《2025年学霸提优大试卷八年级数学上册苏科版》

25. (12分)(2025·南京秦淮区期末)甲、乙两地相距 $ s $ km.慢车从甲地出发匀速驶往乙地,出发 $ a $ h 后快车也从甲地出发,沿同一路线匀速驶往乙地,两车同时到达乙地后,慢车立即保持原速,沿原路返回甲地.快车在乙地休息1h后,提速50%,沿原路匀速返回,又与慢车同时回到甲地,在整个行程中,慢车离甲地的距离 $ y_1 $(单位:km)与时间 $ t $(单位:h)之间的函数关系如图所示.
(1)在图中画出快车离甲地的距离 $ y_2 $(单位:km)与时间 $ t $ 之间的函数图象.
(2) $ a = $0.5.
(3)已知从甲地到乙地的路程中,距离乙地30km处有一个治安警亭.
①若 $ s = 120 $,在整个行程中(不含行程终点甲地), $ t $ 的值是多少时,两车与警亭的距离相等?
②若两车相继路过该警亭的时间间隔不超过 $ \frac{7}{6}h $,则 $ s $ 的取值范围是$s≥90$.

答案：
(1)如图，折线ABCD即为所求。
(2)0.5 【解析】根据图形可知，快车去乙地时速度为$v_{快}$，用时$(2 - a)$小时，返回速度为$1.5v_{快}$，用时1小时，
∴$(2 - a)\cdot v_{快}=1×1.5v_{快}$，解得$a = 0.5$。
(3)①$s = 120$时，$y_{OB}=60t$。
∵返回时，$v_{快}=120km/h$，
∴从甲地到乙地时，$v_{快}=120÷\frac{3}{2}=80(km/h)$，
∴$y_{AB}=80(t - \frac{1}{2})=80t - 40,y_{BD}=120 - 60(t - 2)=-60t + 240,y_{CD}=120 - 120(t - 3)=-120t + 480$，慢车从甲地到乙地时，$y_{OB}-90=90-y_{AB}$。
∴$60t - 90 = 90-(80t - 40)$，解得$t=\frac{11}{7}$；慢车、快车同时到达乙地时，$t = 2$；慢车从乙地回甲地时，$90 - y_{BD}=30$，
∴$90-(-60t + 240)=30$，解得$t = 3$。综上所述，$t=\frac{11}{7}$或2或3。
②$s≥90$ 【解析】根据题意可知$v_{慢}=\frac{s}{2}(km/h)$，
∴$y_{OB}=\frac{s}{2}t,y_{BD}=-\frac{s}{2}t + 2s$。
∵返回时，$v_{快}=\frac{s}{1}=s(km/h)$，
∴从甲地到乙地时，$v_{快}=s÷\frac{3}{2}=\frac{2}{3}s(km/h)$，
∴$y_{AB}=\frac{2}{3}st-\frac{s}{3},y_{CD}=-st + 4s$。令$y_{OB}=s - 30$，即$\frac{s}{2}t=s - 30$，解得$t_{OB}=\frac{2(s - 30)}{s}=2-\frac{60}{s}$。令$y_{AB}=s - 30$，即$\frac{2}{3}st-\frac{s}{3}=s - 30$，解得$t_{AB}=\frac{2s - 45}{s}=2-\frac{45}{s}$；令$y_{CD}=s - 30$，即$-st + 4s=s - 30$，解得$t_{CD}=\frac{3s + 30}{s}=3+\frac{30}{s}$；令$y_{BD}=s - 30$，即$-\frac{s}{2}t + 2s=s - 30$，解得$t_{BD}=\frac{2s + 60}{s}=2+\frac{60}{s}$。根据题意可得$\begin{cases}t_{AB}-t_{OB}≤\frac{7}{6}\\t_{BD}-t_{AB}≤\frac{7}{6}\\t_{CD}-t_{BD}≤\frac{7}{6}\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{60}{s}-\frac{45}{s}≤\frac{7}{6}\frac{60}{s}+\frac{45}{s}≤\frac{7}{6}\\1-\frac{30}{s}≤\frac{7}{6}\end{cases}$，解得$\begin{cases}s≥\frac{90}{7}\\s≥90\\s≤-180(舍)\end{cases}$，
∴$s≥90$。

26. (12分)【探索发现】如图①,等腰直角三角形 $ ABC $ 中, $ \angle ACB = 90^{\circ} $, $ CB = CA $,直线 $ DE $ 经过点 $ C $,过 $ A $ 作 $ AD \perp DE $ 于点 $ D $,过 $ B $ 作 $ BE \perp DE $ 于点 $ E $,则 $ \triangle BEC \cong \triangle CDA $,我们称这种全等模型为“K型全等”.(不需要证明)
【迁移应用】已知:直线 $ l: y = kx + 3(k \neq 0) $ 的图象与 $ x $ 轴、 $ y $ 轴分别交于 $ A $, $ B $ 两点.
(1)如图②,当 $ k = -\frac{3}{2} $ 时,在第一象限构造等腰直角 $ \triangle ABE $, $ \angle ABE = 90^{\circ} $.
①直接写出 $ OA = $2, $ OB = $3;
②求点 $ E $ 的坐标.
如图①，作$ED⊥OB$于点D，
∴$\angle BDE = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ }$。
∵$\triangle ABE$是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
∴$AB = BE,\angle ABE = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 = \angle 3$，
∴$\triangle BED\cong \triangle ABO(AAS)$，
∴$DE = OB = 3,BD = OA = 2$，
∴$OD = OB + BD = 5$，
∴点E的坐标为$(3,5)$。
(2)如图③,当 $ k $ 的取值变化,点 $ A $ 随之在 $ x $ 轴负半轴上运动时,在 $ y $ 轴左侧过点 $ B $ 作 $ BN \perp AB $,并且 $ BN = AB $,连接 $ ON $,问 $ \triangle OBN $ 的面积是否为定值? 请说明理由.
当k的取值变化时，$\triangle OBN$的面积是定值，$S_{\triangle OBN}=\frac{9}{2}$。理由如下：当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，$k＞0$。如图②，过点N作$NM⊥OB$于点M，
∴$\angle NMB = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 3 = 90^{\circ }$。
∵$BN⊥AB$，
∴$\angle ABN = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ }$，
∴$\angle 2 = \angle 3$。
∵$BN = BA,\angle NMB = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\triangle BMN\cong \triangle AOB(AAS)$，
∴$MN = OB = 3$，
∴$S_{\triangle OBN}=\frac{1}{2}×OB\cdot MN=\frac{1}{2}×3×3=\frac{9}{2}$，
∴当k的值变化时，$\triangle OBN$的面积是定值，$S_{\triangle OBN}=\frac{9}{2}$。
(3)如图④,在平面直角坐标系内,当 $ k = -3 $ 时,设直线 $ l $ 与 $ y $ 轴交于点 $ P $,与 $ x $ 轴交于点 $ Q $,将直线 $ PQ $ 绕 $ P $ 点沿逆时针方向旋转 $ 45^{\circ} $ 后,所得的直线交 $ x $ 轴于点 $ R $.求点 $ R $ 的坐标.
如图③，过点Q作$QS⊥PQ$，交PR于点S，过点S作$SH⊥x$轴于点H，当$k = -3$时，直线l的函数表达式为$y = -3x + 3$，对于直线$y = -3x + 3$，由$x = 0$得$y = 3$，
∴$P(0,3)$，
∴$OP = 3$。由$y = 0$得$x = 1$，
∴$Q(1,0),OQ = 1$。
∵$\angle QPR = 45^{\circ }$，
∴$\angle PSQ = 45^{\circ } = \angle QPS$。
∴$PQ = SQ$，
∴由
(1)得$SH = OQ,QH = OP$。
∴$OH = OQ + QH = OQ + OP = 1 + 3 = 4,SH = OQ = 1$，
∴$S(4,1)$。设直线PR的函数表达式为$y = mx + n$，将$(0,3),(4,1)$分别代入，得$\begin{cases}n = 3\\4m + n = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m = -\frac{1}{2}\\n = 3\end{cases}$，
∴直线PR的函数表达式为$y = -\frac{1}{2}x + 3$，由$y = 0$得$x = 6$，
∴$R(6,0)$。

答案：
(1)①2 3 【解析】若$k = -\frac{3}{2}$，则直线$y = kx + 3(k≠0)$为直线$y = -\frac{3}{2}x + 3$，当$x = 0$时，$y = 3$，
∴$B(0,3)$，当$y = 0$时，$x = 2$，
∴$A(2,0)$，
∴$OA = 2,OB = 3$。
②如图①，作$ED⊥OB$于点D，
∴$\angle BDE = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ }$。
∵$\triangle ABE$是以B为直角顶点的等腰直角三角形，
∴$AB = BE,\angle ABE = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 = \angle 3$，
∴$\triangle BED\cong \triangle ABO(AAS)$，
∴$DE = OB = 3,BD = OA = 2$，
∴$OD = OB + BD = 5$，
∴点E的坐标为$(3,5)$。
(2)当k的取值变化时，$\triangle OBN$的面积是定值，$S_{\triangle OBN}=\frac{9}{2}$。理由如下：当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，$k＞0$。如图②，过点N作$NM⊥OB$于点M，
∴$\angle NMB = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 3 = 90^{\circ }$。
∵$BN⊥AB$，
∴$\angle ABN = 90^{\circ }$，
∴$\angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ }$，
∴$\angle 2 = \angle 3$。
∵$BN = BA,\angle NMB = \angle AOB = 90^{\circ }$，
∴$\triangle BMN\cong \triangle AOB(AAS)$，
∴$MN = OB = 3$，
∴$S_{\triangle OBN}=\frac{1}{2}×OB\cdot MN=\frac{1}{2}×3×3=\frac{9}{2}$，
∴当k的值变化时，$\triangle OBN$的面积是定值，$S_{\triangle OBN}=\frac{9}{2}$。
(3)如图③，过点Q作$QS⊥PQ$，交PR于点S，过点S作$SH⊥x$轴于点H，当$k = -3$时，直线l的函数表达式为$y = -3x + 3$，对于直线$y = -3x + 3$，由$x = 0$得$y = 3$，
∴$P(0,3)$，
∴$OP = 3$。由$y = 0$得$x = 1$，
∴$Q(1,0),OQ = 1$。
∵$\angle QPR = 45^{\circ }$，
∴$\angle PSQ = 45^{\circ } = \angle QPS$。
∴$PQ = SQ$，
∴由
(1)得$SH = OQ,QH = OP$。
∴$OH = OQ + QH = OQ + OP = 1 + 3 = 4,SH = OQ = 1$，
∴$S(4,1)$。设直线PR的函数表达式为$y = mx + n$，将$(0,3),(4,1)$分别代入，得$\begin{cases}n = 3\\4m + n = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m = -\frac{1}{2}\\n = 3\end{cases}$，
∴直线PR的函数表达式为$y = -\frac{1}{2}x + 3$，由$y = 0$得$x = 6$，
∴$R(6,0)$。