專題6.2小題易丟分期末考前必做填空30題（提升版）-2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍 【蘇科版】（解析版）

2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】專題6.2小題易丟分期末考前必做填空30題（提升版）一．填空題（共30小題）1．（2022秋?江都區(qū)期中）一個正數(shù)的兩個平方根為a+3和a﹣8，則這個數(shù)為．【分析】根據(jù)一個正數(shù)有兩個平方根且它們互為相反數(shù)直接計算求出a的值，然后再根據(jù)平方根的的定義求出這個數(shù)．【解析】由題意得，a+3+a﹣8＝0，解得a＝，∴a+3＝，a﹣8＝﹣，∵（±）2＝，∴這個數(shù)為．故答案為：．2．（2022秋?江陰市校級月考）已知：2+的整數(shù)部分為m，小數(shù)部分為n，則2m﹣n＝7﹣．【分析】根據(jù)算術(shù)平方根的定義估算無理數(shù)的大小，進(jìn)而估算出2+的大小，確定m、n的值，再代入計算即可．【解析】∵1＜＜2，∴3＜2＝＜4，∴2+的整數(shù)部分m＝3，小數(shù)部分n＝2+﹣3＝﹣1，∴2m﹣n＝6﹣+1＝7﹣，故答案為：7﹣．3．（2018秋?宿遷期末）圓周率π≈3.1415926……，用四舍五入法把π精確到萬分位，得到的近似值是3.1416．【分析】根據(jù)題意，利用四舍五入法可以解答本題．【解析】用四舍五入法把π精確到萬分位，得到的近似值是3.1416，故答案為：3.1416．4．（2021春?海安市月考）已知a是的整數(shù)部分，b是的小數(shù)部分，則（﹣a）3+（b+2）2＝0．【分析】根據(jù)4＜8＜9，開方求出的整數(shù)部分，表示出小數(shù)部分，確定出a與b的值，代入所求式子計算即可求出值．【解析】∵4＜8＜9，∴2＜＜3，∴的整數(shù)部分a＝2，小數(shù)部分b＝﹣2，則原式＝﹣8+8＝0．故答案為：05．（2022春?啟東市期中）對于任意兩個正數(shù)x和y，規(guī)定x⊕y＝，例如，4⊕1＝﹣1＝1．請計算（5⊕2）﹣（5⊕3）＝2﹣5．【分析】利用規(guī)定x⊕y的運算法則分別計算5⊕2和5⊕3后，再利用實數(shù)的運算法則運算即可．【解析】∵5⊕2＝﹣2，5⊕3＝3﹣，∴（5⊕2）﹣（5⊕3）＝（﹣2）﹣（3﹣）＝﹣2﹣3+＝2﹣5，故答案為：2﹣5．6．（2022秋?玄武區(qū)校級期中）如圖，直線l上有三個正方形A、B、C，若正方形C的邊長為7，則正方形B和正方形A的面積之差為49．【分析】證△EFG≌△GMH（AAS），得FG＝MH＝7，在Rt△EFG中，由勾股定理得EG2﹣EF2＝FG2＝49，即可解決問題．【解析】如圖，∵正方形C的邊長為7，∴MH＝7，由正方形的性質(zhì)得：∠EFG＝∠EGH＝∠GMH＝90°，EG＝GH，∵∠FEG+∠EGF＝90°，∠EGF+∠MGH＝90°，∴∠FEG＝∠MGH，在△EFG和△GMH中，，∴△EFG≌△GMH（AAS），∴FG＝MH＝7，在Rt△EFG中，由勾股定理得：EG2﹣EF2＝FG2＝72＝49，∴正方形B和正方形A的面積之差＝EG2﹣EF2＝49，故答案為：49．7．（2022秋?新北區(qū)期中）如圖，AB，BC，CD，DE是四根長度均為5cm的火柴棒，點A，C，E共線．若AC＝6cm，CD⊥BC，則S△CDE＝12cm2．【分析】過B作BG⊥AC于點G，過D作DH⊥CE于點H，證△BCG≌△CDH（AAS），得BG＝CH，CG＝DH，再由等腰三角形的性質(zhì)得CG＝AC＝3cm，然后由勾股定理得BG＝4cm，即可解決問題．【解析】如圖，過B作BG⊥AC于點G，過D作DH⊥CE于點H，則∠BGC＝∠DHC＝90°，∴∠BCG+∠CBG＝90°，∵CD⊥BC，∴∠BCD＝90°，∴∠BCG+∠DCH＝90°，∴∠CBG＝∠DCH，在△BCG和△CDH中，，∴△BCG≌△CDH（AAS），∴BG＝CH，CG＝DH，∵AB＝BC＝5cm，BG⊥AC，AC＝6cm，∴CG＝AC＝3cm，∴DH＝3cm，在Rt△BCG中，由勾股定理得：BG＝＝＝4（cm），∴CH＝4cm，∵CD＝DE，DH⊥CE，∴CH＝EH＝4cm，∴CE＝CH+EH＝8cm，∴S△CDE＝CE?DH＝×8×3＝12（cm2），故答案為：12．8．（2022秋?江陰市期中）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD是邊BC上的中線，AD＝2，則△ACB的面積是6．【分析】延長AD到E，使DE＝AD，連接BE，證△ADC≌△EDB（SAS），得BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，再由勾股定理的逆定理證∠EAB＝90°，即可解決問題．【解析】如圖，延長AD到E，使DE＝AD，連接BE，∵D為BC的中點，∴CD＝BD，在△ADC與△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，又∵AE＝2AD＝4，AB＝3，∴BE2＝AE2+AB2，∴△ABE是直角三角形，∠EAB＝90°，則S△ACB＝2S△ABD＝2××2×3＝6，故答案為：6．9．（2022秋?如皋市期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝8，∠C＝30°，點D是BC邊上的一個動點，連接AD，以AD為邊作△ADE，使AD＝AE，∠AED＝∠C．O為AC的中點，連接OE，則線段OE的最小值為2．【分析】取AB中點G，連接DG，CG，由“SAS”可證△AFE≌△AGD，可得GD＝EF，則當(dāng)GD⊥BC時，GD有最小值，利用含30度角的直角三角形可求解．【解析】如圖，取AB中點G，連接DG，CG，∵AB＝AC＝8，點O是AC中點，點G是AB中點，∴AG＝BG＝AO＝CO＝4，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°，∴∠AED＝∠ACB＝30°，∴∠BAC＝∠DAE＝120°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AD＝AE，AG＝AO，在△ADG和△AEO中，，∴△ADG≌△AEO（SAS），∴GD＝EO，∴DG有最小值，EF也有最小值，∴當(dāng)GD⊥BC時，GD有最小值，∵∠B＝30°，GD⊥BC，BG＝4，∴GD＝2，∴線段OE的最小值為2．故答案為：2．10．（2022秋?海安市期中）如圖，在△ABC中，∠B＝60°，點D在邊BC上，且AD＝AC，若AB＝6，CD＝4，則BD＝1．【分析】過點A作AE⊥BC于E，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出DE＝EC＝CD＝2．由含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出BE＝AB＝3，那么BD＝BE﹣DE＝1．【解析】如圖，過點A作AE⊥BC于E，又∵AD＝AC，CD＝4，∴DE＝EC＝CD＝2．在直角△ABE中，∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝90°﹣∠B＝30°，∴BE＝AB＝×6＝3，∴BD＝BE﹣DE＝3﹣2＝1．故答案為：1．11．（2022秋?江陰市期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，D是AB的中點，連結(jié)CD，CD＝5，則△ACB的面積等于24．【分析】由直角三角形斜邊上的中線可求解AB的長，利用勾股定理求得AC的長，再根據(jù)三角形的面積公式計算可求解．【解析】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中點，CD＝5，∴AB＝2CD＝10，∵BC＝6，∴AC＝，∴S△ACB＝．故答案為：24．12．（2022秋?鼓樓區(qū)校級月考）已知：如圖，D是BC上一點，AD平分∠BAC，AB＝8，AC＝6，若S△ABD＝m，則S△ADC＝m（用m的代數(shù)式表示）．【分析】過D點作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如圖，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DE＝DF，再根據(jù)三角形面積公式得到S△ADC：m＝6：8，然后利用比例的性質(zhì)計算即可．【解析】過D點作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，如圖，∵AD平分∠BAC，∴DE＝DF，∴S△ADC：S△ADB＝?AC?DF：（?AB?DE），∴S△ADC：m＝6：8，∴S△ADC＝m．故答案為：m．13．（2022秋?漣水縣校級月考）如圖，∠AOB內(nèi)一點P，P1、P2分別是點P關(guān)于OA、OB的對稱點，P1P2交OA于M，交OB于N，若P1P2＝12cm，則△PMN的周長是12cm．【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)的相等關(guān)系進(jìn)行等量代換，便可知P1P2與△PMN的周長是相等的．【解析】∵OA和OB分別是△PMP1和△PNP2的對稱軸，∴PM＝MP1，PN＝NP2；∴P1M+MN+NP2＝PM+MN+PN＝P1P2＝12cm，∴△PMN的周長為12cm．故答案為：12cm．14．（2022秋?沭陽縣期中）如圖，如果將其中1個白色方格涂上陰影，使整個陰影部分成為一個軸對稱圖形，一共有4種不同的涂法．【分析】利用網(wǎng)格根據(jù)軸對稱的性質(zhì)即可解決問題．【解析】如圖所示：一共有4種不同的涂法．故答案為：4．15．（2022秋?高新區(qū)校級期中）如圖，AD是△ABC的中線，∠ADC＝30°，把△ADC沿著直線AD翻折，點C落在點E的位置，如果BC＝4，那么線段BE的長度為2．【分析】過D作DF⊥BE于F，依據(jù)BD＝ED，∠BDE＝120°，即可得出BE＝2BF，∠DBE＝30°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，利用BF的長，即可得出BE的長．【解析】如圖，過D作DF⊥BE于F，∵AD是△ABC的中線，∴BD＝CD＝BC＝2，由折疊可得，DE＝DC＝2，∠CDE＝2∠CDA＝60°，∴BD＝ED＝2，∠BDE＝120°，∴BE＝2BF，∠DBE＝30°，在Rt△BDF中，DF＝BD＝1，∴BF＝＝＝，∴BE＝2BF＝2，故答案為：2．16．（2022秋?玄武區(qū)校級期中）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，分別以AB、AC、BC為邊在AB同側(cè)作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四塊陰影部分面積分別為S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3＝12，則S4＝6．【分析】把圖中四塊陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為三角形面積，通過三角形全等即可轉(zhuǎn)化為S1+S2+S3＝2S△ABC，即可求出結(jié)論．【解析】連接PE，過點E作EF⊥AK于點F，∵AB＝DB，∠ACB＝∠DNB＝90°，而∠CBA+∠CBD＝∠DBN+∠CBD＝90°，∴∠CBA＝∠DBN，∴△CBA≌△NBD（AAS），故S4＝S△ABC；同理△AEF≌△ABC，∴AC＝EF＝AQ＝CP，∵∠QAC＝∠KFE＝∠PCD＝90°，∴AQ∥EF，∴四邊形CFEP是矩形，∴∠CPE＝90°，∴∠QPC+∠CPE＝180°，∴Q，P，E三點共線，又∵EA＝AB，∠EFA＝∠ACB＝90°，而∠EAF+∠CAB＝∠CAB+∠ABC＝90°，∴∠EAF＝∠ABC，∴△EAF≌△ABC（AAS），同理可證△ACT≌△EFK，∴S2＝S△EFA＝S△ABC，同理可證△TPE≌△KMD，△AQE≌△ABC，∴S1+S3＝S△AFE＝S△ABC，∴S1+S2+S3＝2S△ABC＝12，∴S△ABC＝6，∴S4＝S△ABC＝6．故答案為：6．17．（2022秋?泗陽縣期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，點D為線段AB上一點，連接CD，CD與∠ABC的角平分線BE相交于點F，若△CEF是以EF為底邊的等腰三角形，則DF的長為．【分析】作EG⊥BA于點G，先由勾股定理求得AB＝10，則×10EG+×6EC＝×8×6＝S△ABC，求得EC＝EG＝3，則FC＝EC＝3，再推導(dǎo)出∠BCD＝∠A，進(jìn)而證明CD⊥AB，則×10CD＝×8×6＝S△ABC，求得CD＝，則DF＝CD﹣FC＝，于是得到問題的答案．【解析】作EG⊥BA于點G，∵∠ACB＝90°，∴EC⊥BC，∵BE平分∠ABC，∴EC＝EG，∵AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，∴×10EG+×6EC＝×8×6＝S△ABC，∴×10EG+×6EG＝×8×6，∴EC＝EG＝3，∵△CEF是以EF為底邊的等腰三角形，∴FC＝EC＝3，∵∠CFE＝∠BCD+∠CBE，∠CEF＝∠A+∠ABE，且∠CFE＝∠CEF，∴∠BCD+∠CBE＝∠A+∠ABE，∵∠CBE＝∠ABE，∴∠BCD＝∠A，∴∠BCD+∠ABC＝∠A+∠ABC＝90°，∴∠BDC＝90°，∴CD⊥AB，∴×10CD＝×8×6＝S△ABC，∴CD＝，∴DF＝CD﹣FC＝﹣3＝，∴DF的長為，故答案為：．18．（2022秋?連云港期中）“趙爽弦圖”巧妙地利用面積關(guān)系證明了勾股定理，是我國古代數(shù)學(xué)的驕傲，如圖所示的“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形，設(shè)直角三角形較長直角邊長為a，短直角邊長為b，若（a+b）2＝24，大正方形的面積為15，則小正方形的面積為9．【分析】根據(jù)題意和勾股定理，可以求得ab的值，再根據(jù)圖形可知：小正方形的面積＝大正方形的面積﹣4個直角三角形的面積，然后代入數(shù)據(jù)計算即可．【解析】設(shè)大正方形的邊長為c，則c2＝15＝a2+b2，∵（a+b）2＝24，∴a2+2ab+b2＝24，解得ab＝3，∴小正方形的面積是：15﹣ab×4＝15﹣2×3＝15﹣6＝9，故答案為：9．19．（2022秋?新吳區(qū)期中）《九章算術(shù)》是古代東方數(shù)學(xué)代表作，書中記載：今有開門去閫（門檻的意思）一尺，不合二寸，問門廣幾何？題目的大致意思是：如圖1、2（圖2為圖1的平面示意圖），推開雙門，雙門間隙CD的距離為2寸，點C和點D距離門檻AB都是1尺（1尺＝10寸），則AB的長是幾寸？若設(shè)圖中單扇門的寬AD＝x寸，則可列方程為：（x﹣1）2+102＝x2．【分析】取AB的中點O，過D作DE⊥AB于E，根據(jù)勾股定理解答即可得到結(jié)論．【解析】取AB的中點O，過D作DE⊥AB于E，如圖2所示：由題意得：OA＝OB＝AD＝BC，設(shè)OA＝OB＝AD＝BC＝x寸，則AB＝2x（寸），DE＝10寸，OE＝CD＝1寸，∴AE＝（x﹣1）寸，在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，即（x﹣1）2+102＝x2，故答案為：（x﹣1）2+102＝x2．20．（2022春?玄武區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點B的坐標(biāo)為（4，3），點A在x軸正半軸上，連接AB，AB＝5．將線段AB繞原點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到對應(yīng)線段A'B'，若點B'恰好在y軸正半軸上，點A'的坐標(biāo)為（，）．【分析】如圖，連接OB，OA′，過點A′作A′H⊥y軸于點H，過點B作BT⊥OA于點T．解直角三角形求出BT，OA，再利用面積法求出A′H，OH，可得結(jié)論、【解析】如圖，連接OB，OA′，過點A′作A′H⊥y軸于點H，過點B作BT⊥OA于點T．∵B（4，3），∴OB＝＝5，∵AB＝5，∴OB＝OB′＝5，AB＝A′B′＝5，∵BT⊥OA，∴OT＝TA＝4，BT＝＝＝3，∵S△OA′B′＝×8×3＝×5×A′H，∴A′H＝，∵HB′＝＝＝，∴OH＝5+＝，∴A′（，）．故答案為：（，）．21．（2018秋?泰興市校級期中）已知AB∥x軸，A點的坐標(biāo)為（﹣3，2），并且AB＝4，則B點的坐標(biāo)為（1，2）或（﹣7，2）．【分析】在平面直角坐標(biāo)系中與x軸平行，則它上面的點縱坐標(biāo)相同，可求B點縱坐標(biāo)；與x軸平行，相當(dāng)于點A左右平移，可求B點橫坐標(biāo)．【解析】∵AB∥x軸，∴點B縱坐標(biāo)與點A縱坐標(biāo)相同，為2，又∵AB＝4，可能右移，橫坐標(biāo)為﹣3+4＝﹣1；可能左移橫坐標(biāo)為﹣3﹣4＝﹣7，∴B點坐標(biāo)為（1，2）或（﹣7，2），故答案為：（1，2）或（﹣7，2）．22．（2021秋?虎丘區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點B的坐標(biāo)為（﹣3，0），點C在x軸上，點A在第一象限，且AB＝AC，連接AO，若∠AOC＝60°，AO＝6，則點C的坐標(biāo)為（9，0）．【分析】過點A作AD⊥x軸于點D，在Rt△AOD中利用直角三角形的邊角關(guān)系可求OD，利用點B的坐標(biāo)為（﹣3，0），可得線段OB，則線段BD可求；利用等腰三角形的三線合一可求CD＝BD，則OC可得，結(jié)論可求．【解析】過點A作AD⊥x軸于點D，如圖，在Rt△AOD中，∵cos∠AOD＝，∴OD＝OA×＝3．∵點B的坐標(biāo)為（﹣3，0），∴OB＝3．∴BD＝OD+OB＝6．∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝BD＝6．∴OC＝OD+CD＝9．∴C（9，0）．故答案為：（9，0）．23．（2020秋?寶應(yīng)縣期末）已知關(guān)于x、y的二元一次方程組的解是，則一次函數(shù)y＝ax+b和y＝kx的圖象交點坐標(biāo)為（﹣4，2）．【分析】根據(jù)方程組是由兩個函數(shù)的解析式所構(gòu)成，因此方程組的解即為兩函數(shù)的交點坐標(biāo)．【解析】根據(jù)題意可知：x＝﹣4，y＝2同時滿足兩個一次函數(shù)的解析式．則一次函數(shù)y＝ax+b和y＝kx的圖象交點坐標(biāo)為（﹣4，2）．故答案為：（﹣4，2）．24．（2020秋?鼓樓區(qū)期末）中國古代數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》“方程”一章記載用算籌（方陣）表示二元一次方程組的方法，發(fā)展到現(xiàn)代就是用矩陣式＝來表示二元一次方程組，而該方程組的解就是對應(yīng)兩直線（不平行）a1x+b1y＝c1與a2x+b2y＝c2的交點坐標(biāo)P（x，y）．據(jù)此，則矩陣式＝所對應(yīng)兩直線交點坐標(biāo)是（2，5）．【分析】根據(jù)題意得出方程組，求出方程組的解，再得出答案即可．【解析】根據(jù)題意得：，①+②，得x＝2，把x＝2代入①，得8﹣y＝3，解得：y＝5，所以方程組的解為，∴兩直線交點坐標(biāo)是（2，5），故答案為：（2，5）．25．（2020秋?玄武區(qū)期末）已知一次函數(shù)y＝kx﹣b（k、b為常數(shù)，且k≠0，b≠0）與y＝x的圖象相交于點M（a，1），則關(guān)于x的方程（k﹣）x＝b的解為x＝3．【分析】把M（a，1）代入y＝x求出a，根據(jù)M點的橫坐標(biāo)，即可求出答案．【解析】把M（a，1）代入y＝x得：1＝a，解得a＝3，∴M（3，1），∴根據(jù)圖象信息可得關(guān)于x的方程kx﹣b＝x的解為3，∴關(guān)于x的方程（k﹣）x＝b的解為x＝3．故答案為：3．26．（2020秋?南京期末）甲、乙二人從學(xué)校出發(fā)去科技館，甲步行一段時間后，乙騎自行車沿相同路線行進(jìn)，兩人均勻速前行，他們的路程差s（米）與甲出發(fā)時間t（分）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示．下列說法：①乙先到達(dá)科技館；②乙的速度是甲速度的2.5倍；③b＝480；④a＝24．其中正確的是①②③（填序號）．【分析】根據(jù)甲步行720米，需要9分鐘，進(jìn)而得出甲的運動速度，利用圖形得出乙的運動時間以及運動距離，進(jìn)而分別判斷得出答案．【解析】由圖象得出甲步行720米，需要9分鐘，所以甲的運動速度為：720÷9＝80（m/分），當(dāng)?shù)?5分鐘時，乙運動15﹣9＝6（分鐘），運動距離為：15×80＝1200（m），∴乙的運動速度為：1200÷6＝200（m/分），∴200÷80＝2.5，（故②正確）；當(dāng)?shù)?9分鐘以后兩人之間距離越來越近，說明乙已經(jīng)到達(dá)終點，則乙先到達(dá)科技館，（故①正確）；此時乙運動19﹣9＝10（分鐘），運動總距離為：10×200＝2000（m），∴甲運動時間為：2000÷80＝25（分鐘），故a的值為25，（故④錯誤）；∵甲19分鐘運動距離為：19×80＝1520（m），∴b＝2000﹣1520＝480，（故③正確）．故正確的有：①②③．故答案為：①②③．27．（2021秋?泰興市期末）如圖，點Q在線段AC上由A向C勻速運動，速度為a（cm/s），設(shè)運動時間為t（s）．CQ＝y(tǒng)（cm），y與t的函數(shù)圖象經(jīng)過點（3，2）和（1，6），則a的值為2．【分析】設(shè)y與t的函數(shù)關(guān)系式解為y＝kt+b，利用待定系數(shù)法求出y與t的函數(shù)關(guān)系式，其中k的絕對值即為速度為a．【解析】設(shè)y與t的函數(shù)關(guān)系式解為y＝kt+b，根據(jù)題意，得：，解得，∴y與t的函數(shù)關(guān)系式解為y＝﹣2t+8，故速度為a＝|﹣2|＝2．故答案為：2．28．（2019秋?銅山區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)是（0，2），點B的坐標(biāo)是（2，0），連接AB，點P是線段AB上的一個動點（包括兩端點），直線y＝﹣x上有一動點Q，連接OP，PQ，已知△OPQ的面積為，則點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣，）．．【分析】方法一：由A、B點的坐標(biāo)可得出直線AB的解析式，從而發(fā)現(xiàn)直線AB與直線OQ平行，由平行線間距離處處相等，可先求出點O到直線AB的距離，結(jié)合三角形面積公式求出線段OQ的長度，再依據(jù)兩點間的距離公式可得出結(jié)論．方法二：當(dāng)點P與點A重合時，根據(jù)三角形的面積可求出點Q的橫坐標(biāo)，再根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)即可求出點Q的坐標(biāo)；同理可求出當(dāng)點P與B重合時點Q的坐標(biāo)．綜上即可得出結(jié)論．【解析】方法一：∵點Q在直線y＝﹣x上，∴設(shè)點Q的坐標(biāo)為（m，﹣m）．∵點A的坐標(biāo)是（0，2），點B的坐標(biāo)是（2，0），∴△AOB為等腰直角三角形，點O（0，0）到AB的距離h＝OA＝．設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∵點A（0，2），點B（2，0）在直線AB上，∴有，解得．即直線AB的解析式為y＝﹣x+2，∵直線y＝﹣x+2與y＝﹣x平行，∴點P到底OQ的距離為（平行線間距離處處相等）．∵△OPQ的面積S△OPQ＝OQ?h＝OQ＝，∴OQ＝2．由兩點間的距離公式可知OQ＝＝2，解得：m＝±，∴點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣，）．故答案為：（，﹣）或（﹣，）．方法二：當(dāng)P點與A重合時，則△OPQ底OP為2，∵△OPQ的面積為，∴△OPQ的高為，即點Q的橫坐標(biāo)為±，∵點Q在直線y＝﹣x上，∴點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣，）；當(dāng)P點與B重合時，同理可求出點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣，）．綜上即可得出點Q的坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣，）．29．（2022?無錫二模）如圖，已知A（0，3）、B（4，0），一次函數(shù)y＝﹣x+b的圖象為直線l，點O關(guān)于直線l的對稱點O′恰好落在∠ABO的平分線上，則：（1）AB＝5；（2）b的值為