八年级数学压轴题 期末复习试卷专题练习(解析版)一、压轴题1.如图,在平面直角坐标系中,一次函数y x =的图象为直线1.(1)观察与探究已知点A 与A ',点B 与B '分别关于直线l 对称,其位置和坐标如图所示.请在图中标出()2,3C -关于线l 的对称点C '的位置,并写出C '的坐标______.(2)归纳与发现观察以上三组对称点的坐标,你会发现:平面直角坐标系中点()P m n ,关于直线l 的对称点P '的坐标为______.(3)运用与拓展已知两点()2,3E -、()1,4F --,试在直线l 上作出点Q ,使点Q 到E 、F 点的距离之和最小,并求出相应的最小值.2.如图,直线2y x m =-+交x 轴于点A ,直线122y x =+交x 轴于点B ,并且这两条直线相交于y 轴上一点C ,CD 平分ACB ∠交x 轴于点D .(1)求ABC 的面积.(2)判断ABC 的形状,并说明理由.(3)点E 是直线BC 上一点,CDE △是直角三角形,求点E 的坐标.3.如图,以直角三角形AOC 的直角顶点O 为原点,以OC ,OA 所在直线为轴和轴建立平面直角坐标系,点A (0,a ),C (b ,0)满足a 6b 80-+-=.(1)a = ;b = ;直角三角形AOC 的面积为 .(2)已知坐标轴上有两动点P ,Q 同时出发,P 点从C 点出发以每秒2个单位长度的速度向点O 匀速移动,Q 点从O 点出发以每秒1个单位长度的速度向点A 匀速移动,点P 到达O 点整个运动随之结束.AC 的中点D 的坐标是(4,3),设运动时间为t 秒.问:是否存在这样的t ,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等?若存在,请求出t 的值;若不存在,请说明理由.(3)在(2)的条件下,若∠DOC =∠D CO ,点G 是第二象限中一点,并且y 轴平分∠GOD .点E 是线段OA 上一动点,连接接CE 交OD 于点H ,当点E 在线段OA 上运动的过程中,探究∠GOD ,∠OHC ,∠ACE 之间的数量关系,并证明你的结论(三角形的内角和为180).4.如图,已知四边形ABCO 是矩形,点A ,C 分别在y 轴,x 轴上,4AB =,3BC =.(1)求直线AC 的解析式;(2)作直线AC 关于x 轴的对称直线,交y 轴于点D ,求直线CD 的解析式.并结合(1)的结论猜想并直接写出直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式;(3)若点P 是直线CD 上的一个动点,试探究点P 在运动过程中,||PA PB -是否存在最大值?若不存在,请说明理由;若存在,请求出||PA PB -的最大值及此时点P 的坐标.5.在等边△ABC 的顶点A 、C 处各有一只蜗牛,它们同时出发,分别以每分钟1米的速度由A 向B 和由C 向A 爬行,其中一只蜗牛爬到终点时,另一只也停止运动,经过t 分钟后,它们分别爬行到D 、E 处,请问:(1)如图1,在爬行过程中,CD 和BE 始终相等吗,请证明?(2)如果将原题中的“由A 向B 和由C 向A 爬行”,改为“沿着AB 和CA 的延长线爬行”,EB 与CD 交于点Q ,其他条件不变,蜗牛爬行过程中∠CQE 的大小保持不变,请利用图2说明:∠CQE =60°;(3)如果将原题中“由C 向A 爬行”改为“沿着BC 的延长线爬行,连接DE 交AC 于F ”,其他条件不变,如图3,则爬行过程中,证明:DF =EF6.如图1中的三种情况所示,对于平面内的点M ,点N ,点P ,如果将线段PM 绕点P 顺时针旋转90°能得到线段PN ,就称点N 是点M 关于点P 的“正矩点”.(1)在如图2所示的平面直角坐标系xOy 中,已知(3,1),(1,3),(1,3)S P Q ---,(2,4)M -.①在点P ,点Q 中,___________是点S 关于原点O 的“正矩点”;②在S ,P ,Q ,M 这四点中选择合适的三点,使得这三点满足:点_________是点___________关于点___________的“正矩点”,写出一种情况即可; (2)在平面直角坐标系xOy 中,直线3(0)y kx k =+<与x 轴交于点A ,与y 轴交于点B ,点A 关于点B 的“正矩点”记为点C ,坐标为(,)C C C x y .①当点A 在x 轴的正半轴上且OA 小于3时,求点C 的横坐标C x 的值;②若点C 的纵坐标C y 满足12C y -<≤,直接写出相应的k 的取值范围.7.如图1,在等边△ABC 中,E 、D 两点分别在边AB 、BC 上,BE =CD ,AD 、CE 相交于点F .(1)求∠AFE 的度数;(2)过点A 作AH ⊥CE 于H ,求证:2FH +FD =CE ;(3)如图2,延长CE 至点P ,连接BP ,∠BPC =30°,且CF =29CP ,求PF AF的值. (提示:可以过点A 作∠KAF =60°,AK 交PC 于点K ,连接KB ) 8.如图,在平面直角坐标系中,直线AB 经过点A 332)和B 30),且与y 轴交于点D ,直线OC 与AB 交于点C ,且点C 3.(1)求直线AB 的解析式;(2)连接OA ,试判断△AOD 的形状;(3)动点P 从点C 出发沿线段CO 以每秒1个单位长度的速度向终点O 运动,运动时间为t 秒,同时动点Q 从点O 出发沿y 轴的正半轴以相同的速度运动,当点Q 到达点D 时,P ,Q 同时停止运动.设PQ 与OA 交于点M ,当t 为何值时,△OPM 为等腰三角形?求出所有满足条件的t 值.9.如图,已知直线l 1:y 1=2x +1与坐标轴交于A 、C 两点,直线l 2:y 2=﹣x ﹣2与坐标轴交于B 、D 两点,两直线的交点为P 点.(1)求P 点的坐标;(2)求△APB 的面积;(3)x 轴上存在点T ,使得S △ATP =S △APB ,求出此时点T 的坐标.10.在《经典几何图形的研究与变式》一课中,庞老师出示了一个问题:“如图1,等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线1l ,2l ,3l 上,90BAC ∠=︒,且每两条平行线之间的距离为1,求AB 的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中,同学们提出了很多想法:(1)小明说:我只需要过B 、C 向1l 作垂线,就能利用全等三角形的知识求出AB 的长. (2)小林说:“我们可以改变ABC 的形状.如图2,AB AC =,120BAC ∠=︒,且每两条平行线之间的距离为1,求AB 的长.”(3)小谢说:“我们除了改变ABC 的形状,还能改变平行线之间的距离.如图3,等边三角形ABC 三个顶点分别落在三条平行线1l ,2l ,3l 上,且1l 与2l 之间的距离为1,2l 与3l 之间的距离为2,求AB 的长、”请你根据3位同学的提示,分别求出三种情况下AB 的长度.11.如图已知ABC 中,,8B C AB AC ∠=∠==厘米,6BC =厘来,点D 为AB 的中点.如果点P 在线段BC 上以每秒2厘米的速度由B 点向C 点运动,同时,点Q 在线段CA 上由C 点向A 点运动,设运动时间为t (秒).(1)用含t 的代数式表示线段PC 的长度;(2)若点,P Q 的运动速度相等,经过1秒后,BPD △与CQP 是否全等,请说明理由; (3)若点,P Q 的运动速度不相等,当点Q 的运动速度为多少时,能够使BPD △与CQP 全等?(4)若点Q 以(3)中的运动速度从点C 出发,点v 以原来的运动速度从点B 同时出发,都顺时针沿三边运动,求经过多长时间,点P 与点Q 第一次在ABC 的哪条边上相遇?12.如图,在平面直角坐标系中,直线y =2x +6与x 轴交于点A ,与y 轴交于点B ,过点B 的直线交x 轴于点C ,且AB =BC .(1)求直线BC的解析式;(2)点P为线段AB上一点,点Q为线段BC延长线上一点,且AP=CQ,设点Q横坐标为m,求点P的坐标(用含m的式子表示,不要求写出自变量m的取值范围);(3)在(2)的条件下,点M在y轴负半轴上,且MP=MQ,若∠BQM=45°,求直线PQ 的解析式.【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、压轴题1.(1) (3,-2);(2) (n,m);(3)图见解析,点Q到E、F点的距离之和最小值为10【解析】【分析】(1)根据题意和图形可以写出C'的坐标;(2)根据图形可以直接写出点P关于直线l的对称点的坐标;(3)作点E关于直线l的对称点E',连接E'F,根据最短路径问题解答.【详解】(1)如图,C'的坐标为(3,-2),故答案为(3,-2);(2)平面直角坐标系中点()P m n ,关于直线l 的对称点P '的坐标为(n ,m ), 故答案为(n ,m );(3)点E 关于直线l 的对称点为E '(-3,2),连接E 'F 角直线l 于一点即为点Q ,此时点Q 到E 、F 点的距离之和最小,即为线段E 'F ,∵E 'F ()[]221(3)2(4)210=---+--=⎡⎤⎣⎦, ∴点Q 到E 、F 点的距离之和最小值为210.【点睛】此题考查轴对称的知识,画关于直线的对称点,最短路径问题,勾股定理关键是找到点的对称点,由此解决问题.2.(1)5;(2)直角三角形,理由见解析;(3)44,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭或82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】【分析】(1)先求出直线122y x =+与x 轴的交点B 的坐标和与y 轴的交点C 的坐标,把点C 代入直线2y x m =-+,求出m 的值,再求它与x 轴的交点A 的坐标,ABC 的面积用AB 乘OC 除以2得到;(2)用勾股定理求出BC 的平方,AC 的平方,再根据AB 的平方,用勾股定理的逆定理证明ABC 是直角三角形;(3)先根据角平分线求出D 的坐标,再去分两种情况构造全等三角形,利用全等三角形的性质求出对应的边长,从而得到点E 的坐标.【详解】解:(1)令0x =,则10222y =⨯+=, ∴()0,2C ,令0y =,则1202x +=,解得4x =-, ∴()4,0B -,将()0,2C 代入2y x m =-+,得2m =,∴22y x =-+,令0y =,则220x -+=,解得1x =,∴1,0A ,∴5AB =,2OC =, ∴152ABC S AB OC =⋅=△; (2)根据勾股定理,222224220BC BO OC =+=+=,22222125AC AO OC =+=+=,且22525AB ==,∴222AB BC AC =+,则ABC 是直角三角形;(3)∵CD 平分ACB ∠, ∴12AD AC BD BC ==, ∴1533AD AB ==, ∴23OD AD OA =-=, ∴2,03D ⎛⎫- ⎪⎝⎭①如图,CED ∠是直角,过点E作EN x ⊥轴于点N ,过点C 作CM EN ⊥于点M , 由(2)知,90ACB ∠=︒,∵CD 平分ACB ∠,∴45ECD ∠=︒,∴CDE △是等腰直角三角形,∴CE DE =,∵90NED MEC ∠+∠=︒,90NED NDE ∠+∠=︒,∴MEC NDE ∠=∠,在DNE △和EMC △中,NDE MEC DNE EMC DE EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴()DNE EMC AAS ≅,设DN EM x ==,EN CM y ==,根据图象列式:DO DN CM EN EM CO +=⎧⎨+=⎩,即232x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩,解得2343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩, ∴43EN CM ==, ∴44,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭;②如图,CDE ∠是直角,过点E 作EG x ⊥轴于点G ,同理CDE △是等腰直角三角形,且可以证得()CDO DEG AAS ≅,∴2DG CO ==,23EG DO ==, ∴28233GO GD DO =+=+=,∴82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭,综上:44,33E ⎛⎫-⎪⎝⎭,82,33E ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 【点睛】 本题考查一次函数综合,解题的关键是掌握一次函数解析式的求解,与坐标轴交点的求解,图象围成的三角形面积的求解,还涉及勾股定理、角平分线的性质、全等三角形等几何知识,需要运用数形结合的思想去求解.3.(1)6;8;24;(2)存在 2.4t =时,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等;(3)∠GOD+∠ACE=∠OHC ,见解析【解析】【分析】(1)利用非负性即可求出a ,b 即可得出结论,即可求出△ABC 的面积;(2)先表示出OQ ,OP ,利用那个面积相等,建立方程求解即可得出结论;(3)先判断出∠OAC=∠AOD ,进而判断出OG ∥AC ,即可判断出∠FHC=∠ACE ,同理∠FHO=∠GOD ,即可得出结论.【详解】解:(1) 解:(1)∵a 6b 80--=, ∴a-6=0,b-8=0,∴a=6,b=8,∴A (0,6),C (8,0);∴S △ABC=6×8÷2=24, 故答案为(0,6),(8,0); 6;8;24(2) ∵114222ODQ D S OQ x t t ∆=⋅=⋅⋅= 11(82)312322ODP D S OP y t t ∆=⋅=⋅-⋅=- 由2123t t =-时, 2.4t =∴存在 2.4t =时,使得△ODP 与△ODQ 的面积相等(3) )∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC ,理由如下:∵x 轴⊥y 轴,∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°∴∠OAC+∠ACO=90°又∵∠DOC=∠DCO∴∠OAC=∠AOD∵y 轴平分∠GOD∴∠GOA=∠AOD∴∠GOA=∠OAC∴OG ∥AC ,如图,过点H 作HF ∥OG 交x 轴于F ,∴HF ∥AC∴∠FHC=∠ACE同理∠FHO=∠GOD ,∵OG ∥FH ,∴∠GOD=∠FHO ,∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC即∠GOD+∠ACE=∠OHC ,∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC .∴∠GOD+∠ACE=∠OHC .【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了非负性的性质,三角形的面积公式,角平分线的定义,平行线的性质,正确作出辅助线是解本题的关键.4.(1)y =34-x +3;(2)y =34x -3,y =-kx -b ;(3)存在,4,(8,3) 【解析】【分析】(1)利用4AB =,3BC =,找出A 、C 两点的坐标,设直线解析式,利用待定系数法求出AC 的解析式;(2)由直线AC 关于x 轴的对称直线为CD 可知点D 的坐标,设直线解析式,利用待定系数法求出CD 的解析式,对比AC 的解析式进而写出直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式;(3)先判断||PA PB -存在最大值,在P 、A 、B 三点不共线时,P 点在运动过程中,与A 、B 两点组成三角形,两边之差小于第三边,得出结论在P 、A 、B 三点共线时,此时||PA PB -最大,y p = y A =3,求出P 点的纵坐标,最后根据点P 在直线CD 上,将P 点的纵坐标代入直线方程可得横坐标,从而求出P 点坐标.【详解】解:(1)在矩形ABCD 中,OC =AB =4,OA =BC =3,故A (0,3),C (4,0),设直线AC 的解析式为:y =kx +b (k ≠0,k 、b 为常数),点A 、C 在直线AC 上,把A 、C 两点的坐标代入解析式可得:340b k b =⎧⎨+=⎩解得:343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩, 所以直线AC 的解析式为:y =34-x +3. (2)由直线AC 关于x 轴的对称直线为CD 可知:点D 的坐标为:(0,-3),设直线CD 的解析式为:y =mx +n (m ≠0,m 、n 为常数),点C 、D 在直线CD 上,把C 、D 两点的坐标带入解析式可得:-340n m n =⎧⎨+=⎩解得:343m n ⎧=⎪⎨⎪=-⎩, 所以直线CD 的解析式为:y =34x -3, 故猜想直线y kx b =+关于x 轴的对称直线的解析式为:y =-kx -b .(3)点P 在运动过程中,||PA PB -存在最大值,由题意可知:如图,延长AB 与直线CD 交点即为点P ,此时||PA PB -最大,其他位置均有||PA PB -<AB (P 点在运动过程中,与A 、B 两点组成任意三角形,两边之差小于第三边),此时,||PA PB -= AB =4,y p = y A =3,点P 在直线CD 上,将P 点的纵坐标代入直线方程可得:34x -3=3, x =8,故P 点坐标为(8,3),||PA PB -的最大值为x p -x B =8-4=4.【点睛】本题主要考查利用待定系数法求解一次函数解析式及类比推理能力,掌握任意三角形两边之差小于第三边是解题的关键.5.(1)相等,证明见解析;(2)证明见解析;(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)先证明△ACD≌△CBE,再由全等三角形的性质即可证得CD=BE;(2)先证明△BCD≌△ABE,得到∠BCD=∠ABE,求出∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC,∠CQE=180°-∠DQB,即可解答;(3)如图3,过点D作DG∥BC交AC于点G,根据等边三角形的三边相等,可以证得AD=DG=CE;进而证明△DGF和△ECF全等,最后根据全等三角形的性质即可证明.【详解】(1)解:CD和BE始终相等,理由如下:如图1,AB=BC=CA,两只蜗牛速度相同,且同时出发,∴CE=AD,∠A=∠BCE=60°在△ACD与△CBE中,AC=CB,∠A=∠BCE,AD=CE∴△ACD≌△CBE(SAS),∴CD=BE,即CD和BE始终相等;(2)证明:根据题意得:CE=AD,∵AB=AC,∴AE=BD,∴△ABC是等边三角形,∴AB=BC,∠BAC=∠ACB=60°,∵∠EAB+∠ABC=180°,∠DBC+∠ABC=180°,∴∠EAB=∠DBC,在△BCD和△ABE中,BC=AB,∠DBC=∠EAB,BD=AE∴△BCD≌△ABE(SAS),∴∠BCD=∠ABE∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°,∴∠CQE=180°-∠DQB=60°,即CQE=60°;(3)解:爬行过程中,DF始终等于EF是正确的,理由如下:如图,过点D作DG∥BC交AC于点G,∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°,∠GDF=∠E,∴△ADG为等边三角形,∴AD=DG=CE,在△DGF和△ECF中,∠GFD=∠CFE,∠GDF=∠E,DG=EC∴△DGF≌△EDF(AAS),∴DF=EF.【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质;题弄懂题中所给的信息,再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键.6.(1)①点P ;②见解析;(2)①点C 的横坐标C x 的值为-3;②334k -≤<-【解析】【分析】(1)①在点P ,点Q 中,点OS 绕点O 顺时针旋转90°能得到线段OP ,故S 关于点O 的“正矩点”为点P ;②利用新定义得点S 是点P 关于点M 的“正矩点”(答案不唯一);(2)①利用新定义结合题意画出符合题意的图形,利用新定义的性质证明△BCF ≌△AOB ,则FC=OB 求得点C 的横坐标;②用含k 的代数式表示点C 纵坐标,代入不等式求解即可.【详解】解:(1)①在点P ,点Q 中,点OS 绕点O 顺时针旋转90°能得到线段OP ,故S 关于点O 的“正矩点”为点P ,故答案为点P ;②因为MP 绕M 点顺时针旋转90︒得MS ,所以点S 是点P 关于点M 的“正矩点”,同理还可以得点Q 是点P 关于点S 的“正矩点”.(任写一种情况就可以)(2)①符合题意的图形如图1所示,作CE ⊥x 轴于点E ,CF ⊥y 轴于点F ,可得∠BFC=∠AOB=90°.∵直线3(0)y kx k =+<与x 轴交于点A ,与y 轴交于点B ,∴点B 的坐标为3(0,3),(,0)B A k-在x 轴的正半轴上, ∵点A 关于点B 的“正矩点”为点(,)C C C x y ,∴∠ABC=90°,BC=BA ,∴∠1+∠2=90°,∵∠AOB=90°,∴∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3.∴△BFC ≌△AOB ,∴3FC OB ==,可得OE =3.∵点A 在x 轴的正半轴上且3OA <,0C x ∴<,∴点C 的横坐标C x 的值为-3.②因为△BFC ≌△AOB ,3(,0)A k-,A 在x 轴正半轴上, 所以BF =OA ,所以OF =OB-OF =33k +点3(3,3)C k -+,如图2, -1<C y ≤2,即:-1<33k+ ≤2, 则334k -≤<-. 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用,涉及到三角形全等、解不等式,新定义等,此类新定义题目,通常按照题设的顺序,逐次求解.7.(1)∠AFE =60°;(2)见解析;(3)75【解析】【分析】(1)通过证明 BCE CAD ≌ 得到对应角相等,等量代换推导出60AFE ∠=︒;(2)由(1)得到60AFE ∠=︒,CE AD = 则在Rt AHF △ 中利用30°所对的直角边等于斜边的一半,等量代换可得;(3)通过在PF 上取一点K 使得KF =AF ,作辅助线证明ABK 和ACF 全等,利用对应边相等,等量代换得到比值.(通过将ACF 顺时针旋转60°也是一种思路.)【详解】(1)解:如图1中.∵ABC 为等边三角形,∴AC =BC ,∠BAC =∠ABC =∠ACB =60°, 在BCE 和CAD 中,60BE CD CBE ACD BC CA =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩,∴ BCE CAD ≌(SAS ),∴∠BCE =∠DAC ,∵∠BCE +∠ACE =60°,∴∠DAC +∠ACE =60°,∴∠AFE =60°.(2)证明:如图1中,∵AH ⊥EC ,∴∠AHF =90°,在Rt △AFH 中,∵∠AFH =60°,∴∠FAH =30°,∴AF =2FH ,∵ EBC DCA ≌,∴EC =AD ,∵AD =AF +DF =2FH +DF ,∴2FH +DF =EC .(3)解:在PF 上取一点K 使得KF =AF ,连接AK 、BK ,∵∠AFK =60°,AF =KF ,∴△AFK 为等边三角形,∴∠KAF =60°,∴∠KAB =∠FAC ,在ABK 和ACF 中,AB AC KAB ACF AK AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴ ABK ACF ≌(SAS ),BK CF =∴∠AKB =∠AFC =120°,∴∠BKE =120°﹣60°=60°,∵∠BPC =30°,∴∠PBK =30°, ∴29BK CF PK CP ===, ∴79PF CP CF CP =-=, ∵45()99AF KF CP CF PK CP CP CP ==-+=-= ∴779559CP PF AF CP == . 【点睛】掌握等边三角形、直角三角形的性质,及三角形全等的判定通过一定等量代换为本题的关键.8.(1)y+2;(2)△AOD 为直角三角形,理由见解析;(3)t =23. 【解析】【分析】(1)将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式:y =kx +b ,即可求解;(2)由点A 、O 、D 的坐标得:AD 2=1,AO 2=3,DO 2=4,故DO 2=OA 2+AD 2,即可求解; (3)点C,1),∠DBO =30°,则∠ODA =60°,则∠DOA =30°,故点C1),则∠AOC =30°,∠DOC =60°,OQ =CP =t ,则OP =2﹣t .①当OP =OM 时,OQ =QH +OH,即2(2﹣t )+12(2﹣t )=t ,即可求解;②当MO =MP 时,∠OQP =90°,故OQ =12O P ,即可求解;③当PO =PM 时,故这种情况不存在. 【详解】 解:(1)将点A 、B 的坐标代入一次函数表达式:y =kx +b 得:3=220k b b ⎧+⎪⎨⎪=+⎩,解得:3=2kb⎧⎪⎨⎪=⎩-故直线AB的表达式为:y=﹣33x+2;(2)直线AB的表达式为:y=﹣3x+2,则点D(0,2),由点A、O、D的坐标得:AD2=1,AO2=3,DO2=4,故DO2=OA2+AD2,故△AOD为直角三角形;(3)直线AB的表达式为:y=﹣3x+2,故点C(3,1),则OC=2,则直线AB的倾斜角为30°,即∠DBO=30°,则∠ODA=60°,则∠DOA=30°故点C(3,1),则OC=2,则点C是AB的中点,故∠COB=∠DBO=30°,则∠AOC=30°,∠DOC=60°,OQ=CP=t,则OP=OC﹣PC=2﹣t,①当OP=OM时,如图1,则∠OMP=∠MPO=12(180°﹣∠AOC)=75°,故∠OQP=45°,过点P作PH⊥y轴于点H,则OH=12OP=12(2﹣t),由勾股定理得:PH32﹣t)=QH,OQ=QH+OH32﹣t)+12(2﹣t)=t,解得:t=33;②当MO=MP时,如图2,则∠MPO=∠MOP=30°,而∠QOP=60°,∴∠OQP=90°,故OQ=12OP,即t=12(2﹣t),解得:t=23;③当PO=PM时,则∠OMP=∠MOP=30°,而∠MOQ=30°,故这种情况不存在;综上,t=2323.【点睛】本题考查等腰三角形的性质、一次函数解析式、勾股定理、含30°的角的直角三角形的性质等知识点,还利用了方程和分类讨论的思想,综合性较强,难度较大,解题的关键是学会综合运用性质进行推理和计算.9.(1)P(﹣1,﹣1);(2)32;(3)T(1,0)或(﹣2,0).【解析】【分析】(1)解析式联立构成方程组,该方程组的解就是交点坐标;(2)利用三角形的面积公式解答;(3)求得C的坐标,因为S△ATP=S△APB,S△ATP=S△ATC+S△PTC=|x+12|,所以|x+12|=32,解得即可.【详解】解:(1)由212y xy x=+⎧⎨=--⎩,解得11xy=-⎧⎨=-⎩,所以P(﹣1,﹣1);(2)令x=0,得y1=1,y2=﹣2∴A(0,1),B(0,﹣2),则S△APB=12×(1+2)×1=32;(3)在直线l1:y1=2x+1中,令y=0,解得x=﹣12,∴C(﹣12,0),设T(x,0),∴CT=|x+12 |,∵S△ATP=S△APB,S△ATP=S△ATC+S△PTC=12•|x+12|•(1+1)=|x+12|,∴|x+12|=32,解得x=1或﹣2,∴T(1,0)或(﹣2,0).【点睛】本题考查一次函数与二元一次方程组,解题的关键是准确将条件转化为二元一次方程组,并求出各点的坐标.10.(123【解析】【分析】(1)分别过点B,C向l1作垂线,交l1于M,N两点,证明△ABM≌△CAN,得到AM=CN,AN=BM,即可得出AB;(2)分别过点B,C向l1作垂线,交l1于点P,Q两点,在l1上取M,N使∠AMB=∠CNA=120°,证明△AMB≌△CAN,得到CN=AM,再通过△PBM和△QCN算出PM和NQ的值,得到AP,最后在△APB中,利用勾股定理算出AB的长;(3)在l3上找M和N,使得∠BNC=∠AMC=60°,过B作l3的垂线,交l3于点P,过A作l3的垂线,交l3于点Q,证明△BCN≌△CAM,得到CN=AM,在△BPN和△AQM中利用勾股定理算出NP和AM,从而得到PC,结合BP算出BC的长,即为AB.【详解】解:(1)如图,分别过点B,C向l1作垂线,交l1于M,N两点,由题意可得:∠BAC=90°,∵∠NAC+∠MAB=90°,∠NAC+∠NCA=90°,∴∠MAB=∠NCA,在△ABM和△CAN中,===AMB CNAMAB NCAAB AC∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩,∴△ABM≌△CAN(AAS),∴AM=CN=2,AN=BM=1,∴AB=22251=+;(2)分别过点B,C向l1作垂线,交l1于P,Q两点,在l1上取M,N使∠AMB=∠CNA=120°,∵∠BAC=120°,∴∠MAB+∠NAC=60°,∵∠ABM+∠MAB=60°,∴∠ABM=∠NAC,在△AMB和△CNA中,===AMB CNAABM NACAB AC∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩,∴△AMB≌△CNA(AAS),∴CN=AM,∵∠AMB=∠ANC=120°,∴∠PMB=∠QNC=60°,∴PM=12BM,NQ=12NC,∵PB=1,CQ=2,设PM=a,NQ=b,∴2221=4a a+,2222=4b b+,解得:3a,23=b,∴222323⎛⎫+ ⎪⎪⎝⎭43∴AB=22AP BP +=()22AM PM BP ++=221;(3)如图,在l 3上找M 和N ,使得∠BNC=∠AMC=60°,过B 作l 3的垂线,交于点P ,过A 作l 3的垂线,交于点Q ,∵△ABC 是等边三角形,∴BC=AC ,∠ACB=60°,∴∠BCN+∠ACM=120°,∵∠BCN+∠NBC=120°,∴∠NBC=∠ACM ,在△BCN 和△CAM 中,BNC CMA NBC MAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BCN ≌△CAM (AAS ),∴CN=AM ,BN=CM ,∵∠PBN=90°-60°=30°,BP=2,∴BN=2NP ,在△BPN 中,222BP NP BN +=,即22224NP NP +=,解得:23 ∵∠AMC=60°,AQ=3,∴∠MAQ=30°,∴AM=2QM , 在△AQM 中,222AQ QM AM +=, 即22234QM QM +=,解得:3,∴AM=23,∴PC=CN-NP=AM-NP=33, 在△BPC 中,BP 2+CP 2=BC 2,即BC=22224322123BP CP ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, ∴AB=BC=221.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质,平行线之间的距离,等腰三角形的性质,等边三角形的性质以及勾股定理,解题的关键是利用平行线构造全等三角形,再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.11.(1)6-2t ;(2)全等,理由见解析;(3)83;(4)经过24s 后,点P 与点Q 第一次在ABC 的BC 边上相遇【解析】【分析】(1)根据题意求出BP ,由PC=BC-BP ,即可求得;(2)根据时间和速度的关系分别求出两个三角形中,点运动轨迹的边长,由∠B=∠C ,利用SAS 判定BPD △和CQP 全等即可;(3)根据全等三角形的判定条件探求边之间的关系,得出BP=PC ,再根据路程=速度×时间公式,求点P 的运动时间,然后求点Q 的运动速度即得;(4)求出点P 、Q 的路程,根据三角形ABC 的三边长度,即可得出答案.【详解】(1)由题意知,BP=2t ,则PC=BC-BP=6-2t ,故答案为:6-2t ;(2)全等,理由如下:∵p Q V V =,t=1,∴BP=2=CQ ,∵AB=8cm ,点D 为AB 的中点,∴BD=4(cm ),又∵PC=BC-BP=6-2=4(cm ),在BPD △和CQP 中BD PC B C BP CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴BPD △≌CQP (SAS )故答案为:全等.(3)∵p Q V V ≠,∴BP CQ ≠,又∵BPD △≌CPQ ,∠B=∠C ,∴BP=PC=3cm ,CQ=BD=4cm ,∴点,P Q 运动时间322BP t ==(s ), ∴48332Q CQ V t===(cm/s ), 故答案为:83; (4)设经过t 秒时,P 、Q 第一次相遇,∵2/p V cm s =,8/3Q V cm s =, ∴2t+8+8=83t , 解得:t=24此时点Q 走了824643⨯=(cm ),∵ABC 的周长为:8+8+6=22(cm ),∴6422220÷=,∴20-8-8=4(cm ),经过24s 后,点P 与点Q 第一次在ABC 的BC 边上相遇,故答案为:24s ,在 BC 边上相遇.【点睛】考查了全等三角形的判定和性质,路程,速度,时间的关系,全等三角形中的动点问题,动点的追及问题,熟记三角形性质和判定,熟练掌握全等的判定依据和动点的运动规律是解题的关键,注意动点中追及问题的方向.12.(1)y =﹣2x +6;(2)点P (m ﹣6,2m ﹣6);(3)y =﹣x +32【解析】【分析】(1)先求出点A ,点B 坐标,由等腰三角形的性质可求点C 坐标,由待定系数法可求直线BC 的解析式;(2)证明△PGA≌△QHC(AAS),则PG=HQ=2m﹣6,故点P的纵坐标为:2m﹣6,而点P在直线AB上,即可求解;(3)由“SSS”可证△APM≌△CQM,△ABM≌△CBM,可得∠PAM=∠MCQ,∠BQM=∠APM=45°,∠BAM=∠BCM,由“AAS”可证△APE≌△MAO,可得AE=OM,PE=AO=3,可求m的值,进而可得点P,点Q的坐标,即可求直线PQ的解析式.【详解】(1)∵直线y=2x+6与x轴交于点A,与y轴交于点B,∴点B(0,6),点A(﹣3,0),∴AO=3,BO=6,∵AB=BC,BO⊥AC,∴AO=CO=3,∴点C(3,0),设直线BC解析式为:y=kx+b,则036k bb=+⎧⎨=⎩,解得:26kb=-⎧⎨=⎩,∴直线BC解析式为:y=﹣2x+6;(2)如图1,过点P作PG⊥AC于点G,过点Q作HQ⊥AC于点H,∵点Q横坐标为m,∴点Q(m,﹣2m+6),∵AB=CB,∴∠BAC=∠BCA=∠HCQ,又∵∠PGA=∠QHC=90°,AP=CQ,∴△PGA≌△QHC(AAS),∴PG=HQ=2m﹣6,∴点P的纵坐标为:2m﹣6,∵直线AB的表达式为:y=2x+6,∴2m﹣6=2x+6,解得:x=m﹣6,∴点P(m﹣6,2m﹣6);(3)如图2,连接AM,CM,过点P作PE⊥AC于点E,∵AB=BC,BO⊥AC,∴BO是AC的垂直平分线,∴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=3,∴2m﹣6=3,∴m=92,∴Q(92,﹣3),P(﹣32,3),设直线PQ的解析式为:y=ax+c,∴932332a ca c⎧-=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩,解得:132ac=-⎧⎪⎨=⎪⎩,∴直线PQ的解析式为:y=﹣x+32.【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理,等腰直角三角形的性质定理以及一次函数的图象和性质,添加辅助线,构造全等三角形,是解题的关键.。