《2025年小题狂做八年级数学上册苏科版巅峰版》

10. 在平面直角坐标系中,已知点A(2,0),B(4,0),C(m,m),D(m+1,m+1),m为常数且m＞0,当AC+BD的值最小时,m= ______1.

答案： 1 提示:因为点 A(2,0),B(4,0),C(m,m),D(m + 1,m + 1),所以 AC²=(m - 2)²+m²,BD²=(m - 3)²+(m + 1)².所以 AC+BD=$\sqrt{(m - 2)^2+m^2}$+$\sqrt{(m - 3)^2+(m + 1)^2}$.所以 AC+BD 的最小值可以看作点(m,m)到点(2,0),(3, - 1)的距离之和的最小值.易知点(m,m)在直线 y=x 上.如图,作点 A 关于直线 y=x 的对称点 A',则点 A'(0,2).连接点 A'与点(3, - 1),易求得此直线的函数表达式为 y=-x + 2.当 C 为直线 y=-x + 2 与直线 y=x 的交点时,AC+BD 的值最小.易得点 C(1,1),故 m=1.

11. 如图,已知函数$y= x+1$的图象与y轴交于点A,一次函数$y= kx+b(k\neq0)$的图象经过点B(0,-1),与x轴及函数$y= x+1$的图象分别交于点C,D,且点D的坐标为(1,n).
(1) 点A的坐标为(0,1),n=2,k=3,b=-1.
(2) 当x取何值时,函数$y= kx+b的函数值大于函数y= x+1$的函数值？
当x＞1时,函数y=kx+b的函数值大于函数y=x+1的函数值
(3) 求四边形AOCD的面积.
连接 OD.易知点 C($\frac{1}{3}$,0).因为点 A(0,1),D(1,2),所以 S四边形AOCD=S△AOD+S△COD=$\frac{1}{2}$×1×1+$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$×2=$\frac{5}{6}$
(4) 是否存在y轴上的点P,使得以P,B,D为顶点的三角形是等腰三角形？若存在,求出点P的坐标；若不存在,请说明理由.
存在 y 轴上的点 P,使得以 P,B,D 为顶点的三角形是等腰三角形.①当 DP=DB 时,设点 P(0,y).因为点 B(0, - 1),D(1,2),所以 DP²=1²+(y - 2)²=DB²=1²+(2 + 1)²,解得 y=5 或 y=-1(舍去),所以点 P(0,5);②当 BP=DB 时,因为 DB=$\sqrt{10}$,所以点 P 的坐标为(0, - 1 - $\sqrt{10}$)或(0,$\sqrt{10}$ - 1);③当 PB=PD 时,设点 P(0,a),所以(a + 1)²=1²+(2 - a)²,解得 a=$\frac{2}{3}$,所以点 P(0,$\frac{2}{3}$).综上所述,点 P 的坐标为(0,5)或(0, - 1 - $\sqrt{10}$)或(0,$\sqrt{10}$ - 1)或(0,$\frac{2}{3}$).

答案：
(1)(0,1) 2 3 -1
(2)当x＞1时,函数y=kx+b的函数值大于函数y=x+1的函数值
(3)连接 OD.易知点 C($\frac{1}{3}$,0).因为点 A(0,1),D(1,2),所以 S四边形AOCD=S△AOD+S△COD=$\frac{1}{2}$×1×1+$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$×2=$\frac{5}{6}$
(4)存在 y 轴上的点 P,使得以 P,B,D 为顶点的三角形是等腰三角形.①当 DP=DB 时,设点 P(0,y).因为点 B(0, - 1),D(1,2),所以 DP²=1²+(y - 2)²=DB²=1²+(2 + 1)²,解得 y=5 或 y=-1(舍去),所以点 P(0,5);②当 BP=DB 时,因为 DB=$\sqrt{10}$,所以点 P 的坐标为(0, - 1 - $\sqrt{10}$)或(0,$\sqrt{10}$ - 1);③当 PB=PD 时,设点 P(0,a),所以(a + 1)²=1²+(2 - a)²,解得 a=$\frac{2}{3}$,所以点 P(0,$\frac{2}{3}$).综上所述,点 P 的坐标为(0,5)或(0, - 1 - $\sqrt{10}$)或(0,$\sqrt{10}$ - 1)或(0,$\frac{2}{3}$).

12. 如图,已知在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C= 90^{\circ}$,$\angle BAC= 30^{\circ}$,$BC= \sqrt{3}$. D是边AC上一点,$AD= 2$,M是线段AB上一动点(不与点A,B重合).在DM所在直线左侧作等腰三角形DMN,满足$MD= MN$,$\angle DMN= \angle ADB$,连接BD,BN,AN.
(1) 若M是线段AB的中点,则$\angle NAD= $60°,$\triangle BDN$的面积是$\sqrt{3}$.
(2) 在点M的运动过程中,$\triangle BDN$的面积是否变化？若不变,求出$\triangle BDN$的面积；若变化,请说明理由.
(3) 点N随着点M的运动而运动,则线段DN的取值范围是$\sqrt{3}$≤DN＜2$\sqrt{3}$.

答案：
(1)60° $\sqrt{3}$ 提示:过点 M 作 ME⊥ND 于点 E.在 Rt△ABC 中,∠C=90°,∠BAC=30°,BC=$\sqrt{3}$,所以 AB=2$\sqrt{3}$,所以 AC=3.因为 AD=2,所以 DC=1,所以 BD=$\sqrt{DC^2+BC^2}$=2,所以 AD=BD.因为∠BAC=30°,所以∠DBA=30°.所以∠DMN=∠ADB=120°,所以∠BDC=60°.又因为 M 是线段 AB 的中点,所以 BM=AM=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{3}$,∠MDB=∠MDA=60°.因为 MD=MN,所以∠MND=∠MDN=30°,所以∠NDB=90°.因为 BM=AM,AD=BD,所以 DM⊥AB.在 Rt△MDB 中,MD=$\frac{1}{2}$BD=1.在 Rt△MED 中,ME=$\frac{1}{2}$MD=$\frac{1}{2}$,所以 ED=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 DN=$\sqrt{3}$=AM.所以 S△BDN=$\frac{1}{2}$DN·BD=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×2=$\sqrt{3}$.因为∠NDB=90°,∠BDC=60°,所以∠NDA=30°.在△AND 和△DMA 中,$\left\{\begin{array}{l} AD=DA,\\ ∠NDA=∠MAD,\\ DN=AM,\end{array}\right. $所以△AND≌△DMA.所以∠AND=∠DMA=90°.又因为∠NDA=30°,所以∠NAD=60°.
(2)△BDN 的面积不变.在射线 AC 上取一点 F,使得 MF=MA,连接 MF,则∠MFA=∠MAF=30°,所以∠AMF=120°.由
(1)知,∠DAB=∠DBA=30°,∠DMN=∠ADB=120°.所以∠AMF=∠DMN,所以∠AMN=∠FMD.又因为 MD=MN,MF=MA,所以△AMN≌△FMD,所以∠MAN=∠MFD=30°.所以∠MAN=∠DBA,所以 BD//AN,所以 S△BDN=S△BDA=$\frac{1}{2}$AD·BC=$\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$.所以△BDN 的面积不变,为$\sqrt{3}$.
(3)$\sqrt{3}$≤DN＜2$\sqrt{3}$ 提示:过点 M 作 MH⊥DN 于点 H.因为 MD=MN,MH⊥DN,所以 NH=DH.由
(1)知,∠DMN=120°,所以∠MDN=30°.所以 DH=$\sqrt{3}$MH,MD=2MH,所以 DN=$\sqrt{3}$MD.当 MD⊥AB 时,MD 取得最小值,为 1;当点 M 与点 B(或点 A)重合时,MD=2.因为点 M 不与点 B(或点 A)重合,所以 1≤MD＜2,所以$\sqrt{3}$≤DN＜2$\sqrt{3}$.