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题目（八年级 · 解析几何）：如图 1, 在平面直角坐标系中, 直线 $L_{2}: y=-\frac{1}{2} x+6$ 与 $L_{1}: y=\frac{1}{2} x$ 交于点 $A$, 分别与 $x$ 轴、 $y$ 轴交于点 $B 、 C$.

(1)分别求出点 $A 、 B 、 C$ 的坐标;

(2)若 $D$ 是线段 $O A$ 上的点, 且 $\triangle C O D$ 的面积为 12 , 求直线 $C D$ 的函数表达式;

(3)在(2)的条件下, 设 $P$ 是射线 $C D$ 上的点.

(1)如图 2, 过点 $P$ 作 $P Q / / O C$, 且使四边形 $O C P Q$ 为菱形, 请直接写出点 $Q$ 的坐标;

(2)在平面内是否存在其它点 $Q$, 使以 $O 、 C 、 P 、 Q$ 为顶点的四边形是菱形? 若存在, 直接写出



图1



图2

点 $Q$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：解：(1)由 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{2} x+6 \\ y=\frac{1}{2} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=6 \\ y=3\end{array}\right.$,

$\therefore A(6,3)$.

$\because y=-\frac{1}{2} x+6$ 与分别与 $x$ 轴、 $y$ 轴交于点 $B 、 C$,
$\therefore C(0,6), B(12,0)$.

(2) 设 $D\left(m, \frac{1}{2} m\right)$ ，

由题意: $O C=6, \triangle C O D$ 的面积为 12 ,

$\therefore \frac{1}{2} \times 6 \times m=12$,

$\therefore m=4$,

$\therefore D(4,2), \because C(0,6)$,

设直线 $C D$ 的解析式为 $y=k x+b$, 则有 $\left\{\begin{array}{l}4 k+b=2 \\ b=6\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=-1 \\ b=6\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $C D$ 的解析式为 $y=-x+6$.

(3) $1 \because$ 四边形 $O C P Q$ 是菱形,

$\therefore O C=P C=6$,

设 $P(m,-m+6)$,

$\therefore m^{2}+m^{2}=36$,

$\therefore m=3 \sqrt{2}$ 或 $-3 \sqrt{2}$,

$\therefore P(3 \sqrt{2},-3 \sqrt{2}+6)$,

$\because P Q / / O C, P Q=O C$,

$\therefore Q(3 \sqrt{2},-3 \sqrt{2})$,

(2)如图 2-1中, 当 $O C$ 为菱形的对角线时, $O C$ 垂直平分线段 $O C$,

<ImageHere>

图2-1

易知 $P^{\prime}(3,3), Q^{\prime}(-3,3)$,

$\therefore$ 满足条件的点 $Q^{\prime}$ 的坐标为 $(-3,3)$.
解析：解：(1)由 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{2} x+6 \\ y=\frac{1}{2} x\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=6 \\ y=3\end{array}\right.$,

$\therefore A(6,3)$.

$\because y=-\frac{1}{2} x+6$ 与分别与 $x$ 轴、 $y$ 轴交于点 $B 、 C$,
$\therefore C(0,6), B(12,0)$.

(2) 设 $D\left(m, \frac{1}{2} m\right)$ ，

由题意: $O C=6, \triangle C O D$ 的面积为 12 ,

$\therefore \frac{1}{2} \times 6 \times m=12$,

$\therefore m=4$,

$\therefore D(4,2), \because C(0,6)$,

设直线 $C D$ 的解析式为 $y=k x+b$, 则有 $\left\{\begin{array}{l}4 k+b=2 \\ b=6\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=-1 \\ b=6\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $C D$ 的解析式为 $y=-x+6$.

(3) $1 \because$ 四边形 $O C P Q$ 是菱形,

$\therefore O C=P C=6$,

设 $P(m,-m+6)$,

$\therefore m^{2}+m^{2}=36$,

$\therefore m=3 \sqrt{2}$ 或 $-3 \sqrt{2}$,

$\therefore P(3 \sqrt{2},-3 \sqrt{2}+6)$,

$\because P Q / / O C, P Q=O C$,

$\therefore Q(3 \sqrt{2},-3 \sqrt{2})$,

(2)如图 2-1中, 当 $O C$ 为菱形的对角线时, $O C$ 垂直平分线段 $O C$,



图2-1

易知 $P^{\prime}(3,3), Q^{\prime}(-3,3)$,

$\therefore$ 满足条件的点 $Q^{\prime}$ 的坐标为 $(-3,3)$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $\angle A C B=90^{\circ}, D$ 为 $A C$ 上一点, 延长 $B C$ 至点 $E$ 使 $C E=C D$,连接 $A E 、 B D$ 并延长 $B D$ 交 $A E$ 于点 $F$. 求证: $\triangle B E F$ 是直角三角形.


选项：
答案：证明: $\because \triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $\angle A C B=90^{\circ}$.

$\therefore B C=A C, \angle A C B=\angle A C E=90^{\circ}$.

$\because C E=C D$,

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B D C(\mathrm{SAS})$

$\therefore \angle C A E=\angle C B D$.

$\because \angle A C E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle C A E+\angle E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle C B D+\angle E=90^{\circ}$.

$\therefore \angle B F E=90^{\circ}$.

$\therefore \triangle B E F$ 是直角三角形.
解析：证明: $\because \triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $\angle A C B=90^{\circ}$.

$\therefore B C=A C, \angle A C B=\angle A C E=90^{\circ}$.

$\because C E=C D$,

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B D C(\mathrm{SAS})$

$\therefore \angle C A E=\angle C B D$.

$\because \angle A C E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle C A E+\angle E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle C B D+\angle E=90^{\circ}$.

$\therefore \angle B F E=90^{\circ}$.

$\therefore \triangle B E F$ 是直角三角形.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, $D C$ 是 $A B$ 的垂直平分线, 交 $A B$ 于点 $C, \angle A=40^{\circ}$, 求 $\angle B$ 的度数.


选项：
答案：解: $\because D C$ 是 $A B$ 的垂直平分线,

$\therefore D A=D B$,

$\therefore \angle B=\angle A=40^{\circ}$,

故 $\angle B$ 的度数为 $40^{\circ}$.
解析：解: $\because D C$ 是 $A B$ 的垂直平分线,

$\therefore D A=D B$,

$\therefore \angle B=\angle A=40^{\circ}$,

故 $\angle B$ 的度数为 $40^{\circ}$.
题目（八年级 · 解析几何）：已知一次函数 $y=k x-4$, 当 $x=2$ 时, $y=-3$.

(1)求一次函数的表达式;

(2) 将该函数的图像向上平移 6 个单位长度, 求平移后的图像与 $\mathrm{x}$ 轴交点的坐标.
选项：
答案：解: (1) 将 $x=2, y=-3$ 代入 $y=k x-4$,
得 $-3=2 \mathrm{k}-4$.

$\therefore \mathrm{k}=\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 一次函数的表达式为 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}-4$.

(2) 将 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}-4$ 的图像向上平移 6 个单位长度得 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}+2$.

当 $y=0$ 时, $x=-4$.

$\therefore$ 平移后的图像与 $\mathrm{x}$ 轴交点的坐标为 $(-4,0)$.
解析：解: (1) 将 $x=2, y=-3$ 代入 $y=k x-4$,
得 $-3=2 \mathrm{k}-4$.

$\therefore \mathrm{k}=\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 一次函数的表达式为 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}-4$.

(2) 将 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}-4$ 的图像向上平移 6 个单位长度得 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}+2$.

当 $y=0$ 时, $x=-4$.

$\therefore$ 平移后的图像与 $\mathrm{x}$ 轴交点的坐标为 $(-4,0)$.
题目（八年级 · 解析几何）：已知一次函数 $y=k x+b$ 的图象经过点 $(0,-3)$,且与正比例函数 $y=\frac{1}{2} x$ 的图象相交于点 $A(2, a)$.

求: (1) $\mathrm{a}$ 的值;

(2) $\mathrm{k}, \mathrm{b}$ 的值;

(3) 这两个函数图象与 $\mathrm{x}$ 轴所围成的三角形的面积.
选项：
答案：解: (1) 将 $A(2, a)$ 代入 $y=\frac{1}{2} x$, 得 $a=1$.

(2) 将 $(0,-3),(2,1)$ 代入 $y=k x+b$,

得 $b=-3,2 k+b=1$.

解得 $k=2, b=-3$.

（3）由（2）知一次函数表达式为 $y=2 x-3$,

当 $y=0$ 时, $x=\frac{3}{2}$,

即 $y=2 x-3$ 与 $x$ 轴的交点的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, 0\right)$,

设该交点为点 $B$. 所以 $S_{\triangle A B O}=\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times 1=\frac{3}{4}$
解析：解: (1) 将 $A(2, a)$ 代入 $y=\frac{1}{2} x$, 得 $a=1$.

(2) 将 $(0,-3),(2,1)$ 代入 $y=k x+b$,

得 $b=-3,2 k+b=1$.

解得 $k=2, b=-3$.

（3）由（2）知一次函数表达式为 $y=2 x-3$,

当 $y=0$ 时, $x=\frac{3}{2}$,

即 $y=2 x-3$ 与 $x$ 轴的交点的坐标为 $\left(\frac{3}{2}, 0\right)$,

设该交点为点 $B$. 所以 $S_{\triangle A B O}=\frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times 1=\frac{3}{4}$
题目（八年级 · 解析几何）：某中学九年级甲、乙两班商定举行一次远足活动, $A 、 B$ 两地相距 10 千米,甲班从 A 地出发匀速步行到 B 地, 乙班从 B 地出发匀速步行到 A 地. 两班同时出发,相向而行. 设步行时间为 $x$ 小时, 甲、乙两班离 A 地的距离分别为 $y_{1}$ 千米、 $y_{2}$ 千米, $y_{1} 、 y_{2}$ 与 $x$ 的函数关系图象如图所示, 根据图象解答下列问题:

(1) 直接写出 $y_{1} 、 y_{2}$ 与 $x$ 的函数关系式;

（2）求甲、乙两班学生出发后，几小时相遇？相遇时乙班离Ａ地多少千米?

(3) 甲、乙两班相距 4 千米时所用时间是多少小时?


选项：
答案：解：(1) 根据图可以得到甲 2.5 小时, 走 10 千米, 则每小时走 4 千米, 则函数关系是: $y=4 x$,乙班从 $B$ 地出发匀速步行到 $A$ 地, 2 小时走了 10 千米, 则每小时走 5 千米,

则函数关系式是: $y=-5 x+10$.

(2) 由图象可知甲班速度为 $4 \mathrm{~km} / h$, 乙班速度为 $5 \mathrm{~km} / h$,设甲、乙两班学生出发后, $x$ 小时相遇, 则 $4 x+5 x=10$,解得 $x=\frac{10}{9}$.

当 $x=\frac{10}{9}$ 时, $y=-5 \times \frac{10}{9}+10=\frac{40}{9}$,

$\therefore$ 相遇时乙班离 $A$ 地为 $\frac{40}{9} \mathrm{~km}$.

(3) 甲、乙两班首次相距 4 千米，

即两班走的路程之和为 $6 \mathrm{~km}$,

故 $4 x+5 x=6$,

解得 $x=\frac{2}{3} h$.

$\therefore$ 甲、乙两班首次相距 4 千米时所用时间是 $\frac{2}{3} h$.
解析：解：(1) 根据图可以得到甲 2.5 小时, 走 10 千米, 则每小时走 4 千米, 则函数关系是: $y=4 x$,乙班从 $B$ 地出发匀速步行到 $A$ 地, 2 小时走了 10 千米, 则每小时走 5 千米,

则函数关系式是: $y=-5 x+10$.

(2) 由图象可知甲班速度为 $4 \mathrm{~km} / h$, 乙班速度为 $5 \mathrm{~km} / h$,设甲、乙两班学生出发后, $x$ 小时相遇, 则 $4 x+5 x=10$,解得 $x=\frac{10}{9}$.

当 $x=\frac{10}{9}$ 时, $y=-5 \times \frac{10}{9}+10=\frac{40}{9}$,

$\therefore$ 相遇时乙班离 $A$ 地为 $\frac{40}{9} \mathrm{~km}$.

(3) 甲、乙两班首次相距 4 千米，

即两班走的路程之和为 $6 \mathrm{~km}$,

故 $4 x+5 x=6$,

解得 $x=\frac{2}{3} h$.

$\therefore$ 甲、乙两班首次相距 4 千米时所用时间是 $\frac{2}{3} h$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 直线 $y=k x+b$ 经过点 $A(-30,0)$ 和点 $B(0,15)$,直线 $y=x+5$ 与直线 $y=k x+b$ 相交于点 $P$, 与 $y$ 轴交于点 $C$.



(1) 求直线 $y=k x+b$ 的解析式;

(2) 求 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积;

(3) 在直线 $y=x+5$ 上是否存在一点 $Q$ 使得三角形 $Q B C$ 面积等于 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积的一半?若存在, 请求出点 $Q$ 坐标.
选项：
答案：解: (1) 将点 $A(-30,0) 、 B(0,15)$ 代入 $y=k x+b$ 得, $\left\{\begin{array}{l}-30 k+b=0 \\ b=15\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2} \\ b=15\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $y=k x+b$ 的解析式为 $y=\frac{1}{2} x+15$.

(2) 联立两直线解析式成方程组,

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x+15 \\ y=x+5\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}x=20 \\ y=25\end{array}\right.$,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(20,25)$.

当 $x=0$ 时, $y=x+5=5$,

$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(0,5)$,

$\therefore B C=15-5=10$,

$\therefore S_{\triangle P B C}=\frac{1}{2} B C \cdot x_{P}=\frac{1}{2} \times 10 \times 20=100$;

(3) 存在, $\because$ 三角形 $\mathrm{QBC}$ 面积等于 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积的一半,

$\therefore S_{\triangle Q B C}=\frac{1}{2} \times 100=50$,
设 $Q$ 点坐标为 $(t, t+5)$,

则 $S_{\triangle Q B C}=\frac{1}{2} B C \cdot|t|=50$, 即 $\frac{1}{2} \times 10 \times|t|=50$,

解得 $t= \pm 10$,

$\therefore Q$ 点的坐标为 $(10,15)$ 或 $(-10,-5)$.
解析：解: (1) 将点 $A(-30,0) 、 B(0,15)$ 代入 $y=k x+b$ 得, $\left\{\begin{array}{l}-30 k+b=0 \\ b=15\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2} \\ b=15\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $y=k x+b$ 的解析式为 $y=\frac{1}{2} x+15$.

(2) 联立两直线解析式成方程组,

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x+15 \\ y=x+5\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}x=20 \\ y=25\end{array}\right.$,

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(20,25)$.

当 $x=0$ 时, $y=x+5=5$,

$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(0,5)$,

$\therefore B C=15-5=10$,

$\therefore S_{\triangle P B C}=\frac{1}{2} B C \cdot x_{P}=\frac{1}{2} \times 10 \times 20=100$;

(3) 存在, $\because$ 三角形 $\mathrm{QBC}$ 面积等于 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积的一半,

$\therefore S_{\triangle Q B C}=\frac{1}{2} \times 100=50$,
设 $Q$ 点坐标为 $(t, t+5)$,

则 $S_{\triangle Q B C}=\frac{1}{2} B C \cdot|t|=50$, 即 $\frac{1}{2} \times 10 \times|t|=50$,

解得 $t= \pm 10$,

$\therefore Q$ 点的坐标为 $(10,15)$ 或 $(-10,-5)$.
题目（八年级 · 解析几何）：已知, 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A D, A E$ 分别是 $\triangle A B C$ 的高和角平分线,



(1) 若 $\angle \mathrm{B}=30^{\circ}, \angle \mathrm{C}=50^{\circ}$. 求 $\angle \mathrm{DAE}$ 的度数;

(2) 试写出 $\angle \mathrm{DAE}$ 与 $\angle \mathrm{C}, \angle \mathrm{B}$ 有何关系? 并证明你的结论.
选项：
答案：解: (1) $\because \angle \mathrm{B}=30^{\circ}, \angle \mathrm{C}=50^{\circ}$ ，

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}=100^{\circ}$,
又 $\because \mathrm{AE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}=50^{\circ}$,

$\because \mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的高,

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=90^{\circ}-\angle \mathrm{B}=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$,

则 $\angle \mathrm{DAE}=\angle \mathrm{BAD}-\angle \mathrm{BAE}=10^{\circ}$;

(2) $\angle \mathrm{DAE}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{C}-\angle \mathrm{B})$,

理由如下: $\because \mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的高,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{DAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{ADC}-\angle \mathrm{C}=90^{\circ}-\angle \mathrm{C}$,

$\because \mathrm{AE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{EAC}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}$,

$\because \angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}$

$\therefore \angle \mathrm{DAE}=\angle \mathrm{EAC}-\angle \mathrm{DAC}$,

$=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}-\left(90^{\circ}-\angle \mathrm{C}\right)$,

$=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}\right)-90^{\circ}+\angle \mathrm{C}$,

$=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B-\frac{1}{2} \angle C-90^{\circ}+\angle C$,

$=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{C}-\angle \mathrm{B})$.
解析：解: (1) $\because \angle \mathrm{B}=30^{\circ}, \angle \mathrm{C}=50^{\circ}$ ，

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}=100^{\circ}$,
又 $\because \mathrm{AE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}=50^{\circ}$,

$\because \mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的高,

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=90^{\circ}-\angle \mathrm{B}=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$,

则 $\angle \mathrm{DAE}=\angle \mathrm{BAD}-\angle \mathrm{BAE}=10^{\circ}$;

(2) $\angle \mathrm{DAE}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{C}-\angle \mathrm{B})$,

理由如下: $\because \mathrm{AD}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的高,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{DAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{ADC}-\angle \mathrm{C}=90^{\circ}-\angle \mathrm{C}$,

$\because \mathrm{AE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{EAC}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}$,

$\because \angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}$

$\therefore \angle \mathrm{DAE}=\angle \mathrm{EAC}-\angle \mathrm{DAC}$,

$=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BAC}-\left(90^{\circ}-\angle \mathrm{C}\right)$,

$=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle \mathrm{B}-\angle \mathrm{C}\right)-90^{\circ}+\angle \mathrm{C}$,

$=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B-\frac{1}{2} \angle C-90^{\circ}+\angle C$,

$=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{C}-\angle \mathrm{B})$.
题目（八年级 · 解析几何）：(10 分) 已知直线 $y=-\frac{3}{4} x+6$ 与 $x$ 轴, $y$ 轴分别相交于点 $A, B$, 直线 $y=-2 x+6$ 与 $x$ 轴, $y$ 轴分别相交于点 $C, B$, 若已知 $x$ 轴上有一点 $D(5,0)$, 点 $M$ 为直线 $A B$ 上一点, 点 $N$ 为直线 $B C$上一点, 是否存在这样的点 $M 、 N$, 使得以点 $A 、 D 、 M 、 N$ 为顶点的四边形是平行四边形? 若存在, 求出点 $M$ 的坐标; 若不存在, 说明理由;


备用图



备用图
选项：
答案：解：存在点 $M 、 N$, 使得以点 $A 、 D 、 M 、 N$ 为顶点的四边形是平行四边形. $\because$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+6$ 与 $x$ 轴, $y$ 轴分别相交于点 $A, B$,

则点 $A 、 B$ 的坐标分别为: $(8,0) 、(0,6)$,

$\therefore A D=3$,

$\because$ 点 $M$ 为直线 $A B$ 上一点, 点 $N$ 为直线 $B C$ 上一点,

$\therefore$ 设点 $M\left(m,-\frac{3}{4} m+6\right)$, 点 $N(n,-2 n+6)$,

(1)当 $A D$ 是平行四边形的边时,则 $M N=A D$, 且 $M N \| A D$,

即: $-\frac{3}{4} m+6=-2 n+6, m-n= \pm 3$,

解得: $m= \pm \frac{32}{5}$, 故点 $M\left(\frac{24}{5}, \frac{12}{5}\right)$ 或 $\left(-\frac{24}{5}, \frac{48}{5}\right)$;

(2)当 $A D$ 是平行四边形的对角线时, $A D$ 的中点坐标为 $(6.5,0)$,

$\therefore m-6.5=6.5-n,-\frac{3}{4} m+6-2 n+6=0$,

解得: $m=\frac{56}{5}$, 故点 $M\left(\frac{56}{5},-\frac{12}{5}\right)$;

综上,点 $M\left(\frac{24}{5}, \frac{12}{5}\right)$ 或 $\left(-\frac{24}{5}, \frac{48}{5}\right)$ 或 $\left(\left(\frac{56}{5},-\frac{12}{5}\right)\right.$.

【解析】本题是一道一次函数综合题, 考查的知识有平行四边形的性质等.根据已知条件求出点 $A 、 B$的坐标, 即可求出 $A D$, 根据点 $M$ 为直线 $A B$ 上一点, 点 $N$ 为直线 $B C$ 上一点, 设点 $M\left(m,-\frac{3}{4} m+6\right)$, 点 $N(n,-2 n+6)$, 分两种情况进行讨论: (1)当 $A D$ 是平行四边形的边时; (2)当 $A D$ 是平行四边形的对角线时,分别求解即可.
解析：解：存在点 $M 、 N$, 使得以点 $A 、 D 、 M 、 N$ 为顶点的四边形是平行四边形. $\because$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+6$ 与 $x$ 轴, $y$ 轴分别相交于点 $A, B$,

则点 $A 、 B$ 的坐标分别为: $(8,0) 、(0,6)$,

$\therefore A D=3$,

$\because$ 点 $M$ 为直线 $A B$ 上一点, 点 $N$ 为直线 $B C$ 上一点,

$\therefore$ 设点 $M\left(m,-\frac{3}{4} m+6\right)$, 点 $N(n,-2 n+6)$,

(1)当 $A D$ 是平行四边形的边时,则 $M N=A D$, 且 $M N \| A D$,

即: $-\frac{3}{4} m+6=-2 n+6, m-n= \pm 3$,

解得: $m= \pm \frac{32}{5}$, 故点 $M\left(\frac{24}{5}, \frac{12}{5}\right)$ 或 $\left(-\frac{24}{5}, \frac{48}{5}\right)$;

(2)当 $A D$ 是平行四边形的对角线时, $A D$ 的中点坐标为 $(6.5,0)$,

$\therefore m-6.5=6.5-n,-\frac{3}{4} m+6-2 n+6=0$,

解得: $m=\frac{56}{5}$, 故点 $M\left(\frac{56}{5},-\frac{12}{5}\right)$;

综上,点 $M\left(\frac{24}{5}, \frac{12}{5}\right)$ 或 $\left(-\frac{24}{5}, \frac{48}{5}\right)$ 或 $\left(\left(\frac{56}{5},-\frac{12}{5}\right)\right.$.

【解析】本题是一道一次函数综合题, 考查的知识有平行四边形的性质等.根据已知条件求出点 $A 、 B$的坐标, 即可求出 $A D$, 根据点 $M$ 为直线 $A B$ 上一点, 点 $N$ 为直线 $B C$ 上一点, 设点 $M\left(m,-\frac{3}{4} m+6\right)$, 点 $N(n,-2 n+6)$, 分两种情况进行讨论: (1)当 $A D$ 是平行四边形的边时; (2)当 $A D$ 是平行四边形的对角线时,分别求解即可.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 已知 $A B=C D, A B / / C D, E, F$ 是 $A C$ 上两点, 且 $A F=C E$.



(1) 求证: $B E=D F$;

(2) 若 $A C=20, E F=4$, 求 $A F$ 的长.
选项：
答案：(1) 证明: $\because A B / / C D$,

$\therefore \angle A=\angle C$.

$\because A F=C E$,

$\therefore A F-E F=C E-E F$,

$\therefore A E=C F$,

在 $\triangle A B E$ 和 $\triangle C D F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}A B=C D \\ \angle A=\angle C, \\ A E=C F\end{array}\right.$

$\therefore \triangle A B E \cong \triangle C D F(S A S)$,

$\therefore B E=D F$.

(2) $\because A C=20, E F=4$,

$\therefore A F+C E-E F=20$.

$\because A F=C E$,
$\therefore A F+A F-4=20$,

解得 $A F=12$.

$\therefore A F$ 的长是 12 .
解析：(1) 证明: $\because A B / / C D$,

$\therefore \angle A=\angle C$.

$\because A F=C E$,

$\therefore A F-E F=C E-E F$,

$\therefore A E=C F$,

在 $\triangle A B E$ 和 $\triangle C D F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}A B=C D \\ \angle A=\angle C, \\ A E=C F\end{array}\right.$

$\therefore \triangle A B E \cong \triangle C D F(S A S)$,

$\therefore B E=D F$.

(2) $\because A C=20, E F=4$,

$\therefore A F+C E-E F=20$.

$\because A F=C E$,
$\therefore A F+A F-4=20$,

解得 $A F=12$.

$\therefore A F$ 的长是 12 .
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, A B=8 \mathrm{~cm}, B C=6 \mathrm{~cm}, P 、 Q$ 是 $\triangle A B C$ 边上的两个动点,其中点 $P$ 从点 $A$ 开始沿 $A \rightarrow B$ 方向运动, 且速度为每秒 $1 \mathrm{~cm}$, 点 $Q$ 从点 $B$ 开始沿 $B \rightarrow C$ 方向运动,且速度为每秒 $2 \mathrm{~cm}$, 它们同时出发, 设出发的时间为 $t$ 秒.



(1) 当 $t=2$ 秒时, 求 $P Q^{2}$ 的长;

(2) 求出发时间为几秒时, $\triangle P Q B$ 是等腰三角形?

(3) 若 $Q$ 沿 $B \rightarrow C \rightarrow A$ 方向运动, 则当点 $Q$ 在边 $C A$ 上运动时,求能使 $\triangle B C Q$ 成为等腰三角形的运动时间.
选项：
答案：（1）解: $B Q=2 \times 2=4 \mathrm{~cm}, B P=A B-A P=8-2 \times 1=6 \mathrm{~cm}$,

$\because \angle B=90^{\circ}$

$\therefore P Q^{2}=B Q^{2}+B P^{2}=52 \mathrm{~cm}^{2} ;$

(2) 解: 根据题意得: $B Q=B P$, 即 $2 t=8-t$, 解得: $t=\frac{8}{3}$,即出发时间为 $\frac{8}{3}$ 秒时, $\triangle P Q B$ 是等腰三角形;

(3) 解: 分三种情况:

(1)当 $C Q=B Q$ 时, 如图 1 ,

<ImageHere>

图1

则 $\angle C=\angle C B Q$,
$\because \angle A B C=90^{\circ}$

$\therefore \angle C B Q+\angle A B Q=90^{\circ}, \angle A+\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A=\angle A B Q$

$\therefore A Q=B Q=C Q$,

$\because \angle B=90^{\circ}, A B=8 \mathrm{~cm}, B C=6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A C=10 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C Q=A Q=\frac{1}{2} A C=5 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C+C Q=11 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=11 \div 2=5.5$ 秒;

(2)当 $C Q=B C$ 时，如图 2 ,

<ImageHere>

图2

则 $B C+C Q=12 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=12 \div 2=6$ 秒;

(3)当 $B C=B Q$ 时, 如图 3 , 过 $B$ 点作 $B E \perp A C$ 于点 $E$, 则 $C E=E Q$,

<ImageHere>

图3

则 $B E=\frac{A B \cdot B C}{A C}=4.8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C E^{2}=B C^{2}-B E^{2}$ ，即 $C E=3.6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C Q=2 C E=7.2 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C+C Q=13.2 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=13.2 \div 2=6.6$ 秒.

综上, 当 $t$ 为 5.5 秒或 6 秒或 6.6 秒时, $\triangle B C Q$ 为等腰三角形.
解析：（1）解: $B Q=2 \times 2=4 \mathrm{~cm}, B P=A B-A P=8-2 \times 1=6 \mathrm{~cm}$,

$\because \angle B=90^{\circ}$

$\therefore P Q^{2}=B Q^{2}+B P^{2}=52 \mathrm{~cm}^{2} ;$

(2) 解: 根据题意得: $B Q=B P$, 即 $2 t=8-t$, 解得: $t=\frac{8}{3}$,即出发时间为 $\frac{8}{3}$ 秒时, $\triangle P Q B$ 是等腰三角形;

(3) 解: 分三种情况:

(1)当 $C Q=B Q$ 时, 如图 1 ,



图1

则 $\angle C=\angle C B Q$,
$\because \angle A B C=90^{\circ}$

$\therefore \angle C B Q+\angle A B Q=90^{\circ}, \angle A+\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A=\angle A B Q$

$\therefore A Q=B Q=C Q$,

$\because \angle B=90^{\circ}, A B=8 \mathrm{~cm}, B C=6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A C=10 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C Q=A Q=\frac{1}{2} A C=5 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C+C Q=11 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=11 \div 2=5.5$ 秒;

(2)当 $C Q=B C$ 时，如图 2 ,



图2

则 $B C+C Q=12 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=12 \div 2=6$ 秒;

(3)当 $B C=B Q$ 时, 如图 3 , 过 $B$ 点作 $B E \perp A C$ 于点 $E$, 则 $C E=E Q$,



图3

则 $B E=\frac{A B \cdot B C}{A C}=4.8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C E^{2}=B C^{2}-B E^{2}$ ，即 $C E=3.6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C Q=2 C E=7.2 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C+C Q=13.2 \mathrm{~cm}$,

$\therefore t=13.2 \div 2=6.6$ 秒.

综上, 当 $t$ 为 5.5 秒或 6 秒或 6.6 秒时, $\triangle B C Q$ 为等腰三角形.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 点 $B, F, C, E$ 在一条直线上, $A B=D E, \angle B=\angle E, B F=C E$. 求证: $A C=D F$.


选项：
答案：证明: $\because B F=C E$,

$\therefore B C=E F$.

在 $\triangle A B C$ 和 $\triangle D E F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}A B=D E, \\ \angle B=\angle E, \\ B C=E F,\end{array}\right.$

$\therefore \triangle A B C \xlongequal{\curvearrowleft} \triangle D E F(S A S)$.

$\therefore A C=D F$.
解析：证明: $\because B F=C E$,

$\therefore B C=E F$.

在 $\triangle A B C$ 和 $\triangle D E F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}A B=D E, \\ \angle B=\angle E, \\ B C=E F,\end{array}\right.$

$\therefore \triangle A B C \xlongequal{\curvearrowleft} \triangle D E F(S A S)$.

$\therefore A C=D F$.
题目（八年级 · 解析几何）：已知, 如图, $\triangle A B C$ 和 $\triangle E C D$ 都是等腰直角三角形, $\angle A C B=\angle D C E=90^{\circ}, D$ 为 $A B$ 边上一点.

(1) 求证: $B D=A E$.

(2) 若线段 $A D=5, A B=17$, 求线段 $E D$ 的长.


选项：
答案：解: (1) $\because \triangle A B C$ 和 $\triangle E C D$ 都是等要直角三角形,

$\therefore A C=B C, C D=C E$,

$\because \angle A C B=\angle D C E=90^{\circ}$

$\therefore \angle A C E+\angle A C D=\angle B C D+\angle A C D$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$,

在 $\triangle A C E$ 和 $\triangle B C D$ 中,

$\left\{\begin{aligned} A C & =B C \\ \angle A C E & =\angle B C D, \\ C E & =C D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B C D(S A S)$,

$\therefore B D=A E ;$

(2) $\because A D=5, A B=17$,

$\therefore B D=17-5=12$,

由（1）得 $A E=B D=12$,

$\because \triangle A C E \cong \triangle B C D, \triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle E A C=\angle B=\angle B A C=45^{\circ}$,

$\because \angle E A D=90^{\circ}$,

$\therefore E D=\sqrt{A E^{2}+A D^{2}}=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$.
解析：解: (1) $\because \triangle A B C$ 和 $\triangle E C D$ 都是等要直角三角形,

$\therefore A C=B C, C D=C E$,

$\because \angle A C B=\angle D C E=90^{\circ}$

$\therefore \angle A C E+\angle A C D=\angle B C D+\angle A C D$,

$\therefore \angle A C E=\angle B C D$,

在 $\triangle A C E$ 和 $\triangle B C D$ 中,

$\left\{\begin{aligned} A C & =B C \\ \angle A C E & =\angle B C D, \\ C E & =C D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle A C E \cong \triangle B C D(S A S)$,

$\therefore B D=A E ;$

(2) $\because A D=5, A B=17$,

$\therefore B D=17-5=12$,

由（1）得 $A E=B D=12$,

$\because \triangle A C E \cong \triangle B C D, \triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

$\therefore \angle E A C=\angle B=\angle B A C=45^{\circ}$,

$\because \angle E A D=90^{\circ}$,

$\therefore E D=\sqrt{A E^{2}+A D^{2}}=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图 1, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, A D$ 是 $\triangle A B C$ 的角平分线.



图1

(1) 写出图中全等的三角形 , 线段 $A D$ 与线段 $B C$ 的位置关系是

(2) 如图 2, 在 (1) 的条件下, 过点 $B$, 作 $B E \perp A C$, 垂足为 $E$, 交 $A D$ 于点 $F$, 且 $A E=B E$,请说明 $\triangle A E F \cong \triangle B E C$ 的理由.



图2
选项：
答案：解: (1) $\because A D$ 是 $\triangle A B C$ 的角平分线,

$\therefore \angle B A D=\angle C A D$

$\because A B=A C, \quad A D=A D$,

$\therefore \triangle A B D \cong \triangle A C D(\mathrm{SAS})$,

$\therefore \angle A D B=\angle A D C$,

$\because \angle A D B+\angle A D C=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A D B=\angle A D C=90^{\circ} ，$ 即 $A D \perp B C ，$

故答案为: $\triangle A B D \cong \triangle A C D$; 垂直（或线段 $A D \perp B C$ )；

（2）由（1）得 $A D \perp B C$ ，

所以 $\angle A D C=90^{\circ}$.

所以 $\angle E A F+\angle C=90^{\circ}$.

因为 $B E \perp A C ，$

所以 $\angle A E F=\angle B E C=90^{\circ}$.

所以 $\angle C B E+\angle C=90^{\circ}$.
所以 $\angle E A F=\angle E B C$

又因为 $A E=B E, \angle A E F=\angle B E C=90^{\circ}$,

所以 $\triangle A E F \cong \triangle B E C(\mathrm{ASA})$.
解析：解: (1) $\because A D$ 是 $\triangle A B C$ 的角平分线,

$\therefore \angle B A D=\angle C A D$

$\because A B=A C, \quad A D=A D$,

$\therefore \triangle A B D \cong \triangle A C D(\mathrm{SAS})$,

$\therefore \angle A D B=\angle A D C$,

$\because \angle A D B+\angle A D C=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A D B=\angle A D C=90^{\circ} ，$ 即 $A D \perp B C ，$

故答案为: $\triangle A B D \cong \triangle A C D$; 垂直（或线段 $A D \perp B C$ )；

（2）由（1）得 $A D \perp B C$ ，

所以 $\angle A D C=90^{\circ}$.

所以 $\angle E A F+\angle C=90^{\circ}$.

因为 $B E \perp A C ，$

所以 $\angle A E F=\angle B E C=90^{\circ}$.

所以 $\angle C B E+\angle C=90^{\circ}$.
所以 $\angle E A F=\angle E B C$

又因为 $A E=B E, \angle A E F=\angle B E C=90^{\circ}$,

所以 $\triangle A E F \cong \triangle B E C(\mathrm{ASA})$.
题目（八年级 · 解析几何）：如图, 已知点 $B, E, C, F$ 在一条直线上, $B E=C F, A C / / D E, \angle A=\angle D$.



(1) $\triangle A B C$ 与 $\triangle D F E$ 全等吗? 请说明理由;

(2) 若 $B F=20, E C=8$, 求 $B C$ 的长.
选项：
答案：解: (1) $\triangle A B C \cong \triangle D F E$, 理由如下:

$\because A C / / D E$,

$\therefore \angle A C B=\angle D E F$,

$\because B E=C F$,

$\therefore B E+C E=C F+C E$, 即 $B C=F E$,

又 $\because \angle A=\angle D$,

$\therefore \triangle A B C \cong \triangle D F E(\mathrm{AAS})$

(2) 解: $\because B F=20, E C=8$,

$\therefore B E+C F=B F-C E=12$,

又 $\because B E=C F$,

$\therefore B E=C F=6$,

$\therefore B C=B E+C E=14$.
解析：解: (1) $\triangle A B C \cong \triangle D F E$, 理由如下:

$\because A C / / D E$,

$\therefore \angle A C B=\angle D E F$,

$\because B E=C F$,

$\therefore B E+C E=C F+C E$, 即 $B C=F E$,

又 $\because \angle A=\angle D$,

$\therefore \triangle A B C \cong \triangle D F E(\mathrm{AAS})$

(2) 解: $\because B F=20, E C=8$,

$\therefore B E+C F=B F-C E=12$,

又 $\because B E=C F$,

$\therefore B E=C F=6$,

$\therefore B C=B E+C E=14$.