2024-2025学年苏科版数学八年级上册期末题型过关练习卷

2024-2025学年度苏科版八年级上期末综合复习 一、单选题 1．如图所示，图中不是轴对称图形的是　　 A． B． C． D． 2．与是同类二次根式的是（　　） A． B． C． D． 3．下列所给条件中，不能判断两个直角三角形全等的是（  ） A．一个锐角和这个锐角的对边对应相等 B．一个锐角与斜边对应相等 C．两锐角对应相等 D．一锐角和一边对应相等 4．下列条件中能作出唯一三角形的是(  ) A．AB＝4cm，BC＝3cm，AC＝5cm B．AB＝2cm，BC＝6cm，AC＝4cm C．∠A＝∠B＝∠C＝60° D．∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90° 5．有下列说法：其中正确的个数是（ ） (1)有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形； (2)三角之比为3:4:5的三角形为直角三角形； (3)等腰三角形的两条边长为2，4，则等腰三角形的周长为10； (4)一边上的中线等于这边长的一半的三角形是等边三角形； A．2个 B．3个 C．4个 D．1个 6．已知等腰三角形的一边长等于3，另一边长等于6，则它的周长等于（    ） A．12 B．12或15 C．15 D．15或18 7．如图，在△ABC中，∠C=90°，点D在AB上，BC=BD，DE⊥AB交AC于点E，△ABC的周长为12，△ADE的周长为6，则BC的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．如图是用直尺和圆规作角平分线的示意图，通过证明△DOP≌△EOP可以说明OC是∠AOB的角平分线，那么△DOP≌△EOP的依据是（　　） A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS 9．如图，∠ABC=∠ACB，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠EAC、内角∠ABC、外角∠ACF，以下结论：①AD∥BC；②∠ACB=2∠ADB；③∠ADC+∠ABD=90°；④∠BDC=∠BAC；其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．若直角三角形的两边长分别为a，b，且满足a2﹣6a+9+|b﹣4|＝0，则该直角三角形的第三边长的平方为（　　） A．25 B．7 C．25或7 D．25或16 二、填空题 11．如图已知：AD平分∠BAC，AC=AB+BD，∠B=62°，求∠C= 12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝30cm，DE是AB的垂直平分线，分别交AB、AC于D、E两点．（1）若∠C＝70°，则∠BEC＝ ；（2）若BC＝20cm，则△BCE的周长是 cm． 13．在平面直角坐标系中，点A与点B的坐标分别是A(1,0)和B(5,0).以线段AB为底边作高为2的等腰三角形ABC，则顶点C的坐标为 . 14．如图，在△ABC中，∠B=47°，三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，则∠AEC= ． 15．在△ABC中，AD是BC边上的中线，AB＝5cm，AD＝3cm，则AC的取值范围是 ． 16．如图，△AOB中，∠B=30°，将△AOB绕点O顺时针旋转得到△A′OB′，若∠A′=40°，则∠B′= ，∠AOB= ． 17．如图，的周长为32，且于，的周长为24，那么的长为 ． 18．已知直角三角形的两边长分别为3、4．则第三边长为 ． 19．某人驾车从乡村进城.各时间段的行驶速度如图所示.当时，其行驶路程与时间之间的函数表达式是 ，当时，其行驶路程与时间之间的函数表达式是 ，当时，其行驶路程与时间之间的函数表达式是 . 20．长为10m的梯子AB斜靠墙上（墙与地面垂直）．梯子顶端A到地面的距离AC为8m，当梯子顶端下滑2m到A1点时，底端B滑动了 m． 三、解答题 21．计算： （1）（）﹣2+（）0﹣|3﹣π| （2）3+4﹣2+ （3）×÷ （4）（2+3）（2﹣3） 22．如图，△ABC中，∠BAD=90°，AB=AD，△ACE中，∠CAE=90°，AC=AE． （1）求证：△ADC≌△ABE； （2）试判断∠AFD和∠AFE的大小关系，并说明理由 23．如图，四边形ABCD的三边（AB、BC、CD）和BD的长度都为5厘米，动点P从A出发（A→B→D）到D，速度为2厘米／秒，动点Q从点D出发（D→C→B→A）到A，速度为2.8厘米／秒．5秒后P、Q相距3厘米，试确定5秒时△APQ的形状．    24．已知，如图，△ABC是等边三角形，过AC边上的点D作DG∥BC，交AB于点G，在GD的延长线上取点E，使DE=DC，连接AE、BD． （1）求证：△AGE≌△DAB； （2）过点E作EF∥DB，交BC于点F，连接AF，求∠AFE的度数． 25．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴正半轴上，顶点在轴正半轴上，顶点，都在第一象限内，、的长分别为4和3． （1）求点的坐标； （2）求直线的解析式； （3）在直线上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 26．如图，一次函数与轴，轴分别交于点，函数与的图像交于第四象限的点，且点的横坐标为1． （1）求的值； （2）观察图像，当满足 时，； （3）在轴上有一点，过点作轴的垂线，分别交函数和的图像于点．若，求的值． 27．阅读探究 小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积． 小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法， （1）图1中的面积为________． 实践应用 参考小明解决问题的方法，回答下列问题： （2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）． ①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点． ②的面积为________（写出计算过程）． 拓展延伸 （3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】解：A．是轴对称图形，不符合题意， B．是轴对称图形，不符合题意， C．不是轴对称图形，符合题意， D．是轴对称图形，不符合题意， 故选：C． 2．C 【分析】先将各选项化简，再根据同类二次根式的定义解答． 【详解】解：A、与被开方数不同，不是同类二次根式； B、＝3是整数，是二次根式，故不是同类二次根式； C、＝2与被开方数相同，是同类二次根式； D、＝3与被开方数不同，不是同类二次根式． 故选C． 【点睛】本题考查了同类二次根式的定义，熟练掌握同类二次根式的定义是解答本题的关键.化成最简二次根式后，如果被开方式相同，那么这几个二次根式叫做同类二次根式. 3．C 【分析】直角三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL，根据定理判断即可． 【详解】如图所示： A选项： ∵∠C=∠F，∠B=∠E，AC=DF， ∴根据AAS能推出△ACB≌△DFE， 故本选项错误； B选项： ∵∠C=∠F，∠B=∠E，AB=DE， ∴根据AAS能推出△ACB≌△DFE， 故本选项错误； C选项： 根据∠C=∠F，∠B=∠E，∠A=∠D不能推出△ACB≌△DFE， 故本选项正确； D选项： ∵∠C=∠F，∠B=∠E，AC=DF（或BC=EF或AB=DE）， ∴根据AAS（或ASA或AAS）能推出△ACB≌△DFE， 故本选项错误； 故选C． 【点睛】考查了对直角三角形全等的判定定理的应用，注意：直角三角形的判定定理有：SAS，ASA，AAS，SSS，HL． 4．A 【分析】看是否符合所学的全等的公理或定理及三角形三边关系即可． 【详解】A.符合全等三角形的SSS，能作出唯一三角形，故该选项符合题意， B.AB+AC=BC，不符合三角形三边之间的关系，不能作出三角形；故该选项不符合题意， C.属于全等三角形判定中的AAA的情况，不能作出唯一三角形；故该选项不符合题意， D.属于全等三角形判定中的AAA的情况，不能作出唯一三角形；故该选项不符合题意， 故选A. 【点睛】此题主要考查由已知条件作三角形，应用了全等三角形的判定和三角形三边之间的关系．熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键. 5．A 【分析】考查等边三角形，直角三角形等的性质以及三角形三边关系： （1）有一个角为60°的等腰三角形，则三个角都是60°，（2）中有三角比例，求出其大小即可判断是否为直角三角形，（3）根据三边关系可确定，（4）利用等边三角形的判定定理即可． 【详解】(1)中三角形内角和为180°，且一个角为60°，又是等腰三角形，所以三角形只能是等边三角形； (2)中根据三个角的比例求其角分别为45°，60°，75°，所以，不是直角三角形； (3)三角形三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，所以周长只能是10； (4)等边三角形一边上的中线：该边边长=:2，故不是等边三角形. 所以正确的说法有两个，故选A. 【点睛】此题考查三角形三边关系，直角三角形的性质，等边三角形的判定，解题关键在于掌握各性质定义. 6．C 【分析】本题主要考查了等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分当腰长为3时，当腰长为6时，两种情况分别求出等腰三角形的三边长，再根据构成三角形的条件进行判断求解即可． 【详解】解：当腰长为3时，则该等腰三角形的三边长分别为3，3，6， ∵， ∴此时不能构成三角形，不符合题意； 当腰长为6时，则该等腰三角形的三边长分别为3，6，6， ∵， ∴此时能构成三角形，符合题意； ∴此等腰三角形的周长为， 故选C． 7．A 【分析】先根据角平分线的性质得到ED＝EC，再证明Rt△BED≌Rt△BEC得到DE＝CE，接着利用三角形周长和等线段代换得到AD＋AC＋2BC＝12和AD＋AC＝6，所以6＋2BC＝12，从而得到BC的长． 【详解】解：连接BE， ∵DE⊥AB ∴∠BDE=90°， 在Rt△BED和Rt△BEC中， ， ∴Rt△BED≌Rt△BEC（HL）， ∴DE＝CE， ∵△ABC的周长为12， ∴AB＋AC＋BC＝12， 即AD＋AC＋2BC＝12， ∵△ADE的周长为6， ∴AD＋DE＋AE＝6， 即AD＋EC＋AE＝6， ∴AD＋AC＝6， ∴6＋2BC＝12， ∴BC＝3． 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握HL证明全等是解答此题的关键． 8．A 【详解】由作图知：OD=OE、PD=PE、OP是公共边， 即三边分别对应相等（SSS）， ∴△DOP≌△EOP的依据是SSS． 故选：A． 9．C 【详解】①∵AD平分△ABC的外角∠EAC， ∴∠EAD=∠DAC， ∵∠EAC=∠ACB+∠ABC，且∠ABC=∠ACB， ∴∠EAD=∠ABC， ∴AD∥BC， 故①正确． ②由(1)可知AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠DBC， ∴∠ABC=2∠ADB， ∵∠ABC=∠ACB， ∴∠ACB=2∠ADB， 故②正确． ③在△ADC中,∠ADC+∠CAD+∠ACD=180°， ∵CD平分△ABC的外角∠ACF， ∴∠ACD=∠DCF， ∵AD∥BC， ∴∠ADC=∠DCF，∠ADB=∠DBC，∠CAD=∠ACB ∴∠ACD=∠ADC，∠CAD=∠ACB=∠ABC=2∠ABD， ∴∠ADC+∠CAD+∠ACD=∠ADC+2∠ABD+∠ADC=2∠ADC+2∠ABD=180°， ∴∠ADC+∠ABD=90° ∴∠ADC=90°−∠ABD， 故③正确； ④∵∠BAC+∠ABC=∠ACF， ∴∠BAC+∠ABC=∠ACF， ∵∠BDC+∠DBC=∠ACF， ∴∠BAC+∠ABC=∠BDC+∠DBC， ∵∠DBC=∠ABC， ∴∠BAC=∠BDC，即∠BDC=∠BAC. 故④错误． 故选C. 点睛：本题主要考查了三角形的内角和，平行线的判定和性质，三角形外角的性质等知识，解题的关键是正确找各角的关系. 10．C 【分析】根据非负数的性质列出方程求出a、b的值，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵a2﹣6a+9+|b﹣4|＝0， ∴（a-3）2+|b﹣4|＝0， ∴a﹣3=0，b﹣4＝0， ∴a＝3，b＝4， ∴直角三角形的第三边长＝＝5，或直角三角形的第三边长＝＝， ∴直角三角形的第三边的平方为25或7， 故选C． 【点睛】本题考查了勾股定理，非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0． 11．31°． 【详解】试题分析：：如图，在AC上截取AE=AB，连接DE，可以证明△ABD≌△ADE，然后利用全等三角形的性质和已知条件可以证明△DEC是等腰三角形，接着利用等腰三角形的性质即可求解． 试题解析：如图，在AC上截取AE=AB，连接DE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD=∠EAD， 而AD是公共边， ∴△ABD≌△ADE， ∴∠B=∠AED=62°，DE=BD， 而AB+BD=AC=AE+CE， ∴DE=CE， ∴∠EDC=∠C， 而∠AED=∠C+∠EDC=62°， ∴∠C=31°． 考点：全等三角形的判定与性质． 12． （1）80°； （2）50 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质得出∠ABC的度数，再由三角形内角和定理求出∠A的度数，根据线段垂直平分线的性质求出AE＝BE，故可得出∠ABE的度数，进而可得出结论； （2）根据AE＝BD可知，BE+CE＝AE+CE＝AC，由此可得出结论． 【详解】解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC＝30cm，∠C＝70°， ∴∠ABC＝∠C＝70°， ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣70°﹣70°＝40°． ∵DE是AB的垂直平分线， ∴AE＝BE， ∴∠ABE＝∠A＝40°， ∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝70°﹣40°＝30°， ∴∠BEC＝180°﹣∠C﹣∠EBC＝180°﹣70°﹣30°＝80°． 故答案为80°； （2）∵由（1）知AE＝BE， ∴BE+CE＝AE+CE＝AC＝30cm， ∵BC＝20cm， ∴△BCE的周长＝AC+BC＝30+20＝50（cm）． 故答案为50． 【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键． 13．(3,2)(3,−2). 【分析】首先根据题意画出图形，然后作出AB的垂直平分线，点C就在AB的垂直平分线上，且到AB的距离为2，故C点有两种情况，①C在第一象限，②C在第四象限． 【详解】如图所示：作AB的垂直平分线CD， ∵A(1,0)和B(5,0)， ∴D(3,0)， ∵高为2， ∴CD=2， ∴C(3,2)(3,−2). 故答案为(3,2)(3,−2). 【点睛】此题考查坐标与图形性质，等腰三角形的判定，解题关键在于画出图形. 14．66.5°． 【详解】∵三角形的外角∠DAC和∠ACF的平分线交于点E，∴∠EAC=∠DAC，∠ECA=∠ACF； 又∵∠B=47°，∠B+∠BAC+∠BCA=180°（三角形内角和定理）， ∴∠DAC+ACF=（∠B+∠ACB）+（∠B+∠BAC） =（∠B+∠B+∠BAC+∠BCA）=． ∴∠AEC=180°﹣（∠DAC+ACF）=66.5°． 15．1cm＜AC＜11cm 【分析】根据题意画出相应的图形，然后根据全等三角形的性质和三角形三边的关系即可求得AC的取值范围． 【详解】解：延长AD到点E，使得AD＝DE，连接BE，如图所示， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中 ， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴BE＝AC， ∵AD＝3cm，DA＝DE，AB＝5cm， ∴AE＝6cm， ∴AE﹣AB＜BE＜AB+AE， 即1cm＜BE＜11cm， 故1cm＜AC＜11cm， 故答案为1cm＜AC＜11cm． 【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质、三角形三边关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 16． 30° 110° 【分析】根据旋转的性质得到，利用∠AOB=∠A′OB′以及三角形内角和定理计算即可． 【详解】∵△AOB中，∠B=30°，将△AOB绕点O顺时针旋转得到△A′OB′，∠A′=40°， ∴∠B=∠B′=30°，∠A′=∠A=40°， 则∠B′=30°，∠AOB=180°-∠A-∠B=110°． 故答案为30，110． 考点：旋转的变换 17．8 【详解】试题分析：因为AB=AC,AD⊥BC ,所以BD=CD，因为△ABC的周长为32 ,所以AC + CD = 32=16，又因为△ACD的周长为24，所以AD=" 24" - （AC + CD ）="24-16=" 8． 考点：等腰三角形的性质． 18．5或 【分析】已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论． 【详解】解：①长为3的边是直角边，长为4的边是斜边时， 第三边的长为：； ②长为3、4的边都是直角边时， 第三边的长为：； ∴第三边的长为：或5， 故答案为：或5． 19． , , 【分析】观察函数图象，可得函数解析式． 【详解】解：观察图象，得 当0≤t＜1时，则其行驶路程S与时间t的函数关系式是 S=40t， 当1≤t＜2时，则其行驶路程S与时间t的函数关系式是 S=80（t-1）+40，化简，得S=80t-40， 当2≤t＜3时，则其行驶路程S与时间t的函数关系式是 S=30（t-2）+120=30t+60，化简，得S=30t+60， 故答案为S=40t，S=80t-40，S=30t+60． 【点睛】本题考查了分段函数，观察图象是解题关键. 20．2 【分析】根据勾股定理求出B1C的长即可解答． 【详解】如果梯子的顶端沿墙下滑2m，则A1B1=10m，A1C=6m， ∵由勾股定理得B1C=8m，BC=6m ∴B1B=B1C-BC=8-6=2m， ∴如果梯子的顶端沿墙下滑2米，那么梯足将向外移2m． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用，勾股定理揭示了直角三角形三边长之间的数量关系：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．当题目中出现直角三角形，且该直角三角形的一边为待求量时，常使用勾股定理进行求解． 21．（1）8﹣π；（2）+5；（3）6；（4）2． 【分析】（1）直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质和绝对值的性质分别化简得出答案； （2）直接合并同类二次根式进而得出答案； （3）利用二次根式乘除运算法则计算得出答案； （4）直接利用平方差公式计算得出答案． 【详解】解：（1）原式＝4+1﹣（π﹣3） ＝4+1﹣π+3 ＝8﹣π； （2）原式＝（3﹣2）+（4+） ＝+5； （3）×÷ ＝2×3÷ ＝6； （4）（2+3）（2﹣3） ＝（2）2﹣（3）2 ＝2． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键，整式的乘法的运算公式及运算法则对二次根式的运算同样适应. 22．（1）证明见解析；（2）∠AFD=∠AFE． 【分析】（1）过A作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，由SAS可证△ADC≌△ABE. （2）根据全等三角形的对应高相等知DC=BE，S△ADC=S△ABE，于是AM=AN，FA平分∠DFE． 【详解】证明：（1）过A作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N． ∵∠BAD=∠CAE=90°， ∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE； 在△ABE和△ADC中， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， 解：(2)∠AFD=∠AFE． 理由如下：∵△ABE≌△ADC ∴DC=BE， ∴S△ADC=S△ABE，即DC•AM=BE•AN， ∴AM=AN， ∴FA平分∠DFE， ∴∠AFD=∠AFE． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握各性质是解题的关键． 23．△APQ为直角三角形． 【分析】首先确定5秒时P、Q的位置，此时P与D重合，Q在AB边上，且BQ=4厘米，然后根据勾股定理的逆定理判定△BPQ为直角三角形，且∠BQP=90°，再由邻补角定义得到∠AQP=90°，从而得出△APQ为直角三角形． 【详解】解：∵AB=BD=5厘米，动点P从A出发（A→B→D）到D，速度为2厘米/秒， ∴5秒时P点运动路程为2×5=10（厘米）， 而AB+BD=10厘米， ∴此时P与D重合． ∵AB=BC=CD=5厘米，动点Q从点D出发（D→C→B→A）到A，速度为2.8厘米/秒， ∴5秒时Q点运动路程为2.8×5=14（厘米）， 而DC+CB+BA=15厘米， ∴Q在AB边上，且BQ=4厘米，如图．    在△BPQ中，∵BQ=4厘米，PQ=3厘米，BP=5厘米， ∴BQ2+PQ2=BP2， ∴△BPQ为直角三角形，∠BQP=90°， ∴∠AQP=180°-∠BQP=90°， ∴△APQ为直角三角形． 【点睛】本题考查勾股定理的逆定理．熟练掌握勾股定理逆定理是解题的关键． 24．（1）证明见解析；（2）60°． 【详解】试题分析：（1）根据SAS判定△AGE和△DAB全等； （2）证明四边形DEFB是平行四边形，△AEF是个等边三角形． 试题解析：（1）证明：∵△ABC是等边三角形，DG∥BC， ∴∠AGD=∠ABC=60°，∠ADG=∠ACB=60°，且∠BAC=60°， ∴△AGD是等边三角形， AG=GD=AD，∠AGD=60°． ∵DE=DC，∴GE=GD+DE=AD+DC=AC=AB， ∴在△AGE与△DAB中， ∴△AGE≌△DAB（SAS）； （2）解：由（1）知AE=BD，∠ABD=∠AEG． ∵EF∥DB，DG∥BC， ∴四边形BFED是平行四边形． ∴EF=BD， ∴EF=AE． ∵∠DBC=∠DEF， ∴∠ABD+∠DBC=∠AEG+∠DEF，即∠AEF=∠ABC=60°． ∴△AFE是等边三角形，∠AFE=60°． 考点：1.全等三角形的判定；2.等边三角形的性质． 25．（1）；（2）；（3）存在，或 【分析】（1）过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，根据正方形的性质可得，，利用AAS证出，从而得出，，即可求出结论； （2）同理可证，从而求出点C的坐标，然后利用待定系数法即可求出结论； （3）根据等腰三角形腰的情况分类讨论，分别求出结论即可． 【详解】解：（1）如图，过点作轴的垂线，垂足为， 过点作轴的垂线，垂足为 因为四边形是正方形， 所以，， 因为，． 所以 因为 所以 所以， 所以 所以，点的坐标为 （2）同理可证 所以， 所以 所以，点的坐标为 设直线的解析式为，依题意得 解得 所以，直线的解析式为； （3）①当DP=DC时， ∵DC⊥BC ∴此时不存在点P，故舍去； ②当PD=PC时， 此时点P在CD的垂直平分线上 ∵DC⊥BC ∴CD的垂直平分线与BC平行 ∴此时不存在点P，故舍去； ③当CD=CP时， 设点P的坐标为（a，c） ∵CD=CB ∴点P与点B重合时，符合题意， 此时点P的坐标为（3,0） 或者点P和点B关于CD对称时，CD=CP ∴ 解得： 此时点P的坐标为（11,6） 综上：存在点，使为等腰三角形，点的坐标为，． 【点睛】此题考查的是一次函数与几何图形的综合大题，掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质、利用待定系数法求一次函数解析式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键． 26．（1）；（2） ；（3） 或 【分析】（1）先求出点C坐标，把点C的坐标代入函数即可求出的值； （2）观察图象，即可写出的取值范围. （3）把x=0代入y=x-3得y=-3，求出点B的坐标，根据，求出DE=9，D点坐标为（n，n-3），E点坐标为（n，-2n），列出方程即可解决问题． 【详解】解：(1)∵点C在直线的图象上，且点C的横坐标为1， ∴点C的坐标为(1,2)， 把C(1,2)代入得 解得； (2)观察图象可知： 当时，； (3)把x=0代入y=x-3得y=-3， ∴B点坐标为（0，-3），即OB=3， ∵DE=3OB， ∴DE=9， ∵DE⊥x轴，P（n，0）， ∴D点坐标为（n，n-3），E点坐标为（n，-2n） ∴ ∴n=4或n=-2. 【点睛】考查一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，注意数形结合思想在解题中的应用. 27．（1）；（2）①作图见详解；②8；（3）在网格中作图见详解；31． 【分析】（1）根据网格可直接用割补法求解三角形的面积； （2）①利用勾股定理画出三边长分别为、、，然后依次连接即可；②根据①中图形，可直接利用割补法进行求解三角形的面积； （3）根据题意在网格中画出图形，然后在网格中作出，，进而可得，得出，进而利用割补法在网格中求解六边形的面积即可． 【详解】解：（1）△ABC的面积为：， 故答案为：； （2）①作图如下（答案不唯一）： ②的面积为：， 故答案为：8； （3）在网格中作出，， 在与中， ， ∴， ∴， ， 六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+的面积 ， 故答案为：31． 【点睛】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算，熟练掌握勾股定理、正方形的性质、割补法求解面积及二次根式的运算是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$