第二十三章 一次函数 综合提升训练 课件 2025-2026学年人教版数学八年级下册

第二十三章 一次函数 综合提升训练 人教版八年级下册 课外延展 1 . 已知A, B两地相距60千米, 甲于某日 下午2时骑车从A地出发前往B地, 乙也于同日下午开车 按相同路线从A地出发前往B地. 如图所示, 图中的折线 EFG和线段MN分别表示甲、乙所行驶的路程s和时刻t 的关系. 根据图象解答下列问题： (1)甲和乙比较, 谁先出发, 谁先到达B地, 先到多少时间？ (2)求乙的行驶速度. (3)求甲在行驶过程中, 行驶的路程s关于时间t的函数解析 式. (4)甲、乙在下午什么时间相遇？并求相遇地点到B地的距 离. 解：(1)甲和乙比较, 甲先出发, 乙先到达 B地, 先到6－4＝2(小时). (2)60÷(4－3)＝60(千米/时). 答：乙的行驶速度为60千米/时. (3)甲在EF段的速度为30÷(3－2)＝30(千米/时), 则s＝30(t－2)＝30t－60. 甲在FG段的速度为(60－30)÷(6－3)＝10(千米/时). 则s＝30＋10(t－3)＝10t. ∴甲在行驶过程中, 行驶的路程s关于时间t的函数 解析式为s＝ (4)线段MN对应的函数解析式为 s＝60(t－3)＝60t－180(3≤t≤4). 当甲、乙相遇时, 得 解得 3.6时＝3时36分,60－36＝24(千米). 答：甲、乙在下午3时36分相遇, 相遇地点到B地的距离为24千米. 2 . 如图1, 在平面直角坐标系xOy中, 直 线AB的解析式为y＝x＋b, 分别与x轴、y轴交于A, B两 点, 已知点A的坐标为(－4, 0). (1)求直线AB的解析式及点B的坐标； (2)将直线AB向上平移t个单位长度(t>0)得到直线CD, 分 别与x轴、y轴交于C, D两点, 若P是直线CD上一动点, 使得△PAB的面积为8, 求t的值； (3)如图2, 向上平移直线AB得到直线l, 点M(m, －m2－3m ＋4), N(n, －n2－3n＋4)(m≠n)在直线l上, 直线AM, BN相 交于点Q, 求点Q的横坐标. 解：(1)将A(－4, 0)代入y＝x＋b, 得－4＋b＝0, 解得b＝4. ∴y＝x＋4, 点B的坐标为(0, 4). (2)如答图, 过点B作BE⊥CD于点E, 则BE的长即为点P到AB的距离. 由(1)可得OA＝OB＝4, ∴∠ABO＝45°. ∵CD∥AB, ∴∠EDB＝∠ABO＝45°. ∴在Rt△BED中, BD＝ BE. 由平移, 得BD＝t, ∴t＝ BE. 在Rt△OAB中, 由勾股定理, 得AB＝ ＝4 . ∴S△ABP＝ AB·BE＝ ×4 BE＝8, 解得BE＝2 . ∴t＝ BE＝4. (3)设直线l的解析式为y＝x＋a. 由已知可得 ①－②, 得－m2－3m＋4－(－n2－3n＋4)＝m＋a－(n＋a).整理, 得m＋n＝－4. 由A(－4, 0), M(m, －m2－3m＋4), 可得直线AM的解析式为y＝(－m＋1)x＋4－4m； 由B(0, 4), N(n, －n2－3n＋4), 可得直线BN的解析式为y＝(－n－3)x＋4. 联立 解得x＝ ＝ ＝－2, 即点Q的横坐标为－2. 3.如图, 在平面直角坐标系中, 直线y＝ x＋8分别交x轴、y轴于A, B两点, 直线y＝kx＋5分别 交x轴、y轴的正半轴于D, C两点, OC＝OD, 两直线相交 于点E. (1)求k的值与线段AB的长； (2)若F为线段AE上的动点, G为线段DE上的动点, 当 △ODG≌△GFO时, 求点G的坐标； (3)若F为直线AB上一动点, 连接FC, FD, 当S△CDF＝10时, 试求点F的坐标； (4)若点P在x轴上, △ABP为等腰三角形, 请直接写出点P的 坐标. 解：(1)∵直线y＝kx＋5交y轴于点C, 则点C的坐标为(0, 5). ∴OD＝OC＝5.∴点D的坐标为(5, 0). 将点D的坐标代入函数解析式, 得0＝5k＋5, 解得k＝－1. ∵直线y＝ x＋8分别交x轴、y轴于A, B两点, 令x＝0, 得y＝8.令y＝0, 得 x＋8＝0, 解得x＝－6. ∴点A, B的坐标分别为(－6, 0), (0, 8).∴OA＝6, OB＝8. 在Rt△AOB中, 由勾股定理, 得AB＝ ＝10. (2)如答图1,∵△ODG≌△GFO, ∴∠DOG＝∠FGO, GF＝OD＝5.∴FG∥x轴. 由(1)可得直线CD的解析式为y＝－x＋5. 设点F , 则点G . ∴GF＝－ m－3－m＝5, 解得m＝－ . ∴点G的坐标为 . (3)如答图2, 过点F作直线FN∥CD交x轴于点N, 连接CN. 设点F , 则直线FN的解析式为y＝－(x－t)＋ t＋8. ∴N .∴ND＝ . ∵FN∥CD, ∴S△CDF＝S△CDN＝ DN·yC＝ × ×5＝10, 解得t＝－3或t＝ . ∴点F的坐标为(－3, 4)或 . (4)设P(a, 0).∵OA＝6, OB＝8, ∴AB2＝100, AP2＝(a＋6)2, BP＝a2＋64. ∵△ABP是等腰三角形, ∴①当AB＝AP时, 100＝(a＋6)2, 解得a＝4或a＝－16, ∴点P的坐标为(4, 0)或(－16, 0)； ②当AB＝BP时, 100＝a2＋64, 解得a＝6或a＝－6(舍去), ∴点P的坐标为(6, 0)； ③当AP＝BP时, (a＋6)2＝a2＋64, 解得a＝ , ∴点P的坐标为 . 综上所述, 点P的坐标为(4, 0)或(－16, 0)或(6, 0)或 . 4. 如图, 在平面直角坐标系中, 一次函 数l1：y＝2x＋4的图象分别交x轴、y轴于A, B两点, l2： y＝kx＋b的图象分别交x轴、y轴于D, C两点, 直线l1, l2 相交于点E, OA＝OC, OB＝OD. (1)求A, B两点的坐标； (2)连接OE, 求线段AE, OE, CE 三者之间的数量关系； (3)设线段AB的中点为M, N为直线l2上一点, P为坐标系内 一点, 且以O, M, N, P为顶点的四边形为矩形, 求出所有 符合条件的点N的坐标. 解：(1)在y＝2x＋4中, 令x＝0, 则y＝4. 令y＝2x＋4＝0, 则x＝－2. ∴A(－2, 0), B(0, 4). (2)∵A(－2, 0), B(0, 4), ∴AO＝2, OB＝4. ∵OA＝OC, OB＝OD, ∴C(0, 2), D(4, 0). ∴直线CD的解析式为y＝－ x＋2. 联立 解得 ∴E . 根据勾股定理, 可求得AE＝ , OE＝ , CE＝ , ∴AE2＝OE2＋CE2. (3)∵A(－2, 0), B(0, 4), M是AB的中点, ∴M(－1, 2). 设N . ∴OM2＝5, ON2＝ m2－2m＋4, MN2＝ m2＋2m＋1. 当OM⊥ON时, m2＋2m＋1＝ m2－2m＋4＋5, 解得m＝2, ∴N(2, 1)； 当MN⊥ON时, 5＝ m2－2m＋4＋ m2＋2m＋1, 解得m＝0.∴N(0, 2)； 当MN⊥OM时, m2－2m＋4＝ m2＋2m＋1＋5, 解得m＝－ .∴N . 综上所述, 点N的坐标为(2, 1)或(0, 2)或 . 5. 如图，A，B分别是x轴上位于原点左右两侧的点，点 P(2，p)在第一象限，直线PA交y轴于点C(0，2)，直线PB交y轴于点D，△AOP的面积为6. (1)求△COP的面积； 解：(1)如图，过点P作PE⊥y轴于点E. ∵点P的横坐标是2， ∴PE＝2. ∵C(0，2)，∴OC＝2. ∴S△COP＝ OC·PE＝ ×2×2＝2. (2)求点A的坐标及p的值； 解：(2)∵S△AOC＝S△AOP－S△COP＝6－2＝4， ∴OA＝4. ∴点A的坐标是(－4，0). 依题意，设直线AP的解析式是y＝kx＋2. 当x＝2时，y＝3，∴p＝3. ∴S△AOC＝ OA·OC＝4，即 OA·2＝4. 将A(－4，0)代入，得－4k＋2＝0，解得k＝ . ∴直线AP的解析式是y＝ x＋2. (3)若△BOP与△DOP的面积相等，求直线BD的函数解析式. 解：(3)设直线BD的解析式为y＝mx＋n(m≠0). ∵P(2，3)，S△BOP＝S△DOP， ∴B ，D(0，n). ∴3OB＝2OD. ∴ ∴直线BD的解析式为y＝－ x＋6. 6. 如图1，将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中的第 一象限，点A，B分别在y轴、x轴的正半轴上，AB所在直线的方程为y＝－ x＋4. (1)求点C和点D的坐标； 当x＝0时，y＝4，即A(0，4)， ∴OB＝3，OA＝4. 解：(1)∵AB所在直线的方程为y＝－ x＋4， 当y＝0时，－ x＋4＝0，解得x＝3，即B(3，0)， 如图1，过点C作CH⊥x轴，垂足为H. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，AB＝BC. ∴∠OAB＋∠OBA＝∠HBC＋∠OBA＝90°. ∴∠OAB＝∠HBC. ∴△OAB≌△HBC(AAS). ∴HC＝OB＝3，HB＝OA＝4. ∴OH＝OB＋HB＝7. ∴点C的坐标为(7，3). 同理可得点D的坐标为(4，7). 在△OAB和△HBC中， (2)如图2，连接BD，将线段BD绕点B按顺时针方向旋转至BE的位置，交线段CD于点F. 若DE＝DF，求直线CE的解析式. 解：(2)如图2，过点E作EM⊥BD于点M，连接AC交BD于 点N， 设旋转角∠DBE的大小为x. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝45°，AC⊥BD. ∵∠DFE是△BDF的一个外角， 则CN＝ AC＝ BD. ∴∠DFE＝∠DBE＋∠BDC＝x＋45°. ∵DE＝DF， ∴∠DEF＝∠DFE＝x＋45°，即∠BED＝x＋45°. 由旋转的性质，得BD＝BE， 在Rt△BEM中，∠EBM＝x＝30°， ∵EM⊥BD，AC⊥BD，∴EM∥CN. ∴∠BDE＝∠BED＝ ∴90°－ x＝x＋45°，解得x＝30°. ∴EM＝ BE＝ BD. ∴EM＝CN. ∴四边形EMNC是平行四边形. ∴BD∥CE. 设直线BD的解析式为y＝kx＋b. 将B(3，0)和D(4，7)代入，得 ∴直线BD的解析式为y＝7x－21. ∵BD∥CE，∴设直线CE的解析式为y＝7x＋m. 将点C(7，3)代入，得49＋m＝3，解得m＝－46. ∴直线CE的解析式为y＝7x－46. $