2024年陕西省西安临潼区骊山初级中学八年级数学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024年陕西省西安临潼区骊山初级中学八年级数学第二学期期末学业水平测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，AE分别交BC、BD于点E、F，CE＝2，连接CF，以下结论：①△ABF≌△CBF；②点E到AB的距高是；③AF＝CF；④△ABF

的面积为其中一定成立的有()个.A．1 B．2 C．3 D．42．如图，在长方形中，点为中点，将沿翻折至，若，，则与之间的数量关系为（）A． B． C． D．3．已知关于的方程的两根互为倒数，则的值为（）A． B． C． D．4．正方形的边长为，在其的对角线上取一点，使得，以为边作正方形，如图所示，若以为原点建立平面直角坐标系，点在轴正半轴上，点在轴的正半轴上，则点的坐标为()A． B． C． D．5．已知点在第一象限，则下列关系式正确的是（）A． B． C． D．6．将点A(-2,-3)向左平移3个单位,再向上平移2个单位得到点B，则B的坐标是（）A．(1,-3) B．(-2,1) C．(-5,-1) D．(-5,-5)7．一个多边形的内角和与外角和相等，则这个多边形的边数为（）A．8 B．6 C．5 D．48．一次函数y=5x-4的图象经过().A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限 C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限9．在某中学理科竞赛中，张敏同学的数学、物理、化学得分(单位：分)分别为84，88，92，若依次按照4：3：3的比例确定理科成绩，则张敏的成绩是()A．84分 B．87.6分 C．88分 D．88.5分10．已知多边形的内角和等于外角和，这个多边形的边数为（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（10，0）、C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ADP为等腰三角形时，点P的坐标为_______________________________．12．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，将沿直线AB翻折得到，连接OC，那么线段OC的长为______．13．如下图,用方向和距离表示火车站相对于仓库的位置是__________．14．如图，在矩形ABCD中，E是AB边上的中点，将△BCE沿CE翻折得到△FCE，连接AF．若∠EAF=75°，那么∠BCF的度数为__________．15．分解因式：x2y﹣y3＝_____．16．小张和小李练习射击，两人10次射击训练成绩（环数）的统计结果如表所示，平均数中位数众数方差小张7.27.571.2小李7.17.585.4通常新手的成绩不稳定，根据表格中的信息，估计小张和小李两人中新手是_____．17．已知直线y＝﹣与x轴、y轴分别交于点A、B，在坐标轴上找点P，使△ABP为等腰三角形，则点P的个数为_____个．18．某中学组织八年级学生进行“绿色出行，低碳生活”知识竞赛，为了了解本次竞赛的成绩，把学生成绩分成五个等级，并绘制如图所示的扇形统计图(不完整)统计成绩，则等级所在扇形的圆心角是_______º.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，平面直角坐标系内有一△ABC，且点A(2，4)，B(1，1)，C(4，2)．(1)画出△ABC向下平移5个单位后的△A1B1C1；(2)画出△A1B1C1先向左平移5个单位再作关于x轴对称的△A2B2C2，并直接写出点A2，B2的坐标．20．（6分）如图，一次函数的图像经过点A（-1,0），并与反比例函数（）的图像交于B（m,4）（1）求的值；（2）以AB为一边，在AB的左侧作正方形，求C点坐标；（3）将正方形沿着轴的正方向，向右平移n个单位长度，得到正方形,线段的中点为点,若点和点同时落在反比例函数的图像上，求n的值.21．（6分）如图，AC是平行四边形ABCD的一条对角线，过AC中点O的直线分别交AD，BC于点E，F．（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）当EF与AC满足什么条件时，四边形AECF是菱形?并说明理由．22．（8分）在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）.其中、、.（1）将沿轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的；（2）将绕着点顺时针旋转90°，画出旋转后得到的，、、的对应点分别是、、；23．（8分）如图，四边形为正方形.在边上取一点，连接，使.（1）利用尺规作图（保留作图痕迹）：分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点，则；（2）在前面的条件下，取中点，过点的直线分别交边、于点、.①当时，求证：；②当时，延长，交于点，猜想与的数量关系，并说明理由.24．（8分）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝4cm，将△ABC沿CA方向平移4cm得到△EFA，连接BE，BF；BE与AF交于点G(1)判断BE与AF的位置关系，并说明理由；(2)若∠BEC＝15°，求四边形BCEF的面积．25．（10分）铜仁市积极推动某公园建设，通过旅游带动一方经济，计划经过若干年使公园绿化总面积新增450万平方米.自2016年初开始实施后，实际每年绿化面积是原计划的1.5倍，这样可以提前3年完成任务.(1)求实际每年绿化面积是多少万平方米(2)为加大公园绿化力度，市政府决定从2019年起加快绿化速度，要求不超过2年完成，那么实际平均每年绿化面积至少还要增加多少万平方米？26．（10分）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，点为直线上一点，，点为轴正半轴上一点，连接，的面积为1．(1)如图1，求点的坐标；(2)如图2，点分别在线段上，连接，点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围)；(3)在(2)的条件下，如图3，连接，点为轴正半轴上点右侧一点，点为第一象限内一点，，，延长交于点，点为上一点，直线经过点和点，过点作，交直线于点，连接，请你判断四边形的形状，并说明理由．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据菱形的性质，逐个证明即可.【详解】①四边形ABCD为菱形AB=BC∠DAB＝60°△ABF≌△CBF因此①正确.②过E作EM垂直于AB的延长线于点MCE＝2BE=4∠DAB＝60°因此点E到AB的距高为故②正确.③根据①证明可得△ABF≌△CBFAF＝CF故③正确.④和的高相等所以△ABF≌△CBF故④错误.故有3个正确，选C.【点睛】本题主要考查菱形的性质，关键在于证明三角形全等,是一道综合形比较强的题目.2、D【解析】

直接利用平行线的性质结合翻折变换的性质得出△ADM≌△BCM(SAS)，进而利用直角三角形的性质得出答案．【详解】∵M为CD中点，∴DM=CM，在△ADM和△BCM中∵,∴△ADM≌△BCM(SAS)，∴∠AMD=∠BMC，AM=BM∴∠MAB=∠MBA∵将点C绕着BM翻折到点E处，∴∠EBM=∠CBM,∠BME=∠BMC=∠AMD∴∠DME=∠AMB∴∠EBM=∠CBM=(90°-β)∴∠MBA=(90°-β)+β=(90°+β)∴∠MAB=∠MBA=(90°+β)∴∠DME=∠AMB=180°-∠MAB-∠MBA=90°-β∵长方形ABCD中，∴CD∥AB∴∠DMA=∠MAB=(90°+β)∴∠DME+∠AME=∠ABE+∠MBE∵∠AME=α，∠ABE=β，∴90°-β+α=β+(90°-β)∴3β－2α＝90°故选D.【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质，解题关键是利用全等三角形对应角相等即可求解.3、C【解析】

设两根为x1，x2，根据当两根互为倒数时：x1x2=1，再根据根与系数的关系即可求解．【详解】解：设两根为x1，x2，∵关于的方程的两根互为倒数，∴x1x2=1，即2m-1=1，解得m=1．故选：C【点睛】本题考查了根与系数的关系，属于基础题，关键掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根则4、D【解析】

作辅助线，根据正方形对角线平分内角的性质可证明△AGH是等腰直角三角形，计算GH和BH的长，可解答．【详解】解：过G作GH⊥x轴于H，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAC=45°，

∵四边形AEFG是正方形，AE=AB=2，

∴∠EAG=90°，AG=2，

∴∠HAG=45°，∵∠AHG=90°，

∴AH=GH=，

∴G（，2+），

故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，掌握等腰直角三角形各边的关系是关键，理解坐标与图形性质．5、B【解析】

首先根据点所在象限确定横、纵坐标的符号，进一步可得关于m的不等式组，再解所得的不等式组即可求得正确的结果.【详解】解：因为第一象限内的点的坐标特点是（+，+），所以5－m＞0，m+3＞0，解得.故选B.【点睛】本题考查了平面直角坐标系各象限点的坐标特点和解一元一次不等式组，解决问题的关键是熟记各象限内点的坐标符号特点并列出不等式组求解，具体来说：第一象限（+，+），第二象限（－，+），第三象限（－，－），第四象限（+，－）.6、C【解析】由题中平移规律可知：点B的横坐标为-2-3=-5；纵坐标为-3+2=-1，可知点B的坐标是（-5，-1）．故选C．7、D【解析】

利用多边形的内角和与外角和公式列出方程，然后解方程即可．【详解】设多边形的边数为n，根据题意

（n-2）•180°=360°，

解得n=1．

故选：D．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式与多边形的外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．8、C【解析】

根据一次函数的性质结合k、b的值即可确定答案.【详解】∵k=5＞0，∴一次函数y=5x-4的图象经过第一、三象限，∵b=-4＜0，∴一次函数y=5x-4的图象与y轴的交点在x轴下方，∴一次函数y=5x-4的图象经过第一、三、四象限，故选C．【点睛】本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k>0时，直线必经过一、三象限．k<0时，直线必经过二、四象限．b>0时，直线与y轴正半轴相交．b=0时，直线过原点；b<0时，直线与y轴负半轴相交．9、B【解析】

根据加权平均数的计算方法进行计算即可得出答案.故选B.【详解】解：（分）.【点睛】本题考查了加权平均数.理解“权”的含义是解题的关键.10、B【解析】

设多边形的边数为n，则根据多边形的内角和公式与多边形的外角和为360°，列方程解答．【详解】解：设多边形的边数为n，根据题意列方程得，

（n−2）•180°＝360°，

∴n−2＝2，

解得：n＝1．

故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是利用多边形的内角和公式并熟悉多边形的外角和为360°．二、填空题(每小题3分,共24分)11、(2，4)，(8，4)，(7，4)，(7.5，4)【解析】

分PD=DA，AD=PA，DP=PA三种情况讨论，再根据勾股定理求P点坐标【详解】当PD=DA

如图：以D为圆心AD长为半径作圆，与BD交P点，P'点，过P点作PE⊥OA于E点，过P'点作P'F⊥OA于F点，

∵四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（10，0）、C（0，4），

∴AD=PD=5，PE=P'F=4

∴根据勾股定理得：DE=DF=∴P（2，4），P'（8，4）

若AD=AP=5，同理可得：P（7，4）

若PD=PA，则P在AD的垂直平分线上，

∴P（7.5，4）

故答案为：（2，4），（8，4），（7，4），（7.5，4）【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类思想解决问题是本题的关键．12、.【解析】

利用一次函数图象上点的坐标特征求得点A、B的坐标，易得线段AB的长度，然后利用面积法求得OD的长度，结合翻折图形性质得到．【详解】解：如图，设直线OC与直线AB的交点为点D，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，、，，，，将沿直线AB翻折得到，，，．故答案是：．【点睛】考查了一次函数图象与几何变换，此题将求线段OC的长度转换为求直角三角形AOB斜边上高的问题，降低了题目的难度．13、东偏北20°方向，距离仓库50km【解析】

根据方位角的概念，可得答案．【详解】解：火车站相对于仓库的位置是东偏北20°方向，距离仓库50km，故答案为：东偏北20°方向，距离仓库50km．【点睛】本题考查了方向角的知识点，解答本题的关键是注意是火车站在仓库的什么方向．14、30°【解析】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B=90°，

∵E为边AB的中点，

∴AE=BE，

由折叠的性质可得：∠EFC=∠B=90°，∠FEC=∠CEB，∠FCE=∠BCE，FE=BE，

∴AE=FE，

∴∠EFA=∠EAF=75°，

∴∠BEF=∠EAF+∠EFA=150°，

∴∠CEB=∠FEC=75°，

∴∠FCE=∠BCE=90°-75°=15°，

∴∠BCF=30°，

故答案为30°．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握翻折变换和矩形的性质是解决问题的关键．15、y（x+y）（x﹣y）．【解析】试题分析：先提取公因式y，再利用平方差公式进行二次分解．解：x2y﹣y3=y（x2﹣y2）=y（x+y）（x﹣y）．故答案为y（x+y）（x﹣y）．16、小李【解析】

根据方差的意义知，波动越大，成绩越不稳定.观察表格可得，小李的方差大，说明小李的成绩波动大，不稳定，【详解】观察表格可得，小李的方差大，意味着小李的成绩波动大，不稳定【点睛】此题考查了方差的意义，方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定17、1【解析】

根据题意可以画出相应的图形，然后写出各种情况下的等腰三角形，即可解答本题．【详解】如图所示，当BA＝BP1时，△ABP1是等腰三角形，当BA＝BP2时，△ABP2是等腰三角形，当AB＝AP3时，△ABP3是等腰三角形，当AB＝AP4时，△ABP4是等腰三角形，当BA＝BP5时，△ABP5是等腰三角形，当P1A＝P1B时，△ABP1是等腰三角形，故答案为1．【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答，注意一定要考虑全面．18、72°【解析】

根据扇形统计图计算出C等级所在的扇形的圆心角，即可解答【详解】C等级所在的扇形的圆心角=(1−25%−35%−8%−12%)⋅360°=72°，故答案为：72°【点睛】此题考查扇形统计图，难度不大三、解答题(共66分)19、(1)见解析；(2)见解析，点A2(-3，1)，B2(-4，4)．【解析】

（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；

（2）直接利用平移的性质再结合轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案．【详解】(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求；(2)如图所示：△A2B2C2，即为所求，点A2(-3，1)，B2(-4，4)．【点睛】此题主要考查了作图--轴对称变换，关键是正确确定组成图形的关键点关于x轴的对称点位置．20、（1）k1=4；（2）C点坐标为（-3，6）；（3）n=.【解析】

（1）把A点坐标代入y=2x+b，可求出b值，把B（m，4）代入可求出m值，代入即可求出k1的值；（2）过B作BF⊥x轴于F，过C作CG⊥FB，交FB的延长线于G，利用AAS可证明△CBG≌△BAF，可得AF=BG，CG=BF，根据A、B两点坐标即可得C点坐标；（3）由A、B、C三点坐标可得向右平移n个单位后A1、B1、C1的坐标，即可得E点坐标，根据k2=xy列方程即可求出n值.【详解】（1）∵一次函数的图像经过点A（-1，0），∴-2+b=0，解得：b=2，∵点B（m，4）在一次函数y=2x+2上，∴4=2m+2，解得：m=1，∵B（1，4）在反比例函数图象上，∴k1=4.（2）如图，过B作BF⊥x轴于F，过C作CG⊥FB，交FB的延长线于G，∵A（-1，0），B（1，4），∴AF=2，BF=4，∴∠GCB+∠CBG=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴∠ABF+∠CBG=90°，∴∠GCB=∠ABF，又∵BC=AB，∠AFB=∠CGB=90°，∴△CBG≌△BAF，∴BG=AF=2，CG=BF=4，∴GF=6，∵在AB的左侧作正方形ABCD，∴C点坐标为（-3，6）.（3）∵正方形ABCD沿x轴的正方向，向右平移n个单位长度，∴A1（-1+n，0），B1（1+n，4），C1（-3+n，6），∵线段A1B1的中点为点E，∴E（n，2），∵点和点E同时落在反比例函数的图像上，∴k2=2n=6(-3+n)解得：n=.【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及的知识点有平移的性质、全等三角形的性质，一次函数和反比例函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，熟练掌握性质和定理是解题关键.21、（1）见解析；（2）当EF⊥AC时，四边形AECF是菱形，理由见解析【解析】

（1）连接AF，CE，证明△AOE≌△COF，得到AE=CF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论．【详解】（1）如图，连接AF，CE，∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC∴∠AEO=∠CFO又∵点O为AC的中点∴OA=OC在△AOE和△COF中，∵∠AEO=∠CFO，∠AOE=∠COF，OA=OC∴△AOE≌△COF（AAS）∴AE=CF又∵AE∥CF∴四边形AECF是平行四边形（2）当EF⊥AC时，四边形AECF是菱形，理由如下：∵四边形AECF是平行四边形，EF⊥AC∴四边形AECF是菱形【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与菱形的判定定理是解题的关键．22、（1）的如图所示.见解析；（2）的如图所示.见解析.【解析】

（1）分别画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；

（2）分别画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可.【详解】（1）如图所示,即为所求；（2）如图所示，即为所示.【点睛】考查作图-平移变换，作图-旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．23、（1）作图见解析；（2）①见解析；②数量关系为：或．理由见解析；【解析】

（1）按照题意，尺规作图即可；（2）连接PE，先证明PQ垂直平分BE，得到PB=PE，再证明，得到，利用在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，即可解答；（3）NQ=2MQ或NQ=MQ，分两种情况讨论，作辅助线，证明，即可解答.【详解】（1）如图1，分别以点、为圆心，长为半径作弧交正方形内部于点，连接并延长交边于点；图1（2）①连接，如图2，图2点是的中点，垂直平分．，，，，，，．②数量关系为：或．理由如下，分两种情况：I、如图3所示，过点作于点交于点，则．图3正方形中，，．在和中，．．又，，．．．Ⅱ、如图4所示，过点作于点交于点，则．图4同理可证．此时．又，．．，．【点睛】本题为正方形和三角形变化综合题，难度较大，熟练掌握相关性质定理以及分类讨论思想是解答本题的关键.24、（1）BE⊥AF，理由详见解析；（2）1.【解析】

（1）由△ABC沿CA方向平移4cm得到△EFA，即可得BF＝CA＝AE，AB＝EF，又由AB＝AC，证得AB＝BF＝EF＝AE，根据有四条边都相等的四边形是菱形，即可证得四边形ABFE是菱形，再根据菱形的对角线互相垂直可得BE⊥AF；（2）首先作BM⊥AC于点M，由AB＝AE，∠BEC＝15°，求得∠BAC＝30°，那么BM＝AB＝2cm，然后利用梯形的面积公式即可求得四边形BCEF的面积．【详解】解：（1）BE⊥AF．理由如下：∵将△ABC沿CA方向平移4cm得到△EFA，∴BF＝CA＝AE＝4cm，AB＝EF．∵AB＝AC，∴AB＝BF＝EF＝AE，∴四边形ABFE是菱形，∴BE⊥AF；（2）作BM⊥AC于点M．∵AB＝AE，∠BEC＝15°，∴∠ABE＝∠AEB＝15°，∴∠BAC＝30°．∴BM＝AB＝2cm．∵BF＝CA＝AE＝4cm，∴四边形BCEF的面积＝（BF+CE）•BM＝×1×2＝1．【点睛】此题考查了菱形的判定与性质，平移的性质，等腰三角形的性质，梯形面积的求法等知识．此题难度不大，掌握平移的性质是解题的关键．25、(1)实际每年绿化面积为75万平方米；(2)平均每年绿化面积至少还要增加37.5万平方米.【解析】

（1）设原计划每年绿化面积为x万平方米，则实际每年绿化面积为1.5x万平方米．根据“实际每年绿化面积是原计划的1.5倍，这样可提前3年完成任务”列出方程；（2）设平均每年绿化面积增加a万平方米．则由“完成新增绿化面积不超过2年”列出不等式．【详解】解：(1)设原计划每年绿化面积为x万平方米，，解得x=50，经检验，x=50是此分式方程的解.∴1.5x=75.答：实际每年绿化面积为75万平方米.(2)设平均每年绿化面积至少还要增加a万平方米，75×3+2(75+a)≥450，解得a≥37.5.答：平均每年绿化面积至少还要增加37.5万平方米.【点睛】此题考查一元一次不等式的应用，分式方程的应用，解题关键在于列出方程26、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四边形是矩形，理由见解析【解析】

（1）作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，证明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB•DI＝1，求得OB＝AB−AO＝8−2＝6，即可求B坐标；

（2）设∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；证明四边形MPKQ为矩形，再证明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式为y＝−3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝−3x＋18得d＝−3x＋18，表达出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝−；

（3）作NW⊥AB垂足为W，证明△ANW≌△CAO，根据边的关系求得N（4，2）；延长NW到Y，使NW＝WY，作NS⊥YF，再证明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；设YS＝a，FY＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；设GF交y轴于点T，设FN的解析式为y＝px＋q

（p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直线FN的解析式，联立方程组得到G点坐标；把G点代入得到y＝x+3，可知R（4，0），证明△GRA≌△EFR，可得四边形AGFE为平行四边形，再由∠AGF＝180°−∠CGF＝90°，可证明平行四边形AGFE为矩形．【详解】解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝−2，

∴A（−2，0），B（0，6），

∴AO＝2，CO＝6，

作DL⊥y轴垂足为L点，DI⊥AB垂足为I，

∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，

∴△DLC≌△AOC（AAS），

∴DL＝AO＝2，

∴D的横坐标为2，

把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，

∴D（2，12），

∴DI＝12，

∵S△ABD＝AB•DI＝1，

∴AB＝8；

∵OB＝AB−AO＝8−2＝6，

∴B（6，0）；

（2）∵OC＝OB＝6，

∴∠OCB＝∠CBO＝45°，

∵MN＝MB，

∴设∠MNB＝∠MBN＝α，

作NK⊥x轴垂足为K，MQ⊥AB垂足为Q，MP⊥NK，垂足为P；

∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，

∴四边形MPKQ为矩形，

∴NK∥CO，MQ＝PK；

∵∠KNB＝90°−45°＝45°，

∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，

∴∠MNK＝∠MBQ，

∵MN＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，

∴△MNP≌