精品解析：四川省泸州市合江县教育发展研究中心2022-2023学年八年级下学期期末数学模拟试题

合江县2023年春期义务教育阶段学生学业水平检测 八年级数学模拟试卷 （本卷满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分） 1. 下列汉字可以看作轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为米，则数据用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 3. 从甲，乙，丙，丁四人中选一人参加区里举办的垃圾分类知识大赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是92.5分，方差分别是，，，．你认为放合适的选手是（ ） A 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 4. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，四边形是平行四边形，O是对角线与的交点，，若，，则的长是（　　） A 20 B. 21 C. 22 D. 23 7. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 8. 如图，是的中线，E、F分别是，的中点，连结．若，则的长为（ ） A. 4 B. 3 C. 6 D. 5 9. 如图，直线y1=mx经过P（2，1）和Q（-4，-2）两点，且与直线y2=kx+b交于点P，则不等式kx+b＞mx的解集为（　　） A. x＞2 B. x＜2 C. x＞-4 D. x＜-4 10. 意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为，图2中空白部分的面积为，则下列对，所列等式不正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在长方形ABCD中，，，连接AC，的角平分线交BC于点E，则线段BE的长为（ ） A. B. C. 3 D. 4 12. 如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形是边长为1的正方形，与x轴正半轴的夹角为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 二．填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________． 14. 若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________． 15 已知点与点关于x轴对称，则______． 16. 如图，在矩形中，AD＝1，，M为线段上一动点，于点P，于点Q，则PQ的最小值为____________． 三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 17. 计算： 18. 先化简，再从－1，2，3三个数中选一个合适的数作为x的值代入求值． 19. 如图，四边形是平行四边形，点在对角线上，分别平分和，证明． 四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分） 20. 某校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：h），随机调查了该校的部分初中学生．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题： （Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为___________，图①中m的值为_____________； （Ⅱ）求统计这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数； （Ⅲ）根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数． 21. 如图， 经过村和村的笔直公路旁有一块山地正在开发， 现需要在处进行爆破．已知处与村的距离为900米， 处与村的距离为1200米，且． （1）求两村的距离； （2）为了安全起见，爆破点 周围半径750米范围内不得进入，在进行爆破时，公路段是否有危险而需要封锁? 请说明理由． 五、解答题(本大题共2个小题，每小题8分，共16分) 22. 某中学为了创建“最美校园图书屋”，新购买了一批图书，其中科普类图书每本书的价格是文学类图书每本书价格的倍．已知学校用1200元购买文学类图书的本数比用这些钱购买科普类图书的本数多10本． （1）学校购买文学类图书和科普类图书每本书的价格分别是多少元？ （2）新学期，学校计划一次性购进科普类图书和文学类图书一共1000册，且购进的科普类图书不少于文学类图书的，如何购买花费最少？最少花费为多少元？ 23. 如图，在中，平分交于点E，过点E作交于点F，连接交于点O． （1）求证：四边形是菱形； （2）若于点G，且，求长． 六、解答题(本大题共2个小题，每小题12分，共24分) 24. 如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）求AG+AE的值； （3）若F恰为AB的中点，连接DF，求点E到DF的距离． 25. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象l1与x轴交于点A，一次函数的图象与x轴交于点B，与交于点P．直线过点A且与x轴垂直，C是上的一个动点． （1）分别求出点A、P的坐标； （2）设直线对应的函数表达式为，且满足函数值y随x的增大而增大．若的面积为15，分别求出k、b的值； （3）是否存在点C，使得？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 合江县2023年春期义务教育阶段学生学业水平检测 八年级数学模拟试卷 （本卷满分120分，考试时间120分钟） 一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分） 1. 下列汉字可以看作轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义逐项分析即可，一个图形的一部分，沿着一条直线对折后两部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 【详解】解：汉字“振”、“兴”、“中”、“华”四个字中，只有“中”沿中间的竖线折叠，直线两旁的部分能完全重合，则“中”是轴对称图形，“振”、“兴”、 “华”不是轴对称图形． 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键． 2. 清代诗人袁枚的一首诗《苔》中写到：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”若苔花的花粉直径约为米，则数据用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了科学记数法，将数据表示成形式为的形式，其中，n为整数，正确确定a、n的值是解题的关键． 将写成其中，n为整数的形式即可． 【详解】解：． 故选：B． 3. 从甲，乙，丙，丁四人中选一人参加区里举办的垃圾分类知识大赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是92.5分，方差分别是，，，．你认为放合适的选手是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】根据方差的意义做出判断，方差是衡量一组数据波动大小的量，方差越小，数据波动越小，数据越稳定，反之，表明数据波动大，不稳定． 【详解】解：∵，，，， ∴ ∵平均数一样 ∴选乙去参加比赛更合适 故选：B 【点睛】本题考查了方差的意义，熟练掌握方差的意义是解题关键． 4. 下列二次根式是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可． 【详解】解：A、的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； B、，的被开方数中含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； C、是最简二次根式，故本选项符合题意； D、的被开方数中的因数不是整数，不是最简二次根式，故本选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：①被开方数中的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不含有能开得尽方的因式或因数． 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了合并同类项、积的乘方、同底数幂的除法、完全平方公式等知识点，熟练掌握以上运算法则是解题的关键． 根据合并同类项、积的乘方、同底数幂的除法、完全平方公式逐项分析判断即可解答． 【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；        B. ，故该选项不正确，不符合题意； C. ，故该选项正确，符合题意；        D. ，故该选项不正确，不符合题意． 故选：C． 6. 如图，四边形是平行四边形，O是对角线与的交点，，若，，则的长是（　　） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】A 【解析】 【分析】由四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得的长，然后由，，，根据勾股定理可求得的长，继而求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 7. 如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是（　　） A. 矩形的对角线相等 B. 矩形的四个角是直角 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定． 【详解】解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形， 故选D． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键． 8. 如图，是的中线，E、F分别是，的中点，连结．若，则的长为（ ） A. 4 B. 3 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形的中线的概念求出，根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】解：∵是的中线，， ∴， ∵E、F分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 9. 如图，直线y1=mx经过P（2，1）和Q（-4，-2）两点，且与直线y2=kx+b交于点P，则不等式kx+b＞mx的解集为（　　） A. x＞2 B. x＜2 C. x＞-4 D. x＜-4 【答案】B 【解析】 【分析】从图象确定kx+b＞mx时，x的取值范围即可． 【详解】解：从图象可以看出，当x＜2时，kx+b＞mx， 故选B． 【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，体现了数形结合的思想方法，准确的确定出x的值，是解答本题的关键． 10. 意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为，图2中空白部分的面积为，则下列对，所列等式不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理、直角三角形以及正方形的面积公式计算，即可解决问题． 【详解】解：由勾股定理可得， 由题意，可得， 故选项A符合题意，选项B、C、D不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理的证明，直角三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是读懂图像信息． 11. 在长方形ABCD中，，，连接AC，的角平分线交BC于点E，则线段BE的长为（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出斜边，再利用角平分线的性质求出，最后用等面积法列出方程，解方程即可． 【详解】如图，过点E作于点F ∵的角平分线交BC于点E，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故选A． 【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线的性质及等面积法的应用，作辅助线是解题的关键． 12. 如图，平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形是边长为1的正方形，与x轴正半轴的夹角为，则点B的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，作轴，根据正方形的性质可得，根据勾股定理可得，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可． 【详解】解：连接，作轴，如下图： 由正方形的性质可得，，， 则， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴点B的纵坐标为， 故选：B 【点睛】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理以及含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，作出辅助线． 二．填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 若在实数范围内有意义，则x的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件等知识点．根据二次根式有意义的条件、分式有意义的条件列不等式组求解即可． 【详解】解：在实数范围内有意义， ． ． 故答案为：． 14. 若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________． 【答案】八（或8） 【解析】 【分析】根据正多边形的每一个内角为，求出正多边形的每一个外角，根据多边形的外角和，即可求出正多边形的边数． 【详解】解：根据正多边形的每一个内角为 正多边形的每一个外角为： 多边形的边数为： 故答案为八． 【点睛】考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是解题的关键． 15. 已知点与点关于x轴对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据若两点关于轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可求解． 详解】解：∵点与点关于x轴对称， ∴， 解得：， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于坐标轴对称的特征，熟练掌握若两点关于轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；若两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变是解题的关键． 16. 如图，在矩形中，AD＝1，，M为线段上一动点，于点P，于点Q，则PQ的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 如图：连接，先证四边形是矩形可得，再由勾股定理得，当时，最小，则最小，然后由面积法求出的长即可． 【详解】解：如图：连接， ∵于点P，于点Q， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得：， 当时，最小，则最小， 此时，，即，解得：， ∴的最小值为． 故答案为：． 三、解答题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分） 17. 计算： 【答案】+2 【解析】 【分析】先将二次根式化为最简，同时计算零指数幂及负整数指数幂、绝对值，然后合并同类二次根式即可. 【详解】解：原式= =+2 18. 先化简，再从－1，2，3三个数中选一个合适的数作为x的值代入求值． 【答案】，2． 【解析】 【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算即可． 【详解】解：原式= = = = ， ∵x≠±1且x≠2， ∴x=3， 则原式==2． 【点睛】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件． 19. 如图，四边形是平行四边形，点在对角线上，分别平分和，证明． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可得，再由分别平分和，可得，再证明即可得证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ． ． 分别平分和， ∴，． ， ． ， ． ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，全等三角形的判定，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 四、解答题（本大题共2个小题，每小题7分，共14分） 20. 某校为了解初中学生每天在校体育活动的时间（单位：h），随机调查了该校的部分初中学生．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题： （Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为___________，图①中m的值为_____________； （Ⅱ）求统计的这组每天在校体育活动时间数据的平均数、众数和中位数； （Ⅲ）根据统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据，若该校共有800名初中学生，估计该校每天在校体育活动时间大于1h的学生人数． 【答案】（Ⅰ）40，25；（Ⅱ）平均数是1.5，众数为1.5，中位数为1.5；（Ⅲ）每天在校体育活动时间大于1h的学生人数约为720. 【解析】 【分析】（Ⅰ）求得直方图中各组人数的和即可求得学生人数，利用百分比的意义求得m； （Ⅱ）利用加权平均数公式求得平均数，然后利用众数、中位数定义求解； （Ⅲ）利用总人数乘以对应的百分比即可求解． 【详解】解：（Ⅰ）本次接受调查的初中学生人数为：4+8+15+10+3=40（人）， m=100×=25． 故答案是：40，25； （Ⅱ）观察条形统计图， ∵， ∴这组数据的平均数是1.5． ∵在这组数据中，1.5出现了15次，出现的次数最多， ∴这组数据的众数为1.5． ∵将这组数据按从小到大的顺序棑列，其中处于中间的两个数都是1.5，有， ∴这组数据的中位数为1.5． （Ⅲ）∵在统计的这组每天在校体育活动时间的样本数据中，每天在校体育活动时间大于1h的学生人数占90%， ∴估计该校800名初中学生中，每天在校体育活动时间大于1h的人数约占90%．有． ∴该校800名初中学生中，每天在校体育活动时间大于1h的学生人数约为720． 【点睛】本题考查的是条形统计图的综合运用，还考查了加权平均数、中位数和众数以及用样本估计总体．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据． 21. 如图， 经过村和村的笔直公路旁有一块山地正在开发， 现需要在处进行爆破．已知处与村的距离为900米， 处与村的距离为1200米，且． （1）求两村的距离； （2）为了安全起见，爆破点 周围半径750米范围内不得进入，在进行爆破时，公路段是否有危险而需要封锁? 请说明理由． 【答案】（1）米 （2）没有危险不需要封锁，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的实际应用、等面积法求线段长，根据题意，数形结合，利用勾股定理及等面积法求出线段长即可得到答案，熟练掌握勾股定理及等面积法是解决问题的关键． （1）根据题意，数形结合，利用勾股定理求解即可得到答案； （2）过点作，如图所示，利用等面积法求出，根据题意比较即可得到答案． 【小问1详解】 解：处与村的距离为900米， 处与村的距离为1200米，且， ， 答：两村的距离为米； 【小问2详解】 解：没有危险不需要封锁， 理由如下： 过点作，如图所示： 利用面积相等得到，即，解得， 爆破点 周围半径750米范围内不得进入，， 在进行爆破时，公路段没有危险不需要封锁． 五、解答题(本大题共2个小题，每小题8分，共16分) 22. 某中学为了创建“最美校园图书屋”，新购买了一批图书，其中科普类图书每本书的价格是文学类图书每本书价格的倍．已知学校用1200元购买文学类图书的本数比用这些钱购买科普类图书的本数多10本． （1）学校购买文学类图书和科普类图书每本书的价格分别是多少元？ （2）新学期，学校计划一次性购进科普类图书和文学类图书一共1000册，且购进的科普类图书不少于文学类图书的，如何购买花费最少？最少花费为多少元？ 【答案】（1）文学类图书和科普类图书每本书的价格分别是20元，24元 （2）购买文学类图书600册，科普类图书400册花费最少，最少花费为21600元 【解析】 【分析】（1）首先设文学类图书的价格为a元，则科普类图书的价格为1．2a元，然后根据“用1200元购买文学类图书的本数比用这些钱购买科普类图书的本数多10本”列出方程，最后解方程即可得出答案； （2）设购进文学类图书x册，则购进科普类图书（1000﹣x）册，总费用为y元，根据题意得列出y与x之间的函数关系式，然后再根据“购进的科普类图书不少于文学类图书的”求出x的取值范围，最后根据一次函数的性质即可得出答案． 【小问1详解】 解：设文学类图书的价格为a元，则科普类图书的价格为元． 依题意得：， 解得：， 检验后知道是原方程的解， ∴， 答：文学类图书和科普类图书每本书的价格分别是20元，24元． 【小问2详解】 解：设购进文学类图书x册，则购进科普类图书册，总费用为y元， 依题意得：， 整理得：， ∵购进科普类图书不少于文学类图书的， ∴， 解得：， 对于，y随x的增大而减小， ∴当x取最大值时，y为最小， 又， ∴当时，y为最小，此时（元），（册） 答：购买文学类图书600册，科普类图书400册花费最少，最少花费为21600元． 【点睛】此题主要考查了一次函数的实际应用，分式方程的应用，解答（1）的关键是准确地找出等量关系列出方程，特别需要的注意的是：解分式方程一定要验根，这也是解答此题的易错点；解答（2）的关键是理解一次函数的增减性，难点是依题意列出一次函数的解析式，并正确地求出自变量的取值范围． 23. 如图，在中，平分交于点E，过点E作交于点F，连接交于点O． （1）求证：四边形是菱形； （2）若于点G，且，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质和角平分线的定义可求得，可证得结论； （2）在中，可求得的长，根据三角形的面积公式即可求得的长． 【小问1详解】 证明：∵四边形为平行四边形， ∴，即， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； 【小问2详解】 解：∵，且四边形为菱形， ∴， 中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 六、解答题(本大题共2个小题，每小题12分，共24分) 24. 如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）求AG+AE的值； （3）若F恰为AB的中点，连接DF，求点E到DF的距离． 【答案】（1）见解析 （2） （3）点E到DF的距离为 【解析】 【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题； （2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC，即可解决问题； （3）作EH⊥DF于H．想办法求出EH，即可得出点E到DF的距离． 【小问1详解】 解：（1）作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EAD＝∠EAB， ∵EM⊥AD，EN⊥AB， ∴EM＝EN， ∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°， ∴四边形ANEM是矩形， ∴∠MEN＝∠DEF＝90°， ， ∴∠DEM＝∠FEN， ∵∠EMD＝∠ENF＝90°， ∴△EMD≌△ENF， ∴ED＝EF， ∵四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG是正方形． 小问2详解】 ∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形， ∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°， ， ∴∠ADG＝∠CDE， ∴△ADG≌△CDE， ∴AG＝CE， ∴AE＋AG＝AE＋EC＝AC＝AD＝4． 【小问3详解】 作EH⊥DF于H，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝4，， ∵F是AB中点， ∴， ∴DF＝=， ∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥AD， ∴DH＝HF， ∴EH＝DF＝， 即点E到DF的距离为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 25. 在平面直角坐标系中，一次函数的图象l1与x轴交于点A，一次函数的图象与x轴交于点B，与交于点P．直线过点A且与x轴垂直，C是上的一个动点． （1）分别求出点A、P的坐标； （2）设直线对应的函数表达式为，且满足函数值y随x的增大而增大．若的面积为15，分别求出k、b的值； （3）是否存在点C，使得？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），； （2），； （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）令，即可求解点A的坐标，联立 ,即可求得点P的坐标； （2）由（1）点A的坐标可知为直线，可设点C的坐标为，根据直线的单调性可知，，再根据三角形的面积公式解得t，把点C、P的坐标代入求解即可； （3）过点P作于点E，由勾股定理求得，由和直角三角形的性质可得，分两种情况讨论：①当点在x轴下方时，②当点在x轴上方时，由等腰三角形的性质求解即可． 【小问1详解】 令，得， 解得， ∴， 联立 , 解得， ∴； 【小问2详解】 点可知为直线，设点C的坐标为， ∵函数值y随x的增大而增大，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 将、代入， 得 解得， ∴，； 【小问3详解】 过点P作于点E， ∵，， ∴， ∵轴， ∴， ∴，， 在中，， ∵，， ∴， ①当点在x轴下方时，连接， ∵， ∴， ∴， ②当点在x轴上方时，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上，存在，或． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点，求一次函数解析式，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$