精品解析：山东省济南市市中区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

八年级期末学业质量检测数学试题 第I卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知,则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 2. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 直角三角形 D. 正五边形 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 5. 图，在中，于点，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的分式方程有增根，则的值是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 下列判断中不正确的是（ ） A. 四个角相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 8. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 9. 如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是的中点，若，，则的长为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 1.5 10. 在平面直角坐标系中，是坐标原点，定义点和点的关联值如下：若，，在一条直线上；若，，不在一条直线上．已知点坐标为，点坐标为，有下列结论： ①； ②若，，则点坐标为； ③满足的点，都在一三象限角平分线和二四象限角平分线上； ④若平面中任意一点满足，则满足条件的点的全体组成的图形面积为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第II卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．填空题请直接填写答案．） 11. 因式分解：______． 12. 如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为______． 13. 一元二次方程的一根是3，则另外一根是______． 14. 如图，正比例函数（k是常数，）的图象与一次函数的图象相交于点P，点P的纵坐标为4，则不等式的解集是_____． 15. 如图，在一块长为40米，宽为30米的矩形荒地上，要建造一个花园（阴影部分），使得花园的面积为荒地面积的，小明设计出如图所示的方案，则图中的值为_________． 16. 如图，正方形中，点在线段上，点在线段上，将四边形沿直线翻折，点对应点恰好落在线段上，点的对应点为点，交于点，交于点．若正方形边长为4，长为1，则线段的长为______． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分．解答题请写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解不等式组，并写出它的整数解． 18. 解方程： （1）； （2）． 19. 如图，点O为▱ABCD的对角线BD的中点，经过点O的直线分别交BA的延长线，DC的延长线于点E，F，求证：AE=CF． 20 先化简，再求值：，其中． 21. 计算： （1）已知一个多边形的内角和是，求这个多边形的边数； （2）如图，小明从点出发，前进后向右转，再前进后又向右转，……，如此反复下去，直到他第一次回到出发点，他所走的路径构成了一个正多边形，求小明一共走了多少米． 22. 如图，等腰直角三角形中，，点从点开始沿边向点运动，过点作，，分别交，于，． （1）四边形的形状是______；若设，则四边形的面积可表示为______． （2）四边形的面积能为吗？如果能，请求出点与点之间的距离；如果不能，请说明理由． 23. 为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作，某中学以体育为突破口，准备购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动．已知篮球的单价比足球单价多40元，用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍． （1）求足球和篮球单价； （2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过17500元，学校需要最少购买多少个足球？ 24. 阅读理解 【学习新知】我们已经学习了一元二次方程的多种解法，其基本思路是将二次方程通过“降次”转化为一次方程求解．按照同样的思路，我们可以将更高次的方程“降次”，转化为二次方程或一次方程进行求解． ①因式分解法求解特殊的三次方程： 将变形为， ． ． ． ． 或． 原方程有三个根：，，． ②换元法求解特殊的四次方程： 设，那么，于是原方程可变为，解得，， 当，时，； 当，时，； 原方程有四个根：，，，． 【应用新知】 （1）仿照以上方法，按照要求解方程： ①（因式分解法）； ②（换元法）； 拓展延伸】 （2）已知：，且，请综合运用以上方法，通过“降次”求的值． 25. 已知和均为等腰直角三角形，，，，连接、，点是的中点，连接． （1）特例探究 如图①，当点、分别在、上时，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）深入探究 如图②，当点、不在、上时，试判断（）中的两个结论是否成立，若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由（仅就图②）的情形）； （3）问题解决 将绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出的取值范围． 26. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴，轴于，两点，将绕点顺时针旋转得（点与点对应，点与点对应）． （1）直接写出直线解析式； （2）点为线段上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点，当时，求点的坐标； （3）如图2，若点为线段的中点，点为直线上一点，点为坐标系内一点，且以，，，为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种求解点坐标的过程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级期末学业质量检测数学试题 第I卷（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知,则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质逐项分析. 【详解】A在不等式的两边同时减去1，不等号的方向不变，故A错误； B在不等式的两边同时乘以3，不等号的方向不变，故B错误； C在不等式的两边同时乘以-1，不等号的方向改变，故C正确； D在不等式的两边同时乘以，不等号的方向不变，故D错误. 【点睛】本题主要考查不等式性质，（1）在不等式的两边同时加上或减去同一个数，不等号的方向不变； （2）在不等式的两边同时乘以或除以（不为零的数）同一个正数，不等号的方向不变； （3）在不等式的两边同时乘以或除以（不为零的数）同一个负数，不等号的方向改变. 2. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查分式值为零条件，根据“分式的值为0的条件：分子为0，分母不为0”可得，，再求解即可． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴，即，， ∴， 故选：A． 3. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 直角三角形 D. 正五边形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，故不符合题意； B、矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故符合题意； C、直角三角形既不一定是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； D、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：B． 4. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据因式分解的定义（把一个多项式化成几个最简整式的乘积的形式，这种多项式的变形叫做因式分解）逐项判断即可得． 【解答】解：A、是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意； B、是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意； C、把一个多项式转化成几个整式乘积的形式，是因式分解，故此选项符合题意； D、等式右边中的不是整式，不是因式分解，故此选项不符合题意. 故选：C． 【点睛】本题考查了因式分解的意义；严格按照因式分解的定义去验证每个选项是正确解答本题的关键． 5. 图，在中，于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质求出∠B，再利用三角形内角和定理求出∠BCE即可． 【详解】解：∵四边形ABC都是平行四边形， ∴∠B=∠D=65°， ∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠BCE=90°-65°=25°， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 6. 若关于的分式方程有增根，则的值是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的增根和解分式方程等知识点，根据增根的定义可得出，然后去分母得出：，把代入得，即可得出m的值，熟练掌握增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值是解决此题的关键． 【详解】∵分式方程有增根， ∴， 原方程去分母可得：， 把代入可得：， 解得：． 故选：A． 7. 下列判断中不正确的是（ ） A. 四个角相等的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了特殊的平行四边形的额判定，根据平行四边形和特殊的平行四边形的判定定理逐项判断即可得出答案，熟练掌握平行四边形和特殊的平行四边形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、四个角相等的四边形是矩形，故原说法正确，故A选项不符合题意； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法错误，故B选项符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法正确，故C选项不符合题意； D、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故原说法正确，故D选项不符合题意； 故选：B． 8. 若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义及根的判别式即可解答． 【详解】解：∵为一元二次方程， ∴， ∵该一元二次方程有两个实数根， ∴， 解得， ∴且， 故选：D． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，解题的关键是熟知当判别式的值大于0时，方程有两个不相等的实数根，同时要满足二次项的系数不能是0． 9. 如图，的对角线相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是的中点，若，，则的长为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 1.5 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，关键是由平行线的性质，角平分线定义，推出，由三角形中位线定理推出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵O是中点，E是中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：D． 10. 在平面直角坐标系中，是坐标原点，定义点和点的关联值如下：若，，在一条直线上；若，，不在一条直线上．已知点坐标为，点坐标为，有下列结论： ①； ②若，，则点坐标为； ③满足的点，都在一三象限角平分线和二四象限角平分线上； ④若平面中任意一点满足，则满足条件的点的全体组成的图形面积为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形、一次函数的应用，理解题中定义是解答的关键．根据三角形的面积公式结合坐标与图形求解即可． 【详解】解：∵点坐标为，点坐标为， ∴，， ∴，故①正确； 若，，则O、A、P共线，， ∴，则， ∴点P坐标为或，故②错误； 若，则，设， ∴， ∴，即点P到坐标轴的距离不相等， 故满足条件的点P，不在一三象限角平分线和二四象限角平分线上，故③错误； 若平面中任意一点满足，设， 则，即， ∴， 对于， 当，时，，与x轴交点坐标为，与y轴的交点坐标为； 当，时，，与x轴交点坐标为，与y轴的交点坐标为； 当，时，，与x轴交点坐标为，与y轴的交点坐标为； 当，时，，与x轴交点坐标为，与y轴的交点坐标为， 在同一坐标系中画出它们的图象，如图， ∴满足围起来的图形面积为， 即满足条件的点的全体组成的图形面积为，故④正确， 综上，正确的结论为①和④， 故选：B． 第II卷（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．填空题请直接填写答案．） 11. 因式分解：______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法分解因式，提取公因式即可得出答案． 【详解】解：， 故答案为：． 12. 如图所示的地面由正六边形和四边形两种地砖镶嵌而成，则的度数为______． 【答案】##60度 【解析】 【分析】本题考查平面镶嵌（密铺），根据正六边形内角和定理，求出每个内角度数，然后根据周角求出答案．几何图形镶嵌成平面的关键：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【详解】解：∵正六边形内角和：， ∴每个内角度数：， ∴， ∴的度数为． 故答案为：． 13. 一元二次方程的一根是3，则另外一根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，关于x的一元二次方程的两个实数根，和系数，，，有如下关系：，，设一元二次方程的另外一个根为，由此即可得出，计算即可得出答案． 【详解】解：设一元二次方程的另外一个根为， 由题意得：， 解得：， 故答案为：． 14. 如图，正比例函数（k是常数，）的图象与一次函数的图象相交于点P，点P的纵坐标为4，则不等式的解集是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查利用两条直线的交点求不等式的解集，先求出点的横坐标，找到直线在直线上方时的取值范围即可． 【详解】解：∵正比例函数（k是常数，）的图象与一次函数的图象相交于点P，点P的纵坐标为4， ∴， ∴， ∴， 由图象可知：不等式的解集是； 故答案为：． 15. 如图，在一块长为40米，宽为30米的矩形荒地上，要建造一个花园（阴影部分），使得花园的面积为荒地面积的，小明设计出如图所示的方案，则图中的值为_________． 【答案】10 【解析】 【分析】根据题意，列关于x的方程并求解即可得到答案． 【详解】解：由题意知： 化简得： 解得： ∵ ∴ ∴不符合题意，需舍去， 故答案为10． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，掌握相关知识并熟练使用，认真审题，仔细计算，同时注意结果的取值范围是本题的解题关键． 16. 如图，正方形中，点在线段上，点在线段上，将四边形沿直线翻折，点的对应点恰好落在线段上，点的对应点为点，交于点，交于点．若正方形边长为4，长为1，则线段的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理求得，连接，，证明是等腰直角三角形，即可求解． 【详解】解：∵正方形边长为4，长为1， ∴， 如图所示，连接，， ∵折叠， ∴， ∵在正方形的对角线上， ∴， ∴， ∴； 设，则； ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； 故答案为：． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分．解答题请写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解不等式组，并写出它整数解． 【答案】，整数解为：，0，1 【解析】 【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，再写出整数解即可． 【详解】解：解不等式①得：， 解不等式②得：， 不等式组的解集为：， 整数解为：，0，1． 18. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程以及一元二次方程的应用，解此题的关键是能选择适当的方法解一元二次方程． （1）根据解分式方程的步骤解方程组即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：原方程去分母得：， 整理得：， 解得：， 经检验，是原方程的解， 故原分式方程的解为； 【小问2详解】 ， ， 或， 解得，． 19. 如图，点O为▱ABCD的对角线BD的中点，经过点O的直线分别交BA的延长线，DC的延长线于点E，F，求证：AE=CF． 【答案】证明见解析． 【解析】 【分析】先根据平行四边形的性质证明△EBO≌△FDO，可得BE=DF，再根据平行四边形对边相等可得AB=CD，由此可证AE=CF． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∴∠E=∠F，∠EBO=∠FDO． 又∵OB=OD， ∴△EBO≌△FDO（AAS）， ∴BE=DF． 又∵AB=CD， ∴BE﹣AB=DF﹣CD． 即AE=CF． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定．理解平行四边形对边平行且相等是解决此题的关键． 20. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是分式的化简求值，先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把的值代入进行计算即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 21. 计算： （1）已知一个多边形的内角和是，求这个多边形的边数； （2）如图，小明从点出发，前进后向右转，再前进后又向右转，……，如此反复下去，直到他第一次回到出发点，他所走的路径构成了一个正多边形，求小明一共走了多少米． 【答案】（1）9 （2）120米 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，熟练掌握多边形的内角和和外角和公式是解此题的关键． （1）设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式列出方程，解方程即可得出答案； （2）先根据多边形的外角和求出边数，从而即可得出答案． 【小问1详解】 解：设这个多边形的边数为， 根据题意：， 解得，， 答：这个多边形的边数为9； 【小问2详解】 解：所经过的路线正好构成一个外角是30度的正多边形，正多边形的外角和为 ，（米）； 答：小明一共走了120米． 22. 如图，等腰直角三角形中，，点从点开始沿边向点运动，过点作，，分别交，于，． （1）四边形的形状是______；若设，则四边形的面积可表示为______． （2）四边形的面积能为吗？如果能，请求出点与点之间的距离；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）平行四边形； （2）能； 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的判定，等腰三角形的判定和性质，利用平方根解方程，正确理解平行四边形的判定定理及图形面积的求法是解题的关键． （1）根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，利用等腰直角三角形的性质推出，根据面积和差计算求出四边形的面积； （2）利用（1）列方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴ ∴四边形的面积为： ； 【小问2详解】 解：能等于． 设当平行四边形的面积为时，即， ∴， ， ∴ 解得：， 即P点与A点之间的距离为时，平行四边形的面积为． 23. 为进一步落实“德、智、体、美、劳”五育并举工作，某中学以体育为突破口，准备购买若干个足球和篮球，用于学校球类比赛活动．已知篮球的单价比足球单价多40元，用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍． （1）求足球和篮球的单价； （2）根据学校实际情况，需一次性购买足球和篮球共200个，但要求足球和篮球的总费用不超过17500元，学校需要最少购买多少个足球？ 【答案】（1）足球的单价是80元，篮球的单价是120元 （2）163个 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用， （1）设足球的单价是x元，则篮球的单价是元，利用数量＝总价÷单价，结合用1600元购买足球的数量是用1200元购买篮球数量的2倍，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出足球的单价，再将其代入中，即可求出篮球的单价； （2）设购买m个足球，则购买个篮球，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过17500元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再取其中的最小整数值，即可得出结论． 熟练掌握找准等量关系，正确列出分式方程；根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解决此题的关键． 【小问1详解】 设足球的单价是元，则篮球的单价是元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， 答：足球的单价是80元，篮球的单价是120元； 【小问2详解】 设购买个足球，则购买个篮球， 根据题意得：， 解得：， 又为正整数， 的最小值为163， 答：最少购买163个足球． 24. 阅读理解 【学习新知】我们已经学习了一元二次方程的多种解法，其基本思路是将二次方程通过“降次”转化为一次方程求解．按照同样的思路，我们可以将更高次的方程“降次”，转化为二次方程或一次方程进行求解． ①因式分解法求解特殊的三次方程： 将变形为， ． ． ． ． 或． 原方程有三个根：，，． ②换元法求解特殊的四次方程： 设，那么，于是原方程可变为，解得，， 当，时，； 当，时，； 原方程有四个根：，，，． 【应用新知】 （1）仿照以上方法，按照要求解方程： ①（因式分解法）； ②（换元法）； 【拓展延伸】 （2）已知：，且，请综合运用以上方法，通过“降次”求的值． 【答案】（1）①，，；②，；（2） 【解析】 【分析】本题考查了解高次方程，理解题意，正确进行计算是解此题的关键． （1）①仿照题中所给方法，利用因式分解法解方程即可；②仿照题中所给方法，利用换元法解方程即可； （2）根据题意对所给代数式进行“降次”，再用整体思想即可解决问题． 【详解】（1）①将变形为， ∴， ∴， ∴， . 或. 解方程得. 解方程得，， ∴原方程的根为：，，； ②， 设，则，方程变形为， ∴， 解得：， 当，时，无实根，舍去， 当，时，解得或； ∴原方程有两个根：，； （2）解：方程的解为：， 由于， ∴， ， ，， ， 当时， 原式 ． 25. 已知和均为等腰直角三角形，，，，连接、，点是中点，连接． （1）特例探究 如图①，当点、分别在、上时，线段与的数量关系是______，位置关系是______； （2）深入探究 如图②，当点、不在、上时，试判断（）中的两个结论是否成立，若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由（仅就图②）的情形）； （3）问题解决 将绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出的取值范围． 【答案】（1），； （2）成立，证明见解析； （3）． 【解析】 【分析】（）证明，进而利用三角形全等的性质即可得出答案； （）延长至，使，连接、，证明，进而利用三角形全等的性质即可得出答案； （）分两种情况：当点在延长线上时；当在线段上时；分别求解即可得出答案； 本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解题的关键． 【小问1详解】 解：在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：成立， 证明：延长至，使，连接、，如图2， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：在中，，， ∴， ∵， ∴， 如图1，当点在延长线上时，长最长， 此时， 由（）可得，， ∴的最大值为； 如图2，当在线段上时，的长最短， 此时，， 由（）可得：， ∴的最小值为； 综上所述，． 26. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴，轴于，两点，将绕点顺时针旋转得（点与点对应，点与点对应）． （1）直接写出直线的解析式； （2）点为线段上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点，当时，求点的坐标； （3）如图2，若点为线段的中点，点为直线上一点，点为坐标系内一点，且以，，，为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出其中一种求解点坐标的过程． 【答案】（1）直线的函数解析式为； （2）； （3）点的坐标为或或，过程见解析． 【解析】 【分析】（1）先求出点和点的坐标，得出和的长度，再根据旋转的性质，得出点和点的坐标，最后用待定系数法即可求出直线的解析式； （2）设，则可将点和点的坐标表示出来，进而得出的表达式，最后根据列出方程求出的值，即可进行解答； （3）根据题意进行分类讨论：①为矩形的边时；②为矩形的对角线时． 【小问1详解】 解：把代入得：， 把代入得：，解得：， ∴， ∴， ∵绕点顺时针旋转得， ∴，， ∴， 设直线的函数解析式为， 把代入得： ，解得：， ∴直线的函数解析式为． 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵点在线段上， ∴设， ∵轴，轴， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为， 把代入得：； 把代入得：，解得：， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 解得：． ∴． 【小问3详解】 ①当为矩形的边时， 过点作，交直线于点，过点作，交直线于点，过点作交于点，过点作交于点， 根据作图可得：四边形和四边形都是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵绕点顺时针旋转得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点为线段的中点，， ∴，，即点为中点， ∵， ∴， 设直线的解析式为， 把点代入得：， ∴直线的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， 把代入得：，解得：， ∴直线的解析式为， 联立直线和直线的解析式为： ，解得：， ∴， ②当为矩形的对角线时， 过点作轴于点，过点作轴于点， ∵，， ∴轴， ∵轴，过一点有且只有一条直线与已知直线平行， ∴点和点重合， ∴， 综上：点的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数的综合运用，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，旋转的性质，矩形的性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$