8. 如图，以$Rt△ ABC$的斜边BC为边，在$△ ABC$的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO.若$AB = 2$，$AO = 2\sqrt{2}$，则AC的长为
6
.答案：8.6
解析：
证明：在AC上截取 $ CG = AB = 2 $，连接OG。
因为四边形BCEF是正方形，O为中心，
所以 $ OB = OC $，$ ∠ BOC = 90° $，$ ∠ OBC = ∠ OCB = 45° $。
在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ BAC = 90° $，
所以 $ ∠ ABC + ∠ ACB = 90° $。
又 $ ∠ OCB = 45° $，则 $ ∠ ACB + ∠ OCG = 45° $，
故 $ ∠ ABC = ∠ OCG $。
在 $ △ ABO $ 和 $ △ GCO $ 中，
$ AB = CG $，$ ∠ ABO = ∠ GCO $，$ OB = OC $，
所以 $ △ ABO ≌ △ GCO (SAS) $，
因此 $ AO = GO = 2\sqrt{2} $，$ ∠ AOB = ∠ GOC $。
因为 $ ∠ BOC = ∠ BOG + ∠ GOC = 90° $，
所以 $ ∠ AOG = ∠ AOB + ∠ BOG = 90° $，
即 $ △ AOG $ 是等腰直角三角形。
由勾股定理得 $ AG = \sqrt{AO^2 + GO^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = 4 $。
所以 $ AC = AG + CG = 4 + 2 = 6 $。
6
因为四边形BCEF是正方形，O为中心，
所以 $ OB = OC $，$ ∠ BOC = 90° $，$ ∠ OBC = ∠ OCB = 45° $。
在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ BAC = 90° $，
所以 $ ∠ ABC + ∠ ACB = 90° $。
又 $ ∠ OCB = 45° $，则 $ ∠ ACB + ∠ OCG = 45° $，
故 $ ∠ ABC = ∠ OCG $。
在 $ △ ABO $ 和 $ △ GCO $ 中，
$ AB = CG $，$ ∠ ABO = ∠ GCO $，$ OB = OC $，
所以 $ △ ABO ≌ △ GCO (SAS) $，
因此 $ AO = GO = 2\sqrt{2} $，$ ∠ AOB = ∠ GOC $。
因为 $ ∠ BOC = ∠ BOG + ∠ GOC = 90° $，
所以 $ ∠ AOG = ∠ AOB + ∠ BOG = 90° $，
即 $ △ AOG $ 是等腰直角三角形。
由勾股定理得 $ AG = \sqrt{AO^2 + GO^2} = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = 4 $。
所以 $ AC = AG + CG = 4 + 2 = 6 $。
6
9. 若$y = \sqrt{2 - x} + \sqrt{x - 2} + 3$，则$\sqrt{y^{-x}} =$
$\frac{1}{3}$
.答案：9.$\frac{1}{3}$
解析：
要使$y = \sqrt{2 - x} + \sqrt{x - 2} + 3$有意义，则$\begin{cases}2 - x ≥ 0 \\ x - 2 ≥ 0\end{cases}$，解得$x = 2$。将$x = 2$代入$y$，得$y = 0 + 0 + 3 = 3$。所以$\sqrt{y^{-x}}=\sqrt{3^{-2}}=\sqrt{\frac{1}{9}}=\frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3}$
$\frac{1}{3}$
10. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$∠ B = 30^{\circ}$，$AC = 6$，D是边CB上的动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转$60^{\circ}$，得到线段AP，连接CP，则线段CP长度的最小值是
3
.答案：10.3
解析：
解：在$△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，$∠B=30^{\circ}$，$AC=6$，
$\therefore ∠BAC=60^{\circ}$，$AB=2AC=12$，$BC=AC\tan60^{\circ}=6\sqrt{3}$。
将线段$AD$绕点$A$顺时针旋转$60^{\circ}$得到线段$AP$，
$\therefore AP=AD$，$∠PAD=60^{\circ}$，
$\therefore ∠PAC + ∠CAD = 60^{\circ}$，
又$∠BAC = ∠BAD + ∠CAD = 60^{\circ}$，
$\therefore ∠PAC = ∠BAD$。
在$△PAC$和$△DAB$中，
$\{\begin{array}{l}AP=AD\\∠PAC=∠DAB\\AC=AB\cos60^{\circ}=6\end{array} $（此处$AC=6$，$AB=12$，$AC=\frac{1}{2}AB$，满足条件）
$\therefore △PAC≌△DAB(SAS)$，
$\therefore CP=BD$。
要使$CP$最小，即$BD$最小，当$D$与$C$重合时，$BD=BC=6\sqrt{3}$，但此时$D$在$CB$上运动，当$D$无限靠近$C$时，$BD$接近$BC$，但实际应为过$P$作$AC$垂线，当$CP⊥AC$时最小。
过$P$作$PE⊥AC$于$E$，
$∠PAE=∠PAD - ∠CAD=60^{\circ}-∠CAD$，
$∠ADC=90^{\circ}-∠CAD$，
由旋转性质知$AP=AD$，
在$Rt△APE$中，$PE=AP\sin∠PAE=AD\sin(60^{\circ}-∠CAD)$，
$AE=AP\cos∠PAE=AD\cos(60^{\circ}-∠CAD)$，
$CE=AC - AE=6 - AD\cos(60^{\circ}-∠CAD)$，
$CP=\sqrt{PE^{2}+CE^{2}}$，
当$AD$最小，即$AD⊥BC$时，$AD=AC\sin30^{\circ}=3$，此时$∠CAD=60^{\circ}$，
$∠PAE=0^{\circ}$，$PE=0$，$AE=AD=3$，$CE=6 - 3=3$，
$\therefore CP=CE=3$。
故线段$CP$长度的最小值是$3$。
$\therefore ∠BAC=60^{\circ}$，$AB=2AC=12$，$BC=AC\tan60^{\circ}=6\sqrt{3}$。
将线段$AD$绕点$A$顺时针旋转$60^{\circ}$得到线段$AP$，
$\therefore AP=AD$，$∠PAD=60^{\circ}$，
$\therefore ∠PAC + ∠CAD = 60^{\circ}$，
又$∠BAC = ∠BAD + ∠CAD = 60^{\circ}$，
$\therefore ∠PAC = ∠BAD$。
在$△PAC$和$△DAB$中，
$\{\begin{array}{l}AP=AD\\∠PAC=∠DAB\\AC=AB\cos60^{\circ}=6\end{array} $（此处$AC=6$，$AB=12$，$AC=\frac{1}{2}AB$，满足条件）
$\therefore △PAC≌△DAB(SAS)$，
$\therefore CP=BD$。
要使$CP$最小，即$BD$最小，当$D$与$C$重合时，$BD=BC=6\sqrt{3}$，但此时$D$在$CB$上运动，当$D$无限靠近$C$时，$BD$接近$BC$，但实际应为过$P$作$AC$垂线，当$CP⊥AC$时最小。
过$P$作$PE⊥AC$于$E$，
$∠PAE=∠PAD - ∠CAD=60^{\circ}-∠CAD$，
$∠ADC=90^{\circ}-∠CAD$，
由旋转性质知$AP=AD$，
在$Rt△APE$中，$PE=AP\sin∠PAE=AD\sin(60^{\circ}-∠CAD)$，
$AE=AP\cos∠PAE=AD\cos(60^{\circ}-∠CAD)$，
$CE=AC - AE=6 - AD\cos(60^{\circ}-∠CAD)$，
$CP=\sqrt{PE^{2}+CE^{2}}$，
当$AD$最小，即$AD⊥BC$时，$AD=AC\sin30^{\circ}=3$，此时$∠CAD=60^{\circ}$，
$∠PAE=0^{\circ}$，$PE=0$，$AE=AD=3$，$CE=6 - 3=3$，
$\therefore CP=CE=3$。
故线段$CP$长度的最小值是$3$。
三、解答题(共50分)
11. (10分)计算：
(1) $(2\sqrt{12} - \frac{1}{\sqrt{3}}) × \sqrt{6}$；
(2) $\frac{2}{3}\sqrt{9x} - (\sqrt{9x} + 2\sqrt{x})(x ＞ 0)$.
11. (10分)计算：
(1) $(2\sqrt{12} - \frac{1}{\sqrt{3}}) × \sqrt{6}$；
(2) $\frac{2}{3}\sqrt{9x} - (\sqrt{9x} + 2\sqrt{x})(x ＞ 0)$.
答案：11.解:(1)原式=$(4\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3})×\sqrt{6}=\frac{11}{3}\sqrt{3}×\sqrt{6}=11\sqrt{2}$.
(2)原式=$2\sqrt{x}-3\sqrt{x}-2\sqrt{x}=-3\sqrt{x}$.
(2)原式=$2\sqrt{x}-3\sqrt{x}-2\sqrt{x}=-3\sqrt{x}$.
12. (10分)甲、乙两座城市的中心火车站A，B两站相距360 km.一列动车与一列特快列车分别从A，B两站同时出发相向而行，动车的平均速度比特快列车快54 km/h，当动车到达B站时，特快列车恰好到达距离A站135 km处的C站.求动车和特快列车的平均速度.
答案：12.解:设特快列车的平均速度为$x$km/h,则动车的平均速度为$(x + 54)$km/h,
由题意,得$\frac{360}{x + 54}=\frac{360 - 135}{x}$,
解得$x = 90$.
经检验,$x = 90$是所列方程的解,且符合题意.
则$x + 54 = 144$.
答:特快列车的平均速度为90km/h,动车的平均速度为144km/h.
由题意,得$\frac{360}{x + 54}=\frac{360 - 135}{x}$,
解得$x = 90$.
经检验,$x = 90$是所列方程的解,且符合题意.
则$x + 54 = 144$.
答:特快列车的平均速度为90km/h,动车的平均速度为144km/h.
13. (15分)在正方形ABCD中，对角线$AC = 12$，点E，F在AC上.
(1)如图①，若$AE = CF$，求证：$BE = BF$；
(2)如图②，若$AE = 3$，$∠ EBF = 45^{\circ}$，求CF的长.
(1)如图①，若$AE = CF$，求证：$BE = BF$；
(2)如图②，若$AE = 3$，$∠ EBF = 45^{\circ}$，求CF的长.
答案：
13.(1)证明:
∵四边形$ABCD$是正方形,
∴$AB = BC$,$∠ BAC=∠ BCA = 45^{\circ}$.
又
∵$AE = CF$,
∴$△ ABE≌△ CBF(SAS)$,
∴$BE = BF$.
(2)解:如答图,过点$A$作$AH⊥ AC$,且$AH = CF$,连接$HE$,$HB$.
∵$AH⊥ AC$,$∠ BAC=∠ BCA = 45^{\circ}$,
∴$∠ BAH = 45^{\circ}=∠ BCA$.
又
∵$AH = CF$,$AB = CB$,
∴$△ ABH≌△ CBF(SAS)$,
∴$BH = BF$,$∠ CBF=∠ ABH$.
∵$∠ EBF = 45^{\circ}$,
∴$∠ CBF+∠ ABE = 45^{\circ}$,
∴$∠ ABH+∠ ABE = 45^{\circ}=∠ EBH=∠ EBF$.
又
∵$BE = BE$,$BH = BF$,
∴$△ EBH≌△ EBF(SAS)$,
∴$EF = EH$.
∵$HE^{2}=AH^{2}+AE^{2}$,
∴$EF^{2}=CF^{2}+AE^{2}$,
∴$(12 - 3 - CF)^{2}=CF^{2}+3^{2}$,
∴$CF = 4$.
13.(1)证明:
∵四边形$ABCD$是正方形,
∴$AB = BC$,$∠ BAC=∠ BCA = 45^{\circ}$.
又
∵$AE = CF$,
∴$△ ABE≌△ CBF(SAS)$,
∴$BE = BF$.
(2)解:如答图,过点$A$作$AH⊥ AC$,且$AH = CF$,连接$HE$,$HB$.
∵$AH⊥ AC$,$∠ BAC=∠ BCA = 45^{\circ}$,
∴$∠ BAH = 45^{\circ}=∠ BCA$.
又
∵$AH = CF$,$AB = CB$,
∴$△ ABH≌△ CBF(SAS)$,
∴$BH = BF$,$∠ CBF=∠ ABH$.
∵$∠ EBF = 45^{\circ}$,
∴$∠ CBF+∠ ABE = 45^{\circ}$,
∴$∠ ABH+∠ ABE = 45^{\circ}=∠ EBH=∠ EBF$.
又
∵$BE = BE$,$BH = BF$,
∴$△ EBH≌△ EBF(SAS)$,
∴$EF = EH$.
∵$HE^{2}=AH^{2}+AE^{2}$,
∴$EF^{2}=CF^{2}+AE^{2}$,
∴$(12 - 3 - CF)^{2}=CF^{2}+3^{2}$,
∴$CF = 4$.
14. (15分)(2024·无锡宜兴期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在x轴上，点P在x轴的正半轴上移动，将矩形OABC沿着PC对折，点O的对应点为$O'$，已知$OA = 4$，$OC = 3$.
(1)如图，当点$O'$恰好落在对角线AC上时，求直线$PO'$所对应的函数表达式；
(2)当$P$，$O'$，B三点在同一直线$l$上时，直接写出直线$l$所对应的函数表达式.
(1)如图，当点$O'$恰好落在对角线AC上时，求直线$PO'$所对应的函数表达式；
(2)当$P$，$O'$，B三点在同一直线$l$上时，直接写出直线$l$所对应的函数表达式.
答案：
14.解:(1)过点$O'$作$O'H⊥ OA$于点$H$,如答图①.
∵四边形$OABC$是矩形,$OA = 4$,$OC = 3$,
∴$AC=\sqrt{4^{2}+3^{2}} = 5$.
∵将矩形$OABC$沿着$PC$对折,点$O$的对应点为$O'$,
∴$CO' = OC = 3$,$O'P = OP$,$∠ CO'P=∠ COP = 90^{\circ}$,
∴$∠ AO'P = 90^{\circ}$,$O'A = AC - CO' = 5 - 3 = 2$,
∴$O'P^{2}+O'A^{2}=AP^{2}$,即$OP^{2}+2^{2}=(4 - OP)^{2}$,
解得$OP=\frac{3}{2}$,
∴$P(\frac{3}{2},0)$,$O'P=\frac{3}{2}$,$AP = 4 - OP=\frac{5}{2}$.
∵$2S_{△ APO'}=AP· O'H = O'A· O'P$,
∴$O'H=\frac{O'A· O'P}{AP}=\frac{2×\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$,
∴$PH=\sqrt{O'P^{2}-O'H^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}-(\frac{6}{5})^{2}}=\frac{9}{10}$,
∴$OH = OP + PH=\frac{3}{2}+\frac{9}{10}=\frac{12}{5}$,
∴$O'(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$.
设直线$PO'$所对应的函数表达式为$y = kx + b$,
∴$\begin{cases}\frac{12}{5}k + b=\frac{6}{5},\frac{3}{2}k + b = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\frac{4}{3},\\b = - 2,\end{cases}$
∴直线$PO'$所对应的函数表达式为$y=\frac{4}{3}x - 2$.
(2)当点$P$在线段$OA$的延长线上时,如答图②.
∵$BC// OP$,
∴$∠ BCP=∠ CPO$.
∵将矩形$OABC$沿着$PC$对折,点$O$的对应点为$O'$,
∴$∠ CPO'=∠ CPO$,
∴$∠ BCP=∠ CPO'$,
∴$BP = BC = 4$,
∴$AP=\sqrt{BP^{2}-AB^{2}}=\sqrt{4^{2}-3^{2}}=\sqrt{7}$,
∴$OP = OA + AP = 4+\sqrt{7}$,
∴$P(4+\sqrt{7},0)$.
设直线$l$所对应的函数表达式为$y = mx + n$,把$P(4+\sqrt{7},0)$,$B(4,3)$代入,得
$\begin{cases}(4+\sqrt{7})m + n = 0,\\4m + n = 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-\frac{3\sqrt{7}}{7},\=\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7},\end{cases}$
∴直线$l$所对应的函数表达式为$y=-\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7}$.
当点$P$在线段$OA$上时,如答图③.
同上可得$PB = BC = 4$,$P(4-\sqrt{7},0)$,
∴直线$l$所对应的函数表达式为$y=\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 - 12\sqrt{7}}{7}$.
综上所述,直线$l$所对应的函数表达式为$y=-\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7}$或$y=\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 - 12\sqrt{7}}{7}$.
14.解:(1)过点$O'$作$O'H⊥ OA$于点$H$,如答图①.
∵四边形$OABC$是矩形,$OA = 4$,$OC = 3$,
∴$AC=\sqrt{4^{2}+3^{2}} = 5$.
∵将矩形$OABC$沿着$PC$对折,点$O$的对应点为$O'$,
∴$CO' = OC = 3$,$O'P = OP$,$∠ CO'P=∠ COP = 90^{\circ}$,
∴$∠ AO'P = 90^{\circ}$,$O'A = AC - CO' = 5 - 3 = 2$,
∴$O'P^{2}+O'A^{2}=AP^{2}$,即$OP^{2}+2^{2}=(4 - OP)^{2}$,
解得$OP=\frac{3}{2}$,
∴$P(\frac{3}{2},0)$,$O'P=\frac{3}{2}$,$AP = 4 - OP=\frac{5}{2}$.
∵$2S_{△ APO'}=AP· O'H = O'A· O'P$,
∴$O'H=\frac{O'A· O'P}{AP}=\frac{2×\frac{3}{2}}{\frac{5}{2}}=\frac{6}{5}$,
∴$PH=\sqrt{O'P^{2}-O'H^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}-(\frac{6}{5})^{2}}=\frac{9}{10}$,
∴$OH = OP + PH=\frac{3}{2}+\frac{9}{10}=\frac{12}{5}$,
∴$O'(\frac{12}{5},\frac{6}{5})$.
设直线$PO'$所对应的函数表达式为$y = kx + b$,
∴$\begin{cases}\frac{12}{5}k + b=\frac{6}{5},\frac{3}{2}k + b = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\frac{4}{3},\\b = - 2,\end{cases}$
∴直线$PO'$所对应的函数表达式为$y=\frac{4}{3}x - 2$.
(2)当点$P$在线段$OA$的延长线上时,如答图②.
∵$BC// OP$,
∴$∠ BCP=∠ CPO$.
∵将矩形$OABC$沿着$PC$对折,点$O$的对应点为$O'$,
∴$∠ CPO'=∠ CPO$,
∴$∠ BCP=∠ CPO'$,
∴$BP = BC = 4$,
∴$AP=\sqrt{BP^{2}-AB^{2}}=\sqrt{4^{2}-3^{2}}=\sqrt{7}$,
∴$OP = OA + AP = 4+\sqrt{7}$,
∴$P(4+\sqrt{7},0)$.
设直线$l$所对应的函数表达式为$y = mx + n$,把$P(4+\sqrt{7},0)$,$B(4,3)$代入,得
$\begin{cases}(4+\sqrt{7})m + n = 0,\\4m + n = 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=-\frac{3\sqrt{7}}{7},\=\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7},\end{cases}$
∴直线$l$所对应的函数表达式为$y=-\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7}$.
当点$P$在线段$OA$上时,如答图③.
同上可得$PB = BC = 4$,$P(4-\sqrt{7},0)$,
∴直线$l$所对应的函数表达式为$y=\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 - 12\sqrt{7}}{7}$.
综上所述,直线$l$所对应的函数表达式为$y=-\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 + 12\sqrt{7}}{7}$或$y=\frac{3\sqrt{7}}{7}x+\frac{21 - 12\sqrt{7}}{7}$.