黑龍江省海倫市第四中學2024年數學八年級下冊期末綜合測試模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．一次函數y＝kx+m的圖象如圖所示，若點(0，a)，(﹣2，b)，(1，c)都在函數的圖象上，則下列判斷正確的是()A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．a＜c＜b D．b＜a＜c2．如圖，在?ABCD中，AB=3，BC=5，AC的垂直平分線交AD于E，則△CDE的周長是（）A．8 B．6 C．9 D．103．如圖，DE是△ABC的中位線，F是DE的中點，CF的延長線交AB于點G，若△CEF的面積為12cm2，則S△DGF的值為（）A．4cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．9cm24．如圖，已知兩直線l1：y＝x和l2：y＝kx﹣5相交于點A(m，3)，則不等式x≥kx﹣5的解集為()A．x≥6 B．x≤6 C．x≥3 D．x≤35．某校藝術節的乒乓球比賽中，小東同學順利進入決賽.有同學預測“小東奪冠的可能性是80%”，則對該同學的說法理解最合理的是（）A．小東奪冠的可能性較大 B．如果小東和他的對手比賽10局，他一定會贏8局C．小東奪冠的可能性較小 D．小東肯定會贏6．下列選項中的計算，正確的是(

)A．9=±3 B．23-3=2 C．-52=-5 D．7．如圖，在正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，且滿足=AD，連接CE并延長交AD于點F，連接AE，過點B作于點G，延長BG交AD于點H．在下列結論中：①；②；③.其中不正確的結論有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個8．下面的兩個三角形一定全等的是()A．腰相等的兩個等腰三角形B．一個角對應相等的兩個等腰三角形C．斜邊對應相等的兩個直角三角形D．底邊相等的兩個等腰直角三角形9．直角三角形的兩條直角邊長分別為a和b，斜邊長為c，已知c＝13，b＝5，則a＝（）A．1 B．5 C．12 D．2510．如圖，已知矩形ABCD的對角線AC的長為10cm，連接各邊中點E，F，G，H得四邊形EFGH，則四邊形EFGH的周長為（）A．25cm B．20cmC．20cm D．20cm11．已知直線y=2x-b經過點（1，-1），則b的值為()A．3 B．-3 C．0 D．612．介于兩個相鄰整數之間，這兩個整數是()A．2和3 B．3和4 C．4和5 D．5和6二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D，E分別是邊AB，AC的中點，延長BC至F，使CF＝12BC，若EF＝13，則線段AB的長為_____14．已知y＝（k﹣1）x+k2﹣1是正比例函數，則k＝_____．15．如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的邊OA＝6，OC＝2，一條動直線l分別與BC、OA將于點E、F，且將矩形OABC分為面積相等的兩部分，則點O到動直線l的距離的最大值為_____．16．如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．點P為底邊BC的延長線上任意一點，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，BM⊥DC于M．請你探究線段PE、PF、BM之間的數量關系：______．17．分解因式：=．18．已知，，則代數式的值為________．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，△ABC三個頂點的坐標分別為A（1，1），B（4，2），C（3，4）.（1）請畫出△ABC向左平移5個單位長度后得到的△ABC；（2）請畫出△ABC關于原點對稱的△ABC；20．（8分）在學習了正方形后，數學小組的同學對正方形進行了探究，發現：（1）如圖1，在正方形ABCD中，點E為BC邊上任意一點（點E不與B、C重合），點F在線段AE上，過點F的直線MN⊥AE，分別交AB、CD于點M、N.此時，有結論AE=MN，請進行證明；（2）如圖2：當點F為AE中點時，其他條件不變，連接正方形的對角線BD，MN與BD交于點G，連接BF，此時有結論：BF=FG，請利用圖2做出證明.（3）如圖3：當點E為直線BC上的動點時，如果（2）中的其他條件不變，直線MN分別交直線AB、CD于點M、N，請你直接寫出線段AE與MN之間的數量關系、線段BF與FG之間的數量關系.圖1圖2圖321．（8分）已知在線段AB上有一點C（點C不與A、B重合且AC＞BC），分別以AC、BC為邊作正方形ACED和正方形BCFG，其中點F在邊CE上，連接AG．（1）如圖1，若AC=7，BC=5，則AG=______；（2）如圖2，若點C是線段AB的三等分點，連接AE、EG，求證：△AEG是直角三角形．22．（10分）已知：如圖，平面直角坐標系xOy中，點A、B的坐標分別為A（2，0），B（0，﹣2），P為y軸上B點下方一點，以AP為邊作等腰直角三角形APM，其中PM＝PA，點M落在第四象限，過M作MN⊥y軸于N．（1）求直線AB的解析式；（2）求證：△PAO≌△MPN；（3）若PB＝m（m＞0），用含m的代數式表示點M的坐標；（4）求直線MB的解析式．23．（10分）如圖，平面直角坐標系中，直線AB：交y軸于點，交x軸于點B．

（1）求直線AB的表達式和點B的坐標；

（2）直線l垂直平分OB交AB于點D，交x軸于點E，點P是直線l上一動點，且在點D的上方，設點P的縱坐標為n．①當

時，求點P的坐標；②在①的條件下，以PB為斜邊在第一象限作等腰直角，求點C的坐標．24．（10分）如圖，是等邊三角形，，點是射線上任意點（點與點不重合），連接，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接并延長交直線于點．（1）如圖①，猜想的度數是__________；（2）如圖②，圖③，當是銳角或鈍角時，其他條件不變，猜想的度數，并選取其中一種情況進行證明；（3）如圖③，若，，，則的長為__________．25．（12分）小米手機越來越受到大眾的喜愛，各種款式相繼投放市場，某店經營的A款手機去年銷售總額為50000元，今年每部銷售價比去年降低400元，若賣出的數量相同，銷售總額將比去年減少20%．（1）今年A款手機每部售價多少元？（2）該店計劃新進一批A款手機和B款手機共60部，且B款手機的進貨數量不超過A款手機數量的兩倍，應如何進貨才能使這批手機獲利最多？A，B兩款手機的進貨和銷售價格如下表：A款手機B款手機進貨價格（元）11001400銷售價格（元）今年的銷售價格200026．如圖，AM∥BC，D，E分別為AC，BC的中點，射線ED交AM于點F，連接AE，CF。(1)求證：四邊形ABEF是平行四邊形；(2)當AB=AC時，求證：四邊形AECF時矩形；(3)當∠BAC=90°時，判斷四邊形AECF的形狀，(只寫結論，不必證明)。

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【解析】

由一次函數y＝kx+m的圖象，可得y隨x的增大而減小，進而得出a，b，c的大小關系．【詳解】解：由圖可得，y隨x的增大而減小，∵﹣2＜0＜1，∴c＜a＜b，故選：B．【點睛】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，熟知一次函數圖象上各點的坐標一定適合此函數的解析式是解答此題的關鍵．2、A【解析】

由AC的垂直平分線交AD于E，易證得AE=CE，又由四邊形ABCD是平行四邊形，即可求得AD與DC的長，繼而求得答案【詳解】∵AC的垂直平分線交AD于E，∴AE=CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD=AB=3，AD=BC=5，∴△CDE的周長是：DC+DE+CE=DC+DE+AE=DC+AD=3+5=8，故選A.【點睛】此題考查線段垂直平分線的性質，平行四邊形的性質，解題關鍵在于得到AE=CE3、A【解析】試題分析：取CG的中點H，連接EH，根據三角形的中位線定理可得EH∥AD，再根據兩直線平行，內錯角相等可得∠GDF=∠HEF，然后利用“角邊角”證明△DFG和△EFH全等，根據全等三角形對應邊相等可得FG=FH，全等三角形的面積相等可得S△EFH=S△DGF，再求出FC=3FH，再根據等高的三角形的面積比等于底邊的比求出兩三角形的面積的比，從而得解．解：如圖，取CG的中點H，連接EH，∵E是AC的中點，∴EH是△ACG的中位線，∴EH∥AD，∴∠GDF=∠HEF，∵F是DE的中點，∴DF=EF，在△DFG和△EFH中，，∴△DFG≌△EFH（ASA），∴FG=FH，S△EFH=S△DGF，又∵FC=FH+HC=FH+GH=FH+FG+FH=3FH，∴S△CEF=3S△EFH，∴S△CEF=3S△DGF，∴S△DGF=×12=4（cm2）．故選A．考點：三角形中位線定理．4、B【解析】

首先利用待定系數法求出A點坐標，再以交點為分界，結合圖象寫出不等式x≥kx-5的解集即可．【詳解】解：將點A（m，3）代入y=得，=3，解得，m=1，所以點A的坐標為（1，3），由圖可知，不等式≥kx-5的解集為x≤1．故選：B．【點睛】此題考查了一次函數與一元一次不等式的關系：從函數的角度看，就是尋求使一次函數y=kx+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．關鍵是求出A點坐標以及利用數形結合的思想．5、A【解析】

根據題意主要是對可能性的判斷，注意可能性不是一定.【詳解】根據題意可得小東奪冠的可能性為80%，B選項錯誤，因為不是一定贏8局，而是可能贏8局；C選項錯誤，因為小東奪冠的可能性大于50%，應該是可能性較大；D選項錯誤，因為可能性只有80%，不能肯定能贏.故選A【點睛】本題主要考查同學們對概率的理解，概率是一件事發生的可能性，有可能發生，也有可能不發生.6、D【解析】

根據算術平方根的定義，開方運算是求算術平方根，結果是非負數，同類根式相加減，把同類二次根式的系數相加減,做為結果的系數,根號及根號內部都不變.【詳解】解：A、9=3B、23C、(-5)2D、34故答案為：D【點睛】本題考查了算術平方根的計算、二次根式的計算，熟練掌握數的開方、同類二次根式的合并及二次根式商的性質是解題的關鍵.7、B【解析】

先判斷出∠DAE=∠ABH，再判斷△ADE≌△CDE得出∠DAE=∠DCE=22.5°，∠ABH=∠DCF，再判斷出Rt△ABH≌Rt△DCF從而得到①正確，根據三角形的外角求出∠AEF=45°，得出②正確；連接HE，判斷出S△EFH≠S△EFD得出③錯誤．【詳解】∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∠ABE=∠ADE=∠CDE=45°，AB=BC，∵BE=BC，∴AB=BE，∵BG⊥AE，∴BH是線段AE的垂直平分線，∠ABH=∠DBH=22.5°，在Rt△ABH中，∠AHB=90°-∠ABH=67.5°，∵∠AGH=90°，∴∠DAE=∠ABH=22.5°，在△ADE和△CDE中，∴△ADE≌△CDE，∴∠DAE=∠DCE=22.5°，∴∠ABH=∠DCF，在Rt△ABH和Rt△DCF中，∴Rt△ABH≌Rt△DCF，∴AH=DF，∠CFD=∠AHB=67.5°，∵∠CFD=∠EAF+∠AEF，∴67.5°=22.5°+∠AEF，∴∠AEF=45°，故①②正確；如圖，連接HE，∵BH是AE垂直平分線，∴AG=EG，∴S△AGH=S△HEG，∵AH=HE，∴∠AHG=∠EHG=67.5°，∴∠DHE=45°，∵∠ADE=45°，∴∠DEH=90°，∠DHE=∠HDE=45°，∴EH=ED，∴△DEH是等腰直角三角形，∵EF不垂直DH，∴FH≠FD，∴S△EFH≠S△EFD，∴S四邊形EFHG=S△HEG+S△EFH=S△AHG+S△EFH≠S△DEF+S△AGH，故③錯誤，故選B．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的內角和和三角形外角的性質，解本題的關鍵是判斷出△ADE≌△CDE，難點是作出輔助線．8、D【解析】解：A．錯誤，腰相等的兩個等腰三角形，沒有明確頂角和底角的度數，所以不一定全等．B．錯誤，一個角對應相等的兩個等腰三角形，沒有明確邊的長度是否相等，所以不一定全等．C．錯誤，斜邊對應相等的兩個直角三角形，沒有明確直角三角形的直角邊大小，所以不一定全等．D．正確，底邊相等的兩個等腰直角三角形，明確了各個角的度數，以及一個邊，符合ASA或AAS，所以，滿足此條件的三角形一定全等．故選D．點睛：本題考查了三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應相等時，角必須是兩邊的夾角．9、C【解析】

根據勾股定理計算即可．【詳解】由勾股定理得，a=，故選C．【點睛】本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a1+b1=c1．10、D【解析】

根據三角形中位線定理易得四邊形EFGH的各邊長等于矩形對角線的一半，而矩形對角線是相等的，都為10，那么就求得了各邊長，讓各邊長相加即可．【詳解】∵H、G是AD與CD的中點，∴HG是△ACD的中位線，∴HG=AC=5cm，同理EF=5cm，根據矩形的對角線相等，連接BD，得到：EH=FG=5cm，∴四邊形EFGH的周長為20cm．故選D．【點睛】本題考查三角形中位線等于第三邊的一半的性質．11、A【解析】

將點（1，-1）代入y=2x-b，即可求解．【詳解】解：將點（1，-1）代入y=2x-b得：-1=2-b，解得：b=3，故選：A．【點睛】本題考查的是一次函數點的坐標特征，將點的坐標代入函數表達式即可求解．12、B【解析】

根據無理數的估算得出的大小范圍，即可得答案.【詳解】∵9<15<16，∴3<<4，故選B.【點睛】本題考查的是估算無理數的大小，根據題意估算出的大小范圍是解答此題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、1【解析】

根據三角形中位線定理得到DE=12BC，DE//BC【詳解】解：∵點D，E分別是邊AB，AC的中點，∴DE=12BC∵CF=1∴DE=CF，又DE//CF，∴四邊形DEFC為平行四邊形，∴CD=EF=13，∵∠ACB=90°，點D是邊AB的中點，∴AB=2CD=26，故答案為：1．【點睛】本題考查的是直角三角形的性質、三角形中位線定理，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．14、-1【解析】【分析】根據正比例函數的定義可知k-1≠0，常數項k2-1=0，由此即可求得答案.【詳解】∵y=（k-1）x+k2-1是正比例函數，∴k-1≠0，k2-1=0，解得k≠1，k=±1，∴k=-1，故答案為-1．【點睛】本題考查了正比例函數的定義，熟知正比例函數y=kx中一次項系數中不為0，常數項等于0是解題的關鍵．15、.【解析】

根據一條動直線l將矩形OABC分為面積相等的兩部分，可知G和H分別是OB和OC的中點，得GH=3，根據勾股定理計算OG的長，并且知點O到直線l的距離最大，則l⊥OG，可得結論．【詳解】連接OB，交直線l交于點G，∵直線l將矩形OABC分為面積相等的兩部分，∴G是OB的中點，過G作GH∥BC，交OC于H，∵BC＝OA＝6，∴GH＝BC＝3，OH＝OC＝1，若要點O到直線l的距離最大，則l⊥OG，Rt△OGH中，由勾股定理得：OG＝，故答案為：．【點睛】本題考查一次函數和矩形的綜合運用，考查了矩形的性質，直角三角形的性質，勾股定理，確定直線l與OB垂直時，OG最大是本題的關鍵．16、PE－PF=BM.【解析】

過點B作BH∥CD，交PF的延長線于點H，易證四邊形BMFH是平行四邊形，于是有FH=BM，再用AAS證明△PBE≌△PBH，可得PH=PE，繼而得到結論.【詳解】解：PE－PF=BM.理由如下：過點B作BH∥CD，交PF的延長線于點H，如圖∴∠PBH=∠DCB，∵PF⊥CD，BM⊥CD，∴BM∥FH，PH⊥BH，∴四邊形BMFH是平行四邊形，∠H=90°，∴FH=BM，∵等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，∴∠ABC=∠DCB，∴∠ABC=∠PBH，∵PE⊥AB，∴∠PEB=∠H=90°，又PB為公共邊，∴△PBE≌△PBH（AAS），∴PH=PE，∴PE=PF+FH=PF+BM．即PE－PF=BM.【點睛】本題考查了等腰梯形的性質、平行四邊形的判定與性質和全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是正確添加輔助線，構造所需的平行四邊形和全等三角形.17、．【解析】試題分析：原式=．故答案為．考點：因式分解-運用公式法．18、【解析】

原式通分并利用同分母分式的加法法則計算得到最簡結果，將a與b的值代入計算即可求出值．【詳解】原式=，當a=+1，b=-1時，原式=，故答案為：2【點睛】此題考查了分式的化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．三、解答題（共78分）19、【解析】試題分析：根據平移的性質可知（-4，1）,（-1，2）,（-2，4）,然后可畫圖；根據關于原點對稱的性質橫縱坐標均變為相反數，可得（-1,-1）,（-4，-2），（-3，-4），然后可畫圖.試題解析：（1）△A1B1C1如圖所示；（2）△A2B2C2如圖所示；考點：坐標平移，關于原點對稱的性質20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）AE與MN的數量關系是：AE=MN，BF與FG的數量關系是：BF=FG【解析】（1）作輔助線，構建平行四邊形PMND，再證明△ABE≌△DAP，即可得出結論；（2）連接AG、EG、CG，構建全等三角形和直角三角形，證明AG=EG=CG，再根據四邊形的內角和定理得∠AGE=90°，在R△AGE中，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得BF=AE，FG=AE，則BF=GF；（3）①AE=MN，證明△AEB≌△NMQ；②BF=FG，同理得出BF和FG分別是直角△AEB和直角△AGF斜邊上的中線，則BF=AE，FG=AE，所以BF=FG.證明：(1)在圖1中，過點D作PD∥MN交AB于P，則∠APD=∠AMN∵正方形ABCD∴AB=AD，AB∥DC，∠DAB=∠B=90°∴四邊形PMND是平行四邊形且PD=MN∵∠B=90°∴∠BAE＋∠BEA=90°∵MN⊥AE于F，∴∠BAE＋∠AMN=90°∴∠BEA=∠AMN=∠APD又∵AB=AD，∠B=∠DAP=90°∴△ABE≌△DAP∴AE=PD=MN（2）在圖2中連接AG、EG、CG由正方形的軸對稱性△ABG≌△CBG∴AG=CG，∠GAB=∠GCB∵MN⊥AE于F，F為AE中點∴AG=EG∴EG=CG，∠GEC=∠GCE∴∠GAB=∠GEC由圖可知∠GEB＋∠GEC=180°∴∠GEB＋∠GAB=180°又∵四邊形ABEG的內角和為360°，∠ABE=90°∴∠AGE=90°在Rt△ABE和Rt△AGE中，AE為斜邊，F為AE的中點，∴BF=AE，FG=AE∴BF=FG（3）AE與MN的數量關系是：AE=MNBF與FG的數量關系是：BF=FG“點睛”本題是四邊形的綜合題，考查了正方形、全等三角形、平行四邊形的性質與判定，在有中點和直角三角形的前提下，可以利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半來證明兩條線段相等.21、（1）13；（2）見解析【解析】

（1）由正方形的性質得出∠B=90°，BG=BC=5，則AB=AC+BC=12，由勾股定理即可得出結果；（2）設BC=a，由正方形的性質和點C是線段AB的三等分點得出AC=CE=2BC=2CF=2a，BC=BG=FG=CF=EF=a，∠B=∠ACE=∠EFG=∠EFG=90°，由勾股定理得出AE2=AC2+CE2=8a2，AG2=AB2+BG2=10a2，EG2=EF2+FG2=2a2，證得AG2=AE2+EG2，即可得出結論．【詳解】（1）解：∵四邊形BCFG是正方形，∴∠B=90°，BG=BC=5，∵AB=AC+BC=7+5=12，∴AG===13，故答案為：13；（2）證明：設BC=a，∵四邊形ACED和四邊形BCFG都是正方形，點C是線段AB的三等分點，∴AC=CE=2BC=2CF=2a，BC=BG=FG=CF=EF=a，∠B=∠ACE=∠EFG=∠EFG=90°，∴AE2=AC2+CE2=8a2，AB=3BC=3a，AG2=AB2+BG2=9a2+a2=10a2，EG2=EF2+FG2=a2+a2=2a2，∴AE2+EG2=8a2+2a2=10a2，∴AG2=AE2+EG2，∴△AEG是直角三角形．【點睛】此題考查正方形的性質，勾股定理，熟練掌握正方形的性質與勾股定理是解題的關鍵．22、（3）y＝x﹣3．（3）詳見解析；（3）（3+m，﹣4﹣m）；（4）y＝﹣x﹣3．【解析】

（3）直線AB的解析式為y＝kx+b（k≠2），利用待定系數法求函數的解析式即可；（3）先證∠APO＝∠PMN，用AAS證△PAO≌△MPN；（3）由（3）中全等三角形的性質得到OP＝NM，OA＝NP．根據PB＝m，用m表示出NM和ON＝OP+NP，根據點M在第四象限，表示出點M的坐標即可．（4）設直線MB的解析式為y＝nx﹣3，根據點M（m+3，﹣m﹣4）．然后求得直線MB的解析式．【詳解】（3）解：設直線AB：y＝kx+b（k≠2）代入A（3，2），B（2，﹣3），得，解得，∴直線AB的解析式為：y＝x﹣3．（3）證明：作MN⊥y軸于點N．∵△APM為等腰直角三角形，PM＝PA，∴∠APM＝92°．∴∠OPA+∠NPM＝92°．∵∠NMP+∠NPM＝92°，∴∠OPA＝∠NMP．在△PAO與△MPN中，∴△PAO≌△MPN（AAS）．（3）由（3）知，△PAO≌△MPN，則OP＝NM，OA＝NP．∵PB＝m（m＞2），∴ON＝3+m+3＝4+mMN＝OP＝3+m．∵點M在第四象限，∴點M的坐標為（3+m，﹣4﹣m）．（4）設直線MB的解析式為y＝nx﹣3（n≠2）．∵點M（3+m，﹣4﹣m）．在直線MB上，∴﹣4﹣m＝n（3+m）﹣3．整理，得（m+3）n＝﹣m﹣3．∵m＞2，∴m+3≠2．解得n＝﹣3．∴直線MB的解析式為y＝﹣x﹣3．【點睛】本題綜合考查了一次函數與幾何知識的應用，運用待定系數法求一次函數解析式，全等三角形的判定與性質，函數圖象上點的坐標特征等知識解答，注意“數形結合”數學思想的應用．23、（1）（1，0）；（2）①（2，3）；②（3，1）【解析】

（1）把點A的坐標代入直線解析式可求得b=1，則直線的解析式為y=-x+1，令y=0可求得x=1，故此可求得點B的坐標；

（2）①由題l垂直平分OB可知OE=BE=2，將x=2代入直線AB的解析式可求得點D的坐標，設點P的坐標為（2，n），然后依據S△APB=S△APD+S△BPD可得到△APB的面積與n的函數關系式為S△APB=2n-1；由S△ABP=8得到關于n的方程可求得n的值，從而得到點P的坐標；

②如圖1所示，過點C作CM⊥l，垂足為M，再過點B作BN⊥CM于點N．設點C的坐標為（p，q），先證明△PCM≌△CBN，得到CM=BN，PM=CN，然后由CM=BN，PM=CN列出關于p、q的方程組可求得p、q的值；如圖2所示，同理可求得點C的坐標．【詳解】解：（1）∵把A（0，1）代入y=-x+b得b=1，∴直線AB的函數表達式為：y=-x+1．令y=0得：-x+1=0，解得：x=1，∴點B的坐標為（1，0）；（2）①∵l垂直平分OB，

∴OE=BE=2．

∵將x=2代入y=-x+1得：y=-2+1=2．

∴點D的坐標為（2，2）．

∵點P的坐標為（2，n），

∴PD=n-2．

∵S△APB=S△APD+S△BPD，

∴S△ABP=PD?OE+PD?BE=（n-2）×2+（n-2）×2=2n-1．∵S△ABP=8，∴2n-1=8，解得：n=3．∴點P的坐標為（2，3）．②如圖1所示：過點C作CM⊥l，垂足為M，再過點B作BN⊥CM于點N．設點C（p，q）．∵△PBC為等腰直角三角形，PB為斜邊，∴PC=PB，∠PCM+∠MCB=90°，∵CM⊥l，BN⊥CM，∴∠PMC=∠BNC=90°，∠MPC+∠PCM=90°．∴∠MPC=∠NCB．∵PC=BC，，

∴△PCM≌△CBN．

∴CM=BN，PM=CN．

∴，解得．

∴點C的坐標為（3，1）．

如圖2所示：過點C作CM⊥l，垂足為M，再過點B作BN⊥CM于點N．

設點C（p，q）．

∵△PBC為等腰直角三角形，PB為斜邊，

∴PC=CB，∠PCM+∠MCB=90°．

∵CM⊥l，BN⊥CM，

∴∠PMC=∠BNC=90°，∠MPC+∠PCM=90°．

∴∠MPC=∠NCB．

在△PCM和△CBN中，

，

∴△PCM≌△CBN．

∴CM=BN，PM=CN．

∴，解得．

∴點C的坐標為（0，2）舍去．

綜上所述點C的坐標為（3，1）．【點睛】此題考查一次函數的綜合應用，全等三角形的性質和判斷，解題關鍵在于掌握待定系數法求一次函數的解析式、割補法求面積、三角形的面積公式，全等三角形的性質和判斷，由CM=BN，PM=CN列出關于p、q的方程組．24、（1）；（2），證明見解析；（3）．【解析】

（1）根據等邊三角形的性質可得，，然后根據旋轉的性質可得，°，從而得出，然后利用SAS即可證出，最后利用對頂角相等和三角形的內角和定理即可求出結論；（2）根據等邊三角形的性質可得，，然后根據旋轉的性質可得，°，從而得出，然后利用SAS即可證出，最后利用對頂角相等和三角形的內角和定理即可求出結論；（3）設EC和FO交于點G，根據等邊三角形的性質可得，，然后根據旋轉的性質可得，°，從而得出、∠DCG=45°、∠BEC=30°，然后利用SAS即可證出，從而可求∠FGC=90°，然后根據等腰直角三角形的性質、勾股定理和30°所對的直角邊是斜邊的一半即可得出結論．【詳解】解：（1）∵是等邊三角形，∴，．∵線段繞點順時針旋轉60°得到線段,∴，°．∴，即．在和中∴．∴．又，，．∴．（2）．證明：如圖②，是等邊三角形，∴，．∵線段繞點順時針旋轉60°得到線段,∴，°．∴，即．在和中∴．∴．又，，．∴．（3）設EC和FO交于點G∵是等邊三角形，∴，．∵線段繞點順時針旋轉60°得到線段,∴，°．∴，即．∴∠DCG=∠ECF－∠DCF=45°∵∴∠BEC=180°－∠ABC－∠BCE=30