8.如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标是(2,4),点B的坐标是(6,2).
(1)求$△ OAB$的面积;
(2)点P从点O出发,沿$O→A→B$的方向运动到点B,当$S_{△ AOB}=2S_{△ POB}$时,点P的坐标为.(直接写结果)

8.(1)解:$S_{△OAB}=4×6-\frac{1}{2}×6×2-\frac{1}{2}×2×4-\frac{1}{2}×4×2=24-6-4-4=10$.
(2)(1,2)或(4,3)

【分析】
(1) 求平面直角坐标系中不规则三角形的面积时，常用割补法：先构造包含△OAB的矩形，再用矩形面积减去周围三个直角三角形的面积，即可得到△OAB的面积。
(2) 先根据$S_{△AOB}=2S_{△POB}$求出$S_{△POB}=5$，再分两种情况讨论：①点P在OA边上运动；②点P在AB边上运动。分别求出OA、AB所在直线的解析式，设出P点坐标，结合三角形面积为5列方程求解，即可得到P点坐标。
【解析】
(1) 过点A、B分别作坐标轴的平行线，四条线相交围成一个长为6、宽为4的矩形，矩形面积为$6×4=24$。
周围三个直角三角形的面积分别为：
① 以OB为斜边的直角三角形：底6，高2，面积$=\frac{1}{2}×6×2=6$；
② 以OA为斜边的直角三角形：底2，高4，面积$=\frac{1}{2}×2×4=4$；
③ 以AB为斜边的直角三角形：横向长$6-2=4$，纵向长$4-2=2$，面积$=\frac{1}{2}×4×2=4$；
因此 $S_{△OAB}=24-6-4-4=10$。
(2) 由$S_{△AOB}=2S_{△POB}$，得$S_{△POB}=10÷2=5$。
① 当P在OA边上时：OA过点O(0,0)和A(2,4)，解析式为$y=2x$，设$P(a,2a)$，代入三角形面积条件解得$a=1$，即$P(1,2)$。
② 当P在AB边上时：AB过点A(2,4)和B(6,2)，解析式为$y=-\frac{1}{2}x+5$，设$P(b,-\frac{1}{2}b+5)$，代入三角形面积条件解得$b=4$，代入解析式得$y=3$，即$P(4,3)$。
综上，点P的坐标为(1,2)或(4,3)。
【答案】
(1) $\boldsymbol{10}$；(2) $\boldsymbol{(1,2)}$或$\boldsymbol{(4,3)}$
【知识点】
坐标系图形面积计算，一次函数解析式，分类讨论
【点评】
本题重点考查割补法求不规则图形面积的应用，第二问需要注意分情况讨论点P的运动位置，避免漏解，结合一次函数解析式设点坐标可简化计算过程。
【难度系数】
0.6

9.(铜山区一模改编)如图,在平面直角坐标系中,点A,B在x轴上,点C在y轴上,AB=BC=5,AC=8,D为线段AB上一动点,以CD为边在x轴上方作正方形CDEF,连接AE.点B的坐标为(m,0).
(1)m的值为;
(2)当BD=时,EA⊥x轴;
(3)设D(t,0),$△ ADE$的面积为S,求S关于t的函数表达式,并写出t的取值范围;
(4)在点D由点B运动到点A的过程中,求点F经过的路径长.

9.(1)$-\frac{7}{5}$ (2)$\frac{1}{5}$
(3)解:过点E作$EN⊥x$轴于点N,
则易得$△DEN≌△CDO,∴EN=DO=-t$.
$∵OA=AB+OB=\frac{32}{5}$,
$∴AD=OA-OD=\frac{32}{5}-(-t)=\frac{32}{5}+t$,
$∴S=\frac{1}{2}AD·EN=\frac{1}{2}(\frac{32}{5}+t)·(-t)=-\frac{1}{2}t^2-\frac{16}{5}t(-\frac{32}{5}＜t≤-\frac{7}{5})$.
(4)解:如答图,过点C作$CH⊥y$轴,过点F作$FH⊥CH$,交点为H.

∵四边形CDEF是正方形,$∴CD=CF,∠FCD=90°$,
$∴∠FCH+∠DCH=90°$.
又
∵$∠DCO+∠HCD=90°,∴∠FCH=∠DCO$.
又
∵$FC=DC,∠CHF=∠DOC=90°$,
$∴△CFH≌△CDO(AAS),∴CH=CO,FH=DO$.
由$BC=5,OB=\frac{7}{5}$可求得$CO=\sqrt{5^2-(\frac{7}{5})^2}=\frac{24}{5}$,
$∴CH=\frac{24}{5},∴$点F始终在直线$x=-\frac{24}{5}$上移动.
当点D与点B重合时,$FH=BO=\frac{7}{5}$;
当点D与点A重合时,$FH=AO=AB+BO=5+\frac{7}{5}=\frac{32}{5}$,
∴在点D由点B运动到点A的过程中,点F经过的路径长为$\frac{32}{5}-\frac{7}{5}=5$.

【分析】
(1) 求点B的横坐标m，可利用OC是Rt△COB和Rt△COA的公共直角边，结合勾股定理列方程求解：设OB=-m（B在x轴负半轴，m＜0），则OA=AB+OB=5-m，分别用勾股定理表示OC²，建立关于m的方程即可解得m。
(2) 当EA⊥x轴时，E的横坐标与A点横坐标相同，过E作x轴垂线，利用正方形性质可证△DEN≌△CDO，得到对应边相等，结合E的横坐标求出D点坐标，再计算BD长度即可。
(3) 求△ADE的面积，底为AD，高为E点的纵坐标绝对值，沿用(2)的全等结论可得E的纵坐标等于OD的长度，再用t表示出AD和高，代入三角形面积公式即可，t的范围结合D在线段AB上确定。
(4) 求F点的路径长，先构造全等三角形证明F点的横坐标为定值，即F在竖直线上运动，再分别求出D在B、A位置时F的纵坐标，差值就是路径长度。
【解析】
(1) 设点B坐标为$(m,0)$，$m＜0$，故$OB=-m$，点A坐标为$(m-5,0)$，$OA=5-m$。
在$Rt△COB$中，$OC^2=BC^2-OB^2=25-m^2$；
在$Rt△COA$中，$OC^2=AC^2-OA^2=64-(5-m)^2$；
联立方程解得$m=-\frac{7}{5}$。
(2) 由(1)得$A(-\frac{32}{5},0)$，$OC=\frac{24}{5}$。过E作$EN⊥x$轴于N，可证$△DEN≌△CDO(AAS)$，得$DN=OC=\frac{24}{5}$。当$EA⊥x$轴时N与A重合，可得D点横坐标为$-\frac{32}{5}+\frac{24}{5}=-\frac{8}{5}$，故$BD=(-\frac{7}{5})-(-\frac{8}{5})=\frac{1}{5}$。
(3) 由$△DEN≌△CDO$得$EN=DO=-t$，$AD=\frac{32}{5}+t$，代入三角形面积公式得$S=\frac{1}{2}AD·EN=-\frac{1}{2}t^2-\frac{16}{5}t$，D在线段AB上，故t的取值范围是$-\frac{32}{5}＜t≤-\frac{7}{5}$。
(4) 构造全等$△CFH≌△CDO$，得$CH=CO=\frac{24}{5}$，故F在直线$x=-\frac{24}{5}$上运动。分别求出D在B、A处时F的纵坐标，差值即为路径长，计算得路径长为5。
【答案】
(1)$-\frac{7}{5}$ (2)$\frac{1}{5}$
(3)解:过点E作$EN⊥x$轴于点N,
则易得$△DEN≌△CDO,∴EN=DO=-t$.
$∵OA=AB+OB=\frac{32}{5}$,
$∴AD=OA-OD=\frac{32}{5}-(-t)=\frac{32}{5}+t$,
$∴S=\frac{1}{2}AD·EN=\frac{1}{2}(\frac{32}{5}+t)·(-t)=-\frac{1}{2}t^2-\frac{16}{5}t(-\frac{32}{5}＜t≤-\frac{7}{5})$.
(4)解:如答图,过点C作$CH⊥y$轴,过点F作$FH⊥CH$,交点为H.

∵四边形CDEF是正方形,$∴CD=CF,∠FCD=90°$,
$∴∠FCH+∠DCH=90°$.
又
∵$∠DCO+∠HCD=90°,∴∠FCH=∠DCO$.
又
∵$FC=DC,∠CHF=∠DOC=90°$,
$∴△CFH≌△CDO(AAS),∴CH=CO,FH=DO$.
由$BC=5,OB=\frac{7}{5}$可求得$CO=\sqrt{5^2-(\frac{7}{5})^2}=\frac{24}{5}$,
$∴CH=\frac{24}{5},∴$点F始终在直线$x=-\frac{24}{5}$上移动.
当点D与点B重合时,$FH=BO=\frac{7}{5}$;
当点D与点A重合时,$FH=AO=AB+BO=5+\frac{7}{5}=\frac{32}{5}$,
∴在点D由点B运动到点A的过程中,点F经过的路径长为$\frac{32}{5}-\frac{7}{5}=5$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质、正方形的性质、动点问题分析
【点评】
本题以平面直角坐标系为背景，综合考查了勾股定理、正方形性质、全等三角形的应用以及动点路径和函数表达式的求解，解题核心是通过构造全等三角形转化线段关系，能够较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4