陕西省西安市雁塔区2020-2021学年八下数学期末联考试题含解析

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）

1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AEAF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BEDFEF；③当DAF15时，AEF为等边三角形；④当EAF60时，

AEBAEF．其中正确的结论是（ ）

A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④

x52．如果不等式组有解，那么m的取值范围是 （ ）

xmA．m＞5

B．m＜5 C．m≥5 D．m≤5

3．若a－b＋c＝0，则一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有一根是（ ） A．2 B．1 C．0 D．－1

4．如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点P以每秒2cm的速度从点A出发，沿AB→BC的路径运动，到点C停止．过点P作PQ∥BD，PQ与边AD（或边CD）交于点Q，PQ的长度y（cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图②所示．当点P运动2.5秒时，PQ的长是（ ）

A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm

5．平行四边形的周长为24cm，相邻两边长的比为3：1，那么这个平行四边形较短的边长为（ ） A．6cm

B．3cm

C．9cm

D．12cm

6．下列各数中，是不等式x2的解的是( ) A．2

B．0

C．1

D．3

7．在平面直角坐标系中，点（4，﹣3）关于y轴对称的点的坐标是（ ） A．（﹣4，﹣3）

B．（4，3）

C．（﹣4，3）

D．（4，﹣3）

8．如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC=60°，AB=①∠CAD=30°；②S▱ABCD=AB•AC；③OB=AB；④OE=

1BC，连接OE，下列结论：21BC，成立的个数有（ ） 4

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

9．一组数据：-1、2、3、1、0，则这组数据的平均数和方差分别是（ ） A．1,1.8

B．1.8,1

C．2,1

D．1,2

10．如图，OC平分∠AOB，点P是射线OC上的一点，PD⊥OB于点D，且PD=3，动点Q在射线OA上运动，则线段PQ的长度不可能是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

,BD平分∠ABC．若CD=3,BC+AB=16,则△ABC的面积为() 11．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°

A．16 B．18 C．24 D．32

12．下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．三角形 B．菱形 C．角 D．平行四边形 二、填空题（每题4分，共24分）

13．将函数y4x的图象沿y轴向下平移1个单位，则平移后所得图象的解析式是____．

14．如图，有Rt△ABC的三边向外作正方形，若最大正方形的边长为8cm，则正方形M与正方形N的面积之和

为 .

15．如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,A(1,3),B(2,1),直角坐标系中存在点C,使得O,A,B,C四点构成平行四边形,则C点的坐标为______________________________.

16．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣4x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第一象限作正方形ABCD，点D在双曲线y＝上；将正方形ABCD沿x轴负方向平移a个单位长度后，点C恰好落在双曲线在第一象限

的分支上，则a的值是_____．

17．数学家们在研究15，12，10这三个数的倒数时发现：－＝－.因此就将具有这样性质的三个数称为调和数，如6，3，2也是一组调和数．现有一组调和数：x，5，3(x＞5)，则x＝________．

18．一个三角形的两边的长分别是3和5，要使这个三角形为直角三角形，则第三条边的长为_____． 三、解答题（共78分）

19．（8分）一条笔直跑道上的A，B两处相距500米，甲从A处，乙从B处，两人同时相向匀速而跑，直到乙到达A处时停止，且甲的速度比乙大．甲、乙到A处的距离y（米）与跑动时间x（秒）的函数关系如图14所示． （1）若点M的坐标（100，0），求乙从B处跑到A处的过程中y与x的函数解析式； （2）若两人之间的距离不超过200米的时间持续了40秒．

①当xx1时，两人相距200米，请在图14中画出P（x140，0）．保留画图痕迹，并写出画图步骤；

②请判断起跑后1分钟，两人之间的距离能否超过420米，并说明理由．

12

20．（8分）如图,已知ABC.利用直尺和圆规,根据下列要求作图(不写作法,保留作图痕迹),并回答问题:

(1)作ABC的平分线BD、交AC于点D；

(2)作线段BD的垂直平分线,交AB于点E，交BC于点F,连接DE,DF； (3)写出你所作出的图形中的所有等腰三角形.

21．（8分）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答： （1）甲车出发多长时间后被乙车追上？ （2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？

（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？

22．（10分）分解因式：

（1）2x24x2； （2）(xy)9(xy).

23．（10分）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=3，CD=7，DA=5，∠B=90°，求∠BCD的度数

3

24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A6,0、D7,3，点B、C在第二象限内.

（1）点B的坐标___________；

（2）将正方形ABCD以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B、D正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；

（3）在（2）的情况下，问是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B、D四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由.

25．（12分）如图，甲、乙两人以相同路线前往离学校12千米的地方参加植树活动．分析甲、乙两人前往目的地所行驶的路程S（千米）随时间t（分钟）变化的函数图象，解决下列问题：

（1）求出甲、乙两人所行驶的路程S甲、S乙与t之间的关系式；（2）甲行驶10分钟后，甲、乙两人相距多少千米？ 26．如图，直线MN与x轴，y轴分别相交于A，C两点，分别过A，C两点作x轴，y轴的垂线相交于B点，且OA，OC（OA＞OC）的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48=0的两个实数根．

（1）求C点坐标； （2）求直线MN的解析式；

（3）在直线MN上存在点P，使以点P，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出P点的坐标．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分） 1、A 【解析】 【分析】

①通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，

②设BC=x，CE=y，由勾股定理就可以得出EF与x、y的关系，表示出BE与EF，即可判断BE+DF与EF关系不确定；

③当∠DAF=15°时，可计算出∠EAF=60°，即可判断△EAF为等边三角形，

④当∠EAF=60°时，可证明△AEF是等边三角形，从而可得∠AEF=60°，而△CEF是等腰直角三角形，得∠CEF=45°，从而可求出∠AEB=75°，进而可得结论． 【详解】

解：①四边形ABCD是正方形， ∴AB═AD，∠B=∠D=90°． 在Rt△ABE和Rt△ADF中，

AE＝AF， AB＝AD∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE=DF ∵BC=CD，

∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF， ∵AE=AF，

∴AC垂直平分EF．（故①正确）． ②设BC=a，CE=y， ∴BE+DF=2（a-y） EF=2y，

∴BE+DF与EF关系不确定，只有当y=（2−2）a时成立，（故②错误）． ③当∠DAF=15°时， ∵Rt△ABE≌Rt△ADF， ∴∠DAF=∠BAE=15°， -2×15°=60°∴∠EAF=90°， 又∵AE=AF

∴△AEF为等边三角形．（故③正确）． ④当∠EAF=60°时，由①知AE=AF， ∴△AEF是等边三角形， , ∴∠AEF=60°

又△CEF为等腰直角三角形， ∴∠CEF=45°

-∠AEF-∠CEF=75°, ∴∠AEB=180°

∴∠AEB≠∠AEF，故④错误． 综上所述，正确的有①③， 故选：A． 【点睛】

本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键． 2、B 【解析】

x5解：∵不等式组有解，∴m≤x＜1，∴m＜1．故选B．

xm点睛：本题主要考查了不等式组有解的条件，在解题时要会根据条件列出不等式． 3、D 【解析】 【分析】

＋bx＋c = 0比较，可以发现把x = ﹣1代入方程ax2＋bx＋c = 0，即可出现a－b＋c = 0，说明，把a－b＋c = 0与ax²

一元二次方程ax2＋bx＋c = 0一定有一根﹣1． 【详解】

＋bx＋c = 0，可得a－b＋c = 0， ∵把x = ﹣1代入方程ax²

＋bx＋c = 0一定有一根﹣1．故选D． ∴一元二次方程ax²【点睛】

本题考查了方程解的定义，如果一个数是方程的解，则把方程中的x换成这个数，得到的等式仍成立，特别是对于一＋bx＋c = 0的根是什么． 元二次方程，要能通过a、b、c的关系式看出ax²4、B 【解析】

试题解析：点P运动2.5秒时P点运动了5cm， CP=8-5=3cm， 由勾股定理，得 PQ=故选B．

考点：动点函数图象问题. 5、B 【解析】 【分析】

设平行四边形较短的边长为x,根据平行四边形的性质和已知条件列出方程求解即可 【详解】

解：设平行四边形较短的边长为x， ∵相邻两边长的比为3：1， ∴相邻两边长分别为3x、x， ∴2x+6x＝24，

cm，

即x＝3cm， 故选B． 【点睛】

本题主要考查平行四边形的性质，根据性质，设出未知数，列出方程是解题的关键． 6、D 【解析】 【分析】

判断各个选项是否满足不等式的解即可. 【详解】

满足不等式x>2的值只有3， 故选：D． 【点睛】

本题考查不等式解的求解，关键是明白解的取值范围. 7、A 【解析】

试题解析：点（4，﹣3）关于y轴的对称点的坐标是（﹣4，﹣3）， 故选A． 8、C 【解析】

试题分析：由四边形ABCD是平行四边形，得到∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°，根据AE平分∠BAD，得到∠BAE=∠EAD=60°推出△ABE是等边三角形，由于AB=BC，得到AE=BC，得到△ABC是直角三角形，于是得

11BC，OB=BD，且BD＞2211BC，得到AB＜OB，故③错误；根据三角形的中位线定理得到OE=AB，于是得到OE=BC，故④正确．

24到∠CAD=30°，故①正确；由于AC⊥AB，得到S▱ABCD=AB•AC，故②正确，根据AB=解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=∠EAD=60° ∴△ABE是等边三角形， ∴AE=AB=BE，

1BC， 21∴AE=BC，

2∵AB=

∴∠BAC=90°，

∴∠CAD=30°，故①正确； ∵AC⊥AB，

∴S▱ABCD=AB•AC，故②正确， ∵AB=

11BC，OB=BD，且BD＞BC， 22∴AB＜OB，故③错误； ∵CE=BE，CO=OA，

1AB， 21∴OE=BC，故④正确．

4∴OE=故选C． 9、D 【解析】 【分析】

先根据平均数计算公式列出算式进行计算，再根据平均数求出方差即可. 【详解】

一组数据：-1、2、3、1、0，则平均数=1231051，

1121311101方差=

5故选D. 【点睛】

222222，

本题是对数据平均数和方差的考查，熟练掌握平均数和方差公式是解决本题的关键. 10、A 【解析】

试题分析：过点P作PE⊥OA于E，根据角平分线上的点到脚的两边距离相等可得PE=PD，再根据垂线段最短解答．解：如图，过点P作PE⊥OA于E， ∵OC平分∠AOB，PD⊥OB， ∴PE=PD=3，

∵动点Q在射线OA上运动， ∴PQ≥3，

∴线段PQ的长度不可能是1． 故选A．

点评：本题考查了角平分线上的点到脚的两边距离相等的性质，垂线段最短的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键． 11、C 【解析】 【分析】

过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=CD，再根据S△ABC=S△BCD+S△ABD列式计算即可得解． 【详解】

如图，过点D作DE⊥AB于E， ∵∠ACB=90°，BD平分∠ABC， ∴DE=CD=3， ∴S△ABC=S△BCD+S△ABD=∵BC+AB=16， ∴△ABC的面积=

111BC⋅CD+AB⋅DE= (BC+AB)×3 2221×16×3=24. 2故选C. 【点睛】

本题考查角平分线的性质定理，作辅助线是解题关键. 12、B

【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行求解即可． 【详解】A、三角形不一定是轴对称图形和中心对称图形，故本选项错误；

B、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确； C、角是轴对称图形但不一定是中心对称图形，故本选项错误； D、平行四边形是中心对称图形但不一定是轴对称图形，故本选项错误， 故选B．

【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

二、填空题（每题4分，共24分） 13、y=-4x-1 【解析】 【分析】

根据函数图象的平移规律：上加下减，可得答案． 【详解】

解：将函数y=-4x的图象沿y轴向下平移1个单位，则平移后所得图象的解析式是y=-4x-1． 故答案为：y=-4x-1． 【点睛】

本题考查了一次函数图象与几何变换，利用一次函数图象的平移规律是解题关键． 14、【解析】

试题分析：根据勾股定理即可求得结果. 由题意得，正方形M与正方形N的面积之和为考点：本题考查的是勾股定理

点评：解答本题的关键是根据勾股定理得到最大正方形的面积等于正方形M、N的面积和. 15、 (3,4)或(1,-2)或(-1,2) 【解析】

【分析】

由平行四边形的性质：平行四边形的对边平行且相等，即可求得点C的坐标；注意三种情况． 【详解】 如图所示：

∵以O、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，O（0，0），A（1，3），B（2，0）， ∴三种情况：

①当AB为对角线时，点C的坐标为（3，4）； ②当OB为对角线时，点C的坐标为（1，-2）； ③当OA为对角线时，点C的坐标为（-1，2）； 故答案是：（3，4）或（1，-2）或（-1，2）． 【点睛】

考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边平行且相等．解题的关键是要注意数形结合思想的应用． 16、1 【解析】 【分析】

根据直线的关系式可以求出A、B的坐标，由正方形可以通过作辅助线，构造全等三角形，进而求出C、D的坐标，求出反比例函数的关系式，进而求出C点 平移后落在反比例函数图象上的点G的坐标，进而得出平移的距离． 【详解】

当x＝0时，y＝4，∴B（0，4），当y＝0时，x＝1， ∴A（1，0）， ∴OA＝1，OB＝4， ∵ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°， 过点D、C作DM⊥x轴，CN⊥y轴，垂足为M、N，

∴∠ABO＝∠BCN＝∠DAM， ∵∠AOB＝∠BNC＝∠AMD＝90°， ∴△AOB≌△BNC≌△DMA （AAS）， ∴OA＝DM＝BN＝1，AM＝OB＝CN＝4 ∴OM＝1+4＝5，ON＝4+1＝5， ∴C（4，5），D（5，1）， 把D（5，1）代入y＝得：k＝5，

∴y＝，

当y＝5时，x＝1， ∴E（1，5），

点C向左平移到E时，平移距离为4﹣1＝1，即：a＝1， 故答案为：1． 【点睛】

考查反比例函数的图象和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及平移的性质等知识，确定平移前后对应点C、E的坐标是解决问题的关键． 17、1 【解析】

∵x＞5∴x相当于已知调和数1，代入得，

解得，x=1．

18、4或34 【解析】 【分析】 【详解】

解：①当第三边是斜边时，第三边的长的平方是：32+52=34； ②当第三边是直角边时，第三边长的平方是：52-32=25-9=16=42， 故答案是：4或34．

三、解答题（共78分）

19、（1）y5x500 (0x100)；（2）①见解析；②起跑后1分钟，两人之间的距离不能超过420米，理由见解析． 【解析】 【分析】

（1）设乙从B处跑到A处的过程中y与x的函数关系式为y=kx+b，把（0，10）和（100，0）代入求出k，b的值即可，

（2）①设A(x1,0)，两直线相交于点G.过点A作x轴的垂线，交直线GM于点B， 在射线GM上截取GC，使GCGB;过点C作x轴的垂线，则垂足P即为所求点．

②由两人有相距200到相遇用时1秒，由a＞b，xM100，起跑后1分钟(即90秒)，两人处于相遇过后，但乙未到达A处，则计算乙在90秒内离开B距离比较即可． 【详解】

（1）设ykxb(k0),

把(0,500),M100,0分别代入，可求得k5,b500. ∴解析式为y5x500(0x100). （2）如图：

1212

设A(x1,0)，两直线相交于点G. 步骤为: ．

①过点A作x轴的垂线，交直线GM于点B

②在射线GM上截取GC，使GCGB; ③过点C作x轴的垂线，则垂足P即为所求点．

（3）起跑后1分钟，两人之间的距离不能超过420米． 理由如下：

12k乙0). 由题可设y甲k甲x，y乙k乙x500(k甲?∵两人之间的距离不超过200米的时间持续了40秒， ∴可设当xx1或xx140时，两人相距为200米．

∴相遇前，当xx1时，y乙y乙=200，即k乙x1500k甲x1200, 也即(k甲k乙)x1300①．

相遇后，当xx140时， y甲y乙200;. 即k甲x140k乙x140500200 也即(k甲k乙)x140700②．

把①代入②，可得30040(k甲k乙)700, 解得k甲k乙10.

当两人相遇时，y甲y乙，即k甲xk乙x500, 即(k甲k乙)x500，解得x=1．

∵甲的速度比乙大，所以

500110，可得xM100 xM2∴起跑后1分钟(即90秒)，两人处于相遇过后，但乙未到达A处． ∴两人相距为y甲y乙=k甲90k乙90+500=k甲-k乙90-500=400 ∵400<420，

∴两人之间的距离不能超过420米. 【点睛】

本题为一次函数图象问题，考查了一次函数图象性质、方程和不等式有关知识，解答关键是根据条件构造方程或不等式解决问题．

20、（1）见解析；（2）见解析；（3）BEF,DEF,EBD,FBD

12【解析】 【分析】

（1）利用尺规作出∠ABC的角平分线即可． （2）利用尺规作出线段BD的垂直平分线即可． （3）根据等腰三角形的定义判断即可． 【详解】

（1）射线BD即为所求． （2）直线EF即为所求．

（3）△BDE，△BDF，△BEF是等腰三角形． 【点睛】

本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识. 21、（1）1.5小时；（2）40.8；（3）48千米/小时. 【解析】

解：（1）由图知，可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s=kt， 将（2.4，48）代入，解得k=20，所以s=20t，

由图可知，在距A地30千米处，乙车追上甲车，所以当s=30千米时，即甲车出发1.5小时后被乙车追上，

（2）由图知，可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s=pt+m， 将（1.0，0）和（1.5，30）代入，得

，解得

，

（小时）．

所以s=60t﹣60，当乙车到达B地时，s=48千米．代入s=60t﹣60，得t=1.8小时， 又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s=﹣30t+n， 1.8+n，解得n=102， 将（1.8，48）代入，得48=﹣30×

所以s=﹣30t+102，当甲车与乙车迎面相遇时，有﹣30t+102=20t

解得t=2.04小时代入s=20t，得s=40.8千米，即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇； （3）当乙车返回到A地时，有﹣30t+102=0，解得t=3.4小时， 甲车要比乙车先回到A地，速度应大于

（千米/小时）．

【点评】本题考查的是一次函数在实际生活中的运用，解答此类问题时要利用数形结合的方法解答． 22、（1）2(x1)2 （2）(xy)(xy3)(xy3) 【解析】 【分析】

（1）先提公因式2，再利用完全平方公式进行分解即可； （2）先提公因式（x-y），再利用平方差公式进行分解即可； 【详解】

解：（1）2x24x2

2x22x1 2(x1)2.

（2）(xy)9(xy).

22(xy)(xy)3

3(xy)(xy3)(xy3).

【点睛】

此题考查提公因式法与公式法的综合运用，解题关键在于掌握运算法则. 23、135°. 【解析】 【分析】

由于∠B=90°，AB=BC=3，利用勾股定理可求AC，并可求∠BCA=45°，而CD=7，AD=5，易得AC2+AD2=CD2，可证△ACD是直角三角形，于是有∠ACD=90°，从而易求∠BCD． 【详解】

解：∵∠B=90°，AB=BC=3， ∴AC=，∠BAC=∠BCA=45°， AB2BC2=3232=3 2，

又∵CD=7，DA=5，

∴AC2+CD2=18+7=25，AD2=25， ∴AC2+CD2=AD2， ∴△ACD是直角三角形， ∴∠ACD=90°，

+90°=135°∴∠BCD=∠BCA+∠DCA=45°． 【点睛】

本题考查等腰三角形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理．解题的关键是证明△ACD是直角三角形．

t24、（1）点B坐标为3,1；（2）3Q34,

2【解析】 【分析】

796731330,Q4,Q8,P0,P0,，y；（3）存在，P，或，或12321，22424x2（1）证明△DFA≌△AEB（AAS），则DF＝AE＝3，BE＝AF＝1，即可求解；

3＝（−3＋2t）×1，即可求解； （2）t秒后，点D′（−7＋2t，3）、B′（−3＋2t，1），则k＝（−7＋2t）×（3）分BD为平行四边形的一条边时和BD为平行四边形对角线时两种情况，分别求解即可． 【详解】

解：（1）过点B、D分别作BE⊥x轴、DFx轴交于点E、F，

DAFBAE90，DAFFDA90，FDABAE，

又DFAAEB90，ADAB，DFAAEB(AAS)，DFAE3，BEAF1，

点B坐标为3,1；

（2）t秒后，点D72t,3、B32t,1， 则k72t332t1，解得：t（3）存在，理由：

设：点Qm,n，点P0,s，mn6，

①Q在第一象限，且BD为平行四边形的一条边时，图示平行四边形BDQP，点B向左平移4个单位、向上平移296

，则k6，y

x2个单位得到点D，

同理点Qm,n向左平移4个单位、向上平移2个单位为m4,n2得到点P0,s，即：m40，n2s，

mn6，

解得：m4，n故点Q4,37，s，

2237P、点0,； 22②Q在第一象限，且当BD为平行四边形对角线时，图示平行四边形DQBP，BD中点坐标为4,2， 该中点也是PQ的中点，

mns2，mm6， ，

22313解得：m8，n，s，

44即：4故点Q8,313P、0,； 44

③Q在第三象限，且当BD为平行四边形的一条边时，图示平行四边形DQBP，点B向左平移4个单位、向上平移2个单位得到点D，

同理点Qm,n向右平移4个单位、向下平移2个单位为m4,n2得到点P0,s，即：m40，n2s，

mn6，

解得：m4，n故点Q4,73，s， 2237P0,、点；

22综上：P10,7733133Q4,Q8,P0,Q4,P0,，或，或，12332 224224【点睛】

本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到三角形全等、图形平移等知识点，其中（3），要通过画图确定图形可能的位置再求解，避免遗漏．

25、（1）S甲=0.5t；S乙=t﹣6；（2）甲行驶10分钟后，甲、乙两人相距1千米； 【解析】

分析：1设出函数解析式，用待定系数法求解即可.

2代入1中的函数解析式即可求出.

，，解得：k=0.5； 详解：（1）由图象设甲的解析式为：S甲=kt，代入点2412所以甲的解析式为：S甲=0.5t；

0,1812，，同理可设乙的解析式为：S乙=mt+b，代入点6，

可得：6mb0

18mb12,m1 ， 解得：b6.所以乙的解析式为S乙t6；

（2）当t=10时，S甲=0.5×10=5（千米），S乙=10-6=4（千米）， 5-4=1（千米），

答：甲行驶10分钟后，甲、乙两人相距1千米．

点睛：考查一次函数的应用，掌握待定系数法求一次函数解析式是解题的关键. 26、（1）C（0，1）． （2）y=3x+1． 4325432625642，）P3（，），），P4（． 55552525（3）P1（4，3），P2（【解析】 试题分析：

（1）通过解方程x2﹣14x+42=0可以求得OC=1，OA=2．则C（0，1）；

（2）设直线MN的解析式是y=kx+b（k≠0）．把点A、C的坐标分别代入解析式，列出关于系数k、b的方程组，通过解方程组即可求得它们的值；

（3）需要分类讨论：PB为腰，PB为底两种情况下的点P的坐标．根据等腰三角形的性质、两点间的距离公式以及一次函数图象上点的坐标特征进行解答．

试题解析：

（1）解方程x2-14x+42=0得 x1=1，x2=2

∵OA，OC（OA＞OC）的长分别是一元二次方程x2-14x+42=0的两个实数根 ∴OC=1，OA=2 ∴C（0，1）

（2）设直线MN的解析式是y=kx+b（k≠0） 由（1）知，OA=2，则A（2，0） ∵点A、C都在直线MN上 ∴

解得，

∴直线MN的解析式为y=-x+1 （3）

∵A（2，0），C（0，1） ∴根据题意知B（2，1） ∵点P在直线MN y=-x+1上 ∴设P（a，--a+1）

当以点P，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形时，需要分类讨论： ①当PC=PB时，点P是线段BC的中垂线与直线MN的交点，则P1（4，3）； ②当PC=BC时，a2+（-a+1-1）2=14 解得，a=±

，则P2（-，

），P3（

，

）

③当PB=BC时，（a-2）2+（-a+1-1）2=14 解得，a=∴P4（

，

，则-a+1=-）

，

)，P3(

，)，P4（

，-）

综上所述，符合条件的点P有：P1（4，3），P2(-考点：一次函数综合题．