7. 如图，A，B 两点的坐标分别为$(0,2),(1,0)$，直线$y=\frac{1}{2}x - 3$与坐标轴交于 C，D 两点.
（1）求直线$AB:y = kx + b$与直线 CD 的交点 E 的坐标；
（2）求四边形 OBEC 的面积；
（3）利用勾股定理证明：$AB ⊥ CD$.

; 解：​$(1)$​∵点​$A(0，$​​$2)，$​点​$B(1，$​​$0)$​在直线​$y = kx + b$​上∴​$\begin {cases}k + b = 0\\b = 2\end {cases}，$​解得​$\begin {cases}k = -2\\b = 2\end {cases}$​∴直线​$AB$​对应的函数表达式是​$y = -2x + 2$​联立方程组​$\begin {cases}y = -2x + 2\\y = \frac 12x - 3\end {cases}，$​解得​$\begin {cases}x = 2\\y = -2\end {cases}$​∴点​$E$​的坐标是​$(2，$​​$-2)$​​$(2)$​对于​$y = \frac 12x - 3，$​令​$x = 0，$​得​$y = -3；$​令​$y = 0，$​得​$\frac 12x - 3 = 0，$​解得​$x = 6$​又直线​$y = \frac 12x - 3$​与坐标轴交于​$C，$​​$D$​两点∴点​$C$​的坐标为​$(0，$​​$-3)，$​点​$D$​的坐标为​$(6，$​​$0)$​∴​$OC = 3，$​​$OD = 6$​又点​$B$​的坐标是​$(1，$​​$0)，$​∴​$OB = 1$​即​$BD = OD - OB = 5$​过点​$E$​作​$EH\perp x$​轴于点​$H$​由​$(1)，$​得点​$E$​的坐标为​$(2，$​​$-2)，$​∴​$EH = 2$​∴​$S_{四边形OBEC}=S_{\triangle DOC}-S_{\triangle DBE}$​​$=\frac 12OD·OC-\frac 12BD·EH$​​$=\frac 12×6×3 - \frac 12×5×2 = 4$​​$(3)$​过点​$E$​作​$EF\perp y$​轴于点​$F$​由​$(1)$​得点​$E$​的坐标为​$(2，$​​$-2)$​∴​$EF = 2，$​​$OF = 2$​∵点​$A$​的坐标为​$(0，$​​$2)，$​∴​$OA = 2$​由​$(2)，$​得​$OC = 3$​∴​$AF = OA + OF = 4，$​​$CF = OC - OF = 1，$​​$AC = OA + OC = 5$​在​$Rt\triangle AEF $​和​$Rt\triangle CEF $​中由勾股定理得​$AE^2=AF^2+EF^2=4^2+2^2=20，$​​$CE^2=EF^2+CF^2=2^2+1^2=5$​又​$AC^2=25，$​∴​$AE^2+CE^2=AC^2$​∴​$\triangle ACE$​是直角三角形，且​$∠AEC = 90°$​∴​$AB\perp CD$​

8. 如图,直线 $y_1=x+3$ 分别与 $x$ 轴、$y$ 轴交于点 $A$ 和点 $C$,直线 $y_2=-x+3$ 分别与 $x$ 轴、$y$ 轴交于点 $B$ 和点 $C$,$P(m,2)$ 是 $△ ABC$ 内部(包括边上)的一点,则 $m$ 的最大值与最小值之差为 ( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 6

(第8题)
(第9题)

B

9. 如图，一次函数$y=x+4$的图象与$x$轴、$y$轴分别交于$A$，$B$两点，$C(-2,0)$是$x$轴上一点，$E$，$F$分别为直线$y=x+4$和$y$轴上的两个动点，当$△ CEF$的周长最小时，点$E$的坐标为$\underline{\hspace{5em}}$，点$F$的坐标为$\underline{\hspace{5em}}$。

​$ (-\frac 52，\frac {2}{3})$​ ; ​$(0，\frac {2}{3})$​

10. 如图①,在正方形 ABCD 中,M 是 AD的中点,点 P 从点 A 出发沿 A→B→C→D 的路线匀速运动,到点 D 停止,点Q 从点 D 出发,沿 D→C→B→A 的路线匀速运动,P,Q 两点同时出发,点 P的速度是点 Q 速度的 m 倍(m＞1),当点P 停止时,点 Q 也同时停止运动.设 t s时,正方形 ABCD 与∠PMQ 重叠部分的面积为 y cm²,y 关于 t 的函数关系如图②所示.
(1) 求正方形的边长 AB;
(2) 求 m 的值;
(3) 求图②中线段 EF 所在直线的函数表达式.

解：​$(1)$​由图​$②，$​得当​$t = 0$​时，​$y = 144，$​且此时​$P，$​​$Q $​两点分别在​$A，$​​$D$​两点处∴​$y$​的值为正方形​$ABCD$​的面积，即正方形​$ABCD$​的面积为​$144\ \mathrm {cm}^2$​又正方形​$ABCD$​的面积为​$AB^2，$​∴​$AB = 12\ \mathrm {cm}$​​$(2)$​由图​$②，$​得当​$t = 4$​时，点​$P $​运动到点​$B$​处，点​$Q $​在边​$CD$​上∴​$y = S_{正方形ABCD}-S_{\triangle AMP}-S_{\triangle DMQ}$​由​$(1)$​得​$AB = 12\ \mathrm {cm}，$​∴​$AD = 12\ \mathrm {cm}$​又​$M$​是​$AD$​的中点，∴​$AM = DM = 6\ \mathrm {cm}$​设点​$Q $​的速度为​$a\mathrm {cm}/s，$​则点​$P $​的速度为​$ma\mathrm {cm}/s$​又当​$t = 4$​时，​$y = 96$​​$96 = 144-\frac 12×6×4a-\frac 12×6×12$​解得​$a = 1，$​​$m = 3$​∴​$m $​的值为​$3$​​$(3)$​由​$(2)$​得​$a = 1，$​​$m = 3$​∴点​$P $​的速度为​$3\ \mathrm {cm}/s，$​点​$Q $​的速度为​$1\ \mathrm {cm}/s$​∴点​$P $​运动到点​$C$​时，所需的时间为​$12×2÷3 = 8(\mathrm {s})$​点​$Q $​运动到点​$C$​时所需的时间为​$12÷1 = 12(\mathrm {s})$​∴当​$t = 8$​时，​$DQ = 8\ \mathrm {cm}，$​即​$PQ = CQ = 4\ \mathrm {cm}$​此时​$y = \frac 12×4×6 = 12，$​∴点​$E$​的坐标为​$(8，$​​$12)$​当​$y = 0$​时，​$P，$​​$Q $​两点相遇∴​$3\ \mathrm {t} + t = 12×3，$​解得​$t = 9，$​∴点​$F $​的坐标为​$(9，$​​$0)$​设线段​$EF $​所在直线的函数表达式为​$y = kt + b$​则​$\begin {cases}8k + b = 12\\9k + b = 0\end {cases}，$​解得​$\begin {cases}k = -12\\b = 108\end {cases}$​∴线段​$EF $​所在直线的函数表达式为​$y = -12t + 108$​