八下压轴题一次函数及几何动点问题教师

八下压轴题一次函数及几何动点问题教师版本八下压轴题一次函数及几何动点问题教师版本15/15八下压轴题一次函数及几何动点问题教师版本八年级下数学期末压轴题精选等腰三角形存在性（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．【解析】（1）依照三角形面积公式计算即可；（2）当BD=AE时，四边形ABDE是矩形，由此成立方程即可解决问题；（3）分三种状况：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）分三种状况谈论：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）；【谈论】此题观察四边形的综合题、矩形的判断和性质、等腰三角形的判断和性质、勾股定理等知识，解题的要点是学会用转变的思想思虑问题，学会用分类谈论的思想解决问题，属于中考压轴题．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，平行四边形的极点C的坐标为（8，8），极点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，可否存在点P，使得△PGF为直角三角形？若存在，请直接写出所有吻合条件的点P的坐标；若不存在，请说明原由．【解析】（1）依照点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，进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，谈论点P的地址，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，这两点是经过①过点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，

G作

GP⊥EF，∴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）×∴S=64﹣6﹣（36﹣2t）﹣（

=t﹣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（，）．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，请写出图中的极点C的坐标（5，2）（2）平面内可否存在不相同于图1的点C，使得以O、A、B、C为极点的四边形为平行四边形，请在图2中画出满足状况的平行四边形，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上可否存在点Q，使以O、A、P、Q为极点的四边形为平行四边形？若存在，画出所有满足状况的平行四边形，并求出对应的Q的坐标；若不存在，请说明原由．【解析】（1）依照平行四边形的性质对边相等，即可解决问题．（2）存在．注意有两种状况．点C坐标依照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的坐标依照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）．【谈论】此题观察四边形综合题、点与坐标的关系等知识，解题的要点是学会正确画出图形，学会分类谈论，不能够漏解，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，在坐标平面内可否存在点Q，使以A，B，P，Q为极点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明原由．【解析】（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°，分两种状况考虑：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为极点的四边形是菱形，分两种状况，以下列图，利用菱形的性质求出AQ的长，依照AQ与y轴平行获取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°，分两种状况考虑：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为极点的四边形是菱形，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垂直均分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）．【谈论】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，利用了分类谈论的思想，熟练掌握待定系数法是解此题第二问的要点．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，且与正比率函数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四点为极点的四边形是矩形，请直接写出点F的坐标．【解析】（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）分两种状况分别谈论即可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，获取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（，）．【谈论】此题观察一次函数综合题、轴对称最短问题、矩形的判断和性质等知识，解题的要点是学会利用对称解决最短问题，学会用分类谈论的思想思虑问题，属于中考压轴题．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，可否存在这样的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，请说明原由．【解析】（1）连接AB，依照△OCA为等腰三角形可得AD=OD的长，进而得出点A的坐标，则得出正方形AOBC的面积；（2）依照旋转的性质可得OA′的长，进而得出A′C，A′E，再求出头积即可；（3）存在，从Q点在不相同的线段上运动状况，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点在不相同的线段上运动状况，可分为三种：①如图2，当Q点在BC上时，使OQ=QP，QM为OP的垂直均分线，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．【谈论】此题观察了正方形的性质，等腰三角形的判断以及旋转的性质，是中考压轴题，综合性较强，难度较大．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的均分线交DF于G，连接GC．（1）求证：△AEG是等腰直角三角形；（2）求证：AG+CG=DG．【解析】（1）依照线段垂直均分线的定义获取AF=AD，依照等腰三角形的性质、角均分线的定义证明即可；（2）作CH⊥DP，交DP于H点，证明△ADE≌△DCH（AAS），获取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均分∠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订交于点O，E是AC上一点，连接EB，过点A作AM⊥BE，垂足为M，AM与BD订交于点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？若是成立，请给出证明；若是不成立，请说明原由．Rt△AOF，获取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．【谈论】此题主要观察正方形的性质和全等三角形的判断与性质，将待求线段放到两个三角形中，经过证明三角形全等获取对应边相等是解题的要点．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/秒的速度搬动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度搬动（不到点A）．设点E，F同时出发搬动

t秒．（1）在点E，F搬动过程中，连接CE，CF，EF，则△CEF的形状是（2）如图2，连接EF，设EF交BD于点M，当t=2时，求AM的长；

，向来保持不变；（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．原由以下：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．【谈论】此题观察了四边形综合题．解题过程中，涉及到了平行四边形的判断与性质，全等三角形的判断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，成立几何模型，利用特其他四边形的性质（也许全等三角形的性质）获取相关线段间的数量关系，进而解决问题．（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，两垂线订交于点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．（