專題 一次函數(shù)與四邊形的綜合應(yīng)用（解析版）

八年級下冊數(shù)學(xué)《第十九章一次函數(shù)》專題一次函數(shù)與四邊形的綜合應(yīng)用問題題型一一次函數(shù)與平行四邊形問題題型一一次函數(shù)與平行四邊形問題【例題1】（2022春?臨渭區(qū)期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-43x+4與x、y軸分別相交于點A、B．點C的坐標(biāo)為（0，﹣2），經(jīng)過A、（1）求直線AC的解析式；（2）若點P是直線AB上的動點，點Q是直線AC上的動點，當(dāng)以點O，A、P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)．【分析】（1）由y=-43x+4得A（3，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，將A（3，0）、C（0，﹣2）代入即得直線AC的解析式為y=23（2）設(shè)P（m，-43m+4），Q（n，23n﹣2），而A（3，0），O（0，0），①以PQ、AO為對角線，則PQ、AO的中點重合，可得m+n=3+0-43m+4+23n-2=0+0，解得m=2n=1；故P（2，43）；②以PA、QO為對角線，則PA、QO的中點重合，同理得P（2，43）；③以PO【解答】解：（1）在y=-43x+4中，令y＝0得x＝∴A（3，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，將A（3，0）、C（0，﹣2）代入得：0=3k+bb=-2，解得k=∴直線AC的解析式為y=23x﹣（2）設(shè)P（m，-43m+4），Q（n，23n﹣2），而A（3，0），O（0①以PQ、AO為對角線，則PQ、AO的中點重合，∴m+n=3+0-43∴P（2，43②以PA、QO為對角線，則PA、QO的中點重合，∴m+3=n+0-43∴P（2，43③以PO、QA為對角線，則PO、QA的中點重合，∴m+0=n+3-43∴P（4，-4綜上所述，點P的坐標(biāo)為（2，43）或（4，-【點評】本題考查一次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法及平行四邊形相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是利用平行四邊形對角線互相平分，故對角線中點重合列方程解決問題．【變式1-1】（2022?梅江區(qū)校級開學(xué)）已知：直線經(jīng)過點A（﹣8，0）和點B（0，6），點C在線段AO上，將△ABO沿BC折疊后，點O恰好落在AB邊上點D處．（1）求直線AB的表達(dá)式．（2）求AC的長．（3）點P為平面內(nèi)一動點，且滿足以A，B，C，P為頂點的四邊形為平行四邊形，請直接寫出符合要求的所有P點的坐標(biāo)．【分析】（1）用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）由對稱性可知CO＝CD，BO＝BD，可求AD＝4，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出CD的長，即可求AC的長；（3）設(shè)P（x，y），分三種情況討論：①當(dāng)AB為平行四邊形的對角線時；②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時；③當(dāng)AP為平行四邊形的對角線時；根據(jù)平行四邊形的對角互相平分，利用中點坐標(biāo)公式求解即可．【解答】解：（1）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∴-8k+b=0b=6解得k=3∴y=34x（2）∵D點與C點關(guān)于BC對稱，∴CO＝CD，BO＝BD，∵BO＝6，∴BD＝6，∵OA＝8，BO＝6，∴AB＝10，∴AD＝4，在Rt△ACD中，CD2+16＝（8﹣CD）2，解得CD＝3，∴CO＝3，∴AC＝5；（3）由（2）可得C（﹣3，0），設(shè)P（x，y），①當(dāng)AB為平行四邊形的對角線時，-8=-3+x6=y解得x=-5y=6∴P（﹣5，6）；②當(dāng)AC為平行四邊形的對角線時，-8-3=x0=6+y解得x=-11y=-6∴P（﹣11，﹣6）；③當(dāng)AP為平行四邊形的對角線時，-8+x=-3y=6解得x=5y=6∴P（5，6）；綜上所述：P點坐標(biāo)為（﹣5，6）或（﹣11，﹣6）或（5，6）．【點評】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2022春?龍江縣期末）綜合與探究如圖，直線l1：y＝kx+b與x軸、y軸分別交于A、B兩點，且OB＝4，AB＝5，點D（t，0）是x軸上一點，過D點作直線l2⊥x軸．（1）求直線l1的解析式；（2）當(dāng)t＝1時，點P在直線l2上，當(dāng)PA+PB的值最小時，求點P坐標(biāo)；（3）當(dāng)t＝時，△ABD的面積為4；（4）當(dāng)t＝2時，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點Q，使以點A、B、D、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先求出點A，B坐標(biāo)，最后用待定系數(shù)法求解，即可求出答案；（2）先找出點P的位置，再求出直線A'B的解析式，即可求出答案；（3）利用三角形的面積建立方程求解，即可求出答案；（4）利用平移的性質(zhì)，求出答案．【解答】解：（1）在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，AB＝5，OB＝4，根據(jù)勾股定理有，OA2+OB2＝AB2，∴OA=AB∴A點坐標(biāo)為A（﹣3，0），∵OB＝4，∴B點坐標(biāo)為B（0，4）設(shè)直線l1的解析式為：y＝kx+b，∵直線y＝kx+b過點A（﹣3，0），B（0，4），∴-3k+b=0b=4∴k=4∴直線l1的解析式為y=43x（2）當(dāng)t＝1時，點D坐標(biāo)為（1，0），作點A（﹣3，0）關(guān)于直線l2對稱點A'，∴坐標(biāo)為A’（5，0），如圖1，連接A'B，交l2于點P，此時PA+PB的值最小，設(shè)直線A'B的解析式為：y＝mx+n，∵直線A'B過過點A（5，0），B（0，4），∴5m+n=0n=4∴m=-4∴直線A'B的解析式為y=-45x當(dāng)x＝1時，y=16∴P點坐標(biāo)為（1，165（3）由（1）知，A（﹣3，0），∵D（t，0），∴AD＝|t+3|，∵△ABD的面積為4，∴S△ABD=12AD?∴12|t+3|×4＝4∴t＝﹣1或t＝﹣5，故答案為：﹣1或﹣5；（4）當(dāng)t＝2時，如圖2，點D（2，0），由（1）知，A（﹣3，0），B（0，4），∵以點A、B、D、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，∴①當(dāng)AB與BD是鄰邊時，點D（2，0）是由點B（0，4）向下平移4個單位，再向右平移2個單位得到，∴點Q也是由點A（﹣3，0）向下平移4個單位，再向右平移2個單位得到，∴Q3（﹣1，﹣4），②當(dāng)BD與AD是鄰邊時，同①的方法得，Q2（﹣5，4），③當(dāng)AB與AD是鄰邊時，同①的方法得，Q1（5，4），即滿足條件的點Q的坐標(biāo)為Q1（5，4），Q2（﹣5，4），Q3（﹣1，﹣4）．【點評】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了勾股定理，待定系數(shù)法，三角形的面積公式，平行四邊形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，用分類討論的思想是解（4）的關(guān)鍵．【變式1-3】（2022春?廣水市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AC：y=-34x+3交x軸于點C，交y軸于點A，點B在x軸的負(fù)半軸，且BC（1）求直線AB的解析式；（2）試判斷△ABC的形狀；（3）若點E在直線AB上，E點坐標(biāo)是(-32，1)，F(xiàn)點坐標(biāo)是（﹣1，0），點M、N分別是直線AB、AC上的動點，若以點E、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點【分析】（1）先求出點A，C坐標(biāo)，進(jìn)而求出點B坐標(biāo)，最后用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理的逆定理可得出結(jié)論；（3）設(shè)出點M，N坐標(biāo)，利用中點坐標(biāo)公式建立方程組求解即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵直線AC：y=-34x+3交x軸于點C，交y軸于點令x＝0，則y＝3，∴A（0，3），令y＝0，則0=-34x∴x＝4，∴C（4，0），∵點B在x軸的負(fù)半軸且CB=25∴B（-94，∵A（0，3），設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+3，∴-94k+3＝∴k=4∴直線AB的解析式為y=43x（2）△ABC是直角三角形．由（1）知，A（0，3），B（-94，0），C（4，∴AB=154，AC＝∵BC=25∴AB2+AC2=22516+25=62516=（25∴△ABC是直角三角形；（3）由（1）知，直線AB的解析式為y=43x設(shè)M（m，43m+3∵直線AC：y=-34x+3，點N（n，-34n+3），F(xiàn)（﹣1，0），E（∴以點E、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形可分三種情況：①當(dāng)EN為對角線時，-32+n＝m﹣1，-34n∴m=310，n∴M（310，175），N（45②當(dāng)EF為對角線時，m+n=-32-1，43m+3-3∴m=-3310，n∴M（-3310，-75），N（③當(dāng)EM為對角線時，n﹣1＝m-32，-34n+3∴m=-310，n∴M（-310，135），N（-即：以點E、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，M（310，175），N（45，125）或M（-3310，-75），N（45，125）或M（【點評】此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，直角三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，極值的確定，中點坐標(biāo)公式，用分類討論的思想和方程思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．【變式1-4】（2022春?渝北區(qū)期末）如圖1，菱形OABC的頂點O在原點，頂點C在x軸上，OA＝2，∠AOC＝60°．（1）求邊AO所在直線的解析式；（2）如圖1，D，E分別是邊BC，OC上的點（包含端點），且∠EAD＝60°，連接AE，AD，ED，求△AED周長的最小值及此時點E的坐標(biāo)；（3）在（2）的結(jié)論下，若M為平面內(nèi)一點，當(dāng)以點E，C，A，M為頂點的四邊形為平行四邊形時，請直接寫出點M的坐標(biāo)．【分析】（1）作AH⊥OC于H，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得點A的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出OA的解析式；（2）由菱形的性質(zhì)得△AOC是等邊三角形，再利用SAS證明△OAE≌△CAD，得AE＝AD，則△EAD是等邊三角形，當(dāng)AE最小時，△AED的周長最小，從而解決問題；（3）分AC、AE、CE為對角線，分別利用中點坐標(biāo)公式可得答案．【解答】解：（1）作AH⊥OC于H，∵OA＝2，∠AOC＝60°．∴∠OAH＝30°，∴OH＝1，AH=3∴A（1，3），設(shè)OA的解析式為y＝kx，∴k=3∴y=3x（2）∵四邊形OABC是菱形，∴OA＝OC，∵∠AOC＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴OA＝AC，∠OAC＝60°，∠AOC＝∠ACB＝60°，∵∠EAD＝60°，∴∠OAE＝∠CAD，∴△OAE≌△CAD（SAS），∴AE＝AD，∴△EAD是等邊三角形，∴當(dāng)AE最小時，△AED的周長最小，此時AE⊥OC，AE＝AH=3∴E（1，0），C△AED＝33；（3）由題意知，A（1，3），C（2，0），E（1，0），當(dāng)AC為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，M（2，3），當(dāng)AE為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，M（0，3），當(dāng)CE為對角線時，由中點坐標(biāo)公式得，M（2，-3綜上：M（2，3）或（0，3）或（2，-3【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識，證明△EAD是等邊三角形，確定點E的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．【變式1-5】（2023春?江都區(qū)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-12x+3與x軸、y軸相交于A、B兩點，動點C在線段OA上，將線段CB繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，此時點D恰好落在直線AB上時，過點D作DE⊥x軸于點（1）求證：△BOC≌△CED；（2）求點D的坐標(biāo)；（3）若點P在y軸上，點Q在直線AB上，是否存在以C、D、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，直接寫出所有滿足條件的Q點坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)ASA證明三角形全等即可；（2）設(shè)OC＝DE＝m，則點D的坐標(biāo)為（m+3，m），利用待定系數(shù)法求解即可；（3）分CD為邊，CD為對角線，分別求解即可．【解答】（1）證明：∵將線段CB繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，DE⊥x軸，∴∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，∴∠OCB+∠DCE＝90°，∠DCE+∠CDE＝90°，∴∠BCO＝∠CDE．在△BOC和△CED中，∠BOC=∠CEDBC=CD∴△BOC≌△CED（ASA）；（2）解：∵直線y=-12x+3與x軸、y軸相交于A、∴A（6，0），B（0，3），∴OA＝6，OB＝3，∵△BOC≌△CED，∴OC＝DE，BO＝CE＝3，設(shè)OC＝DE＝m，則點D的坐標(biāo)為（m+3，m），∵點D在直線AB上，∴m=-12（m+3）∴m＝1，∴點D的坐標(biāo)為（4，1）；（3）存在，設(shè)點Q的坐標(biāo)為（n，-12n由（2）知OC＝1，∵動點C在線段OA上，∴點C的坐標(biāo)為（1，0），分兩種情況考慮，如圖2所示：①當(dāng)CD為邊時，∵點C的坐標(biāo)為（1，0），點D的坐標(biāo)為（4，1），點P的橫坐標(biāo)為0，∴0﹣n＝4﹣1或n﹣0＝4﹣1，∴n＝﹣3或n＝3，∴點Q的坐標(biāo)為（3，32），點Q′的坐標(biāo)為（﹣3，9②當(dāng)CD為對角線時，∵點C的坐標(biāo)為（1，0），點D的坐標(biāo)為（4，1），點P的橫坐標(biāo)為0，∴n+0＝4+1，∴n＝5，∴點Q″的坐標(biāo)為（5，12綜上所述：存在以C、D、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，點Q的坐標(biāo)為（3，32）或（﹣3，92）或（5，【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、全等三角形的判定與性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線AB的表達(dá)式；（2）利用全等三角形的性質(zhì)可求出DE、OC的長；（3）分CD為邊和CD為對角線兩種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)求出點Q的坐標(biāo)．【變式1-6】（2022春?撫順期末）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝2x+4與x軸交于點A，與y軸交于點B，過點B的直線交x軸于C（3，0）．（1）求直線BC的解析式；（2）如圖，M為線段BC上一點，當(dāng)S△AMB＝S△AOB時，求點M的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，點E為直線AM上一動點，在x軸上是否存在點D，使以點D，E，B，C為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法求直線的解析式即可；（2）設(shè)M（t，-43t+4）（0≤t≤3），由題意可得S△AMB＝4＝S△ABC﹣S△ACM，求出（3）先求出直線AM的解析式，設(shè)E（m，34m+32），D（n【解答】解：（1）令y＝0，則x＝﹣2，∴A（﹣2，0），令x＝0，則y＝4，∴B（0，4），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，∴b=43k+b=0解得k=-4∴y=-43x（2）∵M(jìn)為線段BC上一點，設(shè)M（t，-43t+4）（0≤t≤∵A（﹣2，0），B（0，4），∴AO＝2，BO＝4，∴S△ABO=12×2×4∵S△AMB＝S△AOB，∴S△AMB＝4＝S△ABC﹣S△ACM=12×5×4-12×∴t=6∴M（65，12（3）存在點D，使以點D，E，B，C為頂點的四邊形為平行四邊形，理由如下：設(shè)直線AM的解析式為y＝kx+b，∴-2k+b=06解得k=3∴y=34x設(shè)E（m，34m+32），D（n①當(dāng)ED為平行四邊形對角線時，m+n=33解得m=10∴D（-13，②當(dāng)EC為平行四邊形對角線時，m+3=n3解得m=10∴D（193，0③當(dāng)EB為平行四邊形對角線時，m=n+34+解得m=-22∴D（-313，綜上所述：D點坐標(biāo)為（-13，0）或（193，0）或（-【點評】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．題型二一次函數(shù)與矩形問題題型二一次函數(shù)與矩形問題【例題2】如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l與直線y＝2x平行，且直線l與x、y軸分別交于點A（﹣1，0）、點B，點C（1，a）在直線l上．（1）求直線l的表達(dá)式以及點C的坐標(biāo)；（2）點P在y軸正半軸上，點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，如果四邊形PAQC為矩形，求點P、Q的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)題意設(shè)直線l的解析式為y＝2x+b，代入A（﹣1，0）求得b，即可求得直線l的解析式，然后代入C（1，a），就可求得a的值；（2）先證得Q在y軸上，根據(jù)勾股定理求得AB，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)即可求得P、Q的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵直線l與直線y＝2x平行，∴直線l的斜率為2，設(shè)直線l的解析式為y＝2x+b，∵直線l經(jīng)過A（﹣1，0），∴2×（﹣1）+b＝0，解得b＝2，∴直線l的表達(dá)式為y＝2x+2，∵點C（1，a）在直線l上，∴a＝2×1+2＝4；（2）∵y＝2x+2，∴B（0，2），∵A（﹣1，0），C（1，4），∴AB＝BC，∵四邊形PAQC為矩形，點P在y軸正半軸上，∴Q點在y軸負(fù)半軸上，∵A（﹣1，0），∴AB=1∴PB＝QB=5∴P（0，2+5），Q（0，2-【點評】本題考查了兩條直線相交或平行問題，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，矩形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的對角線相等且互相平分是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2022秋?蓮湖區(qū)校級期中）（1）【問題發(fā)現(xiàn)】Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，斜邊BC上的高AD＝；（2）【問題探究】如圖①，將Rt△AOB置于平面直角坐標(biāo)系中，直角頂點O與原點重合，點A落在x軸上，點B落在y軸上，已知A（4，0），B（0，3），C是x軸上一點，將Rt△AOB沿BC折疊，使點O落在AB邊上的點D處，求出點C的坐標(biāo)；（3）【問題解決】如圖②，將長方形OABC置于平面直角坐標(biāo)系中，點A在y軸上，點C在x軸上，已知B（12，5），E是OA上一點，將長方形OABC沿CE折疊，點O恰好落在對角線AC上的點F處，求OF所在直線的函數(shù)表達(dá)式．【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出斜邊BC的長度，然后根據(jù)三角形面積可得結(jié)果；（2）設(shè)OC為x，根據(jù)折疊和勾股定理列方程即可得出C點的坐標(biāo)；（3）求出AC的解析式，根據(jù)解析式設(shè)點F的坐標(biāo)，依據(jù)勾股定理列出方程求解即可求出坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求解析式即可．【解答】解：（1）∵Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC=A∴S△ABC即12解得：AD=60故答案為：6013（2）解：設(shè)OC為x，∵A（4，0），B（0，3），∴AB=O由翻折可知，DB＝OB＝3，OC＝CD＝x，∴AD＝2，由勾股定理得，AD2+CD2＝AC2，即x2+22＝（4﹣x）2，解得x=3∴點C的坐標(biāo)為(3（3）∵長方形OABC，點A在y軸上，點C在x軸上，B（12，5），∴A（0，5），C（12，0），∴OA＝5，OC＝12，∴AC=O設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，把A點和C點坐標(biāo)代入得，b=512k+b=0解得k=-5∴直線AC的解析式為y=-5由翻折可知，OC＝CF＝12，AF＝1，設(shè)OE＝EF＝y(tǒng)，由勾股定理得，EF2+AF2＝AE2，即y2+12＝（5﹣y）2，解得y＝2.4，即OE＝EF＝2.4，∴AE＝2.6，設(shè)點F的坐標(biāo)為(m，∴12即12解得m=12則點F的坐標(biāo)為(12設(shè)直線OF的解析式為y＝dx，代入F點坐標(biāo)得，6013解得d＝5，∴直線OF的解析式為y＝5x．【點評】本題主要考查一次函數(shù)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握一次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求解析式及勾股定理的知識是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點A、C分別落在x軸、y軸正半軸上，點E在邊OA上，點F在邊OC上，且AE＝EF，已知B（6，8），F(xiàn)（0，23）．（1）求點E的坐標(biāo)；（2）點E關(guān)于點A的對稱點為點D，點P從C點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線CB運動，設(shè)P點的運動時間為t秒，△PBD的面積為S，用含t的代數(shù)式表示S；（3）在（2）的條件下，點M為平面內(nèi)一點，點P在線段BC上運動時，作∠PDO的平分線交y軸于點N，t為何值時，四邊形DPNM為矩形？并求此時點M的坐標(biāo)．【分析】（1）先確定出點A的坐標(biāo)，進(jìn)而得出OA，最后在Rt△OEF中，利用勾股定理求出OE即可得出點E的坐標(biāo)；（2）分兩種情況，用三角形的面積公式即可解決問題；（3）先利用對稱求出點D的坐標(biāo)，進(jìn)而得出OD，由角平分線的性質(zhì)定理得出DP＝OD求出點P的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線PD，MD的解析式，再利用勾股定理求出點N的坐標(biāo)，進(jìn)而得出直線MN的解析式，聯(lián)立直線DM和MN的解析式即可得結(jié)論．【解答】解：（1）在矩形OABC中，BC∥OA，B（6，8），∴A（6，0），∴OA＝6，設(shè)OE＝a，∴EF＝AE＝OA﹣OE＝6﹣a，∵F（0，23），∴OF＝23，在Rt△AEF中，根據(jù)勾股定理得，OE2+OF2＝EF2，∴a2+12＝（6﹣a）2，∴a＝2，∴E（2，0）；（2）由（1）知，E（2，0），∴AE＝4，∵點D是點E關(guān)于點A的對稱點，∴D（10，0），∵BC∥OA，B（6，8），OC＝AB＝8，∴P（t，8），PB＝|t﹣6|①當(dāng)點P在邊BC上時，如圖1，∴0≤t＜6，∴PB＝6﹣t，∴S＝S△PBD=12PB?OC=12×（6﹣t）×8②當(dāng)點P在CB的延長時，如圖2，∴t＞6，∴PB＝t﹣6，∴S＝S△PBD=12PB?OC=12×（t﹣6）×8＝即：S=-4t+24(0（3）如圖3，由（2）知，D（10，0），∴OD＝10，∵四邊形DPNM是矩形，∴∠DPN＝90°＝∠DON，∴NP⊥DP，NO⊥OD，∵DN是∠PDO的平分線，∴NO＝NP，在Rt△NDO和Rt△NDP中，DN=DNNO=NP∴Rt△NDO和Rt△NDP（HL），∴DP＝OD＝10，∵P（t，8），D（10，0），∴DP2＝（t﹣10）2+64＝100，∴t＝16（由于點P在線段BC上，所以舍去）或t＝4，∴P（4，8），∵D（10，0），∴DP的解析式為y=-43x∵DM⊥DP，∴直線DM的解析式為y=34x-設(shè)N（0，n），∴ON＝n，∴PN＝n，CN＝OC﹣ON＝8﹣n，∵P（4，8），∴CP＝4，在Rt△CNP中，根據(jù)勾股定理得，CN2+CP2＝PN2，∴（8﹣n）2+16＝n2，∴n＝5，∴N（0，5），∵PD∥NM，∴直線NM的解析式為y=-43x+5聯(lián)立①②解得，x＝6，y＝﹣3，∴M（6，﹣3）．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，待定系數(shù)法，勾股定理，解（1）的關(guān)鍵是利用勾股定理求出OE，解（2）的關(guān)鍵是分兩種情況討論計算，解（3）的關(guān)鍵是求出點P的坐標(biāo)．【變式2-3】（2022春?平南縣期末）如圖，四邊形OABC是矩形，點A、C分別在x軸、y軸上，△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，點D在x軸上，直線BD交y軸于點F，交OE于點H，點B的坐標(biāo)為（﹣2，4）．（1）求直線BD的表達(dá)式；（2）求△DEH的面積；（3）點M在x軸上，平面內(nèi)是否存在點N，使以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）求出D點坐標(biāo)，由待定系數(shù)法可求出答案；（2）求出直線OE的解析式，聯(lián)立直線OE和直線BD的解析式可求出H點的坐標(biāo)，根據(jù)三角形面積公式可得出答案；（3）分兩種情況，由矩形的性質(zhì)可求出答案．【解答】解：（1）∵B（﹣2，4），∴BC＝2，OC＝4，∵△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴OD＝OC＝4，DE＝BC＝2，∴D（4，0），設(shè)直線BD解析式為y＝kx+b，把B、D坐標(biāo)代入可得-2k+b=44k+b=0解得k=-2∴直線BD的解析式為y=-23x（2）由（1）可知E（4，2），設(shè)直線OE的解析式為y＝mx，∴4m＝2，∴m=1∴直線OE的解析式為y=12聯(lián)立y=-2解得x=16∴H（167，8∴△DEH的面積=1（3）當(dāng)點M在x軸上時，∵M(jìn)F⊥BD，則直線MF的表達(dá)式為：y=32x當(dāng)y＝0，x=-169，即點M（-16點F向右平移4個單位向下平移83單位得到D則點M向右平移4單位向下平移83單位得到N則點N（209，-當(dāng)∠FMD＝90°時，則可知M點為O點，如圖，∵四邊形MFND為矩形，∴NF＝OD＝4，ND＝OF=8∴N（4，83綜上可知存在滿足條件的N點，其坐標(biāo)為（209，-83）或（4【點評】本題是一次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型三一次函數(shù)與菱形問題題型三一次函數(shù)與菱形問題【例題3】（2022秋?奉賢區(qū)月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=3x+b經(jīng)過菱形OABC的頂點A（2，0）和頂點（1）求b的值以及頂點C的坐標(biāo)；（2）將該菱形向下平移，其中頂點C的對應(yīng)點是C1．①當(dāng)點C1恰好落在對角線OB上時，求該菱形平移的距離；②當(dāng)點C1在x軸上時，原菱形邊OC上一點P平移后的對應(yīng)點是Q，如果OP＝OQ，求點Q的坐標(biāo)．【分析】（1）將A（2，0）代入y=3x+b，可得b的值，根據(jù)菱形的性質(zhì)得OC∥AB，OC＝2，則直線OC的解析式為y=3x，過點C作CM⊥x軸于M，則CM=3OM，利用勾股定理求出OM（2）①利用待定系數(shù)法求出直線OB的解析式，當(dāng)點C1恰好落在對角線OB上時，將點C1的橫坐標(biāo)代入可得點C1的坐標(biāo)，即可求得該菱形平移的距離；②由題意得OP＝OQ=32，該菱形平移的距離為3，可得點P的坐標(biāo)，從而得到點【解答】解：（1）將點A（2，0）代入直線y=3得23+b＝解得b=-23∵四邊形OABC是菱形，∴OC∥AB，OC＝2，∴直線OC的解析式為y=3x過點C作CM⊥x軸于M，∴CM=3OM在Rt△OCM中，OM2+CM2＝OC2，∴OM2+（3OM）2＝22，∴OM＝1（負(fù)值舍去），∴C（1，3）；（2）①∵四邊形OABC是菱形，C（1，3），A（2，0），∴B（3，3），設(shè)直線OB的解析式為y＝kx，∴3k=3，解得k=∴直線OB的解析式為y=33將該菱形向下平移，其中頂點C的對應(yīng)點是C1，C（1，3），當(dāng)點C1恰好落在對角線OB上時，點C1的橫坐標(biāo)為1，∴縱坐標(biāo)為y=3∴該菱形平移的距離為3-②∵將該菱形向下平移，其中頂點C的對應(yīng)點是C1，C（1，3），當(dāng)點C1在x軸上時，點C1（1，0），∴該菱形平移的距離為3，∵原菱形邊OC上一點P平移后的對應(yīng)點是Q，∴PQ=3∵OP＝OQ，∴OP＝OQ=3∵直線OC的解析式為y=3x∴3x=3∴x=1∴P（12，3∴點Q的坐標(biāo)為（12，-【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了菱形的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、勾股定理、圖形的平移變換．本題解題的關(guān)鍵是利用勾股定理求出點C的坐標(biāo)，結(jié)合直線OB的解析式求出點C1的坐標(biāo)．【變式3-1】（2022春?宛城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB：y=-43x+4分別交x軸、y軸于點A、B，若點P在y軸上，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點Q，使以A、B、P、Q【分析】設(shè)P（0，t），Q（x，y），分兩種情況討論：①當(dāng)AP為菱形的對角線時，AB＝BP，Q（3，5）或（3，﹣5）；②當(dāng)AQ為菱形的對角線時，AB＝AP，Q（﹣3，0）．【解答】解：存在點Q，使以A、B、P、Q為頂點，且以AB為邊的四邊形是菱形，理由如下：設(shè)P（0，t），Q（x，y），①當(dāng)AP為菱形的對角線時，AB＝BP，∴3=xt=4+y解得x=3y=5t=9或∴Q（3，5）或（3，﹣5）；②當(dāng)AQ為菱形的對角線時，AB＝AP，∴3+x=0y=4+t解得x=-3y=8t=4（舍）或∴Q（﹣3，0）；綜上所述：點Q的坐標(biāo)為（﹣3，0）或（3，5）或（3，﹣5）．【點評】本題考查次一函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023春?崇川區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y=-12x+4分別與x軸，y軸交于點B，C．直線l2：y=（1）直接寫出點B，C的坐標(biāo)：B，C．（2）若D是直線l2上的點，且△COD的面積為6，求直線CD的函數(shù)表達(dá)式；（3）在（2）的條件下，且當(dāng)點D在第一象限時，設(shè)P是射線CD上的點，在平面內(nèi)存在點Q．使以O(shè)，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形，請直接求點Q的坐標(biāo)．【分析】（1）對于直線l1解析式，分別令x與y為0求出y與x的值，確定出C與B的坐標(biāo)，聯(lián)立兩直線解析式求出A的坐標(biāo)即可；（2）由三角形的面積公式可求點D坐標(biāo)，由待定系數(shù)法可求解析式；（3）分OC為邊和OC為對角線兩種情況討論，由菱形的性質(zhì)和兩點距離公式可求解．【解答】解：（1）∵y=-12x+4分別與x軸、y軸交于點B、∴點C坐標(biāo)為（0，4），點B坐標(biāo)為（8，0），故答案為：（8，0），（0，4）；（2）設(shè)點D坐標(biāo)為（x，13x∵△COD的面積為6，∴12×4×|x|＝∴x＝±3，∴點D（3，1）或（﹣3，﹣1），當(dāng)點D的坐標(biāo)是（3，1）時，設(shè)直線CD解析式為：y＝kx+4，∴1＝3k+4，∴k＝﹣1，∴直線CD解析式為：y＝﹣x+4；當(dāng)點D的坐標(biāo)是（﹣3，﹣1），同理可得：CD的表達(dá)式為：y=53x綜上，直線CD解析式為：y＝﹣x+4或y=53x（3）若以O(shè)C為邊，設(shè)點P（a，﹣a+4）（a≥0），如圖，當(dāng)四邊形OCPQ是菱形，∴OC＝CP＝4，PQ∥OC，PQ＝OC＝4，∴4=a∴a1＝22，a2＝﹣22（不合題意，舍去），∴點P（22，4﹣22），∴點Q（22，﹣22）；當(dāng)四邊形OCQ'P'是菱形，∴OC＝OP'＝4，P′Q'＝OC＝4，P′Q'∥OC，∵直線CD解析式為：y＝﹣x+4，∴直線CD與x軸交點坐標(biāo)為（4，0），∴點P′坐標(biāo)為（4，0），∴∠COP′＝90°，∴四邊形OCQ'P'為正方形，此時Q′P′＝OP′＝OC＝4，∴點Q'（4，4）；若OC為對角線，如圖，∵以O(shè)、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形，∴CO與P″Q″互相垂直平分，∴點P″的縱坐標(biāo)為2，∴點P″（2，2），∴點Q″坐標(biāo)為（﹣2，2）；綜上所述：點Q的坐標(biāo)為（﹣2，2）或（4，4）或（22，﹣22）．【點評】此題屬于一次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，待定系數(shù)法確定一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)圖象的交點，一次函數(shù)圖象與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB：y=-12x+3與直線CD：y＝kx﹣2相交于點M（4，a），分別交坐標(biāo)軸于點A，B，C（1）求直線CD的解析表達(dá)式；（2）如圖，點P是直線CD上的一個動點，當(dāng)△PBM的面積為20時，求點P的坐標(biāo)；（3）直線AB上有一點F，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)找一點N，使得以BF為一邊，以點B，D，F(xiàn)，N為頂點的四邊形是菱形，請直接寫出符合條件的點N的坐標(biāo)．【分析】（1）將點M的坐標(biāo)代入函數(shù)的解析式即可求得a的值，從而確定點M是坐標(biāo)，再將點M的坐標(biāo)代人y＝kx﹣2，即可求得k值，進(jìn)而求解；（2）首先得到直線的解析式，然后得到點D的坐標(biāo)，根據(jù)△PBM的面積＝S△BDM+S△BDP＝20，求得xP＝﹣4，代人直線CD的解析式即可求得點P（﹣4，﹣5）；（3）設(shè)點F的坐標(biāo)為（m，-12m+3），點N（a，b），根據(jù)點B、D的坐標(biāo)分別為（0，3）、（0，﹣2）得到BD＝5，然后分①當(dāng)BD是邊時和②當(dāng)BD是對角線時，則BD的中點，即為NF的中點且BF＝【解答】解：（1）將點M的坐標(biāo)代入y=-12x+3并解得：a＝故點M（4，1），將點M的坐標(biāo)代入y＝kx﹣2，得4k﹣2＝1，解得：k=3∴a＝1，k=3∴直線CD的表達(dá)式為：y=34x﹣（2）由（1）得直線CD的表達(dá)式為：y=34x﹣則點D（0，﹣2），∴△PBM的面積＝S△BDM+S△BDP=12×BD×|xM﹣xP|=12×（3+2）|4﹣解得：xP＝﹣4或xP＝12，故點P（﹣4，﹣5）或P（12，7）；（3）設(shè)點F的坐標(biāo)為（m，-12m+3），點N（a，由（1）知，點B、D的坐標(biāo)分別為（0，3）、（0，﹣2），則BD＝5，當(dāng)BD是邊時，當(dāng)點F在點N的上方時，則BD＝BF，即52＝m2+（-12m）解得m＝±25，則點F的坐標(biāo)為（25，-5+3）或（﹣25，5點N在點F的正下方5個單位，則點N（25，-5-2）或（﹣25，5當(dāng)點F在點N的下方時，則BD＝DF，即52＝m2+（-12m+3+2）解得m＝0（舍去）或4，同理可得，點N（4，6）；綜上，點N的坐標(biāo)為（25，-5-2）或（﹣25，5-2）或（4【點評】本題考查的是一次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．【變式3-4】（2021春?江北區(qū)期末）如圖所示，直線l：y=-12x+23與x軸、y軸分別交于A、B兩點，在y軸上有一點C（0，4（1）求△AOB的面積；（2）動點M從A點以每秒1個單位的速度沿x軸向左移動，求△COM的面積S與M的移動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)動點M在x軸上移動的過程中，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點N，使以點A，C，N，M為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的表達(dá)式，求得點A，B的坐標(biāo)，便可求△AOB的面積；（2）根據(jù)點M的位置不同，分兩段求△COM的面積；（3）按AC為邊，為對角線進(jìn)行分類，再利用菱形、正方形的性質(zhì)解決問題．【解答】解：（1）令y＝0，-1解得x=43令x＝0，y=23∴A（43，0），B（0，2S△AOB=1∴△AOB的面積為12．（2）∵動點M從A點以每秒1個單位的速度沿x軸向左移動，∴AM＝t．當(dāng)0≤t≤43OM=43OC=43∴S=1=24-23當(dāng)t＞4OM＝t-43∴S=1=23綜上，△COM的面積S與M的移動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式：S=24-2（3）在平面直角坐標(biāo)系中存在點N，使以點A，C，N，M為頂點的四邊形為菱形．①當(dāng)AC，AM為菱形的邊時，情況一：如圖1，當(dāng)點M在點A的左側(cè)時，Rt△AOC中，AC=O∴NC＝AC=46∵NC∥AM，∴點N（-46，4情況二，如圖1′，當(dāng)點M在點A的右側(cè)時，由情況一同理可得點N的坐標(biāo)為(46②當(dāng)AC為菱形的對角線時，如圖2，此時M，O重合，四邊形OANC為正方形，則點N（43，4③如圖3，當(dāng)AC為菱形的邊，AM為菱形的對角線時，此時點C，N關(guān)于x軸對稱，∴點N（0，-43綜上，在平面直角坐標(biāo)系中存在點N，使以點A，C，N，M為頂點的四邊形為菱形，此時點N的坐標(biāo)為：（-46，43），(46，43)，（4【點評】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，三角形的面積公式，以及菱形、正方形的判定與性質(zhì)，對于圖形的存在性問題要注意分類討論．題型四一次函數(shù)與正方形問題題型四一次函數(shù)與正方形問題【例題4】（2021春?橫縣期末）已知邊長為23的正方形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點E，H，F(xiàn)，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，EF與GH交于點O，∠FOH＝90°，EF＝4．（1）求GH的長．（2）當(dāng)AG＝1時，求直線GH的解析式；（3）如圖2，其他條件不變，若O是正方形對角線的交點時，求CH的長．【分析】（1）過點F，G分別作FM⊥AB，GN⊥BC，垂足分別為M，N，先得出四邊形AMFD與四邊形ABNG是矩形，再得出△MEF≌△NHG，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）先根據(jù)勾股定理得出HN的長，進(jìn)而得出點H的坐標(biāo)，再利用點G的坐標(biāo)得出直線GH的解析式；（3）連接AC作GN⊥BC于N，先得出△AOG≌△COH，進(jìn)而得出BN＝x，再依據(jù)BC＝CH+HN+BN，列出方程，求解即可．【解答】解：（1）過點F，G分別作FM⊥AB，GN⊥BC，垂足分別為M，N，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，又∵FM⊥AB，GN⊥BC，∴∠AMF＝∠BNG＝90°，∴四邊形AMFD與四邊形ABNG是矩形，∴FM＝AB，GN＝AB，∴FM＝AB，又∵GH⊥EF，F(xiàn)M⊥AB，∴∠MFE+∠1＝90°，∠MFE+∠MEF＝90°，∴∠1＝∠MEF，又∵∠BMF＝∠ABC＝90°，∴FM∥BC，∴∠1＝∠GHN，∴∠MEF＝∠GHN，∴△MEF≌△NHG（AAS），∴GH＝EF＝4；（2）由（1）可知四邊形ABNG是矩形，GH＝4，∴BN＝AG＝1，GN＝AB＝23，在Rt△GNH中，HN=GH∴HB＝HN+BN＝2+1＝3，∴點H的坐標(biāo)為（23，3），又∵點G的坐標(biāo)為（0，1），設(shè)直線GH的解析式為y＝kx+b，把點H，G代入得：3=23解得：k=3∴直線GH的解析式y(tǒng)=33x（3）設(shè)GH＝x，連接AC作GN⊥BC于N，由（1）可知，BN＝AG，∵O是正方形對角線交點，∴OA＝OC，又∵在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠OAD＝∠OCB，∠AGO＝∠CHO，∴△AOG≌△COH（AAS），∴AG＝CH＝x，∴BN＝x，由（2）可知HN＝2，∴BC＝CH+HN+BN，即23=x+2+x解得：x=3-即CH=3-【點評】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線．【變式4-1】（2022春?鳳山縣期末）如圖矩形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，OA＝a，OC＝b，且a，b滿足a-5+|b﹣7|＝0，一次函數(shù)y=-13x+5的圖象與邊OC，AB分別交于D（1）求點B的坐標(biāo)；（2）直線OB與一次函數(shù)y=-13x+5交于點M，求點（3）點G在線段DE上運動，過點G作GF⊥BC，GH⊥AB垂足分別為點F，H．是否存在這樣的點G，使以F，G，H，B為頂點的四邊形是正方形？若存在，請求出點G的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由題意求出a、b的值，即可求B點坐標(biāo)；（2）用待定系數(shù)法求出直線OB的解析式，再聯(lián)立方程組y=75x（3）由題意可得D（0，5），E（5，103），設(shè)G（t，-13t+5）（0≤t≤5），則F（t，7），H（5，-13t+5），再由FG【解答】解：（1）∵a-5+|b﹣7|＝0∴a＝5，b＝7，∵四邊形OABC是矩形，OA＝a，OC＝b，∴B（5，7）；（2）設(shè)直線BO的解析式為y＝kx，∴5k＝7，∴k=7∴y=75聯(lián)立方程組y=7解得x=75∴M（7526，105（3）存在點G，使以F，G，H，B為頂點的四邊形是正方形，理由如下：由題意可得D（0，5），E（5，103設(shè)G（t，-13t+5）（0≤t≤5），則F（t，7），H（5，-1∵GF⊥BC，GH⊥AB，BC⊥AB，∴四邊形FGHB是矩形，當(dāng)FG＝GH時，四邊形FGHB是正方形，∴7+13t﹣5＝5﹣解得t=9∴G（94，17【點評】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2021春?柳南區(qū)校級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OBCD是邊長為4的正方形，B、D分別在y軸負(fù)半軸、x軸正半軸上，點E是x軸的一個動點，連接CE，以CE為邊，在直線CE的右側(cè)作正方形CEFG．（1）如圖1，當(dāng)點E與點O重合時，請直接寫出點F的坐標(biāo)為，點G的坐標(biāo)為．（2）如圖2，若點E在線段OD上，且OE＝1，求正方形CEFG的面積．（3）當(dāng)點E在x軸上移動時，點F是否在某條直線上運動？如果是，請求出相應(yīng)直線的表達(dá)式；如果不是，請說明理由．【分析】（1）利用四邊形OBCD是邊長為4的正方形，以及正方形CEFG的性質(zhì)可得答案；（2）利用勾股定理求出CE，再根據(jù)正方形的面積公式可得答案；（3）當(dāng)點E在x軸上移動時，E點的位置分兩種情況進(jìn)行討論：①點E在D的左邊；②點E在D的右邊．都是利用正方形與全等三角形的性質(zhì)，求出F點的坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)可得答案．【解答】解：（1）如圖1，當(dāng)點E與點O重合時，∵四邊形OBCD是邊長為4的正方形，∴OB＝BC＝CD＝DE＝4，∠CDE＝90°，∵四邊形CEFG是正方形，∴CF⊥EG，又CD⊥EG，∴C、D、F三點共線，且C、F關(guān)于x軸（EG）對稱，∵C（4，﹣4），∴F（4，4），G（8，0）．故答案為（4，4），（8，0）；（2）如圖2，若點E在線段OD上，且OE＝1，∵OD＝CD＝4，∴DE＝OD﹣OE＝4﹣1＝3，∴CE=CD∴正方形CEFG的面積＝52＝25；（3）當(dāng)點E在x軸上移動時，E點的位置分兩種情況：①如圖3①，點E在D的左邊時，作FH⊥x軸于H，則∠FEH＝∠ECD＝90°﹣∠CED．在△FEH與△ECD中，∠FEH=∠ECD∠EHF=∠CDE=90°∴△FEH≌△ECD（AAS），∴EH＝CD＝4，F(xiàn)H＝ED．設(shè)OE＝m，F(xiàn)（x，y），∴OH＝EH+OE＝4+m，F(xiàn)H＝ED＝OD﹣OE＝4﹣m，∴F（4+m，4﹣m），∴x+y＝4+m+4﹣m＝8，∴y＝﹣x+8，∴F在直線y＝﹣x+8上；②如圖3②，點E在D的右邊時，同理可得，F(xiàn)在直線y＝﹣x+8上．綜上，當(dāng)點E在x軸上移動時，點F是在直線y＝﹣x+8上運動．【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，其中涉及到正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識．利用數(shù)形結(jié)合、分類討論是解題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2022?南京模擬）矩形AOBC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點A在x軸的負(fù)半軸上，點B在y軸的正半軸上，連接AB，將△ABC沿AB折疊得△ABE，AE交y軸于點D，線段OD＝3，OA＝4．（1）點P為直線AB上一點，連接PO、PD，當(dāng)△POD的周長最小時，求點P的坐標(biāo)；（2）點M在x軸上，點N在直線AB上，坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點Q，使以B、M、N、Q為頂點的四邊形為正方形？若存在，請直接寫出滿足條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）過D作AB的對稱點D1，連接OD1，交AB于點P，此時△POD的周長最小，利用待定系數(shù)法求得直線OD1的解析式和直線AB的解析式，解方程組即可求出答案；（2）分BN為邊和BN為對角線兩種情況討論，分別畫出圖形，利用正方形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)可求出答案．【解答】解：（1）過D作AB的對稱點D1，連接OD1，交AB于點P，此時△POD的周長最小，∵△ABE是將△ABC沿AB折疊得到的，∴點D1在AC上，∵OA＝4，OD＝3，∴AD=OA∴AD1＝5，∴D1（﹣4，5），設(shè)直線OD1的解析式為y＝kx，∴5＝﹣4k，∴k=-5∴直線OD1的解析式為y=-54∵四邊形AOBC是矩形，且△ABE是將△ABC沿AB折疊得到的，∴AC∥OB，∠CAB＝∠BAD，∴∠CAB＝∠BAD＝∠ABD，∴AD＝BD＝5，則OB＝8，∴B（0，8），同理求得直線AB的解析式為y＝2x+8，∴y=2x+8y=-解方程-54x＝2x+8，得x∴y=40∴P（-3213，（2）存在點Q，使以B、M、N、Q為頂點的四邊形為正方形．分兩種情況：①當(dāng)BN為邊時，如圖，若四邊形BNMQ是正方形，則BN＝MN，過點Q作QG⊥x軸于G，過點N作NI⊥x軸于I，∵四邊形BNMQ是正方形，∴QM＝NM，∠QMN＝90°，∴∠QMG+∠NMI＝90°，又∵∠QMG+∠MQG＝90°，∴∠MQG＝∠IMN，又∵∠QGM＝∠MIN＝90°，∴△QGM≌△MIN（AAS），∴QG＝IM，MG＝IN，過點N作NH⊥y軸于點H，同理可證△BNH≌△MNI（AAS），∴NI＝NH，設(shè)N（﹣b，b），∵N在直線AB上，∴b＝﹣2b+8，∴b=8∴NI=83，IM＝BH∴OG＝OM+MG＝IN=16∴點Q（163，16如圖，若四邊形BNMQ是正方形，同理可得M（﹣24，0），Q（﹣16，16）；如圖，若四邊形BNQM是正方形，同理可證△BOM≌△MGQ，∴OM＝QG，GM＝OB＝8，設(shè)OG＝a，則OM＝a+8，∴AM＝a+12，∴42+82+82+（a+8）2＝（a+12）2，∴a＝8，∴AM＝20，OM＝16，∴M（16，0）；同理，點Q（8，﹣16）；如圖，若四邊形BMQN是正方形，同理可求M（16，0）；點Q（24，16）；②當(dāng)BN是對角線時，若四邊形BMNQ是正方形，過點P作PH⊥x軸于H，∵點A（﹣4，0），點B（0，8），∴直線AB解析式為y＝2x+8，∵四邊形BMNQ是正方形，∴BM＝NM，∠BMN＝90°，∴∠BMO+∠NMH＝90°，又∵∠BMO+∠MBO＝90°，∴∠NMH＝∠MBO，又∵∠PNF＝∠BOF＝90°，∴△BOM≌△MHN（AAS），∴BO＝HM＝8，OM＝HN，設(shè)點M（a，0），∴OH＝8﹣a，HN＝a，∴點N（a﹣8，﹣a），∵點N在AB上，∴﹣a＝2（a﹣8）+8，∴a=8∴HN＝OM=8同理可知△BKQ≌△MOB（AAS），∴QK＝OB＝8，BK＝OM=8∴OK＝8-8∴Q（﹣8，163如圖，若四邊形BMNQ是正方形，同理可求點M（﹣24，0），則點Q（8，﹣16）．綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（163，163）或（﹣16，16）或（24，16）或（﹣8，163）或（8【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．題型五一次函數(shù)與四邊形的綜合問題題型五一次函數(shù)與四邊形的綜合問題【例題5】（2021春?吉林期末）如圖，已知直線AB的函數(shù)解析式為y=43x+4，與y軸交于點A，與x軸交于點B．點P為線段AB上的一個動點（點P不與A，B重合），連接OP，以PB，PO為鄰邊作OPBC．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，OPBC（1）點A的坐標(biāo)為，點B的坐標(biāo)為；（2）①當(dāng)OPBC為菱形時，S＝；②求S與m的函數(shù)關(guān)系式，并寫出m的取值范圍；（3）BC邊的最小值為．【分析】（1）在y=43x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3（2）①當(dāng)OPBC為菱形時，BP＝OP，可得P是△AOB斜邊上的中點，即得S△BOP=12S△AOB＝3，故S菱形OPBC＝2S△BOP＝②過P作PH⊥OB于H，由點P的橫坐標(biāo)為m，且P在線段AB上，直線AB為y=43x+4，可得P（m，43m+4），﹣3＜m＜0，從而S△BOP=12OB?PH＝2m+6，即得S＝2S△BOP＝4m+12，﹣（3）根據(jù)四邊形OPBC是平行四邊形，得BC＝OP，BC最小即是OP最小，故OP⊥AB時，BC最小，在Rt△AOB中，AB=OB2+OA2=5，由S△AOB=12OA?OB=12【解答】解：（1）在y=43x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x∴A（0，4），B（﹣3，0），故答案為：（0，4），（﹣3，0）；（2）①當(dāng)OPBC為菱形時，BP＝OP，∴∠PBO＝∠POB，∴90°﹣∠PBO＝90°﹣∠POB，即∠BAO＝∠POA，∴PA＝OP，∴PA＝OP＝PB，即P是△AOB斜邊上的中點，∴S△BOP=12S△AOB=12×1∴S菱形OPBC＝2S△BOP＝6，故答案為：3；②過P作PH⊥OB于H，如圖：∵點P的橫坐標(biāo)為m，且P在線段AB上，直線AB為y=4∴P（m，43m+4），﹣3＜m＜0∴PH=43m∴S△BOP=12OB?PH=12×3?（43m∴S＝2S△BOP＝4m+12，﹣3＜m＜0；（3）∵四邊形OPBC是平行四邊形，∴BC＝OP，BC最小即是OP最小，∴OP⊥AB時，BC最小，如圖：在Rt△AOB中，AB=OB∵S△AOB=12OA?OB=12∴OP=OA?OB∴BC最小為125故答案為：125【點評】本題考查一次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及三角形面積、平行四邊形、菱形等知識，解題的關(guān)鍵是用m的代數(shù)式表示P點縱坐標(biāo)和相關(guān)線段的長度．【變式5-1】（2022春?溫州期中）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB：y=-43x+4與坐標(biāo)軸交于A，B兩點，點C為AB的中點，動點P從點A出發(fā)，沿AO方向以每秒1個單位的速度向終點O運動，同時動點Q從點O出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿射線OB方向運動，當(dāng)點P到達(dá)點O時，點Q也停止運動．以CP，CQ為鄰邊構(gòu)造CPDQ，設(shè)點P運動的時間為（1）直接寫出點C的坐標(biāo)為．（2）如圖2，過點D作DG⊥y軸于G，過點C作CH⊥x軸于H．證明：△PDG≌△CQH．（3）如圖3，連結(jié)OC，當(dāng)點D恰好落在△OBC的邊所在的直線上時，求所有滿足要求的t的值．【分析】（1）由一次函數(shù)解析式可求出A點和B點坐標(biāo)，由中點坐標(biāo)公式可求點C坐標(biāo)；（2）由平行線的性質(zhì)證出∠GPD＝∠HCQ，根據(jù)AAS可證明△PDG≌△CQH；（3）分三種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解．【解答】（1）解：∵直線AB：y=-43x+4與坐標(biāo)軸交于A，當(dāng)x＝0時，y＝4，當(dāng)y＝0時，x＝3，∴點A的坐標(biāo)是（0，4），點B的坐標(biāo)是（3，0），∵點C為AB的中點，∴點C（32，2故答案為：（32，2（2）證明：∵四邊形PCQD是平行四邊形，∴CQ＝PD，PD∥CQ，∴∠QCP+∠DPC＝180°，∵AO∥CH，∴∠OPC+∠PCH＝180°，∴∠GPD＝∠HCQ，又∵∠PGD＝∠CHQ＝90°，∴△PDG≌△CQH（AAS）；（3）解：∵△PDG≌△CQH（AAS），∴DG＝HQ，PG＝CH，∵點C（32，2），點P（0，4﹣t），點Q（2t，0∴CH＝PG＝2，HQ＝DG＝2t-3∴GO＝4﹣t﹣2＝2﹣t，∴點D（2t-32，2﹣當(dāng)點D落在直線OB上時，則2﹣t＝0，即t＝2，當(dāng)點D落在直線OC上時，∵點C（32，2∴直線OC解析式為：y=43∴2﹣t=43（2t∴t=12當(dāng)點D落在AB上時，∵四邊形PCQD是平行四邊形，∴CD與PQ互相平分，∴線段PQ的中點（t，4-t2）在CD∴4-t2=-4∴t=12綜上所述：t＝2或1211或12【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2022?西山區(qū)一模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，直線y＝kx+15（k≠0）經(jīng)過點C（3，6），與x軸交于點A，y軸交于點B，線段CD平行于x軸，交直線y=34x于點D，連接OC（1）求證：四邊形OADC是平行四邊形；（2）動點P從點O出發(fā)，沿對角線OD以每秒1個單位長度的速度向點D運動，直到點D為止；動點Q同時從點D出發(fā)，沿對角線DO以每秒1個單位長度的速度向點O運動，直到點O為止．設(shè)兩個點的運動時間均為t秒．當(dāng)點P，Q運動至四邊形CPAQ矩形時，請求此時t的值．【分析】（1）代入C點坐標(biāo)即可得出k值確定直線的解析式，進(jìn)而求出A點坐標(biāo)，求出再D點坐標(biāo)，根據(jù)CD＝OA，CD∥OA，即可證四邊形OADC是平行四邊形；（2）先證四邊形CPAQ為平行四邊形，根據(jù)對角線相等確定PQ的長度，再根據(jù)P、Q的位置分情況計算出t值即可．【解答】（1）證明：∵直線y＝kx+15（k≠0）經(jīng)過點C（3，6），∴3k+15＝6，解得k＝﹣3，即直線的解析式為y＝﹣3x+15，當(dāng)y＝0時，x＝5，∴A（5.0），∵線段CD平行于x軸，∴D點的縱坐標(biāo)與C點一樣，又∵D點在直線y=34當(dāng)y＝6時，x＝8，即D（8，6），∴CD＝8﹣3＝5，∵OA＝5，∴OA＝CD，又∵OA∥CD，∴四邊形OADC是平行四邊形；（2）解：由（1）知四邊形OADC是平行四邊形，∴OD與AC互相平分，又∵P點和Q點的運動速度相同，∴PQ與AC互相平分，∴四邊形CPAQ為平行四邊形，∵D（8，6），∴OD＝10，當(dāng)0≤t≤5時，PQ＝10﹣2t，當(dāng)5≤t≤10時，PQ＝2t﹣10，當(dāng)點P，Q運動至四邊形CPAQ為矩形時，PQ＝AC，∵A（5.0），C（3，6），∴AC=(5-3)2當(dāng)0≤t≤5時，10﹣2t＝210，解得t＝5-10當(dāng)5≤t≤10時，2t﹣10＝210，解得t＝5+10綜上，當(dāng)點P，Q運動至四邊形CPAQ為矩形時t的值為5-10或5+【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的判定和性質(zhì)和矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2022春?上蔡縣期末）如圖，已知一次函數(shù)y＝﹣2x+4的圖象與x軸、y軸分別交于點B、A，以AB為邊在第一象限內(nèi)作正方形ABCD．過點C作CE⊥x軸于點E，點G（m，0）是線段OB上的動點，過點G作GF⊥x軸分別交AB、AD于點F、H，連接CF．（1）求點C的坐標(biāo)．（2）當(dāng)OG＝GB時，判斷四邊形CEGF的形狀，并說明理由．（3）當(dāng)FG＝FH時，請直接寫出點H的坐標(biāo)．【分析】（1）由一次函數(shù)解析式可求出A（0，4），B（2，0），證明△AOB≌△BEC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出BE＝OA＝4，CE＝OB＝2，則可得出答案；（2）證得CE∥FG．CE＝FG，得出四邊形CEGF是平行四邊形，由矩形的判定可得出結(jié)論；（3）過點D作DM⊥y軸于點M，同（1）可得D（4，6），由待定系數(shù)法求出直線AD的解析式為y=12x+4，設(shè)H（m，12m+4），F(xiàn)（m，﹣2m+4），由題意得出1【解答】解：（1）∵一次函數(shù)y＝﹣2x+4的圖象與x軸，y軸分別交于點B、A．∴A（0，4），B（2，0），∴OA＝4，OB＝2，∵CE⊥BE，∴∠CED＝∠AOB＝∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBE＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠ABO＝∠BCE，∵AB＝BC，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴BE＝OA＝4，CE＝OB＝2，∴OE＝6，∴C（6，2）．（2）四邊形CEGF是矩形．理由：∵GF⊥OB，AO⊥OB，∴FG∥OA，∵OG＝GB，∴AE＝EB，∴FG=12OA＝∵CE⊥OB，∴CE∥FG．CE＝FG，∴四邊形CEGF是平行四邊形，∵∠FGE＝90°，∴四邊形CEGF是矩形．（3）過點D作DM⊥y軸于點M，同（1）可得D（4，6），設(shè)直線AD的解析式為y＝kx+b，∴4k+b=6b=4∴k=1∴直線AD的解析式為y=12x設(shè)H（m，12m+4），F(xiàn)（m，﹣2m∵FG＝FH，∴12∴m=8∴H（89，40【點評】本題屬于一次函數(shù)綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法，一次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．【變式5-4】（2022春?曾都區(qū)期末）如圖，矩形OABC的頂點A，C分別在x軸、y軸的正半軸上，點B的坐標(biāo)為（3，2），過點A的直線交矩形OABC的邊BC于點P（點P不與點B，C重合），以點P為頂點在直線BC的下方作∠CPD＝∠APB，PD交x軸于點D．（1）求證：△APD為等腰三角形；（2）若△APD為等腰直角三角形．①求直線AP的函數(shù)解析式；②若點M是直線AP上的一個動點，試探究在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點N，使得以點O，A，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，簡要說明理由．【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)和等量代換推導(dǎo)出∠PDA＝∠PAD，即可證明；（2）①由題意可得∠APB＝45°，則AB＝PB，從而求出P點坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求解析式即可；②設(shè)M（t，﹣t+3），N（x，y），根據(jù)菱形的對角線分三種情況討論即可．【解答】（1）證明：∵四邊形OABC是矩形，∴BC∥OA，∴∠APB＝∠PAD，∵∠CPD＝∠APB，∴∠PDA＝∠PAD，∴△APD為等腰三角形；（2）解：①由（1）可知PD＝PA，∵△APD為等腰直角三角形，∴∠APD＝90°，∠PAD＝45°，∴∠APB＝45°，∴AB＝PB，∵四邊形OABC是矩形，B（3，2），∴A（3，0），C（0，2），∴OA＝3，CO＝2，∴P（1，2），設(shè)直線AP的解析式為y＝kx+b，∴3k+b=0k+b=2解得k=-1b=3∴y＝﹣x+3；②存在點N，使得以點O，A，M，N為頂點的四邊形是菱形，理由如下：設(shè)M（t，﹣t+3），N（x，y），①當(dāng)AM為菱形的對角線時，AO＝OM，∴3+t=x-t+3=y解得t=0x=