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各名校期末压轴题模拟训练 2
（范围：第16-20章）
一．选择题（共13小题）
1．如图，已知：函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），则根据图象可得
不等式3x+b＞ax﹣3的解集是（ ）
A．x＞﹣5 B．x＞﹣2 C．x＞﹣3 D．x＜﹣2
【答案】B
【解答】解：∵函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），
则根据图象可得不等式3x+b＞ax﹣3的解集是x＞﹣2，
故选：B．
2．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A． B． C．5 D．4
【答案】A
【解答】解：设AC交BD于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝ ＝5，∵S菱形ABCD ＝ ，
∴ ，
∴DH＝ ，
故选：A．
3．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，
交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC＝ ＝10，
∴AO＝DO＝ AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD ＝S△AOE +S△DOE ，即12＝ AO×EO+ DO×EF，
∴12＝ ×5×EO+ ×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，∴EO+EF＝ ，
故选：C．
4．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同
侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为 S 、S 、S 、S ．则
1 2 3 4
S +S +S +S 等于（ ）
1 2 3 4
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】C
【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，
可证明Rt△ADF≌Rt△BCA，Rt△DFK≌Rt△CAT，
所以S
2
＝S
Rt△ABC
．
由Rt△DFK≌Rt△CAT可进一步证得：Rt△FPT≌Rt△EMK，
∴S
3
＝S△FPT ，
又可证得Rt△AQF≌Rt△ACB，
∴S 1 +S 3 ＝S Rt△AQF ＝S Rt△ABC ．
易证Rt△ABC≌Rt△EBN，
∴S
4
＝S
Rt△ABC
，
∴S +S +S +S
1 2 3 4
＝（S +S ）+S +S
1 3 2 4
＝S Rt△ABC +S Rt△ABC +S Rt△ABC
＝S Rt△ABC ×3
＝4×3÷2×3
＝18．
故选：C．5．如图，已知E、F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为
BD的中点，则下列结论：①∠AME＝90°；②∠BAF＝∠EDB；③∠BMO＝90°；
④MD＝2AM＝4EM；⑤AM＝ MF．其中正确结论的个数是（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
∴AE＝BF＝ BC，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠DAF＝∠BAD＝90°，
∴∠AMD＝180°﹣（∠ADE+∠DAF）＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AME＝180°﹣∠AMD＝180°﹣90°＝90°，故①正确；
∵DE是△ABD的中线，∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，故②错误；
∵∠BAD＝90°，AM⊥DE，
∴△AED∽△MAD∽△MEA，
∴ ＝ ＝ ＝2，
∴AM＝2EM，MD＝2AM，
∴MD＝2AM＝4EM，故④正确；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF＝a，
在Rt△ABF中，AF＝ ＝ ＝ a，
∵∠BAF＝∠MAE，∠ABC＝∠AME＝90°，
∴△AME∽△ABF，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
解得AM＝ a，
∴MF＝AF﹣AM＝ a﹣ a＝ a，
∴AM＝ MF，故⑤正确；
如图，过点M作MN⊥AB于N，
则 ＝ ＝ ，
即 ＝ ＝ ，
解得MN＝ a，AN＝ a，∴NB＝AB﹣AN＝2a﹣ a＝ a，
根据勾股定理，BM＝ ＝ ＝ a，
过点M作GH∥AB，过点O作OK⊥GH于K，
则OK＝a﹣ a＝ a，MK＝ a﹣a＝ a，
在Rt△MKO中，MO＝ ＝ ＝ a，
根据正方形的性质，BO＝2a× ＝ a，
∵BM2+MO2＝（ a）2+（ a）2＝2a2，
BO2＝（ a）2＝2a2，
∴BM2+MO2＝BO2，
∴△BMO是直角三角形，∠BMO＝90°，故③正确；
综上所述，正确的结论有①③④⑤共4个．
故选：B．
6．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，
交BC于点F，则DE的长是（ ）A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【解答】解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，
∵EF⊥AC，
∴AE＝CE，
设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+62＝（8﹣x）2，
解得：x＝ ，
即DE＝ ；
故选：B．
7．如图，在菱形 ABCD中，E是AB边上一点，且∠A＝∠EDF＝60°，有下列结论：
①AE＝BF；②△DEF是等边三角形；③△BEF是等腰三角形；④∠ADE＝∠BEF，
其中结论正确的个数是（ ）
A．3 B．4 C．1 D．2
【答案】A
【解答】解：连接BD，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ADB＝ ∠ADC，AB∥CD，∵∠A＝60°，
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°，
同理：∠DBF＝60°，
即∠A＝∠DBF，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD，
∵∠ADE+∠BDE＝60°，∠BDE+∠BDF＝∠EDF＝60°，
∴∠ADE＝∠BDF，
∵在△ADE和△BDF中，
，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴DE＝DF，AE＝BF，故①正确；
∵∠EDF＝60°，
∴△EDF是等边三角形，
∴②正确；
∴∠DEF＝60°，
∴∠AED+∠BEF＝120°，
∵∠AED+∠ADE＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠ADE＝∠BEF；
故④正确．
∵△ADE≌△BDF，
∴AE＝BF，
同理：BE＝CF，
但BE不一定等于BF．
故③错误．
综上所述，结论正确的是①②④．
故选：A．8．《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读 kǔn，门槛的意
思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意
图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺
＝10寸），则AB的长是（ ）
A．50.5寸 B．52寸 C．101寸 D．104寸
【答案】C
【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10（寸），OE＝ CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故选：C．9．甲、乙两船沿直线航道AC匀速航行．甲船从起点A出发，同时乙船从航道AC中途的
点B出发，向终点C航行．设t小时后甲、乙两船与B处的距离分别为d ，d ，则d ，
1 2 1
d 与t的函数关系如图．下列说法：
2
①乙船的速度是40千米/时；
②甲船航行1小时到达B处；
③甲、乙两船航行0.6小时相遇；
④甲、乙两船的距离不小于 10 千米的时间段是 0≤t≤2.5．其中正确的说法的是
（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【解答】解：乙船从B到C共用时3小时，走过路程为120千米，因此乙船的速度是40
千米/时，①正确；
乙船经过0.6小时走过0.6×40＝24千米，甲船0.6小时走过60﹣24＝36千米，所以甲船
的速度是36÷0.6＝60千米/时，
开始甲船距B点60千米，因此经过1小时到达B点，②正确；
航行0.6小时后，甲乙距B点都为24千米，但是乙船在B点前，甲船在B点后，二者相
距48千米，因此③错误；
开始后，甲乙两船之间的距离越来越小，甲船经过 1小时到达B点，此时乙离B地40
千米，
航行2.5小时后，甲离B地：60×1.5＝90千米，乙离B地：40×2.5＝100千米，此时两船
相距10千米，当2.5＜t≤3时，甲乙的距离小于10，因此④正确；
综上所述，正确的说法有①②④．
故选：C．
10．在直线l上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是 1，2，3，
正放置的四个正方形的面积依次是S ，S ，S ，S ，则S +S +S +S ＝（ ）
1 2 3 4 1 2 3 4A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【解答】解：由勾股定理的几何意义可知：S +S ＝1，S +S ＝2，S +S ＝3，S +S +S +S
1 2 2 3 3 4 1 2 3 4
＝4，故选A．
11．如图1，点P从△ABC的顶点A出发，沿A﹣B﹣C匀速运动，到点C停止运动．点P
运动时，线段AP的长度y与运动时间x的函数关系如图2所示，其中D为曲线部分的
最低点，则△ABC的面积是（ ）
A．10 B．12 C．20 D．24
【答案】B
【解答】解：根据图象可知，点P在AB上运动时，此时AP不断增大，
由图象可知：点P从A向B运动时，AP的最大值为5，即AB＝5，
点P从B向C运动时，AP的最小值为4，
即BC边上的高为4，
∴当AP⊥BC，AP＝4，
此时，由勾股定理可知：BP＝3，
由于图象的曲线部分是轴对称图形，
∴PC＝3，
∴BC＝6，
∴△ABC的面积为： ×4×6＝12，
故选：B．12．计算式子（ ﹣2）2021（ +2）2020的结果是（ ）
A．﹣1 B． ﹣2 C．2﹣ D．1
【答案】B
【解答】解：（ ﹣2）2021（ +2）2020
＝[（ ﹣2）×（ +2）]2020×（ ﹣2）
＝（﹣1）2020×（ ﹣2）
＝1×（ ﹣2）
＝ ﹣2，
故选：B．
13．如图，在平行四边形 ABCD 中，对角线 AC⊥BC，M 在∠CAD 的平分线上，且
AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD＝12，MN＝2．则AB的长为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．30
【答案】B
【解答】解：延长DM交AC于E，
∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，
∠DAM＝∠EAM，∠AMD＝∠AME＝90°，
在△ADM和△AEM中，，
∴△ADM≌△AEM（ASA），
∴DM＝EM，AE＝AD＝12，
∴M点是DE的中点，
∵N是CD的中点，
∴MN是△CDE的中位线，
∵MN＝2，
∴CE＝2MN＝4，
∴AC＝AE+CE＝12+4＝16，
在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AD∥BC，AC⊥BC，
∴AC⊥AD，
∴∠CAD＝90°，
∴AB＝CD＝ ，
故选：B．
二．填空题（共8小题）
14．把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角
顶点与另一个的直角顶点重合于点 A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若
AB＝ ，则CD＝ ﹣ 1 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B＝45°，
∴BC＝ AB＝2，BF＝AF＝ AB＝1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD＝BC＝2，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF＝ ＝
∴CD＝BF+DF﹣BC＝1+ ﹣2＝ ﹣1，
故答案为： ﹣1．
15．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），
（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角
形时，点P的坐标为 （ 2 ， 4 ）或（ 3 ， 4 ）或（ 8 ， 4 ） ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由题意，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，有三种情况：
（1）如答图①所示，PD＝OD＝5，点P在点D的左侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝3，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，
∴此时点P坐标为（2，4）；（2）如答图②所示，OP＝OD＝5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：OE＝ ＝ ＝3，
∴此时点P坐标为（3，4）；
（3）如答图③所示，PD＝OD＝5，点P在点D的右侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝3，
∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，
∴此时点P坐标为（8，4）．
综上所述，点P的坐标为：（2，4）或（3，4）或（8，4）；
故答案为：（2，4）或（3，4）或（8，4）；
16．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点N是BC边上一点，点M为AB边上的
动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．【答案】 ．
【解答】解：连接CM，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴DE＝ CM，
当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，
由勾股定理得：AB＝ ＝ ＝5，
∵S△ABC ＝ ＝ ，
∴CM＝ ，
∴DE＝ ＝ ，
故答案为： ．
17．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB，BC的中点，连接EC，
FD，点G、H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．【答案】 ．
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF＝ ×2＝1，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC，
∵DH＝FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝1，
∴AP＝AD﹣PD＝1，
∴PE＝ ＝ ，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴GH＝ EP＝ ．
18．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝6，若点P是边AB上的一个动点
以每秒3个单位的速度按照从A→B→A运动，同时点Q从B→C以每秒1个单位的速度
运动，当一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．在运动过程中，设运动时
间为t，若△BPQ为直角三角形，则t的值为 、 、 4. 8 ．【答案】见试题解答内容
【解答】解：①如图（1）当∠BQP＝90°时，则∠BPQ＝30°，BP＝2BQ，
∵BP＝12﹣3t，BQ＝t，
∴12﹣3t＝2t，
解得：t＝ ；
②如图（2）当∠QPB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BQP＝30°，
∴BQ＝2BP，
若0＜t＜4，
则t＝2（12﹣3t）．
t＝ ，
③当∠QPB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BQP＝30°，
∴BQ＝2BP，
若4＜t≤6时，
则t＝4.8；
故答案为 、 、4.8．19．如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、
C、D的面积依次为4、6、18，则正方形B的面积为 8 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由题意：S正方形A +S正方形B ＝S正方形E ，S正方形D ﹣S正方形C ＝S正方形E ，
∴S正方形A +S正方形B ＝S正方形D ﹣S正方形C
∵正方形A、C、D的面积依次为4、6、18，
∴S正方形B +4＝18﹣6，
∴S正方形B ＝8．
故答案为：8．
20．如图所示，一根长为 7cm的吸管放在一个圆柱形杯中，测得杯的内部底面直径为
3cm，高为4cm，则吸管露出在杯外面的最短长度为 2 cm．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设在杯里部分长为x cm，则有：x2＝32+42，
解得：x＝5，
所以露在外面最短的长度为7﹣5＝2（cm），
故吸管露出杯口外的最短长度是2cm，
故答案为：2．
21．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的
若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如
图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是 7 6 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设将AC延长到点D，连接BD，
根据题意，得CD＝6×2＝12，BC＝5．
∵∠BCD＝90°
∴BC2+CD2＝BD2，即52+122＝BD2
∴BD＝13
∴AD+BD＝6+13＝19
∴这个风车的外围周长是19×4＝76．
故答案为：76．
三．解答题（共19小题）
22．某校校园超市老板到批发中心选购甲、乙两种品牌的文具盒，乙品牌的进货单价是甲
品牌进货单价的2倍，考虑各种因素，预计购进乙品牌文具盒的数量y（个）与甲品牌
文具盒的数量x（个）之间的函数关系如图所示．当购进的甲、乙品牌的文具盒中，甲
有120个时，购进甲、乙品牌文具盒共需7200元．
（1）根据图象，求y与x之间的函数关系式；（2）求甲、乙两种品牌的文具盒进货单价；
（3）若该超市每销售1个甲种品牌的文具盒可获利4元，每销售1个乙种品牌的文具盒
可获利9元，根据学生需求，超市老板决定，准备用不超过 6300元购进甲、乙两种品
牌的文具盒，且这两种品牌的文具盒全部售出后获利不低于1795元，问该超市有几种
进货方案？哪种方案能使获利最大？最大获利为多少元？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，由函数图象，得
，
解得： ，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣x+300；
（2）∵y＝﹣x+300；
∴当x＝120时，y＝180．
设甲品牌进货单价是a元，则乙品牌的进货单价是2a元，由题意，得
120a+180×2a＝7200，
解得：a＝15，
∴乙品牌的进货单价是30元．
答：甲、乙两种品牌的文具盒进货单价分别为15元，30元；
（3）设甲品牌进货m个，则乙品牌的进货（﹣m+300）个，由题意，得
，
解得：180≤m≤181，
∵m为整数，∴m＝180，181．
∴共有两种进货方案：
方案1：甲品牌进货180个，则乙品牌的进货120个；
方案2：甲品牌进货181个，则乙品牌的进货119个；
设两种品牌的文具盒全部售出后获得的利润为W元，由题意，得
W＝4m+9（﹣m+300）＝﹣5m+2700．
∵k＝﹣5＜0，
∴W随m的增大而减小，
∴m＝180时，W最大 ＝1800元．
23．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，
点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作
EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．
（1）求证：GF＝GC；
（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）如图1，连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，
∴∠DFG＝90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵ ，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），∴GF＝GC；
（2）BH＝ AE，理由是：
证法一：如图2，在线段AD上截取AM，使AM＝AE，
∵AD＝AB，
∴DM＝BE，
由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠ADC＝90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，
∴2∠2+2∠3＝90°，
∴∠2+∠3＝45°，
即∠EDG＝45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH，
∴∠1＝∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵ ，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM＝BH，
Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE，
∴EM＝ AE，
∴BH＝ AE；
证法二：如图3，过点H作HN⊥AB于N，
∴∠ENH＝90°，
由方法一可知：DE＝EH，∠1＝∠NEH，
在△DAE和△ENH中，
∵ ，∴△DAE≌△ENH（AAS），
∴AE＝HN，AD＝EN，
∵AD＝AB，
∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，
∴AE＝BN＝HN，
∴△BNH是等腰直角三角形，
∴BH＝ HN＝ AE．
24．甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发向乙地，轿车比货车
晚出发1.5小时，如图，线段OA表示货车离甲地的距离y（千米）与时间x（小时）之
间的函数关系；折线BCD表示轿车离甲地的距离y（千米）与时间x（时）之间的函数
关系，请根据图象解答下列问题：
（1）轿车到达乙地时，求货车与甲地的距离；
（2）求线段CD对应的函数表达式；（3）在轿车行进过程，轿车行驶多少时间，两车相距15千米．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图象可得，
货车的速度为300÷5＝60（千米/小时），
则轿车到达乙地时，货车与甲地的距离是60×4.5＝270（千米），
即轿车到达乙地时，货车与甲地的距离是270千米；
（2）设线段CD对应的函数表达式是y＝kx+b，
∵点C（2.5，80），点D（4.5，300），
∴ ，
解得 ，
即线段CD对应的函数表达式是y＝110x﹣195（2.5≤x≤4.5）；
（3）当x＝2.5时，两车之间的距离为：60×2.5﹣80＝70，
∵70＞15，
∴在轿车行进过程，两车相距15千米时间是在2.5～4.5之间，
由图象可得，线段OA对应的函数解析式为y＝60x，
则|60x﹣（110x﹣195）|＝15，
解得x ＝3.6，x ＝4.2，
1 2
∵轿车比货车晚出发1.5小时，3.6﹣1.5＝2.1（小时），4.2﹣1.5＝2.7（小时），
∴在轿车行进过程，轿车行驶2.1小时或2.7小时，两车相距15千米，
答：在轿车行进过程，轿车行驶2.1小时或2.7小时，两车相距15千米．
25．台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上百千米的范围内形成极端气候，
有极强的破坏力，如图，有一台风中心沿东西方向AB由A行驶向B，已知点C为一海
港，且点C与直线AB上的两点A，B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）求∠ACB的度数；
（2）海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风的速度为20千米/小时，当台风运动到点E处时，海港C刚好受到影响，当
台风运动到点F时，海港C刚好不受影响，即CE＝CF＝250km，则台风影响该海港持
续的时间有多长？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）海港C受台风影响，
理由：过点C作CD⊥AB，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC×BC＝CD×AB，
∴300×400＝500×CD，
∴CD＝240（km），
∵以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
（3）当EC＝250km，FC＝250km时，正好影响C港口，
∵ED＝ ＝70（km），
∴EF＝140km，
∵台风的速度为20千米/小时，
∴140÷20＝7（小时）．
答：台风影响该海港持续的时间为7小时．26．为了美化环境，建设宜居城市，我市准备在一个广场上种植甲、乙两种花卉，经市场
调查，甲种花卉的种植费用y（元）与种植面积x（m2）之间的函数关系如图所示，乙
种花卉的种植费用为每平方米100元．
（1）直接写出当0≤x≤300和x＞300时，y与x的函数关系式；
（2）广场上甲、乙两种花卉的种植面积共 1200m2，若甲种花卉的种植面积不少于
200m2，且不超过乙种花卉种植面积的2倍，那么应该怎样分配甲、乙两种花卉的种植
面积才能使种植总费用最少？最少总费用为多少元？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）y＝
（2）设甲种花卉种植为 a m2，则乙种花卉种植（1200﹣a）m2．
由题意得， ，
∴200≤a≤800
当200≤a≤300时，W ＝130a+100（1200﹣a）＝30a+120000．
1
当a＝200 时．W ＝126000 元
min
当300＜a≤800时，W ＝80a+15000+100（1200﹣a）＝135000﹣20a．
2
当a＝800时，W ＝119000 元
min
∵119000＜126000
∴当a＝800时，总费用最少，最少总费用为119000元．
此时乙种花卉种植面积为1200﹣800＝400m2．
答：应该分配甲、乙两种花卉的种植面积分别是800m2 和400m2，才能使种植总费用最少，最少总费用为119000元．
27．观察下列一组式的变形过程，然后回答问题：
例1： ﹣1，
例2： ＝ ， ， ，…
（1） ＝ ， ＝ ；
（2）请你用含n（n为正整数）的关系式表示上述各式子的变形规律；
（3）利用上面的结论，求下列式子的值．
．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1） ＝ ； ＝
（2）
（3）
＝ ，
＝
＝10﹣1
＝9．
28．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的
平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS）；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
29．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发，以每秒
4cm的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）若点P在AC上，且满足△BCP的周长为14cm，求此时t的值；
（2）若点P在∠BAC的平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，直接写出当t为何值时，△BCP为等腰三角形．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图1所示：
由题意得：AP＝4t，∠ACB＝90°，
∴AC＝ ＝ ＝8，则CP＝8﹣4t，
∵△BCP的周长为14，
∴BP＝14﹣6﹣（8﹣4t）＝4t，
在Rt△BCP中，由勾股定理得：62+（8﹣4t）2＝（4t）2，
解得：t＝ ，
即t的值为 秒；
（2）如图2，过P作PE⊥AB于E，
∵点P恰好在∠BAC的角平分线上，且∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴CP＝EP，
在Rt△ACP和Rt△AEP中， ，
∴△ACP≌△AEP（HL），
∴AC＝8cm＝AE，BE＝2，
设CP＝x，则BP＝6﹣x，PE＝x，
∴Rt△BEP中，BE2+PE2＝BP2，
即22+x2＝（6﹣x）2
解得x＝ ，
∴CP＝ ，
∴CA+CP＝8+ ＝ ，∴t＝ ÷4＝ （s）；
当点P沿折线A﹣C﹣B﹣A运动到点A时，点P也在∠BAC的角平分线上，
此时，t＝（10+8+6）÷4＝6（s）；
综上，若点P恰好在∠BAC的角平分线上，t的值为 s或6s；
（3）①如图3，当CP＝CB时，△BCP为等腰三角形，
若点P在CA上，则4t＝8﹣6，
解得t＝ （s）；
②如图4，当BP＝BC＝6时，△BCP为等腰三角形，
∴AC+CB+BP＝8+6+6＝20，
∴t＝20÷4＝5（s）；
③如图5，若点P在AB上，CP＝CB＝6，作CD⊥AB于D，则根据面积法求得CD＝
4.8，
在Rt△BCD中，由勾股定理得，BD＝3.6，
∴PB＝2BD＝7.2，
∴CA+CB+BP＝8+6+7.2＝21.2，
此时t＝21.2÷4＝5.3（s）；
④如图6，当PC＝PB时，△BCP为等腰三角形，作PD⊥BC于D，则D为BC的中点，
∴PD为△ABC的中位线，
∴AP＝BP＝ AB＝5，
∴AC+CB+BP＝8+6+5＝19，
∴t＝19÷4＝ （s）；
综上所述，t为 s或5.3s或5s或 s时，△BCP为等腰三角形30．一架方梯AB长25米，如图所示，斜靠在一面上：
（1）若梯子底端离墙7米，这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向滑动
了几米？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在Rt△AOB中，AB＝25米，OB＝7米，
OA＝ ＝ ＝24（米）．
答：梯子的顶端距地面24米；
（2）在Rt△AOB中，A′O＝24﹣4＝20米，
OB′＝ ＝ ＝15（米），
BB′＝15﹣7＝8米．
答：梯子的底端在水平方向滑动了8米．
31．已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于
点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长；
（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，
①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、
P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为
顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE，
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形，
②设菱形的边长AF＝CF＝xcm，则BF＝（8﹣x）cm，
在Rt△ABF中，AB＝4cm，
由勾股定理得42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴AF＝5cm．
（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行
四边形；
同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上或P在BF，Q在CD时不构成平行四边形，也
不能构成平行四边形．
因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC＝QA，
∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，
∴PC＝5t，QA＝CD+AD﹣4t＝12﹣4t，即QA＝12﹣4t，
∴5t＝12﹣4t，
解得 ，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时， 秒．
②由题意得，四边形APCQ是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上．
分三种情况：
i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP＝CQ，即a＝12﹣b，得a+b＝12；
ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ＝CP，即12﹣b＝a，得a+b＝12；
iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP＝CQ，即12﹣a＝b，得a+b＝12．
综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b＝12（ab≠0）．
32．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣ x+8与x轴，y轴分别交于点A，点B，
点D在y轴的负半轴上，若将△DAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点
C处．
（1）求AB的长和点C的坐标；
（2）求直线CD的解析式．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣ x+8与x轴，y轴分别交于点A，点B，
∴A（6，0），B（0，8），
在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，
∴AB＝ ＝10，
∵△DAB沿直线AD折叠后的对应三角形为△DAC，
∴AC＝AB＝10．
∴OC＝OA+AC＝OA+AB＝16．
∵点C在x轴的正半轴上，
∴点C的坐标为C（16，0）．
（2）设点D的坐标为（0，y）（y＜0），
由题意可知CD＝BD，CD2＝BD2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得162+y2＝（8﹣y）2，
解得y＝﹣12．
∴点D的坐标为（0，﹣12），
可设直线CD的解析式为 y＝kx﹣12（k≠0）
∵点C（16，0）在直线y＝kx﹣12上，
∴16k﹣12＝0，
解得k＝ ，
∴直线CD的解析式为y＝ x﹣12．
33．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60，AB＝30．D是AC上的动点，过D作DF⊥BC于F，过F作FE∥AC，交AB于E．设CD＝x，DF＝y．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）当四边形AEFD为菱形时，求x的值；
（3）当△DEF是直角三角形时，求x的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60，AB＝30，
∴∠C＝30°，
∵CD＝x，DF＝y．
∴y＝ x；
（2）∵四边形AEFD为菱形，
∴AD＝DF，
∴y＝60﹣x
∴方程组 ，
解得x＝40，
∴当x＝40时，四边形AEFD为菱形；
（3）①当∠EDF＝90°，
∵∠FDE＝90°，FE∥AC，
∴∠EFB＝∠C＝30°，∵DF⊥BC，
∴∠DEF+∠DFE＝∠EFB+∠DFE，
∴∠DEF＝∠EFB＝30°，
∴EF＝2DF，
∴60﹣x＝2y，
与y＝ x，组成方程组，得
解得x＝30．
②当∠DEF＝90°时，
在Rt△ADE中，AD＝60﹣x，∠AED＝90°﹣∠FEB＝90°﹣∠A＝30°，
AE＝2AD＝120﹣2x，
在Rt△EFB中，EF＝AD＝60﹣x，∠EFB＝30°，
∴EB＝ EF＝30﹣ x，
∵AE+EB＝30，
∴120﹣2x+30﹣ x＝30，
∴x＝48．
综上所述，当△DEF是直角三角形时，x的值为30或48．
34．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B
的直线交x轴于点C，且AB＝BC
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP＝CQ，设点Q横坐
标为m，求点P的坐标（用含m的式子表示，不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点M在y轴负半轴上，且MP＝MQ，若∠BQM＝45°，求直线
PQ的解析式．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，6），点A（﹣3，0）
∴AO＝3，BO＝6，
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴AO＝CO＝3，
∴点C（3，0），
设直线BC解析式为：y＝kx+b，则 ，解得：
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+6；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC于点G，过点Q作HQ⊥AC于点H，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，﹣2m+6），
∵AB＝CB，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠QCH，
∠PGA＝∠QHC＝90°，AP＝CQ，
∴△PGA≌△QHC（AAS），
∴PG＝HQ＝2m﹣6，故点P的纵坐标为：2m﹣6，
直线AB的表达式为：y＝2x+6，
即2m﹣6＝2x+6，解得：x＝m﹣6，
故点P（m﹣6，2m﹣6）；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM＝CM，且AP＝CQ，PM＝MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM＝∠MCQ，∠BQM＝∠APM＝45°，
∵AM＝CM，AB＝BC，BM＝BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠BCM＝∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ＝180°，
∴∠BCM＝∠MCQ＝∠PAM＝90°，且∠APM＝45°，
∴∠APM＝∠AMP＝45°，
∴AP＝AM，
∵∠PAO+∠MAO＝90°，∠MAO+∠AMO＝90°，
∴∠PAO＝∠AMO，且∠PEA＝∠AOM＝90°，AM＝AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE＝OM，PE＝AO＝3，
∴2m﹣6＝3，∴m＝ ，
∴Q（ ，﹣3），P（﹣ ，3）
设直线PQ的解析式为：y＝ax+c，
∴ ，解得：
∴直线PQ的解析式为：y＝﹣x+ ．
35．为积极响应“弘扬传统文化”的号召，某学校倡导全校 1200名学生进行经典诗词诵背
活动，并在活动之后举办经典诗词大赛，为了解本次系列活动的持续效果，学校团委在
活动启动之初，随机抽取部分学生调查“一周诗词诵背数量”，根据调查结果绘制成的
统计图（部分）如图所示．
大赛结束后一个月，再次抽查这部分学生“一周诗词诵背数量”，绘制成统计表
一周诗词诵 3首 4首 5首 6首 7首 8首
背数量
人数 10 10 15 40 25 20
请根据调查的信息分析：
（1）活动启动之初学生“一周诗词诵背数量”的中位数为 4. 5 首 ；
（2）估计大赛后一个月该校学生一周诗词诵背6首（含6首）以上的人数；
（3）选择适当的统计量，从两个不同的角度分析两次调查的相关数据，评价该校经典
诗词诵背系列活动的效果．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）本次调查的学生有：20÷ ＝120（名），
背诵4首的有：120﹣15﹣20﹣16﹣13﹣11＝45（人），∵15+45＝60，
∴这组数据的中位数是：（4+5）÷2＝4.5（首），
故答案为：4.5首；
（2）大赛后一个月该校学生一周诗词诵背6首（含6首）以上的有：1200×
＝850（人），
答：估计大赛后一个月该校学生一周诗词诵背6首（含6首）以上的有850人；
（3）活动启动之初的中位数是4.5首，众数是4首，
大赛比赛后一个月的中位数是6首，众数是6首，
由比赛前后的中位数和众数看，比赛后学生背诵诗词的积极性明显提高，这次举办后的
效果比较理想．
36．建立模型：
如图1，等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CB＝BA，直线ED经过点B，过A作AD⊥ED
于D，过C作CE⊥ED于E．则易证△ADB≌△BEC．这个模型我们称之为“一线三垂
直”．它可以把倾斜的线段AB和直角∠ABC转化为横平竖直的线段和直角，所以在平
面直角坐标系中被大量使用．
模型应用：
（1）如图2，点A（0，4），点B（3，0），△ABC是等腰直角三角形．
①若∠ABC＝90°，且点C在第一象限，求点C的坐标；
②若AB为直角边，求点C的坐标；
（2）如图3，长方形MFNO，O为坐标原点，F的坐标为（8，6），M、N分别在坐标
轴上，P是线段NF上动点，设PN＝n，已知点G在第一象限，且是直线y＝2x一6上
的一点，若△MPG是以G为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点G的坐标．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）①过点C作CD⊥x轴于点D，∴∠BDC＝90°＝∠AOB，
∴∠BCD+∠DCB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠DBC＝90°，
∴∠ABO＝BCD，
∵AB＝BC，
∴△AOB≌△BDC（AAS），
DC＝OB＝3，BD＝OA＝4，故点C（7，3）；
②若AB为直角边，则除了①的情况以外，
当∠ABC为直角时，另外一个点C（C′）与①中的C关于点B对称，
故点C′（﹣1，﹣3）；
当∠BAC为直角，
此时C坐标为（4，7）或（﹣4，1），
故点C的坐标为：（7，3）或（﹣1，﹣3）或（4，7）或（﹣4，1）；
（2）如图2，当∠MGP＝90°时，MG＝PG，
过点P作PE⊥OM于E，过点G作GH⊥PE于H，
∴点E与点M重合，∴GF＝ AB＝4设G点坐标为（x，2x﹣6），6﹣（2x﹣6）＝4，得x＝4，
易得G点坐标（4，2）；
如图3，当∠MGP＝90°时，MG＝PG时，同理得G点坐标（ ， ），
综上可知，满足条件的点G的坐标分别为（4，2）或（ ， ）．
37．如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交边
BC于点F．
（1）求证：EA＝EF；
（2）写出线段FC，DE的数量关系并加以证明；
（3）若AB＝4，FE＝FC，求DE的长．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）CF＝ DE，证明见解答过程；
（3）DE＝2 ﹣2 ．
【解答】（1）证明：过点E作MN⊥AD于M，交BC于点N，如图：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，AD＝DC，∠ADB＝45°，
∵MN⊥AD，
∴MN⊥BC，
∴四边形NCDM为矩形，
∴MN＝CD，
∵∠ADB＝45°，MN⊥AD，
∴MD＝ME，
∴AM＝EN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEM+∠FEN＝90°．
∵∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠FEN＝∠MAE，
∴△AEM≌△EFN（ASA），
∴AE＝EF．
（2）解：CF＝ DE，理由如下：
由（1）知△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，
∴ME＝FN＝MD，
∵四边形NCDM为矩形，
∴CN＝MD，
∴CF＝2MD，
∵DE＝ MD，
∴CF＝ DE；（3）解：设DE＝x．由（1）得：FE2＝AE2＝AM2+ME2＝（4﹣ x）2+（ x）2，
由（2）得CF＝ DE，
∴CF＝ x，
∵FE＝FC，
∴FE2＝FC2，
∴（4﹣ x）2+（ x）2＝（ x）2，
解方程得：x ＝2 ﹣2 ，x ＝﹣2 ﹣2 （舍去），
1 2
∴DE＝2 ﹣2 ．
38．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝8厘米，BC＝6厘米，点D为AB 的中点．如果点P
在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A
点运动．当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t．
（1）当点P运动t秒时CP的长度为 （ 6 ﹣ 2 t ） cm （用含t的代数式表示）；
（2）若点Q的运动速度与点P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Q的运动速度与点P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？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）BP＝2t，则PC＝BC﹣BP＝6﹣2t；
故答案为（6﹣2t）cm．
（2）当t＝1时，BP＝CQ＝2×1＝2厘米，∵AB＝8厘米，点D为AB的中点，
∴BD＝4厘米．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6厘米，
∴PC＝6﹣2＝4厘米，
∴PC＝BD，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
③∵v ≠v ，
P Q
∴BP≠CQ，
又∵△BPD≌△CPQ，∠B＝∠C，
∴BP＝PC＝3cm，CQ＝BD＝4cm，
∴点P，点Q运动的时间t＝ ＝ 秒，
∴V ＝ ＝ ＝ 厘米/秒．
Q
39．如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，
直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，
再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是 PB ＝ PQ ；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，
并证明你的猜想．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）结论：PB＝PQ，
理由：过P作PF⊥BC，PE⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠QPF+∠QPE＝90°，
∴∠BPF＝∠QPE，
在△PEQ和△PFB中，
，
∴Rt△PQE≌Rt△PBF，
∴PB＝PQ；
故答案为PB＝PQ．
（2）PB＝PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，
∴∠BPE＝∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB＝PQ．
40．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点O是坐标原点，直线AB：y＝kx+ 与直线AC：
y＝﹣2x+b交于点A，两直线与x轴分别交于点B（﹣3，0）和C（2，0）．
（1）求直线AB和AC的表达式．
（2）点P是y轴上一点，当PA+PC最小时，求点P的坐标．
（3）如图2，点D为线段BC上一动点，将△ABD沿直线AD翻折得到△ADE，线段AE
交x轴于点F，若△DEF为直角三角形，求点D坐标．【答案】见解析．
【解答】解：（1）把B（﹣3，0）代入y＝kx+ ，
∴﹣3k+ ＝0，
∴k＝ ，
∴直线AB的函数表达式为：y＝ x+ ，
把点C（2，0）代入y＝﹣2x+b，
∴﹣4+b＝0，
∴b＝4，
∴直线AC的函数表达式为：y＝﹣2x+4；
（2）作A关于y轴的对称点A′，连接A′C与y轴的交点即为P点，
如图：
当﹣2x+4＝ x+ 时，
解得x＝1，
将x＝1，代入y＝﹣2x+4，
解得：y＝2．
所以A的坐标为：A（1，2）
作A关于y轴的对称点A′，则A′坐标为：A′（﹣1，2），
∵A′（﹣1，2），C（2，0）；
∴设A′C所在直线解析式为：y＝mx+n，将A′，C代入得：，
解得： ，
即解析式为：y＝﹣ x+ ，
令x＝0，y＝ ，
即P点坐标为：P（0， ）．
（3）△DEF为直角三角形，分两种情况讨论：
①当∠EDF＝90°时，
如图，由对折可得，∠ADB＝∠ADE＝ ＝135°，
∴∠ADO＝135°﹣90°＝45°，
过点A作AG⊥BC于G，
∴AG＝DG＝2，
∵OG＝1，
∴OD＝1，
∴D（﹣1，0）；
②当∠ADE＝90°时，如图所示：
由图可知：BC＝OB+OG＝4，AF＝2，F（1，0），OG＝1，
由对折得，AE＝AB＝2 ，BD＝DE，∴EF＝AE﹣AF＝2 ﹣2，
设DF＝a，BD＝4﹣a，则DE＝4﹣a，
由勾股定理可知：
DF2+EF2＝DE2，
a2+ ＝（4﹣a）2，
解得：a＝ ﹣1，
∴BD＝4﹣（ ﹣1）＝5﹣ ，
∴OD＝OB﹣BD＝3﹣（5﹣ ）＝ ﹣2，
∵D在x轴负半轴，
∴D（2﹣ ，0）．
综上所述：D点坐标为：（﹣1，0）或（2﹣ ，0）．
