精品解析：河北省石家庄市栾城区2024-2025学年八年级下学期期末考试数学试题

2024-2025学年度第二学期期末教学质量检测八年级数学试题 一、选择题（本大题共12个小题，共36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. 函数中，自变量的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 下列调查中，适宜采用普查方式的是（ ） A. 调查市场上蔬菜保鲜的情况 B. 调查乘坐高铁的旅客是否携带了违禁物品 C. 调查某品牌电池的使用寿命 D. 调查某地区初中生一天完成作业所用时间 3. 2024年国庆长假期间，“跟着悟空游山西”活动热度不减，“悟空效应”带动文旅热潮，山西各景区游人如织．已知某景区成人门票价格为80元/张，并规定购买团队成人票时，对10张以内（含10张）门票不优惠，超过10张的部分七折优惠．某旅行团参观该景区，需购买成人票张，所需总费用为元，则与的函数关系式为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在一次活动中，位于A处的七年一班准备前往相距的B处与七年二班会合，若用方向和距离描述七年二班相对于七年一班的位置，可以描述为（　　） A. 南偏西30°， B. 南偏西50°， C. 北偏东40°， D. 北偏东50°， 5. 下列关于直线的结论中，正确的是（ ） A. 图象必经过点 B. 图象经过第一、二、三象限 C. 当时， D. 随的增大而增大 6. 如图，沿着虚线将四边形纸片剪成两部分，如果所得两个图形的内角和的差的绝对值是的正整数倍，则符合条件的剪法是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 7. 如图，若菱形的顶点，的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 在同一直角坐标系中，直线与直线可能是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形在第一象限内，轴，点的坐标为，直线的表达式为：．将直线沿轴向下平移个单位，使平移后的直线与正方形有交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，矩形边沿折痕折叠，使点落在上的处，已知，的面积为6，则等于（ ） A. 3 B. C. D. 12. 已知，两地相距1200米，甲和乙两人均从地出发，向地匀速运动，先到达终点的人停止运动，已知甲比乙先出发3分钟，如图是甲、乙两人之间的距离（米和甲出发的时间（分之间的关系，现有如下结论： ①乙每分钟比甲多走10米； ②乙用18分钟追上了甲； ③乙比甲早1分钟到达终点； ④图中点的坐标为． 则下列结论正确的有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 二、填空题（本大题共4个小题，共12分．把答案写在题中横线上） 13. 若点在第三象限，则的取值范围是_____． 14. 已知一组数据有60个，把它分成六组，第一组到第四组的频数分别是5，10，6，7，第五组的频率是0.2，故第六组的频数是 ______． 15. 已知点，都在一次函数的图象上，则______．（填“”或“”） 16. 如图是一张四边形纸片，其中，，．现将其分割为4块，再拼成两个正方形，则正方形的面积为______． 三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在网格点上，一个方格的边长代表1个单位长度，其中点坐标为． （1）写出点、的坐标， （2）若三角形向下平移1个单位，向右平移2个单位，恰好得到，试在该平面直角坐标系中画出．并写出点，，的坐标． 18. 吴老师为了解本班学生的数学学习情况，对某次数学考试成绩（成绩取整数，满分为100分）作了统计，绘制成如下频数分布表和频数分布直方图． 分组 49.5-59.5 59.5-69.5 69.5-79.5 79.5-89.5 89.5-100.5 合计 频数 3 10 26 6 频率 0.06 0.10 0.20 0.52 1.00 请你根据图表提供的信息，解答下列问题： （1）补全频数分布表和频数分布直方图； （2）如果用扇形统计图表示这次数学考试成绩，那么成绩在69.5~79.5范围内的扇形圆心角的度数为________度． 19. 如图，在平行四边形中，、分别是，边上的中点，连接、、． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若平分，，求的长． 20. 如图1，地在地的正东方向，某一时刻，乙车从地开往地，1小时后，甲车从地开往地，当甲车到达地的同时乙车也到达地．如图2，横轴（小时）表示两车的行驶时间（从乙车出发的时刻开始计时），纵轴（千米）表示两车与地的距离． （1），两地相距多少千米？ （2）和两条线段分别表示两车距地的距离（千米）与行驶时间（小时）之间的关系，请问哪一条线段表示甲车？ （3）求两车相遇时距地多少千米？ 21. 如图，在四边形中，，，． （1）求证：四边形为菱形． （2）过点作于点，若，，求的长． 22. 学科实践 问题情境：体育课上，老师组织同学们进行往返障碍跑比赛.甲、乙二人在相邻两条直跑道上比赛（注：跑道长50米），他们从跑道同一起点出发，到达对面终点后，转身沿原路回到起点. 数学思考：同学们根据两人比赛信息画出了如图所示的部分图象（跑步的过程均视为匀速）.图中的折线是甲离起点的距离（米）与比赛时间（秒）的函数图象；线段是乙去程中离起点的距离（米）与比赛时间（秒）的函数图象.已知线段对应的函数表达式为. 问题解决： （1）求点的坐标及线段对应的函数表达式（不必写出自变量的取值范围）； （2）乙在对面终点处转身过程中因故耽误了2秒，结果仍比甲提前3秒回到起点.请在坐标系中画出表示乙转身及返程途中，离起点的距离（米）与比赛时间（秒）之间的函数图象，并标明表示乙返程图象的两个端点的坐标； （3）请直接写出比赛过程中，当乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半时，比赛时间的值. 23. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线交于点． （1）求直线的解析式； （2）直线与轴交于点，若点是直线上一动点，且满足，求点的坐标； （3）直接写出不等式的解集． 24. 【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）．探索线段、、之间的数量关系． 【问题初探】 （1）求证：，并直接写出线段、、之间的数量关系； 【创新拓展】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期期末教学质量检测八年级数学试题 一、选择题（本大题共12个小题，共36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. 函数中，自变量的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查函数自变量的取值范围，根据分式有意义的条件，分母不能为零，直接求解即可． 【详解】解：由题意，得 ． 解得 ． 故选B． 2. 下列调查中，适宜采用普查方式的是（ ） A. 调查市场上蔬菜保鲜的情况 B. 调查乘坐高铁的旅客是否携带了违禁物品 C. 调查某品牌电池的使用寿命 D. 调查某地区初中生一天完成作业所用时间 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是抽样调查和全面调查的区别，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查． 【详解】解：A．调查市场上蔬菜保鲜的情况，有破坏性，适合抽样调查调，故此项不符合题意； B．调查乘坐高铁的旅客是否携带了违禁物品，事关重大，适宜采用普查，故此项符合题意； C．调查某品牌电池的使用寿命，有破坏性，适合抽样调查调，故此项不符合题意； D．调查某地区初中生一天完成作业所用时间，调查范围广，适合抽样调查，故此项不符合题意． 故选：B． 3. 2024年国庆长假期间，“跟着悟空游山西”活动热度不减，“悟空效应”带动文旅热潮，山西各景区游人如织．已知某景区成人门票价格为80元/张，并规定购买团队成人票时，对10张以内（含10张）门票不优惠，超过10张的部分七折优惠．某旅行团参观该景区，需购买成人票张，所需总费用为元，则与的函数关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，根据总费用为元张以内（含10张）门票超过10张的部分门票费用，可得函数关系式． 【详解】解：由题意，得 ． 故选D． 4. 如图，在一次活动中，位于A处的七年一班准备前往相距的B处与七年二班会合，若用方向和距离描述七年二班相对于七年一班的位置，可以描述为（　　） A. 南偏西30°， B. 南偏西50°， C. 北偏东40°， D. 北偏东50°， 【答案】A 【解析】 【分析】根据方向角的表示方法，观察图发现相对的位置关系，可得答案． 【详解】解：用方向和距离描述七年二班相对于七年一班的位置为南偏西30°，AB=3km， 故选A． 【点睛】本题考查了方向角，利用方向角确定位置，方向角与距离相结合是解题关键． 5. 下列关于直线的结论中，正确的是（ ） A. 图象必经过点 B. 图象经过第一、二、三象限 C. 当时， D. 随的增大而增大 【答案】C 【解析】 【详解】根据一次函数图象的性质和点的坐标特征逐一分析选项． 【分析】A．将代入，得，故A错误． B．∵ 一次函数中， ， ， ∴图象过第一、二、四象限，故B错误． C．当时，，与选项描述一致，故C正确． D．∵，∴函数值随的增大而减小，故D错误． 故选C． 6. 如图，沿着虚线将四边形纸片剪成两部分，如果所得两个图形的内角和的差的绝对值是的正整数倍，则符合条件的剪法是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角和定理．根据多边形内角和定理逐一判断即可得答案． 【详解】解：三角形内角和为，四边形内角和为，五边形内角和为， ①剪开后的两个图形是四边形，它们的内角和都是，，不符合条件， ②剪开后的两个图形是五边形和三角形，它们的内角和分别是和，，符合条件， ③剪开后的两个图形都是三角形，它们的内角和都是，，不符合条件， ④剪开后的两个图形是三角形和四边形，它们的内角和分别是和，，符合条件， ∴符合条件的剪法是②④， 故选：C． 7. 如图，若菱形的顶点，的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，两点距离计算公式．先由两点距离计算公式求出的长，进而由菱形的性质得到，轴，据此可得答案． 【详解】解：∵，的坐标分别为， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点A和点D都在x轴上， ∴轴， ∵， ∴， 故选：D． 8. 在同一直角坐标系中，直线与直线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的图象性质，解题的关键是根据的正负分类讨论两条直线的象限分布． 分和两种情况，分别分析直线和的象限分布，再与选项逐一比对，得出正确答案． 【详解】解：当时，直线经过第一、三象限； 当时，直线经过第二、四象限． 直线的斜率为，因此直线一定从左到右上升（经过第一、三象限）；截距为： 当时，直线与轴的交点在正半轴（经过第一、二、三象限）； 当时，直线与轴的交点在负半轴（经过第一、三、四象限）． 情况1： 直线经过第一、三象限；直线经过第一、二、三象限． 选项A中，的截距为负（与矛盾），排除； 选项C中，经过第一、三象限，经过第一、二、三象限，符合条件． 情况2： 直线经过第二、四象限；直线经过第一、三、四象限． 选项B中，的斜率为负（与斜率矛盾），排除； 选项D中，的斜率为负（与斜率矛盾），排除． 故选C 9. 如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定和性质，掌握其判定方法和性质是解题的关键． 根据四边形是平行四边形，结合题意可证四边形是平行四边形，根据菱形的判定，矩形的判定方法证明即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵延长到，使， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当添加时，则有，设交于点，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形，故A选项不能使四边形成为矩形，符合题意； 当添加时，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故B选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时，则有， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故C选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 当添加时， ∵， ∴点是中点， ∴，则， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故D选项能使四边形成为矩形，不符合题意； 故选：A ． 10. 如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形在第一象限内，轴，点的坐标为，直线的表达式为：．将直线沿轴向下平移个单位，使平移后的直线与正方形有交点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象的平移． 根据题意求得正方形各顶点的坐标，根据一次函数图象的平移规律可知平移后的直线方程为；把点B和D的坐标代入进行解答即可． 【详解】解：∵点的坐标为，正方形边长为3， ∴，，， 将直线沿轴向下平移个单位， 则平移后解析式为， 当过时，，解得； 当过时，，解得； ∴平移后的直线与正方形有交点，的取值范围是， 故选：D． 11. 如图，矩形边沿折痕折叠，使点落在上的处，已知，的面积为6，则等于（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形与翻折、三角形的面积公式、勾股定理. 先根据三角形的面积公式求得的长，然后根据勾股定理可求得，由翻折的性质和矩形的性质可知，故此，最后在中，由勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴，即． 解得：， 在中，． 由翻折的性质可知：，． ∴． 设，则． 在中，由勾股定理得：， ∴． 解得：， ∴． 故选：B． 12. 已知，两地相距1200米，甲和乙两人均从地出发，向地匀速运动，先到达终点的人停止运动，已知甲比乙先出发3分钟，如图是甲、乙两人之间的距离（米和甲出发的时间（分之间的关系，现有如下结论： ①乙每分钟比甲多走10米； ②乙用18分钟追上了甲； ③乙比甲早1分钟到达终点； ④图中点的坐标为． 则下列结论正确的有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查从函数图像获取信息，掌握速度、时间和路程之间的关系是解题的关键． ①乙出发时与甲之间的距离除以乙追上甲所用的时间即为二者的速度差； ②乙到达地时对应的值减去乙出发时对应的值即乙追上甲所用的时间； ③根据速度路程时间求出甲的速度，由时间路程速度求出甲到达地所用时间；结合①求出乙的速度，由时间路程速度求出乙到达地所用时间，从而求出乙到达地时对应的值，进而计算乙比甲早几分钟到达终点； ④由③可知点的横坐标，根据路程速度时间求出点时甲距地距离，从而求出甲、乙两人之间的距离，即的纵坐标，进而得到点的坐标． 【详解】解：乙每分钟比甲多走（米， ①正确，符合题意； 乙用（分钟）追上了甲， ②不正确，不符合题意； 甲的速度为（米分钟），则甲到达地所用时间为（分钟）， 乙的速度为（米分钟），则乙到达地所用时间为（分钟）， 当时乙到达地， 乙比甲早（分钟）到达终点， ③正确，符合题意； 由③可知，点的横坐标为23， 甲出发后23分钟距地（米，则当时，甲、乙两人之间的距离为（米， 点的坐标为， ④正确，符合题意． 综上，①③④正确． 故选：C． 二、填空题（本大题共4个小题，共12分．把答案写在题中横线上） 13. 若点在第三象限，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查根据点所在的象限求参数的范围，解不等式组，根据第三象限的点的横坐标的符号为负，得到，求解即可． 【详解】解：由题意，得：， 解得． 故答案为：． 14. 已知一组数据有60个，把它分成六组，第一组到第四组的频数分别是5，10，6，7，第五组的频率是0.2，故第六组的频数是 ______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据频率=频数÷总数，以及第五组的频率是0.2，可以求得第五组的频数；再根据各组的频率和等于1，求得第六组的频数． 【详解】解：根据第五组的频率是0.2，其频数是60×0.2=12； 则第六组的频数是60（10+5+7+6+12）=20． 故答案为：20 【点睛】本题是对频率=频数÷总数这一公式的灵活运用的综合考查，注意：各小组频数之和等于数据总和，各小组频率之和等于1． 15. 已知点，都在一次函数的图象上，则______．（填“”或“”） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数值的比较大小，熟知一次函数的增减性是解题的关键．根据一次函数的性质，可知当时，y随x增大而减小，由此即可得答案． 【详解】解：∵一次函数解析式为，， ∴y随x增大而减小， ∵点，都在一次函数的图象上， ， ∴， 故答案为：． 16. 如图是一张四边形纸片，其中，，．现将其分割为4块，再拼成两个正方形，则正方形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点D作于点M，证明四边形是矩形得，，进而得，在中，由勾股定理得，设所拼成的正方形的边长为a，则，根据拼图可知，，则，进而得，据此可得所拼成的正方形的边长及面积． 【详解】解：过点D作于点M，如图所示： ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 设所拼成的正方形的边长为a， 则， 根据拼图可知：， ， ， ， ， ∴所拼成的正方形的面积为． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识．准确识图，构造辅助线，利用矩形的性质是解决问题的关键． 三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在网格点上，一个方格的边长代表1个单位长度，其中点坐标为． （1）写出点、的坐标， （2）若三角形向下平移1个单位，向右平移2个单位，恰好得到，试在该平面直角坐标系中画出．并写出点，，的坐标． 【答案】（1）， （2） 解：如图所示，即为所求． ∴，，． 【解析】 【分析】本题主要考查作图平移变换，解题的关键是掌握平移变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点． （1）由图形可得点、的坐标； （2）将三个顶点分别向下平移1个单位，向右平移2个单位得到其对应点，继而首尾连接即可． 【小问1详解】 解：由图知，，； 【小问2详解】 略 18. 吴老师为了解本班学生的数学学习情况，对某次数学考试成绩（成绩取整数，满分为100分）作了统计，绘制成如下频数分布表和频数分布直方图． 分组 49.5-59.5 59.5-69.5 69.5-79.5 79.5-89.5 89.5-100.5 合计 频数 3 10 26 6 频率 0.06 0.10 0.20 0.52 1.00 请你根据图表提供的信息，解答下列问题： （1）补全频数分布表和频数分布直方图； （2）如果用扇形统计图表示这次数学考试成绩，那么成绩在69.5~79.5范围内的扇形圆心角的度数为________度． 【答案】（1） 补全统计图如下： （2）72 【解析】 【分析】（1）根据69.5-79.5这一组的频数为10，频率为0.2，求出总人数，由此进行求解即可； （2）依据扇形的圆心角度数=360°×占比进行求解即可． 【详解】解:（1）∵69.5-79.5这一组的频数为10，频率为0.2， ∴总人数=10÷0.2=50人， ∴59.5-69.5这一组的人数=50×0.1=5人， ∴89.5-100.5这一组的频率=6÷50=0.12， 列表如下： 分组 49.5-59.5 59.5-69.5 69.5-79.5 79.5-89.5 89.5-100.5 合计 频数 3 5 10 26 6 50 频率 0.06 0.10 0.20 0.52 0.12 1.00 （2）由题意可得成绩在69.5~79.5范围内的扇形圆心角的度数=360°×0.20=72°， 故答案为：72． 【点睛】本题主要考查了频率与频数分布表，频数分布直方图，求扇形圆心角度数，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 19. 如图，在平行四边形中，、分别是，边上的中点，连接、、． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若平分，，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，， 、分别是，边上的中点， ，， ， ， 四边形是平行四边形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，然后得到，即可得结论； （2）利用角平分线的定义、平行线的性质可得到，进而，再利用平行四边形的性质即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，角平分线的定义，平行线的性质， 等角对等边，解题的关键是掌握以上知识点． 20. 如图1，地在地的正东方向，某一时刻，乙车从地开往地，1小时后，甲车从地开往地，当甲车到达地的同时乙车也到达地．如图2，横轴（小时）表示两车的行驶时间（从乙车出发的时刻开始计时），纵轴（千米）表示两车与地的距离． （1），两地相距多少千米？ （2）和两条线段分别表示两车距地的距离（千米）与行驶时间（小时）之间的关系，请问哪一条线段表示甲车？ （3）求两车相遇时距地多少千米？ 【答案】（1）400千米 （2）线段 （3）千米 【解析】 【分析】本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键． （1）由函数图象可知，、两地相距400千米； （2）由于乙车比甲车先出发1小时，则当时甲车距离A地的距离为0，据此结合函数图象可得答案； （3）设两车相遇时距A地千米， 由函数图象可知，甲车的速度为，乙车的速度为，再根据时间路程速度列出方程求解即可． 【小问1详解】 解：由函数图象可知，，两地相距400千米； 【小问2详解】 解：乙车从地开往地，1小时后，甲车从地开往地， 乙车比甲车先出发1小时，则当时甲车距离地的距离为0， 线段表示甲车距地的距离与行驶时间的关系； 【小问3详解】 解：设两车相遇时距地千米， 由函数图象可知，甲车的速度为，乙车的速度为， ，解得， 答：两车相遇时距地千米． 21. 如图，在四边形中，，，． （1）求证：四边形为菱形． （2）过点作于点，若，，求的长． 【答案】（1） 证明：， ． 又， ， ． 又， 四边形为平行四边形． 又， 四边形为菱形． （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明出四边形为平行四边形，然后结合即可证明出四边形为菱形； （2）首先根据菱形的性质得到，然后根据得到，，然后利用勾股定理求出，，最后利用菱形的面积公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接． 四边形为菱形， ． 又， ， ． ， ，． ， ， ， ． 菱形的面积， ． 【点睛】此题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 22. 学科实践 问题情境：体育课上，老师组织同学们进行往返障碍跑比赛.甲、乙二人在相邻两条直跑道上比赛（注：跑道长50米），他们从跑道同一起点出发，到达对面终点后，转身沿原路回到起点. 数学思考：同学们根据两人比赛信息画出了如图所示的部分图象（跑步的过程均视为匀速）.图中的折线是甲离起点的距离（米）与比赛时间（秒）的函数图象；线段是乙去程中离起点的距离（米）与比赛时间（秒）的函数图象.已知线段对应的函数表达式为. 问题解决： （1）求点的坐标及线段对应的函数表达式（不必写出自变量的取值范围）； （2）乙在对面终点处转身过程中因故耽误了2秒，结果仍比甲提前3秒回到起点.请在坐标系中画出表示乙转身及返程途中，离起点的距离（米）与比赛时间（秒）之间的函数图象，并标明表示乙返程图象的两个端点的坐标； （3）请直接写出比赛过程中，当乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半时，比赛时间的值. 【答案】（1）， （2） 根据题意补全图形， （3）或 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数图像和性质，待定系数法求函数解析式，熟练掌握一次函数图像和性质是解题的关键． （1）将点代入，即可得到点坐标，设，将代入，即可得到答案； （2）根据题意补全图形即可； （3）分到达点前，和到达点后两种情况进行讨论即可． 【小问1详解】 解：将代入， 解得， ， 设， 将代入， ， ， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：到达点前，乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半， 即， 解得； 到达点后，乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半， 设， 将代入， 解得 ， 设， 将代入， 解得 ， 乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半， 即， 解得； 综上所述，乙离开起点的距离恰好等于甲离开起点距离的一半，比赛时间的值为或． 23. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线交于点． （1）求直线的解析式； （2）直线与轴交于点，若点是直线上一动点，且满足，求点的坐标； （3）直接写出不等式的解集． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了求一次函数的解析式，求所围成图形的面积问题，一次函数和一元一次不等式的关系等知识点，解题的关键是熟练掌握待定系数法和函数图象的性质． （1）利用直线的解析式求出点，利用待定系数法将，代入求解即可得出直线的解析式； （2）利用点的坐标求出底边的长度，假设出点的坐标，利用三角形的面积公式列出方程，进行求解即可得到点的坐标； （3）结合函数图象判断不等式的解集即可，同区间内在下方的函数值比较小，在上方的函数值比较大． 【小问1详解】 解：∵将代入得， 解得， ∴ 将，代入得， 解得， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：∵直线与轴交于点，直线与轴交于点， ∴，， ∴, 假设点的坐标为， ∴， 解得，或， ∴点的坐标为或； 【小问3详解】 解：根据函数图象可得， 在点和点之间的图象，满足的图象在的图象的下方，且点是直线与的交点，交点坐标为0，即， ∴当时，， 即不等式的解集为． 24. 【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）．探索线段、、之间的数量关系． 【问题初探】 （1）求证：，并直接写出线段、、之间的数量关系； 【创新拓展】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】 （1）证明：正方形的对角线，交于点， ，，， ， ， 即：， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：， 理由如下： 如图3，取的中点，连接， ， 四边形为的菱形， ，，， 是等边三角形， ，， ， 且， ，， ，， ，，且， ， ， 即：， ， 在和中，， ， ． 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质可得，进而可得，利用等式的性质可得，证得，进而可得，于是可得； （2）利用方形的性质可得，进而可证得是等边三角形，于是可得，利用三角形的中位线定理可证得且，利用平行线的性质可得，进而可得，证得，进而可得，于是可得． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质以及添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 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