專題12 一次函數(shù)與幾何圖形綜合題（函數(shù)與三角形、函數(shù)與平行四邊形、最值問題）（解析版）

專題12一次函數(shù)與幾何圖形綜合題（與三角形、與平行四邊形、最值問題）類型一與三角形有關(guān)1．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）皮克定理是格點幾何學(xué)中的一個重要定理，它揭示了以格點為頂點的多邊形的面積，其中分別表示這個多邊形內(nèi)部與邊界上的格點個數(shù)．在平面直角坐標(biāo)系中，橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點為格點．已知，，則內(nèi)部的格點個數(shù)是（

）A．266 B．270 C．271 D．285【答案】C【分析】首先根據(jù)題意畫出圖形，然后求出的面積和邊界上的格點個數(shù)，然后代入求解即可．【詳解】如圖所示，

∵，，∴，∵上有31個格點，上的格點有，，，，，，，，，，共10個格點，上的格點有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共19個格點，∴邊界上的格點個數(shù)，∵，∴，∴解得．∴內(nèi)部的格點個數(shù)是271．故選：C．【點睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是掌握數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．2．（2023·湖北荊州·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線分別與軸，軸交于點，，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)得到，則點的對應(yīng)點的坐標(biāo)是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)一次函數(shù)解析式求得點的坐標(biāo)，進(jìn)而根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，進(jìn)而得出，結(jié)合坐標(biāo)系，即可求解．【詳解】解：∵直線分別與軸，軸交于點，，∴當(dāng)時，，即，則，當(dāng)時，，即，則，∵將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)得到，又∵∴，，，∴，延長交軸于點，則，，∴，

故選：C．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點問題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，與的相似比為，點是位似中心，已知點，點，．則點的坐標(biāo)為_______．（結(jié)果用含，的式子表示）

【答案】【分析】過點分別作軸的垂線垂足分別為，根據(jù)題意得出，則，得出，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點分別作軸的垂線垂足分別為，

∵與的相似比為，點是位似中心，∴∵，∴,∴，∴∴故答案為：．【點睛】本題考查了求位似圖形的坐標(biāo)，熟練掌握位似圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，一束光線從點出發(fā)，經(jīng)過y軸上的點反射后經(jīng)過點，則的值是___________．

【答案】－1【分析】如圖，過點A作，點C作，垂足分別為G，F(xiàn)，可證，得比例線段，由，得線段長度，，代入比例線段求解．【詳解】如圖，過點A作，點C作，垂足分別為G，F(xiàn)

由題意知，，∴∴∵，∴，∴∴∴故答案為：【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，直角坐標(biāo)系內(nèi)點坐標(biāo)的含義，添加輔助線構(gòu)建相似三角形是解題的關(guān)鍵．5.（2020·寧夏中考真題）如圖，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，把繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°后得到，則點的坐標(biāo)是_____．【答案】（4，）【解析】【分析】首先根據(jù)直線AB來求出點A和點B的坐標(biāo)，A1的橫坐標(biāo)等于OB，而縱坐標(biāo)等于OB-OA，即可得出答案．【詳解】解：在中，令x=0得，y=4，令y=0，得，解得x=，∴A（，0），B（0，4），由旋轉(zhuǎn)可得△AOB≌△A1O1B，∠ABA1=90°，∴∠ABO=∠A1BO1，∠BO1A1=∠AOB=90°，OA=O1A1=，OB=O1B=4，∴∠OBO1=90°，∴O1B∥x軸，∴點A1的縱坐標(biāo)為OB-OA的長，即為4=；橫坐標(biāo)為O1B=OB=4，故點A1的坐標(biāo)是（4，），故答案為：（4，）．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點問題，利用基本性質(zhì)結(jié)合圖形進(jìn)行推理是解題的關(guān)鍵．6.（2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點B的坐標(biāo)為，過點B分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為點C、點A，直線與交于點D．與y軸交于點E．動點M在線段上，動點N在直線上，若是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，則點M的坐標(biāo)為

【答案】或【分析】如圖，由是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，可得在以為直徑的圓上，，可得是圓與直線的交點，當(dāng)重合時，符合題意，可得，當(dāng)N在的上方時，如圖，過作軸于，延長交于，則，，證明，設(shè)，可得，，而，則，再解方程可得答案．【詳解】解：如圖，∵是以點N為直角頂點的等腰直角三角形，∴在以為直徑的圓上，，∴是圓與直線的交點，

當(dāng)重合時，∵，則，∴，符合題意，∴，當(dāng)N在的上方時，如圖，過作軸于，延長交于，則，，∴，

∵，，∴，∴，∴，設(shè)，∴，，而，∴，解得：，則，∴，∴；綜上：或．故答案為：或．【點睛】本題考查的是坐標(biāo)與圖形，一次函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，本題屬于填空題里面的壓軸題，難度較大，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．7．（2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，點D是線段AB上一動點，點H是直線上的一動點，動點，連接．當(dāng)取最小值時，的最小值是．

【答案】【分析】作出點，作于點D，交x軸于點F，此時的最小值為的長，利用解直角三角形求得，利用待定系數(shù)法求得直線的解析式，聯(lián)立即可求得點D的坐標(biāo)，過點D作軸于點G，此時的最小值是的長，據(jù)此求解即可．【詳解】解：∵直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴，，作點B關(guān)于x軸的對稱點，把點向右平移3個單位得到，作于點D，交x軸于點F，過點作交x軸于點E，則四邊形是平行四邊形，此時，，∴有最小值，作軸于點P，

則，，∵，∴，∴，∴，即，∴，則，設(shè)直線的解析式為，則，解得，∴直線的解析式為，聯(lián)立，，解得，即；過點D作軸于點G，

直線與x軸的交點為，則，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，解直角三角形，利用軸對稱求最短距離，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．8．（2023·江蘇無錫·統(tǒng)考中考真題）二次函數(shù)的圖像與x軸交于點、，與軸交于點，過點的直線將分成兩部分，這兩部分是三角形或梯形，且面積相等，則的值為．【答案】或或【分析】先求得，，，直線解析式為，直線的解析式為，1）、當(dāng)分成兩個三角形時，直線必過三角形一個頂點，平分面積，必為中線，則①如圖1，直線過中點，②如圖2，直線過中點，直線解析式為，中點坐標(biāo)為，待入直線求得；③如圖3，直線過中點，中點坐標(biāo)為，直線與軸平行，必不成立；2）當(dāng)分成三角形和梯形時，過點的直線必與一邊平行，所以必有型相似，因為平分面積，所以相似比為．④如圖4，直線，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求解；⑤如圖5，直線，⑥如圖6，直線，同理可得，進(jìn)而根據(jù)，即可求解．【詳解】解：由，令，解得：，令，解得：，∴，，，設(shè)直線解析式為，∴解得：∴直線解析式為，當(dāng)時，，則直線與y軸交于，∵，∴，∴點必在內(nèi)部．1）、當(dāng)分成兩個三角形時，直線必過三角形一個頂點，平分面積，必為中線設(shè)直線的解析式為∴解得：則直線的解析式為①如圖1，直線過中點，，中點坐標(biāo)為，代入直線求得，不成立；

②如圖2，直線過中點，直線解析式為，中點坐標(biāo)為，待入直線求得；③如圖3，直線過中點，中點坐標(biāo)為，直線與軸平行，必不成立；2）、當(dāng)分成三角形和梯形時，過點的直線必與一邊平行，所以必有型相似，因為平分面積，所以相似比為．④如圖4，直線，∴∴，∴，解得；

⑤如圖5，直線，，則∴，又，∴，∵，∴不成立；⑥如圖6，直線，同理可得，∴，，，∴，解得；綜上所述，或或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識，并分類討論是解題的關(guān)鍵．9.（2021·廣西賀州市·中考真題）如圖，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸分別交于，兩點，點，分別是線段，上的點，且，，則點的標(biāo)為________．【答案】【分析】過P作PD⊥OC于D，先求出A，B的坐標(biāo)，得∠ABO=∠OAB=45°，再證明△PCB≌△OPA，從而求出BD＝2，OD＝4?2，進(jìn)而即可求解．【詳解】如圖所示，過P作PD⊥OC于D，∵一次函數(shù)與坐標(biāo)軸分別交于A，兩點，∴A(-4，0)，B(0，4)，即：OA=OB，∴∠ABO=∠OAB=45°，∴△BDP是等腰直角三角形，∵∠PBC＝∠CPO＝∠OAP＝45°，∴∠PCB＋∠BPC＝135°＝∠OPA＋∠BPC，∴∠PCB＝∠OPA，又∵PC＝OP，∴△PCB≌△OPA（AAS），∴AO＝BP＝4，∴Rt△BDP中，BD＝PD＝BP÷＝2，∴OD＝OB?BD＝4?2，∴P（-2，4?2）．故答案是：P（-2，4?2）．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)，判定全等三角形是解決問題的關(guān)鍵．10.（2020·四川內(nèi)江?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A（-2，0），直線與x軸交于點B，以AB為邊作等邊，過點作軸，交直線l于點，以為邊作等邊，過點作軸，交直線l于點，以為邊作等邊，以此類推……，則點的縱坐標(biāo)是______________【答案】【解析】【分析】如圖，過A1作A1C⊥AB與C，過A2作A2C1⊥A1B1于C1，過A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根據(jù)直線方程與x軸交于點B（-1，0），且與x軸夾角為30o，則有AB=1，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、含30o的直角三角形的性質(zhì)，分別求的A1、A2、A3、的縱坐標(biāo)，進(jìn)而得到An的縱坐標(biāo)，據(jù)此可得A2020的縱坐標(biāo)，即可解答．【詳解】如圖，過A1作A1C⊥AB與C，過A2作A2C1⊥A1B1于C1，過A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根據(jù)直線方程與x軸交于點B（-1，0），與y軸交于點D（0，），∴OB=1,OD=,∴∠DBO=30o由題意可得：∠A1B1B=∠A2B2B1=30o,∠B1A1B=∠B2A2B1=60o∴∠A1BB1=∠A2B1B2=90o，∴AB=1，A1B1=2A1B=21，A2B2=2A2B1=22，A3B3=2A3B2=23，…AnBn=2n

∴A1C=AB=×1，A1縱坐標(biāo)為×1=；A2C1=A1B1=，A2的縱坐標(biāo)為×1+===；A3C2=A2B2=,A3的縱坐標(biāo)為×1++===；…由此規(guī)律可得：AnCn-1=,An的縱坐標(biāo)為=，∴A2020=，故答案為：【點睛】本題是一道點的坐標(biāo)變化規(guī)律探究，涉及一次函數(shù)的圖象、等邊三角形的性質(zhì)、含30o角的直角三角形的性質(zhì)，數(shù)字型規(guī)律等知識，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，觀察圖象，結(jié)合基本圖形的有關(guān)性質(zhì)，找到坐標(biāo)變化規(guī)律．11.（2021·貴州畢節(jié)市·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點在直線上，過點作，交軸于點；過點作軸，交直線于點；過點作，交軸于點；過點作軸，交直線于點；…；按此作法進(jìn)行下去，則點的坐標(biāo)為_____________．【答案】（，0）.【分析】根據(jù)題目所給的解析式，求出對應(yīng)的坐標(biāo)，然后根據(jù)規(guī)律求出的坐標(biāo)，最后根據(jù)題目要求求出最后答案即可.【詳解】解：如圖，過點N作NM⊥x軸于M將代入直線解析式中得∴，45°∵90°∴∵∴∴的坐標(biāo)為（2，0）同理可以求出的坐標(biāo)為（4，0）同理可以求出的坐標(biāo)為（8，0）同理可以求出的坐標(biāo)為（，0）∴的坐標(biāo)為（，0）故答案為：（，0）.【點睛】本題主要考查了直線與坐標(biāo)軸之間的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于能夠發(fā)現(xiàn)規(guī)律.12.（2021·浙江金華市·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為，點B在直線上，過點B作AB的垂線，過原點O作直線l的垂線，兩垂線相交于點C．（1）如圖，點B，C分別在第三、二象限內(nèi)，BC與AO相交于點D．①若，求證：．②若，求四邊形的面積．（2）是否存在點B，使得以為頂點的三角形與相似？若存在，求OB的長；若不存在，請說明理由．【答案】（1）①見解析；②；（2）存在，，4，9，1【分析】（1）①等腰三角形等角對等邊，則，根據(jù)等角的余角相等和對頂角相等，得到，根據(jù)等角對等邊，即可證明；②添加輔助線，過點A作于點H，根據(jù)直線l的解析式和角的關(guān)系，分別求出線段AB、BC、OB、OC的長，則；（2）分多鐘情況進(jìn)行討論：①當(dāng)點C在第二象限內(nèi)，時；②當(dāng)點C在第二象限內(nèi)，時；③當(dāng)點C在第四象限內(nèi)，時．【詳解】解：（1）①證明：如圖1，∵，∴．∴，∴．而，∴．∵，∴．∴，∴．②如圖1，過點A作于點H．由題意可知，在中，．設(shè)，．∵，∴，解得．∴．∵，∴，∴∴．∵，∴，∴，：∴．（2）過點A作于點H，則有．①如圖2，當(dāng)點C在第二象限內(nèi)，時，設(shè)∵，∴．又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，∴，整理得，解得．∴．②如圖3，當(dāng)點C在第二象限內(nèi)，時，延長交于點G，則，∴．又∵，∴，而，∴，∴③當(dāng)點C在第四象限內(nèi)，時，與相交于點E，則有．(a)如圖4，點B在第三象限內(nèi)．在中，，∴∴，又∵，∴，而∴，∴∴，∴，∴(b)如圖5，點B在第一象限內(nèi)．在中∴，∴．又∵，∴而，∴∴∴，∴，∴綜上所述，的長為，4，9，1．【點睛】本題涉及到等腰三角形、等角的余角相等、利用切割法求四邊形的面積和相似三角形等知識，綜合性較強．在題中已知兩個三角形相似時，要分情況考慮．13.如圖1和圖2，在中，，，．點在邊上，點，分別在，上，且．點從點出發(fā)沿折線勻速移動，到達(dá)點時停止；而點在邊上隨移動，且始終保持．（1）當(dāng)點在上時，求點與點的最短距離；（2）若點在上，且將的面積分成上下4：5兩部分時，求的長；（3）設(shè)點移動的路程為，當(dāng)及時，分別求點到直線的距離（用含的式子表示）；（4）在點處設(shè)計并安裝一掃描器，按定角掃描區(qū)域（含邊界），掃描器隨點從到再到共用時36秒．若，請直接寫出點被掃描到的總時長．【答案】（1）；（2）；（3）當(dāng)時，；當(dāng)時，；（4）【解析】【分析】（1）根據(jù)當(dāng)點在上時，PA⊥BC時PA最小，即可求出答案；（2）過A點向BC邊作垂線，交BC于點E，證明△APQ∽△ABC，可得，根據(jù)=可得，可得，求出AB=5，即可解出MP；（3）先討論當(dāng)0≤x≤3時，P在BM上運動，P到AC的距離：d=PQ·sinC，求解即可，再討論當(dāng)3≤x≤9時，P在BN上運動，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，根據(jù)d=CP·sinC即可得出答案；（4）先求出移動的速度==，然后先求出從Q平移到K耗時，再求出不能被掃描的時間段即可求出時間．【詳解】（1）當(dāng)點在上時，PA⊥BC時PA最小，∵AB=AC，△ABC為等腰三角形，∴PAmin=tanC·=×4=3；（2）過A點向BC邊作垂線，交BC于點E，S上=S△APQ，S下=S四邊形BPQC，∵，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴，∴，當(dāng)=時，，∴，AE=·，根據(jù)勾股定理可得AB=5，∴，解得MP=；（3）當(dāng)0≤x≤3時，P在BM上運動，P到AC的距離：d=PQ·sinC，由（2）可知sinC=，∴d=PQ，∵AP=x+2，∴，∴PQ=，∴d==，當(dāng)3≤x≤9時，P在BN上運動，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，d=CP·sinC=（11-x）=-x+，綜上；（4）AM=2<AQ=，移動的速度==，①從Q平移到K，耗時：=1秒，②P在BC上時，K與Q重合時CQ=CK=5-=，∵∠APQ+∠QPC=∠B+∠BAP，∴∠QPC=∠BAP，又∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCQ，設(shè)BP=y，CP=8-y，，即，整理得y2-8y=，（y-4）2=，解得y1=，y2=，÷=10秒，÷=22秒，∴點被掃描到的總時長36-（22-10）-1=23秒．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，一次函數(shù)的應(yīng)用，結(jié)合知識點靈活運用是解題關(guān)鍵．14.如圖1，平面直角坐標(biāo)系中，等腰的底邊在軸上，，頂點在的正半軸上，，一動點從出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿向左運動，到達(dá)的中點停止．另一動點從點出發(fā)，以相同的速度沿向左運動，到達(dá)點停止．已知點、同時出發(fā)，以為邊作正方形，使正方形和在的同側(cè)．設(shè)運動的時間為秒（）．（1）當(dāng)點落在邊上時，求的值；（2）設(shè)正方形與重疊面積為，請問是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，取的中點，連結(jié)，當(dāng)點、開始運動時，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度沿運動，到達(dá)點停止運動．請問在點的整個運動過程中，點可能在正方形內(nèi)（含邊界）嗎？如果可能，求出點在正方形內(nèi)（含邊界）的時長；若不可能，請說明理由．【答案】（1）t=1；（2）存在，，理由見解析；（3）可能，或或理由見解析【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，根據(jù)題意用t表示出點H的坐標(biāo)，代入求解即可；（2）根據(jù)已知，當(dāng)點F運動到點O停止運動前，重疊最大面積是邊長為1的正方形的面積，即不存在t，使重疊面積為，故t﹥4,用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，求出點H落在BC邊上時的t值，求出此時重疊面積為﹤，進(jìn)一步求出重疊面積關(guān)于t的表達(dá)式，代入解t的方程即可解得t值；（3）由已知求得點D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,結(jié)合圖形分情況討論即可得出符合條件的時長．【詳解】（1）由題意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，設(shè)直線AC的函數(shù)解析式為y=kx+b，將點A、C坐標(biāo)代入，得：，解得：，∴直線AC的函數(shù)解析式為，當(dāng)點落在邊上時，點E(3-t，0)，點H（3-t，1），將點H代入，得：，解得：t=1；（2）存在，，使得．根據(jù)已知，當(dāng)點F運動到點O停止運動前，重疊最大面積是邊長為1的正方形的面積，即不存在t，使重疊面積為，故t﹥4，設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=mx+n，將點A、B坐標(biāo)代入，得：，解得：，∴直線AC的函數(shù)解析式為，當(dāng)t﹥4時，點E（3-t，0）點H（3-t，t-3），G(0，t-3)，當(dāng)點H落在AB邊上時，將點H代入，得：，解得：；此時重疊的面積為，∵﹤，∴﹤t﹤5，如圖1，設(shè)GH交AB于S，EH交AB于T,將y=t-3代入得：，解得：x=2t-10，∴點S(2t-10，t-3)，將x=3-t代入得：，∴點T，∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，,所以重疊面積S==4--=，由=得：，﹥5(舍去)，∴；（3）可能，≤t≤1或t=4．∵點D為AC的中點，且OA=2,OC=4，∴點D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,易知M點在水平方向以每秒是4個單位的速度運動；當(dāng)0﹤t﹤時，M在線段OD上，H未到達(dá)D點，所以M與正方形不相遇；當(dāng)﹤t﹤1時，+÷（1+4）=秒，∴時M與正方形相遇，經(jīng)過1÷（1+4）=秒后，M點不在正方行內(nèi)部，則；當(dāng)t=1時，由（1）知，點F運動到原E點處，M點到達(dá)C處；當(dāng)1≤t≤2時，當(dāng)t=1+1÷（4-1）=秒時，點M追上G點，經(jīng)過1÷（4-1）=秒，點都在正方形內(nèi)（含邊界），當(dāng)t=2時，點M運動返回到點O處停止運動，當(dāng)t=3時，點E運動返回到點O處,當(dāng)t=4時，點F運動返回到點O處,當(dāng)時，點都在正方形內(nèi)（含邊界），綜上，當(dāng)或或時，點可能在正方形內(nèi)（含邊界）．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與幾何圖形的綜合，涉及求一次函數(shù)的解析式、正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、不規(guī)則圖形的面積、解一元二次方程等知識，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，提取相關(guān)信息，利用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，進(jìn)而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．15.已知，在平面直角坐標(biāo)系中，點為坐標(biāo)原點，直線與軸的正半軸交于點A，與軸的負(fù)半軸交于點B，，過點A作軸的垂線與過點O的直線相交于點C，直線OC的解析式為，過點C作軸，垂足為．（1）如圖1，求直線的解析式；（2）如圖2，點N在線段上，連接ON，點P在線段ON上，過P點作軸，垂足為D，交OC于點E，若，求的值；（3）如圖3，在（2）的條件下，點F為線段AB上一點，連接OF，過點F作OF的垂線交線段AC于點Q，連接BQ，過點F作軸的平行線交BQ于點G，連接PF交軸于點H，連接EH，若，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求出A，B的坐標(biāo)即可求出直線AB的解析式；（2）求出N（3,9），以及ON的解析式為y=3x，設(shè)P（a，3a），表達(dá)出PE及OD即可解答；（3）如圖，設(shè)直線GF交CA延長線于點R，交y軸于點S，過點F作FT⊥x軸于點T，先證明四邊形OSRA為矩形，再通過邊角關(guān)系證明△OFS≌△FQR，得到SF=QR，進(jìn)而證明△BSG≌△QRG，得到SG=RG=6，設(shè)FR=m，根據(jù)，以及在Rt△GQR中利用勾股定理求出m的值，得到FS=8，AR=4，證明四邊形OSFT為矩形，得到OT=FS=8，根據(jù)∠DHE=∠DPH，利用正切函數(shù)的定義得到，從而得到DH=，根據(jù)∠PHD=∠FHT，得到HT=2，再根據(jù)OT=OD+DH+HT，列出關(guān)于a的方程即可求出a的值，從而得到點P的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）∵CM⊥y軸，OM=9，∴當(dāng)y=9時，，解得：x=12，∴C（12,9），∵CA⊥x軸，則A（12,0），∴OB=OA=12，則B（0，-12），設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∴，解得：，∴；（2）由題意可得，∠CMO=∠OAC=∠MOA=90°，∴四邊形MOAC為矩形，∴MC=OA=12，∵NC=OM，∴NC=9，則MN=MC-NC=3，∴N（3,9）設(shè)直線ON的解析式為，將N（3，9）代入得：，解得：，∴y=3x，設(shè)P（a，3a）∵PD⊥x軸交OC于點E，交x軸于點D，∴，，∴PE=，OD=a，∴；（3）如圖，設(shè)直線GF交CA延長線于點R，交y軸于點S，過點F作FT⊥x軸于點T，∵GF∥x軸，∴∠OSR=∠MOA=90°，∠CAO=∠R=90°，∠BOA=∠BSG=90°，∠OAB=∠AFR，∴∠OSR=∠R=∠AOS=∠BSG=90°，則四邊形OSRA為矩形，∴OS=AR，SR=OA=12，∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB=45°，∴∠FAR=90°-∠AFR=45°，∴∠FAR=∠AFR，∴FR=AR=OS，∵QF⊥OF，∴∠OFQ=90°，∴∠OFS+∠QFR=90°，∵∠SOF+∠OFS=90°，∴∠SOF=∠QFR，∴△OFS≌△FQR，∴SF=QR，∵∠SFB=∠AFR=45°，∴∠SBF=∠SFB，∴BS=SF=QR，∵∠SGB=∠RGQ，∴△BSG≌△QRG，∴SG=RG=6，設(shè)FR=m，則AR=m，∴QR=SF=12-m，∴AF=，∵，∴GQ=，∵QG2=GR2+QR2，即，解得：m=4，∴FS=8，AR=4，∵∠OAB=∠FAR，F(xiàn)T⊥OA，F(xiàn)R⊥AR，∴FT=FR=AR=4，∠OTF=90°，∴四邊形OSFT為矩形，∴OT=FS=8，∵∠DHE=∠DPH，∴tan∠DHE=tan∠DPH，∴，由（2）可知，DE=，PD=3a，∴，解得：DH=，∴tan∠PHD=，∵∠PHD=∠FHT，∴tan∠FHT=，∴HT=2，∵OT=OD+DH+HT，∴，∴a=，∴【點睛】本題考查了一次函數(shù)與幾何綜合問題，涉及了一次函數(shù)解析式的求法，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義等知識點，第（3）問難度較大，解題的關(guān)鍵是正確做出輔助線，熟悉幾何的基本知識，綜合運用全等三角形以及銳角三角函數(shù)的概念進(jìn)行解答．類型二與平行四邊形有關(guān)16.在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，點，點B在y軸的正半軸上，．矩形的頂點D，E，C分別在上，．將矩形沿x軸向右平移，當(dāng)矩形與重疊部分的面積為時，則矩形向右平移的距離為___________．【答案】2【解析】【分析】先求出點B的坐標(biāo)（0，），得到直線AB的解析式為：，根據(jù)點D的坐標(biāo)求出OC的長度，利用矩形與重疊部分的面積為列出關(guān)系式求出，再利用一次函數(shù)關(guān)系式求出=4，即可得到平移的距離.【詳解】∵，∴OA=6，在Rt△AOB中，，∴，∴B（0，），∴直線AB的解析式為：，當(dāng)x=2時，y=，∴E（2，），即DE=，∵四邊形CODE是矩形，∴OC=DE=，設(shè)矩形沿x軸向右平移后得到矩形，交AB于點G，∴∥OB，∴△∽△AOB，∴∠=∠AOB=30°，∴∠=∠=30°，∴,∵平移后的矩形與重疊部分的面積為，∴五邊形的面積為,∴,∴,∴,∴矩形向右平移的距離=，故答案為：2.【點睛】此題考查了銳角三角函數(shù)，求一次函數(shù)的解析式，矩形的性質(zhì)，圖形平移的性質(zhì)，是一道綜合多個知識點的綜合題型，且較為基礎(chǔ)的題型.17.（2022·山東泰安）如圖，四邊形為平行四邊形，則點B的坐標(biāo)為________．【答案】【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及點的平移即可得出結(jié)論．【詳解】解：四邊形為平行四邊形，，即將點平移到的過程與將點平移到的過程保持一致，將點平移到的過程是：（向左平移4各單位長度）；（上下無平移）；將點平移到的過程按照上述一致過程進(jìn)行得到，即，故答案為：．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)及點的平移，掌握點的平移的代數(shù)表示是解決問題的關(guān)鍵．18.（2022·甘肅武威）如圖1，在菱形中，，動點從點出發(fā)，沿折線方向勻速運動，運動到點停止．設(shè)點的運動路程為，的面積為，與的函數(shù)圖象如圖2所示，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)圖1和圖2判定三角形ABD為等邊三角形，它的面積為解答即可．【詳解】解：在菱形ABCD中，∠A=60°，∴△ABD為等邊三角形，設(shè)AB=a，由圖2可知，△ABD的面積為，∴△ABD的面積解得：a=故選B【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，根據(jù)菱形的性質(zhì)和函數(shù)圖象，能根據(jù)圖形得出正確信息是解此題的關(guān)鍵．19．（2023·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點B，C在x軸上，D在y軸上，，的長是方程的兩個根（）．請解答下列問題：(1)求點B的坐標(biāo)；(2)若，直線分別交x軸、y軸、于點E，F(xiàn)，M，且M是的中點，直線交延長線于點N，求的值；(3)在（2）的條件下，點P在y軸上，在直線EF上是否存在點Q，使是腰長為5的等腰三角形？若存在，請直接寫出等腰三角形的個數(shù)和其中兩個點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，等腰三角形的個數(shù)是8個，，，，【分析】（1）解方程得到，的長，從而得到點B的坐標(biāo)；（2）由，，得．由，是中點，得到點M的坐標(biāo)，代入直線中，求得b的值，從而得到直線的解析式，進(jìn)而求得點E，點F的坐標(biāo)，由坐標(biāo)特點可得．過點C作于H，過點N作于K．從而，，進(jìn)而得到，易證，可得，因此，由可得，，，從而通過解直角三角形在中，得到，在中，，因此求得，最終可得結(jié)果；（3）分，，三大類求解，共有8種情況．【詳解】（1）解方程，得，．

，，．；（2），．四邊形是平行四邊形，，．是中點，．．將代入，得．．

，．．過點C作于H，過點N作于K．，．∴∵∴∴∴∴∵∴，，∴在中，在中，∴∴（3）解：由（2）知：直線解析式為，，設(shè)，，①當(dāng)時，，，解得或，或，∴，，，，如圖，、、、都是以5為腰的等腰三角形，；②當(dāng)時，由①知：，，∵，∴不可能等于5，如圖，，都是以5為腰的等腰三角形，；③當(dāng)時，由①知：，，當(dāng)時，，解得（舍去），，∴，如圖，當(dāng)時，，解得（舍去），，∴，如圖，綜上，等腰三角形的個數(shù)是8個，符合題意的Q坐標(biāo)為，，，【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像與性質(zhì)，一次函數(shù)與平行四邊形，等腰三角形的綜合問題，數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．20．（2023·廣東·統(tǒng)考中考真題）綜合運用如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形的頂點A在軸的正半軸上，如圖2，將正方形繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為，交直線于點，交軸于點．

(1)當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為多少度時，；（直接寫出結(jié)果，不要求寫解答過程）(2)若點，求的長；(3)如圖3，對角線交軸于點，交直線于點，連接，將與的面積分別記為與，設(shè)，，求關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)及直角三角形全等的判定及性質(zhì)得出，再由題意得出，即可求解；（2）過點A作軸，根據(jù)勾股定理及點的坐標(biāo)得出，再由相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)及四點共圓條件得出O、C、F、N四點共圓，再由圓周角定理及等腰直角三角形的判定和性質(zhì)得出，，過點N作于點G，交于點Q，利用全等三角形及矩形的判定和性質(zhì)得出，結(jié)合圖形分別表示出，，得出，再由等腰直角三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：∵正方形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∵交直線于點，∴，∴，即；

（2）過點A作軸，如圖所示：

∵，∴，∴，∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴即，∴；（3）∵正方形，∴，∵直線，∴，∴，∴O、C、F、N四點共圓，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴，，過點N作于點G，交于點Q，

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴，∵，，∴四邊形為矩形，∴，∴，，∴，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∴【點睛】題目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四邊形的判定和性質(zhì)，四點共圓的性質(zhì)，理解題意，作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．21.（2020·黑龍江牡丹江?中考真題）如圖，已知直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，線段的長是方程的一個根，．請解答下列問題：（1）求點A，B的坐標(biāo)；（2）直線交x軸負(fù)半軸于點E，交y軸正半軸于點F，交直線于點C．若C是的中點，，反比例函數(shù)圖象的一支經(jīng)過點C，求k的值；（3）在（2）的條件下，過點C作，垂足為D，點M在直線上，點N在直線上．坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形？若存在，請寫出點P的個數(shù)，并直接寫出其中兩個點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）A（9，0），B（0，）；（2）-18；（3）存在5個，（9，12）或（9，-12）或（1，0）或（-7，4）或（-15，0）.【解析】【分析】（1）解一元二次方程，得到點A的坐標(biāo)，再根據(jù)可得點B坐標(biāo)；（2）利用待定系數(shù)法求出直線AB的表達(dá)式，根據(jù)點C是EF的中點，得到點C橫坐標(biāo)，代入可得點C坐標(biāo)，根據(jù)點C在反比例函數(shù)圖像上求出k值；（3）畫出圖形，可得點P共有5個位置，分別求解即可.【詳解】解：（1）∵線段的長是方程的一個根，解得：x=9或-2（舍），而點A在x軸正半軸，∴A（9，0），∵，∴B（0，）；（2）∵，∴E（-6，0），設(shè)直線AB的表達(dá)式為y=kx+b，將A和B代入，得：，解得：，∴AB的表達(dá)式為：，∵點C是EF的中點，∴點C的橫坐標(biāo)為-3，代入AB中，y=6，則C（-3，6），∵反比例函數(shù)經(jīng)過點C，則k=-3×6=-18；（3）存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，如圖，共有5種情況，在四邊形DM1P1N1中，M1和點A重合，∴M1（9，0），此時P1（9，12）；在四邊形DP3BN3中，點B和M重合，可知M在直線y=x+3上，聯(lián)立：，解得：，∴M（1，4），∴P3（1，0），同理可得：P2（9，-12），P4（-7，4），P5（-15，0）.故存在點P使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，點P的坐標(biāo)為P1（9，12），P2（9，-12），P3（1，0），P4（-7，4），P5（-15，0）.【點睛】本題考查了解一元二次方程，一次函數(shù)表達(dá)式，正方形的性質(zhì)，反比例函數(shù)表達(dá)式，難度較大，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像畫出符合條件的正方形.類型三最值問題22.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Q是直線y=﹣x+2上的一個動點，將Q繞點P(1，0)順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到點，連接，則的最小值為()A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】利用等腰直角三角形構(gòu)造全等三角形，求出旋轉(zhuǎn)后Q′的坐標(biāo)，然后根據(jù)勾股定理并利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：作QM⊥x軸于點M，Q′N⊥x軸于N，設(shè)Q(，)，則PM=，QM=，∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，，∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=，Q′N=PM=，∴ON=1+PN=，∴Q′(，)，∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，當(dāng)m=2時，OQ′2有最小值為5，∴OQ′的最小值為，故選：B．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的變換-旋轉(zhuǎn)，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，表示出點的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵23.已知點和直線，求點P到直線的距離d可用公式計算．根據(jù)以上材料解決下面問題：如圖，的圓心C的坐標(biāo)為，半徑為1，直線l的表達(dá)式為，P是直線l上的動點，Q是上的動點，則的最小值是（）A． B． C． D．2【答案】B【解析