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专题1.5 八年级数学上册期中考试重难点题型（举一反三）（北师大版）（解析版）学案
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这是一份初中数学北师大版八年级上册本册综合学案，共71页。学案主要包含了北师大版，知识点1，知识点2，知识点3，知识点4，变式1-1，变式1-2，变式1-3等内容，欢迎下载使用。
专题1.5 八年级数学上册期中考试重难点题型（举一反三）
【北师大版】
【知识点1】勾股定理
1．勾股定理：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；即。
2．勾股定理的证明：用三个正方形的面积关系进行证明（两种方法）。
3．勾股定理逆定理：如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形是直角三角形。满足的三个正整数称为勾股数。
【知识点2】实数
1．平方根和算术平方根的概念及其性质：
（1）概念：如果，那么是的平方根，记作：；其中叫做的算术平方根。
（2）性质：①当≥0时，≥0；当＜０时，无意义；②＝；③。
2．立方根的概念及其性质：
（1）概念：若，那么是的立方根，记作：；
（2）性质：①；②；③＝
3．实数的概念及其分类：
（1）概念：实数是有理数和无理数的统称；
（2）分类：按定义分为有理数可分为整数的分数；按性质分为正数、负数和零。无理数就是无限不循环小数；小数可分为有限小数、无限循环小数和无限不循环小数；其中有限小数和无限循环小数称为分数。
4．与实数有关的概念： 在实数范围内，相反数，倒数，绝对值的意义与有理数范围内的意义完全一致；在实数范围内，有理数的运算法则和运算律同样成立。每一个实数都可以用数轴上的一个点来表示；反过来，数轴上的每一个点都表示一个实数，即实数和数轴上的点是一一对应的。因此，数轴正好可以被实数填满。
5．算术平方根的运算律：（≥0，≥0）；（≥0，＞0）。
【知识点3】位置的确定
1．直角坐标系及坐标的相关知识。
2．点的坐标间的关系：如果点A、B横坐标相同，则∥轴；如果点A、B纵坐标相同，则∥轴。
3．将图形的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于轴对称；将图形的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于轴对称；将图形的横、纵坐标都变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于原点成中心对称。
4．平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移。平移不改变图形大小和形状，改变了图形的位置；经过平移，对应点所连的线段平行且相等；对应线段平行且相等，对应角相等。
5．旋转：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转。这点定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角。旋转不改变图形大小和形状，改变了图形的位置；经过旋转，图形点的每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同和角度；任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角；对应点到旋转中心的距离相等。
6．作平移图与旋转图。
【知识点4】一次函数
1．一次函数定义：若两个变量间的关系可以表示成（为常数，）的形式，则称是的一次函数。当时称是的正比例函数。正比例函数是特殊的一次函数。
2．作一次函数的图象：列表取点、描点、连线，标出对应的函数关系式。
3．正比例函数图象性质：经过；＞0时，经过一、三象限；＜0时，经过二、四象限。
4．一次函数图象性质：
（1）当＞0时，随的增大而增大，图象呈上升趋势；当＜0时，随的增大而减小，图象呈下降趋势。
（2）直线与轴的交点为，与轴的交点为 。
（3）在一次函数中：＞0，＞0时函数图象经过一、二、三象限；＞0，＜0时函数图象经过一、三、四象限；＜0，＞0时函数图象经过一、二、四象限；＜0，＜0时函数图象经过二、三、四象限。
（4）在两个一次函数中，当它们的值相等时，其图象平行；当它们的值不等时，其图象相交；当它们的值乘积为时，其图象垂直。
4．已经任意两点求一次函数的表达式、根据图象求一次函数表达式。
5．运用一次函数的图象解决实际问题。
【考点1 无理数的估算】
【例1】（2019秋•碑林区校级月考）已知m、n分别是3+的整数部分和小数部分，则2m﹣n的值是（ ）
A．12﹣ B．﹣12 C．8﹣ D．2﹣9
【分析】由2＜＜3，可以得到3+的整数部分是5，小数部分是3+﹣5＝﹣2，分别求出m、n即可．
【答案】解：∵2＜＜3，
∴3+的整数部分是5，小数部分是3+﹣5＝﹣2，
∴m＝5，n＝﹣2，
∴2m﹣n＝10﹣+2＝12﹣；
故选：A．
【点睛】本题考查实数估计大小；能够准确估计无理数的大小是解题的关键．
【变式1-1】（2019春•阳东区期中）规定用符号[x]表示一个数的整数部分，例如[9.54]＝9．[]＝1，则[]的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】估算无理数大小要用逼近法．思维方法：用有理数逼近无理数，求无理数的近似值．
【答案】解：由题意可得，
∵6＜＜7，
∴[]＝6，
故选：B．
【点睛】本题考查了估算无理数大小，正确化简二次根式是解题的关键．
【变式1-2】（2019秋•通州区期中）用[x]表示不超过x的最大整数，把x﹣[x]称为x的小数部分．已知t＝2+，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，则a+b的值为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．2﹣3
【分析】先根据出2+和﹣2﹣的范围，求出a、b的值，再代入求出即可．
【答案】解：∵t＝2+，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，
∴a＝2+﹣3＝﹣1，b＝﹣2﹣﹣（﹣4）＝2﹣，
∴a+b＝﹣1+2﹣＝1，
故选：A．
【点睛】本题考查了估算无理数的大小，能估算出2+的范围是解此题的关键．
【变式1-3】（2019•岳麓区校级期中）满足的整数x的个数是 （ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】将二次根式分母有理化，确定x的取值范围，找出范围内整数的个数．
【答案】解：∵＝+≈3.1，＝2（+）≈9.36
∴满足的整数x有4，5，6，7，8，9共6个．
故选：C．
【点睛】本题考查了分母有理化，估计无理数大小的方法．关键是将已知条件分母有理化，确定x的取值范围．
【考点2 数轴及勾股定理】
【例2】（2018秋•仪征市期中）如图，正方形OABC的边OC落在数轴上，点C表示的数为1，点P表示的数为﹣1，以P点为圆心，PB长为半径作圆弧与数轴交于点D，则点D表示的数为（ ）
A． B． C． D．﹣1
【分析】直接利用勾股定理得出PC的长，进而得出答案．
【答案】解：由题意可得：PC＝2，BC＝1，则在Rt△PCB中，
PC2+BC2＝PB2，
故PB＝，
则PD＝，
故点D表示的数为：﹣1．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理，正确得出PC的长是解题关键．
【变式2-1】（2018春•芜湖期中）小明学了利用勾股定理在数轴上作一个无理数后，于是在数轴上的2个单位长度的位置找一个点D，然后点D做一条垂直于数轴的线段CD，CD为3个单位长度，以原点为圆心，以到点C的距离为半径作弧，交数轴于一点，则该点位置大致在数轴上（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
【分析】利用勾股定理列式求出OC，再根据无理数的大小判断即可．
【答案】解：由勾股定理得，OC＝＝，
∵9＜13＜16，
∴3＜＜4，
∴该点位置大致在数轴上3和4之间．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，估算无理数的大小，熟记定理并求出OC的长是解题的关键．
【变式2-2】（2019秋•雁塔区校级月考）如图所示，数轴上点A所表示的数为a，则a的值是（ ）
A．﹣2+ B．﹣1 C．﹣1﹣ D．2﹣
【分析】利用勾股定理求出线段的长度，再用该值加﹣2即可得出a的值．
【答案】解：∵＝，
∴a＝﹣2+．
故选：A．
【点睛】本题考查了实数与数轴以及勾股定理，利用勾股定理求出线段的长度是解题的关键．
【变式2-3】如图，直角三角形OBC中，BC＝1，OC在数轴上，且点O、C对应的实数分别是0，﹣1，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，与数轴的负半轴交于点A，设点A所对应的实数为x，则x2﹣10的立方根为（ ）
A．﹣10 B．﹣﹣10 C．2 D．﹣2
【分析】根据勾股定理得出BO的长，进而得出A点对应的数，进而利用立方根的定义得出即可．
【答案】解：由题意可得：BC＝CO＝1，
则BO＝，
故A点对应的实数为：﹣，
则x2﹣10＝（﹣）2﹣10＝﹣8，
故x2﹣10的立方根为：﹣2．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了实数与数轴，根据题意得出x的值是解题关键．
【考点3 最短路线中的分情况讨论】
【例3】（2019春•个旧市校级期中）如图，一只蚂蚁从长为2cm、宽为2cm，高是3cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是（ ）cm．
A．3 B．2 C．5 D．7
【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短，再由勾股定理求解即可．
【答案】解：如图（1），AB＝＝；
如图（2），AB＝＝5．
故选：C．
【点睛】此题考查了立体图形的侧面展开图，利用勾股定理求出斜边的长是解题的关键，而两点之间线段最短是解题的依据．
【变式3-1】（2019春•三台县期中）如图，长宽高分别为2，1，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点B，则它爬行的最短路程是（ ）
A． B． C．2 D．3
【分析】蚂蚁有两种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线，比较大小即可求得最短路程．
【答案】解：如图所示，
路径一：AB＝＝2；
路径二：AB＝＝，
∵2＜，
∴蚂蚁爬行的最短路程为2．
故选：C．
【点睛】本题考查了立体图形中的最短路线问题；通常应把立体几何中的最短路线问题转化为平面几何中的求两点间距离的问题；注意长方体展开图形应分情况进行探讨．
【变式3-2】（2019秋•沙坪坝区校级月考）如图，开口玻璃罐长、宽、高分别为16、6和6，在罐內点E处有一小块饼干碎末，此时一只蚂蚁正好在罐外长方形ABCD的中心H处，蚂蚁到达饼干的最短距离是多少（ ）
A． B． C． D．17
【分析】做此题要把这个长方体中蚂蚁所走的路线放到一个平面内，在平面内线段最短，根据勾股定理即可计算．
【答案】解：①若蚂蚁从平面ABCD和平面CDFE经过，
蚂蚁到达饼干的最短距离如图1：
H′E＝＝，
②若蚂蚁从平面ABCD和平面BCEH经过，
则蚂蚁到达饼干的最短距离如图2：
H′E＝＝17，
故选：C．
【点睛】考查了平面展开﹣最短路径问题，此题的关键是明确两点之间线段最短这一知识点，然后把立体的长方体放到一个平面内，求出最短的线段．
【变式3-3】（2019秋•武侯区校级月考）如图，已知长方体的长宽高分别为4、2、1，一只蚂蚁沿长方体的表面，从点A爬到点B，最短路程为（ ）
A． B． C． D．5
【分析】蚂蚁有三种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视，或俯视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线，比较大小即可求得最短的途径．
【答案】解：如图所示，
路径一：AB＝；
路径二：AB＝；
路径三：AB＝；
∵37＞29＞25，
∴5cm为最短路径．
故选：D．
【点睛】此题考查平面的最短路径问题，关键是把长方体拉平后用了勾股定理求出对角线的长度．
【考点4 坐标系中的规律型问题】
【例4】（2018•广州）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…，第n次移动到An．则△OA2A2018的面积是（ ）
A．504m2 B．m2 C．m2 D．1009m2
【分析】由OA4n＝2n知OA2017＝+1＝1009，据此得出A2A2018＝1009﹣1＝1008，据此利用三角形的面积公式计算可得．
【答案】解：由题意知OA4n＝2n，
∵2018÷4＝504…2，
∴OA2017＝+1＝1009，
∴A2A2018＝1009﹣1＝1008，
则△OA2A2018的面积是×1×1008＝504m2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．
【变式4-1】（2019春•庆云县期中）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），……，按这样的运动规律，经过第2019次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2018，0） B．（2017，1） C．（2019，1） D．（2019，2）
【分析】分析点P的运动规律，找到循环次数即可．
【答案】解：分析图象可以发现，点P的运动每4次位置循环一次．每循环一次向右移动四个单位．
∴2019＝4×504+3，
当第504循环结束时，点P位置在（2016，0），在此基础之上运动三次到（2019，2），
故选：D．
【点睛】本题是规律探究题，解题关键是找到动点运动过程中，每运动多少次形成一个循环．
【变式4-2】（2019春•博兴县期中）如图，在平面直角坐标系中，从点p1（﹣1，0），p2（﹣1，﹣1），p3（1，﹣1），p4（1，1），p5（﹣2，1），p6（﹣2，﹣2），…依次扩展下去，则p2019的坐标为（ ）
A．（505，﹣505） B．（﹣505，505） C．（﹣505，504） D．（﹣506，505）
【分析】根据点的下标发现规律：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，只需判断2019除以4的余数即可；
【答案】解：根据给出的点发现：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，
∴2019在第四象限，
故选：A．
【点睛】本题考查平面内点的特点，点的规律；能够结合图形和点的坐标，寻找到每个象限内点的下标特点是解题的关键．
【变式4-3】（2018春•潘集区期中）如图，一个点在第一象限及x轴、y轴上运动，在第一秒钟，它从原点（0，0）运动到（0，1），然后接着按图中箭头所示方向运动，即（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）…，且每秒移动一个单位，那么第64秒时这个点所在位置的坐标是（ ）
A．（0，9） B．（9，0） C．（8，0） D．（0，8）
【分析】应先判断出走到坐标轴上的点所用的时间以及相对应的坐标，可发现走完一个正方形所用的时间分别为3，5，7，9…，此时点在坐标轴上，进而得到规律．
【答案】解：3秒时到了（1，0）；
8秒时到了（0，2）；
15秒时到了（3，0）；
24秒到了（0，4）；
35秒到了（5，0）；
48秒到了（0，6）；
63秒到了（7，0）；
64秒到了（8，0）．
∴第64秒时质点所在位置的坐标是（8，0）．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点的坐标探索规律题，解决问题的关键找到各点相对应的规律．
【考点5 一次函数图象上点的坐标特征】
【例5】（2019秋•上城区期中）已知函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图，则y＝﹣2kx+b（k≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据函数y＝kx+b（k≠0）的图象即可得出b＝1、k＜﹣1，再根据一次函数图象上点的坐标特征即可得出一次函数y＝﹣2kx+b（k≠0）的图象与y轴的交点坐标以及与x轴交点的大致范围，对照四个选项即可得出结论．
【答案】解：将（0，1）代入y＝kx+b，b＝1；
当x＝1时，y＝kx+1＜0，
∴k＜﹣1．
在一次函数y＝﹣2kx+b中，
当x＝0时，y＝b＝1，
∴一次函数y＝﹣2kx+b与y轴的交点为（0，1）；
当y＝﹣2kx+b＝0时，
x＝，
∵k＜﹣1，
∴﹣＜＜0，
∴一次函数y＝﹣2kx+b与x轴的交点横坐标在﹣和0之间．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的图象以及一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数的图象找出b＝1、k＜﹣1是解题的关键．
【变式5-1】（2018秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，直线l1：y＝ax+b和l2：y＝﹣bx+a在同一坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据各选项中的函数图象判断出a、b异号，然后分别确定出两直线经过的象限以及与y轴的交点位置，即可得解．
【答案】解：∵直线l1：经过第一、三象限，
∴a＞0，
又∵该直线与y轴交于负半轴，
∴b＜0．
∴﹣b0，
∴直线l2经过第一、二、三象限．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图象，一次函数y＝kx+b（k≠0），k＞0时，一次函数图象经过第一三象限，k＜0时，一次函数图象经过第二四象限，b＞0时与y轴正半轴相交，b＜0时与y轴负半轴相交．
【变式5-2】（2018•合肥模拟）如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（3，1），C（2，2），当直线与△ABC有交点时，b的取值范围是（ ）
A．﹣1≤b≤1 B．﹣≤b≤1 C．﹣≤b≤ D．﹣1≤b≤
【分析】将A（1，1），B（3，1），C（2，2）的坐标分别代入直线中求得b的值，再根据一次函数的增减性即可得到b的取值范围．
【答案】解：直线y＝x+b经过点B时，将B（3，1）代入直线中，可得+b＝1，解得b＝﹣；
直线y＝x+b经过点A时：将A（1，1）代入直线中，可得+b＝1，解得b＝；
直线y＝x+b经过点C时：将C（2，2）代入直线中，可得1+b＝2，解得b＝1．
故b的取值范围是﹣≤b≤1．
故选：B．
【点睛】考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
【变式5-3】（2019秋•吴江区期中）如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y＝2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（ ）
A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2
【分析】由于一次函数y＝2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，观察图象可知，公共点最左端是D点，最右端是B点，于是把D、B的坐标代入分别求得b值即可．
【答案】解：由直线y＝2x+b随b的数值不同而平行移动，知当直线通过点D时，得b＝2；
当直线通过点B时，得b＝﹣5．
则b的范围为﹣5≤b≤2．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键．
【考点6 函数图象中的动点问题】
【例6】（2018春•开鲁县期中）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm）在下列图象中，表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．
【答案】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y＝×2x＝x，
当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y＝×2×2＝2，
符合题意的函数关系的图象是A；
故选：A．
【点睛】本题考查了动点函数图象问题，用到的知识点是三角形的面积、一次函数，在图象中应注意自变量的取值范围．
【变式6-1】（2019•益阳期中）如图，P为矩形ABCD边上的一个动点，沿ABCD方向运动，P点运动的路程为x．△PAD的面积为y，则y与x的函数关系用图象表示大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以明确各段对应的函数图象，从而可以得到哪个选项是正确的．
【答案】解：由题意可得，
点P到A→B的过程中，y＝AD•x，为正比例函数，y由小变大，到点B时y值最大；
点P到B→C的过程中，y═AD•AB，y的值不变；
点P到C→D的过程中，y＝AD（x﹣AB﹣BC）＝AD•x﹣AD•（AB+BC），是一次函数，y的值逐渐减小，到点D时y值为0，
由以上各段函数解析式可知，选项C正确；
故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，写出各段函数对应的函数解析式，明确各段的函数图象．
【变式6-2】（2019•沐川县二模）如图①，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，在边上沿A→B→C→D方向运动至点D处停止．设点P运动的路程为x，△PAD的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则当x＝9时，点P应运动到（ ）
A．A处 B．B处 C．C处 D．D处
【分析】根据点P的移动规律，点P的运动路程为0﹣﹣﹣4，4﹣﹣﹣9，9﹣﹣﹣﹣13，所在线段为AB，BC，CD，那么当x＝9时，点P应运动到高不变的结束，即点C处．
【答案】解：当P在BA上运动时，△DAP的面积不断增大；
当P在CB运动时，DA一定，高为BA不变，此时面积不变；
当P在CD上运动时，面积不断减小．
∴当x＝9时，点R应运动到高不变的结束，即点C处．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，关键是根据所给函数图象和点的运动轨迹判断出x＝4到9时点所在的位置．
【变式6-3】（2019春•黄州区校级期中）如图甲，在正方形ABCD的边上有一个动点P以2cm/s的速度，从点B开始B﹣C﹣D﹣A匀速运动，到点A停止．设点P移动时间为t，△ABP的面积为S，S关于t的函数关系如图乙所示，下列结论：①图甲中的BC长是4cm；②图乙中的a的值是8cm2；③当t＝l（s），S＝3cm2；④当t为0.5s或5.5s时，S＝2cm2．其中正确的序号是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】①由图甲、乙可知，从B点移动到C点所经过的时间为2s，那么所经过的路程＝速度×时间，即为BC的长，得出①正确；
②根据题目说明及图甲、乙，甲图中C点对应乙图中E点，甲图中的D点对应乙图中的F，即乙图中的EF段反映了P点从C点移动到D点，由图中可看出a实际就是△APB的面积，得出②正确；
③求出当t＝l（s），S＝4cm2；得出③错误
④观察图甲可知，当P运动在BC段、AD段时，S有可能等于2cm2，因而分这两种情况讨论，得出④正确；即可得出结论．
【答案】解：①由图甲、乙知，从B点→C点所经过的时间为2s
从B点→C点所经过的路程为2×2＝4cm
∴BC的长是4cm，①正确；
②由图甲、乙得
a＝S＝×4×4＝8，②正确；
③当t＝l（s），S＝×2×4＝4cm2；③错误；
④当P点从B点移动到C点时，BP＝2t，
则S＝×4×2t＝2，
解得；t＝0.5（s）
当P点从D点移动到A点时，AP＝（BC+CD+AD）﹣（BC+CD+DP）＝12﹣2t，
则S＝×4×（12﹣2t）＝2，
解得：t＝5.5（s）；④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象、正方形的性质、三角形面积的计算．解决本题的关键是读懂图甲与图乙的对应关系．
【考点7 一次函数的性质】
【例7】（2019春•萧山区月考）复习课中，教师给出关于x的函数y＝﹣2mx+m﹣1（m≠0）．学生们在独立思考后，给出了5条关于这个函数的结论：
①此函数是一次函数，但不可能是正比例函数；
②函数的值y 随着自变量x的增大而减小；
③该函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上；
④若函数图象与x轴交于A（a，0），则a＜0.5；
⑤此函数图象与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积必小于0.5．
对于以上5个结论是正确有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．0
【分析】根据正比例函数的定义对①进行判断；根据一次函数的性质对②③进行判断；先利用函数值为0可计算出a＝﹣，则只有m＞0时，a＜0.5，于是可对④进行判断；求出直线y＝﹣2mx+m﹣1和直线y＝4x﹣3的交点坐标，以及它们与y轴的交点坐标，则根据三角形面积公式得到直线y＝﹣2mx+m﹣1与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积为•|m+2|，利用特殊值可对⑤进行判断．
【答案】解：此函数是一次函数，当m＝1时，它是正比例函数，所以①错误；
当m＞0时，函数的值y 随着自变量x的增大而减小，所以②错误；
当m＞1时，该函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，所以③错误；
若函数图象与x轴交于A（a，0），令y＝0，则﹣2mx+m﹣1＝0，解得x＝＝﹣，当m＞0时，a＜0.5，所以④错误；
此函数图象与直线y＝4x﹣3的交点坐标为（，﹣1），此直线与y轴的交点坐标为（0，m﹣1），直线y＝4x﹣3与y轴的交点坐标为（0，﹣3），所以此函数图象与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积＝•|m﹣1+3|•＝•|m+2|，当m＝2时，面积为1，所以⑤错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
【变式7-1】（2018春•市中区校级期中）关于函数y＝（k﹣3）x+k，给出下列结论：
①当k≠3时，此函数是一次函数；
②无论k取什么值，函数图象必经过点（﹣1，3）；
③若图象经过二、三、四象限，则k的取值范围是k＜0；
④若函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则k的取值范围是0＜k＜3．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
【分析】①根据一次函数定义即可求解；
②y＝（k﹣3）x+k＝k（x+1）﹣3x，即可求解；
③图象经过二、三、四象限，则k﹣3＜0，k＜0，解即可求解；
④函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则x＝＞0，即可求解．
【答案】解：①根据一次函数定义：k≠0函数为一次函数，故正确；
②y＝（k﹣3）x+k＝k（x+1）﹣3x，故函数过（﹣1，3），故正确；
③图象经过二、三、四象限，则k﹣3＜0，k＜0，解得：k＜0，故正确；
④函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则x＝＞0，解得：0＜k＜3，故正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解答此题的关键是熟知一次函数图象上点的坐标特点，确定函数与系数之间的关系，进而求解．
【变式7-2】（2018•滦南县二模）一次函数y＝（m﹣1）x+（m﹣2）的图象上有点M（x1，y1）和点N（x2，y2），且x1＞x2，下列叙述正确的是（ ）
A．若该函数图象交y轴于正半轴，则y1＜y2
B．该函数图象必经过点（﹣1，﹣1）
C．无论m为何值，该函数图象一定过第四象限
D．该函数图象向上平移一个单位后，会与x轴正半轴有交点
【分析】利用一次函数的性质逐一进行判断后即可得到正确的结论．
【答案】解：一次函数y＝（m﹣1）x+（m﹣2）的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，则m﹣1＞0，m﹣2＞0，若x1＞x2，则y1＞y2，故A错误；
把x＝﹣1代入y＝（m﹣1）x+（m﹣2）得，y＝﹣1，则该函数图象必经过点（﹣1，﹣1），故B正确；
当m＞2时，m﹣1＞0，m﹣2＞0，函数图象过一二三象限，不过第四象限，故C错误；
函数图象向上平移一个单位后，函数变为y＝（m﹣1）x+（m﹣1），所以当y＝0时，x＝﹣1，故函数图象向上平移一个单位后，会与x轴负半轴有交点，故D错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质，灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-3】（2019秋•高新区期中）一次函数y＝kx+b（k≠0）中变量x与y的部分对应值如下表
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
8
6
4
2
0
…
下列结论：
①y随x的增大而减小；②点（6，﹣6）一定在函数y＝kx+b的图象上；
③当x＞3时，y＞0；④当x＜2时，（k﹣1）x+b＜0．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据待定系数法求得解析式，然后根据一次函数的特点进行选择即可．
【答案】解：由题意得，当x＝1时，y＝4，当x＝0时，y＝6，
则，
解得：，
函数解析式为：y＝﹣2x+6，
①∵k＝﹣2＜0，
∴y随x的增大而减小，正确；
②当x＝6时，y＝﹣2×6+6＝﹣6，
∴点（6，﹣6）一定在函数y＝kx+b的图象上，正确；
③由表格得出当x＞3时，y＜0，故错误；
④由表格得出当x＜2时，kx+b＞x，
∴（k﹣1）x+b＞0，故错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查对一次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，能求出一次函数的解析式是解此题的关键．
【考点8 一次函数中的行程问题】
【例8】（2018春•奈曼旗期中）小明、小宇从学校出发到青少年宫参加书法比赛，小明步行一段时间后，小宇骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行．他们的路程差s（米）与小明出发时间t（分）之间的函数关系如图．下列说法：①小宇先到达青少年宫；②小宇的速度是小明速度的3倍；③a＝20；④b＝600．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据小明步行800米，需要8分钟，进而得出小明的运动速度，利用图形得出小宇的运动时间以及运动距离进而分别判断得出答案．
【答案】解：由图象得出小明步行800米，需要8分钟，所以小明的运动速度为：800÷8＝100（米/分），
当第12分钟时，小宇运动12﹣8＝4（分钟），运动距离为：12×100＝1200（米），
∴小宇的运动速度为：1200÷4＝300（米/分），
∴300÷100＝3，故②小宇的速度是小明速度的3倍正确；
当第15分钟以后两人之间距离越来越近，说明小宇已经到达终点，故①小宇先到达青少年宫正确；
此时小宇运动15﹣8＝7（分钟），
运动总距离为：7×300＝2100（m），
∴小明运动时间为：2100÷100＝21（分钟），故a的值为21，故③a＝20错误；
∵小明15分钟运动距离为：15×100＝1500（m），
∴b＝2100﹣1500＝600，故④b＝600正确．
故正确的有：①②④．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一次函数的应用，利用数形结合得出得出小宇的运动速度是解题关键．
【变式8-1】（2019•东昌府区一模）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后1.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t＝或．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【答案】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得，解得，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
当100﹣40t＝50时，可解得t＝，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t＝，
又当t＝时，y甲＝50，此时乙还没出发，
当t＝时，乙到达B城，y甲＝250；
综上可知当t的值为或或或t＝时，两车相距50千米，故④不正确；
综上可知正确的有①②③共三个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2019秋•下城区期中）已知A，B两地相距120千米，甲乙两人沿同一条公路匀速行驶，甲骑自行车以20千米/时从A地前往B地，同时乙骑摩托车从B地前往A地，设两人之间的距离为s（千米），甲行驶的时间为t（小时），若s与t的函数关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．经过2小时两人相遇
B．若乙行驶的路程是甲的2倍，则t＝3
C．当乙到达终点时，甲离终点还有60千米
D．若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5
【分析】由图象得到经过2小时两人相遇，A选项正确，若乙行驶的路程是甲的2倍，则甲行驶40千米，乙行驶80千米，得到t＝2，B选项错误，由于乙的速度是＝40千米/时，乙到达终点时所需时间为＝3（小时），3小时甲行驶3×20＝60（千米），离终点还有120﹣60＝60（千米），故C选项正确，当0＜t≤2时，得到t＝0.5，当3＜t≤6时，得到t＝4.5，于是得到若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5，故D正确．
【答案】解：由图象知：经过2小时两人相遇，A选项正确，
∵乙的速度是甲的两倍，所以t在3小时以内都满足路程关系一直是2倍，B选项错误，
乙的速度是＝40千米/时，乙到达终点时所需时间为＝3（小时），3小时甲行驶3×20＝60（千米），离终点还有120﹣60＝60（千米），故C选项正确，
当0＜t≤2时，S＝﹣60t+120，当S＝90时，即﹣60t+120＝90，解得：t＝0.5，
当3＜t≤6时，S＝20t，当S＝90时，即20t＝90，解得：t＝4.5，
∴若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5，故D正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数的实际应用能力，根据题意弄清图象的实际意义是解题的基础和关键．
【变式8-3】（2019春•双台子区期中）甲、乙两辆摩托车同时从相距20km的A，B两地出发，相向而行．图中l1，l2分别表示甲、乙两辆摩托车到A地的距离s（km）与行驶时间t（h）的函数关系．则下列说法错误的是（ ）
A．乙摩托车的速度较快
B．经过0.3小时甲摩托车行驶到A，B两地的中点
C．当乙摩托车到达A地时，甲摩托车距离A地km
D．经过小时两摩托车相遇
【分析】根据函数图象中的数据和题意可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【答案】解：由图可得，
甲、乙行驶的路程相等，乙用的时间短，故乙的速度快，故选项A正确；
甲的速度为：20÷0.6＝（km/h），则甲行驶0.3h时的路程为：×0.3＝10（km），即经过0.3小时甲摩托车行驶到A，B两地的中点，故选项B正确；
当乙摩托车到达A地时，甲摩托车距离A地：×（0.6﹣0.5）＝（km），故选项C错误；
乙的速度为：20÷0.5＝40（km/h），则甲、乙相遇时所用的时间是＝（小时），故选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点9 二次根式的化简】
【例9】（2019秋•天宁区校级月考）已知实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简﹣|a﹣c|+﹣|﹣b|＝ ．
【分析】根据数轴得到a﹣c＞0，c﹣b＜0，根据二次根式的性质化简，合并同类项得到答案．
【答案】解：由数轴可知，c＜a＜0＜b，
则a﹣c＞0，c﹣b＜0，
∴﹣|a﹣c|+﹣|﹣b|＝﹣a﹣a+c+b﹣c﹣b＝﹣2a，
故答案为：﹣2a．
【点睛】本题考查的是二次根式的化简、数轴的概念，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2019春•西湖区校级月考）已知x，y为实数，且，则＝ ．
【分析】首先根据被开方数是非负数求得x的值，则y的值即可求得，进而代入代数式求值．
【答案】解：根据题意得
，解得，
∴y＝，
∴＝＝＝2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，正确求得x的值是关键．
【变式9-2】（2019春•徐汇区校级期中）已知实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，试化简：＝ ．
【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．
【答案】解：由数轴可知：b＜a＜0＜c，
∴c﹣a＞0，a+b＜0，
∴原式＝|a|+|c﹣a|﹣|a+b|
＝﹣a+c﹣a+（a+b）
＝﹣a+c+b，
故答案为：﹣a+c+b
【点睛】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
【变式9-3】（2019秋•中原区校级月考）已知实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，化简代数式﹣|a+c|+﹣|﹣b|＝ ．
【分析】利用二次根式的基本性质解答即可．
【答案】解：由图可知：c＜a＜0＜b，
∴a+c＜0，b﹣c＞0，﹣b＜0，
原式＝﹣a+a+c+b﹣c﹣b＝0，
故答案为：0．
【点睛】此题考查二次根式的性质与化简，关键是利用二次根式的基本性质解答．
【考点10 坐标系中的翻折变换】
【例10】（2019•朝阳期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是 ．
【分析】根据题意可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【答案】解：设CE＝a，则BE＝8﹣a，
由题意可得，EF＝BE＝8﹣a，
∵∠ECF＝90°，CF＝4，
∴a2+42＝（8﹣a）2，
解得，a＝3，
设OF＝b，
∵△ECF∽△FOA，
∴，
即，得b＝6，
即CO＝CF+OF＝10，
∴点E的坐标为（﹣10，3），
故答案为（﹣10，3）．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化﹣对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【变式10-1】（2019秋•三台县校级月考）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片．O为原点，OA＝10，OC＝8，在OC上取一点D，将纸片沿AD折叠使点O落在BC边上的点E处，则D、E的坐标分别是 ．
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，进而可得出CE的长，求出E点坐标，在Rt△DCE中，由DE＝OD及勾股定理可求出OD的长，进而得出D点坐标．
【答案】解：依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE＝AO＝10，AB＝8，BE＝＝＝6，
∴CE＝4，
∴E（4，8）．
在Rt△DCE中，DC2+CE2＝DE2，
又∵DE＝OD，
∴（8﹣OD）2+42＝OD2，
∴OD＝5，
∴D（0，5），
综上D点坐标为（0，5）、E点坐标为（4，8）．
故答案为：（0，5）、（4，8）．
【点睛】本题主要考查了翻折变换、勾股定理等知识点，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
【变式10-2】如图，在平面直角坐标系中放入一张长方形纸片OABC，其中O是坐标原点，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，现在纸片沿CE翻折，使点B落在x轴上，记为B′，若OA＝15，OC＝9，则折痕CE所在直线的解析式为 ．
【分析】如图，运用勾股定理求出OB′的长度；进而求出AB′的长度；运用勾股定理求出AE的长度；此为解决问题的关键结论；求出C、E两点的坐标，运用待定系数法即可解决问题．
【答案】解：∵四边形OABC为正方形，
∴BC＝OA＝15，∠B＝90°，∠B′AE＝90°；
由题意得：CB′＝CB＝15，BE＝B′E（设为λ），
由勾股定理得：OB′2＝152﹣92，
解得：OB′＝12，AB′＝15﹣12＝3；
在△AB′E中，由勾股定理得：
λ2＝32+（9﹣λ）2，
解得：λ＝5，EA＝9﹣5＝4，
∴C、E两点的坐标为C（0，9）、E（15，4）；
设直线CE的方程为y＝kx+b，
则，
解得：k＝﹣，b＝9；
∴折痕CE所在直线的解析式为y＝﹣x+9．
故答案为y＝﹣x+9．
【点睛】该题主要考查了翻折变换、用待定系数法来求一次函数的解析式等数学知识点问题；解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识点求出线段AE的长度．
【变式10-3】（2019秋•江都区期中）如图，在直角坐标系中，长方形OABC的边OA在y轴的负半轴上，边OC在x轴的正半轴上，点B的坐标为（8，﹣4），将长方形沿对角线AC翻折，点B落在点D的位置．那么点D的坐标是 ．
【分析】如图，作辅助线；求出AO＝BC＝4，OC＝AB＝8；证明NA＝NC（设为λ），ON＝8﹣λ；运用勾股定理求出λ；借助面积公式求出DP＝；运用勾股定理求出DM，即可解决问题．
【答案】解：如图，过点D作DM⊥y轴于点M；DP⊥x轴于点N；
由题意得：∠NAC＝∠BAC；AD＝AB；
∵四边形ABCO为矩形，且点B的坐标为（8，﹣4），
∴NC∥AB，AO＝BC＝4，OC＝AB＝8；
∴∠NCA＝∠BAC，∠NAC＝∠NCA，
∴NA＝NC（设为λ），ON＝8﹣λ；
由勾股定理得：（8﹣λ）2+42＝λ2，
解得：λ＝5；
∵，
S△ADC＝，
∴，
解得：DP＝；OM＝DP＝，
∴AM＝；由勾股定理得：
DM2＝AD2﹣AM2，而AD＝8，
∴DM＝，故点D的坐标为（，）．
故答案为（，）．
【点睛】该题主要考查了翻折变换的性质、坐标与图形的关系等几何知识点及其应用问题；解题的关键是数形结合，灵活运用坐标与图形的关系等知识点来分析、判断、解答．
【考点11 利用勾股定理解决判断性问题】
【例11】（2019春•惠城区校级期中）如图，铁路MN和公路PQ在点O处交汇，∠QON＝30°．公路PQ上A处距离O点240米．如果火车行驶时，周围200米以内会受到噪音的影响．那么火车在铁路MN上沿ON方向以72千米/时的速度行驶时，
（1）A处是否会受到火车的影响，并写出理由
（2）如果A处受噪音影响，求影响的时间．
【分析】（1）过点A作AC⊥ON，利用锐角三角函数的定义求出AC的长与200m相比较，发现受到影响，
（2）然后过点A作AD＝AB＝200m，求出BD的长即可得出居民楼受噪音影响的时间．
【答案】解：（1）A处会受到火车的影响，
理由：如图：过点A作AC⊥ON，AB＝AD＝200米，
∵∠QON＝30°，OA＝240米，
∴AC＝120米＜200米，
∴A处会受到火车的影响；
（2）当火车到B点时对A处产生噪音影响，此时AB＝200米，
∵AB＝200米，AC＝120米，
∴由勾股定理得：BC＝160米，CD＝160米，即BD＝320米，
∵72千米/小时＝20米/秒，
∴影响时间应是：320÷20＝16秒．
答：A处受噪音影响的时间为16秒．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，根据火车行驶的方向，速度，以及它在以A为圆心，200米为半径的圆内行驶的BD的弦长，求出对A处产生噪音的时间，难度适中．
【变式11-1】（2019春•内黄县期中）“中华人民共和国道路交通管理条例”规定：小汽车在高速公路上的行驶速度不得超过120千米/小时，不得低于60千米/小时，如图，一辆小汽车在高速公路上直道行驶，某一时刻刚好行驶到“车速检测点A”正前方60米B处，过了3秒后，测得小汽车位置C与“车速检测点A”之间的距离为100米，这辆小汽车是按规定行驶吗？
【分析】根据勾股定理求出BC，求出速度，再比较即可．
【答案】解：由勾股定理得：BC＝＝＝80（米），
80米÷3秒＝26米/秒，
∵60千米/小时＝16米/秒，120千米/小时＝33米/秒，
∴这辆小汽车是按规定行驶．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，能求出BC的长是解此题的关键．
【变式11-2】（2019春•防城区期中）如图，C地到A，B两地分别有笔直的道路CA，CB相连，A地与B地之间有一条河流通过，A，B，C三地的距离如图所示．
（1）如果A地在C地的正东方向，那么B地在C地的什么方向？
（2）现计划把河水从河道AB段的点D引到C地，求C，D两点间的最短距离．
【分析】（1）根据勾股定理得到逆定理得到△ABC是直角三角形，于是得到B地在C地的正北方向；
（2）作CD⊥AB于D，则CD的长是C，D两地的最短距离，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【答案】解：（1）∵BC2+AC2＝62+82＝102＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴B地在C地的正北方向；
（2）作CD⊥AB于D，
则CD的长是C，D两地的最短距离，
∵△ABC是直角三角形，
∴S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，
∴C，D两点间的最短距离＝＝＝4.8km，
答：C，D两点间的最短距离是4.8km．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形的面积公式，正确的理解题意是解题的关键．
【变式11-3】（2019春•江岸区校级月考）如图，A城气象台测得台风中心在A城正西方向240km的O处，以每小时30km的速度向南偏东60°的OB方向移动，距台风中心150km的范围内是受台风影响的区域．
（1）A城是否受到这次台风的影响？为什么？
（2）若A城受到台风的影响，求出受台风影响的时间有多长？
【分析】（1）如图，作AH⊥OB于H．解直角三角形求出AH与150km比较即可解决问题．
（2）如图，设AR＝AT＝150km，求出RT，利用时间＝，计算即可解决问题．
【答案】解：（1）如图，作AH⊥OB于H．
在Rt△AOH中，∵∠AHO＝90°，OA＝240km，∠AOH＝30°，
∴AH＝OA＝120km，
∵120＜150，
∴A城受到这次台风的影响．
（2）如图，设AR＝AT＝150km，
则易知：RH＝HT＝＝90（km），
∴RT＝180km，
∴受台风影响的时间有180÷30＝6小时．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线根据直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【考点12 勾股定理及其逆定理】
【例12】（2019春•中山市期中）如图，已知等腰三角形ABC的底边BC长为10，点D是AC上的一点，其中BD＝8，CD＝6．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）求AB的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）设AB＝x，则AB＝AC＝x，得到AD＝x﹣6，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【答案】（1）证明：∵BC＝10，BD＝8，CD＝6，
∴BD2+CD2＝82+62＝102＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）解：设AB＝x，则AB＝AC＝x，
∵CD＝6，
∴AD＝x﹣6，
∵AB2＝BD2+AD2，
∴x2＝82+（x﹣6）2，
解得：x＝，
∴AB＝．
【点睛】此题主要考查了勾股定理，以及勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
【变式12-1】（2018秋•福田区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝17cm，AC＝8cm，BC＝15cm，将AC沿AE折叠，使得点C与AB上的点D重合．
（1）证明：△ABC是直角三角形；
（2）求△AEB的面积．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，设EC＝DE＝x，在Rt△BDE中，根据DE2+BD2＝BE2，构建方程求出x，再根据S△ABE＝×BE×AC计算即可；
【答案】解：（1）∵AC2+BC2＝82+152＝289，AB2＝289，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，
设EC＝DE＝x，
在Rt△BDE中，∵DE2+BD2＝BE2，
∴x2+92＝（15﹣x）2，
解得x＝．
∴BE＝BC﹣EC＝15﹣＝，
∴S△ABE＝×BE×AC＝××8＝．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理的逆定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式12-2】（2019秋•德惠市期中）如图所示，在正方形ABCD中，M为AB的中点，N为AD上的一点，且AN＝AD，试猜测△CMN是什么三角形，请证明你的结论．（提示：正方形的四条边都相等，四个角都是直角）
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，设EC＝DE＝x，在Rt△BDE中，根据DE2+BD2＝BE2，构建方程求出x，再根据S△ABE＝×BE×AC计算即可；
【答案】解：（1）∵AC2+BC2＝82+152＝289，AB2＝289，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，
设EC＝DE＝x，
在Rt△BDE中，∵DE2+BD2＝BE2，
∴x2+92＝（15﹣x）2，
解得x＝．
∴BE＝BC﹣EC＝15﹣＝，
∴S△ABE＝×BE×AC＝××8＝．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理的逆定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式12-3】（2018秋•镇江期中）已知：如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥BC，垂足为D，交AB于点E，且BE2﹣EA2＝AC2．
（1）求证：∠A＝90°；
（2）若AB＝8，BC＝10，求AE的长．
【分析】（1）连接CE，由线段垂直平分线的性质可求得BE＝CE，再结合条件可求得EA2+AC2＝CE2，可证得结论；
（2）在Rt△BDE中可求得BE，则可求得CE，在Rt△ABC中，利用勾股定理结合已知条件可得到关于AE的方程，可求得AE．
【答案】（1）证明：连接CE，如图，
∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴CE＝BE，
∵BE2﹣EA2＝AC2，
∴CE2﹣EA2＝AC2，
∴EA2+AC2＝CE2，
∴△ACE是直角三角形，即∠A＝90°；
（2）解：∵AB＝8，BC＝10，
∴AC＝＝6，设AE＝x，
在Rt△AEC中，62+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝，
∴AE的长为．
【点睛】本题主要考查勾股定理及其逆定理的应用，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键，注意方程思想在这类问题中的应用．
【考点13 二次根式的化简求值】
【例13】（2019春•赛罕区期中）计算
（1）计算|1﹣|+﹣﹣（π﹣3）0+
（2）若a＝﹣﹣，b＝﹣+，求a2﹣ab+b2的值．
【分析】（1）根据绝对值、零指数幂和二次根式的加减法可以解答本题；
（2）根据a、b的值可以得到a+b、ab的值，从而可以求得所求式子的值．
【答案】解：（1）|1﹣|+﹣﹣（π﹣3）0+
＝﹣1+﹣2﹣1+3
＝1；
（2）∵a＝﹣﹣，b＝﹣+，
∴a+b＝﹣1，ab＝﹣，
∴a2﹣ab+b2
＝（a+b）2﹣3ab
＝（﹣1）2﹣3×（﹣）
＝1+
＝．
【点睛】本题考查二次根式的化简求值、零指数幂，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
【变式13-1】（2019秋•城关区校级月考）先化简，再求值．
（6x+）﹣（4y+），其中x＝，y＝．
【分析】首先把二次根式进行化简，然后再去括号合并同类二次根式，再代入xy的值即可．
【答案】解：原式＝（6+3）﹣（4+6），
＝6+3﹣4﹣6，
＝﹣，
当x＝，y＝时，xy＝＝1，
则原式＝﹣1．
【点睛】此题主要考查了二次根式的化简求值，关键是正确化简二次根式．
【变式13-2】（2019春•西湖区校级期中）（1）计算（）+；
（2）已知x＝，y＝2，求3x2﹣2xy+3y2的值．
【分析】（1）先化简各二次根式，再计算乘法，最后计算加减可得；
（2）先计算出x+y和xy的值，再代入原式＝3（x+y）2﹣8xy计算可得．
【答案】解：（1）原式＝×（﹣2）+6（+）
＝﹣6+6（+）
＝﹣6+6+6
＝7；
（2）∵x＝，y＝2，
∴x+y＝2，xy＝﹣1．
∴3x2﹣2xy+3y2＝3（x2+2xy+y2﹣2xy）﹣2xy
＝3（x+y）2﹣8xy
＝3×（2）2﹣8×（﹣1）
＝44．
【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
【变式13-3】（2019春•昭通期中）若，．求的值．
【分析】先运用平方差及完全平方公式进行因式分解，再约分，将分式化到最简即可．
【答案】解：
＝﹣
＝﹣﹣+
＝0．
故当，时，原式＝0．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值．运用公式将分子因式分解可使运算简便．由于所求代数式化简之后是一个常数0，与字母取值无关．因而无论x、y取何值，原式都等于0．
【考点14 一次函数应用之最值问题】
【例14】（2018秋•淮上区期中）某商店需要采购甲、乙两种商品共15件，其价格如图所示：且要求乙商品的件数不得少于甲种商品件数的2倍．设购买甲种商品x件，购买两种商品共花费y元．
（1）求出y与x的函数关系式（要求写出自变量x的取值范围）；
（2）试利用函数的性质说明，当采购多少件甲种商品时，所需要的费用最少？
【分析】（1）设甲商品有x件，则乙商品则有（15﹣x）件，根据甲、乙两种商品共15件和乙种商品的件数不少于甲种商品件数的2倍，列出不等式组，求出x的取值范围，再根据甲、乙两种商品的价格列出一次函数关系式即可；
（2）根据（1）得出一次函数y随x的增大而减少，即可得出当x＝50时，所需要的费用最少．
【答案】解：（1）y＝60x+100（15﹣x）＝﹣40x+1500，
∵，
∴0≤x≤5，
即y＝﹣40x+1500 （0≤x≤5）；
（2）∵k＝﹣40＜0，
∴y随x的增大而减小．即当x取最大值5时，y最小；
此时y＝﹣40×5+1500＝1300，
∴当采购5件甲种商品时，所需要的费用最少．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，关键是根据商品的价格列出函数关系式，再根据题意求出自变量的取值范围．
【变式14-1】（2019春•玉州区期中）我县某商场计划购进甲、乙两种商品共80件，这两种商品的进价、售价如表所示：
进价（元/件）
售价（元/件）
甲种商品
15
20
乙种商品
25
35
设其中甲种商品购进x件，售完此两种商品总利润为y元．
（1）写出y与x的函数关系式；
（2）该商场计划最多投入1500元用于购进这两种商品共80件，则至少要购进多少件甲种商品？若售完这些商品，商场可获得的最大利润是多少元？
【分析】（1）根据总利润＝甲种商品利润+乙种商品利润即可解决问题．
（2）设购进甲种商品x件，列出不等式即可解决问题，然后根据一次函数的增减性解决最大值问题．
【答案】解：（1）y＝5x+10（80﹣x）＝﹣5x+800．
（2）设购进甲种商品x件，由题意15x+25（80﹣x）≤1500，
解得x≥50．
∴至少要购进50件甲种商品．
∵y＝﹣5x+800，
∴k＝﹣5＜0，
∴y随x增大而减小，
∴x＝50时，y最大值＝550元．
∴售完这些商品，商场可获得的最大利润是550元．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，学会利用一次函数的性质解决实际问题中的最值问题，属于中考常考题型．
【变式14-2】（2019•连云港）某蓝莓种植生产基地产销两旺，采摘的蓝莓部分加工销售，部分直接销售，且当天都能销售完，直接销售是40元/斤，加工销售是130元/斤（不计损耗）．已知基地雇佣20名工人，每名工人只能参与采摘和加工中的一项工作，每人每天可以采摘70斤或加工35斤．设安排x名工人采摘蓝莓，剩下的工人加工蓝莓．
（1）若基地一天的总销售收入为y元，求y与x的函数关系式；
（2）试求如何分配工人，才能使一天的销售收入最大？并求出最大值．
【分析】（1）根据总销售收入＝直接销售蓝莓的收入+加工销售的收入，即可得出y关于x的函数关系式；
（2）由采摘量不小于加工量，可得出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，再根据一次函数的性质，即可解决最值问题．
【答案】解：（1）根据题意得：y＝[70x﹣（20﹣x）×35]×40+（20﹣x）×35×130＝﹣350x+63000．
答：y与x的函数关系式为y＝﹣350x+63000．
（2）∵70x≥35（20﹣x），
∴x≥．
∵x为正整数，且x≤20，
∴7≤x≤20．
∵y＝﹣350x+63000中k＝﹣350＜0，
∴y的值随x的值增大而减小，
∴当x＝7时，y取最大值，最大值为﹣350×7+63000＝60550．
答：安排7名工人进行采摘，13名工人进行加工，才能使一天的收入最大，最大收入为60550元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用、一次函数的性质以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）根据数量关系，找出y与x的函数关系式；（2）根据一次函数的性质，解决最值问题．
【变式14-3】（2019秋•上城区期中）某校八年级举行演讲比赛，购买A，B两种笔记本作为奖品，这两种笔记本的单价分别为12元和8元．根据比赛设奖情况，需购买两种笔记本共30本，并且购买A笔记本的数量要少于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的．设买A种笔记本n本，买两种笔记本的总费用为W元．
（1）请写出W（元）关于n（本）的函数关系式，并求出自变量n的取值范围．
（2）购买这两种笔记本各多少本时，花费最少？此时的花费是多少元？
【分析】（1）根据题意可以求得w关于n的函数关系式，由购买A笔记本的数量要少于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的，可以确定n的取值范围；
（2）根据（1）中的函数关系式可以求得w的最小值及此时购买的A和B种两种笔记本的数量．
【答案】解：（1）依题意得：w＝12n+8（30﹣n）
即w＝4n+240
且n＜（30﹣n）和n≥（30﹣n）
解得≤n＜12
所以，w（元）关于n（本）的函数关系式为：w＝4n+240
自变量n的取值范围是≤n＜12，n为整数；
（2）对于一次函数w＝4n+240
∵w随n的增大而增大，且≤n＜12，n为整数
故当n为8时，w的值最小
此时，30﹣n＝30﹣8＝22，w＝4×8+240＝272（元）
因此，当买A种笔记本8本、B种笔记本22本时，所花费用最少，为272元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式的应用．此题利用了（总花费＝A种笔记本的单位价×A的数量+B种笔记本的单位价×B的数量），还用到了解不等式组以及一次函数的有关性质（当k＞0时，y随x的增大而增大）．
【考点15 一次函数应用之方案最优化问题】
【例15】（2018•雁塔区校级三模）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解有甲、乙两家快递公司比较合适，甲公司表示：快递物品不超过1千克的，按每千克22元收费；超过1千克，超过的部分按每千克15元收费．乙公司表示：按每千克16元收费，另加包装费3元．设小明快递物品x千克．
（1）请分别写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用y（元）与x（千克）之间的函数关系式；
（2）若小明快递的物品超过1千克，则他应选择哪家快递公司更省钱？
【分析】（1）根据甲、乙公司的收费方式结合数量关系，找出y甲、y乙（元）与x（千克）之间的函数关系式；
（2）当x＞1，求出y甲＝y乙时，x的取值，即可得出结论．
【答案】解：（1）当0＜x≤1时，y甲＝22x；
当x＞1时，y甲＝22+15（x﹣1）＝15x+7．
∴y甲＝，
由题可得，y乙＝16x+3；
（2）当x＞1时，
令y甲＝y乙，即15x+7＝16x+3，
解得x＝4；
当x＝4，选甲、乙两家快递公司快递费一样多，
故当小明快递的物品超过1千克而小于4千克，则他应选择甲快递公司更省钱，当小明快递的物品超4千克，则他应选择乙快递公司更省钱．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是分0＜x≤1和x＞1两种情况，考虑y甲＝y乙时x的取值．
【变式15-1】（2019春•滦县期中）无锡阳山地区有A、B两村盛产水蜜桃，现A村有水蜜桃200吨，B村有水蜜桃300吨．计划将这些水蜜桃运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A村运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B村运往C，D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A村运往C仓库的水蜜桃重量为x吨，A、B两村运往两仓库的水蜜桃运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请先填写下表，再根据所填写内容分别求出yA、yB与x之间的函数关系式；
收地运地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
（2）试讨论A、B两村中，哪个村的运费较少；
（3）考虑到B村的经济承受能力，B村的水蜜桃运费不得超过4830元．在这种情况下，请问怎样调运，才能使两村运费之和最小？求出这个最小值．
【分析】（1）先设从A村运往C仓库的水蜜桃重量为x吨，就可以分别表示出A村到D处，B村到C处，B村到D处的数量．利用运送的吨数×每吨运输费用＝总费用，列出函数解析式即可解答；
（2）由（1）中的函数解析式联立方程与不等式解答即可；
（3）首先由B村的水蜜桃的运费不得超过4830元得出不等式，再由两个函数和，根据自变量的取值范围，求得最值．
【答案】解：（1）A，B两村运输水蜜桃情况如表，
收收地地运运地地
C
D
总计
A
x吨
200﹣x
200吨
B
240﹣x
x+60
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
yA＝20x+25（200﹣x）＝5000﹣5x，
yB＝15（240﹣x）+18（x+60）＝3x+4680；
（2）①当yA＝yB，即5000﹣5x＝3x+4680，
解得x＝40，
当x＝40，两村的运费一样多，
②当yA＞yB，即5000﹣5x＞3x+4680，
解得x＜40，
当0＜x＜40时，A村运费较高，
③当yA＜yB，即5000﹣5x＜3x+4680，
解得x＞40，
当40＜x≤200时，B村运费较高；
（3）B村的水蜜桃运费不得超过4830元，
yB＝3x+4680≤4830，
解得x≤50，
两村运费之和为yA+yB＝5000﹣5x+3x+4680＝9680﹣2x，
要使两村运费之和最小，所以x的值取最大时，运费之和最小，
故当x＝50时，最小费用是9680﹣2×50＝9580（元）．
此时的调运方案为：
A村运50吨到C村，运150吨到D村，
B村运190吨到C村，运110吨到D村．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式的运用，一元一次方程的运用，一元一次不等式的运用，利用基本数量关系：运送的吨数×每吨运输费用＝总费用列出函数解析式，进一步由函数解析式分析解决问题．
【变式15-2】（2019秋•镇海区期中）2010年6月5日是第38个世界环境日，世界环境日的主题为“多个物种、一颗星球、一个未来”．为了响应节能减排的号召，某品牌汽车4S店准备购进A型（电动汽车）和B型（太阳能汽车）两种不同型号的汽车共16辆，以满足广大支持环保的购车者的需求．市场营销人员经过市场调查得到如下信息：
成本价（万元/辆）
售价（万元/辆）
A型
30
32
B型
42
45
（1）若经营者的购买资金不少于576万元且不多于600万元，则有哪几种进车方案？
（2）在（1）的前提下，如果你是经营者，并且所进的汽车能全部售出，你会选择哪种进车方案才能使获得的利润最大？最大利润是多少？
（3）假设每台电动汽车每公里的用电费用为0.65元，且两种汽车最大行驶里程均为30万公里，那么从节约资金的角度，你做为一名购车者，将会选购哪一种型号的汽车？并说明理由．
【分析】（1）根据已知信息和若经营者的购买资金不少于576万元且不多于600万元，列出不等式组，求解得出进车方案．
（2）根据已知列出利润函数式，求最值，选择方案．
（3）根据已知通过计算分析得出答案．
【答案】解：（1）设A型汽车购进x辆，则B型汽车购进（16﹣x）辆．
根据题意得：，
解得：6≤x≤8．
∵x为整数，
∴x取6、7、8．
∴有三种购进方案：
A型
6辆
7辆
8辆
B型
10辆
9辆
8辆
（2）设总利润为w万元．
根据题意得：W＝（32﹣30）x+（45﹣42）（16﹣x）
W＝﹣x+48．
∵k＝﹣1＜0，
∴w随x的增大而减小，
∴当x＝6时，w有最大值，W最大＝﹣6+48＝42（万元）
∴当购进A型车6辆，B型车10辆时，可获得最大利润，最大利润是42万元．
（3）设电动汽车行驶的里程为a万公里．
当32+0.65a＝45时，解得：a＝20＜30．
∴选购太阳能汽车比较合算．
【点睛】此题考查的知识点是一次函数的应用，关键是先根据已知列出不等式组得出方案，然后通过求最值及计算出费用得出答案．
【变式15-3】（2019春•黄冈期中）A城有某种农机30台，B城有该农机50台，现将这些农机全部运往C，D两乡，调运任务承包给某运输公司，已知C乡需要农机36台，D乡需要农机44台，从A城往C，D两乡运送农机的费用分别为220元/台和200元/台，从B城往C，D两乡运送农机的费用分别为180元/台和240元/台．
（1）设A城运往C乡该农机x台，运送全部农机的总费用为W元，求W关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（2）现该运输公司要求运送全部农机的总费用不低于18160元，则有多少种不同的调运方案？将这些方案设计出来．
（3）现该运输公司决定对A城运往C乡的农机，从运输费中每台减免a元（a≤200）作为优惠，其它费用不变，如何调运，才能使总费用最少？
【分析】（1）根据A城运往C乡该农机x台，找出A城运往D乡、B城运往C乡、B城运往D乡的该农机数，根据“总费用＝A城运往C乡费用+A城运往D乡费用+B城运往C乡费用+B城运往D乡费用”即可得出W关于x的函数解析式；
（2）根据该运输公司要求运送全部农机的总费用不低于18160元，列出关于x的一元一次不等式，解不等式即可得出x的取值范围，再依此安排方案即可；
（3）结合（1）得出W关于x的函数解析式，根据一次项系数80﹣a＞0、＝0和＜0分三种情况讨论，再结合一次函数的性质即可解决最值问题．
【答案】解：（1）设A城运往C乡该农机x台，则A城运往D乡该农机（30﹣x）台，B城运往C乡该农机（36﹣x）台，B城运往D乡该农机（14+x）台，
由已知得：W＝220x+200（30﹣x）+180（36﹣x）+240（14+x）＝80x+15840（0≤x≤30）．
（2）由已知得：80x+15840≥18160，
解得：x≥29．
∴有两种方案．
方案一：A城运往C乡该农机29台，则A城运往D乡该农机1台，B城运往C乡该农机7台，B城运往D乡该农机43台；
方案二：A城运往C乡该农机30台，则A城运往D乡该农机0台，B城运往C乡该农机6台，B城运往D乡该农机44台．
（3）由已知得：W＝80x+15840﹣ax＝（80﹣a）x+15840．
当0＜a＜80时，80﹣a＞0，当x＝0时，总费用最少；
当a＝80时，80﹣a＝0，随便调运，总费用不变；
当80＜a≤200时，80﹣a＜0，当x＝30时，总费用最少．
【点睛】本题考查了一次函数的应用以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）根据数量关系找出W关于x的解析式；（2）根据数量关系找出关于x的一元一次不等式；（3）分三种情况讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出函数关系式（方程或不等式）是关键．
【考点16 一次函数综合应用】
【例16】（2019秋•西城区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝3x+1与y轴交于点A．直线l2：y＝kx+b与直线y＝﹣x平行，且与直线l1交于点B（1，m），与y轴交于点C．
（1）求m的值，以及直线l2的表达式；
（2）点P在直线l2：y＝kx+b上，且PA＝PC，求点P的坐标；
（3）点D在直线l1上，且点D的横坐标为a．点E在直线l2上，且DE∥y轴．若DE＝6，求a的值．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）首先推出点P的纵坐标为3，再根据待定系数法即可解决问题；
（3）由题意D（a，3a+1），E（a，﹣a+5），由题意可得|3a+1﹣（﹣a+5）|＝6，解方程即可；
【答案】解：（1）把B（1，m）代入y＝3x+1中，得到m＝3+1＝4，
∴B（1，4），
∵y＝kx+b与直线y＝﹣x平行，
∴k＝﹣1，
把B（1，4），代入直线y＝﹣x+b中，得到4＝﹣1+b，b＝5，
∴直线l2的解析式为y＝﹣x+5，m＝4；
（2）∵C（0，5），A（0，1），PA＝PC，
∴点P的纵坐标为3，
∴3＝﹣x+5，
x＝2，
∴P（2，3）．
（3）由题意D（a，3a+1），E（a，﹣a+5），
∵DE＝6，
∴|3a+1﹣（﹣a+5）|＝6，
解得a＝或﹣．
【点睛】本题考查一次函数的应用、两条直线平行或相交等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，属于中考常考题型．
【变式16-1】（2019秋•成华区期中）如图，直线l1：y＝﹣x+3与x轴相交于点A，直线l2：y＝kx+b经过点（3，﹣1），与x轴交于点B（6，0），与y轴交于点C，与直线l1相交于点D．
（1）求直线l2的函数关系式；
（2）点P是l2上的一点，若△ABP的面积等于△ABD的面积的2倍，求点P的坐标；
（3）设点Q的坐标为（m，3），是否存在m的值使得QA+QB最小？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点（3，﹣1），点B（6，0）代入直线l2，求出k、b的值即可；
（2）设点P的坐标为（t，t﹣2），求出D点坐标，再由S△ABP＝2S△ABD求出t的值即可；
（3）作直线y＝3，作点A关于直线y＝3的对称点A′，连结A′B，利用待定系数法求出其解析式，根据点Q（m，3）在直线A′B上求出m的值，进而可得出结论．
【答案】解：（1）由题知：
解得：，
故直线l2的函数关系式为：y＝x﹣2；
（2）由题及（1）可设点P的坐标为（t，t﹣2）．
解方程组，得，
∴点D的坐标为（，﹣）．
∵S△ABP＝2S△ABD，
∴AB•|t﹣2|＝2×AB•|﹣|，即|t﹣2|＝，解得：t＝或t＝，
∴点P的坐标为（，）或（，）；
（3）作直线y＝3（如图），再作点A关于直线y＝3的对称点A′，连结A′B．由几何知识可知：A′B与直线y＝3的交点即为QA+QB最小时的点Q．
∵点A（3，0），
∴A′（3，6）
∵点B（6，0），
∴直线A′B的函数表达式为y＝﹣2x+12．
∵点Q（m，3）在直线A′B上，
∴3＝﹣2m+12
解得：m＝，
故存在m的值使得QA+QB最小，此时点Q的坐标为（，3）．
【点睛】本题考查的是一次函数综合题，涉及到一次函数图象上点的坐标特点，轴对称最短路线问题，三角形的面积公式等知识，在解答（3）时要注意作出辅助线，利用轴对称的性质求解．
【变式16-2】（2019秋•安庆期中）如图，直线y＝kx﹣2与x轴，y轴分别交于B，C两点，其中OB＝1．
（1）求k的值；
（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y＝kx﹣2上的一个动点，当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，探索：
①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是1；
②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先确定出点B的坐标，代入函数解析式中即可求出k；
（2）借助（1）得出的函数关系式，利用三角形的面积公式即可求出函数关系式；
（3）①利用三角形的面积求出求出点A坐标；
②设出点P（m，0），表示出AP，OP，计算出OA，分三种情况讨论计算即可得出点P坐标．
【答案】解：（1）∵OB＝1，
∴B（1，0），
∵点B在直线y＝kx﹣2上，
∴k﹣2＝0，
∴k＝2
（2）由（1）知，k＝2，
∴直线BC解析式为y＝2x﹣2，
∵点A（x，y）是第一象限内的直线y＝2x﹣2上的一个动点，
∴y＝2x﹣2（x＞1），
∴S＝S△AOB＝×OB×|yA|＝×1×|2x﹣2|＝x﹣1，
（3）①如图，
由（2）知，S＝x﹣1，
∵△AOB的面积是1；
∴x＝2，
∴A（2，2），
∴OA＝2，
②设点P（m，0），
∵A（2，2），
∴OP＝|m|，AP＝，
①当OA＝OP时，∴2＝|m|，∴m＝±2，∴P1（﹣2，0），P2（2，0），
②当OA＝AP时，∴2＝，∴m＝0或m＝4，∴P3（4，0），
③当OP＝AP时，∴|m|＝，∴m＝2，∴P4（2，0），
即：满足条件的所有P点的坐标为P1（﹣2，0），P2（2，0），P3（4，0），P4（2，0）．
【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，解本题的关键是求出点A的坐标．
【变式16-3】（2019春•南安市期中）如图，已知直线y＝kx+b与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0），动点 C从原点O出发沿OA方向以每秒1个单位长度向点A运动，动点D从点B出发沿BO方向以每秒1个单位长度向点O运动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动，设运动时间为t 秒．
（1）直接写出直线的解析式： ；
（2）若E点的坐标为（﹣2，0），当△OCE的面积为5 时．
①求t的值；
②探索：在y轴上是否存在点P，使△PCD的面积等于△CED的面积？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线解析式即可；
（2）①根据运动的规律，找出点C的坐标，根据△OCE的面积为5利用三角形的面积公式即可得出关于t的一元一次方程，解方程即可得出结论；
②假设存在，设点P的坐标为（0，m），结合①结论找出点C、D的坐标，根据三角形面积相等结合三角形的面积公式即可得出关于m的含绝对值的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【答案】解：（1）将点A（0，8）、B（8，0）代入y＝kx+b中，
得：，解得：，
∴该直线的解析式为y＝﹣x+8．
故答案为：y＝﹣x+8．
（2）①由已知得：点C（0，t）（0≤t≤8），点E（﹣2，0），
∴OC＝t，OE＝2．
∵S△OCE＝OE•OC＝×2t＝5，
∴t＝5．
②假设存在，设点P的坐标为（0，m），如图所示．
由①可知t＝5，此时点C（0，5），点D（3，0），
∴OC＝5，DE＝5，OD＝3．
S△DCE＝OC•DE＝×5×5＝，S△DCP＝OD•PC＝×3×|m﹣5|．
∵S△DCE＝S△DCP，
∴＝×3×|m﹣5|，即3|m﹣5|＝25，
解得：m＝﹣或．
故当△OCE的面积为5时，在y 轴存在点P，使△PCD的面积等于△CED的面积，点P的坐标为（0，﹣）或（0，）．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）①得出关于t的一元一次方程；②得出关于m的方程3|m﹣5|＝25．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据三角形面积间的关系结合三角形的面积公式找出方程是关键．
专题1.5 八年级数学上册期中考试重难点题型（举一反三）
【北师大版】
【知识点1】勾股定理
1．勾股定理：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；即。
2．勾股定理的证明：用三个正方形的面积关系进行证明（两种方法）。
3．勾股定理逆定理：如果三角形的三边长，，满足，那么这个三角形是直角三角形。满足的三个正整数称为勾股数。
【知识点2】实数
1．平方根和算术平方根的概念及其性质：
（1）概念：如果，那么是的平方根，记作：；其中叫做的算术平方根。
（2）性质：①当≥0时，≥0；当＜０时，无意义；②＝；③。
2．立方根的概念及其性质：
（1）概念：若，那么是的立方根，记作：；
（2）性质：①；②；③＝
3．实数的概念及其分类：
（1）概念：实数是有理数和无理数的统称；
（2）分类：按定义分为有理数可分为整数的分数；按性质分为正数、负数和零。无理数就是无限不循环小数；小数可分为有限小数、无限循环小数和无限不循环小数；其中有限小数和无限循环小数称为分数。
4．与实数有关的概念： 在实数范围内，相反数，倒数，绝对值的意义与有理数范围内的意义完全一致；在实数范围内，有理数的运算法则和运算律同样成立。每一个实数都可以用数轴上的一个点来表示；反过来，数轴上的每一个点都表示一个实数，即实数和数轴上的点是一一对应的。因此，数轴正好可以被实数填满。
5．算术平方根的运算律：（≥0，≥0）；（≥0，＞0）。
【知识点3】位置的确定
1．直角坐标系及坐标的相关知识。
2．点的坐标间的关系：如果点A、B横坐标相同，则∥轴；如果点A、B纵坐标相同，则∥轴。
3．将图形的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于轴对称；将图形的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于轴对称；将图形的横、纵坐标都变为原来的倍，所得到的图形与原图形关于原点成中心对称。
4．平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移。平移不改变图形大小和形状，改变了图形的位置；经过平移，对应点所连的线段平行且相等；对应线段平行且相等，对应角相等。
5．旋转：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转。这点定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角。旋转不改变图形大小和形状，改变了图形的位置；经过旋转，图形点的每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同和角度；任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角；对应点到旋转中心的距离相等。
6．作平移图与旋转图。
【知识点4】一次函数
1．一次函数定义：若两个变量间的关系可以表示成（为常数，）的形式，则称是的一次函数。当时称是的正比例函数。正比例函数是特殊的一次函数。
2．作一次函数的图象：列表取点、描点、连线，标出对应的函数关系式。
3．正比例函数图象性质：经过；＞0时，经过一、三象限；＜0时，经过二、四象限。
4．一次函数图象性质：
（1）当＞0时，随的增大而增大，图象呈上升趋势；当＜0时，随的增大而减小，图象呈下降趋势。
（2）直线与轴的交点为，与轴的交点为 。
（3）在一次函数中：＞0，＞0时函数图象经过一、二、三象限；＞0，＜0时函数图象经过一、三、四象限；＜0，＞0时函数图象经过一、二、四象限；＜0，＜0时函数图象经过二、三、四象限。
（4）在两个一次函数中，当它们的值相等时，其图象平行；当它们的值不等时，其图象相交；当它们的值乘积为时，其图象垂直。
4．已经任意两点求一次函数的表达式、根据图象求一次函数表达式。
5．运用一次函数的图象解决实际问题。
【考点1 无理数的估算】
【例1】（2019秋•碑林区校级月考）已知m、n分别是3+的整数部分和小数部分，则2m﹣n的值是（ ）
A．12﹣ B．﹣12 C．8﹣ D．2﹣9
【分析】由2＜＜3，可以得到3+的整数部分是5，小数部分是3+﹣5＝﹣2，分别求出m、n即可．
【答案】解：∵2＜＜3，
∴3+的整数部分是5，小数部分是3+﹣5＝﹣2，
∴m＝5，n＝﹣2，
∴2m﹣n＝10﹣+2＝12﹣；
故选：A．
【点睛】本题考查实数估计大小；能够准确估计无理数的大小是解题的关键．
【变式1-1】（2019春•阳东区期中）规定用符号[x]表示一个数的整数部分，例如[9.54]＝9．[]＝1，则[]的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】估算无理数大小要用逼近法．思维方法：用有理数逼近无理数，求无理数的近似值．
【答案】解：由题意可得，
∵6＜＜7，
∴[]＝6，
故选：B．
【点睛】本题考查了估算无理数大小，正确化简二次根式是解题的关键．
【变式1-2】（2019秋•通州区期中）用[x]表示不超过x的最大整数，把x﹣[x]称为x的小数部分．已知t＝2+，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，则a+b的值为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．2﹣3
【分析】先根据出2+和﹣2﹣的范围，求出a、b的值，再代入求出即可．
【答案】解：∵t＝2+，a是t的小数部分，b是﹣t的小数部分，
∴a＝2+﹣3＝﹣1，b＝﹣2﹣﹣（﹣4）＝2﹣，
∴a+b＝﹣1+2﹣＝1，
故选：A．
【点睛】本题考查了估算无理数的大小，能估算出2+的范围是解此题的关键．
【变式1-3】（2019•岳麓区校级期中）满足的整数x的个数是 （ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】将二次根式分母有理化，确定x的取值范围，找出范围内整数的个数．
【答案】解：∵＝+≈3.1，＝2（+）≈9.36
∴满足的整数x有4，5，6，7，8，9共6个．
故选：C．
【点睛】本题考查了分母有理化，估计无理数大小的方法．关键是将已知条件分母有理化，确定x的取值范围．
【考点2 数轴及勾股定理】
【例2】（2018秋•仪征市期中）如图，正方形OABC的边OC落在数轴上，点C表示的数为1，点P表示的数为﹣1，以P点为圆心，PB长为半径作圆弧与数轴交于点D，则点D表示的数为（ ）
A． B． C． D．﹣1
【分析】直接利用勾股定理得出PC的长，进而得出答案．
【答案】解：由题意可得：PC＝2，BC＝1，则在Rt△PCB中，
PC2+BC2＝PB2，
故PB＝，
则PD＝，
故点D表示的数为：﹣1．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理，正确得出PC的长是解题关键．
【变式2-1】（2018春•芜湖期中）小明学了利用勾股定理在数轴上作一个无理数后，于是在数轴上的2个单位长度的位置找一个点D，然后点D做一条垂直于数轴的线段CD，CD为3个单位长度，以原点为圆心，以到点C的距离为半径作弧，交数轴于一点，则该点位置大致在数轴上（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
【分析】利用勾股定理列式求出OC，再根据无理数的大小判断即可．
【答案】解：由勾股定理得，OC＝＝，
∵9＜13＜16，
∴3＜＜4，
∴该点位置大致在数轴上3和4之间．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，估算无理数的大小，熟记定理并求出OC的长是解题的关键．
【变式2-2】（2019秋•雁塔区校级月考）如图所示，数轴上点A所表示的数为a，则a的值是（ ）
A．﹣2+ B．﹣1 C．﹣1﹣ D．2﹣
【分析】利用勾股定理求出线段的长度，再用该值加﹣2即可得出a的值．
【答案】解：∵＝，
∴a＝﹣2+．
故选：A．
【点睛】本题考查了实数与数轴以及勾股定理，利用勾股定理求出线段的长度是解题的关键．
【变式2-3】如图，直角三角形OBC中，BC＝1，OC在数轴上，且点O、C对应的实数分别是0，﹣1，以点O为圆心，OB的长为半径画弧，与数轴的负半轴交于点A，设点A所对应的实数为x，则x2﹣10的立方根为（ ）
A．﹣10 B．﹣﹣10 C．2 D．﹣2
【分析】根据勾股定理得出BO的长，进而得出A点对应的数，进而利用立方根的定义得出即可．
【答案】解：由题意可得：BC＝CO＝1，
则BO＝，
故A点对应的实数为：﹣，
则x2﹣10＝（﹣）2﹣10＝﹣8，
故x2﹣10的立方根为：﹣2．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了实数与数轴，根据题意得出x的值是解题关键．
【考点3 最短路线中的分情况讨论】
【例3】（2019春•个旧市校级期中）如图，一只蚂蚁从长为2cm、宽为2cm，高是3cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是（ ）cm．
A．3 B．2 C．5 D．7
【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短，再由勾股定理求解即可．
【答案】解：如图（1），AB＝＝；
如图（2），AB＝＝5．
故选：C．
【点睛】此题考查了立体图形的侧面展开图，利用勾股定理求出斜边的长是解题的关键，而两点之间线段最短是解题的依据．
【变式3-1】（2019春•三台县期中）如图，长宽高分别为2，1，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点B，则它爬行的最短路程是（ ）
A． B． C．2 D．3
【分析】蚂蚁有两种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线，比较大小即可求得最短路程．
【答案】解：如图所示，
路径一：AB＝＝2；
路径二：AB＝＝，
∵2＜，
∴蚂蚁爬行的最短路程为2．
故选：C．
【点睛】本题考查了立体图形中的最短路线问题；通常应把立体几何中的最短路线问题转化为平面几何中的求两点间距离的问题；注意长方体展开图形应分情况进行探讨．
【变式3-2】（2019秋•沙坪坝区校级月考）如图，开口玻璃罐长、宽、高分别为16、6和6，在罐內点E处有一小块饼干碎末，此时一只蚂蚁正好在罐外长方形ABCD的中心H处，蚂蚁到达饼干的最短距离是多少（ ）
A． B． C． D．17
【分析】做此题要把这个长方体中蚂蚁所走的路线放到一个平面内，在平面内线段最短，根据勾股定理即可计算．
【答案】解：①若蚂蚁从平面ABCD和平面CDFE经过，
蚂蚁到达饼干的最短距离如图1：
H′E＝＝，
②若蚂蚁从平面ABCD和平面BCEH经过，
则蚂蚁到达饼干的最短距离如图2：
H′E＝＝17，
故选：C．
【点睛】考查了平面展开﹣最短路径问题，此题的关键是明确两点之间线段最短这一知识点，然后把立体的长方体放到一个平面内，求出最短的线段．
【变式3-3】（2019秋•武侯区校级月考）如图，已知长方体的长宽高分别为4、2、1，一只蚂蚁沿长方体的表面，从点A爬到点B，最短路程为（ ）
A． B． C． D．5
【分析】蚂蚁有三种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视，或俯视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线，比较大小即可求得最短的途径．
【答案】解：如图所示，
路径一：AB＝；
路径二：AB＝；
路径三：AB＝；
∵37＞29＞25，
∴5cm为最短路径．
故选：D．
【点睛】此题考查平面的最短路径问题，关键是把长方体拉平后用了勾股定理求出对角线的长度．
【考点4 坐标系中的规律型问题】
【例4】（2018•广州）在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1m．其行走路线如图所示，第1次移动到A1，第2次移动到A2，…，第n次移动到An．则△OA2A2018的面积是（ ）
A．504m2 B．m2 C．m2 D．1009m2
【分析】由OA4n＝2n知OA2017＝+1＝1009，据此得出A2A2018＝1009﹣1＝1008，据此利用三角形的面积公式计算可得．
【答案】解：由题意知OA4n＝2n，
∵2018÷4＝504…2，
∴OA2017＝+1＝1009，
∴A2A2018＝1009﹣1＝1008，
则△OA2A2018的面积是×1×1008＝504m2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查点的坐标的变化规律，解题的关键是根据图形得出下标为4的倍数时对应长度即为下标的一半，据此可得．
【变式4-1】（2019春•庆云县期中）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第1次从原点运动到点（1，1），第2次接着运动到点（2，0），第3次接着运动到点（3，2），……，按这样的运动规律，经过第2019次运动后，动点P的坐标是（ ）
A．（2018，0） B．（2017，1） C．（2019，1） D．（2019，2）
【分析】分析点P的运动规律，找到循环次数即可．
【答案】解：分析图象可以发现，点P的运动每4次位置循环一次．每循环一次向右移动四个单位．
∴2019＝4×504+3，
当第504循环结束时，点P位置在（2016，0），在此基础之上运动三次到（2019，2），
故选：D．
【点睛】本题是规律探究题，解题关键是找到动点运动过程中，每运动多少次形成一个循环．
【变式4-2】（2019春•博兴县期中）如图，在平面直角坐标系中，从点p1（﹣1，0），p2（﹣1，﹣1），p3（1，﹣1），p4（1，1），p5（﹣2，1），p6（﹣2，﹣2），…依次扩展下去，则p2019的坐标为（ ）
A．（505，﹣505） B．（﹣505，505） C．（﹣505，504） D．（﹣506，505）
【分析】根据点的下标发现规律：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，只需判断2019除以4的余数即可；
【答案】解：根据给出的点发现：下标是4的倍数的点在第一象限，下标是4的倍数余1的点在第二象限，下标是4的倍数余2的点在第三象限，下标是4的倍数余3的点在第四象限，
∴2019在第四象限，
故选：A．
【点睛】本题考查平面内点的特点，点的规律；能够结合图形和点的坐标，寻找到每个象限内点的下标特点是解题的关键．
【变式4-3】（2018春•潘集区期中）如图，一个点在第一象限及x轴、y轴上运动，在第一秒钟，它从原点（0，0）运动到（0，1），然后接着按图中箭头所示方向运动，即（0，0）→（0，1）→（1，1）→（1，0）…，且每秒移动一个单位，那么第64秒时这个点所在位置的坐标是（ ）
A．（0，9） B．（9，0） C．（8，0） D．（0，8）
【分析】应先判断出走到坐标轴上的点所用的时间以及相对应的坐标，可发现走完一个正方形所用的时间分别为3，5，7，9…，此时点在坐标轴上，进而得到规律．
【答案】解：3秒时到了（1，0）；
8秒时到了（0，2）；
15秒时到了（3，0）；
24秒到了（0，4）；
35秒到了（5，0）；
48秒到了（0，6）；
63秒到了（7，0）；
64秒到了（8，0）．
∴第64秒时质点所在位置的坐标是（8，0）．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点的坐标探索规律题，解决问题的关键找到各点相对应的规律．
【考点5 一次函数图象上点的坐标特征】
【例5】（2019秋•上城区期中）已知函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图，则y＝﹣2kx+b（k≠0）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据函数y＝kx+b（k≠0）的图象即可得出b＝1、k＜﹣1，再根据一次函数图象上点的坐标特征即可得出一次函数y＝﹣2kx+b（k≠0）的图象与y轴的交点坐标以及与x轴交点的大致范围，对照四个选项即可得出结论．
【答案】解：将（0，1）代入y＝kx+b，b＝1；
当x＝1时，y＝kx+1＜0，
∴k＜﹣1．
在一次函数y＝﹣2kx+b中，
当x＝0时，y＝b＝1，
∴一次函数y＝﹣2kx+b与y轴的交点为（0，1）；
当y＝﹣2kx+b＝0时，
x＝，
∵k＜﹣1，
∴﹣＜＜0，
∴一次函数y＝﹣2kx+b与x轴的交点横坐标在﹣和0之间．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的图象以及一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数的图象找出b＝1、k＜﹣1是解题的关键．
【变式5-1】（2018秋•沙坪坝区校级月考）如图所示，直线l1：y＝ax+b和l2：y＝﹣bx+a在同一坐标系中的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据各选项中的函数图象判断出a、b异号，然后分别确定出两直线经过的象限以及与y轴的交点位置，即可得解．
【答案】解：∵直线l1：经过第一、三象限，
∴a＞0，
又∵该直线与y轴交于负半轴，
∴b＜0．
∴﹣b0，
∴直线l2经过第一、二、三象限．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图象，一次函数y＝kx+b（k≠0），k＞0时，一次函数图象经过第一三象限，k＜0时，一次函数图象经过第二四象限，b＞0时与y轴正半轴相交，b＜0时与y轴负半轴相交．
【变式5-2】（2018•合肥模拟）如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（3，1），C（2，2），当直线与△ABC有交点时，b的取值范围是（ ）
A．﹣1≤b≤1 B．﹣≤b≤1 C．﹣≤b≤ D．﹣1≤b≤
【分析】将A（1，1），B（3，1），C（2，2）的坐标分别代入直线中求得b的值，再根据一次函数的增减性即可得到b的取值范围．
【答案】解：直线y＝x+b经过点B时，将B（3，1）代入直线中，可得+b＝1，解得b＝﹣；
直线y＝x+b经过点A时：将A（1，1）代入直线中，可得+b＝1，解得b＝；
直线y＝x+b经过点C时：将C（2，2）代入直线中，可得1+b＝2，解得b＝1．
故b的取值范围是﹣≤b≤1．
故选：B．
【点睛】考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
【变式5-3】（2019秋•吴江区期中）如图，已知长方形ABCD顶点坐标为A（1，1），B（3，1），C（3，4），D（1，4），一次函数y＝2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，则b的变化范围是（ ）
A．b≤﹣2或b≥﹣1 B．b≤﹣5或b≥2 C．﹣2≤b≤﹣1 D．﹣5≤b≤2
【分析】由于一次函数y＝2x+b的图象与长方形ABCD的边有公共点，观察图象可知，公共点最左端是D点，最右端是B点，于是把D、B的坐标代入分别求得b值即可．
【答案】解：由直线y＝2x+b随b的数值不同而平行移动，知当直线通过点D时，得b＝2；
当直线通过点B时，得b＝﹣5．
则b的范围为﹣5≤b≤2．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系以及矩形的性质；在直线的平行移动过程中，按题意找出直线经过的关键点是解题的关键．
【考点6 函数图象中的动点问题】
【例6】（2018春•开鲁县期中）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm）在下列图象中，表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．
【答案】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y＝×2x＝x，
当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y＝×2×2＝2，
符合题意的函数关系的图象是A；
故选：A．
【点睛】本题考查了动点函数图象问题，用到的知识点是三角形的面积、一次函数，在图象中应注意自变量的取值范围．
【变式6-1】（2019•益阳期中）如图，P为矩形ABCD边上的一个动点，沿ABCD方向运动，P点运动的路程为x．△PAD的面积为y，则y与x的函数关系用图象表示大致是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以明确各段对应的函数图象，从而可以得到哪个选项是正确的．
【答案】解：由题意可得，
点P到A→B的过程中，y＝AD•x，为正比例函数，y由小变大，到点B时y值最大；
点P到B→C的过程中，y═AD•AB，y的值不变；
点P到C→D的过程中，y＝AD（x﹣AB﹣BC）＝AD•x﹣AD•（AB+BC），是一次函数，y的值逐渐减小，到点D时y值为0，
由以上各段函数解析式可知，选项C正确；
故选：C．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，写出各段函数对应的函数解析式，明确各段的函数图象．
【变式6-2】（2019•沐川县二模）如图①，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，在边上沿A→B→C→D方向运动至点D处停止．设点P运动的路程为x，△PAD的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则当x＝9时，点P应运动到（ ）
A．A处 B．B处 C．C处 D．D处
【分析】根据点P的移动规律，点P的运动路程为0﹣﹣﹣4，4﹣﹣﹣9，9﹣﹣﹣﹣13，所在线段为AB，BC，CD，那么当x＝9时，点P应运动到高不变的结束，即点C处．
【答案】解：当P在BA上运动时，△DAP的面积不断增大；
当P在CB运动时，DA一定，高为BA不变，此时面积不变；
当P在CD上运动时，面积不断减小．
∴当x＝9时，点R应运动到高不变的结束，即点C处．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，关键是根据所给函数图象和点的运动轨迹判断出x＝4到9时点所在的位置．
【变式6-3】（2019春•黄州区校级期中）如图甲，在正方形ABCD的边上有一个动点P以2cm/s的速度，从点B开始B﹣C﹣D﹣A匀速运动，到点A停止．设点P移动时间为t，△ABP的面积为S，S关于t的函数关系如图乙所示，下列结论：①图甲中的BC长是4cm；②图乙中的a的值是8cm2；③当t＝l（s），S＝3cm2；④当t为0.5s或5.5s时，S＝2cm2．其中正确的序号是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】①由图甲、乙可知，从B点移动到C点所经过的时间为2s，那么所经过的路程＝速度×时间，即为BC的长，得出①正确；
②根据题目说明及图甲、乙，甲图中C点对应乙图中E点，甲图中的D点对应乙图中的F，即乙图中的EF段反映了P点从C点移动到D点，由图中可看出a实际就是△APB的面积，得出②正确；
③求出当t＝l（s），S＝4cm2；得出③错误
④观察图甲可知，当P运动在BC段、AD段时，S有可能等于2cm2，因而分这两种情况讨论，得出④正确；即可得出结论．
【答案】解：①由图甲、乙知，从B点→C点所经过的时间为2s
从B点→C点所经过的路程为2×2＝4cm
∴BC的长是4cm，①正确；
②由图甲、乙得
a＝S＝×4×4＝8，②正确；
③当t＝l（s），S＝×2×4＝4cm2；③错误；
④当P点从B点移动到C点时，BP＝2t，
则S＝×4×2t＝2，
解得；t＝0.5（s）
当P点从D点移动到A点时，AP＝（BC+CD+AD）﹣（BC+CD+DP）＝12﹣2t，
则S＝×4×（12﹣2t）＝2，
解得：t＝5.5（s）；④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象、正方形的性质、三角形面积的计算．解决本题的关键是读懂图甲与图乙的对应关系．
【考点7 一次函数的性质】
【例7】（2019春•萧山区月考）复习课中，教师给出关于x的函数y＝﹣2mx+m﹣1（m≠0）．学生们在独立思考后，给出了5条关于这个函数的结论：
①此函数是一次函数，但不可能是正比例函数；
②函数的值y 随着自变量x的增大而减小；
③该函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上；
④若函数图象与x轴交于A（a，0），则a＜0.5；
⑤此函数图象与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积必小于0.5．
对于以上5个结论是正确有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．0
【分析】根据正比例函数的定义对①进行判断；根据一次函数的性质对②③进行判断；先利用函数值为0可计算出a＝﹣，则只有m＞0时，a＜0.5，于是可对④进行判断；求出直线y＝﹣2mx+m﹣1和直线y＝4x﹣3的交点坐标，以及它们与y轴的交点坐标，则根据三角形面积公式得到直线y＝﹣2mx+m﹣1与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积为•|m+2|，利用特殊值可对⑤进行判断．
【答案】解：此函数是一次函数，当m＝1时，它是正比例函数，所以①错误；
当m＞0时，函数的值y 随着自变量x的增大而减小，所以②错误；
当m＞1时，该函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，所以③错误；
若函数图象与x轴交于A（a，0），令y＝0，则﹣2mx+m﹣1＝0，解得x＝＝﹣，当m＞0时，a＜0.5，所以④错误；
此函数图象与直线y＝4x﹣3的交点坐标为（，﹣1），此直线与y轴的交点坐标为（0，m﹣1），直线y＝4x﹣3与y轴的交点坐标为（0，﹣3），所以此函数图象与直线y＝4x﹣3、y轴围成的面积＝•|m﹣1+3|•＝•|m+2|，当m＝2时，面积为1，所以⑤错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
【变式7-1】（2018春•市中区校级期中）关于函数y＝（k﹣3）x+k，给出下列结论：
①当k≠3时，此函数是一次函数；
②无论k取什么值，函数图象必经过点（﹣1，3）；
③若图象经过二、三、四象限，则k的取值范围是k＜0；
④若函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则k的取值范围是0＜k＜3．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
【分析】①根据一次函数定义即可求解；
②y＝（k﹣3）x+k＝k（x+1）﹣3x，即可求解；
③图象经过二、三、四象限，则k﹣3＜0，k＜0，解即可求解；
④函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则x＝＞0，即可求解．
【答案】解：①根据一次函数定义：k≠0函数为一次函数，故正确；
②y＝（k﹣3）x+k＝k（x+1）﹣3x，故函数过（﹣1，3），故正确；
③图象经过二、三、四象限，则k﹣3＜0，k＜0，解得：k＜0，故正确；
④函数图象与x轴的交点始终在正半轴，则x＝＞0，解得：0＜k＜3，故正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解答此题的关键是熟知一次函数图象上点的坐标特点，确定函数与系数之间的关系，进而求解．
【变式7-2】（2018•滦南县二模）一次函数y＝（m﹣1）x+（m﹣2）的图象上有点M（x1，y1）和点N（x2，y2），且x1＞x2，下列叙述正确的是（ ）
A．若该函数图象交y轴于正半轴，则y1＜y2
B．该函数图象必经过点（﹣1，﹣1）
C．无论m为何值，该函数图象一定过第四象限
D．该函数图象向上平移一个单位后，会与x轴正半轴有交点
【分析】利用一次函数的性质逐一进行判断后即可得到正确的结论．
【答案】解：一次函数y＝（m﹣1）x+（m﹣2）的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，则m﹣1＞0，m﹣2＞0，若x1＞x2，则y1＞y2，故A错误；
把x＝﹣1代入y＝（m﹣1）x+（m﹣2）得，y＝﹣1，则该函数图象必经过点（﹣1，﹣1），故B正确；
当m＞2时，m﹣1＞0，m﹣2＞0，函数图象过一二三象限，不过第四象限，故C错误；
函数图象向上平移一个单位后，函数变为y＝（m﹣1）x+（m﹣1），所以当y＝0时，x＝﹣1，故函数图象向上平移一个单位后，会与x轴负半轴有交点，故D错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象与几何变换，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质，灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-3】（2019秋•高新区期中）一次函数y＝kx+b（k≠0）中变量x与y的部分对应值如下表
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
8
6
4
2
0
…
下列结论：
①y随x的增大而减小；②点（6，﹣6）一定在函数y＝kx+b的图象上；
③当x＞3时，y＞0；④当x＜2时，（k﹣1）x+b＜0．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据待定系数法求得解析式，然后根据一次函数的特点进行选择即可．
【答案】解：由题意得，当x＝1时，y＝4，当x＝0时，y＝6，
则，
解得：，
函数解析式为：y＝﹣2x+6，
①∵k＝﹣2＜0，
∴y随x的增大而减小，正确；
②当x＝6时，y＝﹣2×6+6＝﹣6，
∴点（6，﹣6）一定在函数y＝kx+b的图象上，正确；
③由表格得出当x＞3时，y＜0，故错误；
④由表格得出当x＜2时，kx+b＞x，
∴（k﹣1）x+b＞0，故错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查对一次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，能求出一次函数的解析式是解此题的关键．
【考点8 一次函数中的行程问题】
【例8】（2018春•奈曼旗期中）小明、小宇从学校出发到青少年宫参加书法比赛，小明步行一段时间后，小宇骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行．他们的路程差s（米）与小明出发时间t（分）之间的函数关系如图．下列说法：①小宇先到达青少年宫；②小宇的速度是小明速度的3倍；③a＝20；④b＝600．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据小明步行800米，需要8分钟，进而得出小明的运动速度，利用图形得出小宇的运动时间以及运动距离进而分别判断得出答案．
【答案】解：由图象得出小明步行800米，需要8分钟，所以小明的运动速度为：800÷8＝100（米/分），
当第12分钟时，小宇运动12﹣8＝4（分钟），运动距离为：12×100＝1200（米），
∴小宇的运动速度为：1200÷4＝300（米/分），
∴300÷100＝3，故②小宇的速度是小明速度的3倍正确；
当第15分钟以后两人之间距离越来越近，说明小宇已经到达终点，故①小宇先到达青少年宫正确；
此时小宇运动15﹣8＝7（分钟），
运动总距离为：7×300＝2100（m），
∴小明运动时间为：2100÷100＝21（分钟），故a的值为21，故③a＝20错误；
∵小明15分钟运动距离为：15×100＝1500（m），
∴b＝2100﹣1500＝600，故④b＝600正确．
故正确的有：①②④．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一次函数的应用，利用数形结合得出得出小宇的运动速度是解题关键．
【变式8-1】（2019•东昌府区一模）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后1.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t＝或．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【答案】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得，解得，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
当100﹣40t＝50时，可解得t＝，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t＝，
又当t＝时，y甲＝50，此时乙还没出发，
当t＝时，乙到达B城，y甲＝250；
综上可知当t的值为或或或t＝时，两车相距50千米，故④不正确；
综上可知正确的有①②③共三个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2019秋•下城区期中）已知A，B两地相距120千米，甲乙两人沿同一条公路匀速行驶，甲骑自行车以20千米/时从A地前往B地，同时乙骑摩托车从B地前往A地，设两人之间的距离为s（千米），甲行驶的时间为t（小时），若s与t的函数关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．经过2小时两人相遇
B．若乙行驶的路程是甲的2倍，则t＝3
C．当乙到达终点时，甲离终点还有60千米
D．若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5
【分析】由图象得到经过2小时两人相遇，A选项正确，若乙行驶的路程是甲的2倍，则甲行驶40千米，乙行驶80千米，得到t＝2，B选项错误，由于乙的速度是＝40千米/时，乙到达终点时所需时间为＝3（小时），3小时甲行驶3×20＝60（千米），离终点还有120﹣60＝60（千米），故C选项正确，当0＜t≤2时，得到t＝0.5，当3＜t≤6时，得到t＝4.5，于是得到若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5，故D正确．
【答案】解：由图象知：经过2小时两人相遇，A选项正确，
∵乙的速度是甲的两倍，所以t在3小时以内都满足路程关系一直是2倍，B选项错误，
乙的速度是＝40千米/时，乙到达终点时所需时间为＝3（小时），3小时甲行驶3×20＝60（千米），离终点还有120﹣60＝60（千米），故C选项正确，
当0＜t≤2时，S＝﹣60t+120，当S＝90时，即﹣60t+120＝90，解得：t＝0.5，
当3＜t≤6时，S＝20t，当S＝90时，即20t＝90，解得：t＝4.5，
∴若两人相距90千米，则t＝0.5或t＝4.5，故D正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数的实际应用能力，根据题意弄清图象的实际意义是解题的基础和关键．
【变式8-3】（2019春•双台子区期中）甲、乙两辆摩托车同时从相距20km的A，B两地出发，相向而行．图中l1，l2分别表示甲、乙两辆摩托车到A地的距离s（km）与行驶时间t（h）的函数关系．则下列说法错误的是（ ）
A．乙摩托车的速度较快
B．经过0.3小时甲摩托车行驶到A，B两地的中点
C．当乙摩托车到达A地时，甲摩托车距离A地km
D．经过小时两摩托车相遇
【分析】根据函数图象中的数据和题意可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【答案】解：由图可得，
甲、乙行驶的路程相等，乙用的时间短，故乙的速度快，故选项A正确；
甲的速度为：20÷0.6＝（km/h），则甲行驶0.3h时的路程为：×0.3＝10（km），即经过0.3小时甲摩托车行驶到A，B两地的中点，故选项B正确；
当乙摩托车到达A地时，甲摩托车距离A地：×（0.6﹣0.5）＝（km），故选项C错误；
乙的速度为：20÷0.5＝40（km/h），则甲、乙相遇时所用的时间是＝（小时），故选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点9 二次根式的化简】
【例9】（2019秋•天宁区校级月考）已知实数a、b、c在数轴上的位置如图所示，化简﹣|a﹣c|+﹣|﹣b|＝ ．
【分析】根据数轴得到a﹣c＞0，c﹣b＜0，根据二次根式的性质化简，合并同类项得到答案．
【答案】解：由数轴可知，c＜a＜0＜b，
则a﹣c＞0，c﹣b＜0，
∴﹣|a﹣c|+﹣|﹣b|＝﹣a﹣a+c+b﹣c﹣b＝﹣2a，
故答案为：﹣2a．
【点睛】本题考查的是二次根式的化简、数轴的概念，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2019春•西湖区校级月考）已知x，y为实数，且，则＝ ．
【分析】首先根据被开方数是非负数求得x的值，则y的值即可求得，进而代入代数式求值．
【答案】解：根据题意得
，解得，
∴y＝，
∴＝＝＝2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，正确求得x的值是关键．
【变式9-2】（2019春•徐汇区校级期中）已知实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，试化简：＝ ．
【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．
【答案】解：由数轴可知：b＜a＜0＜c，
∴c﹣a＞0，a+b＜0，
∴原式＝|a|+|c﹣a|﹣|a+b|
＝﹣a+c﹣a+（a+b）
＝﹣a+c+b，
故答案为：﹣a+c+b
【点睛】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
【变式9-3】（2019秋•中原区校级月考）已知实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，化简代数式﹣|a+c|+﹣|﹣b|＝ ．
【分析】利用二次根式的基本性质解答即可．
【答案】解：由图可知：c＜a＜0＜b，
∴a+c＜0，b﹣c＞0，﹣b＜0，
原式＝﹣a+a+c+b﹣c﹣b＝0，
故答案为：0．
【点睛】此题考查二次根式的性质与化简，关键是利用二次根式的基本性质解答．
【考点10 坐标系中的翻折变换】
【例10】（2019•朝阳期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是 ．
【分析】根据题意可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【答案】解：设CE＝a，则BE＝8﹣a，
由题意可得，EF＝BE＝8﹣a，
∵∠ECF＝90°，CF＝4，
∴a2+42＝（8﹣a）2，
解得，a＝3，
设OF＝b，
∵△ECF∽△FOA，
∴，
即，得b＝6，
即CO＝CF+OF＝10，
∴点E的坐标为（﹣10，3），
故答案为（﹣10，3）．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化﹣对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
【变式10-1】（2019秋•三台县校级月考）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片．O为原点，OA＝10，OC＝8，在OC上取一点D，将纸片沿AD折叠使点O落在BC边上的点E处，则D、E的坐标分别是 ．
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，进而可得出CE的长，求出E点坐标，在Rt△DCE中，由DE＝OD及勾股定理可求出OD的长，进而得出D点坐标．
【答案】解：依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE＝AO＝10，AB＝8，BE＝＝＝6，
∴CE＝4，
∴E（4，8）．
在Rt△DCE中，DC2+CE2＝DE2，
又∵DE＝OD，
∴（8﹣OD）2+42＝OD2，
∴OD＝5，
∴D（0，5），
综上D点坐标为（0，5）、E点坐标为（4，8）．
故答案为：（0，5）、（4，8）．
【点睛】本题主要考查了翻折变换、勾股定理等知识点，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
【变式10-2】如图，在平面直角坐标系中放入一张长方形纸片OABC，其中O是坐标原点，OA，OC分别在x轴，y轴的正半轴上，现在纸片沿CE翻折，使点B落在x轴上，记为B′，若OA＝15，OC＝9，则折痕CE所在直线的解析式为 ．
【分析】如图，运用勾股定理求出OB′的长度；进而求出AB′的长度；运用勾股定理求出AE的长度；此为解决问题的关键结论；求出C、E两点的坐标，运用待定系数法即可解决问题．
【答案】解：∵四边形OABC为正方形，
∴BC＝OA＝15，∠B＝90°，∠B′AE＝90°；
由题意得：CB′＝CB＝15，BE＝B′E（设为λ），
由勾股定理得：OB′2＝152﹣92，
解得：OB′＝12，AB′＝15﹣12＝3；
在△AB′E中，由勾股定理得：
λ2＝32+（9﹣λ）2，
解得：λ＝5，EA＝9﹣5＝4，
∴C、E两点的坐标为C（0，9）、E（15，4）；
设直线CE的方程为y＝kx+b，
则，
解得：k＝﹣，b＝9；
∴折痕CE所在直线的解析式为y＝﹣x+9．
故答案为y＝﹣x+9．
【点睛】该题主要考查了翻折变换、用待定系数法来求一次函数的解析式等数学知识点问题；解题的关键是灵活运用勾股定理等几何知识点求出线段AE的长度．
【变式10-3】（2019秋•江都区期中）如图，在直角坐标系中，长方形OABC的边OA在y轴的负半轴上，边OC在x轴的正半轴上，点B的坐标为（8，﹣4），将长方形沿对角线AC翻折，点B落在点D的位置．那么点D的坐标是 ．
【分析】如图，作辅助线；求出AO＝BC＝4，OC＝AB＝8；证明NA＝NC（设为λ），ON＝8﹣λ；运用勾股定理求出λ；借助面积公式求出DP＝；运用勾股定理求出DM，即可解决问题．
【答案】解：如图，过点D作DM⊥y轴于点M；DP⊥x轴于点N；
由题意得：∠NAC＝∠BAC；AD＝AB；
∵四边形ABCO为矩形，且点B的坐标为（8，﹣4），
∴NC∥AB，AO＝BC＝4，OC＝AB＝8；
∴∠NCA＝∠BAC，∠NAC＝∠NCA，
∴NA＝NC（设为λ），ON＝8﹣λ；
由勾股定理得：（8﹣λ）2+42＝λ2，
解得：λ＝5；
∵，
S△ADC＝，
∴，
解得：DP＝；OM＝DP＝，
∴AM＝；由勾股定理得：
DM2＝AD2﹣AM2，而AD＝8，
∴DM＝，故点D的坐标为（，）．
故答案为（，）．
【点睛】该题主要考查了翻折变换的性质、坐标与图形的关系等几何知识点及其应用问题；解题的关键是数形结合，灵活运用坐标与图形的关系等知识点来分析、判断、解答．
【考点11 利用勾股定理解决判断性问题】
【例11】（2019春•惠城区校级期中）如图，铁路MN和公路PQ在点O处交汇，∠QON＝30°．公路PQ上A处距离O点240米．如果火车行驶时，周围200米以内会受到噪音的影响．那么火车在铁路MN上沿ON方向以72千米/时的速度行驶时，
（1）A处是否会受到火车的影响，并写出理由
（2）如果A处受噪音影响，求影响的时间．
【分析】（1）过点A作AC⊥ON，利用锐角三角函数的定义求出AC的长与200m相比较，发现受到影响，
（2）然后过点A作AD＝AB＝200m，求出BD的长即可得出居民楼受噪音影响的时间．
【答案】解：（1）A处会受到火车的影响，
理由：如图：过点A作AC⊥ON，AB＝AD＝200米，
∵∠QON＝30°，OA＝240米，
∴AC＝120米＜200米，
∴A处会受到火车的影响；
（2）当火车到B点时对A处产生噪音影响，此时AB＝200米，
∵AB＝200米，AC＝120米，
∴由勾股定理得：BC＝160米，CD＝160米，即BD＝320米，
∵72千米/小时＝20米/秒，
∴影响时间应是：320÷20＝16秒．
答：A处受噪音影响的时间为16秒．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，根据火车行驶的方向，速度，以及它在以A为圆心，200米为半径的圆内行驶的BD的弦长，求出对A处产生噪音的时间，难度适中．
【变式11-1】（2019春•内黄县期中）“中华人民共和国道路交通管理条例”规定：小汽车在高速公路上的行驶速度不得超过120千米/小时，不得低于60千米/小时，如图，一辆小汽车在高速公路上直道行驶，某一时刻刚好行驶到“车速检测点A”正前方60米B处，过了3秒后，测得小汽车位置C与“车速检测点A”之间的距离为100米，这辆小汽车是按规定行驶吗？
【分析】根据勾股定理求出BC，求出速度，再比较即可．
【答案】解：由勾股定理得：BC＝＝＝80（米），
80米÷3秒＝26米/秒，
∵60千米/小时＝16米/秒，120千米/小时＝33米/秒，
∴这辆小汽车是按规定行驶．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，能求出BC的长是解此题的关键．
【变式11-2】（2019春•防城区期中）如图，C地到A，B两地分别有笔直的道路CA，CB相连，A地与B地之间有一条河流通过，A，B，C三地的距离如图所示．
（1）如果A地在C地的正东方向，那么B地在C地的什么方向？
（2）现计划把河水从河道AB段的点D引到C地，求C，D两点间的最短距离．
【分析】（1）根据勾股定理得到逆定理得到△ABC是直角三角形，于是得到B地在C地的正北方向；
（2）作CD⊥AB于D，则CD的长是C，D两地的最短距离，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【答案】解：（1）∵BC2+AC2＝62+82＝102＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴B地在C地的正北方向；
（2）作CD⊥AB于D，
则CD的长是C，D两地的最短距离，
∵△ABC是直角三角形，
∴S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，
∴C，D两点间的最短距离＝＝＝4.8km，
答：C，D两点间的最短距离是4.8km．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形的面积公式，正确的理解题意是解题的关键．
【变式11-3】（2019春•江岸区校级月考）如图，A城气象台测得台风中心在A城正西方向240km的O处，以每小时30km的速度向南偏东60°的OB方向移动，距台风中心150km的范围内是受台风影响的区域．
（1）A城是否受到这次台风的影响？为什么？
（2）若A城受到台风的影响，求出受台风影响的时间有多长？
【分析】（1）如图，作AH⊥OB于H．解直角三角形求出AH与150km比较即可解决问题．
（2）如图，设AR＝AT＝150km，求出RT，利用时间＝，计算即可解决问题．
【答案】解：（1）如图，作AH⊥OB于H．
在Rt△AOH中，∵∠AHO＝90°，OA＝240km，∠AOH＝30°，
∴AH＝OA＝120km，
∵120＜150，
∴A城受到这次台风的影响．
（2）如图，设AR＝AT＝150km，
则易知：RH＝HT＝＝90（km），
∴RT＝180km，
∴受台风影响的时间有180÷30＝6小时．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线根据直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【考点12 勾股定理及其逆定理】
【例12】（2019春•中山市期中）如图，已知等腰三角形ABC的底边BC长为10，点D是AC上的一点，其中BD＝8，CD＝6．
（1）求证：BD⊥AC；
（2）求AB的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）设AB＝x，则AB＝AC＝x，得到AD＝x﹣6，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【答案】（1）证明：∵BC＝10，BD＝8，CD＝6，
∴BD2+CD2＝82+62＝102＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）解：设AB＝x，则AB＝AC＝x，
∵CD＝6，
∴AD＝x﹣6，
∵AB2＝BD2+AD2，
∴x2＝82+（x﹣6）2，
解得：x＝，
∴AB＝．
【点睛】此题主要考查了勾股定理，以及勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
【变式12-1】（2018秋•福田区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝17cm，AC＝8cm，BC＝15cm，将AC沿AE折叠，使得点C与AB上的点D重合．
（1）证明：△ABC是直角三角形；
（2）求△AEB的面积．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，设EC＝DE＝x，在Rt△BDE中，根据DE2+BD2＝BE2，构建方程求出x，再根据S△ABE＝×BE×AC计算即可；
【答案】解：（1）∵AC2+BC2＝82+152＝289，AB2＝289，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，
设EC＝DE＝x，
在Rt△BDE中，∵DE2+BD2＝BE2，
∴x2+92＝（15﹣x）2，
解得x＝．
∴BE＝BC﹣EC＝15﹣＝，
∴S△ABE＝×BE×AC＝××8＝．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理的逆定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式12-2】（2019秋•德惠市期中）如图所示，在正方形ABCD中，M为AB的中点，N为AD上的一点，且AN＝AD，试猜测△CMN是什么三角形，请证明你的结论．（提示：正方形的四条边都相等，四个角都是直角）
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明即可；
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，设EC＝DE＝x，在Rt△BDE中，根据DE2+BD2＝BE2，构建方程求出x，再根据S△ABE＝×BE×AC计算即可；
【答案】解：（1）∵AC2+BC2＝82+152＝289，AB2＝289，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
（2）由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝8cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，
设EC＝DE＝x，
在Rt△BDE中，∵DE2+BD2＝BE2，
∴x2+92＝（15﹣x）2，
解得x＝．
∴BE＝BC﹣EC＝15﹣＝，
∴S△ABE＝×BE×AC＝××8＝．
【点睛】本题考查翻折变换，勾股定理的逆定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式12-3】（2018秋•镇江期中）已知：如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥BC，垂足为D，交AB于点E，且BE2﹣EA2＝AC2．
（1）求证：∠A＝90°；
（2）若AB＝8，BC＝10，求AE的长．
【分析】（1）连接CE，由线段垂直平分线的性质可求得BE＝CE，再结合条件可求得EA2+AC2＝CE2，可证得结论；
（2）在Rt△BDE中可求得BE，则可求得CE，在Rt△ABC中，利用勾股定理结合已知条件可得到关于AE的方程，可求得AE．
【答案】（1）证明：连接CE，如图，
∵D是BC的中点，DE⊥BC，
∴CE＝BE，
∵BE2﹣EA2＝AC2，
∴CE2﹣EA2＝AC2，
∴EA2+AC2＝CE2，
∴△ACE是直角三角形，即∠A＝90°；
（2）解：∵AB＝8，BC＝10，
∴AC＝＝6，设AE＝x，
在Rt△AEC中，62+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝，
∴AE的长为．
【点睛】本题主要考查勾股定理及其逆定理的应用，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键，注意方程思想在这类问题中的应用．
【考点13 二次根式的化简求值】
【例13】（2019春•赛罕区期中）计算
（1）计算|1﹣|+﹣﹣（π﹣3）0+
（2）若a＝﹣﹣，b＝﹣+，求a2﹣ab+b2的值．
【分析】（1）根据绝对值、零指数幂和二次根式的加减法可以解答本题；
（2）根据a、b的值可以得到a+b、ab的值，从而可以求得所求式子的值．
【答案】解：（1）|1﹣|+﹣﹣（π﹣3）0+
＝﹣1+﹣2﹣1+3
＝1；
（2）∵a＝﹣﹣，b＝﹣+，
∴a+b＝﹣1，ab＝﹣，
∴a2﹣ab+b2
＝（a+b）2﹣3ab
＝（﹣1）2﹣3×（﹣）
＝1+
＝．
【点睛】本题考查二次根式的化简求值、零指数幂，解答本题的关键是明确它们各自的计算方法．
【变式13-1】（2019秋•城关区校级月考）先化简，再求值．
（6x+）﹣（4y+），其中x＝，y＝．
【分析】首先把二次根式进行化简，然后再去括号合并同类二次根式，再代入xy的值即可．
【答案】解：原式＝（6+3）﹣（4+6），
＝6+3﹣4﹣6，
＝﹣，
当x＝，y＝时，xy＝＝1，
则原式＝﹣1．
【点睛】此题主要考查了二次根式的化简求值，关键是正确化简二次根式．
【变式13-2】（2019春•西湖区校级期中）（1）计算（）+；
（2）已知x＝，y＝2，求3x2﹣2xy+3y2的值．
【分析】（1）先化简各二次根式，再计算乘法，最后计算加减可得；
（2）先计算出x+y和xy的值，再代入原式＝3（x+y）2﹣8xy计算可得．
【答案】解：（1）原式＝×（﹣2）+6（+）
＝﹣6+6（+）
＝﹣6+6+6
＝7；
（2）∵x＝，y＝2，
∴x+y＝2，xy＝﹣1．
∴3x2﹣2xy+3y2＝3（x2+2xy+y2﹣2xy）﹣2xy
＝3（x+y）2﹣8xy
＝3×（2）2﹣8×（﹣1）
＝44．
【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
【变式13-3】（2019春•昭通期中）若，．求的值．
【分析】先运用平方差及完全平方公式进行因式分解，再约分，将分式化到最简即可．
【答案】解：
＝﹣
＝﹣﹣+
＝0．
故当，时，原式＝0．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值．运用公式将分子因式分解可使运算简便．由于所求代数式化简之后是一个常数0，与字母取值无关．因而无论x、y取何值，原式都等于0．
【考点14 一次函数应用之最值问题】
【例14】（2018秋•淮上区期中）某商店需要采购甲、乙两种商品共15件，其价格如图所示：且要求乙商品的件数不得少于甲种商品件数的2倍．设购买甲种商品x件，购买两种商品共花费y元．
（1）求出y与x的函数关系式（要求写出自变量x的取值范围）；
（2）试利用函数的性质说明，当采购多少件甲种商品时，所需要的费用最少？
【分析】（1）设甲商品有x件，则乙商品则有（15﹣x）件，根据甲、乙两种商品共15件和乙种商品的件数不少于甲种商品件数的2倍，列出不等式组，求出x的取值范围，再根据甲、乙两种商品的价格列出一次函数关系式即可；
（2）根据（1）得出一次函数y随x的增大而减少，即可得出当x＝50时，所需要的费用最少．
【答案】解：（1）y＝60x+100（15﹣x）＝﹣40x+1500，
∵，
∴0≤x≤5，
即y＝﹣40x+1500 （0≤x≤5）；
（2）∵k＝﹣40＜0，
∴y随x的增大而减小．即当x取最大值5时，y最小；
此时y＝﹣40×5+1500＝1300，
∴当采购5件甲种商品时，所需要的费用最少．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，关键是根据商品的价格列出函数关系式，再根据题意求出自变量的取值范围．
【变式14-1】（2019春•玉州区期中）我县某商场计划购进甲、乙两种商品共80件，这两种商品的进价、售价如表所示：
进价（元/件）
售价（元/件）
甲种商品
15
20
乙种商品
25
35
设其中甲种商品购进x件，售完此两种商品总利润为y元．
（1）写出y与x的函数关系式；
（2）该商场计划最多投入1500元用于购进这两种商品共80件，则至少要购进多少件甲种商品？若售完这些商品，商场可获得的最大利润是多少元？
【分析】（1）根据总利润＝甲种商品利润+乙种商品利润即可解决问题．
（2）设购进甲种商品x件，列出不等式即可解决问题，然后根据一次函数的增减性解决最大值问题．
【答案】解：（1）y＝5x+10（80﹣x）＝﹣5x+800．
（2）设购进甲种商品x件，由题意15x+25（80﹣x）≤1500，
解得x≥50．
∴至少要购进50件甲种商品．
∵y＝﹣5x+800，
∴k＝﹣5＜0，
∴y随x增大而减小，
∴x＝50时，y最大值＝550元．
∴售完这些商品，商场可获得的最大利润是550元．
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，学会利用一次函数的性质解决实际问题中的最值问题，属于中考常考题型．
【变式14-2】（2019•连云港）某蓝莓种植生产基地产销两旺，采摘的蓝莓部分加工销售，部分直接销售，且当天都能销售完，直接销售是40元/斤，加工销售是130元/斤（不计损耗）．已知基地雇佣20名工人，每名工人只能参与采摘和加工中的一项工作，每人每天可以采摘70斤或加工35斤．设安排x名工人采摘蓝莓，剩下的工人加工蓝莓．
（1）若基地一天的总销售收入为y元，求y与x的函数关系式；
（2）试求如何分配工人，才能使一天的销售收入最大？并求出最大值．
【分析】（1）根据总销售收入＝直接销售蓝莓的收入+加工销售的收入，即可得出y关于x的函数关系式；
（2）由采摘量不小于加工量，可得出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，再根据一次函数的性质，即可解决最值问题．
【答案】解：（1）根据题意得：y＝[70x﹣（20﹣x）×35]×40+（20﹣x）×35×130＝﹣350x+63000．
答：y与x的函数关系式为y＝﹣350x+63000．
（2）∵70x≥35（20﹣x），
∴x≥．
∵x为正整数，且x≤20，
∴7≤x≤20．
∵y＝﹣350x+63000中k＝﹣350＜0，
∴y的值随x的值增大而减小，
∴当x＝7时，y取最大值，最大值为﹣350×7+63000＝60550．
答：安排7名工人进行采摘，13名工人进行加工，才能使一天的收入最大，最大收入为60550元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用、一次函数的性质以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）根据数量关系，找出y与x的函数关系式；（2）根据一次函数的性质，解决最值问题．
【变式14-3】（2019秋•上城区期中）某校八年级举行演讲比赛，购买A，B两种笔记本作为奖品，这两种笔记本的单价分别为12元和8元．根据比赛设奖情况，需购买两种笔记本共30本，并且购买A笔记本的数量要少于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的．设买A种笔记本n本，买两种笔记本的总费用为W元．
（1）请写出W（元）关于n（本）的函数关系式，并求出自变量n的取值范围．
（2）购买这两种笔记本各多少本时，花费最少？此时的花费是多少元？
【分析】（1）根据题意可以求得w关于n的函数关系式，由购买A笔记本的数量要少于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的，可以确定n的取值范围；
（2）根据（1）中的函数关系式可以求得w的最小值及此时购买的A和B种两种笔记本的数量．
【答案】解：（1）依题意得：w＝12n+8（30﹣n）
即w＝4n+240
且n＜（30﹣n）和n≥（30﹣n）
解得≤n＜12
所以，w（元）关于n（本）的函数关系式为：w＝4n+240
自变量n的取值范围是≤n＜12，n为整数；
（2）对于一次函数w＝4n+240
∵w随n的增大而增大，且≤n＜12，n为整数
故当n为8时，w的值最小
此时，30﹣n＝30﹣8＝22，w＝4×8+240＝272（元）
因此，当买A种笔记本8本、B种笔记本22本时，所花费用最少，为272元．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式的应用．此题利用了（总花费＝A种笔记本的单位价×A的数量+B种笔记本的单位价×B的数量），还用到了解不等式组以及一次函数的有关性质（当k＞0时，y随x的增大而增大）．
【考点15 一次函数应用之方案最优化问题】
【例15】（2018•雁塔区校级三模）现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展．小明计划给朋友快递一部分物品，经了解有甲、乙两家快递公司比较合适，甲公司表示：快递物品不超过1千克的，按每千克22元收费；超过1千克，超过的部分按每千克15元收费．乙公司表示：按每千克16元收费，另加包装费3元．设小明快递物品x千克．
（1）请分别写出甲、乙两家快递公司快递该物品的费用y（元）与x（千克）之间的函数关系式；
（2）若小明快递的物品超过1千克，则他应选择哪家快递公司更省钱？
【分析】（1）根据甲、乙公司的收费方式结合数量关系，找出y甲、y乙（元）与x（千克）之间的函数关系式；
（2）当x＞1，求出y甲＝y乙时，x的取值，即可得出结论．
【答案】解：（1）当0＜x≤1时，y甲＝22x；
当x＞1时，y甲＝22+15（x﹣1）＝15x+7．
∴y甲＝，
由题可得，y乙＝16x+3；
（2）当x＞1时，
令y甲＝y乙，即15x+7＝16x+3，
解得x＝4；
当x＝4，选甲、乙两家快递公司快递费一样多，
故当小明快递的物品超过1千克而小于4千克，则他应选择甲快递公司更省钱，当小明快递的物品超4千克，则他应选择乙快递公司更省钱．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是分0＜x≤1和x＞1两种情况，考虑y甲＝y乙时x的取值．
【变式15-1】（2019春•滦县期中）无锡阳山地区有A、B两村盛产水蜜桃，现A村有水蜜桃200吨，B村有水蜜桃300吨．计划将这些水蜜桃运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A村运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B村运往C，D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A村运往C仓库的水蜜桃重量为x吨，A、B两村运往两仓库的水蜜桃运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请先填写下表，再根据所填写内容分别求出yA、yB与x之间的函数关系式；
收地运地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
（2）试讨论A、B两村中，哪个村的运费较少；
（3）考虑到B村的经济承受能力，B村的水蜜桃运费不得超过4830元．在这种情况下，请问怎样调运，才能使两村运费之和最小？求出这个最小值．
【分析】（1）先设从A村运往C仓库的水蜜桃重量为x吨，就可以分别表示出A村到D处，B村到C处，B村到D处的数量．利用运送的吨数×每吨运输费用＝总费用，列出函数解析式即可解答；
（2）由（1）中的函数解析式联立方程与不等式解答即可；
（3）首先由B村的水蜜桃的运费不得超过4830元得出不等式，再由两个函数和，根据自变量的取值范围，求得最值．
【答案】解：（1）A，B两村运输水蜜桃情况如表，
收收地地运运地地
C
D
总计
A
x吨
200﹣x
200吨
B
240﹣x
x+60
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
yA＝20x+25（200﹣x）＝5000﹣5x，
yB＝15（240﹣x）+18（x+60）＝3x+4680；
（2）①当yA＝yB，即5000﹣5x＝3x+4680，
解得x＝40，
当x＝40，两村的运费一样多，
②当yA＞yB，即5000﹣5x＞3x+4680，
解得x＜40，
当0＜x＜40时，A村运费较高，
③当yA＜yB，即5000﹣5x＜3x+4680，
解得x＞40，
当40＜x≤200时，B村运费较高；
（3）B村的水蜜桃运费不得超过4830元，
yB＝3x+4680≤4830，
解得x≤50，
两村运费之和为yA+yB＝5000﹣5x+3x+4680＝9680﹣2x，
要使两村运费之和最小，所以x的值取最大时，运费之和最小，
故当x＝50时，最小费用是9680﹣2×50＝9580（元）．
此时的调运方案为：
A村运50吨到C村，运150吨到D村，
B村运190吨到C村，运110吨到D村．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式的运用，一元一次方程的运用，一元一次不等式的运用，利用基本数量关系：运送的吨数×每吨运输费用＝总费用列出函数解析式，进一步由函数解析式分析解决问题．
【变式15-2】（2019秋•镇海区期中）2010年6月5日是第38个世界环境日，世界环境日的主题为“多个物种、一颗星球、一个未来”．为了响应节能减排的号召，某品牌汽车4S店准备购进A型（电动汽车）和B型（太阳能汽车）两种不同型号的汽车共16辆，以满足广大支持环保的购车者的需求．市场营销人员经过市场调查得到如下信息：
成本价（万元/辆）
售价（万元/辆）
A型
30
32
B型
42
45
（1）若经营者的购买资金不少于576万元且不多于600万元，则有哪几种进车方案？
（2）在（1）的前提下，如果你是经营者，并且所进的汽车能全部售出，你会选择哪种进车方案才能使获得的利润最大？最大利润是多少？
（3）假设每台电动汽车每公里的用电费用为0.65元，且两种汽车最大行驶里程均为30万公里，那么从节约资金的角度，你做为一名购车者，将会选购哪一种型号的汽车？并说明理由．
【分析】（1）根据已知信息和若经营者的购买资金不少于576万元且不多于600万元，列出不等式组，求解得出进车方案．
（2）根据已知列出利润函数式，求最值，选择方案．
（3）根据已知通过计算分析得出答案．
【答案】解：（1）设A型汽车购进x辆，则B型汽车购进（16﹣x）辆．
根据题意得：，
解得：6≤x≤8．
∵x为整数，
∴x取6、7、8．
∴有三种购进方案：
A型
6辆
7辆
8辆
B型
10辆
9辆
8辆
（2）设总利润为w万元．
根据题意得：W＝（32﹣30）x+（45﹣42）（16﹣x）
W＝﹣x+48．
∵k＝﹣1＜0，
∴w随x的增大而减小，
∴当x＝6时，w有最大值，W最大＝﹣6+48＝42（万元）
∴当购进A型车6辆，B型车10辆时，可获得最大利润，最大利润是42万元．
（3）设电动汽车行驶的里程为a万公里．
当32+0.65a＝45时，解得：a＝20＜30．
∴选购太阳能汽车比较合算．
【点睛】此题考查的知识点是一次函数的应用，关键是先根据已知列出不等式组得出方案，然后通过求最值及计算出费用得出答案．
【变式15-3】（2019春•黄冈期中）A城有某种农机30台，B城有该农机50台，现将这些农机全部运往C，D两乡，调运任务承包给某运输公司，已知C乡需要农机36台，D乡需要农机44台，从A城往C，D两乡运送农机的费用分别为220元/台和200元/台，从B城往C，D两乡运送农机的费用分别为180元/台和240元/台．
（1）设A城运往C乡该农机x台，运送全部农机的总费用为W元，求W关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（2）现该运输公司要求运送全部农机的总费用不低于18160元，则有多少种不同的调运方案？将这些方案设计出来．
（3）现该运输公司决定对A城运往C乡的农机，从运输费中每台减免a元（a≤200）作为优惠，其它费用不变，如何调运，才能使总费用最少？
【分析】（1）根据A城运往C乡该农机x台，找出A城运往D乡、B城运往C乡、B城运往D乡的该农机数，根据“总费用＝A城运往C乡费用+A城运往D乡费用+B城运往C乡费用+B城运往D乡费用”即可得出W关于x的函数解析式；
（2）根据该运输公司要求运送全部农机的总费用不低于18160元，列出关于x的一元一次不等式，解不等式即可得出x的取值范围，再依此安排方案即可；
（3）结合（1）得出W关于x的函数解析式，根据一次项系数80﹣a＞0、＝0和＜0分三种情况讨论，再结合一次函数的性质即可解决最值问题．
【答案】解：（1）设A城运往C乡该农机x台，则A城运往D乡该农机（30﹣x）台，B城运往C乡该农机（36﹣x）台，B城运往D乡该农机（14+x）台，
由已知得：W＝220x+200（30﹣x）+180（36﹣x）+240（14+x）＝80x+15840（0≤x≤30）．
（2）由已知得：80x+15840≥18160，
解得：x≥29．
∴有两种方案．
方案一：A城运往C乡该农机29台，则A城运往D乡该农机1台，B城运往C乡该农机7台，B城运往D乡该农机43台；
方案二：A城运往C乡该农机30台，则A城运往D乡该农机0台，B城运往C乡该农机6台，B城运往D乡该农机44台．
（3）由已知得：W＝80x+15840﹣ax＝（80﹣a）x+15840．
当0＜a＜80时，80﹣a＞0，当x＝0时，总费用最少；
当a＝80时，80﹣a＝0，随便调运，总费用不变；
当80＜a≤200时，80﹣a＜0，当x＝30时，总费用最少．
【点睛】本题考查了一次函数的应用以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）根据数量关系找出W关于x的解析式；（2）根据数量关系找出关于x的一元一次不等式；（3）分三种情况讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出函数关系式（方程或不等式）是关键．
【考点16 一次函数综合应用】
【例16】（2019秋•西城区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝3x+1与y轴交于点A．直线l2：y＝kx+b与直线y＝﹣x平行，且与直线l1交于点B（1，m），与y轴交于点C．
（1）求m的值，以及直线l2的表达式；
（2）点P在直线l2：y＝kx+b上，且PA＝PC，求点P的坐标；
（3）点D在直线l1上，且点D的横坐标为a．点E在直线l2上，且DE∥y轴．若DE＝6，求a的值．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）首先推出点P的纵坐标为3，再根据待定系数法即可解决问题；
（3）由题意D（a，3a+1），E（a，﹣a+5），由题意可得|3a+1﹣（﹣a+5）|＝6，解方程即可；
【答案】解：（1）把B（1，m）代入y＝3x+1中，得到m＝3+1＝4，
∴B（1，4），
∵y＝kx+b与直线y＝﹣x平行，
∴k＝﹣1，
把B（1，4），代入直线y＝﹣x+b中，得到4＝﹣1+b，b＝5，
∴直线l2的解析式为y＝﹣x+5，m＝4；
（2）∵C（0，5），A（0，1），PA＝PC，
∴点P的纵坐标为3，
∴3＝﹣x+5，
x＝2，
∴P（2，3）．
（3）由题意D（a，3a+1），E（a，﹣a+5），
∵DE＝6，
∴|3a+1﹣（﹣a+5）|＝6，
解得a＝或﹣．
【点睛】本题考查一次函数的应用、两条直线平行或相交等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，属于中考常考题型．
【变式16-1】（2019秋•成华区期中）如图，直线l1：y＝﹣x+3与x轴相交于点A，直线l2：y＝kx+b经过点（3，﹣1），与x轴交于点B（6，0），与y轴交于点C，与直线l1相交于点D．
（1）求直线l2的函数关系式；
（2）点P是l2上的一点，若△ABP的面积等于△ABD的面积的2倍，求点P的坐标；
（3）设点Q的坐标为（m，3），是否存在m的值使得QA+QB最小？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点（3，﹣1），点B（6，0）代入直线l2，求出k、b的值即可；
（2）设点P的坐标为（t，t﹣2），求出D点坐标，再由S△ABP＝2S△ABD求出t的值即可；
（3）作直线y＝3，作点A关于直线y＝3的对称点A′，连结A′B，利用待定系数法求出其解析式，根据点Q（m，3）在直线A′B上求出m的值，进而可得出结论．
【答案】解：（1）由题知：
解得：，
故直线l2的函数关系式为：y＝x﹣2；
（2）由题及（1）可设点P的坐标为（t，t﹣2）．
解方程组，得，
∴点D的坐标为（，﹣）．
∵S△ABP＝2S△ABD，
∴AB•|t﹣2|＝2×AB•|﹣|，即|t﹣2|＝，解得：t＝或t＝，
∴点P的坐标为（，）或（，）；
（3）作直线y＝3（如图），再作点A关于直线y＝3的对称点A′，连结A′B．由几何知识可知：A′B与直线y＝3的交点即为QA+QB最小时的点Q．
∵点A（3，0），
∴A′（3，6）
∵点B（6，0），
∴直线A′B的函数表达式为y＝﹣2x+12．
∵点Q（m，3）在直线A′B上，
∴3＝﹣2m+12
解得：m＝，
故存在m的值使得QA+QB最小，此时点Q的坐标为（，3）．
【点睛】本题考查的是一次函数综合题，涉及到一次函数图象上点的坐标特点，轴对称最短路线问题，三角形的面积公式等知识，在解答（3）时要注意作出辅助线，利用轴对称的性质求解．
【变式16-2】（2019秋•安庆期中）如图，直线y＝kx﹣2与x轴，y轴分别交于B，C两点，其中OB＝1．
（1）求k的值；
（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y＝kx﹣2上的一个动点，当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，探索：
①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是1；
②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先确定出点B的坐标，代入函数解析式中即可求出k；
（2）借助（1）得出的函数关系式，利用三角形的面积公式即可求出函数关系式；
（3）①利用三角形的面积求出求出点A坐标；
②设出点P（m，0），表示出AP，OP，计算出OA，分三种情况讨论计算即可得出点P坐标．
【答案】解：（1）∵OB＝1，
∴B（1，0），
∵点B在直线y＝kx﹣2上，
∴k﹣2＝0，
∴k＝2
（2）由（1）知，k＝2，
∴直线BC解析式为y＝2x﹣2，
∵点A（x，y）是第一象限内的直线y＝2x﹣2上的一个动点，
∴y＝2x﹣2（x＞1），
∴S＝S△AOB＝×OB×|yA|＝×1×|2x﹣2|＝x﹣1，
（3）①如图，
由（2）知，S＝x﹣1，
∵△AOB的面积是1；
∴x＝2，
∴A（2，2），
∴OA＝2，
②设点P（m，0），
∵A（2，2），
∴OP＝|m|，AP＝，
①当OA＝OP时，∴2＝|m|，∴m＝±2，∴P1（﹣2，0），P2（2，0），
②当OA＝AP时，∴2＝，∴m＝0或m＝4，∴P3（4，0），
③当OP＝AP时，∴|m|＝，∴m＝2，∴P4（2，0），
即：满足条件的所有P点的坐标为P1（﹣2，0），P2（2，0），P3（4，0），P4（2，0）．
【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，解本题的关键是求出点A的坐标．
【变式16-3】（2019春•南安市期中）如图，已知直线y＝kx+b与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0），动点 C从原点O出发沿OA方向以每秒1个单位长度向点A运动，动点D从点B出发沿BO方向以每秒1个单位长度向点O运动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动，设运动时间为t 秒．
（1）直接写出直线的解析式： ；
（2）若E点的坐标为（﹣2，0），当△OCE的面积为5 时．
①求t的值；
②探索：在y轴上是否存在点P，使△PCD的面积等于△CED的面积？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法求出直线解析式即可；
（2）①根据运动的规律，找出点C的坐标，根据△OCE的面积为5利用三角形的面积公式即可得出关于t的一元一次方程，解方程即可得出结论；
②假设存在，设点P的坐标为（0，m），结合①结论找出点C、D的坐标，根据三角形面积相等结合三角形的面积公式即可得出关于m的含绝对值的一元一次方程，解方程即可得出结论．
【答案】解：（1）将点A（0，8）、B（8，0）代入y＝kx+b中，
得：，解得：，
∴该直线的解析式为y＝﹣x+8．
故答案为：y＝﹣x+8．
（2）①由已知得：点C（0，t）（0≤t≤8），点E（﹣2，0），
∴OC＝t，OE＝2．
∵S△OCE＝OE•OC＝×2t＝5，
∴t＝5．
②假设存在，设点P的坐标为（0，m），如图所示．
由①可知t＝5，此时点C（0，5），点D（3，0），
∴OC＝5，DE＝5，OD＝3．
S△DCE＝OC•DE＝×5×5＝，S△DCP＝OD•PC＝×3×|m﹣5|．
∵S△DCE＝S△DCP，
∴＝×3×|m﹣5|，即3|m﹣5|＝25，
解得：m＝﹣或．
故当△OCE的面积为5时，在y 轴存在点P，使△PCD的面积等于△CED的面积，点P的坐标为（0，﹣）或（0，）．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式以及解一元一次方程，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）①得出关于t的一元一次方程；②得出关于m的方程3|m﹣5|＝25．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据三角形面积间的关系结合三角形的面积公式找出方程是关键．
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