文档内容
八年级数学下学期期末选择填空压轴题 11 个必考点（60 题）
【人教版】
【必考点1 二次根式的化简与求值】......................................................................................................................1
【必考点2 勾股定理与面积问题综合】..................................................................................................................4
【必考点3 四边形中的折叠问题】........................................................................................................................11
【必考点4 四边形中的动点问题】........................................................................................................................18
【必考点5 四边形中最值问题】............................................................................................................................25
【必考点6 四边形中多结论问题】........................................................................................................................32
【必考点7 动点问题的函数图象】........................................................................................................................44
【必考点8 从函数的图象获取信息】....................................................................................................................50
【必考点9 一次函数图象与方程、不等式综合问题】.......................................................................................60
【必考点10 一次函数图象交点问题求参】.........................................................................................................65
【必考点11 一次函数与几何综合题】..................................................................................................................68
【必考点1 二次根式的化简与求值】
1 1
1．已知x，y为实数，xy＝3，那么 ❑√x3y+ ❑√x y3 的值为（ ）
x y
A．❑√3 B．±❑√3 C．2❑√3 D．±2❑√3
【分析】根据x，y为实数，xy＝3，可知x、y同号，同时为正或同时为负，然后分别计算所求式子即
可．
【解答】解：∵x，y为实数，xy＝3，
∴x、y同号，同时为正或同时为负，
当x、y同时为正时，
1 1
❑√x3y+ ❑√x y3
x y
x❑√xy y❑√xy
= +
x y
=❑√xy+❑√xy
＝2❑√xy
＝2❑√3；
当x、y同时为负时，1 1
❑√x3y+ ❑√x y3
x y
−x❑√xy −y❑√xy
= +
x y
＝﹣（❑√xy+❑√xy）
＝﹣2❑√xy
＝﹣2❑√3；
1 1
由上可得， ❑√x3y+ ❑√x y3 的值为±2❑√3，
x y
故选：D．
2．已知a满足|2024−a|+❑√a−2025=a，则a﹣20242的值为 ．
【分析】根据实数的性质可得a﹣2025≥0，进而得到a−2024+❑√a−2025=a，则可求出a﹣20242＝
2025．
【解答】解；∵|2024−a|+❑√a−2025=a有意义，
∴a﹣2025≥0，
∴a≥2025，
∴2024﹣a＜0，
∵|2024−a|+❑√a−2025=a，
∴a−2024+❑√a−2025=a，
∴❑√a−2025=2024，
∴a﹣2025＝20242，
∴a﹣20242＝2025．
故答案为：2025．
√ 1 √ 1
3．若0＜x＜1，化简❑(x− ) 2+4−❑(x+ ) 2−4= ．
x x
1 2 1 2 1 2 1 2 1
【分析】由(x− ) +4=(x+ ) ，(x+ ) −4= (x− ) ，又0＜x＜1，则有 −x＞0，通过变形化
x x x x x
简原式即可得出最终结果．
√ 1 2 √ 1 2
【解答】解：原式=❑(x+ ) −❑(x− )
x x
1 1
＝x+ −（ −x）＝2x．
x x4．已知❑√25−m2−❑√15−m2=2，那么❑√25−m2+❑√15−m2的值为 ．
【分析】利用平方差公式进行计算，即可解答．
【解答】解：（❑√25−m2+❑√15−m2）（❑√25−m2−❑√15−m2）
＝25﹣m2﹣（15﹣m2）
＝25﹣m2﹣15+m2
＝10，
∵❑√25−m2−❑√15−m2=2，
∴❑√25−m2+❑√15−m2=5，
故答案为：5．
❑√5−1
5．已知x= ，则x4+2x3+x2+1＝ ．
2
【分析】先把x4+2x3+x2+1变成x2（x+1）2+1，再代入求出答案即可．
❑√5−1
【解答】解：∵x= ，
2
∴x4+2x3+x2+1
＝x2（x2+2x+1）+1
＝x2（x+1）2+1
❑√5−1 ❑√5−1
＝（ ）2×（ +1）2+1
2 2
(❑√5−1) 2 (❑√5+1) 2
= × +1
4 4
[(❑√5−1)×(❑√5+1)] 2
= +1
16
42
= +1
16
＝1+1
＝2，
故答案为：2．
6．已知❑√x+ y−1+|x−3|=❑√a−2×❑√2−a，则yx+a2的值为 ．
【分析】利用二次根式有意义的条件，绝对值及算术平方根的非负性求得 x，y，a的值后代入yx+a2中计算即可．
【解答】解：已知❑√x+ y−1+|x−3|=❑√a−2×❑√2−a，
∵a﹣2≥0，2﹣a≥0，
∴a﹣2＝0，
则a＝2，
那么❑√x+ y−1+|x﹣3|＝0，
∴x+y﹣1＝0，x﹣3＝0，
解得：x＝3，y＝﹣2，
那么yx+a2＝（﹣2）3+22＝﹣8+4＝﹣4，
故答案为：﹣4．
【必考点2 勾股定理与面积问题综合】
7．勾股定理是我国古代的伟大数学发明之一．如图，以Rt△ABC（∠ACB＝90°）的各边向外作正方形，
得到三块正方形纸片，再把较小的两张正方形纸片放入最大的正方形中，重叠部分的面积记作 S ，左下
1
不重叠部分的面积记作S ，若S ＝3，则S 的值是（ ）
2 1 2
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【分析】设Rt△ABC的直角边AC＝a，BC，BA＝c．得到S ＝（c﹣a）（c﹣b）＝c2﹣（a+b）c+ab，
2
S ＝（a+b﹣c）2＝3，由完全平方公式，勾股定理，即可求解．
1
【解答】解：设Rt△ABC的直角边AC＝a，BC＝b，BA＝c．
∴a2+b2＝c2，
∵面积为S 的矩形的长和宽分别是c﹣a，c﹣b，
2
∴S ＝（c﹣a）（c﹣b）＝c2﹣（a+b）c+ab，
2
∵面积为S 的正方形的边长是a﹣（c﹣b）＝a+b﹣c，
1
∴S ＝（a+b﹣c）2＝3，
1∴a2+b2+c2+2ab﹣2ac﹣2bc＝3，
∴2c2+2ab﹣2ac﹣2bc＝3，
∴c2﹣（a+b）c+ab＝1.5，
∴S ＝1.5．
2
故选：B．
8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形
ABMN、ACDE、BCGF，点M刚好在GF上，点N刚好在ED的延长线上．四块阴影部分的面积，四边
形AEDQ的面积记为S ，四边形PCQN的面积记为S ，△PMG的面积记为S ，△BMF的面积记为S ，
1 2 3 4
则S ﹣2S ﹣3S +4S 等于（ ）
1 2 3 4
27 33
A．18 B． C．29 D．
2 2
【分析】过N作AG的垂线交AG于H，通过证明△AHN≌△BCA（AAS），△HNP≌△CAQ，得出S ＝
2
S△AHN ＝S△ABC ；证明△NDQ≌△MGP（AAS），可得出S
1
+S
3
＝S△AEN ＝S△ABC ；证明△ABC≌△MBF，得
出S
4
＝S△ABC ，利用勾股定理求出NP，PM，GP，进而即可求解．
【解答】解：过N作AG的垂线交AG于H，则∠NHA＝∠HAE＝∠E＝90°，
∴四边形AHNE为矩形，
∴∠ENH＝90°，∠NDC＝90°，∵四边形ABMN为正方形，
∴AB＝AN，∠NAB＝90°＝∠NAH+∠CAB，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠NAH＝∠ABC，
∵∠ACB＝∠AHN＝90°，
∴△AHN≌△BCA（AAS），
∴HN＝AC，
同理可得△HNP≌△CAQ，
∴S
2
＝S△AHN ＝S△ABC ．
由△HNP≌△CAQ，
∴NP＝AQ，∠HPN＝∠CQA，
∴PM＝NQ，∠GPM＝∠NQD，
又∵∠G＝∠NDQ＝90°，
∴△NDQ≌△MGP（AAS），
∴S
3
＝S△NDQ ，
∵四边形AHNE为矩形，
∴S△AEN ＝S△AHN ＝S△ACB ，
∴S
1
+S
3
＝S△AEN ＝S△ABC ．
同理可证明△ABC≌△MBF，
∴S
4
＝S△ABC ，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝AN＝5，AH＝BC＝4，NH＝AC＝3，
设HP＝x，∵NP2＝NH2+HP2＝AP2﹣AN2，
∴32+x2＝（4+x）2﹣52，
9 9
解得x= ，即PH= ，
4 4
15 5
∴NP= ，MP= ，
4 4
∵GM＝DN＝CH＝4﹣3＝1，
3
∴GP= ，
4
∴S −2S −3S +4S ，
1 2 3 4
＝S ﹣2S +2S ﹣3S +2S
1 2 4 3 4
＝S +2S ﹣2S ﹣S
1 4 3 3
＝S +2S ﹣S
1 1 3
＝3S ﹣S
1 3
＝3S△ABC ﹣4S
3
1 1 3
＝3× ×3×4−4× ×1×
2 2 4
33
= ；
2
故选D．
9．如图，在直线l上依次摆放着九个正方形，已知斜放置的四个正方形的面积分别是1，2，3，4，正放置
的五个正方形的面积依次是S ，S ，S ，S ，S ，则S ﹣S 的值为（ ）
1 2 3 4 5 5 1
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】如图所示，根据正方形的性质可得△CDG≌△HGF，可得CD2+FH2＝DG2，即S +S ＝1，同理
1 2
可得S +S ＝2，S +S ＝3，S +S ＝4，由此进行等量代换即可求解．
2 3 3 4 4 5
【解答】解：如图所示，四边形ABCD，四边形DEFG，四边形FHIJ是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，DE＝EF＝FG＝DG，FH＝HI＝HJ＝FJ，∠BCD＝∠DCG＝∠DGF＝∠FHG＝
∠FHI＝90°，
∴△CDG≌△HGF，
∴CD＝HG，CG＝FH，
在Rt△CDG中，CD2+CG2＝DG2，即CD2+FH2＝DG2，
∵S =CD2，DG2＝1，S =FH2，
1 2
∴S +S ＝1，
1 2
同理，S +S ＝2，S +S ＝3，S +S ＝4，
2 3 3 4 4 5
∴S ＝1﹣S ，则1﹣S +S ＝2，
2 1 1 3
∴S ＝1+S ，则1+S +S ＝3，
3 1 1 4
∴S ＝2﹣S ，则2﹣S +S ＝4，
4 1 1 5
∴S ﹣S ＝2，
5 1
故选：B．
10．勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的
记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图 2是
由图1放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边
上，则矩形KLMJ的面积为（ ）
A．121 B．110 C．100 D．90
【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形
的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．【解答】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
所以，四边形AOLP是正方形，
∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，
∴AC=❑√BC❑ 2−AB❑ 2=❑√25−9=4，
∴AO＝AB+AC＝3+4＝7，
∴KL＝3+7＝10，LM＝4+7＝11，
因此，矩形KLMJ的面积为10×11＝110，
故选：B．
11．如图，由赵爽弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形 ABCD，正方形
EFGH，正方形MNKT的面积分别为S ，S ，S ，若S +S +S ＝15，S ＝1，则S 的值是 ．
1 2 3 1 2 3 3 1
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，得出CG＝NG，CF＝DG
＝NF，再根据S ＝（CG+DG）2，S ＝GF2，S ＝（NG﹣NF）2，S +S +S ＝27得出3GF2＝27，求出
1 2 3 1 2 3
GF2的值即可．
【解答】解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，∴CG＝NG，CF＝DG＝NF，
∴S ＝（CG+DG）2
1
＝CG2+DG2+2CG•DG
＝GF2+2CG•DG，
S ＝GF2，
2
S ＝（NG﹣NF）2＝NG2+NF2﹣2NG•NF，
3
∴S +S +S ＝GF2+2CG•DG+GF2+NG2+NF2﹣2NG•NF＝3GF2＝15，
1 2 3
∴GF2＝5，
∴S ＝5，
2
∵S ＝1，
3
∴S 的值是9．
1
故答案为：9．
12．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三边为边向外构造正方形ABDE，BCGF，ACHI，
分别记正方形BCGF，ACHI的面积为S ，S ．
1 2
（1）比较CE，BI的大小：CE BI；
S
1
（2）若∠ACE＝30°，则 的值为 ．
S
2
【分析】（1）证明△AIB≌△ACE（SAS）即可；
（2）作EQ⊥CA交CA的延长线于点Q，设BC＝a，AC＝b，则S =BC2=a2，S =AC2=b2，根据一
1 2
线三垂直模型证明△AEQ≌△BAC（AAS），可得AQ＝BC＝a，QE＝AC＝b，由∠ACE＝30°可得，
S
QC=❑√EC2−QE2=❑√3QE，即a=(❑√3−1)b，再代入计算即可得出 1 ．
S
2【解答】解：（1）∵ACHI为正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，
∵ABDE为正方形，
∴AB＝AE，∠EAB＝90°，
∴∠IAB＝∠CAE＝90°+∠CAB，
在△AIB和△ACE中，
{
AI=AC
)
AB=AE ，
IAB=∠CAE
∴△AIB≌△ACE（SAS），
∴CE＝BI，
故答案为：＝；
（2）作EQ⊥CA交CA的延长线于点Q，则∠Q＝90°，
设BC＝a，AC＝b，则S =BC2=a2，S =AC2=b2，
1 2
∵∠ACB＝90°，∠Q＝90°，∠EAB＝90°，
∴∠QAB＝∠ABC＝90°﹣∠CAB，
∵AB＝AE，
∴△AEQ≌△BAC（AAS），
∴AQ＝BC＝a，QE＝AC＝b，
∴QC＝QA+AC＝a+b
∵∠ACE＝30°，
∴EC＝2QE，
∴QC=❑√EC2−QE2=❑√3QE，
∴a+b=❑√3b，∴a=(❑√3−1)b
S a2 (❑√3−1) 2 b2
∴ 1= = =4−2❑√3，
S b2 b2
2
故答案为：4−2❑√3．
【必考点3 四边形中的折叠问题】
13．如图，平行四边形纸片ABCD，BC＝7cm，CD＝5cm，面积为28cm2，将其沿对角线BD折叠，使点C
落在点F处，BF与边AD交于点E，则DE的长为（ ）
A．5cm B．5.6cm C．5.8cm D．6cm
【分析】作AG⊥BC，EH⊥BC，利用平行四边形的面积公式求得AG＝EH＝4cm，由折叠的性质结合平
行四边形的性质求得BE＝DE，设AE＝GH＝x，在Rt△BEH中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：作AG⊥BC，EH⊥BC，垂足分别为G、H，
∴AG∥EH，
∵平行四边形纸片ABCD，则AB＝CD＝5cm
∴AE∥GH，AG＝EH，
∴四边形AGHE是矩形，
∴AE＝GH，
由题意得BC×AG＝28cm2，
∴AG＝EH＝4cm，
在Rt△ABG中，BG=❑√AB2−AG2=❑√52−42=3cm，
∵平行四边形纸片ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，由折叠有性质知∠DBE＝∠DBC，
∴∠DBE＝∠BDE，
∴BE＝DE，
设AE＝GH＝x（cm），则BE＝DE＝（7﹣x）（cm），BH＝BG+GH＝（3+x）（cm），
在Rt△BEH中，BH2+EH2＝BE2，即（3+x）2+42＝（7﹣x）2，
解得x＝1.2，
∴DE＝7﹣x＝5.8cm，
故选：C．
14．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝8，BC＝12，点O，P分别是边AB，AD的中点，点H是边CD上
的一个动点，连接OH，将四边形OBCH沿OH折叠，得到四边形OFEH，连接PE，则PE长度的最小
值是 ．
【分析】如图，连接EO、PO、OC．根据三边关系，PE≥OE﹣OP，求出OE，OP即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EO、PO、OC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠OAP＝90°，
在Rt△OBC中，BC＝12，OB＝4，
∴OC==❑√42+122=4❑√10，
在Rt△AOP中，OA＝4，PA＝6，
∴OP=❑√42+62=2❑√13，∵OE＝OC=4❑√10，PE≥OE﹣OP，
∴PE的最小值为4❑√10−2❑√13．
故答案为：4❑√10−2❑√13．
15．如图，长方形纸片ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．点E是BC边上一点，连接AE并将△AEB沿AE
折叠，得到△AEB′，以C，E，B′为顶点的三角形是直角三角形时，BE的长为 cm．
【分析】分①∠B′EC＝90°时，根据翻折变换的性质求出∠AEB＝45°，然后判断出△ABE是等腰直角
三角形，从而求出BE＝AB；②∠EB′C＝90°时，∠AB′E＝90°，判断出A、B′、C在同一直线上，
利用勾股定理列式求出AC，再根据翻折变换的性质可得 AB′＝AB，BE＝B′E，然后求出B′C，设
BE＝B′E＝x，表示出EC，然后利用勾股定理列出方程求解即可．
【解答】解：①∠B′EC＝90°时，如图1，∠BEB′＝90°，
1
由翻折的性质得∠AEB＝∠AEB′= ×90°＝45°，
2
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝6cm；
②∠EB′C＝90°时，如图2，
由翻折的性质∠AB′E＝∠B＝90°，
∴A、B′、C在同一直线上，
AB′＝AB，BE＝B′E，
由勾股定理得，AC=❑√AB2+BC2=❑√62+82=10cm，
∴B′C＝10﹣6＝4cm，
设BE＝B′E＝x，则EC＝8﹣x，
在Rt△B′EC中，B′E2+B′C2＝EC2，
即x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
即BE＝3cm，
综上所述，BE的长为3或6cm．
故答案为：3或6．16．如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，将BC沿着过点C的直线l翻折，使点B的对应点E落在
正方形的内部，连接AE，BE，CE，OE，若AE=2❑√2，BE＝4．则点A到直线BE的距离为 ，
OE的长为 ．
【分析】在l上截取CF＝BE＝4，过点A作AG⊥BE交BE的延长线于点G，证明△ABE≌△BCF，进而
可得△EFB是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得出点 A到直线BE的距离为2，根据中位线的性质
即可得出OE的长．
【解答】解：如图所示，在l上截取CF＝BE＝4，过点A作AG⊥BE交BE的延长线于点G，
将BC沿着过点C的直线l翻折，使点B的对应点E落在正方形的内部，
∴垂直平分EB，CB＝CE，
设∠BCF＝ ，则∠CBE＝90°﹣∠ABE＝90°﹣ ，
∴∠BCF＝α∠ABE， α
又∵BC＝AB，∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
又∵F在EB的垂直平分线上，FE＝FB＝AE＝2❑√2，
∵EF2+FB2＝EB2，
∴△EFB是等腰直角三角形，
❑√2
∴∠AEG＝∠FEB＝45°，AG= AE＝2，
2
即点A到直线BE的距离为2，
1 1
∵AO＝OC，AE＝EF，OE= CF= EB＝2，
2 2
故答案为：2；2．
17．如图，在 ABCD中，AB=4❑√2．BC＝10，∠A＝45°，点E是边AD上一动点，将△AEB沿直线BE
折叠，得到▱△FEB，设BF与AD交于点M，当BF与 ABCD的一边垂直时，DM的长为 ．
▱
【分析】如图1，当BF⊥AD时，如图2，当BF⊥AB时，根据折叠的性质和等腰直角三角形的判定和
性质即可得到结论．
【解答】解：如图1，当BF⊥AD时，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴BF⊥BC，
∴∠AMB＝90°，
∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB，
∴∠A＝∠F＝45°，
∴∠ABM＝45°，∵AB＝4❑√2，
❑√2
∴AM＝BM＝4❑√2× =4，
2
∵BC＝AD＝10，
∴DM＝AD﹣AM＝10﹣4＝6；
如图2，当BF⊥AB时，
∵平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴BF⊥DC，
∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB，
∴∠A＝∠EFB＝45°，
∴∠ABF＝90°，
此时F与点M重合，
∵AB＝BF＝4❑√2，
∴AF＝4❑√2×❑√2=8，
∴DM＝10﹣8＝2．
综合以上可得DM的长为2或6．
故答案为：2或6．
18．邻边长分别为2，a（a＞2）的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于2的菱形（称为
第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱
形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去．若在第三次操作后，剩下的平行四
边形为菱形，则a的值 ．
【分析】根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可．
【解答】解：①如图，经历三次折叠后，四边形IJHF为菱形，∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，
∴DF＝CE＝a﹣2，
∵四边形GCEH为菱形，
∴GC＝CE＝a﹣2，
∴DG＝FH＝2﹣（a﹣2）＝4﹣a，
∵四边形DGJI为菱形，
∴DI＝DG＝4﹣a，
∴IF＝a﹣2﹣（4﹣a）＝4a﹣6，
∵四边形IJHF为菱形，
∴IF＝HF，即4﹣a＝4a﹣6，
10
解得：a= ；
3
②如图，经历三次折叠后，四边形DIHF为菱形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，
∴DF＝CE＝a﹣2，
∵四边形JCEG，IJGH，DIHF都为菱形，
2 2
∴DI= CD=
3 3
2
∴a﹣2=
3
8
解得： ；
310 8
综上：a的值为 或 ．
3 3
10 8
故答案为： 或 ．
3 3
【必考点4 四边形中的动点问题】
19．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E在边AD上，且ED＝3，M、N分别是边AB，BC上的
动点，且BM＝BN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM+PN＝4，则线段PC的长为（ ）
3
A．2❑√2 B．❑√2 C．2 D． ❑√2
2
【分析】由题意知，ED＝3＝CD，则∠DCE＝45°，∠BCE＝45°，如图1，在CD上取点N′，使 CN′
＝CN，连接PN′，MN′，则 PM+PN＝PM+PN′＝4，由PM+PN′＞MN，MN′≤4，可得MN′＝
4，MN′∥BC，即 M、P、N′三点共线，如图2，则四边形BCN′M是矩形，则PN′＝CN′＝CN＝
BM＝BN，由CN+BN＝4，可求PN′＝CN′＝CN＝2，由勾股定理得PC=❑√PN′2+CN′2，计算求解
即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴CD＝AB＝3，∠ADC＝90°，
∵ED＝3＝CD，
∴∠DCE＝45°，
∴∠BCE＝45°，
如图1，在CD上取点N，使CN'＝CN，连接PN′，MN'，∴PM+PN＝PM+PN′＝4，
∵PM+PN′≥MN′，MN′≥4，
∴MN′＝4，
∴MN'∥BC，
即M、P、N三点共线，
如图2，则四边形BCNM是矩形，
∴BM＝CN′，∠CPN'＝45°＝∠PCN'，
∴PN′＝CN′＝CN＝BM＝BN，
∵CN+BN＝4，
∴CN＝BN＝2，PN'＝CN'＝CN＝2，
由勾股定理得PC=❑√PN2+CN∗=2❑√2，
故选：A．
20．如图， ABCD中，AB＝22cm，BC＝8❑√2cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向
点B运动▱，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停
止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（ ）
A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s
【分析】过点D作DG⊥AB于点G，由∠A＝45°，可得△ADG是等腰直角三角形，过点F作FH⊥AB
于点H，得矩形DGHF，利用勾股定理得EH＝6cm，由题意可得AE＝2t cm，CF＝t cm，然后分两种
情况列方程求出t的值即可．【解答】解：在 ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8❑√2cm，
如图，过点D作▱DG⊥AB于点G，
∵∠A＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
❑√2
∴AG＝DG= AD＝8，
2
过点F作FH⊥AB于点H，
得矩形DGHF，
∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH，
∵EF＝10cm，
∴EH=❑√EF2−FH2=6cm，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm，
∴2t﹣2＝22﹣t，
解得t＝8，
当F点在E点左侧时，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm，
∴2t﹣14＝22﹣t，
解得t＝12，
∵点E到达点B时，两点同时停止运动，
∴2t≤22，解得t≤11．
∴t＝12不符合题意，舍去，
∴EF的长为10cm时点E的运动时间是8s，
故选：C．
21．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AO＝4，BO＝3，点P在AB上，E为AO的中点，连接PE与PO，M和N分别是PO，PE的中点．连接MN，则点P从B向A运动的过程中，线段MN所
扫过的图形面积是 ．
【分析】分别取AE，OB的中点F，G，并连接FN，EM，MG，PF，根据三角形中位线定理易证点E，
M，G三点共线，再证明四边形FNME是平行四边形，根据MN所扫过的图形面积为由EF平移到GN，
构成的平行四边形的面积，等于S△GME +S△EFN ，利用三角形中线的性质求解即可．
【解答】解：分别取AE，OB的中点F，G，并连接FN，EM，MG，PF，
菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AO＝4，BO＝3，
∴AO⊥BO，
∵E为AO的中点，点F，G为AE，OB的中点，M和N分别是PO，PE的中点，
∴EM是△AOP的中位线，FN是△AEP的中位线，
1 1
∴EM∥AP，EM= AP，FN∥AP，FN= AP，
2 2
1
∴EM∥FN，EM=FN= AP，
2
∴四边形FNME是平行四边形，
∴MN扫过的面积为由EF平移到GN，构成的平行四边形的面积，如图所示，
此时，点P，B重合，点M，G重合，1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
∴S = S = × S = × × S = × × × OA⋅OB= ，
△GME 2 △BGE 2 2 △BOE 2 2 2 △ABO 2 2 2 2 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
同理：S = S = × S = × × S = × × × OA⋅OB= ，
△EFN 2 △BGE 2 2 △BOE 2 2 2 △ABO 2 2 2 2 4
3
∴MN扫过的面积为S +S = ，
△GME △EFN 2
3
故答案为： ．
2
22．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，
EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝ ．
【分析】连接 OE，根据矩形的性质和勾股定理求出 AC，从而求出 OC，进而表示出 S△BOC ＝
1
S△BOE +S△COE ，可得OC⋅(EF+EG)=
2
AB⋅BC即可求解．
【解答】解：连接OE
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，
∵AB＝5，
∴AC=❑√AB2+BC2=13，
13
∴OC= ，
2
1 1 1
∴S△BOC ＝S△BOE +S△COE =
2
OB⋅EG+
2
OC⋅EF=
2
S
△ABC
1
∴OB•EG+OC•EF＝S△ABC ，即OC⋅(EF+EG)=
2
AB⋅BC，13 1
∴ (EF+EG)= ×5×12，
2 2
60
∴EF+EG= ，
13
60
故答案为： ．
13
23．如图，四边形ABDC是平行四边形．AB＝8cm，AC＝6cm，点G在CD上，CG＝3cm，动点E从点B
出发，沿折线 B→D→C→A→B 的方向以 2cm/s 的速度运动，动点 F 从点 B 出发，沿折线
B→A→C→D→B的方向以1cm/s的速度运动，若动点E，F同时出发，相遇时停止运动，在第
s时，以点A，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情况：①如图1，当点E与D重合时，2t＝6，可解答；②如图2，四边形AEGF是平
行四边形，根据AF＝EG，列方程可解答．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，当点E与D重合时，2t＝6，
∴t＝3，
∴BF＝t＝3，
∵AB＝8，
∴AF＝8﹣3＝5，
∵CG＝3，
∴DG＝8﹣3＝5＝AF，
∵四边形ABDC是平行四边形，∴AB∥CD，
∴AF∥DG，
∴四边形AGEF是平行四边形，
即在第3s时，四边形AGEF是平行四边形；
②如图2，四边形AEGF是平行四边形，
∴AF＝EG，
∴8﹣t＝2t﹣6﹣5，
19
∴t= ，
3
19
即在第 s时，四边形AEGF是平行四边形；
3
19
综上，在第3s或 s时，以点A，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形．
3
19
故答案为：3s或 ．
3
【必考点5 四边形中最值问题】
24．如图，在线段AB上有一点C（不与端点A、B重合）且AB＝9，分别以A、B为直角顶点构造两个等
腰直角△ACD和△BCE，点F为边CE上一点，连接DE、DF，点M是DF的中点，连接BM，则BM的
最小值是 ．
【分析】取DC，DE的中点Q，N，CE的中点P，连接NP，NQ，PB，证明四边形CQNP是矩形，进而
证明P在NB上，则根据垂线段最短，可得当M点在N点时，BM最小，根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵等腰直角三角形ACD和BCE，
∴∠DCA＝∠ECB＝45°，
∴∠DCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
如图所示，取DC，DE的中点Q，N，CE的中点P，连接NP，NQ，PB，
∴QN∥CE，NP∥QC，
∴四边形CQNP是平行四边形，
又∵∠DCE＝90°，
∴四边形CQNP是矩形，
又∵△CBE是等腰直角三角形，
∴∠BPC＝90°，
∴P在NB上，
∴BN⊥NQ，
∵点M是DF的中点，
∴当F在CE上运动时，M在QN上运动，
∴ 当 M 点 在 N 点 时 ， BM 最 小 ， 最 小 值 为
1 1 1 1
BN=BP+PN=BP+CQ=BP+ CD= DC+ CE= (DC+CE)，
2 2 2 2
又∵AB＝9，设AC＝a，则 CD=❑√2a，CB＝（9﹣a），
∴CE=❑√2(9−a)，
1 9❑√2
∴BN= (CD+CE)= ，
2 2
9❑√2
故答案为： ．
2
25．如图，在菱形 ABCD 中，AB＝2，∠BAD＝60°，E，F 为边 BC 和 AD 上的动点，BE＝DF，则
1
AE+ EF的最小值 ．
2【分析】如图，连接 AC，交 EF 于 O，作 O 关于 CB 的对称点 N，连接 CN，BN，EN，证明
1 1
△AOF≌△COE，可得OE= EF，AO＝CO，O为菱形对角线的交点，AE+ EF＝AE+OE＝AE+NE，连
2 2
1
接BO，证明A，B，N三点共线，可得 AE+ EF＝AE+NE≥AN，∠ANC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，再进
2
一步求解即可．
【解答】解：如图，连接AC，交EF于O，作O关于CB的对称点N，连接CN，BN，EN，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD＝BC＝2，∠BAC＝∠BCA＝30°，BC∥AD，
∴∠ABC＝120°，
由轴对称的性质可得：
CN＝CO，NE＝OE，∠NCE＝∠ACB＝30°，
∴∠ACN＝∠NCE+∠ACB＝60°，
∵BE＝DF，AD＝BC，BC∥AD，
∴AF＝CE，∠CEO＝∠AFO，∠ECO＝∠FAO，
∴△AOF≌△COE，
∴OE＝OF，AO＝CO，O为菱形对角线的交点，
1
∴OE= EF，
21
∴AE+ EF＝AE+OE＝AE+NE，
2
连接BO，
由轴对称的性质可得：BN＝BO，∠ABO＝∠CBO＝∠CBN＝60°，
∴A，B，N三点共线，
1
∴AE+ EF＝AE+NE≥AN，
2
∠ANC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵CB＝2，∠BCN＝30°，
1
∴BN= CB＝1，
2
1
AE+ EF的最小值为AB+BN＝2+1＝3．
2
故答案为：3．
26．如图，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝4，在AB左侧构造等边△ABD，在AC右侧构造等边
△ACE，连接DE，点P为DE中点，连接BP，则BP的最大值是 ．
【分析】要求线段的最值问题主要从两方面考虑，一个是垂线段最短，另一个是三角形三边关系，由题
干条件多个等边三角形可以联想到构造全等三角形，再利用三边关系求解即可．
【解答】解：以BC为边向上作等边△BCS，连接SD、SE，
∴SB＝SC＝BC，∠SBC＝∠SCB＝60°，
∵△ACE和△ABD都是等边三角形，
∴AC＝CE，AB＝BD，∠CBS﹣∠ABS＝∠ABD﹣∠ABS，∠BCS﹣∠ACS＝∠ACE﹣∠ACS，∠ABD＝
60°，∠ACE＝60°，
∴∠ABC＝∠DBS，∠ACB＝∠ECS，
∴可证△ABC≌△DBS≌△ESC（SAS），
∴AC＝DS，BD＝SE，
∴AE＝DS，AD＝SE，
∴四边形ADSE是平行四边形，∵P是DE中点，
∴P也是AS中点，
作SO⊥BC交BC于点O，取SO中点T，连接PT和BT，
∵P是AS中点，T是SO中点，
∴PT是△AOS中位线，
1 1 1
∴PT∥AO，PT= AO= × BC＝1，
2 2 2
∵SO=❑√BS2−BO2=2❑√3，
1
∴OT= OS=❑√3，
2
∴BT=❑√OB2+OT2=❑√7，
根据三角形三边关系可得BP≤BT+PT=❑√7+1，
∴BP最大值是❑√7+1，
故答案为：❑√7+1．
27．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠B＝120°，E为AD的中点，M、N是对角线AC上的两个动点，
1
且MN= AC，连接EM，DN，则EM+DN的最小值为 ．
2
【分析】取BC的中点F，连接EF，BF，FN，BN，根据数量关系确定EM+DN的最小值为BF的长度，
求出BF的值即可．
【解答】解：如图，取BC的中点F，连接EF，BF，FN，BN，∵E为AB的中点，
1
∴EF为△ADC的中位线，即EF∥AC，且EF= AC，
2
1
∵MN= AC，
2
∴MN＝EF，
∴四边形EFNM为平行四边形，
∴EM＝FN，
根据菱形的对称性可知，BN＝DN，
∴EM+DN＝FN+BN，
根据两点间线段最短可得，当点F，N，B在同一直线上时，FN+BN取得最小值，
即此时FN+BN的最小值为线段BF的长度，
连接BD，
∵菱形ABCD的边长为2，∠B＝120°，
∴BC＝CD，∠BCD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵DF＝CF，
∴DF⊥CD，
则在Rt△CBF中，
∵FC＝1，BC＝2，
∴BF=❑√BC❑−FC2=❑√3，
故EM+DN的最小值为❑√3．
故答案为：❑√3．
28．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝10，点E是对角线BD上的动点，连接CE，以CE，CD为边作
CEFD，连接CF．则CE+CF的最小值为 ．
▱【分析】①识别模型：要求CE+CF，都是动线段，类似于“将军饮马”模型，但这里面的C点是两条
线段的公共端点，没法直接用，需要转化，CE+CF＝CF+DF，点F是动点，符合模型；
②找轨迹：由题干条件易推出四边形ABEF是平行四边形，所以点F的运动轨迹就是AF所在的直线；
③作对称点：作定点关于动点所在直线的对称点，所以可以作点C或者点D关于AF所在直线的对称
点；
④连线求解：连接对称点与另一个定点，求这条线段的长度即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，四边形CEFD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，EF＝CD，EF∥CD，CE＝DF，
∴AB＝EF，AB∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴点F的运动轨迹是AF所在的直线，
∵CE＝DF，
∴CE+CF＝CF+DF，
∴要求CE+CF的最小值，可以转化到求CF+DF的最小值，
如图，作点D关于直线AF的对称点G，连接CG，过G作GH⊥CD，设DG与AF交于点M，过M作
MP⊥CH，延长AM交CH于点N，连接GF，
∴CF+DF＝CF+GF≥CG，当C、F、G三点共线时取等号，此时CF+DF＝CG最小．
由四边形ABEF是平行四边形，四边形 CEFD是平行四边形知：AF∥BE，EF∥DC，即FN∥ED，
FE∥ND，∴四边形FEDN是平行四边形．
∴EF＝DN．
∴DN＝AB．
∵AB＝5，BC＝10，
∴DN＝5，AD＝10，
在Rt△ADN中，AN=❑√AD2+DN2=5❑√5，∵DM⊥AN，
AD⋅DN
∴DM= =2❑√5，
AN
在Rt△DMN中，MN=❑√DN2−DM2=❑√5，
∵MP⊥CN，
DM⋅MN
∴MP= =2，
DN
在Rt△MDP中，DP=❑√DM2−M P2=4，
∵M是DG中点，MP∥CH，
∴MP是△DGH的中位线，
∴GH＝2MP＝4，DH＝2DP＝8，
∴CH＝CD+DH＝13，
在Rt△CHG中，CG=❑√CH2+GH2=❑√185，
∴CE+CF的最小值是❑√185．
故答案为：❑√185．
29．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，点D是平面内的一个动点，且BD＝2，连接
CD，点E是线段CD的中点，则AE的最大值是 ．【分析】取BC的中点M，连接AM，EM．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出
AM和EM，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【解答】解：如图，取BC的中点M，连接AM，EM．
∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，
∴BC=❑√32+42=5，
∵∠BAC＝90°，CM＝BM，
1 5
∴AM= BC= ，
2 2
∵CM＝BM，CE＝DE，
1
∴EM= BD＝1，
2
5 7
∴AE≤AM+EM＝1+ = ，
2 2
7
∴AE的最大值为 ．
2
7
故答案为： ．
2
【必考点6 四边形中多结论问题】
30．如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF=❑√2，AB＝3，下列结
3
论：①∠COD＝45°；②AE＝5；③CF＝BD=❑√17；④△COF的面积是 ．其中正确的结论有（
2）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】连接DF交OE于点P，根据正方形的性质可求出OP、PE、DP，再根据“手拉手”模型证明
△AOD≌△COF，即可判断各个选项的正误．
【解答】解：由题意得：∠COE＝90°，∠DOE＝45°，
∴∠COD＝45°，故①正确；
∵EF=❑√2，
∴OE＝2，
∴AE＝5，故②正确；
连接DF交OE于点P，
由题意得：OP＝DP＝1，
∴AD=❑√AP2+DP2=❑√17，
∵∠AOC＝∠DOF，
∴∠AOD＝∠COF，
∵AO＝CO，DO＝FO，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴CF＝AD=❑√17，故③错误；
∵△AOD≌△COF，
1 3
∴S =S = ⋅AO⋅DP= ，故④正确；
△COF △AOD 2 2
故选：C．
31．如图，已知一个矩形纸片 OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点 A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当
∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为18；③当P在运动过
程中，CD的最小值为2❑√34−6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，
∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形判
断；
1
②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH= OD＝3，根据三角
2
形的面积公式得到△OAD的面积判断；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的
最小值为2❑√34−6判断；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到
∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2判断．
【解答】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形OBPD为正方形．故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，∵点A（10，0），点B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
1
∴DH= OD＝3，
2
1 1
∴△OAD的面积为： OA⋅DH= ×3×10=15．故②错误；
2 2
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC=❑√OA2+AC2=❑√102+62=2❑√34，
∴CD＝OC﹣OD＝2❑√34−6，
即CD的最小值为2❑√34−6．故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP=❑√102−62=8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．
其中结论正确的有3个．
故选：C．32．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：
①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°
时，∠AEB＝∠AEF．其中正确的结论是（ ）
A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性质
可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE
＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形，可判断
③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵AB＝AD，AE＝AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，
又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴AC垂直平分EF，故①正确；
∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，
∴EG＝GF，
当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②错误；
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠DAF＝∠BAE＝15°，
∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形，故③正确；
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝60°，
∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，
∴∠BAE＝15°，
∴∠AEB＝75°≠∠AEF，故④错误；
故选：A．
33．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，P是对角线BD上的一动点，且
PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N．有以下结论：①△ABC为等边三角形；②OB=❑√3OA；③∠MPN
1
＝60°； ④PM+PN= BD．其中正确的有（ ）个．
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据菱形的性质即可判断①；结合（1）利用含30度角的直角三角形即可判断②；根据四边
形内角和等于360度即可判断③；如图，延长NP交BC于点G，利用角平分线的性质即可解决问题．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，故①正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OB=❑√3OA，故②正确；
∵PM⊥AB，PN⊥AD，
∴∠AMP＝∠ANP＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，∴∠MPN＝60°，故③正确；
如图，延长NP交BC于点G，
∵AD∥BC，PN⊥AD，
∴PG⊥BC，
∵PM⊥AB，BP平分∠ABC，
∴PM＝PG，
∴PM+PN＝PG+PN＝NG，
∵∠PBG＝∠PDN＝30°，
∴PB＝2PG，PD＝2PN，
1 1 1 1
∴PM+PN＝PG+PN= PB+ PD= （PB+PD）= BD，
2 2 2 2
1
∴PM+PN= BD，故④正确，
2
综上所述：正确的有4个．
故选：D．
34．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝60°，M，N分别为BC，CD上的两个动点，∠MAN＝60°，
AM，AN 分别交 BD 于点 E，F．下列结论：① AM＝AN；② CM+CN＝4；③ BE+FD＝2EF；
④2AE+BE的最小值为4❑√3．其中正确的结论是 .（请填写正确的序号）
【分析】连接AC，过点E作EH⊥BC于点H，根据菱形的性质，利用ASA证明△ABM≌△ACN，得出
AM＝AN，即可判断①，得出BM＝CN，根据CM+CN＝CM+BM＝BC＝4，即可判断②；根据随着点
M离点B越近，点N离点C越近，则点E离点B越近，点F离菱形的对角线交点越近，则BE+FD越接
近等于EF，即可判断③；根据含30°角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，推1
出AE+ BE=AE+EH的最小值，等于当AM⊥BC时AM的值，结合勾股定理计算，得出2AE+BE的
2
最小值=2×2❑√3=4❑√3，即可判断④．
【解答】解：如图，连接AC，过点E作EH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，
1
∴AB＝BC＝CD＝DA＝4，∠ADC＝60°，∠HBE=∠CBD= ∠ABC=30°，
2
1
∴△ABC 和△ADC是等边三角形，EH= BE，
2
∴∠BAC＝∠ACN＝∠ABM＝60°，AB＝AC，
∴∠BAM+∠CAM＝60°，
∵∠MAN＝60°，
∴∠CAN+∠CAM＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中，
{∠ABM=∠ACN
)
AB=AC ，
∠BAM=∠CAN
∴△ABM≌△ACN（ASA），
∴AM＝AN，
故①符合题意；
∵△ABM≌△ACN（ASA），
∴BM＝CN，
∴CM+CN＝CM+BM＝BC＝4，
故②符合题意；
∵随着点M离点B越近，点N离点C越近，则点E离点B越近，点F离菱形的对角线交点越近，
则BE+FD越接近等于EF，
∴BE+FD＝2EF错误，
即③不符合题意；1
∵∠HBE＝∠CBD，EH= BE，
2
∴EH＝点E到BC的距离，
1
∴AE+ BE=AE+EH的最小值，等于当AM⊥BC时AM的值，
2
∵当AM⊥BC时，∠BAM＝90°﹣60°＝30°，
1 1
∴此时BM= AB= ×4=2，AM=❑√AB2−BM2=❑√42−22=2❑√3，
2 2
∴2AE+BE的最小值=2×2❑√3=4❑√3，
故④符合题意；
综上所述，正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
35．如图，在边长为4的正方形ABCD中，Q是AD边上的一点，且AQ＝1，点P为对角线BD上一动点，
PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列结论：
①EF的最小值为2；②PD2+PB2＝2PA2；
③AP⊥EF； ④△APQ周长的最小值为6．
其中正确的结论有 .（把你认为正确结论的序号都填上）
1 1
【分析】连接PC，当AP⊥BD时，即AP= BD= =2❑√2 时，EF的最小值等于2❑√2 即可判定①；
2 2
延长FP交AB于点M，由 PB2＝PM2+MB2 PD2＝PF2+FD2，即可判定②；延长AP交EF于H，证明
Rt△AMP≌Rt△FPE（HL），即可判定③；连接CQ交BD于P，此时PA+PQ最小，最小值为CQ长，
则△APQ周长最小，利用勾股定理求出CQ的长，即可求出△APQ 周长最小值，即可判定④．
【解答】解：连接PC，正方形ABCD，
∴PC＝PA，∠BAC＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝4，
∴BD=❑√AB2+AD2=4❑√2，
∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴四边形PECF是矩形，∴PC＝EF，
∴EF＝PA，
∴当AP最小时，EF最小，
1 1
则当AP⊥BD时，即AP= BD= ×4❑√2=2❑√2时，EF的最小值等于22，故①错误；
2 2
延长FP交AB于点M，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，AD∥|BC，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAC＝90°，
∴∠PMB＝∠PMA＝∠ABC＝90°，
∵PF⊥CD于点F，
∴∠PFC＝∠PFD＝90°，
∴四边形BMFC是矩形，四边形ADFM是矩形，
∴BM＝CF，DF＝AM，
在Rt△PBM和Rt△PDF中，PB2＝PM2+MB2，PD2＝PF2+FD2，
∴PB2+PD2＝PM2+BM2+PF2+FD2＝PM2+CF2+PF2+AM2；
在Rt△AMP 和Rt△PFC中，PA2＝PM2+AM2 PC2＝PF2+FC2，
∴PB2+PD2＝PM2+BM2+PF2+FD2＝PA2+PC2＝2PA2，故②正确；
延长AP交EF于H，
∵正方形ABCD，
∴BD平分∠ABC，
∵PM⊥AB，PE⊥BC，
∴PM＝PE，
∵AP＝PC，∠AMP＝∠EPF＝90°，
∴Rt△AMP≌Rt△FPE（HL），
∴∠BAP＝∠PFE，
∵∠AMP＝90°，
∴∠BAP+∠APM＝90°，
∵∠APM＝∠HPF，
∴∠PFH+∠HPF＝90°，
∴∠PHF＝90°，
∴AP⊥EF，故③正确；连接CQ交BD于P，如图，正方形ABCD，
∴点A与点B关于BD对称，
∴PA＝PC，
∴PA+PQ＝PC+PQ＝CQ，
根据两点之间线段最短可得，此时PA+PQ最小，最小值为CQ长，
∵△APQ周长PA+PQ+AQ，AQ＝1，
∴PA+PQ最小时，△APQ周长最小，
在Rt△CDQ中，CQ=❑√CD2+DQ2=❑√42+(4−1) 2=5．
∴△APQ周长最小值＝CQ+AQ＝5+1＝6．故④正确．
故答案为：②③④．
36．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的边长为4，∠C＝60°．点D是边OB上一动点，点E
在BC上，且∠DAE＝60°．有下列结论：
①点C的坐标为（6，2❑√3）；
②OD＝BE；
③四边形ADBE的面积为定值；
④当D为OB的中点时，△DBE的面积和周长最小．
其中正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【分析】①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，求出BF＝2，CF＝2❑√3，则C（6，2❑√3），故①正确；
②连接AB，证明△ADB≌△AEC，则BD＝EC，故②正确；③由S△ADB ＝S△AEC ，可得S△ABC ＝S△四边形
ADBE
＝4❑√3；④可证△ADE为等边三角形，当D为OB的中点时，AD⊥OB，此时AD最小，则S△ADE 最
小，由③知S四边形ADBE 为定值，可得S△DBE 最大．
【解答】解：①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，∵四边形AOBC为菱形，
∴OB＝BC＝4，∠AOB＝∠CBF＝60°，
∴BF＝2，CF＝2❑√3，
∴C（6，2❑√3），故①正确；
②连接AB，
∵BC＝AC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠DAE＝60°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵∠ABD＝∠ACE＝60°，
∴△ADB≌△AEC（ASA），
∴BD＝EC，
∵OB＝BC，
∴OD＝BE，故②正确；
③∵△ADB≌△AEC．
∴S△ADB ＝S△AEC ，
1
∴S△ABC ＝S△四边形ADBE =
2
×4×2❑√3=4❑√3；
故③正确，
④∵△ADB≌△AEC，
∴AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
当D为OB的中点时，AD⊥OB，
此时AD最小，则S△ADE 最小，DE最小，
∵BD＝BE＝BC＝4，
由③知S四边形ADBE 为定值，可得S△DBE 最大，△DBE的周长最小．故④不正确；
故答案为：①②③．
【必考点7 动点问题的函数图象】
37．如图1，点P从菱形ABCD的边AD上一点开始运动，沿直线运动到菱形的中心，再沿直线运动到点C
n
停止，设点P的运动路程为x，点P到AB的距离为m，到CD的距离为n，且y= （当点P与点C重
m
合时，y＝0），点P运动时y随x的变化关系如图2所示，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．6❑√7 B．5❑√7 C．10 D．6
【分析】连接AC，BD交于点O，连接OP，由当0≤x≤2时，y的值恒等于1，推出点P的运动路径是
△ADC的中位线，则可得到CD＝2×2＝4，再由当x＝5时，y＝0，求出OC＝3，由菱形的性质求出
AC，BD的长即可得到答案．
【解答】解：连接AC，BD交于点O，连接OP，如图，
由题意知，当0≤x≤2时，y的值恒等于1，
∴m＝n．
∴点P的运动路径是△ADC的中位线，且CD＝2×2＝4．
∵当x＝5时，y＝0，
∴OC＝3．
由菱形的性质可得AC＝2OC，BD＝2OD，AC⊥BD，
∴AC＝2OC＝6，
∴OD=❑√CD2−OC2=❑√7．
∴BD＝2OD＝2❑√7．1 1
∴S菱形ABCD =
2
BD•AC =
2
×2❑√7×6＝6❑√7，
故选：A．
38．如图1，将正方形ABCD置于平面直角坐标系中，其中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，平
行于BD的直线l沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，平移过程中，直线l被正方形ABCD的边
所截得的线段长为m，平移时间为l（秒），m与t的函数图象如图2，依据条件信息，求出图2中a的
值为（ ）
A．6❑√2 B．6❑√3 C．6 D．5❑√2
【分析】结合图2可得，当直线l经过点A时，平移的时间为2秒，经过点C时，平移的时间为14秒，
那么经过BD时，平移的时间为8秒，所截得的线段BD的长度为a．进而得到从点A到点D运动的时
间为6秒，即可得到AD的长度，根据四边形ABCD是正方形进行一定的计算可得BD的长度，也就是a
的值．
【解答】解：由题意得：直线l经过点A时，平移的时间为2秒；经过点C时，平移的时间为14秒，
∵四边形ABCD是正方形，关于BD所在的直线对称，
∴直线l经过BD时，平移的时间为8秒，所截得的线段BD的长度为a．
∴直线l从点A到点D运动的时间为8﹣2＝6秒．
∵直线l的速度是1个单位长度/秒，
∴AD＝6．∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝6，∠DAB＝90°．
∴BD＝6❑√2．
∴a＝6❑√2．
故选：A．
39．如图（1），在△ABC中，点P从点A出发向点C运动，在运动过程中，设x表示线段AP的长，y表
示线段BP的长，y与x之间的关系如图（2）所示，则边BC的长为（ ）
A．❑√23 B．2❑√5 C．2❑√6 D．6
【分析】过点B作BP′⊥AC于点P′，根据图象可知AB＝3，AC＝5，当x＝1时，AP⊥AC，即AP′
＝1，P′C＝AC﹣AP′＝5﹣1＝4，根据勾股定理可求得BP，再根据勾股定理可求得BC．
【解答】解：如图，过点B作BP′⊥AC于点P′，
由图象可知，AB＝3，AC＝5，
当x＝1时，AP⊥AC，
即AP′＝1，
在Rt△ABP′中，
BP′=❑√AB2−AP′2=❑√32−1=2❑√2，∵AP′＝1，
∴P′C＝AC﹣AP′＝5﹣1＝4，
在Rt△BP′C中，
BC=❑√BP′2+P′C2=❑√(2❑√2) 2+42=❑√24=2❑√6．
故选：C．
40．如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q
从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为
x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH＝AB＝6，由图2可知当x＝14时，点P与点D
重合，则AD＝12，可得出答案．
【解答】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC于H，
1 1
由三角形面积公式得：y= BQ×EH= ×10×EH=30，
2 2
解得EH＝AB＝6，
∴AE=❑√ BE2−AB2=❑√102−62=8（cm），
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，∴AD＝AE+DE＝8+4＝12（cm），
∴矩形的面积为12×6＝72（cm2）．
故选：C．
41．已知动点H以每秒x厘米的速度沿图1的边框（边框拐角处都互相垂直）按从A﹣B﹣C﹣D﹣E﹣F的
路径匀速运动，相应的△HAF的面积 S（cm2）关于时间t（s）的关系图象如图2，已知AF＝8cm，则
下列说法正确的有几个（ ）
①动点H的速度是2cm/s；
②BC的长度为3cm；
③b的值为14；
④在运动过程中，当△HAF的面积是30cm2时，点H的运动时间是3.75s和10.25s．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先根据点H的运动，得出当点H在不同边上时△HAF的面积变化，并对应图2得出相关边的
边长，最后经过计算判断各个说法．
【解答】解：当点H在AB上时，如图所示，AH＝xt （cm），
1
S△HAF =
2
×AF×AH＝4xt（cm2），
此时三角形面积随着时间增大而逐渐增大，
当点H在BC上时，如图所示，HP是△HAF的高，且HP＝AB，
1
∴S△HAF =
2
×AF×AB，此时三角形面积不变，
当点H在CD上时，如图所示，HP是△HAF的高，C，D，P三点共线，
1
S△HAF =
2
×AF×HP，点H从点C点D运动，HP逐渐减小，故三角形面积不断减小，
当点H在DE上时，如图所示，HP是△HAF的高，且HP＝EF，
1
S△HAF =
2
×AF×EF，此时三角形面积不变，
当点H在EF时，如图所示，
1
S△HAF =
2
×AF×HF，点H从点E向点F运动，HF逐渐减小，故三角形面积不断减小直至零，对照图2可得0≤t≤5时，点H在AB上，
S△HAF ＝4xt＝4•5x＝40（cm2），
∴x＝2，AB＝2×5＝10（cm），
∴动点H的速度是2cm/s，
故①正确，
5≤t≤8时，点H在BC上，此时三角形面积不变，
∴动点H由点B运动到点C共用时8﹣5＝3（s），
∴BC＝2×3＝6（cm），
故②错误，
12≤t≤b，点H在DE上，DE＝AF﹣BC＝8﹣6＝2（cm），
∴动点H由点D运动到点E共用时2÷2＝1（s），
∴b＝12+1＝13，
故③错误．
当△HAF的面积是30cm2时，点H在AB上或CD上，
点H在AB上时，S△HAF ＝4xt＝8t＝30（cm2），
解得t＝3.75（s），
点H在CD上时，
1 1
S△HAF =
2
×AF×HP =
2
×8×HP＝30（cm2），
解得HP＝7.5（cm），
∴CH＝AB﹣HP＝10﹣7.5＝2.5（cm），
∴从点C运动到点H共用时2.5÷2＝1.25（s），
由点A到点C共用时8s，
∴此时共用时8+1.25＝9.25（s），
故④错误．
故选：A．
【必考点8 从函数的图象获取信息】
42．甲、乙两车从A地出发，匀速驶往B地．乙车出发1h后，甲车才沿相同的路线开始行驶．甲车先到达
B地并停留30分钟后，又以原速按原路线返回，直至与乙车相遇．图中的折线段表示从开始到相遇
止，两车之间的距离y（km）与甲车行驶的时间x（h）的函数关系的图象，则（ ）A．甲车的速度是120km/h
B．A，B两地的距离是360km
C．乙车出发4.5h时甲车到达B地
D．甲车出发4.5h最终与乙车相遇
【分析】由图象可知两车起始距离为60，从而得到乙车速度，根据图象变化规律和两车运动状态，得
到相关未知量．
【解答】解：乙车先行1小时的路程是60千米，因此乙车的速度为60千米/小时，
甲车出发1.5小时就追上乙，因此速度差为60÷1.5＝40千米/小时，
故甲车的速度为100千米/小时，故选项A不合题意；
甲车追上乙车后到两车距离为80千米需要时间为80÷40＝2（小时），
甲车行全程需要2+1.5＝3.5（小时），
全程为100×3.5＝350千米，故选项B不合题意；
此时乙车出发3.5+1＝4.5（小时），故选项C符合题意；
1
甲车休息 小时准备返回时乙车行3.5+1+0.5＝5（小时），
2
此时乙车距B地350﹣60×5＝50（千米），
5
返回时相遇时间为50÷（100+60）= 小时，
16
5 5
此时甲车行驶的时间为3.5+0.5+ =4 （h），故选项D不合题意．
16 16
故选：C．
43．某湖边公园有一条笔直的健步道，甲、乙两人从起点同方向匀速步行，先到终点的人在终点休息．已
知甲先出发6分钟，在整个过程中，甲、乙两人之间的距离y（米）与甲出发的时间t（分钟）之间的关
系如图所示，下列结论：①甲步行的速度为75米/分钟；②起点到终点的距离为5940米；③甲走完全
程用了78分钟；④乙步行的速度为90米/分钟；⑤图中m的值为36．则以上结论一定正确的是
（ ）A．①②③④ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．①②③⑤
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
450
【解答】解：由题意可得：甲步行速度= = 75（米/分钟），
6
故①正确；
起点到终点的距离为66×90＝5940（米），
故②正确；
540
甲走完全程所用时间为：72+ =79.2（分钟），
75
故③错误；
由图象知，乙用72﹣6＝66（分钟）时到达终点，
设乙步行的速度为x米/分，
根据题意得：66x﹣72×75＝540，
解得x＝90，
∴乙步行的速度为90米/分，
故④正确；
设乙用x分钟追上甲，
则90x＝75（x+6），
解得x＝30，
∴乙用30分钟追上甲，
m＝6+30＝36．
故⑤正确．
∴正确的有①②④⑤，
故选：B．
44．甲，乙两人同时登山，两人距地面的高度y（米）与登山时间x（分）之间的函数图象如图所示．且乙
提速后的速度是甲的3倍，则下列说法中，正确的有（ ）个①乙提速后每分钟攀登30米
②乙攀登到300米时共用时11分钟
③从甲，乙相距100米到乙追上甲时，乙用时6.5分钟
④从甲，乙相距100米到乙追上甲时，甲，乙两人共攀登了230米
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据图象可得甲的速度，进而得出乙提速后的速度；利用乙提速后的速度可得提速后所用时
间，进而得出乙攀登到300米时共用时间；别求出甲和乙提速后 y和x之间的函数关系式，进而判断
③④．
【解答】解：甲的速度为：（300﹣100）÷20＝10（米/分），
10×3＝30（米/分），
即乙提速后每分钟攀登30米，故选项①正确，符合题意；
乙攀登到300米时共用时：2+（300﹣30）÷30＝11（分钟），故选项②正确，符合题意；
设y甲 ＝k
1
x+b
1
，y乙 ＝k
2
x+b
2
，
{ b =100 )
1
由函数图象得： ，
20k +b =300
1 1
{k =10
)
1
解得 ，
b =100
1
∴y甲 ＝10x+100，
∵乙提速后，乙的速度是甲登上速度的3倍，
∴乙提速后的速度为：30米/分，
∴乙从A到B的时间为：（300﹣30）÷30＝9，
∴t＝2+9＝11，
∴B（11，300），{ 30=2k +b )
2 2
∴ ，
300=11k +b
2 2
{ k =30 )
2
解得 ，
b =−30
2
∴y乙 ＝30x﹣30，
当y甲 ＝y乙 时，
则10x+100＝30x﹣30，
解得x＝6.5，
即从甲、乙相距100米到乙追上甲时，乙用时6.5分钟，故选项③正确，符合题意；
从甲、乙相距100米到乙追上甲时，甲、乙两人共攀登了：6.5×10+30+30×（6.5﹣2）＝65+30+135＝
230（米），故选项④正确，符合题意．
故选：D．
45．一条公路旁依次有A，B，C三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从 A村、B村同时出发前往C村，
甲、乙之间的距离s（km）与骑行时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论：
①A，B两村相距10km；②甲出发2h后到达C村；③甲每小时比乙多骑行8km；④相遇后，乙又骑
行了30min或55min时两人相距4km．其中正确的是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】根据图象与纵轴的交点可得出A、B两地的距离，而s＝0时，即为甲、乙相遇的时候，同理根
据图象的拐点情况解答即可．
【解答】解：由图象可知A村、B村相离10km，
故①正确，
当1.25h时，甲、乙相距为0km，故在此时相遇，说明甲的速度大于乙的速度，
当2h时，甲到达C村，
故②正确；
v甲×1.25﹣v乙×1.25＝10，解得：v甲 ﹣v乙 ＝8，
故甲的速度比乙的速度快8km/h，
故③正确；
当1.25≤t≤2时，函数图象经过点（1.25，0）（2，6），
设一次函数的解析式为s＝kt+b，
{0=1.25k+b)
代入得： ，
6=2k+b
{ k=8 )
解得： ，
b=−10
∴s＝8t﹣10
当s＝4时，得4＝8t﹣10，
解得t＝1.75h
由1.75﹣1.25＝0.5h＝30（min），
同理当2≤t≤2.5时，设函数解析式为s＝kt+b
将点（2，6）（2.5，0）代入得：
{ 6=2k+b )
，
0=2.5k+b
{k=−12)
解得： ，
b=30
∴s＝﹣12t+30
当s＝4时，得4＝﹣12t+30，
13
解得t= ，
6
13 11
由 −1.25 = h＝55min
6 12
故相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km，
故④正确．
故选：D．
46．已知甲，乙两地相距480km，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地
前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货
车改变速度
2
继续出发 ℎ后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早 15分钟到达甲地．
3如图是两车距各自出发地的距离y（km）与货车行驶时间x（h）之间的函数图象，则下列说法错误的是
（ ）
A．a＝120
B．点F的坐标为（8，0）
C．出租车从乙地返回甲地的速度为128km/h
125 123
D．出租车返回的过程中，货车出发 ℎ或 ℎ都与出租车相距12km
17 15
【分析】由图象知，C（4，480），设直线OC的解析式为：y＝kx，则直线OC的解析式为y＝120x，
3
进而求得：a＝120；由于停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车行驶时间为 小时，
2
此时出租车距离乙地为240（km），可得B（2，120），而租车的速度为120km/h，相遇时，货车的速
2
度为120÷ −120＝60（km/h），则可设直线BG的解析式为y＝60x+b，所以直线BG的解析式为y＝
3
60x（2＜x＜8），可得G（8，480），F（8，0），出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，分两种
情况求解即可．
【解答】解：由图象知，C（4，480），
设直线OC的解析式为：y＝kx，
把C（4，480）代入得，480＝4k，
解得k＝120，
则直线OC的解析式为y＝120x，
∴把（1，a）代入y＝120x，
解得：a＝120，故A正确；
3
由于停下来装完货物后，发现此时与出租车相距120km，货车行驶时间为 小时，
2
∵a＝120（km），∴货车卸货时与乙地相距120km，
∴出租车距离乙地为120+120＝240（km），
∴出租车距离甲地为480﹣240＝240（km），
把y＝240代入y＝120x得240＝120x
解得：x＝2，
∴货车装完货物时，x＝2，则B（2，120）
2
根据货车继续出发 h后与出租车相遇，
3
2
可得 ×（出租车的速度+货车的速度）＝120，
3
根据直线OC的解析式为y＝120x（0＜x＜4），
可得出租车的速度为120km/h
2
∴相遇时，货车的速度为120÷ −120＝60（km/h），
3
故可设直线BG的解析式为y＝60x+b，
将B（2，120）代入y＝60x+b，
可得120＝120+b，
：解得b＝0，
∴直线BG的解析式为y＝60x（2＜x＜8），
故货车装完货物后驶往甲地的过程中，距其出发地的距离 y（km）与行驶时间x（h）之间的函数关系式
为y＝60x，
把y＝480代入y＝60x，
可得：480＝60x，
解得x＝8，
∴G（8，480），
∴F（8，0），故B正确；
根据出租车到达乙地后立即按原路返回经过比货车早15分钟到达甲地，
15 1
可得EF= = ，
60 4
31
∴E（ ，0），
4
31
∴出租车返回后的速度为：480÷（ −4）＝128km/h，故C正确；
4设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距12km，
此时货车距离乙地为60t km，出租车距离乙地为128（t﹣4）＝（128t﹣512）km，
①出租车和货车第二次相遇前，相距12km时，
可得60t ﹣（128t ﹣512）＝12，
1 1
125
解得t = ；
1 17
②出租车和货车第二次相遇后，相距12km时，
可得（128t ﹣512）﹣60t ＝12，
2 2
131
解得t = ；
2 17
125 131
故在出租车返回的行驶过程中，货车出发 h或 h与出租车相距12km，故D错误，
17 17
故答案选：D．
47．某天早晨，小明从家跑步去体育场锻炼，同时妈妈从体育场晨练结束回家，途中两人相遇，小明跑到
体育场后发现要下雨，立即按原路返回，遇到妈妈后两人一起回到家（小明和妈妈始终在同一条笔直的
公路上行进）．小明、妈妈两人距家的距离y（米）与小明出发的时间x（分）之间的函数关系如图所
示，请结合图象信息，解答下列问题：
小明出发 分钟与妈妈相距1000米．
【分析】分别求出小明和妈妈的函数解析式，根据小明与妈妈相距1000米，列出方程，即可解答．
【解答】解：设直线OA的解析式为y＝mx，将A（30，3000）代入得：3000＝30m，
解得：m＝100，
∴直线OA的解析式为y＝100x，
3000÷（50﹣30）＝3000÷20＝150（米/分），
（45﹣30）×150＝2250（米），
3000﹣2250＝750（米），
∴点B的坐标为（45，750），
设线段BD的函数解析式为：y＝kx+b，
把（0，3000），（45，750）代入得：
{ b=3000 )
，
45k+b=750
{k=−50
)
解得 ，
b=3000
∴直线DB：y＝﹣50x+3000，
设线段AC的解析式为：y＝k x+b ，
1 1
把（30，3000），（50，0）代入得：
{30k +b =3000
)
1 1
，
50k +b =0
1 1
{k =−150
)
1
解得 ，
b =7500
1
∴直线AC：y＝﹣150x+7500（30≤x≤50），
若﹣50x+3000﹣100x＝1000，
40
解得x= ；
3
若100x﹣（﹣50x+3000）＝1000，
80
解得x= ；
3
若﹣150x+7500﹣（﹣50x+3000）＝1000，
解得x＝35．
40 80
即小明出发 或 或35分时，与妈妈相距1000米．
3 340 80
故答案为： 或 或35．
3 3
48．快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线
表示快、慢两车之间的距离y（km）与它们的行驶时间x（h）之间的函数关系．以下结论：①快车途
中停留了0.5h；②快车速度比慢车速度多20km/h；③图中a＝340；④快车先到达目的地．其中正确
的是 ．（将正确答案的序号填在横线上）
【分析】根据题意可知两车出发2小时后相遇，据此可知他们的速度和为180（km/h），相遇后慢车停
留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，据此可得慢车的速度为80km/h，进而得出快车的
速度为100km/h，根据“路程和＝速度和×时间”即可求出a的值，从而判断出谁先到达目的地．
【解答】解：根据题意可知，两车的速度和为：360÷2＝180（km/h），
慢车的速度为：88÷（3.6﹣2.5）＝80（km/h），则快车的速度为100km/h，
所以快车速度比慢车速度多20km/h；故②结论正确；
（3.6﹣2.5）×80＝88（km），
故相遇后慢车停留了0.5h，快车停留了1.6h，此时两车距离为88km，故①结论错误；
88+180×（5﹣3.6）＝340（km），
所以图中a＝340，故③结论正确；
快车到达终点的时间为360÷100+1.6＝5.2小时，
慢车到达终点的时间为360÷80+0.5＝5小时，
因为5.2＞5，
所以慢车先到达目的地，故④结论错误．
所以正确的是②③．
故答案为：②③．
【必考点9 一次函数图象与方程、不等式综合问题】
49．直线y ＝kx+b与y ＝mx+m的图象交于点A（﹣2，3），下列判断正确的是（ ）
1 2①关于x的方程﹣kx+b＝﹣mx+m的解是x＝2
②当b＞3时，关于x的不等式kx+b＞mx+m的解集是x＞﹣2
③设直线y ＝y +y ，则直线y 一定经过定点（﹣2，6）
3 1 2 3
④当原点到直线y 的距离最大时，则b＝4．
1
A．①②③ B．①②④ C．②③ D．①④
【分析】根据一次函数图象得出a＞0，b＞0，k＜0，即可判断①，根据只有当k＝﹣1时，∠ABO＝
45°，即可判断②，根据函数图象以及交点的横坐标即可判断③④，即可求解．
【解答】解：∵直线y ＝kx+b与y ＝mx+m的图象交于点A（﹣2，3），
1 2
∴直线y＝﹣kx+b与y＝﹣mx+m的图象交于点（2，3），
∴关于x的方程﹣kx+b＝﹣mx+m的解是x＝﹣2，
故①正确；
∵直线y ＝kx+b与y ＝mx+m的图象交于点A（﹣2，3），
1 2
∴当b＞3时，则直线y ＝kx+b过第一、二、三象限，y随x的增大而增大，
1
∴关于x的不等式kx+b＞mx+m的解集是x＞﹣2；
故②正确；
∵直线y ＝kx+b与y ＝mx+m的图象交于点A（﹣2，3），
1 2
∴3＝﹣2k+b，3＝﹣2m+m，
b−3
∴k= ，m＝﹣3，
2
b−3
∵y = x+b，y ＝﹣3x﹣3，
1 2 2
b−9
∴y = x+b﹣3，
3 2
当x＝﹣2时，y ＝﹣b+9+b﹣3＝6，
3
∴直线y 一定经过定点（﹣2，6），
3
故③正确；
∵点O（0，0），点A（﹣2，3），
3
∴直线OA的解析式为y=− x，
2
b−3
∴当直线OA与直线y = x+b垂直时，
1 2
b−3 3
∴ ×（− ）＝﹣1，
2 213
∴b= ，故④错误，
3
故选：A．
50．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B在x轴正半轴上，点C在y轴负半轴上，直线AB，
BC的解析式分别为y ＝﹣2x+a和y ＝kx+b（其中a，k，b均为常数）．有下列结论：
1 2
①点B的坐标为（2，0）；
{2x+ y=a
)
{x=2)
②方程组 的解为 ；
−kx+ y=b y=4
③不等式﹣2x+a≥kx+b的解集为x≥2；
④若点P（4，m），点Q（4，n）分别在直线y ＝﹣2x+a和y ＝kx+b上，则n﹣m+b＝4．
1 2
其中，正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】把点A（0，4）代入y ＝﹣2x+a得a＝4，求得y ＝﹣2x+4，当y＝0时，得到B（2，0），故
1 1
{x=2)
①正确；根据两直线的交点坐标即为方程组的解得到 ，故②错误；根据函数的图象得到不等式
y=0
b
﹣2x+a≥kx+b的解集为x≤2，故③错误；把B（2，0）代入y ＝kx+b得2k+b＝0，求得y =− x+b，
2 2 2
b
把点P（4，m），点Q（4，n）分别代入y ＝﹣2x+4和y =− x+b，得到m＝﹣4，n＝﹣b，于是得到
1 2 2
n﹣m+b＝﹣b+4+b＝4，故④正确．
【解答】解：（1）把点A（0，4）代入y ＝﹣2x+a得a＝4，∴y ＝﹣2x+4，当y＝0时，0＝﹣2x+4，
1 1
∴x＝2，∴B（2，0），故①正确；
∵直线AB，BC的解析式分别为y ＝﹣2x+a和y ＝kx+b交于B，
1 2
{2x+ y=a
)
{x=2)
∴方程组 的解为 ，故②错误；
−kx+ y=b y=0∵当x≤2时，y ＝﹣2x+a的图象在y ＝kx+b的上面，
1 2
∴不等式﹣2x+a≥kx+b的解集为x≤2，故③错误；
把B（2，0）代入y ＝kx+b得2k+b＝0，
2
b
∴k=− ，
2
b
∴y =− x+b，
2 2
b
∵点P（4，m），点Q（4，n）分别在直线y ＝﹣2x+4和y =− x+b上，
1 2 2
∴m＝﹣4，n＝﹣b，
∴n﹣m+b＝﹣b+4+b＝4，故④正确；
故选：B．
51．在平面直角坐标系xOy中，直线L ：y ＝x﹣m（0＜m＜1）交x，y轴于点B，C，直线L ：y ＝k（x﹣
1 1 2 2
2）+2﹣m（k为任意实数）与直线L 交于点A．现有如下结论：
1
①对于直线L 在0＜x＜1时，﹣m＜y ＜0；
1 1
②直线L 与x轴所夹锐角总等于45°；
1
③k≠1，若直线L 与y轴交点为D，△ADC为等腰直角三角形，DC的长为2或4；
2
{ y=x−m )
④关于x，y的二元一次方程组 一定有一组解是x＝2．
y=k(x−2)+2−m
其中正确的结论序号为 ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征即可判断①；由一次项系数即可判断②；分两组情况讨论
求得CD的值即可判断③；根据A的横坐标即可判断④．
【解答】解：①∵直线L ：y ＝x﹣m（0＜m＜1）中k＝1＞0，
1 1
∴y 随x的增大而增大，
1
当x＝0时，y ＝﹣m；当x＝1时，y ＝1﹣m，
1 1
∴﹣m＜y ＜1﹣m，
1
∵0＜m＜1，
∴1﹣m＞0，
则①不一定成立；
故结论①错误；
②∵直线L ：y ＝x﹣m（0＜m＜1）中k＝1，
1 1
∴直线L 与x轴所夹锐角总等于45°，
1故结论②正确；
③∵x＝2时，y ＝x﹣m，y ＝2﹣m，
1 2
∴A（2，2﹣m），
当∠ADC＝90°时，
∵△ADC为等腰直角三角形，
∴DC＝AD＝2；
当∠DAC＝90°时，
∵△ADC为等腰直角三角形，
∴DC＝4；
∴DC的长为2或4，
故结论③正确；
④由③可知，直线L 与直线L 的交点A横坐标为2，
1 2
{ y=x−m )
∴关于x，y的二元一次方程组 一定有一组解是x＝2，
y=k(x−2)+2−m
故结论④正确．
故答案为：②③④．
52．一次函数y ＝kx+b（b＞5）与y ＝mx﹣m的图象交于点A（3，2），有下列结论：
1 2
①k＞0；
②关于x的方程kx+b＝mx﹣m的解为x＝3；
③关于x的不等式组kx+b＞mx﹣m≥0的解集为1≤x＜3；
④若|y ﹣y |＝b+1，则x＝0或6．
1 2
其中正确的结论是 .（填写序号）
【分析】①根据一次函数与方程是关系求解；
②根据函数的图象求解；
③根据一次函数的系数与图象的关系求解；
④根据三角形全等额性质求解．
【解答】解：根据题意画函数的图象如下：①当b＝5时，3k+5＝2，
解得k＝﹣1，
∴当b＞5时，
∴k＜﹣1，
故是错误的；
②∵一次函数y ＝kx+b（b＞5）与y ＝mx﹣m交于点A（3，2），
1 2
∴3m﹣m＝2，
解得：m＝1，
∴y ＝x﹣1与x轴的交点为（1，0），
2
由图象得：关于x的方程kx+b＝mx﹣m的解为x＝3，
故②是正确的；
③由图象得：不等式组kx+b＞mx﹣m≥0的解集为1≤x＜3，
故③是正确的；
④∵|y ﹣y |＝b+1，
1 2
∴|（kx+b）﹣（x﹣1）|＝b+1，
−2b−2
解得：x ＝0，x = ，
1 2 k−1
由三角形全等得：x ＝6，
2
故④是正确的；
故答案为：②③④．【必考点10 一次函数图象交点问题求参】
53．在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，直线 y＝kx﹣2k+2（k＜0）与坐标轴
围成的三角形区域（不含边界）中只有四个整点，则k的取值范围是（ ）
1 1
A．﹣2＜k≤− B．﹣2＜k≤− 且k≠﹣1
2 2
1 1
C．﹣2≤k≤− D．﹣2≤k≤− 且k≠﹣1
2 2
【分析】由y＝kx﹣2k+2（k＜0），得出直直线经过点（2，2），如图，当直线经过（3.0）或（3.0）
时，直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，当直
线经过（4，0）时，直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有
三个整点，分别求得这三种情况下的k的值，结合图象即可得到结论．
【解答】解：∵y＝kx﹣2k+2＝k（x﹣2）+2，
∴直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）经过点（2，2），如图，
当直线经过（3.0）时，直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只
有四个整点，则0＝k+2，解得k＝﹣2；
当直线经过（6.0）时，直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只
1
有四个整点，则0＝4k+2，解得k=− ；
2
当直线经过（4，0）时，直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且
只有三个整点，则0＝2k+2，解得k＝﹣1；
∴直线y＝kx﹣2k+2（k＜0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则的取1
值范围是﹣2≤k≤− 且k≠﹣1．
2
故选：D．
1
54．函数y＝|x﹣1|（﹣1≤x≤2）与y= x+m的图象有两个交点，则m的取值范围为（ ）
2
5 1 1 1 5
A．0＜m≤ B．m=− C．− ＜m≤0 D．− ≤m≤
2 2 2 2 2
1
【分析】作出函数图象，求出y= x+m恰好经过拐点和两个函数图象有两个交点时的 m的值，再写出
2
m的取值范围即可．
1 1
【解答】解：如图，当y= x+m经过点（1，0）时， +m＝0，
2 2
1
解得m=− ，
2
1 1
当y= x+m经过点（2，1）时， ×2+m＝1，
2 2
解得m＝0，
1
所以，两个函数图象有两个交点时，m的取值范围是− ＜m≤0．
2
故选：C．
55．著名数学家华罗庚说过“数形结合百般好，隔离分家万事休”．请运用这句话提到的思想方法，判断
若函数 y＝|﹣2x+3|的图象与直线 y＝kx﹣k+4（k 是常数）有两个交点，则符合条件的 k 值可能是
（ ）
A．﹣5 B．﹣1 C．3 D．7
3
【分析】由y＝|﹣2x+3|可知，图象关于直线x= 对称，画出图象，观察图象即可．
2
【解答】解：图象如图所示，∵直线y＝kx﹣k+4＝k（x﹣1）+4，
∴直线y＝kx﹣k+4（k是常数）过定点（1，4），
∴若函数y＝|﹣2x+3|的图象与直线y＝kx﹣k+4（k是常数）有两个交点，则﹣2＜k＜2．
故选：B．
56．直线y＝kx﹣1与函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|的图象有且只有两个公共点，则k的取值范围是 ．
【分析】画出函数图象，利用图象即可求解．
【解答】解：函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|的图象如图所示，
当直线y＝kx﹣1经过点（2，1）时，直线y＝kx﹣1与函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|的图象有且只有1个公共
点，此时2k﹣1＝1，解得k＝1；
当直线y＝kx﹣1与函数y＝2x﹣3平行时，直线y＝kx﹣1与函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|的图象有且只有1个公
共点，此时k＝2；观察图象可知，直线y＝kx﹣1与函数y＝|x﹣1|+|x﹣2|的图象有且只有两个公共点，则k的取值范围是1
＜k＜2．
故答案为：1＜k＜2．
【必考点11 一次函数与几何综合题】
57． 1765年数学家欧拉在其著作《三角形几何学》中首次提出定理：三角形三边的垂直平分线的交点，
三条中线的交点以及三条高线的交点在一条直线上，这条线也被称为欧拉线．如图，已知△OAB的三
个顶点分别为O（0，0），A（2，4），B（6，0），则△OAB的欧拉线的解析式为（ ）
x 20
A．y＝2x﹣2 B．y= C．y＝﹣x+4 D．y=−2x+
3 3
【分析】作△ABO的中线OD，AE交于点G，设△OAB三边的垂直平分线的交点为W（a，b），则直
线WG为欧拉线，进而再求出直线OD的解析式为y＝1/2x，直线AE的解析式为：y＝﹣4x+12，由此可
得点G（8/3，4/3），根据AW＝OW＝BW，构建方程，求出点W的坐标，由此即可求出即△OAB的欧
拉线的解析式．
【解答】解：作△ABO的中线OD，AE交于点G，设△OAB三边的垂直平分线的交点为W（a，b），
则直线WG为欧拉线，如图所示：
∴点D，E的坐标分别为（4，2），（3，0）．
{2m+n=4) {m=−4)
设直线AE的解析式为y＝mx+n，则有 ，解得 ，
3m+n=0 n=12
∴直线AE的解析式为y＝﹣4x+12①，
1
由点，O，D的坐标，同理可得直线OD的解析式为y= x②，
28
{x= )
3
由①②解得 ，
4
y=
3
8 4
故点G的坐标为（ ， ）．
3 3
∵三边的垂直平分线的交点为W（a，b），则AW＝OW＝BW，
∴（a﹣2）2+（b﹣4）2＝（a﹣6）2+（b﹣0）2＝（a﹣0）2+（b﹣0）2，
解得a＝3，b＝1，可得W（3，1），
{3k+c=1
)
设该三角形的欧拉线的解析式为y＝kx+c，将W，G的坐标代入可得 8 4 ，
k+c=
3 3
{k=−1)
解得 ，
c=4
则该三角形的欧拉线的解析式为y＝﹣x+4．
故选：C．
58．如图，一次函数y＝x+2的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，x轴上有一点C（﹣1，0），P，Q分别
为直线y＝x+2和y轴上的两个动点，当△CPQ的周长最小时，点P，Q的坐标分别是（ ）
5 3 1 5 3 1
A．P(− ， )，Q(0， ) B．P(− ， )，Q(0， )
4 4 3 2 4 3
5 3 2 5 3 2
C．P(− ， )，Q(0， ) D．P(− ， )，Q(0， )
2 4 3 4 4 3
【分析】作C点关于直线y＝x+2的对称点C′和关于y轴的对称点C″，由y＝x+2可得A（﹣2，
0），B（0，2），所以△AOB是等腰直角三角形，求得C″（﹣2，1），C′（﹣1，0），待定系数法1 1
求出直线C′C″的解析式为y=− x+ ，直线C′C″与y轴的交点即为Q点的坐标，直线y＝x+2的
3 3
交点即为P点坐标．
【解答】解：作C点关于直线y＝x+2的对称点C′和关于y轴的对称点C″，如图，
则C″（1，0），C′P＝CP，CQ＝C″Q，
∴CP+CQ+PQ＝C′P+C″Q+PQ，
当C′，C″，P，Q共线时△CPQ周长最小，
∵一次函数y＝x+2的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
则△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∵C、C′关于AB对称，
∴∠PAC′＝∠PAC＝45°，
∴∠OAC′＝90°，
∵C（﹣1，0），
∴AC＝OA﹣OC＝1＝AC′，
∴C′（﹣2，1），
设直线C′C″的解析式为y＝kx+b，
1
{k=− )
{ 0=k+b ) 3
，解得 ，
1=−2k+b 1
b=
3
1 1
则直线C′C″的解析式为y=− x+ ，
3 31
则点Q(0， )，
3
5
{
y=x+2
)
{x=− )
4
联立 1 1 ，解得 ，
y=− x+ 3
3 3 y=
4
5 3
则P(− ， )．
4 4
故选：A．
4
59．如图，一次函数y= x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C的坐标为（3，0），点D，
3
E分别是线段BO，BC上的动点，且BD＝CE，则BC的长为 ；当AD+AE的值取最小值时，点D
的坐标为 ．
4
【分析】依据题意，由一次函数y= x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A和点B，从而令x＝0，则y
3
＝4；令 y＝0，则 x＝﹣3，故可得 A（﹣3，0），B（0，4），又 C 为（3，0），从而可得 BC
=❑√32+42=5；又作CF⊥x轴于C，使得CF＝AB，连接EF，先证明△ABD≌△FCE，进而可得AD＝
5 5
FE，故AD+AE＝AE+EF≥AF，则当E在AF上时，AD+AE最小，然后先求出直线AF为y= x+ ，再
6 2
求出BC，进而可得E的坐标，最后求出CE＝BD，结合D在y轴上可得坐标．
4
【解答】解：由题意，∵一次函数y= x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A和点B，
3
∴令x＝0，则y＝4；令y＝0，则x＝﹣3．
∴A（﹣3，0），B（0，4）．
又C为（3，0），
∴OB＝4，OC＝3．∴BC=❑√32+42=5．
如图，作CF⊥x轴于C，使得CF＝AB，连接EF，
∴BO∥FC．
∴∠FCE＝∠CBD．
∵A（﹣3，0），C（3，0），
∴OA＝OC．
又OB⊥AC，
∴AB＝BC＝CF＝5，∠ABD＝∠CBD＝∠FCE．
在△ABD和△FCE中，
{
AB=FC
)
∠ABD=∠FCE ，
BD=CE
∴△ABD≌△FCE（SAS）．
∴AD＝FE．
∴AD+AE＝AE+EF≥AF．
∴当E在AF上时，AD+AE最小．
∵F（3，5），A（﹣3，0），
5 5
∴直线AF为y= x+ ．
6 2
4
又∵直线BC为y=− x+4，
3
5 5
{ y= x+ )
6 2
∴联列方程组 ．
4
y=− x+4
3
9 40
∴E（ ， ）．
13 1350
∴CE＝BD= ．
13
50 2
∴D的纵坐标为：4− = ．
13 13
2
∴D（0， ）．
13
2
故答案为：5；（0， ）．
13
60．如图，已知平面直角坐标系中有一点A（3，3），且一次函数y＝﹣x+2与x轴相交于点B，与y轴相
交于点C，在直线BC上存在一动点M，连接OM，AM，当点M运动到OM+AM最短时，AM的长度是
．
【分析】当点O，M，A三点共线时，OM+AM最短，由点O，A的坐标，利用待定系数法可求出直线
OA的函数解析式，联立两直线的函数解析式组成方程组，解之可得出此时点 M的坐标，再利用两点间
的距离公式（勾股定理），即可求出结论．
【解答】解：当点O，M，A三点共线时，OM+AM最短．
设直线OA的函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
{ b=0 )
将O（0，0），A（3，3）代入y＝kx+b得： ，
3k+b=3
{k=1)
解得： ，
b=1
∴直线OA的函数解析式为y＝x．
{ y=x )
联立两直线函数解析式组成方程组 ，
y=−x+2
{x=1)
解得： ，
y=1
∴当点M运动到OM+AM最短时，点M的坐标为（1，1），此时AM=❑√(3−1) 2+(3−1) 2=2❑√2．
故答案为：2．
