北師大八年級下冊第1章~第5章B卷壓軸題考點訓練（一）1．如圖，在中，，點M、N分別是邊上的動點，沿所在的直線折疊，使點A的對應點P始終落在邊上，若為直角三角形，則的長為_____．2．若關于x的不等式組無解，則a的取值范圍是_____．3．如圖，已知線段AB＝6，O為AB的中點，P是平面內的一個動點，在運動過程中保持OP＝1不變，連結BP，將PB繞點B順時針旋轉90°到CB，連結AC、PC，則線段AC的取值范圍是______．4．如圖，△ABC為等腰直角三角形，，，點D是直線BC上的一個動點，連接AD，將線段AD繞點D順時針旋轉90°，得到線段DM，連接BM，取BM中點N，若，則線段BD的長為________．5．如圖，在△ABC中，AC＝2＋2，∠BAC＝45°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉，得到，點E為線段AB中點，點P是線段AC上的動點，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉的過程中，點P的對應點是點，則線段的最大值是________，最小值是________．6．如圖，是等邊三角形，，E是靠近點C的三等分點，D是直線BC上一動點，線段ED繞點E逆時針旋轉90°，得線段EF，當點D運動時，則AF最小值為_____．7．Rt△ABC中，AB=AC=，BO=AB，點M為BC邊上一動點，將線段OM繞點O按逆時針方向旋轉90°至ON，連接AN，CN，則△CAN周長的最小值為_____________．8．2022年成都市中考新體考從總分50分調整為總分60分，增加了體育素質綜合評價考核10分，統一考試項目由3項調整為4類．其中一類為自主選考三選一：足球運球繞標志桿、排球對墻墊球、籃球行進間運球上籃．我校為了備考練習，準備購買一批新的排球、籃球，若購買10個排球和15個籃球，共需1500元；若購買12個排球和10個籃球，共需1160元．(1)求排球與籃球的單價；(2)學校決定購買排球和籃球共80個，且排球的數量超過籃球的數量，但不多于籃球數量的1.5倍，請問有多少種購買方案？最低費用是多少元？9．某學校初二年級黨支部組織“品讀經典，錘煉黨性”活動，需要購買不同類型的書籍給黨員老師閱讀．已知購買1本類書和2本類書共需82元；購買2本類書和1本類書共需74元．(1)求，兩類書的單價；(2)學校準備購買，兩類書共34本，且類書的數量不高于類書的數量．購買書籍的花費不得高于900元，則該學校有哪幾種購買方案？10．某商店購進甲、乙兩種商品，每件甲商品的進貨價比每件乙商品的進貨價高40元，已知15件甲商品的進貨總價比26件乙商品的進貨總價低60元．（1）求每件甲、乙商品的進貨價；（2）若甲、乙兩種商品共進貨100件，要求兩種商品的進貨總價不高于8080元，同時甲商品按進價提高后的價格銷售，乙商品按進價提高后的價格銷售，兩種商品全部售完后的銷售總額不低于9250元，問共有幾種進貨方案？（3）在條件（2）下，并且不再考慮其他因素，若甲乙兩種商品全部售完，哪種方案利潤最大？最大利潤是多少？11．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，已知四邊形ABCO的頂點A，C分別在y軸和x軸上．直線AE與x軸交于點E．已知，，，，．(1)AE的長為________，點E的坐標為________；(2)如圖2，CF平分∠OCB，交AB于點F．若點G是平面內任意一點，當以A、E、F、G為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點G的坐標；(3)如圖3，點P、Q分別是線段CF、線段AE上的動點，點P與點Q分別同時從點C和點A出發．已知點P每秒運動4個單位長度，點Q每秒運動3個單位長度，連結PQ、FQ、PB、BQ．問：在運動過程中，是否存在這樣的點P和點Q，使得△PFQ的面積與△PBQ的面積相等．若存在，請直接寫出相應的點P的坐標，若不存在，請說明理由．12．如圖，一次函數的圖象與坐標軸交于，兩點，將線段以點為中心逆時針旋轉一定角度，點的對應點落在第二象限的點處，且的面積為．(1)求點的坐標及直線的表達式；(2)設直線與軸的交點為，若點是直線上第二象限內的一點，且，求點的坐標；(3)過原點的直線與直線交于點，與直線交于點，在，，三點中，當其中一點是另外兩點所連線段的中點時，求點的坐標．13．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，點O為斜邊AC的中點，點E、點F為直角邊上的動點（點E在點F的右側），且∠EOF＝60°(1)如圖1，當點E、點F分別在邊BC和AB上，且BE＝AF時，求∠OEC的度數．(2)如圖2，若點E、點F都在邊BC上，當∠OFC＝75°時，說說BF與CE有什么數量關系？并加以證明．(3)如圖3，當E、F均在邊BC上運動時，做E點關于直線OF的對稱點P，若AB＝4，為AB中點，求當PQ最短時，線段PE的長度．14．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足為D，點E是點D關于AC的對稱點，連接AE、CE．(1)CD=，AD=；(2)若將△ACE沿射線AB方向平移，設平移的距離為m，當點E平移到線段AC上時，求m的值；(3)如圖，△ACE線點A順時針旋轉一個角（0°<<180°），記旋轉中的△ACE為△AC′E′，在旋轉過程中，設C′E′所在的直線與直線BC交于點P，與直線AB交于點Q，若存在這樣的P、Q兩點，使△BPQ為等腰三角形，直接寫出此時AQ的長，若不存在，請說明理由．15．直線AB與x軸交于A（m，0），與y軸交于點B（0，n），且m，n滿足．(1)m=，S△ABO=；(2)如圖1，D為OA延長線上一動點，以BD為直角邊作等腰直角△BDE，連接EA，求直線EA與y軸交點F的坐標．(3)如圖2，P為y軸正半軸上一點，且∠OAP=45°，AF平分∠OAP，M是射線AF上一動點，N是線段OA上一動點，求OM+MN的最小值．（圖1與圖2中點A的坐標相同）北師大八年級下冊第1章~第5章B卷壓軸題考點訓練（一）1．如圖，在中，，點M、N分別是邊上的動點，沿所在的直線折疊，使點A的對應點P始終落在邊上，若為直角三角形，則的長為_____．【答案】或【分析】分兩種情形：如圖1中，當時，由題意可知點P與C重合，如圖2中，當時，分別求解即可．【詳解】解：如圖1中，當時，由題意可知點P與C重合，在中，∵，∴，在中，∵，，∴，∴，如圖2中，當時，由翻折可知，，在中，∵，∴，∴，∴．綜上所述，滿足條件的AM的值為或．故答案為：或．【點睛】本題考查翻折變換，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．2．若關于x的不等式組無解，則a的取值范圍是_____．【答案】【分析】先對原不等式組解答，再根據關于x的不等式組無解，從而可以得到a的取值范圍，本題得以解決．【詳解】解：，解不等式①，得，解不等式②，得，∵關于x的不等式組無解，∴，解得，，故答案為：．【點睛】本題考查解一元一次不等式組，解題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．3．如圖，已知線段AB＝6，O為AB的中點，P是平面內的一個動點，在運動過程中保持OP＝1不變，連結BP，將PB繞點B順時針旋轉90°到CB，連結AC、PC，則線段AC的取值范圍是______．【答案】【分析】如圖，以為直角邊作等腰直角三角形，證明，可得，勾股定理求得，根據三點共線求得最值，即可求解．【詳解】解：如圖，以為直角邊作等腰直角三角形，連接，將PB繞點B順時針旋轉90°到CB，是等腰直角三角形，,，是等腰直角三角形，，，，，，在中，，如圖，當在線段上時，取得最小值，為，如圖，當在的延長線上時，取得最大值，為，，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，正確的添加輔助線是解題的關鍵．4．如圖，△ABC為等腰直角三角形，，，點D是直線BC上的一個動點，連接AD，將線段AD繞點D順時針旋轉90°，得到線段DM，連接BM，取BM中點N，若，則線段BD的長為________．【答案】或【分析】過點M作，與BC的延長線交于點E，過點N作于點F，可證得，，可證得，可得，，設BD=x，可得，，，再根據勾股定理即可求得．【詳解】解：如圖：過點M作，與BC的延長線交于點E，過點N作于點F，則，，，點N是BM的中點，，，，，，將線段AD繞點D順時針旋轉90°，得到線段DM，，，，，在與中，，，，設BD=x，則，，，，，，解得或，故BD的長為或，故答案為：或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，旋轉的性質，勾股定理，作出輔助線是解決本題的關鍵．5．如圖，在△ABC中，AC＝2＋2，∠BAC＝45°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉，得到，點E為線段AB中點，點P是線段AC上的動點，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉的過程中，點P的對應點是點，則線段的最大值是________，最小值是________．【答案】//【分析】過點B作BD⊥AC，D為垂足，根據直角三角形的性質求出BD的長，當P在AC上運動至垂足點D，△ABC繞點B旋轉，點P的對應點在線段AB上時，最小；當、E、B三點共線，點P運動到點C時，，最大，．【詳解】解：過點B作BD⊥AC，D為垂足，連接BP，，∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，

∴BD=AD，設BD=AD=x，則BC=2x，∴，∵，∴，∴，即BD=2，∴，BC=4，∵E是AB的中點，∴，由旋轉的性質可知，∵，∴，∴當、E、B三點共線，且P運動到點D時，最小，最小值為；∵，∴，∵當、E、B三點共線，點P運動到點C時，，最大，最大值為；故答案為：；．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，三角形三邊關系的應用等等，熟知相關知識是解題的關鍵．6．如圖，是等邊三角形，，E是靠近點C的三等分點，D是直線BC上一動點，線段ED繞點E逆時針旋轉90°，得線段EF，當點D運動時，則AF最小值為_____．【答案】【分析】過E作于G，過A作于P，過F作于H，則，依據，即可得到，進而得到當點D運動時，點F與直線GH的距離為個單位，據此可得當時，AF的最小值為．【詳解】如圖所示，過E作于G，過A作于P，過F作于H，則，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∵是等邊三角形，，E是靠近點C的三等分點，∴，，，∴，，∴，∴，∴當點D運動時，點F與直線GH的距離始終為個單位，∴當時，AF的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，旋轉的性質，解題時注意：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角．解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，利用全等三角形的性質即可得出點F的運動軌跡．7．Rt△ABC中，AB=AC=，BO=AB，點M為BC邊上一動點，將線段OM繞點O按逆時針方向旋轉90°至ON，連接AN，CN，則△CAN周長的最小值為_____________．【答案】【分析】如圖，作OH⊥BC于H，NJ⊥OH于J．證明△OHM≌△NJO（AAS），推出JN=OH=1，推出點N的運動軌跡是線段（該線段所在的直線與直線OH平行，在OH的下方，與OH的距離是1），作點C關于該直線的對稱點C′，連接AC′交該直線于N′，連接CN′，此時△ACN′的周長最小．【詳解】解：如圖，作OH⊥BC于H，NJ⊥OH交HO延長線于∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，∵OH⊥BC于H，∴OH=BH，∵OB=AB，，∴∴OH=BH=1，由旋轉的性質可知OM=ON，∠MON=90°，∴∠HOM+∠HMO=90°=∠HOM+∠NOJ，∴∠NOJ=∠OMH，又∵∠OHM=∠NJO=90°，∴△OHM≌△NJO（AAS），∴JN=OH=1，∴點N的運動軌跡是線段（該線段所在的直線與直線OH平行，在OH的下方，與OH的距離是1，作點C關于該直線的對稱點C′，連接AC′交該直線于N′，連接CN′，此時△ACN′的周長最小，作AG⊥BC于G，在Rt△ABC中，，∴，∵AC=AB，AG⊥BC，∴，∴，∴，在Rt△AGC′中，AC′=，∴△ACN的周長的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查旋轉變換，全等三角形的判定和性質，軸對稱，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．8．2022年成都市中考新體考從總分50分調整為總分60分，增加了體育素質綜合評價考核10分，統一考試項目由3項調整為4類．其中一類為自主選考三選一：足球運球繞標志桿、排球對墻墊球、籃球行進間運球上籃．我校為了備考練習，準備購買一批新的排球、籃球，若購買10個排球和15個籃球，共需1500元；若購買12個排球和10個籃球，共需1160元．(1)求排球與籃球的單價；(2)學校決定購買排球和籃球共80個，且排球的數量超過籃球的數量，但不多于籃球數量的1.5倍，請問有多少種購買方案？最低費用是多少元？【答案】(1)排球單價為30元，籃球單價為80元(2)有8種方案，最低費用為4000元【分析】（1）設排球單價為x元，籃球單價為y元，然后根據購買10個排球和15個籃球，共需1500元；若購買12個排球和10個籃球，共需1160元列出方程組求解即可；（2）設排球有m個，籃球有個，先根據排球的數量超過籃球的數量，但不多于籃球數量的1.5倍，列出不等式組求出m的取值范圍，設費用為W，列出W關于m的關系式進行求解即可．【詳解】（1）解：設排球單價為x元，籃球單價為y元，則，∴答：設排球單價為30元，籃球單價為80元．（2）解：設排球有m個，籃球有個．由題：，∴（m為整數）設費用為W，則，∵∴W隨m增大而減小．∴當時，，答：有8種方案，最低費用為4000元．【點睛】本題主要考查了二元一次方程組的應用，一元一次不等式組的應用，一次函數的應用，正確理解題意列出式子求解是關鍵．9．某學校初二年級黨支部組織“品讀經典，錘煉黨性”活動，需要購買不同類型的書籍給黨員老師閱讀．已知購買1本類書和2本類書共需82元；購買2本類書和1本類書共需74元．(1)求，兩類書的單價；(2)學校準備購買，兩類書共34本，且類書的數量不高于類書的數量．購買書籍的花費不得高于900元，則該學校有哪幾種購買方案？【答案】(1)類書的單價為22元，類書的單價為30元(2)學校共有3種購買方案：方案1：購買類書15本，類書19本；方案2：購買類書16本，類書18本；方案3：購買類書17本，類書17本．【分析】(1)設A類書的單價為x元，B類書的單價為y元，根據“購買1本A類書和2本B類書共需82元；購買2本A類書和1本B類書共需74元”，即可得出關于x，y的二元一次方程組，解之即可得出A，B兩類書的單價；(2)設購買A類書m本，則購買B類書(34-m)本，根據“購買A類書的數量不高于B類書的數量，購買書籍的花費不得高于900元”，即可得出關于m的一元一次不等式組，解之即可得出m的取值范圍，再結合m為正整數，即可得出各購買方案．【詳解】（1）解：設類書的單價為元，類書的單價為元，依題意得：，解得：．答：類書的單價為22元，類書的單價為30元．（2）解：設購買類書本，則購買類書本，依題意得：，解得：．又∵為正整數，∴可以為15，16，17，∴該學校共有3種購買方案，分別如下所示：方案1：購買類書15本，類書19本；方案2：購買類書16本，類書18本；方案3：購買類書17本，類書17本．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用以及一元一次不等式組的應用，解題的關鍵是：（1）找準等量關系，正確列出二元一次方程組；（2）根據各數量之間的關系，正確列出一元一次不等式組．10．某商店購進甲、乙兩種商品，每件甲商品的進貨價比每件乙商品的進貨價高40元，已知15件甲商品的進貨總價比26件乙商品的進貨總價低60元．（1）求每件甲、乙商品的進貨價；（2）若甲、乙兩種商品共進貨100件，要求兩種商品的進貨總價不高于8080元，同時甲商品按進價提高后的價格銷售，乙商品按進價提高后的價格銷售，兩種商品全部售完后的銷售總額不低于9250元，問共有幾種進貨方案？（3）在條件（2）下，并且不再考慮其他因素，若甲乙兩種商品全部售完，哪種方案利潤最大？最大利潤是多少？【答案】（1）每件甲商品的進貨價為100元，每件乙商品的進貨價為60元；（2）共有3種進貨方案，方案1：購進50件甲商品，50件乙商品；方案2：購進51件甲商品，49件乙商品；方案3：購進52件甲商品，48件乙商品；（3）方案1購進50件甲商品，50件乙商品利潤最大，最大利潤是1250元．【分析】（1）設每件甲商品的進貨價為x元，每件乙商品的進貨價為y元，根據“每件甲商品的進貨價比每件乙商品的進貨價高40元，15件甲商品的進貨總價比26件乙商品的進貨總價低60元”，即可得出關于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結論；（2）設購進m件甲商品，則購進（100﹣m）件乙商品，根據“兩種商品的進貨總價不高于8080元，且兩種商品全部售完后的銷售總額不低于9250元”，即可得出關于m的一元一次不等式組，解之即可得出m的取值范圍，再結合m為正整數即可得出各進貨方案；（3）設獲得的總利潤為w元，根據總利潤＝每件商品的利潤×銷售數量（購進數量），即可得出w關于m的函數關系式，再利用一次函數的性質即可解決最值問題．【詳解】解：解：（1）設每件甲商品的進貨價為x元，每件乙商品的進貨價為y元，依題意，得：，解得：．答：每件甲商品的進貨價為100元，每件乙商品的進貨價為60元．（2）設購進m件甲商品，則購進（100﹣m）件乙商品，依題意，得：，解得：50≤m≤52，又∵m為正整數，∴m可以取50，51，52，∴共有3種進貨方案：方案1：購進50件甲商品，50件乙商品；方案2：購進51件甲商品，49件乙商品；方案3：購進52件甲商品，48件乙商品；（3）設獲得的總利潤為w元，則w＝100×10%m+60×25%（100﹣m）＝﹣5m+1500，∵﹣5＜0，∴w隨m值的增大而減小，∴當m＝50時，w取得最大值，最大值＝﹣5×50+1500＝1250．答：方案1購進50件甲商品，50件乙商品利潤最大，最大利潤是1250元．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用、一元一次不等式組的應用以及一次函數的應用，解題的關鍵是找準等量關系與不等關系，正確列出二元一次方程組、一元一次不等式組以及利用一次函數的性質，解決最值問題．11．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，已知四邊形ABCO的頂點A，C分別在y軸和x軸上．直線AE與x軸交于點E．已知，，，，．(1)AE的長為________，點E的坐標為________；(2)如圖2，CF平分∠OCB，交AB于點F．若點G是平面內任意一點，當以A、E、F、G為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點G的坐標；(3)如圖3，點P、Q分別是線段CF、線段AE上的動點，點P與點Q分別同時從點C和點A出發．已知點P每秒運動4個單位長度，點Q每秒運動3個單位長度，連結PQ、FQ、PB、BQ．問：在運動過程中，是否存在這樣的點P和點Q，使得△PFQ的面積與△PBQ的面積相等．若存在，請直接寫出相應的點P的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)6，（，0）(2)（，?1）或（，7）或（，1）(3)存在，（，）或（，）【分析】（1）由∠AEO＝30°，OA＝3，可得AE＝2OA＝6，OE＝OA＝，即可得答案；（2）延長CF交y軸于K，過F作FT⊥y軸于T，先求出F（，4），設G（m，n），又A（0，3），E（，0），分三種情況：①以FG、AE為對角線，則FG、AE的中點重合，②以FA、GE為對角線，則FA、GE中點重合，③以FE、AG為對角線，則FE、AG的中點重合，列出方程組即可解得G的坐標；（3）分兩種情況，分別畫出圖形，列出含t的方程，解得t即可得CP的長，從而求出P的坐標．（1）解：∵∠AEO＝30°，OA＝3，∴AE＝2OA＝6，OE＝OA＝，∴E（，0），故答案為：6，（，0）；（2）解：延長CF交y軸于K，過F作FT⊥y軸于T，如圖：∵∠OAB＝120°，∠B＝90°，∠AOC＝90°，∴∠FAK＝60°，∠OCB＝60°，∵CF平分∠OCB，∴∠OCK＝30°，∴∠OKC＝60°，∴△AFK是等邊三角形，在Rt△OCK中，OC＝OE＋CE＝，∴OK＝＝5，∴AK＝OK?OA＝2＝KF＝AF，∴CK＝2OK＝10，∴CF＝CK?KF＝8，∴BF＝CF＝4，∴AB＝AF＋BF＝6，∵FT⊥y軸，∴AT＝KT＝AK＝1，∴OT＝OA＋AT＝4，FT＝AT＝，∴F（，4），設G（m，n），又A（0，3），E（，0），①以FG、AE為對角線，則FG、AE的中點重合，∴，∴，∴G（，?1）；②以FA、GE為對角線，則FA、GE中點重合，∴，∴，∴G（，7）；③以FE、AG為對角線，則FE、AG的中點重合，∴，∴，∴G（，1），綜上所述，G的坐標為（，?1）或（，7）或（，1）；（3）存在這樣的點P和點Q，使得△PFQ的面積與△PBQ的面積相等，理由如下：由（2）知BF＝4，AB＝6，CF＝8，設AQ＝t，則CP＝，∴FP＝8?，①連接BQ，過點B作BM⊥AE于M，過點Q作QN⊥AF于N，過P作PH⊥OC于H，如圖：在Rt△ABM中，，∴==，，∴，解得，∴，∴，，∴，∴P（，）；②過點P作PH⊥OE于H，如圖：==，，∴，解得，∴，∴，，∴，∴P（，），綜上所述，P的坐標為（，）或（，）．【點睛】本題考查四邊形綜合應用，涉及平行四邊形性質及應用，四邊形、三角形面積等知識，解題的關鍵是用含字母的代數式表示相關點的坐標和線段的長度．12．如圖，一次函數的圖象與坐標軸交于，兩點，將線段以點為中心逆時針旋轉一定角度，點的對應點落在第二象限的點處，且的面積為．(1)求點的坐標及直線的表達式；(2)設直線與軸的交點為，若點是直線上第二象限內的一點，且，求點的坐標；(3)過原點的直線與直線交于點，與直線交于點，在，，三點中，當其中一點是另外兩點所連線段的中點時，求點的坐標．【答案】(1)(2)故點的坐標為(3)當點是中點時，點的坐標為；當點是中點時，點的坐標為；當點是中點時點的坐標為【分析】（1）求出，兩點的坐標，由的面積，求出，由，進而求解；（2）過點作交于點，過點作軸的平行線，交過點與軸的平行線于點，交過點與軸的平行線于點，證明，得到點的坐標為，求出的解析式，進而求解；（3）分點是中點、點是中點、點是中點三種情況，利用一次函數的性質和中點坐標公式，即可求出點的坐標．（1）解：一次函數與坐標軸交于，兩點，故點、的坐標分別為、，，的面積，解得或8（不合題意，舍去），設點的坐標為，將線段以點為中心逆時針旋轉一定角度，點的對應點落在第二象限的點處，，則，解得（負值不合題意，舍去），故點的坐標為，設的表達式為，則，解得，故直線的表達式為；（2）解：過點作交于點，過點作軸的平行線，交過點與軸的平行線于點，交過點與軸的平行線于點，，，令，解得，設直線交軸于點，，，為等腰直角三角形，則，，，，，，，，，，故點的坐標為，設的表達式為，則，解得，直線的表達式為，聯立和并解得，故點的坐標為；（3）解：設點的坐標為，則的表達式為，聯立上式與并解得，即點的橫坐標為，①當點是中點時，則點、的橫坐標互為相反數，即，解得（舍去）或，故點的坐標為，，②當點是中點時，同理可得：，解得（舍去）或，故點的坐標為，；③當點是中點時，同理可得，點，，綜上，當點是中點時，點的坐標為，；當點是中點時，點的坐標為，；當點是中點時點的坐標為，．【點睛】本題是一次函數綜合題，考查一次函數的性質、三角形的面積、等腰直角三角形的性質、勾股定理、兩直線的交點、中點坐標公式等，其中（3），解題的關鍵是要注意分類求解，避免遺漏．13．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，點O為斜邊AC的中點，點E、點F為直角邊上的動點（點E在點F的右側），且∠EOF＝60°(1)如圖1，當點E、點F分別在邊BC和AB上，且BE＝AF時，求∠OEC的度數．(2)如圖2，若點E、點F都在邊BC上，當∠OFC＝75°時，說說BF與CE有什么數量關系？并加以證明．(3)如圖3，當E、F均在邊BC上運動時，做E點關于直線OF的對稱點P，若AB＝4，為AB中點，求當PQ最短時，線段PE的長度．【答案】(1)75°；(2)BF=2CE，見解析；(3)【分析】（1）在OF上截取OG=OE，證明△AOG≌△BOE得到AG=BE，∠OAG=∠OBE=30°，利用AF=BE=AG求出∠AGF，得到∠AGO的度數，即可求出∠OEC；（2）將△BOF繞點O逆時針旋轉120°，得到△COH，連接EH，證得△FOE≌△HOE（SAS），得到∠OEH=∠OEF=45°，求得∠HEC=90°，由此得到∠EHC=30°，推出BF=2CE；（3）利用軸對稱的性質證明△BOP≌△COE，得到∠OBP=∠C=30°，求出∠ABP=30°，當QP⊥PB時，PQ取最小值，作EM⊥OC，利用直角三角形30度角的性質求出BP，得到CE，由此得到OM的長，利用勾股定理求出OE，根據PE=2NE求出答案．【詳解】（1）解：在OF上截取OG=OE，如圖，∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點O為斜邊AC的中點，∴AO=BO=CO，∵∠OAB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴∠ABO=∠AOB=60°；∵∠EOF＝60°；∴∠AOG+∠BOG=∠BOG+∠BOE，∴∠AOG=∠BOE；∴△AOG≌△BOE（SAS）；∴AG=BE，∵BE=AF；∴AG=AF；∵∠OBC=∠ABC-∠ABO=30°，∴∠OAG=∠OBE=30°，∴∠FAG=30°，∴∠AGF=∠AFG=(180°-30°)=75°，∴∠BEO=∠AGO=105°，∴∠OEC=180°-∠OEB=75°；（2）解：BF=2CE，理由如下，∵∠OFC＝75°，∠EOF=60°，∴∠OEF=45°，將△BOF繞點O逆時針旋轉120°，得到△COH，連接EH，∴OF=OH，BF=CH，∠FOH=120°，∠OCH=∠OBE=30°，∵∠EOF=60°，∴∠EOH=60°=∠EOF，又∵OE=OE，∴△FOE≌△HOE（SAS），∴∠OEH=∠OEF=45°，∴∠FEH=90°，∴∠HEC=90°，∵∠HCE=∠HCO+∠OCE=60°，∴∠EHC=30°，∴HC=2CE，即BF=2CE；（3）解：∵E、P關于OF對稱，∴OE=OP，且∠EOF=∠FOP=60°，∴∠BOC=∠POE=120°，∵∠POB=120°-∠BOE=∠EOC，OE=OP，OB=OC，∴△BOP≌△COE，∴∠OBP=∠C=30°，∴∠ABP=90°-30°-30°=30°因此，當QP⊥PB時，PQ取最小值，作EM⊥OC，∵AB=4，Q為AB中點，∴AQ=QB=2，又∵∠ABP=30°，∴PQ=BQ=1，∴BP=，∵△BOP≌△COE，∴CE=BP=，∵∠C=30°，∴ME=CE=，∴CM=，∵AC=2AB=8，O為AC中點，∴OC=4，∴OM=OC-CM=，∴OE=，∵，∴∴PE=2NE=．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形30度角的性質，勾股定理，旋轉的性質，熟記全等三角形的判定定理是解題的關鍵．14．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，CD⊥AB，垂足為D，點E是點D關于AC的對稱點，連接AE、CE．(1)CD=，AD=；(2)若將△ACE沿射線AB方向平移，設平移的距離為m，當點E平移到線段AC上時，求m的值；(3)如圖，△ACE線點A順時針旋轉一個角（0°<<180°），記旋轉中的△ACE為△AC′E′，在旋轉過程中，設C′E′所在的直線與直線BC交于點P，與直