八年级数学压轴题 期末复习试卷测试卷附答案

八年级数学压轴题 期末复习试卷测试卷附答案
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．在平面直角坐标系中，点A 、B 在坐标轴上，其中A(0，a)、B(b ，0)满足：
222110a b a b --+-=．
（1）直接写出A 、B 两点的坐标；
（2）将线段AB 平移到CD ，点A 的对应点为C(-3，m)，如图(1)所示．若S ΔABC =16，求点D 的坐标；
（3）平移线段AB 到CD ，若点C 、D 也在坐标轴上，如图(2)所示，P 为线段AB 上一动点(不与A 、B 重合)，连接OP ，PE 平分∠OPB ，交x 轴于点M ，且满足∠BCE=2∠ECD ． 求证：∠BCD=3(∠CEP-∠OPE)．
3．如图1所示，直线:5L y mx m =+与x 轴负半轴，y 轴正半轴分别交于A 、B 两点．
（1）当OA OB =时，求点A 坐标及直线L 的解析式．
（2）在（1）的条件下，如图2所示，设Q 为AB 延长线上一点，作直线OQ ，过A 、B 两点分别作AM OQ ⊥于M ，BN OQ ⊥于N ，若17AM =，求BN 的长． （3）当m 取不同的值时，点B 在y 轴正半轴上运动，分别以OB 、AB 为边，点B 为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角OBF ∆和等腰直角ABE ∆，连接EF 交y 轴于P 点，如图3.问：当点B 在y 轴正半轴上运动时，试猜想PB 的长是否为定值？若是，请求出其值；若不是，说明理由．
4．如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝﹣
3
4
x+m 分别与x 轴、y 轴交于点B 、A ．其中B 点坐标为（12，0），直线y ＝3
8
x 与直线AB 相交于点C ．
（1）求点A 的坐标． （2）求△BOC 的面积．
（3）点D 为直线AB 上的一个动点，过点D 作y 轴的平行线DE ，DE 与直线OC 交于点E （点D 与点E 不重合）．设点D 的横坐标为t ，线段DE 长度为d ． ①求d 与t 的函数解析式（写出自变量的取值范围）．
②当动点D 在线段AC 上运动时，以DE 为边在DE 的左侧作正方形DEPQ ，若以点H （
1
2
，t ）、G （1，t ）为端点的线段与正方形DEPQ 的边只有一个交点时，请直接写出t
的取值范围．
5．如图，直线
11 2
y x b
=-+分别与x轴、y轴交于A，B两点，与直线
26
y kx
=-交于点()
C4,2．
（1）b= ；k= ；点B坐标为；
（2）在线段AB上有一动点E，过点E作y轴的平行线交直线y2于点F，设点E的横坐标为m，当m为何值时，以O、B、E、F为顶点的四边形是平行四边形；
（3）若点P为x轴上一点，则在平面直角坐标系中是否存在一点Q，使得P，Q，A，B四个点能构成一个菱形．若存在，直接写出所有符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B 的另一条直线交x轴正半轴于点C，且OC＝3．
图1 图2
（1）求直线BC 的解析式；
（2）如图1，若M 为线段BC 上一点，且满足S △AMB ＝S △AOB ，请求出点M 的坐标； （3）如图2，设点F 为线段AB 中点，点G 为y 轴上一动点，连接FG ，以FG 为边向FG 右侧作正方形FGQP ，在G 点的运动过程中，当顶点Q 落在直线BC 上时，求点G 的坐标； 7．直角三角形ABC 中，∠ACB =90°，直线l 过点C ．
（1）当AC =BC 时，如图①，分别过点A 、B 作AD ⊥l 于点D ，BE ⊥l 于点E ．求证：△ACD ≌△CBE ．
（2）当AC =8，BC =6时，如图②，点B 与点F 关于直线l 对称，连接BF ，CF ，动点M 从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC 边向终点C 运动，同时动点N 从点F 出发，以每秒3个单位的速度沿F →C →B →C →F 向终点F 运动，点M 、N 到达相应的终点时停止运动，过点M 作MD ⊥l 于点D ，过点N 作NE ⊥l 于点E ，设运动时间为t 秒． ①CM = ，当N 在F →C 路径上时，CN = ．（用含t 的代数式表示） ②直接写出当△MDC 与△CEN 全等时t 的值．
8．在平面直角坐标系xOy 中，对于点(,)P a b 和点(,)Q a b '，给出如下定义： 若1,(2)
,(2)b a b b a -≥⎧=<⎩
'⎨
当时当时，则称点Q 为点P 的限变点．例如:点(2,3)的限变点的坐标是
(2,2)，点(2,5)--的限变点的坐标是(2,5)-，点(1,3)的限变点的坐标是(1,3)．
（1）①点3,1)-的限变点的坐标是________；
②如图1，在点(2,1)A -、(2,1)B 中有一个点是直线2y =上某一个点的限变点，这个点是________；（填“A ”或“B ”）
（2）如图2，已知点(2,2)C --，点(2,2)D -，若点P 在射线OC 和OD 上，其限变点Q
的纵坐标b '的取值范围是b m '≥或b n '≤，其中m n >．令s m n =-，直接写出s 的值． （3）如图3，若点P 在线段EF 上，点(2,5)E --，点(,3)F k k -，其限变点Q 的纵坐标
b '的取值范围是25b '-≤≤，直接写出k 的取值范围．
9．如图，在平面直角坐标系中，直线3
34
y x =-+分别交,x y 轴于A B ，两点，C 为线段
AB 的中点，(,0)D t 是线段OA 上一动点（不与A 点重合），射线//BF x 轴，延长DC
交BF 于点E ． （1）求证：AD BE =；
（2）连接BD ，记BDE 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式；
（3）是否存在t 的值，使得BDE 是以BD 为腰的等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的t 的值；若不存在，请说明理由．
10．（1）填空
①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在
1B M 或1B M 的延长线上，那么EMF ∠的度数是________；
②把一张长方形的纸片按如图②所示的方式折叠，B 点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1A M 或1A M 的延长线上，那么EMF ∠的度数是_______． （2）解答：①把一张长方形的纸片按如图③所示的方式折叠，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1B M 或1B M 的延长线上左侧，且80EMF ∠=︒，求11C MB ∠的度数； ②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，B 点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1A M 或1A M 的延长线右侧，且60EMF ∠=︒，求11C MA ∠的度数．
（3）探究：把一张四边形的纸片按如图⑤所示的方式折叠，EB ，FB 为折痕，设
ABC α∠=︒，EBF β∠=︒，11A BC γ∠=︒，求α，β，γ之间的数量关系．
11．如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为AC 边上一动点，且不与点A 点C 重合，连接BD 并延长，在BD 延长线上取一点E ，使AE ＝AB ，连接CE ．
（1）若∠AED ＝20°，则∠DEC ＝ 度；
（2）若∠AED ＝a ，试探索∠AED 与∠AEC 有怎样的数量关系？并证明你的猜想； （3）如图2，过点A 作AF ⊥BE 于点F ，AF 的延长线与EC 的延长线交于点H ，求证：EH 2+CH 2＝2AE 2．
12．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？
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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
210
【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 ()[
]2
2
1(3)2(4)210=
---+--=⎡⎤⎣⎦， ∴点Q 到E 、F 点的距离之和最小值为10
【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）A （0，3），B （4，0）；（2）D （1，－26
5
）；（3）见解析 【解析】 【分析】
（1）根据非负数的性质求解；
（2）如图1中，设直线CD 交y 轴于E ．首先求出点E 的坐标，再求出直线CD 的解析式以及点C 坐标，利用平移的性质得到点D 坐标；
（3）如图2中，延长AB 交CE 的延长线于M ．利用平行线的性质以及三角形的外角的性质求证； 【详解】
（1）∵222110a b a b --+-=， ∴222110a b a b --=+-=， ∴220
2110
a b a b --=⎧⎨
+-=⎩ ，
∴34a b =⎧⎨=⎩
，
∴A （0，3），B （4，0）；
（2）如图1中，设直线CD 交y 轴于E ．
∵CD//AB ， ∴S △ACB =S △ABE ， ∴1
2
AE×BO=16， ∴
1
2
×AE×4=16， ∴AE=8， ∴E （0，-5），
设直线AB 的解析式为y=kx+b ，将点A （0，3），（4，0）代入解析式中得：
343
k b ⎧
=-
⎪⎨⎪=⎩ ， ∴直线AB 的解析式为y=3
34
x -+， ∵AB//CD ，
∴直线CD 的解析式为y=3
4
x c -
+， 又∵点E （0，－5）在直线CD 上，
∴c=5，即直线CD 的解析式为y=3
54
x --， 又∵点C （-3，m ）在直线CD 上，
∴m=
115
， ∴C （-3，
11
5
）， ∵点A （0，3）平移后的对应点为C （-3， 11
5
）， ∴直线AB 向下平移了
26
5
个单位，向左平移了3个单位， 又∵B （4，0）的对应点为点D ，
∴点D 的坐标为（1，－
26
5
）； （3）如图2中，延长AB 交CE 的延长线于点M ．
∵AM ∥CD ， ∴∠DCM=∠M ， ∵∠BCE=2∠ECD ， ∴∠BCD=3∠DCM=3∠M ，
∵∠M=∠PEC-∠MPE ，∠MPE=∠OPE ， ∴∠BCD=3（∠CEP-∠OPE ）． 【点睛】
考查了非负数的性质、平行线的性质、三角形的外角的性质、一次函数的应用等知识，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，利用平行线的性质解决问题．
3．（1）5y x =+；（2）223）PB 的长为定值52
【解析】 【分析】
（1）先求出A 、B 两点坐标，求出OA 与OB ，由OA= OB ，求出m 即可；
（2）用勾股定理求AB ，再证AMO OBN ∆≅∆，BN=OM ，由勾股定理求OM 即可； （3）先确定答案定值，如图引辅助线EG ⊥y 轴于G ，先证AOB EBG ∆≅∆，求BG 再证
BFP GEP ∆≅∆，可确定BP 的定值即可．
【详解】
（1）对于直线:5L y mx m =+． 当0y =时，5x =-． 当0x =时，5y m =．
()5,0A ∴-，()0,5B m ．
OA OB =．
55m ∴=． 解得1m =．
∴直线L 的解析式为5y x =+．
（2）
5OA =，17AM =．
∴由勾股定理，
2222OM OA AM =-=．
180AOM AOB BON ∠+∠+∠=︒．
90AOB ∠=︒．
90AOM BON ∴∠+∠=︒．
90AOM OAM ∠+∠=︒．
BON OAM ∴∠=∠．
在AMO ∆与OBN ∆中，
90BON OAM AMO BNO OA OB ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
．
()AMO OBN AAS ∴∆≅∆．
22BN OM ∴==．．
（3）如图所示：过点E 作EG y ⊥轴于G 点．
AEB ∆为等腰直角三角形，
AB EB ∴=
90ABO EBG ∠+∠=︒．
EG BG ⊥，
90GEB EBG ∴∠+∠=︒．
ABO GEB ∴∠=∠．
AOB EBG ∴∆≅∆．
5BG AO ∴==，OB EG =
OBF ∆为等腰直角三角形，
OB BF ∴=
BF EG ∴=．
BFP GEP ∴∆≅∆．
1522
BP GP BG ∴===．
【点睛】
本题考查求解析式，线段的长，判断定值问题，关键是掌握求坐标，利用条件OA= OB ，求OM ，用勾股定理求AB ，再证AMO OBN ∆≅∆，构造 AOB EBG ∆≅∆，求BG ，再证BFP GEP ∆≅∆．
4．（1）点A 坐标为（0，9）；（2）△BOC 的面积＝18；（3）①当t ＜8时，d ＝﹣98t+9，当t ＞8时，d ＝98t ﹣9；②12≤t≤1或7617≤t≤8017
． 【解析】
【分析】
（1）将点B 坐标代入解析式可求直线AB 解析式，即可求点A 坐标；
（2）联立方程组可求点C 坐标，即可求解；
（3）由题意列出不等式组，可求解．
【详解】
解：（1）∵直线y ＝﹣34
x+m 与y 轴交于点B （12，0）， ∴0＝﹣
34
×12+m ， ∴m ＝9， ∴直线AB 的解析式为：y ＝﹣
34
x+9， 当x ＝0时，y ＝9，
∴点A 坐标为（0，9）； （2）由题意可得：38394y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
， 解得：83
x y =⎧⎨=⎩， ∴点C （8，3）， ∴△BOC 的面积＝
12×12×3＝18； （3）①如图，
∵点D的横坐标为t，
∴点D（t，﹣3
4
t+9），点E（t，
3
8
t），
当t＜8时，d＝﹣3
4
t+9﹣
3
8
t＝﹣
9
8
t+9，
当t＞8时，d＝3
8
t+
3
4
t﹣9＝
9
8
t﹣9；
②∵以点H（1
2
，t）、G（1，t）为端点的线段与正方形DEPQ的边只有一个交点，
∴1
2
≤t≤1或
91
9
82
9
91
8
t t
t t
⎧
-+≤-
⎪⎪
⎨
⎪-+≥-
⎪⎩
，
∴1
2
≤t≤1或
76
17
≤t≤
80
17
．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积公式，不等式组的应用，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（1）4；2；(0，4)；（2）
12
5
m=或
28
5
m=；（3）存在．Q点坐标为()
45,4
-，
()
45,4，()
0,4
-或()
5,4．
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法，将点C(4，2)代入解析式可求解；
（2）设点E(m，1
4
2
m+)，F(m，2m-6)，得()
15
42610
22
EF m m m
=-+--=-，由
平行四边形的性质可得BO=EF=4，列出方程即可求解；
（3）分两种情况讨论，由菱形的性质按照点平移的坐标规律，先确定P点坐标，再确定O 点坐标即可求解．
【详解】
解：（1）（1）∵直线y 2=kx -6交于点C (4，2)，
∴2=4k -6，
∴k =2， ∵直线212y x b =-
+过点C (4，2)， ∴2=-2+b ，
∴b =4， ∴直线解析式为：212y x b =-
+，直线解析式为y 2=2x -6， ∵直线212
y x b =-+分别与x 轴、y 轴交于A ，B 两点， ∴当x =0时，y =4，当y =0时，x =8，
∴点B (0，4)，点A (8，0)，
故答案为：4；2；(0，4)
（2）∵点E 在线段AB 上，点E 的横坐标为m ， ∴1,42E m m ⎛⎫-
+ ⎪⎝⎭，(),26F m m -， ∴()154261022
EF m m m =-+--=-． ∵四边形OBEF 是平行四边形，
∴EF BO =， ∴51042
m -=， 解得：125m =或285m =时， ∴当125m =或285
m =时，四边形OBEF 是平行四边形．
（3）存在．此时Q 点坐标为()-，()
4，()0,4-或()5,4．
理由如下：假设存在．以P ，Q ，A ，B 为顶点的菱形分两种情况：
①以AB 为边，如图1所示．
因为点()8,0A ，()0,4B ，
所以45AB =．
因为以P ，Q ，A ，B 为顶点的四边形为菱形，
所以AP AB =或BP BA =．
当AP AB =时，点()845,0P -或()
845,0+；
当BP BA =时，点()8,0P -． 当(
)845,0P -时，()8458,04Q --+，即()45,4-； 当()845,0P +时，()8458,04Q +-+，即()
45,4； 当()8,0P -时，()880,004Q -+-+-，即()0,4-．
②以AB 为对角线，对角线的交点为M ，如图2所示．
可得5AP =，
点P 坐标为()3,0．
因为以P ，Q ，A ，B 为顶点的四边形为菱形，
所以点Q 坐标为()5,4．
综上可知：若点P 为x 轴上一点，则在平面直角坐标系中存在一点Q ，使得P ，Q ，A ，B 四个点能构成一个菱形，此时Q 点坐标为()45,4-，()
45,4，()0,4-或()5,4．
【点睛】
本题是一次函数综合题，利用待定系数法求解析式，平行四边形的性质，菱形的性质，利
用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 6．
（1）443y x =-
+；（2）612(,)55M ；（3）23(0,)7
G 或(0,-1)G 【解析】
【分析】
（1）求出点B ，C 坐标，再利用待定系数法即可解决问题；
（2）结合图形，由S △AMB ＝S △AOB 分析出直线OM 平行于直线AB ，再利用两直线相交建立方程组求得交点M 的坐标；
（3）分两种情形：①当n ＞2时，如图2-1中，点Q 落在BC 上时，过G 作直线平行于x 轴，过点F ，Q 作该直线的垂线，垂足分别为M ，N ．求出Q （n-2，n-1）．②当n ＜2时，如图2-2中，同法可得Q （2-n ，n+1），代入直线BC 的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线y=2x+4与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，
∴A （-2，0），B （0，4），，
又∵OC=3，
∴C （3，0），
设直线BC 的解析式为y=kx+b ，将B 、C 的坐标代入得： 304k b b +=⎧⎨=⎩
， 解得：434
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，
∴直线BC 的解析式为443
y x =-
+； （2）连接OM ，
∵S △AMB ＝S △AOB ，
∴直线OM 平行于直线AB ，故设直线OM 解析式为：2y x =,
将直线OM 的解析式与直线BC 的解析式联立得方程组
24
43y x y x =⎧⎪⎨=-+⎪⎩
， 解得：65125x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
故点612(,)55
M ； （3）∵FA=FB ，A （-2，0），B （0，4），
∴F （-1，2），设G （0，n ），
①当n ＞2时，如图2-1中，点Q 落在BC 上时，过G 作直线平行于x 轴，过点F ，Q 作该直线的垂线，垂足分别为M ，N ．
∵四边形FGQP 是正方形，易证△FMG ≌△GNQ ，
∴MG=NQ=1，FM=GN=n-2，
∴Q （n-2，n-1），
∵点Q 在直线443y x =-
+上， ∴41(2)43n n -=-
-+， ∴23=7
n , ∴23(0,)7
G ． ②当n ＜2时，如图2-2中，同法可得Q （2-n ，n+1），
∵点Q 在直线443y x =-
+上， ∴4+1(2)43
n n =-
-+， ∴n=-1，
∴(0,-1)G ． 综上所述，满足条件的点G 坐标为23(0,
)7
G 或(0,-1)G 【点睛】 本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．（1）证明见解析；（2）①CM =8t -，CN =63t -；②t =3.5或5或6.5．
【解析】
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB ，利用AAS 定理证明△ACD ≌△CBE ；
（2）①由折叠的性质可得出答案；
②动点N 沿F→C 路径运动，点N 沿C→B 路径运动，点N 沿B→C 路径运动，点N 沿C→F 路径运动四种情况，根据全等三角形的判定定理列式计算．
【详解】
（1）∵AD ⊥直线l ，BE ⊥直线l ，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB ，
在△ACD 和△CBE 中，
ADC CEB DAC ECB CA CB ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ACD ≌△CBE （AAS ）；
（2）①由题意得，AM=t ，FN=3t ，
则CM=8-t ，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6-3t ；
故答案为：8-t ；6-3t ；
②由折叠的性质可知，∠BCE=∠FCE ，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠MCD+∠BCE=90°，
∴∠NCE=∠CMD ，
∴当CM=CN 时，△MDC 与△CEN 全等，
当点N 沿F→C 路径运动时，8-t=6-3t ，
解得，t=-1（不合题意），
当点N 沿C→B 路径运动时，CN=3t-6，
则8-t=3t-6，
解得，t=3.5，
当点N 沿B→C 路径运动时，由题意得，8-t=18-3t ，
解得，t=5，
当点N 沿C→F 路径运动时，由题意得，8-t=3t-18，
解得，t=6.5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC 与△CEN 全等．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
8．（1
）①
)；②B ；（2）3s =；（3）59k ≤≤． 【解析】
【分析】
（1）利用限变点的定义直接解答即可；
（2）先利用逆推原理求出限变点(2,1)A -、(2,1)B 对应的原来点坐标，然后把原来点坐标代入到2y =，满足解析式的就是答案；
（3）先OC OD ，的关系式，再求出点P 的限变点Q 满足的关系式，然后根据图象求出m n ，的值，从而求出s 即可；
（4）先求出线段EF 的关系式，再求出点P 的限变点Q 所满足的关系式，根据图像求解即可．
【详解】
解：（1）①∵32
a =<，
∴11b b ==-='，
∴坐标为：(
)
3,1，
故答案为：()3,1； ②∵对于限变点来说，横坐标保持不变，
∴限变点(2,1)A -对应的原来点的坐标为：()2,1-或()21--，
， 限变点(2,1)B 对应的原来点的坐标为：()2,2， ∵()2,2满足2y =，
∴这个点是B ，
故答案为：B ；
（2）∵点C 的坐标为(2,2)--，
∴OC 的关系式为：()0y x x =≤，
∵点D 的坐标为(2,2)-，
∴OD 的关系式为：()0y x x =-≥，
∴点P 满足的关系式为：()(
)00x x y x x ≤⎧⎪=⎨->⎪⎩， ∴点P 的限变点Q 的纵坐标满足的关系式为： 当2x ≥时：1b x '=--，
当02x <<时：b x x '=-=，
当0x ≤时，b x x '==-，
图像如下：
通过图象可以得出：当2x ≥时，3b '≤-，∴3n =-，
当2x <时，0b '≥，∴0m =，
∴()033s m n =-=--=；
（3）设线段EF 的关系式为：()022y ax c a x k k =+≠-≤≤>-，
，， 把(2,5)E --，(,3)F k k -代入得：253
a c ka c k -+=-⎧⎨+=-⎩，解得：13a c =⎧⎨=-⎩， ∴线段EF 的关系式为()322y x x k k =--≤≤>-，， ∴线段EF 上的点P 的限变点Q 的纵坐标满足的关系式4(2)|3|3(22)x x
b x x x -⎧'=⎨
-=--<⎩， 图象如下：
当x ＝2时，b ′取最小值，b '＝2﹣4＝﹣2，
当b '＝5时，
x ﹣4＝5或﹣x +3＝5，解得：x ＝9或x ＝﹣2，
当b ′＝1时，
x ﹣4＝1，解得：x ＝5，
∵ 25b '-≤≤，
∴由图象可知，k 的取值范围时：59k ≤≤．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合题，解答本题的关键是熟练掌握新定义“限变点”，解答此题还需要掌握一次函数的图象与性质以及最值的求解，此题有一定的难度．
9．（1）详见解析；（2）36(04)2BDE t t S -+≤<=；（3）存在，当78t =或43
时，使得BDE 是以BD 为腰的等腰三角形．
【解析】
【分析】
（1）先判断出EBC DAC ∠=∠，CEB CDA ∠=∠，再判断出BC AC =，进而判断出△BCE ≌△ACD ，即可得出结论；
（2）先确定出点A ，B 坐标，再表示出AD ，即可得出结论；
（3
）分两种情况：当BD BE =时，利用勾股定理建立方程2223(4)t t +=-，即可得出结论；当BD DE =时，先判断出Rt △OBD ≌Rt △MED ，得出DM OD t ==，再用OM BE =建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：
射线//BF x 轴， EBC DAC ∴∠=∠，CEB CDA ∠=∠， 又C 为线段AB 的中点，
BC AC ∴=，
在△BCE 和△ACD 中，
CEB CDA EBC DAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCE ≌△ACD （AAS ），
BE AD ∴=；
（2）解：在直线334
y x =-+中， 令0x =，则3y =，
令0y =，则4x =，
A ∴点坐标为(4,0)，
B 点坐标为(0,3)，
D 点坐标为(,0)t ，
4AD t BE ∴=-=，
113(4)36(04)222
BDE ABD B S S AD y t t t ∴==⋅=-⨯=-+<；
（3）当BD BE =时，
在Rt OBD ∆中，90BOD ∠=︒，
由勾股定理得：222OB OD DB +=，
即2223(4)t t +=-
解得：78
t =； 当BD DE =时，
过点E 作EM x ⊥轴于M ，
90BOD EMD ∴∠=∠=︒，
//BF OA ，
OB ME ∴=
在Rt △OBD 和Rt △MED 中，
==BD DE OB ME ⎧⎨⎩
， ∴Rt △OBD ≌Rt △MED （HL ）， OD DM t ∴==，
由OM BE =得：24t t =- 解得：43t =
， 综上所述，当78t =或43
时，使得△BDE 是以BD 为腰的等腰三角形．
【点睛】
本题是一次函数综合题，主要考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
10．90︒，45︒；20︒，30︒；2a γβ+=，2a γβ-=.
【解析】
【分析】
（1）①如图①知1112EMC BMC ∠=∠，1112
C MF C MC ∠=∠得 ()1112
EMF BMC C MC ∠=∠+∠可求出解. ②由图②知111111,22EBA ABC C BF C BC ∠=
∠∠=∠得()1112EBF ABC C BC ∠=∠+∠可求出解.
（2）①由图③折叠知11,CMF FMC BME EMB ∠=∠∠=∠，可推出
11()BMC EMF EMF C MB ∠-∠-∠=∠，即可求出解.
②由图④中折叠知11,CMF C MF ABE A BE ∠=∠∠=∠，可推出
()112906090A MC ︒︒︒-+∠=，即可求出解.
（3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知，a ββγ-=-、a ββγ-=+，即可求得 2a γβ+=、2a γβ-=.
【详解】
解：（1）①如图①中， 1112EMC BMC ∠=∠，1112
C MF C MC ∠=∠， ()1111111800229EMF EMC C MF BMC C MC ︒︒∴∠=∠+∠=
∠⨯=+∠=， 故答案为90︒.
②如图②中，111111,22
EBA ABC C BF C BC ∠=∠∠=∠， ()111111904522EBF EBC C BF ABC C BC ︒︒∴∠=∠+∠=
∠+∠=⨯=， 故答案为45︒.
（2）①如图③中由折叠可知，
11,CMF FMC BME EMB ∠=∠∠=∠，
1111C MF EMB EMF C MB ∠+∠-∠=∠，
11CMF BME EMF C MB ∴∠+∠-∠=∠，
11()BMC EMF EMF C MB ∴∠-∠-∠=∠，
111808020C MB ︒︒︒∴-=∠=；
②如图④中根据折叠可知，
11,CMF C MF ABE A BE ∠=∠∠=∠，
112290CMF ABE A MC ︒∠+∠+∠=，
112()90CMF ABE A MC ︒∴∠+∠+∠=，
()11
29090EMF AMC ︒︒∴-∠+∠=， ()11
2906090AMC ︒︒︒∴-+∠=， 1130A MC ︒∴∠=；
（3）如图⑤-1中，由折叠可知，a ββγ-=-，
2a γβ∴+=；
如图⑤-2中，由折叠可知，a ββγ-=+，
2a γβ∴-=.
【点睛】
本题考查了图形的变换中折叠属全等变换，图形的角度及边长不变及一些角度的计算问题，突出考查学生的观察能力、思维能力以及动手操作能力，本题是代数、几何知识的综合运用典型题目.
11．（1）45度；（2）∠AEC﹣∠AED＝45°，理由见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝140°，可得∠CAE＝50°，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝65°，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝180°﹣2α，可得∠CAE＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°+α，可得结论；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，由等腰直角三角形的性质可得EH＝2EF，CH＝
2CG，由“AAS”可证△AFB≌△CGA，可得AF＝CG，由勾股定理可得结论．
【详解】
解：（1）∵AB＝AC，AE＝AB，
∴AB＝AC＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，∠ACE＝∠AEC，
∵∠AED＝20°，
∴∠ABE＝∠AED＝20°，
∴∠BAE＝140°，且∠BAC＝90°
∴∠CAE＝50°，
∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，且∠ACE＝∠AEC，
∴∠AEC＝∠ACE＝65°，
∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°，
故答案为：45；
（2）猜想：∠AEC﹣∠AED＝45°，
理由如下：∵∠AED＝∠ABE＝α，
∴∠BAE＝180°﹣2α，
∴∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC＝90°﹣2α，
∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，且∠ACE＝∠AEC，
∴∠AEC＝45°+α，
∴∠AEC﹣∠AED＝45°；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，
∵∠AEC﹣∠AED＝45°，
∴∠FEH＝45°，
∵AH⊥BE，
∴∠FHE＝∠FEH＝45°，
∴EF＝FH，且∠EFH＝90°，
∴EH EF，
∵∠FHE＝45°，CG⊥FH，
∴∠GCH＝∠FHE＝45°，
∴GC＝GH，
∴CH CG，
∵∠BAC＝∠CGA＝90°，
∴∠BAF+∠CAG＝90°，∠CAG+∠ACG＝90°，
∴∠BAF＝∠ACG，且AB＝AC，∠AFB＝∠AGC，
∴△AFB≌△CGA（AAS）
∴AF＝CG，
∴CH AF，
∵在Rt△AEF中，AE2＝AF2+EF2，
AF）2+EF）2＝2AE2，
∴EH2+CH2＝2AE2．
【点睛】
本题是综合了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定的动点问题，三个问题由易到难，在熟练掌握各个相关知识的基础上找到问题之间的内部联系，层层推进去解答是关键.
12．（1）6-2t；（2）全等，理由见解析；（3）8
3
；（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322
BP t ==（s ）， ∴48332
Q CQ V t
===（cm/s ）， 故答案为：8
3；
（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．。