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（，）．P23.一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=BM•AB=×（2﹣t）×2=2﹣t（0≤t＜2）；△ABM若M在BC延长线上时，BC=2，CM=t，可得BM=CM﹣BC=t﹣2，=BM•AB=×（t﹣2）×2=t﹣2（t≥2）；此时S△ABM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），∴EM=FM．∵Rt△AEF中，AE=4，AF=8，∴=EF==4，∴AM=EF=2；（3）如图3，连接CE，CF，EF与GH交于P．由（1）得∠CFE=45°，又∠EPQ=45°，∴GH∥CF，又∵AF∥DC，∴四边形GFCH是平行四边形，∴CF=GH=3，在Rt△CBF中，得BF===3，∴t=3．【点评】本题考查了四边形综合题．解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质（或者全等三角形的性质）得到相关线段间的数量关系，从而解决问题．（2）（2017成都金堂）28．（12分）如图，边长为a正方形OABC的边OA、OC 在坐标轴上．在x轴上线段PQ=a（Q在A的右边），P从A出发，以每秒1个单位的速度向O运动，当点P到达点O时停止运动，运动时间为t．连接PB，过P 作PB的垂线，过Q作x轴的垂线，两垂线相交于点D．连接BD交y轴于点E，连接PD交y轴于点F，连接PE．（1）求∠PBD的度数．（2）设△POE的周长为l，探索l与t的函数关系式，并写出t的取值范围．（3）令a=4，当△PBE为等腰三角形时，求△EFD的面积．【分析】（1）先判断出∠PBA=∠DPQ，进而判断出△BAP≌△PQD即可得出结论；（2）先判断出△BAM≌△BCE，进而判断出△BPM≌△BPE，即可得出EP=MP=CE+AP，即可；（3）分三种情况讨论计算即可．【解答】解：（1）∵∠APB+∠PBA=∠APB+∠DPQ=90°∴∠PBA=∠DPQ又∵∠BAP=∠PQD=90°，BA=PQ=a∴△BAP≌△PQD∴BP=PD又∵BP⊥PD∴∠PBD=45°（2）如图1，延长PA至M，使得AM=CE在△BAM与△BCE中∴△BAM≌△BCE∴∠MBA=∠EBC∵∠EBC+∠ABP=45°∴∠MBP=∠MBA+∠ABP=45°=∠EBP在△BPM与△BPE中，∴△BPM≌△BPE∴EP=MP=MA+AP=CE+AP又∵l=EP+PO+EO=（CE+EO）+（AP+PO）=2AO ∴l=2a是定值，（0≤t≤a）（3）①当 EP=EB时，如图2，∵∠PBD=45°∴EP⊥EB，E为BD中点，即E与C重合，P与O重合此时，S=8△EFD② 当PB=PE时，∵∠PBD=45°∴EP⊥PB （不存在）③当 BP=BE时，∵BA=BC∴△BAP≌△BCE，∴CE=AP=t，∴PE=2t又∵OE=OP=4﹣t，∴PE=（4﹣t），∴（4﹣t）=2t 解得：t=4﹣4∵△BAP≌△PQD，∴AP=QD，∴D（4﹣4，4﹣4），∵P（4﹣8，0），∴直线PD的解析式为y=（﹣1）x+12﹣16，∴F（12﹣16，0）∴EF=24﹣16此时，S△EFD=16（5﹣7）综上所述：S△EFD =8或S△EFD=16（﹣7）【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，三角形的面积的计算方法，解（1）的关键是判断出△BAP ≌△PQD，解（2）的关键是判断出△BAM≌△BCE，解（3）的关键是分类讨论的思想的应用，是一道中等难度的中考常考题．。