三、解答题(共42分)
10.(12分)如图,直线$y=\frac{1}{2}x-2$与x轴、y轴分别交于点A和点B,直线$y=\frac{1}{2}x-2$与直线$y=ax+b$(a,b为常数,且$a≠0$)关于x轴对称,直线$y=ax+b$与y轴交于点C.
(1)求直线$y=ax+b$的函数表达式.
(2)P是线段AC上一动点.当$△ ABP$的面积为6时,求点P的坐标.
答案：10.解:(1)对于 $y=\frac{1}{2}x-2$,令 $x=0$,则 $y=-2$,
$\therefore B(0,-2)$,令 $y=\frac{1}{2}x-2=0$,解得 $x=4$,$\therefore A(4,0)$.
$\because$ 直线 $y=\frac{1}{2}x-2$ 与直线 $y=ax+b$ 关于 $x$ 轴对称,
$\therefore$ 由题意可得点 $C(0,2)$. 把点 $A(4,0),C(0,2)$ 代入$y=ax+b$,得 $\begin{cases}4a+b=0,\\b=2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\b=2.\end{cases}$
所以直线 $y=ax+b$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+2$.
(2)由(1)知:直线 $y=ax+b$ 的函数表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+2$,设点 $P$ 的横坐标为 $m$,则 $P(m,-\frac{1}{2}m+2)$,由题意可得 $BC=4$,$OA=4$,
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}BC· OA=8$,$S_{△ BCP}=\frac{1}{2}× 4m=2m$,
$\therefore S_{△ ABP}=S_{△ ABC}-S_{△ BCP}=8-2m=6$,
解得 $m=1$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(1,\frac{3}{2})$.
解析：
【分析】
(1) 要求直线$y=ax+b$的解析式，首先需要确定该直线上的两个点坐标：先求出已知直线$y=\frac{1}{2}x-2$与坐标轴的交点A、B，由于两条直线关于x轴对称，因此它们与x轴的交点重合（均为A），与y轴的交点B、C关于x轴对称，由此得到点C坐标，再用待定系数法将A、C坐标代入$y=ax+b$即可求解。
(2) 要求点P的坐标，可先设P的横坐标为m，根据AC的解析式写出P的坐标；计算$△ ABP$的面积时，可利用面积和差关系：$△ ABP$的面积 = $△ ABC$的面积 - $△ BCP$的面积，结合已知面积为6列方程求解m，即可得到P点坐标。
【解析】
(1) 对于直线$y=\frac{1}{2}x-2$：
令$x=0$，得$y=-2$，$\therefore B(0,-2)$；
令$y=0$，得$\frac{1}{2}x-2=0$，解得$x=4$，$\therefore A(4,0)$。
$\because$ 直线$y=\frac{1}{2}x-2$与$y=ax+b$关于x轴对称，$\therefore$ 点B、C关于x轴对称，即$C(0,2)$。
将$A(4,0)$、$C(0,2)$代入$y=ax+b$，得：
$\begin{cases}4a+b=0\\b=2\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2}\\b=2\end{cases}$
$\therefore$ 直线$y=ax+b$的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x+2$。
(2) 设点P的横坐标为$m$，$\because$ P在线段AC上，$\therefore P(m,-\frac{1}{2}m+2)$（$0≤ m≤4$）。
由题意得：$BC=2-(-2)=4$，$OA=4$。
$\therefore S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× OA=\frac{1}{2}×4×4=8$，
$△ BCP$以BC为底，高为P点的横坐标$m$，$\therefore S_{△ BCP}=\frac{1}{2}× BC× m=\frac{1}{2}×4× m=2m$。
$\because S_{△ ABP}=S_{△ ABC}-S_{△ BCP}=6$，
$\therefore 8-2m=6$，解得$m=1$。
将$m=1$代入$y=-\frac{1}{2}m+2$，得$y=-\frac{1}{2}×1+2=\frac{3}{2}$，
$\therefore$ 点P的坐标为$(1,\frac{3}{2})$。
【答案】
(1) $y=-\frac{1}{2}x+2$；(2) $(1,\frac{3}{2})$
【知识点】
一次函数的对称性，待定系数法求解析式，一次函数面积计算
【点评】
本题是一次函数的基础综合题，将函数对称性与几何面积计算结合，解题的核心是先利用对称性确定未知直线的关键点坐标，再通过面积的和差关系建立方程求解，是一次函数章节的典型考法。
【难度系数】
0.7
11.(15分)如图,在正方形ABCD中,AB=6,点E在边CD上,且CD=3DE,将△ADE沿AE对折至△AFE,延长EF交边BC于点G,连接AG,CF.
(1)求证:△ABG≌△AFG;
(2)求BG的长;
(3)求△FEC的面积.
答案：11.(1)证明:$\because △ AFE$ 是由 $△ ADE$ 折叠得到的,
$\therefore AF=AD$,$∠ AFE=∠ AFG=∠ D=90°$.
又$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
$\therefore AB=AD$,$∠ B=∠ D$,
$\therefore AB=AF$,$∠ B=∠ AFG=90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 和 $\mathrm{Rt}△ AFG$ 中, $\begin{cases}AG=AG,\\AB=AF,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABG≌\mathrm{Rt}△ AFG(\mathrm{HL})$.
(2)解:在正方形 $ABCD$ 中,$AB=6$,$CD=3DE$,
$\therefore EF=DE=\frac{1}{3}CD=2$,$CE=CD-DE=4$.
由(1)知$△ ABG≌△ AFG$,$\therefore BG=FG$.
设 $BG=FG=x$,则 $CG=6-x$,$EG=2+x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ECG$ 中,根据勾股定理,得$(6-x)^2+4^2=(x+2)^2$,
解得 $x=3$,$\therefore BG=3$.
(3)解:由(2)知,$EF=2$,$BG=FG=3$,
$\therefore EG=EF+FG=5$,$CG=BC-BG=3$,
$\therefore S_{△ CEG}=\frac{1}{2}CG· CE=\frac{1}{2}× 3× 4=6$,
$\therefore S_{△ FEC}=\frac{2}{5}S_{△ CEG}=\frac{2}{5}× 6=\frac{12}{5}$.
解析：
【分析】
(1) 要证明△ABG≌△AFG，首先根据折叠性质可得AF=AD、∠AFE=∠D=90°，再结合正方形AB=AD、∠B=90°的性质，可推出AB=AF、∠B=∠AFG=90°，两个直角三角形有公共斜边AG，可用HL判定全等；
(2) 先根据CD=3DE算出DE、CE的长度，由(1)的全等结论可得BG=FG，设BG=x，用含x的式子表示CG和EG的长度，在Rt△ECG中利用勾股定理列方程求解，即可得到BG的长；
(3) 先计算△CEG的面积，△FEC和△CEG同高，底的比为EF:EG=2:5，因此面积比也为2:5，按比例即可求出△FEC的面积。
【解析】
(1) 证明：$\because △ AFE$ 是由 $△ ADE$ 折叠得到的,
$\therefore AF=AD$,$∠ AFE=∠ AFG=∠ D=90°$.
又$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
$\therefore AB=AD$,$∠ B=∠ D$,
$\therefore AB=AF$,$∠ B=∠ AFG=90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ ABG$ 和 $\mathrm{Rt}△ AFG$ 中, $\begin{cases}AG=AG,\\AB=AF,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABG≌\mathrm{Rt}△ AFG(\mathrm{HL})$.
(2) 解：在正方形 $ABCD$ 中,$AB=6$,$CD=3DE$,
$\therefore EF=DE=\frac{1}{3}CD=2$,$CE=CD-DE=4$.
由(1)知$△ ABG≌△ AFG$,$\therefore BG=FG$.
设 $BG=FG=x$,则 $CG=6-x$,$EG=2+x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ECG$ 中,根据勾股定理,得$(6-x)^2+4^2=(x+2)^2$,
解得 $x=3$,$\therefore BG=3$.
(3) 解：由(2)知,$EF=2$,$BG=FG=3$,
$\therefore EG=EF+FG=5$,$CG=BC-BG=3$,
$\therefore S_{△ CEG}=\frac{1}{2}CG· CE=\frac{1}{2}× 3× 4=6$,
$\therefore S_{△ FEC}=\frac{2}{5}S_{△ CEG}=\frac{2}{5}× 6=\frac{12}{5}$.
【答案】
(1) $\mathrm{Rt}△ ABG≌\mathrm{Rt}△ AFG$，得证；
(2) $BG=3$；
(3) $S_{△FEC}=\frac{12}{5}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定；勾股定理的应用
【点评】
本题是正方形与折叠变换结合的典型综合题，考查了折叠的性质、直角三角形全等判定、勾股定理、同高三角形面积比的应用，解题时要注意运用方程思想和数形结合思想，是几何部分的高频考点题型。
【难度系数】
0.6
12.(15分)一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时，快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续驶往乙地，两车到达各自终点后停止，两车之间的距离 y(km)与慢车行驶的时间 x(h)之间的关系如图所示.
(1)甲、乙两地之间的距离为
480
km；
(2)求快车和慢车的速度，并直接写出点 E 的坐标；
(3)求 AB,CD 所在直线对应的函数表达式；
(4)慢车出发多少小时后，两车相距 300 km？
答案：12.(1)480
(2)解:由题可知 $BC$ 段只有慢车在行驶,则慢车的速度为 $60÷(4-3)=60(\mathrm{km/h})$,$AB$ 段表示两车从开始到相遇的过程,则两车的速度和为 $480÷ 3=160(\mathrm{km/h})$,
$\therefore$ 快车的速度为 $160-60=100(\mathrm{km/h})$.
$\because$ 慢车到达终点所用的时间为 $480÷ 60=8(\mathrm{h})$,
$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $(8,480)$.
(3)解:由题知,$CD$ 段表示快车修好开始行驶至终点,$(480-3× 100)÷ 100=1. 8(\mathrm{h})$,$1. 8× 160+60=348(\mathrm{km})$,$4+1. 8=5. 8(\mathrm{h})$,从而 $D(5. 8, 348)$,由题图知,$A(0,480)$,$B(3,0)$,$C(4,60)$.
设 $AB$ 所在直线的函数表达式为 $y=k_1x+480$,
则 $3k_1+480=0$,解得 $k_1=-160$,
$\therefore AB$ 所在直线的函数表达式为 $y=-160x+480$.
设 $CD$ 所在直线的函数表达式为 $y=k_2x+b$,则有
$\begin{cases}4k_2+b=60,\\5. 8k_2+b=348,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k_2=160,\\b=-580,\end{cases}$
$\therefore CD$ 所在直线的函数表达式为 $y=160x-580$.
(4)解:由 $D(5. 8, 348)$ 知,两车相距 300 km 时在 $AB$ 段和 $CD$ 段. 把 $y=300$ 代入 $y=-160x+480$,解得 $x=1. 125$;把$y=300$ 代入 $y=160x-580$,解得 $x=5. 5$.
$\therefore$ 慢车出发 1. 125 h 或 5. 5 h 后,两车相距 300 km.
解析：
【分析】
1. 第(1)问：函数图像x=0时两车还未出发，此时y的取值就是甲乙两地的距离，直接读取图像初始值即可。
2. 第(2)问：BC段对应快车故障阶段，仅慢车行驶，1小时行驶60km，可求出慢车速度；AB段是两车相向行驶到相遇的过程，总路程除以相遇时间得到两车速度和，减去慢车速度即可得快车速度；慢车走完全程的时间为总路程除以慢车速度，对应E点横坐标，纵坐标为总路程，即可得到E点坐标。
3. 第(3)问：求一次函数解析式用待定系数法，AB段已知A(0,480)、B(3,0)，代入一次函数一般式即可求解；先计算快车剩余路程的行驶时间，得到D点的横坐标，再求出对应两车距离得到D点纵坐标，结合C(4,60)代入即可求出CD段解析式。
4. 第(4)问：两车相距300km分两种情况：相遇前（AB段）、相遇后快车修好行驶阶段（CD段），分别将y=300代入对应解析式求解x即可。
【解析】
(1) 当x=0时，y=480，即两车未出发时的距离为甲乙两地距离，因此甲乙两地距离为480km。
(2) 解：由图像可知，3~4h快车故障，仅慢车行驶，1h行驶了60km，
慢车速度：$v_\mathrm{慢}=60÷(4-3)=60(\mathrm{km/h})$，
两车相向行驶3h相遇，总路程480km，因此两车速度和：$v_\mathrm{和}=480÷3=160(\mathrm{km/h})$，
快车速度：$v_\mathrm{快}=160-60=100(\mathrm{km/h})$。
慢车走完全程的总时间：$480÷60=8(\mathrm{h})$，此时慢车到达甲地，两车距离为总路程480km，故E点坐标为$(8,480)$。
(3) 解：先求D点坐标：相遇时快车已行驶$3×100=300\mathrm{km}$，剩余路程为$480-300=180\mathrm{km}$，快车按原速行驶剩余路程需要$180÷100=1.8\mathrm{h}$，因此快车到达乙地的时间为$4+1.8=5.8\mathrm{h}$，此时两车距离为$1.8×160+60=348\mathrm{km}$，即$D(5.8,348)$。
设AB所在直线的函数表达式为$y=k_1x+b_1$，代入$A(0,480)$、$B(3,0)$得：
$\begin{cases}b_1=480\\3k_1+480=0\end{cases}$，解得$k_1=-160$，
因此AB所在直线的函数表达式为$y=-160x+480$。
设CD所在直线的函数表达式为$y=k_2x+b_2$，代入$C(4,60)$、$D(5.8,348)$得：
$\begin{cases}4k_2+b_2=60\\5.8k_2+b_2=348\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=160\\b_2=-580\end{cases}$，
因此CD所在直线的函数表达式为$y=160x-580$。
(4) 解：两车相距300km分两种情况：
① 相遇前（AB段）：令$y=300$，则$-160x+480=300$，解得$x=1.125$；
② 相遇后快车修好行驶阶段（CD段）：令$y=300$，则$160x-580=300$，解得$x=5.5$。
综上，慢车出发1.125h或5.5h后，两车相距300km。
【答案】
(1) $\boxed{480}$
(2) 快车速度为$\boxed{100\mathrm{km/h}}$，慢车速度为$\boxed{60\mathrm{km/h}}$，E点坐标为$\boxed{(8,480)}$
(3) AB：$\boxed{y=-160x+480}$；CD：$\boxed{y=160x-580}$
(4) $\boxed{1.125\mathrm{h}}$或$\boxed{5.5\mathrm{h}}$
【知识点】
一次函数的应用、待定系数法求解析式、行程问题
【点评】
本题结合行程问题考查一次函数的实际应用，核心是读懂函数图像各拐点、各线段的实际意义，准确提取坐标信息，结合待定系数法求解解析式，解题时要注意分情况讨论两车相距特定距离的不同阶段，避免漏解。
【难度系数】
0.6
