八下压轴题一次函数与几何动点问题教师版

八年级下数学期末压轴题精选
1.等腰三角形存在性
（2017广西柳州）23．（10分）如图，在四边形OABC中，OA∥BC，∠OAB=90°，O为原点，点C的坐标为（2，8），点B的坐标为（24，8），点D从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向点C运动，点E同时从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿OA向A运动，当点E达到点A时，点D也停止运动，从运动开始，设D（E）点运动的时间为t秒．
（1）连接AD，记△ADE得面积为S，求S与t的函数关系式，写出t的取值范围；
（2）当t为何值时，四边形ABDE是矩形；
（3）在（2）的条件下，当四边形ABDE是矩形，在x轴上找一点P，使得△ADP 为等腰三角形，直接写出所有满足要求的P点的坐标．
【分析】（1）根据三角形面积公式计算即可；
（2）当BD=AE时，四边形ABDE是矩形，由此构建方程即可解决问题；
（3）分三种情形：①当AD=AP时，②当DA=DP时，③当PD=PA时，分别求解即可；
【解答】解：（1）如图1中，S=×（24﹣3t）×8=﹣12t+96（0≤t≤8）．
（2）∵OA∥BD，
∴当BD=AE时，四边形BDEA是平行四边形，
∵∠OAB=90°，
∴四边形ABDE是矩形，
∴t=24﹣3t，
t=6s，
∴当t=6s时，四边形ABDE是矩形．
（3）分三种情形讨论：
由（2）可知D（18，8），A（24，0），
∴AD==10，
①当AD=AP时，可得P1（14，0），P2（34，0），
②当DA=DP时，可得P3（12，0），
③当PD=PA时，设PD=PA=x，
在Rt△DP4E中，x2=82+（x﹣6）2，
解得x=，
∴P4（，0），
综上所述，满足条件的点P坐标为（14，0）或（34，0）或（12，0）或（，0）；
【点评】本题考查四边形的综合题、矩形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
2.直角三角形存在性
（2017深圳新华）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，平行四边形的顶点C的坐标为（8，8），顶点A的坐标为（﹣6，0），边AB在x轴上，点E 为线段AD的中点，点F在线段DC上，且横坐标为3，直线EF与y轴交于点G，有一动点P以每秒1个单位长度的速度，从点A沿折线A﹣B﹣C﹣F运动，当点P到达点F时停止运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求直线EF的表达式及点G的坐标；
（2）点P在运动的过程中，设△EFP的面积为S（P不与F重合），试求S与t 的函数关系式；
（3）在运动的过程中，是否存在点P，使得△PGF为直角三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据点C的坐标可求出点F的纵坐标，结合题意可得出点F的坐标，过点E作EH⊥x轴于点H，利用△AHE∽△AOD，可求出点E的坐标，从而利用待定系数法可确定直线EF的解析式，令x=0，可得出点G的坐标．
（2）延长HE交CD的延长线于点M，讨论点P的位置，①当点P在AB上运动时，②当点P在BC边上运动时，③当点P在CF上运动时，分别利用面积相减法可求出答案．
（3）很明显在BC上存在两个点使△PGF为直角三角形，这两点是通过①过点G 作GP⊥EF，②过点F作FP⊥EF得出来的．
【解答】解：（1）∵C（8，8），DC∥x轴，点F的横坐标为3，
∴OD=CD=8．
∴点F的坐标为（3，8），
∵A（﹣6，0），
∴OA=6，
∴AD=10，
过点E作EH⊥x轴于点H，
则△AHE∽△AOD．
又∵E为AD的中点，
∴===．
∴AH=3，EH=4．
∴OH=3．
∴点E的坐标为（﹣3，4），
设过E、F的直线为y=kx+b，
∴
∴
∴直线EF为y=x+6，
令x=0，则y=6，即点G的坐标为（0，6）．
（2）延长HE交CD的延长线于点M，
则EM=EH=4．
∵DF=3，
∴S△DEF=×3×4=6，
且S平行四边形ABCD=CD•OD=8×8=64．
①当点P在AB上运动时，如图3，
S=S平行四边形ABCD﹣S△DEF﹣S△APE﹣S四边形PBCF．
∵AP=t，EH=4，
∴S△APE=×4t=2t，
S四边形PBCF=（5+8﹣t）×8=52﹣4t．
∴S=64﹣6﹣2t﹣（52﹣4t），
即：S=2t+6．
②当点P在BC边上运动时，
S=S平行四边形ABCD﹣S△DEF﹣S△PCF﹣S四边形ABPE．
过点P作PN⊥CD于点N．
∵∠C=∠A，sin∠A==，
∴sin∠C=．
∵PC=18﹣t，
∴PN=PC•sin∠C=（18﹣t）．
∵CF=5，
∴S△PCF=×5×（18﹣t）=36﹣2t．
过点B作BK⊥AD于点K．
∵AB=CD=8，
∴BK=AB•sin∠A=8×=．
∵PB=t﹣8，
∴S四边形ABPE=（t﹣8+5）×=t﹣．∴S=64﹣6﹣（36﹣2t）﹣（t﹣），即S=﹣t+．（8分）
③当点P在CF上运动时，
∵PC=t﹣18，
∴PF=5﹣（t﹣18）=23﹣t．
∵EM=4，
∴S△PEF=×4×（23﹣t）=46﹣2t．
综上：S=
（3）存在．
P1（，）．
P2（，）．
3.一次函数与平行四边形：
（2016山西晋中）（1）在直角坐标系中，A（1，2），B（4，0），在图1中，四
边形ABCD为平行四边形，请写出图中的顶点C的坐标（ 5 ， 2 ）
（2）平面内是否存在不同于图1的点C，使得以O、A、B、C为顶点的四边形为平行四边形，请在图2中画出满足情况的平行四边形，并在图中直接标出点C 的坐标．
（3）如图3，在直角坐标系中，A（1，2），P是x轴上一动点，在直线y=x上是否存在点Q，使以O、A、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，画出所有满足情况的平行四边形，并求出对应的Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的性质对边相等，即可解决问题．
（2）存在．注意有两种情形．点C坐标根据平行四边形的性质即可解决．（3）存在．如图3中所示，平行四边形AQ1P1O，平行四边形AOQ2P2，平行四边形AQ1OP2．点Q的坐标根据平行四边形的性质即可解决．
【解答】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=AC，OB∥AC，
∵A（1，2），B（4，0），
∴AC=4，
∴点C坐标（5，2）．
故点C坐标为（5，2）．
（2）存在．点C坐标如图2中所示，
（3）存在．如图3中所示，平行四边形AQ1P1O，平行四边形AOQ2P2，平行四边形AQ1OP2．
点Q1（2，2），点Q2（﹣2，﹣2）．
【点评】本题考查四边形综合题、点与坐标的关系等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，不能漏解，属于中考常考题型．
（2017襄阳）25．（11分）如图，平面直角坐标系中，直线l：y=﹣x+分别交x轴，y轴于A，B两点，点C在x轴负半轴上，且∠ACB=30°．
（1）求A，C两点的坐标．
（2）若点M从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，求出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围．
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A，B，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由直线方程易得点A的坐标．在直角△BOC中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出BC的长，利用勾股定理求出OC的长，确定出C的坐标即可；
（2）先求出∠ABC=90°，分两种情况考虑：当M在线段BC上；当M在线段BC延长线上；表示出BM，利用三角形面积公式分别表示出S与t的函数关系式即可；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，分两种情况，如图所示，利用菱形的性质求出AQ的长，根据AQ与y轴平行得到Q与A横坐标相同，求出满足题意Q得坐标即可．
【解答】解：（1）当x=0时，y=；当y=0时，x=1．
∴点A坐标为（1，0），点B坐标为（0，），
在Rt△BOC中，∠OCB=30°，OB=，
∴BC=2．
∴OC==3．
∴点C坐标为（﹣3，0）．
（2）如图1所示：∵OA=1，OB=，AB=2，
∴∠ABO=30°，
同理：BC=2，∠OCB=30°，
∴∠OBC=60°，
∴∠ABC=90°，
分两种情况考虑：若M在线段BC上时，BC=2，CM=t，可得BM=BC﹣CM=2﹣t，
此时S△ABM=BM•AB=×（2﹣t）×2=2﹣t（0≤t＜2）；
若M在BC延长线上时，BC=2，CM=t，可得BM=CM﹣BC=t﹣2，
此时S△ABM=BM•AB=×（t﹣2）×2=t﹣2（t≥2）；
综上所述，S=；
（3）P是y轴上的点，在坐标平面内存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，
如2图所示，
当P在y轴正半轴上，四边形ABPQ为菱形，①可得AQ=AB=2，且Q与A的横坐标相同，
此时Q坐标为（1，2），②AP=AQ=，Q与A的横坐标相同，此时Q坐标为（1，），
当P在y轴负半轴上，四边形ABPQ为菱形，①可得AQ=AB=2，且Q与A横坐标相同，
此时Q坐标为（1，﹣2），②BP垂直平分AQ，此时Q坐标为（﹣1，0），
综上，满足题意Q坐标为（1，2）、（1，﹣2）、（1，）、（﹣1，0）．
【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：含30度直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，菱形的性质，利用
了分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法是解本题第二问的关键．
4.一次函数与矩形:
（2017重庆江津）26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=mx+n （m≠0）的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，且与正比例函数y=2x的图象交于点C（3，6）．
（1）求一次函数y=mx+n的解析式；
（2）点P在x轴上，当PB+PC最小时，求出点P的坐标；
（3）若点E是直线AC上一点，点F是平面内一点，以O、C、E、F四点为顶点的四边形是矩形，请直接写出点F的坐标．
【分析】（1）由A、C坐标，可求得答案；
（2）由一次函数解析式可求得B点坐标，可求得B点关于x轴的对称点B′的坐标，连接B′C与x轴的交点即为所求的P点，由B′、C坐标可求得直线B′C 的解析式，则可求得P点坐标；
（3）分两种情形分别讨论即可①当OC为边时，四边形OCFE是矩形，此时EO ⊥OC，②当OC为对角线时，四边形OE′CF′是矩形，此时OE′⊥AC；【解答】解：（1）∵一次函数y=mx+n（m≠0）的图象经过点A（﹣3，0），点
C（3，6），
∴，
解得，
∴一次函数的解析式为y=x+3．
（2）如图1中，作点P关于x轴的对称点B′，连接CB′交x轴于P，此时PB+PC 的值最小．
∵B（0，3），C（3，6）
∴B′（﹣3，0），
∴直线CB′的解析式为y=3x﹣3，
令y=0，得到x=1，
∴P（1，0）．
（3）如图，
①当OC为边时，四边形OCFE是矩形，此时EO⊥OC，
∵直线OC的解析式为y=2x，
∴直线OE的解析式为y=﹣x，
由，解得，
∴E（﹣2，1），
∵EO=CF，OE∥CF，
∴F（1，7）．
②当OC为对角线时，四边形OE′CF′是矩形，此时OE′⊥AC，
∴直线OE′的解析式为y=﹣x，
由，解得，
∴E′（﹣，），
∵OE′=CF′，OE′∥CF′，
∴F′（，），
综上所述，满足条件的点F的坐标为（1.7）或（，）．
【点评】本题考查一次函数综合题、轴对称最短问题、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属
于中考压轴题．
5.一次函数与正方形
如图（1），四边形AOBC是正方形，点C的坐标是（，0），
（1）求点A的坐标点和正方形AOBC的面积；
（2）将正方形绕点O顺时针旋转45°，求旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积；
（3）如图（2），动点P从点O出发，沿折线O﹣A﹣C﹣B方向以1个单位/每秒匀速运动；另一动点Q从点C出发，沿折线C﹣B﹣O﹣A方向以2个单位/每秒匀速运动．P、Q两点同时出发，当Q运动到点A 时P、Q同时停止运动．设运动时间为t秒，是否存在这样的t值，使△OPQ成为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连接AB，根据△OCA为等腰三角形可得AD=OD的长，从而得出点A的坐标，则得出正方形AOBC的面积；
（2）根据旋转的性质可得OA′的长，从而得出A′C，A′E，再求出面积即可；（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①当Q点在BC上时，使OQ=QP，则有OP=2BQ，而OP=t，BQ=4﹣2t，列式可得出t；
②当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8﹣2t，列式可得出t；
③当Q点在OA上时，使OQ=PQ，列式可得出t．
【解答】解：（1）如图1，连接AB，与OC交于点D，
由△OCA为等腰Rt△，得AD=OD=OC=2，
故点A的坐标为（2，2），
故正方形AOBC的面积为：×4×4=16；
（2）如图1，旋转后可得OA′=OB=4，
则A′C=4﹣4，而可知∠CA′E=90°，∠OCB=45°，
故△A′EC是等腰直角三角形，
则A′E=A′C=4﹣4，
故S四边形OA’EB=S△OBC﹣S△A’EC=16﹣16．
（3）存在，从Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种：
①如图2，
当Q点在BC上时，使OQ=QP，QM为OP的垂直平分线，
则有OP=2OM=2BQ，而OP=t，BQ=4﹣2t，
则t=2（4﹣2t），
解得：t=．
②如图3，
当Q点在OB上时，使OQ=OP，而OP=t，OQ=8﹣2t，则t=8﹣2t，
解得：t=．
③当Q点在OA上时，如图4，
使OQ=PQ，t2﹣24t+96=0，
解得：t=12+4（舍去），t=12﹣4．
【点评】此题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定以及旋转的性质，是中考压轴题，综合性较强，难度较大．
6.四边形综合
（1）（2017武汉新洲）如图，正方形ABCD中，P为AB边上任意一点，AE⊥DP于E，点F在DP的延长线上，且EF=DE，连接AF、BF，∠BAF的平分线交DF于G，连接GC．
（1）求证：△AEG是等腰直角三角形；
（2）求证：AG+CG=DG．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的定义得到AF=AD，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可；
（2）作CH⊥DP，交DP于H点，证明△ADE≌△DCH（AAS），得到CH=DE，DH=AE=EG，证明CG=GH，AG=DH，计算即可．
【解答】（1）证明：∵DE=EF，AE⊥DP，
∴AF=AD，
∴∠AFD=∠ADF，
∵∠ADF+∠DAE=∠PAE+∠DAE=90°，
∴∠AFD=∠PAE，
∵AG平分∠BAF，
∴∠FAG=∠GAP．
∵∠AFD+∠FAE=90°，
∴∠AFD+∠PAE+∠FAP=90°
∴2∠GAP+2∠PAE=90°，
即∠GAE=45°，
∴△AGE为等腰直角三角形；
（2）证明：作CH⊥DP，交DP于H点，
∴∠DHC=90°．
∵AE⊥DP，
∴∠AED=90°，
∴∠AED=∠DHC．
∵∠ADE+∠CDH=90°，∠CDH+∠DCH=90°，∴∠ADE=∠DCH．
∵在△ADE和△DCH中，
，
∴△ADE≌△DCH（AAS），
∴CH=DE，DH=AE=EG．
∴EH+EG=EH+HD，
即GH=ED，
∴GH=CH．
∴CG=GH．
∵AG=EG，
∴AG=DH，
∴CG+AG=GH+HD，
∴CG+AG=（GH+HD），
即CG+AG=DG．
（2）（2017天津）24．（8分）如图（1），正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AC上一点，连结EB，过点A作AM⊥BE，垂足为M，AM与BD 相交于点F．
（1）求证：OE=OF；
（2）如图（2）若点E在AC的延长线上，AM⊥BE于点M，AM交DB的延长线于点F，其他条件不变，结论“OE=OF”还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB=OA，又因为AM ⊥BE，所以∠MEA+∠MAE=90°=∠AFO+∠MAE，从而求证出Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE=OF．
（2）根据第一步得到的结果以及正方形的性质得到OB=OA，再根据已知条件求证出Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE=OF．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形．
∴∠BOE=∠AOF=90°，OB=OA．
又∵AM⊥BE，
∴∠MEA+∠MAE=90°=∠AFO+∠MAE，
∴∠MEA=∠AFO．
在△BOE和△AOF中，
∵，
∴△BOE≌△AOF．
∴OE=OF．
（2）OE=OF成立．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOE=∠AOF=90°，OB=OA．
又∵AM⊥BE，
∴∠F+∠MBF=90°，
∠E+∠OBE=90°，
又∵∠MBF=∠OBE，
∴∠F=∠E．
在△BOE和△AOF中，
∵，
∴△BOE≌△AOF．
∴OE=OF．
【点评】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，将待求线段放到两个三角形中，通过证明三角形全等得到对应边相等是解题的关键．
7.动点问题：
（1）（2017黄石大冶）如图1，正方形ABCD的边长为6cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度移动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度移动（不到点A）．设点E，F同时出发移动t秒．
（1）在点E，F移动过程中，连接CE，CF，EF，则△CEF的形状是，始终保持不变；
（2）如图2，连接EF，设EF交BD于点M，当t=2时，求AM的长；
（3）如图3，点G，H分别在边AB，CD上，且GH=3cm，连接EF，当EF 与GH的夹角为45°，求t的值．
【解答】解：（1）等腰直角三角形．理由如下：
如图1，在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=90°．
依题意得：DE=BF=t．
在△CDE与△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（SAS），
∴CF=CE，∠DCE=∠BCF，
∴∠ECF=∠BCF+∠BCE=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形．
故答案是：等腰直角三角形．
（2）如图2，过点E作EN∥AB，交BD于点N，则∠NEM=∠BFM．∴∠END=∠ABD=∠EDN=45°，
∴EN=ED=BF．
在△EMN与△FMB中，
，
∴△EMN≌△FMB（AAS），。