南通市八年级(上)第二次月考数学试卷解析版

南通市八年级（上）第二次月考数学试卷解析版
一、选择题
1．已知一次函数()1y m x =-的图象上两点11(,)A x y ,22(,)B x y ,当12x x ＞时,有12y y ＜，那么m 的取值范围是（ ）
A ．0m ＞
B ．0m ＜
C ．1m ＞
D ．1m ＜
2．如图，已知∠ABC=∠DCB ，下列所给条件不能证明△ABC ≌△DCB 的是（ ）
A ．∠A=∠D
B ．AB=D
C C ．∠ACB=∠DBC
D ．AC=BD
3．如图，∠AOB=60°，点P 是∠AOB 内的定点且OP=3，若点M 、N 分别是射线OA 、OB 上异于点O 的动点，则△PMN 周长的最小值是（ ）
A ．36
B ．33
C ．6
D ．3
4．人的眼睛可以看见的红光的波长约为5810cm -⨯，近似数5810-⨯精确到（ ） A ．0.001cm
B ．0.0001cm
C ．0.00001cm
D ．0.000001cm 5．如图，已知O 为ABC ∆三边垂直平分线的交点，且50A ∠=︒，则BOC ∠的度数为
（ ）
A ．80︒
B ．100︒
C ．105︒
D ．120︒
6．下列四个图形中轴对称图形的个数是（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
7．如图，在平面直角坐标系中，A （0，3），B （5，3），C （5，0），点D 在线段OA
上，将△ABD 沿着直线BD 折叠，点A 的对应点为E ，当点E 在线段OC 上时，则AD 的长是（ ）
A ．1
B ．43
C ．53
D ．2
8．如图，函数 y 1＝﹣2x 与 y 2＝ax +3 的图象相交于点 A （m ，2），则关于 x 的不等式﹣2x ＞ax +3 的解集是（ ）
A ．x ＞2
B ．x ＜2
C ．x ＞﹣1
D ．x ＜﹣1
9．如图，动点P 在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点()1,1，第2次接着运动到点()2,0，第3次接着运动到点()3,2，···，按这样的运动规律，经过第2020次运动后，动点P 的坐标是（ ）
A ．()2020,1
B ．()2020,0
C ．()2020,2
D ．()2019,0
10．估算x 5 ）
A ．0＜x ＜1
B ．1＜x ＜2
C ．2＜x ＜3
D ．3＜x ＜4
二、填空题
11．已知y 与x 成正比例，当x=8时，y=﹣12，则y 与x 的函数的解析式为_____．
12．3a 2，则满足条件的奇数a 有_______个．
13．若等腰三角形的一个角为70゜，则其顶角的度数为_____ ．
14．如图，在正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，则∠BAD= °．
15．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，O是BC的中点，P是射线AO上的一个动点，则当∠BPC=90°时，AP的长为______.
16．如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴的正半轴上，AO=AB，∠OAB=90°，OB=12，
点C、D均在边OB上，且∠CAD=45°，若△ACO的面积等于△ABO面积的1
3
，则点D的坐
标为 _______ 。

17．如图，等边三角形的顶点A(1，1)、B(3，1)，规定把等边△ABC“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，如果这样连续经过2020次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为____．
18．分解因式：12a2－3b2＝____．
19．等腰三角形的一个内角是100 ，则它的底角的度数为_________________.
20．如图，将长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，AD的对应线段AD′与边BC交于点E．已知BE＝3，EC＝5，则AB＝___．
三、解答题
21．已知A 、B 两地之间有一条270千米的公路，甲、乙两车同时出发，甲车以每小时60千米/时的速度沿此公路从A 地匀速开往B 地，乙车从B 地沿此公路匀速开往A 地，两车分别到达目的地后停止甲、乙两车相距的路程y (千米)与甲车的行驶时间x (时)之间的函数关系如图所示：
(1)乙年的速度为______千米/时，a =_____，b =______.
(2)求甲、乙两车相遇后y 与x 之间的函数关系式，并写出相应的自变量x 的取值范围.
22．在每个小正方形的边长为1的网格中，建立如图所示的平面直角坐标系．
（1）在网格中画出△111A B C ，使它与△ABC 关于y 轴对称；
（2）点A 的对称点1A 的坐标为 ；
（3）求△111A B C 的面积．
23．如图，AO BO ⊥，DO EO ⊥，AO BO =，DO EO =.
求证：AE BD =.
24．如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．（1）在图①中，以格点为端点画一条长度为13的线段MN；
（2）在图②中，A、B、C是格点，求∠ABC的度数．
25．定义：到一个三角形三个顶点的距离相等的点叫做该三角形的外心．
（1）如图①，小海同学在作△ABC的外心时，只作出两边BC，AC的垂直平分线得到交点O，就认定点O是△ABC的外心，你觉得有道理吗？为什么？
（2）如图②，在等边三角形ABC的三边上，分别取点D，E，F，使AD＝BE＝CF，连接DE，EF，DF，得到△DEF．若点O为△ABC的外心，求证：点O也是△DEF的外心．
四、压轴题
AB=，26．如图，已知四边形ABCO是矩形，点A，C分别在y轴，x轴上，4
BC=．
3
（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．
27．如图①，在ABC ∆中，12AB =cm ，20BC =cm ，过点C 作射线//CD AB ．点M 从点B 出发，以3 cm/s 的速度沿BC 匀速移动；点N 从点C 出发，以a cm/s 的速度沿CD 匀速移动．点M 、N 同时出发，当点M 到达点C 时，点M 、N 同时停止移动．连接AM 、MN ，设移动时间为t (s)．
(1)点M 、N 从移动开始到停止，所用时间为 s ；
(2)当ABM ∆与MCN ∆全等时，
①若点M 、N 的移动速度相同，求t 的值；
②若点M 、N 的移动速度不同，求a 的值；
(3)如图②，当点M 、N 开始移动时，点P 同时从点A 出发，以2 cm/s 的速度沿AB 向点B 匀速移动，到达点B 后立刻以原速度沿BA 返回．当点M 到达点C 时，点M 、N 、P 同时停止移动．在移动的过程中，是否存在PBM ∆与MCN ∆全等的情形?若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．
28．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．
29．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？
30．直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，直线l 过点C ．
（1）当AC BC =时，如图1，分别过点A 和B 作AD ⊥直线l 于点D ，BE ⊥直线l 于点E ，ACD 与CBE △是否全等，并说明理由；
（2）当8AC cm =，6BC cm =时，如图2，点B 与点F 关于直线l 对称，连接
BF CF 、，点M 是AC 上一点，点N 是CF 上一点，分别过点M N 、作MD ⊥直线l 于点D ，NE ⊥直线l 于点E ，点M 从A 点出发，以每秒1cm 的速度沿A C →路径运动，终点为C ，点N 从点F 出发，以每秒3cm 的速度沿F C B C F →→→→路径运动，终点为F ，点,M N 同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为t 秒，当CMN △为等腰直角三角形时，求t 的值．
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一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【分析】
先根据12x x ＞时,有12y y ＜判断y 随x 的增大而减小，所以x 的比例系数小于0，那么m-1＜0，解出即可.
【详解】
解：∵当12x x ＞时,有12y y ＜
∴ y 随x 的增大而减小
∴m-1＜0
∴ m ＜1
故选 D.
【点睛】
此题主要考查了一次函数的图像性质，熟记k ＞0，y 随x 的增大而增大；k ＜0，y 随x 的增大而减小.
2．D
解析：D
【解析】
A ．添加∠A =∠D 可利用AAS 判定△ABC ≌△DC
B ，故此选项不合题意；
B ．添加AB =D
C 可利用SAS 定理判定△ABC ≌△DCB ，故此选项不合题意；
C ．添加∠ACB =∠DBC 可利用ASA 定理判定△ABC ≌△DCB ，故此选项不合题意；
D ．添加AC =BD 不能判定△ABC ≌△DCB ，故此选项符合题意．
故选D ．
3．D
解析：D
【解析】
分析：作P 点分别关于OA 、OB 的对称点C 、D ，连接CD 分别交OA 、OB 于M 、N ，如图，利用轴对称的性质得
MP=MC ，NP=ND ，∠BOP=∠BOD ，∠AOP=∠AOC ，所以
∠COD=2∠AOB=120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN 周长最小，作OH ⊥CD 于H ，则CH=DH ，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CD 即可．
详解：作P 点分别关于OA 、OB 的对称点C 、D ，连接CD 分别交OA 、OB 于M 、N ，如图，
则MP=MC ，NP=ND ，∠BOP=∠BOD ，∠AOP=∠AOC ，
∴PN+PM+MN=ND+MN+MC=DC ，∠COD=∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC=2∠AOB=120°， ∴此时△PMN 周长最小，
作OH ⊥CD 于H ，则CH=DH ，
∵∠OCH=30°，
∴OH=12
OH=
32
, ∴CD=2CH=3．
故选D ．
点睛：本题考查了轴对称﹣最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段最短解决路径最短问题．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
把数还原后，再看首数8的最后一位数字8所在的位数是十万分位，即精确到十万分位．【详解】
∵5
810-
⨯=0.00008，
∴近似数5
⨯是精确到十万分位，即0.00001．
810-
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了科学记数法与有效数字，正确还原数据是解题关键．
5．B
解析：B
【解析】
【分析】
延长AO交BC于D，根据垂直平分线的性质可得到AO=BO=CO，再根据等边对等角的性质得到∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，再由三角形的外角性质可求得∠BOD=∠OAB+∠OBA，∠COD=∠OAC+∠OCA，从而不难求得∠BOC的度数．
【详解】
延长AO交BC于D．
∵点O在AB的垂直平分线上．
∴AO=BO．
同理：AO=CO．
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA．
∵∠BOD=∠OAB+∠OBA，∠COD=∠OAC+∠OCA．
∴∠BOD=2∠OAB，∠COD=2∠OAC．
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠OAB+2∠OAC=2（∠OAB+∠OAC）=2∠BAC．
∵∠A=50°．
∴∠BOC=100°．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查：（1）线段垂直平分线的性质：垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．（2）三角形的外角性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．
【详解】
解：根据轴对称图形的定义可知：第1，2，3个图形为轴对称图形，第4个图形不是轴对称图形，轴对称图共3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
先根据勾股定理求出EC的长，进而可得出OE的长，在Rt△DOE中，由DE=AD及勾股定理可求出AD的长.
【详解】
解：根据各点坐标可得AB=OC=BE=5，AO=BC=3，
设AD=x，则DE=x，DO=3-x
∴=4,
∴OE=1，
在Rt△DOE中，DO2+OE2=DE2，
解得x=5
3
，
∴AD=5
3
，
故选C.
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，找准直角三角形，设出未知数列出方程即可解答.
8．D
解析：D
【解析】
因为函数12y x =-与23y ax =+的图象相交于点A (m ,2),把点A 代入12y x =-可求出1m =-,所以点A (－1,2),然后把点A 代入23y ax =+解得1a =, 不等式23x ax ->+, 可化为23x x ->+,解不等式可得:1x <-,故选D.
9．B
解析：B
【解析】
【分析】
观察可得点P 的变化规律，
“()()()()44 1 4243 4, 041, 1 42, 0 43, 2n n n n P n P n P n P n ++++++，，， (n 为自然
数)”，由此即可得出结论.
【详解】
观察， ()()()()()()0123450,01,12,0,3,2,4,0,5,1....P P P P P P ，，，
， 发现规律:()()()()44 1 4243 4, 041, 1 42, 0 43, 2n n n n P n P n P n P n ++++++，，， (n 为自
然数) .
∵20204505=⨯
∴2020P 点的坐标为()2020,0.
故选: B.
【点睛】
本题考查了规律型中的点的坐标，解题的关键是找出规律
“()()()()44 1 4243 4, 041
, 1 42, 0 43, 2n n n n P n P n P n P n ++++++，，， (n 为自然数)”，本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据点P 的变化罗列出部分点的坐标，再根据坐标的变化找出规律是关键.
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
.
【详解】
∴23，
故选：C.
【点睛】
此题主要考查无理数的估值，熟练掌握，即可解题.
二、填空题
11．y=-x
【解析】
【分析】
根据题意可得y=kx，再把x=8时，y=-12代入函数，可求k，进而可得y与x的关系式．
【详解】
设y=kx，
∵当x=8时，y=-12，
∴-12=8k，
解得k=
解析：y=-3 2 x
【解析】
【分析】
根据题意可得y=kx，再把x=8时，y=-12代入函数，可求k，进而可得y与x的关系式．【详解】
设y=kx，
∵当x=8时，y=-12，
∴-12=8k，
解得k=-3
2，
∴所求函数解析式是y=-3
2 x；
故答案为:y=-3
2 x．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，解题的关键是理解成正比例的关系的含义．12．9
【解析】
【分析】
的整数部分为，则可求出a的取值范围，即可得到答案.
【详解】
解：的整数部分为，则a的取值范围 8＜a＜27
所以得到奇数有：9、11、13、15、17、19、21、23、2
解析：9
【解析】
【分析】
的整数部分为2，则可求出a的取值范围，即可得到答案.
【详解】
2，则a的取值范围 8＜a＜27
所以得到奇数a有：9、11、13、15、17、19、21、23、25 共9个
故答案为：9
【点睛】
此题主要考查了估算无理数的大小，估算是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法.
13．70°或40°
【解析】
【分析】
分顶角是70°和底角是70°两种情况求解即可.
【详解】
当70°角为顶角,顶角度数即为70°;
当70°为底角时,顶角=180°-2×70°=40°.
答案为:
解析：70°或40°
【解析】
【分析】
分顶角是70°和底角是70°两种情况求解即可.
【详解】
当70°角为顶角,顶角度数即为70°;
当70°为底角时,顶角=180°-2×70°=40°.
答案为: 70°或40°.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理,属于基础题,若题目中没有明确顶角或底角的度数,做题时要注意分情况进行讨论,这是十分重要的,也是解答问题的关键. 14．30
【解析】
【分析】
根据正三角形ABC得到∠BAC=60°，因为AD⊥BC，根据等腰三角形的三线
合一得到∠BAD 的度数．
【详解】
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵AB=AC
解析：30
【解析】
【分析】
根据正三角形ABC 得到∠BAC=60°，因为AD ⊥BC ，根据等腰三角形的三线合一得到∠BAD 的度数．
【详解】
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵AB=AC ，AD ⊥BC ，
∴∠BAD=12
∠BAC=30°， 故答案为30°．
15．22
【解析】
【分析】
在Rt△AOC 中利用勾股定理即可求出AO 的长度，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半即可求出OP 的长度，由线段间的关系即可得出AP 的长度．
【详解】
解：依照题意画
解析：
±2
【解析】
【分析】
在Rt △AOC 中利用勾股定理即可求出AO 的长度，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半即可求出OP 的长度，由线段间的关系即可得出AP 的长度．
【详解】
解：依照题意画出图形，如图所示．
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，O 是BC 的中点，
∴CO=BO=
12
BC=2， ∵∠BPC=90°，O 是BC 的中点，
∴OP=1
2
BC=2，
∴AP=AO-OP=25-2，或AP=AO+OP=25+2.
故答案为：25 2.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线以及勾股定理，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半求出OP的长度是解题的关键．
16．（9，0）
【解析】
【分析】
将△AOC绕点A逆时针旋转，使得AO和AB重合，构造出直角三角形，利用旋转的性质证明全等，通过勾股定理设出未知数列方程求解.
【详解】
解：将△AOC绕点A逆时针旋转
解析：（9，0）
【解析】
【分析】
将△AOC绕点A逆时针旋转，使得AO和AB重合，构造出直角三角形，利用旋转的性质证明全等，通过勾股定理设出未知数列方程求解.
【详解】
解：将△AOC绕点A逆时针旋转，使得AO和AB重合，旋转后点C到点C′的位置，连接C′D，
∵AO=AB，∠OAB=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∵∠CAD=45°，
∴∠C′AD=45°，
又∵AC=AC′，AD=AD
∴△ACD≌△AC′D（SAS）
∴CO=CD′
∵若△ACO的面积等于△ABO面积的1
3
，OB=12，
∴OC= BC′=4，BC=8，
∵∠AOC=∠AB C′=45°，∠ABO=45°
∴∠C′BO=90°，
设CD=x，在Rt△DBC′中，
C′D2=BD2+BC′2，
解得：x=5，
即CD=5，
∵OC=4，
所以OD=9，
∴D（9，0）
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形，利用旋转构造直角三角形是本题的关键. 17．(2，)．
【解析】
【分析】
据轴对称判断出点C变换后在y轴的右侧，根据平移的距离求出点C变换后的纵坐标，最后写出即可．
【详解】
∵△ABC是等边三角形，AB=3﹣1=2，
∴点C到y轴的距离为
解析：(232019)．
【解析】
【分析】
据轴对称判断出点C变换后在y轴的右侧，根据平移的距离求出点C变换后的纵坐标，最后写出即可．
【详解】
∵△ABC是等边三角形，AB=3﹣1=2，
∴
点C到y轴的距离为1+2×1
=2，点C到AB，
2
∴C(2
，
把等边△ABC先沿y轴翻折，得C’(-2，再向下平移1个单位得C’’（ -2
故经过一次变换后，横坐标变为相反数，纵坐标减1，
故第2020次变换后的三角形在y轴右侧，
点C的横坐标为2，
+1﹣﹣2019，
所以，点C的对应点C'的坐标是(22019)．
故答案为：(22019)．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化−平移，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2020次这样的变换得到三角形在y轴右侧是解题的关键．
18．3(2a＋b)(2a－b)
【解析】12a2－3b2＝3（4a2-b2）=3(2a+b)(2a-b);
故答案是：3(2a＋b)(2a－b)。

解析：3(2a＋b)(2a－b)
【解析】12a2－3b2＝3（4a2-b2）=3(2a+b)(2a-b);
故答案是：3(2a＋b)(2a－b)。

19．【解析】
【分析】
由于等腰三角形的一个内角为100°，这个角是顶角或底角不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【详解】
①当这个角是顶角时，底角=（180°﹣100°）÷2=40°；
②当这个角是
解析：40︒
【解析】
【分析】
由于等腰三角形的一个内角为100°，这个角是顶角或底角不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【详解】
①当这个角是顶角时，底角=（180°﹣100°）÷2=40°；
②当这个角是底角时，另一个底角为100°，因为100°+100°=200°，不符合三角形内角和定理，所以舍去．
故答案为：40°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，解答此类问题时往往用到三角形的内角和是180°这一隐藏条件．
20．4
【解析】
【分析】
根据矩形的性质和折叠的性质，可以得出△AEC 是等腰三角形，EC ＝EA ＝4，在直角三角形ABE 中由勾股定理可求出AB ．
【详解】
解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB＝CD ，B
解析：4
【解析】
【分析】
根据矩形的性质和折叠的性质，可以得出△AEC 是等腰三角形，EC ＝EA ＝4，在直角三角形ABE 中由勾股定理可求出AB ．
【详解】
解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB ＝CD ，BC ＝AD ，∠A ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，
由折叠得：AD ＝AD ′，CD ＝CD ′，∠DAC ＝∠D ′AC ，
∵∠DAC ＝∠BCA ，
∴∠D ′AC ＝∠BCA ，
∴EA ＝EC ＝5，
在Rt △ABE 中，由勾股定理得，
AB 4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查的知识点是矩形的性质以及矩形的折叠问题，根据矩形的性质和折叠的性质，可以得出△AEC 是等腰三角形是解此题的关键．
三、解答题
21．(1)75；3.6；4.5；(2) 当2 3.6x <≤时，135270y x =-；当3.6 4.5x <≤时，60y x =.
【解析】
【分析】
（1）根据图像可知两车2小时候相遇，根据路程和为270千米即可求出乙车的速度，然后根据“路程、速度、时间”的关系确定a 、b 的值；
（2）根据图像可知相遇后图像分为两段，将相遇后点的坐标和分段处以及到达B 地后的
坐标分别表示出来，然后运用待定系数法解决即可；
【详解】
解：(1)乙车的速度为：（270-60×2）÷2=75（千米/时）；
a=270÷75=3.6，b=270÷60=4.5
故答案为：75；3.6；4.5；
(2)60×3.6=216（千米），如图，可得(2,0)
M，(3.6,216)
N，(4.5,270)
Q.
设当2 3.6
x
<≤时的解析式为
11
y k x b
=+，
11
11
20
3.6216
k b
k b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，
解得1
1
135
270
k
b
=
⎧
⎨
=-
⎩
∴当2 3.6
x
<≤时，135270
y x
=-，
设当3.6 4.5
x
<≤时的解析式为
22
y k x b
=+，则
22
22
3.6216
4.5270
k b
k b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，
解得2
2
60
k
b
=
⎧
⎨
=
⎩
，
当3.6 4.5
x
<≤时，60
y x
=.
【点睛】
本题考查了分段函数实际问题，解决本题的关键是能够读懂函数图像，从函数图像中找到相关的量，能够熟练运用待定系数法求函数解析式.
22．（1）见解析；（2）（-3，5）；（3）7．
【解析】
【分析】
（1）分别作出点A、B、C关于y轴的对称点，再顺次连接可得；
（2）根据所作图形可得A1点的坐标；
（3）根据割补法求解可得△111
A B C的面积等于矩形的面积减去三个三角形的面积．
【详解】
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）由图知A1的坐标为（-3，5）；
故答案是：（-3，5）；
（3）△111
A B C的面积为4×4-
1
2
×2×3-
1
2
×1×4-
1
2
×2×4=7．
【点睛】
此题主要考查了轴对称变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．23．见解析
【解析】
【分析】
利用SAS证出△AOE≌△BOD，然后根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】
解：∵AO BO
⊥，DO EO
⊥，
∴∠DOE =∠AOB =90°
∴∠DOE＋∠AOD =∠AOB＋∠AOD
∴∠AOE=∠BOD
在△AOE和△BOD中
AO BO
AOE BOD
EO DO
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△AOE≌△BOD（SAS）
∴AE BD
=
【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质，掌握利用SAS判定两个三角形全等是解决此题的关键．
24．（1）见解析；（2）45°
【解析】
【分析】
（1）根据网格和勾股定理即可在图①中，以格点为端点画一条长度为13的线段MN ； （2）连接AC ，根据勾股定理及逆定理可得三角形ABC 是等腰直角三角形，进而可求∠ABC 的度数．
【详解】
解：（1）如图
根据勾股定理，得
MN 22
AM AN +2223+13 （2）连接AC ∵221310AC +221310BC ，222425AB =+=
∴AC 2+BC 2＝AB 2，
∴ABC 是等腰直角三角形，
∴∠ABC ＝45°．
【点睛】
此题考查的是勾股定理和网格问题，掌握勾股定理及逆定理是解决此题的关键．
25．（1）定点O 是△ABC 的外心有道理，理由见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OA 、OB 、OC ，如图①，根据线段垂直平分线的性质得到OB OC =，OC OA =，则OA OB OC ==，从而根据三角形的外心的定义判断点O 是ABC ∆的外心；
（2）连接OA 、OD 、OC 、OF ，如图②，利用等边三角形的性质得到OA OC =，2120AOC B ∠=∠=︒，再计算出30OAD OCF OAD ∠=∠=∠=︒，接着证明
AOD COF ∆≅∆得到OD OC =，同理可得OD OE =，所以OD OE OF ==，然后根据三角形外心的定义得到点O 是DEF ∆的外心．
【详解】
（1）解：定点O 是ABC ∆的外心有道理．
理由如下：
连接OA 、OB 、OC ，如图①，
BC ，AC 的垂直平分线得到交点O ，
OB OC ∴=，OC OA =，
OA OB OC ∴==，
∴点O 是ABC ∆的外心；
（2）证明：连接OA 、OD 、OC 、OF ，如图②
，
点O 为等边ABC ∆的外心，
OA OC ∴=，2120AOC B ∠=∠=︒，
30OAD OCF ∴∠=∠=︒，
30OAD ∴∠=︒，
在AOD ∆和COF ∆中
OA OC OAD OCF AD CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()AOD COF SAS ∴∆≅∆，
OD OC ∴=，
同理可得OD OE =，
OD OE OF ∴==，
∴点O 是DEF ∆的外心．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线性质和全等三角形的判定、等边三角形的性质．掌握线段垂直平分线性质和构造三角形全等是解题关键．
四、压轴题
26．（1）y =34-
x +3；（2）y =34
x -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：343
k 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：343
m n ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， 所以直线CD 的解析式为：y =34
x -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：
34
x -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． 27．（1）
203；（2）①t ＝83；②a ＝185；（3）t ＝6.4或t ＝103 【解析】
【分析】
（1）根据时间＝路程÷速度即可求得答案；
（2）①由题意得：BM ＝CN ＝3t ，则只可以是△CMN ≌△BAM ，AB ＝CM ，由此列出方程求解即可；
②由题意得：CN ≠BM ，则只可以是△CMN ≌△BMA ，AB ＝CN ＝12，CM ＝BM ，进而可得3t ＝10，求解即可；
（3）分情况讨论，当△CMN ≌△BPM 时，BP ＝CM ，若此时P 由A 向B 运动，则12－2t ＝20－3t ，但t ＝8不符合实际，舍去，若此时P 由B 向A 运动，则2t －12＝20－3t ，求得t ＝6.4；当△CMN ≌△BMP 时，则BP ＝CN ，CM ＝BM ，可得3t ＝10，t ＝103，再将t ＝103代入分别求得AP ，BP 的长及a 的值验证即可．
【详解】 解：（1）20÷3＝203
，
故答案为：20
3
；
（2）∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCB，
∵△CNM与△ABM全等，
∴△CMN≌△BAM或△CMN≌△BMA，①由题意得：BM＝CN＝3t，
∴△CMN≌△BAM
∴AB＝CM，
∴12＝20－3t，
解得：t＝8
3
；
②由题意得：CN≠BM，
∴△CMN≌△BMA，
∴AB＝CN＝12，CM＝BM，
∴CM＝BM＝1
2 BC，
∴3t＝10，
解得：t＝10 3
∵CN＝at，
∴10
3
a＝12
解得：a＝18
5
；
（3）存在
∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCB，
∵△CNM与△PBM全等，
∴△CMN≌△BPM或△CMN≌△BMP，
当△CMN≌△BPM时，则BP＝CM，
若此时P由A向B运动，则BP＝12－2t，CM＝20－3t，∵BP＝CM，
∴12－2t＝20－3t，
解得：t＝8 (舍去)
若此时P由B向A运动，则BP＝2t－12，CM＝20－3t，∵BP＝CM，
∴2t－12＝20－3t，
解得：t＝6.4，
当△CMN≌△BMP时，则BP＝CN，CM＝BM，
∴CM＝BM＝1
2 BC
∴3t＝10，
解得：t＝10 3
当t＝10
3
时，点P的路程为AP＝2t＝
20
3
，
此时BP＝AB－AP＝12－20
3
＝
16
3
，
则CN＝BP＝16 3
即at＝16
3
，
∵t＝10
3
，
∴a＝1.6符合题意
综上所述，满足条件的t的值有：t＝6.4或t＝10 3
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质的综合运用，解决本题的关键就是用方程思想及分类讨论思想解决问题，把实际问题转化为方程是常用的手段．
28．（1）P(﹣1，﹣1)；（2）3
2
；（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+1
2
|，所以|x+
1
2
|＝
3
2
，解
得即可．【详解】
解：（1）由
21
2
y x
y x
=+
⎧
⎨
=--
⎩
，解得
1
1
x
y
=-
⎧
⎨
=-
⎩
，
所以P（﹣1，﹣1）；
（2）令x＝0，得y1＝1，y2＝﹣2∴A（0，1），B（0，﹣2），
则S△APB＝1
2
×（1+2）×1＝
3
2
；
（3）在直线l1：y1＝2x+1中，令y＝0，解得x＝﹣1
2
，
∴C（﹣1
2
，0），
设T（x，0），
∴CT＝|x+1
2 |，
∵S△ATP＝S△APB，S△ATP＝S△ATC+S△PTC＝1
2
•|x+
1
2
|•（1+1）＝|x+
1
2
|，
∴|x+1
2
|＝
3
2
，
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．
29．（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．
30．（1）全等，理由见解析；（2）t=3.5秒或5秒
【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）分点F 沿C→B 路径运动和点F 沿B→C 路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义列出算式，计算即可；
【详解】
解：（1）△ACD 与△CBE 全等．
理由如下：∵AD ⊥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）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 ，
点N 在BC 上时，△CMN 为等腰直角三角形，
当点N 沿C→B 路径运动时，由题意得，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，
综上所述，当t=3.5秒或5秒时，△CMN 为等腰直角三角形；
【点睛】
本题考查的是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．。