，y）是直线l上的动点，
∴y＝﹣x+10．
如图1，由点Q的坐标为（8，0）知，OQ＝8．
∵点P（x，y）是第一象限直线l上的动点，
∴S=12OQ•y=12×8×（﹣x+10），即S＝﹣4x+40（x＞0）；

（3）当△POQ的面积等于20时，S＝﹣4x+40＝20，此时x＝5，
∴P（5，5）．
∵A（10，0），B（0，10），
∴点P是线段AB的中点，OA＝OB＝10，
∴OP⊥AB，BP＝OP，AB＝102．
如图2，过点P作PD⊥y轴于点D，则D（0，5），∠BPD＝∠OPD＝45°．
∴OD＝5，PD＝5，
∵∠CPO＝22.5°，
∴∠CPO=12∠OPD，即点C在∠OPD的角平分线上．
∴PDPO=DCOC，即552=5-OCOC，
∴OC＝10﹣52，
∴C（0，10﹣52）．
当点C位于y轴负半轴时，C（0，﹣52）．
综上所述，点C的坐标是（0，10﹣52）或（0，﹣52）．


【点评】本题主要考查了一次函数综合题，涉及的知识的有待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线以及三角形的面积公式等，综合性比较强，但是难度不是很大．
27．（2020春•汉阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣4x与直线y＝4相交于点A，点P（a，b）为直线y＝4上一动点，作直线OP．
（1）当点P在运动过程中，若△AOP的面积为8，求直线OP的解析式；
（2）若点P在运动过程中，若∠AOP＝45°，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点M是直线OP上一动点，且位于x轴上方，连接MA．设点M的横坐标为m，记△MAO的面积为S，求S与m的函数关系式．

【分析】（1）利用△AOP的面积=12AP×yA=12×4×|a+1|，即可求解；
（2）证明△AGM≌△MHO（AAS），则AG＝MH，GM＝OH，即|t+1|=4ta且|t|＝4-4ta，即可求解；
（3）分点P为（125，4）、点P的坐标为（-203，4）两种情况，利用和差法确定三角形的面积，分类求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣4x与直线y＝4相交于点A，则点A（﹣1，4），
设点P的坐标为（a，4），
则△AOP的面积=12AP×yA=12×4×|a+1|，解得a＝3或﹣5，
故点P的坐标为（3，4）或（﹣5，4），
由点O、P的坐标得：直线OP的表达式为y=43x或y=-45x；

（2）点P的坐标为（a，4），则直线OP的表达式为y=4ax，
设点M的坐标为（t，4ta），
如图2，过点A作AM⊥OP于点M，过点M作y轴的平行线交y＝4于点G，交x轴于点H，

∵∠AOP＝45°，则AM＝OM，
∵∠GMA+∠HMO＝90°，∠GMA+∠GAM＝90°，
∴∠HMO＝∠GAM，
∵∠AGM＝∠MHO＝90°，AM＝OM，
∴△AGM≌△MHO（AAS），
∴AG＝MH，GM＝OH，
即|t+1|=4ta且|t|＝4-4ta，解得t=32a=125或t=-52a=-203，
故点P的坐标为（125，4）或（-203，4）；

（3）①当m＞0时，如图2，
故点M作MH∥y轴交y＝﹣4x于点H，
设点M的坐标为（m，5m3），则点H的坐标为（m，﹣4m），

S△MAO＝S△HMA﹣S△MHO=12HM×（xO﹣xA）=12[0﹣（﹣1）]×（5m3+4m）=176m；
当m＜0时，如图3，
过点M作MH∥y轴交y＝﹣4x于点H，
设点M的坐标为（m，-3m5），则点H的坐标为（m，﹣4m），
同理可得：S△MAO=12HM×（xO﹣xA）=12[0﹣（﹣1）]×（﹣4m+35m）=-1710m；
综上，S=176m或-1710m．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用，利用和差法确定三角形的面积及分类求解是解题的关键．
28．（2020春•江岸区期末）平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴、y轴分别交于点B、A．
（1）直接写出直线AB关于x轴对称的直线BC的解析式　y＝﹣2x﹣4　；
（2）如图1，直线BC与直线y＝﹣x交于E点，点P为y轴上一点，PE＝PB，求P点坐标；
（3）如图2，点P为y轴上一点，∠OEB＝∠PEA，直线EP与直线AB交于点M，求M点的坐标．

【分析】（1）由轴对称的性质得出点C的坐标，则可得出答案；
（2）求出点E的坐标为（﹣4，4），设OP＝a，AP＝4﹣a，由勾股定理得出4+a2＝16+（4﹣a）2，解得a＝3.5．则可得出答案；
（3）分两种情况：当点P在点A的下方或P点在A点的上方，求出直线EP的解析式，解方程组可求出答案．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+4与x轴、y轴分别交于点B、A．
∴A（0，4），B（﹣2，0），
∵直线AB与直线BC关于x轴对称，
∴C（0，﹣4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴-2k+b=0b=-4，
解得，k=-2b=-4；
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣4；
故答案为：y＝﹣2x﹣4；
（2）∵y=-xy=-2x-4，
∴x=-4y=4，
∴E（﹣4，4），
∴AE⊥AO，
设OP＝a，AP＝4﹣a，
在Rt△BOP和Rt△EAP中，
BP2＝4+a2，PE2＝16+（4﹣a）2，
∵PE＝PB，
∴4+a2＝16+（4﹣a）2，
解得a＝3.5．
∴P（0，3.5）．
（3）①如图，当点P在点A的下方，
∵∠OEB＝∠PEA，∠AEO＝45°，
∴∠PEB＝45°，
过点B作BN⊥BE交直线EP于点N，过点N作NQ⊥OB于Q，过点E作EH⊥OB于点H，

∴△EBN为等腰直角三角形，
∴EB＝BN，
∵∠BEH+∠EBH＝90°，∠EBH+∠NBQ＝90°，
∴∠BEH＝∠NBQ，
又∵∠EHB＝∠BQN＝90°，
∴△EHB≌△BQN（AAS），
∴NQ＝BH＝2，BQ＝EH＝4，
∴N（2，2），
设直线EN的解析式为y＝kx+b，
∴-4k+b=42k+b=2，
解得k=-13b=83，
∴直线EN的解析式为y=-13x+83，
∴y=-13x+83y=2x+4，
解得x=-47y=207，
即M（-47，207）；
②P点在A点的上方，

由①知图1中OP=83，则AP=43，
∴OP=163，
设直线EP的解析式为y＝mx+163，
∵E（﹣4，4），
∴﹣4m+163=4，
解得m=13，
∴直线EP的解析式为y=13x+163，
∴y=13x+163y=2x+4，
解得x=0.8y=5.6，
∴M（0.8，5.6）．
综合以上可得点M的坐标为（-47，207）或（0.8，5.6）．
【点评】本题为一次函数的综合应用，考查了轴对称的性质，函数图象与坐标轴的交点，待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
29．（2020春•梁子湖区期末）如图1，经过点A（﹣6，0）的直线AB与y轴交于点B，与直线y＝﹣x交于点C，点C的横坐标为﹣2，P是直线AB上的一个动点（点P与A，B不重合），过点P作y轴的平行线，分别交直线y＝﹣x和x轴于点D，E，设动点P的横坐标为t．
（1）求直线AB所对应的函数表达式；
（2）当DP=43BO时，求t的值；
（3）作PF∥x轴，交直线y＝﹣x于点F．在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得A，E，F，P四点构成的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）求出点C的坐标，将点A、C的坐标代入一次函数表达式，即可求解；
（2）点P（t，12t+3）、点D（t，﹣t），当DP=43BO时，则|﹣t-12t﹣3|=43×3，即可求解；
（3）设点P（t，12t+3），则点F（-12t﹣3，12t+3），当A，E，F，P四点构成的四边形是平行四边形，则AE＝PF，即t+6＝|t+12t+3|，即可求解．
【解答】解：（1）将点C的横坐标代入y＝﹣x，
当x＝﹣2时，y＝2，故点C（﹣2，2），
设直线AB的表达式为：y＝kx+b，将点A、C的坐标代入上式得：2=-2k+b0=-6k+b，解得k=12b=3，
故直线AB的表达式为：y=12x+3；

（2）对于y=12x+3，令x＝0，则y＝3，
故点B（0，3），则OB＝3，
设动点P的横坐标为t，则点P（t，12t+3），
∵点D在直线y＝﹣x上，故点D（t，﹣t），
当DP=43BO时，|﹣t-12t﹣3|=43×3，
解得：t=23或-143；

（3）存在，理由：
设点P（t，12t+3），而点A（﹣6，0），
∵PF∥x轴，交直线y＝﹣x于点F，
∴点P、F的纵坐标相同，故点F（-12t﹣3，12t+3），
∵A，E，F，P四点构成的四边形是平行四边形，
则AE＝PF，
即t+6＝|t+12t+3|，
解得：t＝6或-185，
故点P的坐标为（6，6）或（-185，65）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质等，其中绝对值的运用，是本题解题的关键．
30．（2020春•硚口区期末）如图1，直线y＝kx﹣3k+4经过第一象限内的定点P．
（1）求点P的坐标；
（2）如图2，已知点A（6，t），过点A作AB∥y轴交第一象限内的直线y＝kx﹣3k+4于点B，连接OB，若BP平分∠OBA，求k的值；
（3）如图3，点M是x轴正半轴上的一个动点，连接PM，把线段PM绕点M顺时针旋转90°至线段NM（∠PMN＝90°且PM＝MN），连接OP，ON，PN，当△OPN周长最小时，求点N的坐标．

【分析】（1）y＝kx﹣3k+4＝k（x﹣3）+4，当x＝3时，y＝4，即可求解；
（2）证明∠OBH＝∠OHB，则OB＝OH，即可求解；
（3）证明△MGP≌△NHM（AAS），求出点N的坐标，则点N在直线y＝x﹣7上，过点O作直线y＝x﹣7的对称点O′，当点P、N、O′三点共线时，△OPN周长最小，即可求解．
【解答】解：（1）y＝kx﹣3k+4＝k（x﹣3）+4，
当x＝3时，y＝4，
即点P的坐标为（3，4）；

（2）点B在直线y＝kx﹣3k+4上，当x＝6时，y＝3k+4，即点B（6，3k+4），
设直线y＝kx﹣3k+4与y轴交于点H，令x＝0，则y＝﹣3k+4，即点H（0，﹣3k+4），如图1，

∵BP平分∠OBA，
∴∠ABH＝∠OBH，
∵AB∥y，
∴∠ABH＝∠OHB，
∴∠OBH＝∠OHB，
则OB＝OH，
即36+（3k+4）2＝（4﹣3k）2，
解得：k=-34；

（3）如图2，

设点M（m，0），点N（x，y），而点P（3，4），
过点M作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点H，交过点P与x轴的平行线于点G，
∵∠PMN＝90°，
∴∠GMP+∠GPM＝90°，
而∠GMP+∠NMH＝90°，
∴∠NMH＝∠GPM，
而PM＝MN，∠MGP＝∠NHM＝90°，
∴△MGP≌△NHM（AAS），
∴GP＝MH，HN＝GM，
即3﹣m＝﹣y，x﹣m＝4，
解得：x＝m+4，y＝m﹣3，
则y＝x﹣7①，
即点N在直线y＝x﹣7上，
如图，设直线y＝x﹣7于y轴交于点K，
过点O作直线y＝x﹣7的对称点O′，当点P、N、O′三点共线时，PN+ON＝PN+ON′＝PO′最小，即△OPN周长最小；
由直线y＝x﹣7的表达式知，该直线与x轴的夹角为45°，则△OO′K为等腰直角三角形，则KO′＝KO＝7，故点O′（7，﹣7），
设直线PO′的表达式为：y＝kx+b，则4=3k+b-7=7k+b，解得k=-114b=494，
故直线PO′的表达式为：y=-114x+494②，
联立①②并解得：x=7715y=-2815，
故点N的坐标为（7715，-2815）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、轴对称的性质、角平分线的性质等，综合性强，难度较大．