【八年級上冊數(shù)學(xué)浙教版】專題5.2 一次函數(shù)與幾何圖形綜合問題七大題型 專項講練（解析版）

第頁專題5.2一次函數(shù)與幾何圖形綜合問題七大題型專項講練一次函數(shù)與幾何的綜合題，共分為六大類：一次函數(shù)與等腰三角形、一次函數(shù)與直角三角形、一次函數(shù)與等腰直角三角形、一次函數(shù)與全等三角形、一次函數(shù)與面積問題、一次函數(shù)的探究規(guī)律問題，本文將針對這八大類進行方法與經(jīng)典題型的專題總結(jié)。題型1.一次函數(shù)與等腰三角形方法：兩圓一線例：點在軸上，使為等腰三角形。第一步：畫圖：第二步：分情況求解：標(biāo)等邊，用公式：①當(dāng)時，②當(dāng)時，①兩點間距離公式求出①利用三線合一做輔助線：②∴②∴∴③當(dāng)時，①求出；②∵；∴∴∴設(shè)③求出中點代入，求得；④求出直線與軸交點例1．（2022?柳南區(qū)校級期末）如圖，直線y＝kx+b與x軸、y軸分別交于點A（4，0）、B（0，4），點P在x軸上運動，連接PB，將△OBP沿直線BP折疊，點O的對應(yīng)點記為O′．（1）求k、b的值；（2）若點O′恰好落在直線AB上，求△OBP的面積；（3）將線段PB繞點P順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段PC，直線PC與直線AB的交點為Q，在點P的運動過程中，是否存在某一位置，使得△PBQ為等腰三角形？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：（1）∵點A（4，0）、B（0，4）在直線y＝kx+b上，∴，解得：k＝﹣1，b＝4；（2）存在兩種情況：①如圖1，當(dāng)P在x軸的正半軸上時，點O′恰好落在直線AB上，則OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，∵OB＝OA＝4，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB＝4，∠OAB＝45°，由折疊得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，∴△OBP≌△O'BP（AAS），∴O'B＝OB＝4，∴AO'＝4﹣4，Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，∴S△BOP＝OB?OP＝＝8﹣8；②如圖所示：當(dāng)P在x軸的負半軸時，由折疊得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，∵∠BAO＝45°，∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，∴S△BOP＝OB?OP＝＝8+8；（3）分4種情況：①當(dāng)BQ＝QP時，如圖2，P與O重合，此時點P的坐標(biāo)為（0，0）；②當(dāng)BP＝PQ時，如圖3，∵∠BPC＝45°，∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，∴∠APB＝22.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AP＝AB＝4，∴OP＝4+4，∴P（4+4，0）；③當(dāng)PB＝PQ時，如圖4，此時Q與C重合，∵∠BPC＝45°，∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，△PCA中，∠APC＝22.5°，∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AB＝AP＝4，∴OP＝4﹣4，∴P（4﹣4，0）；④當(dāng)PB＝BQ時，如圖5，此時Q與A重合，則P與A關(guān)于y軸對稱，∴此時P（﹣4，0）；綜上，點P的坐標(biāo)是（0，0）或（4+4，0）或（4﹣4，0）或（﹣4，0）．變式1．（2022?成都市八年級期中）如圖，正方形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，點B與原點重合，點D的坐標(biāo)為（4，4），當(dāng)三角板直角頂點P坐標(biāo)為（3，3）時，設(shè)一直角邊與x軸交于點E，另一直角邊與y軸交于點F．在三角板繞點P旋轉(zhuǎn)的過程中，使得△POE成為等腰三角形，請寫出滿足條件的點F的坐標(biāo)．解：△POE是等腰三角形的條件是：OP、PE、EO其中兩段相等，P（3，3），那么有：①當(dāng)PE＝OE時，PE⊥OC，則PF⊥y軸，則F的坐標(biāo)是（0，3）；②當(dāng)OP＝PE時，∠OPE＝90°，則F點就是（0，0）；③當(dāng)OP＝OE時，則OF＝6±3，F(xiàn)的坐標(biāo)是：（0，6﹣3）或（0，6+3）．變式2．（2022?廣東八年級期末）如圖，直線l1：y1＝﹣x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點，點P（m，3）為直線l1上一點，另一直線l2：y2＝x+b過點P，與x軸交于點C．（1）求點P的坐標(biāo)和l2的表達式；（2）若動點Q從點C開始以每秒1個單位的速度向x軸正方向移動．設(shè)點Q的運動時間為t秒．①當(dāng)點Q在運動過程中，請直接寫出△APQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式；②求出當(dāng)t為多少時，△APQ的面積等于3；③在動點Q運動過程中，是否存在點Q使△APQ為等腰三角形？若存在，請直接寫出此時Q的坐標(biāo)．解：（1）∵點P（m，3）為直線l1上一點，∴3＝﹣m+2，解得m＝﹣1，∴點P的坐標(biāo)為（﹣1，3），把點P的坐標(biāo)代入y2＝x+b得，3＝×（﹣1）+b，解得b＝，∴l(xiāng)2的表達式為y＝x+；（2）①由題意可知CQ＝t，P到x軸的距離為3，令y2＝0可得0＝x+，解得x＝﹣7，∴點C坐標(biāo)為（﹣7，0），在y1＝﹣x+2中，令y1＝0可得﹣x+2＝0，解得x＝2，∴A點坐標(biāo)為（2，0）；∴AC＝2﹣（﹣7）＝9，當(dāng)Q在A、C之間時，則AQ＝AC﹣CQ＝9﹣t，∴S＝×3×（9﹣t）＝﹣t+；當(dāng)Q在A的右邊時，則AQ＝CQ﹣AC＝t﹣9，∴S＝×3×（t﹣9）＝t﹣；②令S＝3可得﹣t+＝3或3＝t﹣，解得t＝7或t＝11，即當(dāng)t的值為7秒或11秒時△APQ的面積等于3；③設(shè)Q（x，0）（x≥﹣7），∵A（2，0），P（﹣1，3），∴PQ2＝（x+1）2+32＝x2+2x+10，AQ2＝（x﹣2）2＝x2﹣4x+4，AP2＝（2+1）2+32＝18，∵△APQ為等腰三角形，∴有PQ＝AQ、PQ＝AP和AQ＝AP三種情況，當(dāng)PQ＝AQ時，則PQ2＝AQ2，即x2+2x+10＝x2﹣4x+4，解得x＝﹣1，則Q點坐標(biāo)為（﹣1，0），∴CQ＝﹣1﹣（﹣7）＝6，即t＝6；當(dāng)PQ＝AP時，則PQ2＝AP2，即x2+2x+10＝18，解得x＝﹣4或x＝2，則Q點坐標(biāo)為（﹣4，0）或（2，0）（與A點重合，舍去），∴CQ＝﹣4﹣（﹣7）＝3，即t＝3；當(dāng)AQ＝AP時，則AQ2＝AP2，即x2﹣4x+4＝18，解得x＝2±3，則Q點坐標(biāo)為（2+3，0）或（2﹣3，0），綜上所述：點Q坐標(biāo)為（﹣1，0）或（﹣4，0）或（2+3，0）或（2﹣3，0）．題型2.一次函數(shù)與直角三角形方法：兩線一圓例：點在軸上，使為直角三角形。第一步：畫圖：第二步：分情況求解：①當(dāng)時，②當(dāng)時，①設(shè)①設(shè)②∵∴②∵∴∴∴例2．（2022?浠水縣月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB分別交x軸、y軸于點A（a，0）、點B（0，b），且a、b滿足a2+4a+4+|2a+b|＝0．（1）a＝；b＝．（2）點P在直線AB的右側(cè)，且∠APB＝45°；①若點P在x軸上，則點P的坐標(biāo)為；②若△ABP為直角三角形，求點P的坐標(biāo)．解：（1）a2+4a+4+|2a+b|＝（a+2）2+|2a+b|＝0，即：a＝﹣2，b＝4，故答案為：﹣2，4；（2）①由（1）知，b＝4，∴B（0，4）．∴OB＝4．∵點P在直線AB的右側(cè)，P在x軸上，∠APB＝45°，∴OP＝OB＝4，∴P（4，0）．故答案為：（4，0）；②由（1）知a＝﹣2，b＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，當(dāng)∠BAP＝90°時，過點P作PH⊥x軸于H，∴∠HAP+∠BAH＝90°，∠ABO+∠BAH＝90°，∴∠OBA＝∠HAP，∠AOB＝∠AHP＝90°，又∠APB＝45°，∴AP＝AB，∴△OBA≌△AHP（AAS），∴PH＝AO＝2，AH＝OB＝4，OH＝AH﹣AO＝2，故點P的坐標(biāo)為（2，﹣2）；當(dāng)∠ABP＝90°時，同理可得：點P的坐標(biāo)為（4，2），故點P的坐標(biāo)為（2，﹣2）或（4，2）．變式1．（2022?陳倉區(qū)期中）（1）閱讀理解：我們知道：平面內(nèi)兩條直線的位置關(guān)系是平行和相交，其中垂直是相交的特殊情況．在坐標(biāo)平面內(nèi)有兩條直線：l1：y1＝k1x+b1（k1≠0）；l2：y2＝k2x+b2（k2≠0），有下列結(jié)論：當(dāng)k1＝k2時，直線l1∥直線l2；當(dāng)k1?k2＝﹣1時，直線l1⊥直線l2．（2）實踐應(yīng)用：①直線y＝kx+5與直線y＝﹣3x+2垂直，則k＝．②直線m與直線y＝﹣2x+3平行，且經(jīng)過點（4，﹣2），則直線m的解析式為．③直線y＝﹣2x+3向右平移個單位，其圖象經(jīng)過點（6，﹣4）．（3）深入探索：如圖，直線y＝x+1與x軸交于點B，且經(jīng)過點A，已知A的橫坐標(biāo)為2，點P是x軸上的一動點，當(dāng)△ABP為直角三角形時，求△ABP的面積．解：（2）①∵直線y＝kx+5與直線y＝﹣3x+2垂直，∴k1?k2＝﹣1，∴k＝，故答案為：；②∵直線m與直線y＝﹣2x+3平行，∴設(shè)直線m的函數(shù)解析式為y＝﹣2x+b，將（4，﹣2）代入得b＝6，∴直線m的解析式為：y＝﹣2x+6，故答案為：y＝﹣2x+6；③設(shè)直線y＝﹣2x+3平移后經(jīng)過（6，﹣4）的函數(shù)解析式為y＝﹣2x+a，∴﹣2×6+a＝﹣4，∴a＝8，∴y＝﹣2x+8，∴y＝﹣2x+3與x軸交點為（0，），y＝﹣2x+8與x軸交點為（0，4），∴向右平移了4﹣＝個單位，故答案為：；（3）由題意知：A（2，3），B（﹣1，0），當(dāng)△ABP為直角三角形時，存在兩種情形，當(dāng)AP⊥x軸時，P（2，0），∴S△ABP＝＝，當(dāng)AP⊥AB時，設(shè)AP的解析式為y＝﹣x+c，將A（2，3）代入得﹣2+c＝3，∴c＝5，∴直線AP的解析式為y＝﹣x+5，∴點P（5，0），∴BP＝6，∴S△ABP＝＝9，綜上：△ABP的面積為9或．變式2．（2022·遼寧沈陽·八年級階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點，點，函數(shù)的圖象與直線交于點M，與y軸交于點C．(1)求直線的函數(shù)解析式；(2)當(dāng)點M在線段上時，求m的取值范圍；(3)當(dāng)為直角三角形時，求m的值．【答案】(1)(2)(3)0或-1【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接求解即可；（2）畫出圖形，即可知當(dāng)直線在直線AD（包括直線AD）和直線BE（包括直線BE）之間時，點M在線段上．由A、B兩點坐標(biāo)分別求出m，即可得出其取值范圍；（3）分類討論①當(dāng)時和②當(dāng)時，結(jié)合圖象即可求解．（1）設(shè)直線的函數(shù)解析式為，則，解得：．∴直線的函數(shù)解析式為；（2）如圖，當(dāng)直線在直線AD（包括直線AD）和直線BE（包括直線BE）之間時，點M在線段上．當(dāng)經(jīng)過點A時，即直線與直線AD重合，∴；當(dāng)經(jīng)過點B時，即直線與直線BE重合，∴，解得：．∴當(dāng)時，點M在線段上；（3）∵點A在y軸上，∴不可能為直角．分類討論：①當(dāng)時，如圖，此時C點與原點重合，即直線經(jīng)過原點，∴，即；②當(dāng)時，如圖點，設(shè)∴，，∵，又∵，∴，解得：，∴當(dāng)直線y=2x+m經(jīng)過（0，-1）時，即m=-1，符合題意.綜上可知當(dāng)為直角三角形時，m的值為0或-1．【點睛】本題考查利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)與幾何的綜合．利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．題型3.一次函數(shù)與等腰直角三角形例：點在平面內(nèi)，使為等腰直角三角形。第一步：畫出6個答案：第二步：分情況求解：見斜等腰三角形構(gòu)“K”型全等求坐標(biāo)：①當(dāng)時，②當(dāng)時，①設(shè)法一：為的中點法二：①設(shè)②構(gòu)造“K”型全等：∴②構(gòu)造“K”型全等：③表示線段：；；∴；③表示線段：④由全等，得；；∴④由全等，得：∴例3．（2022?和平區(qū)校級期中）【模型建立】（1）如圖1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過點A作AD⊥ED于點D，過點B作BE⊥ED于點E，求證：△BEC≌△CDA．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，已知直線l1：y＝x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，將直線l1繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°至直線l2，則直線l2的函數(shù)表達式為．（3）如圖3，將圖1四邊形放到平面直角坐標(biāo)系中，點E與O重合，邊ED放到x軸上，若OB＝2，OC＝1，在x軸上存在點M使得以O(shè)、A、B、M為頂點的四邊形面積為4，請直接寫出點M的坐標(biāo)．（4）如圖4，平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有一點B（3，﹣4），過點B作BA⊥x軸于點A，BC⊥y軸于點C，點P是線段AB上的動點，點D是直線y＝﹣2x+1上的動點且在第四象限內(nèi)．若△CPD是等腰直角三角形．請直接寫出點D的坐標(biāo)．證明：（1）∵AD⊥ED，BE⊥ED，∴∠BEC＝∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，在△BEC和△CDA中，，∴△BEC≌△CDA（AAS）；（2）過點B作BF⊥l1，交l2于F，過F作FH⊥y軸于H，則△ABF是等腰直角三角形，由（1）同理可證△OAB≌△HBF（AAS），∴OA＝BH，OB＝FH，∵直線l1：y＝x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，∴A（﹣2，0），B（0，3），∴OA＝2，OB＝3，∴OH＝5，F(xiàn)H＝3，∴F（﹣3，5），設(shè)l2的函數(shù)解析式為y＝kx+b，將點A，F(xiàn)的坐標(biāo)代入得k＝﹣5，b＝﹣10，\∴直線l2的函數(shù)解析式為y＝﹣5x﹣10，故答案為：y＝﹣5x﹣10；（3）由（1）得△BOC≌△CDA，∴OC＝AD＝1，CD＝OB＝2，∴A（3，1），∵S△AOB＝＝3，∴S△OAM＝1，∴OM＝2，∴M（2，0），如圖，當(dāng)M在x軸負半軸時，∵，∴S，∴OM＝1，∴M（﹣1，0），故答案為：（2，0）或（﹣1，0）；（4）①若點P為直角頂點時，如圖，設(shè)點P的坐標(biāo)為（3，m），則PB的長為4+m，∵∠CPD＝90°，CP＝PD，∠CPM+∠CDP+∠PDH＝180°，∴∠CPM+∠PDH＝90°，又∵∠CPM+∠DPM＝90°，∴∠PCM＝∠PDH，在△MCP與△HPD中，，∴△△MCP≌△HPD（AAS），∴CM＝PH，PM＝PD，∴點D的坐標(biāo)為（7+m，﹣3+m），又∵點D在直線y＝﹣2x+1上，∴﹣2（7+m）+1＝﹣3+m，解得：m＝﹣，即點D的坐標(biāo)為（）；②若點C為直角頂點時，如圖，設(shè)點P的坐標(biāo)為（3，n），則PB的長為4+n，CA＝CD，同理可證明△PCM≌△CDH（AAS），∴PM＝CH，MC＝HD，∴點D的坐標(biāo)為（4+n，﹣7），又∵點D在直線y＝﹣2x+1上，∴﹣2（4+n）+1＝﹣7，解得：n＝0，∴點P與點A重合，點M與點O重合，即點D的坐標(biāo)為（4，﹣7）；③若點D為直角頂點時，如圖，設(shè)點P的坐標(biāo)為（3，k），則PB的長為（4+k），CD＝PD，同理可證明△CDM≌△PDQ（AAS），∴MD＝PQ，MC＝DQ，∴D（），又∵點D在直線y＝﹣2x+1上，∴﹣2×＝﹣，解得：k＝﹣，∴點P與點A重合，點M與點O重合，即點D的坐標(biāo)為（），綜上所述，點D的坐標(biāo)為（）或（4，﹣7）或（），故答案為：（）或（4，﹣7）或（）．變式1．（2022?河北八年級期中）如圖，直線y＝﹣x+1交y軸于A點，交x軸于C點，以A，O，C為頂點作矩形AOCB，將矩形AOCB繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到矩形DOFE，直線AC交直線DF于G點．（1）求直線DF的解析式；（2）求證：OG平分∠CGD；（3）在第一象限內(nèi)，是否存在點H，使以G，O，H為頂點的三角形為等腰直角三角形？若存在請求出點H的坐標(biāo)；若不存在，請什么理由．解：（1）∵直線y＝﹣x+1交y軸于A點，交x軸于C點，∴A點的坐標(biāo)是（0，1），C點的坐標(biāo)是（2，0），∵將矩形AOCB繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到矩形DOFE，∴F點的坐標(biāo)是（0，2），D點的坐標(biāo)是（﹣1，0），設(shè)直線DF的解析式是y＝kx+2，∴﹣k+2＝0，解得k＝2，∴直線DF的解析式是：y＝2x+2．（2）如圖1，作OM⊥DF，交DF于點M，作ON⊥CG，交CG于點N，，在Rt△OAC和Rt△ODF中，（HL）∴Rt△OAC≌Rt△ODF，又∵OM⊥DF，ON⊥CG，∴OM＝ON，在Rt△OMG和Rt△ONG中，（HL）∴Rt△OMG≌Rt△ONG，∴∠MGO＝∠NGO，∴OG平分∠CGD．（3）存在點H，使以G，O，H為頂點的三角形為等腰直角三角形．聯(lián)立解得∴點G的坐標(biāo)是（﹣，），∴OG＝，∴OG所在的直線的斜率是：，①如圖2，，，，當(dāng)∠OGH＝90°時，設(shè)點H的坐標(biāo)是（a，b），則解得∴點H的坐標(biāo)是（0.8，1.6）．②如圖3，當(dāng)∠GOH＝90°時，設(shè)點H的坐標(biāo)是（c，d），則解得∴點H的坐標(biāo)是（1.2，0.4）．③如圖4，當(dāng)∠GHO＝90°時，設(shè)點H的坐標(biāo)是（e，f），則解得∴點H的坐標(biāo)是（0.4，0.8）．綜上，可得存在點H，使以G，O，H為頂點的三角形為等腰直角三角形，點H的坐標(biāo)是（0.8，1.6）、（1.2，0.4）或（0.4，0.8）．變式2．（2022?山東八年級月考）如圖，直線y＝﹣x+b（b＞0）交x軸于點A，交y軸于點B．（1）求點A、B的坐標(biāo)（用含b的代數(shù)式表示）；（2）若點P是直線AB上的任意一點，且點P與點O距離的最小值為4，求該直線的表達式；（3）在（2）的基礎(chǔ)上，若點C在第一象限，且△ABC為等腰直角三角形，求點C的坐標(biāo)．解：（1）對于直線y＝﹣x+b（b＞0），令x＝0，∴y＝b，∴B（0，b），令y＝0，∴﹣x+b＝0，∴x＝2b，∴A（2b，0）；（2）由（1）知，A（2b，0），B（0，b），∴OA＝2b，OB＝b，AB＝b，∵點P與點O距離的最小值為4，∴×2b?b＝×b×4，∴b＝2，∴直線AB的解析式為y＝﹣x+2；（3）如圖，由（1）知，A（4，0），B（0，2），∴OA＝4，OB＝2過點C作CD⊥x軸于D，作CE⊥y軸于E，∵∠DOE＝90°，∴四邊形ODCE是矩形，∴OD＝CE，CD＝OE，∠DCE＝90°，∴∠BCE+∠BCD＝90°，∵△ABC是等腰直角三角形，當(dāng)∠ACB＝90°時，∴BC＝AC，∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠BCE＝∠ACE，∴△BCE≌△ACD（AAS），∴BE＝AD，CE＝CD，∴設(shè)點C坐標(biāo)為（m，m），∴AD＝OA﹣OD＝4﹣m，BE＝OE﹣OB＝m﹣2，∴4﹣m＝m﹣2，∴m＝3，∴C（3，3），如圖2，②當(dāng)∠BAC＝90°時，過點C'作C'F⊥x軸于F，∴∠C'AF+∠AC'F＝90°，∵∠C'AF+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝∠FC'A，∵AB＝AC'，∴△AOB≌△C'FA（AAS），∴C'F＝OA＝4，AF＝OB＝2，∴OF＝OA+AF＝6，∴C'（6，4），③當(dāng)∠ABC＝90°時，同②的方法得，C（2，6），即：點C的坐標(biāo)為（3，3）或（6，4）或（2，6）．題型4.一次函數(shù)與全等三角形1.解題步驟：①找固定相等的角或邊；②以對應(yīng)邊/角相等要求分類討論全等情況。2.相等的角或邊情況：①公共邊情況：平面內(nèi)找一點，使以、、為頂點的三角形與全等.、關(guān)于成軸對稱，、關(guān)于成軸對稱，即是、的中垂線，可用中垂線代數(shù)法求點。②固定角相等：①兩個三角形為直角三角形；②相等角為對頂角：常見運用公式：①若兩直線、垂直，則；②點，：、中點坐標(biāo)：；；③中垂線代數(shù)法：例：如下圖，若點，是的中垂線，求點的坐標(biāo)。①求出；②∵∴∴∴設(shè)③求出中點代入，求得；④求出直線與軸交點例4．（2022?婺城區(qū)校級期末）如圖①，已知直線y＝﹣2x+4與x軸、y軸分別交于點A、C，以O(shè)A、OC為邊在第一象限內(nèi)作長方形OABC．（1）求點A、C的坐標(biāo)；（2）將△ABC對折，使得點A與點C重合，折痕交AB于點D，求直線CD的解析式（圖②）；（3）在坐標(biāo)平面內(nèi)，是否存在點P（除點B外），使得△APC與△ABC全等？若存在，請求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解：（1）A（2，0）；C（0，4）（2分）（2）由折疊知：CD＝AD．設(shè)AD＝x，則CD＝x，BD＝4﹣x，根據(jù)題意得：（4﹣x）2+22＝x2解得：此時，AD＝，（2分）設(shè)直線CD為y＝kx+4，把代入得（1分）解得：∴直線CD解析式為（1分）（3）①當(dāng)點P與點O重合時，△APC≌△CBA，此時P（0，0）②當(dāng)點P在第一象限時，如圖，由△APC≌△CBA得∠ACP＝∠CAB，則點P在直線CD上．過P作PQ⊥AD于點Q，在Rt△ADP中，AD＝，PD＝BD＝＝，AP＝BC＝2由AD×PQ＝DP×AP得：∴∴，把代入得此時（也可通過Rt△APQ勾股定理求AQ長得到點P的縱坐標(biāo)）③當(dāng)點P在第二象限時，如圖同理可求得：∴此時綜合得，滿足條件的點P有三個，分別為：P1（0，0）；；．變式1．（2022?遼寧八年級期中）如圖，在△ABC中，∠C＝45°，∠BAC＝90°，點A為（，0）、點B為（0，1），坐標(biāo)系內(nèi)有一動點P，使得以P、A、C為頂點的三角形和△ABC全等，則P點坐標(biāo)為．解：∵點A坐標(biāo)為（，0）、點B坐標(biāo)為（0，1），∴OA＝，OB＝1，∴AB＝＝2∵∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，∴AB＝AC＝2，BC＝2，△ABC與△ACP全等分為三種情況：①如圖1，延長BA到P，使AB＝AP，連接CP，過P作PM⊥x軸于M，則∠AOB＝∠AMP＝90°在△AOB和△AMP中，∵，∴△AOB≌△AMP（AAS），∴AM＝AO＝，MP＝OB＝1，故點P的坐標(biāo)為（2，﹣1）；②如圖2，過點C作CP⊥AC，使CP＝AB，則△ABC≌△CPA，故∠PAC＝∠ACB＝45°，AP＝BC＝2，過P作PM⊥x軸于M，此時∠PAM＝15°，在x軸上取一點N，使∠PNM＝30°∴∠PAM＝∠APN＝15°，即NA＝NP，設(shè)PM＝x，則PN＝AN＝2x，NM＝x，在Rt△APM中，∵AP2＝AM2+PM2，∴（2）2＝（2x+x）2+x2，解得：x＝﹣1，則OM＝OA+2x+x＝2+1，故點P的坐標(biāo)為（2+1，﹣1）；③如圖3，作CP⊥AC，使CP＝AB，連接BP，則△ABC≌△CPA，∵∠BAC＝∠PCA＝90°，且CP＝AB，∴四邊形ABPC是矩形，∴AB＝BP，∠ABP＝90°，即∠ABO+∠PBM＝90°，過點P作PM⊥y軸，則∠BPM+∠PBM＝90°，∴∠ABO＝∠BPM，在△AOB和△BMP中，∵，∴△AOB≌△BMP（AAS），∴BM＝OA＝，PM＝OB＝1，故點P的坐標(biāo)為（1，）；當(dāng)點P與點B重合時，點P的坐標(biāo)為（0，1），綜上，點P的坐標(biāo)為（0，1），（1，+1），（2，﹣1），（2+1，﹣1）．變式2．（2022重慶八年級期末）在直角坐標(biāo)系中，已知A（6，0）、F（3，0），C（0，2），在△AOC的邊上取兩點P、Q（點Q是不同于點F的點），若以O(shè)、P、Q為頂點的三角形與△OFP全等，則符合條件的點P的坐標(biāo)為．解：①如圖1，過點F作FP⊥OA，交AC于點P，過點P作PQ⊥OC，垂足為Q，連接OP，此時△OFP≌PQO，∵A（6，0）、F（3，0），∴PF、PQ是△OAC的中位線，∴PQ＝OA＝3，PF＝OC＝，∴P（3，），②如圖2，由①可知，點P、Q位置互換，亦滿足題意，此時，P（0，），③如圖3，作∠AOC的平分線交AC于點P，在OC上截取OQ＝OF＝3，連接PF、PQ，此時△OFP≌OQP，過點P作PM⊥OA，垂足為M，PN⊥OC，垂足為N，則PM＝PN，由三角形面積公式得，OA?PM+OC?PN＝AO?OC，即，6PM+2PM＝6×2，∴PM＝PN＝3﹣3，∴點P（3﹣3，3﹣3），④如圖4，在AC上截取AP＝6＝OA，取AP的中點Q，則PQ＝OF＝3，過點P作PB⊥OA，垂足為B，在Rt△ABP中，PB＝AP＝3，AB＝×AP＝3，∴OB＝OA﹣AB＝6﹣3，∴點P（6﹣3，3），故答案為：（3，）或（0，）或（3﹣3，3﹣3）或（6﹣3，3）．題型5.一次函數(shù)與面積問題1.求點的坐標(biāo)：一般會求兩種坐標(biāo)：①直線與軸、軸的交點坐標(biāo)；②兩直線的交點坐標(biāo)。2.表示面積：①規(guī)則圖形：用公式法（三角形面積不能漏×）；②不規(guī)則圖形：分割法，如下圖：四邊形用分割，；，如下圖：.注：求三角形面積時往往選擇平行于坐標(biāo)軸的線段作為底，底所對的頂點的坐標(biāo)確定高。例6．（2022·湖南武陵·八年級期末）如圖，已知直線AB過點A（5，0）、B（0，﹣5），交直線OC于點C，且直線OC的解析式為y．（1）求直線AB的解析式；（2）求△AOC的面積；（3）若點P在直線OC上，且△BCP的面積是△AOC面積的2倍，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）；（3）（8，－12）或（－4，6）【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先將直線AB與直線OC的函數(shù)解析式聯(lián)立方程組求得點C的坐標(biāo)，由此即可求得△AOC的面積；（3）先根據(jù)△BCP的面積是△AOC面積的2倍求得△BCP的面積，再根據(jù)點P在直線AB的右下方或者點P在直線AB的左上方進行分類討論，由此即可求得答案．【詳解】（1）解：設(shè)直線AB的解析式為，將A（5，0）、B（0，﹣5）代入，得：，解得：，∴直線AB的解析式為；（2）將與y聯(lián)立方程組，得：，解得：，∴點C的坐標(biāo)為（2，－3），∴；（3）∵△BCP的面積是△AOC面積的2倍，，∴，如圖，當(dāng)點P在直線AB的右下方時，∵，∴，∴，解得：，將代入，得：，∴點P的坐標(biāo)為（8，－12）；如圖，當(dāng)點P在直線AB的左上方時，∵，，∴，∴，解得：，又∵此時點P在y軸的左側(cè)，∴，將代入，得：，∴點P的坐標(biāo)為（－4，6），綜上所述，若△BCP的面積是△AOC面積的2倍，則點P的坐標(biāo)為（8，－12）或（－4，6）．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，兩函數(shù)的交點問題以及三角形的面積，正確利用三角形面積公式列方程是關(guān)鍵．變式1．（2022·成都市樹德實驗中學(xué)八年級期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)中，直線：與抽交于點，直線：與軸交于點，與相交于點．（1）請直接寫出點，點，點的坐標(biāo)：_________，________，_______．（2）如圖2，動直線分別與直線、交于、兩點．①若，求的值；②若存在，求出此時點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（-1，0）、（1，0）、（2，3）；（2）①t=1或3；②（0，-3）或（4，9）【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)與x軸的交點縱坐標(biāo)為0即可求出AB坐標(biāo)，聯(lián)立兩個一次函數(shù)即可求出C點坐標(biāo)；（2）①設(shè)點P（t，t+1），同理點Q（t，3t-3），則PQ=|t+1-3t+3|=2，即可求解；②在y軸負半軸取點M使NM=NK，過點M作直線m∥AC交l2于點Q，則點Q為所求點，進而求解；當(dāng)點M在x軸上方時，同理可得點M（0，5），進而求解．【詳解】（1）對于直線l2：y=3x-3①，令y=3x-3=0，解得x=1，故點B（1，0），

對于l1：y=x+1，同理可得：點A（-1，0），

則，解得，故點C的坐標(biāo)為（2，3），故答案為：（-1，0）、（1，0）、（2，3）；

（2）①點P在直線l1上，則設(shè)點P（t，t+1），同理點Q（t，3t-3），則PQ=|t+1-3t+3|=2，解得t=1或3；

②當(dāng)點Q在x軸下方時，如下圖，

設(shè)直線l1交y軸于點K，過點B作直線n∥AC交y軸于點N，

在y軸負半軸取點M使NM=2NK，過點M作直線m∥AC交l2于點Q，則點Q為所求點，

理由：∵M、Q在直線m上，且m∥AC，∴S△MAC=S△QAC，同理S△NAC=S△BAC，

∵MN=2KN，則m、l1之間的距離等于2倍n、l1之間的距離，∴S△AQC=2S△ABC，

由直線l1的表達式知點K（0，1），設(shè)直線n的表達式為y=x+b，將點B的坐標(biāo)代入上式并解得b=-1，∴N（0，-1），

∵NK=1-（-1）=2，∴MN=NK=2，∴M（0，-3），在直線m的表達式為y=x-3②，

聯(lián)立①②解得，∴Q（0，-3）；

②當(dāng)點M在x軸上方時，同理可得點M（0，5），

同理可得，過點M且平行于AC的直線表達式為y=x+5③，

聯(lián)立①③解得，∴Q的坐標(biāo)為（4，9）；

綜上，點Q的坐標(biāo)為（0，-3）或（4，9）．【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、絕對值的應(yīng)用、面積的計算等，其中（2），要注意分類求解，避免遺漏．變式2．（2022·四川瀘縣·八年級期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點和點，直線與x軸，y軸分別交于A，B兩點，與直線CD相交于點E，且．（1）求一次函數(shù)的解析式；（2）求四邊形OBEC的面積四邊形OBEC；（3）在坐標(biāo)軸上是否存在點P，使得？若存在，求出所有滿足條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）4；（3）存在點P，其坐標(biāo)為，，，【分析】（1）根據(jù)經(jīng)過點和點，待定系數(shù)法求解析式即可；（2）根據(jù)題意求得，再聯(lián)立即可求得點的坐標(biāo)，進而根據(jù)四邊形OBEC即可求得；（3）分兩種情況討論：①當(dāng)點P在x軸上時，設(shè)點P的坐標(biāo)為，②當(dāng)點P在y軸上時，設(shè)點P的坐標(biāo)為，根據(jù)題意列出方程求解即可．【詳解】解：（1）因為經(jīng)過點和點，所以，解得，一次函數(shù)的解析式為；（2）因為，又，所以，即，所以，所以，所以直線AB的解析式為，因為直線交y軸于點B，所以點．因為直線與直線相交于點E，所以，解得：，即點，所以四邊形OBEC；（3）分兩種情況討論：①當(dāng)點P在x軸上時，設(shè)點P的坐標(biāo)為，由題意得：，解得：或，所以此時點P的坐標(biāo)為，；②當(dāng)點P在y軸上時，設(shè)點P的坐標(biāo)為，由題意得：，解得：或，所以此時點P的坐標(biāo)為，，綜上所述，在坐標(biāo)軸上存在點P，使得，其坐標(biāo)為，，，【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，利用二元一次方程組求兩直線交點，分類討論是解題的關(guān)鍵．題型6.一次函數(shù)中的探究規(guī)律問題例7．（2022·河北保定師范附屬學(xué)校八年級期末）如圖，過點作軸的垂線，交直線于點；點與點關(guān)于直線對稱；過點作軸的垂線，交直線于點；點與點關(guān)于直線對稱；過點作軸的垂線，交直線于點按此規(guī)律作下去，則點的坐標(biāo)為_______；點的坐標(biāo)為_______．【答案】（8，0）；（22020，22021）．【分析】先根據(jù)題意求出A2點的坐標(biāo)，再根據(jù)A2點的坐標(biāo)求出B2的坐標(biāo)，以此類推總結(jié)規(guī)律便可求出點A4、B2021的坐標(biāo)．【詳解】解：∵點A1坐標(biāo)為（1，0），∴OA1=1，

過點A1作x軸的垂線交直線于點B1，點B1在上，y=2×1=2，B1點的坐標(biāo)為（1，2），

∵點A2與點O關(guān)于直線A1B1對稱，∴OA1=A1A2=1，∴OA2=1+1=2，

∴點A2的坐標(biāo)為（2，0），點B2在上，y=2×2=4，B2的坐標(biāo)為（2，4），

∵點A3與點O關(guān)于直線A2B2對稱．故點A3的坐標(biāo)為（4，0），點B3在上，y=2×4=8，B3的坐標(biāo)為（4，8），此類推便可求出點An的坐標(biāo)為（2n-1，0），點Bn在上，y=2×2n-1=2n，點Bn的坐標(biāo)為（2n-1，2n）．所以點A4的坐標(biāo)為（8，0），點的坐標(biāo)為（8，16）所以點A2021的坐標(biāo)為（22020，0），點的坐標(biāo)為（22020，22021）故答案為（8，0），（22020，22021）．【點睛】本題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征：一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)滿足其解析式．也考查了軸對稱的性質(zhì)．變式1．（2022·成都七中八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系，直線與軸交于點，以為一邊在上方作等邊，過點作平行于軸，交直線于點，以為一邊在上方作等邊，過點作平行于軸，交直線于點，以為一邊在上方作等邊，……，則的橫坐標(biāo)為__________．【答案】【分析】先根據(jù)直線與x軸交于點，可得(3,0)，O=3，再過作A⊥O于A，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，求得的橫坐標(biāo)為，過作于，求得的橫坐標(biāo)為，過作于，求得的橫坐標(biāo)為，同理可得的橫坐標(biāo)為，由此可得，的橫坐標(biāo)為，進而求得點的橫坐標(biāo)是．【詳解】解：由直線與軸交于點，可得，∴，如圖所示，過作于，則，即的橫坐標(biāo)為，由題意可得，，∴，∴，過作于，則，即的橫坐標(biāo)為，過作于，同理可得橫坐標(biāo)為，同理可得，的橫坐標(biāo)為，由此可得，的橫坐標(biāo)為，點的橫坐標(biāo)是，故答案為．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及等邊三角形性質(zhì)應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)性質(zhì)找出規(guī)律，求得坐標(biāo)．變式2．（2022·成都市·樹德中學(xué)八年級期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝2x﹣2與x軸交于點A1，如圖所示，依次作正方形A1B1C1O，正方形A2B2C2C1，…，正方形AnBn?nCn﹣1，使得點A1，A2，A3，…An在直線l上，點C1，C2，C3，…?n在y軸正半軸上，則正方形AnBn?nCn﹣1的面積是_____．【答案】【分析】由直線點的特點得到，分別可求OA1＝OC1＝1，C1A2＝，C2A3＝，……，從而得到正方形邊長的規(guī)律為Cn﹣1An＝，即可求正方形面積．【詳解】解：直線l：y＝2x﹣2與x軸交于點A?（1，0），與y軸交于點D（0，﹣2），∴，∵OA1＝OC1＝1，∴A1B1C1O的面積是1；∴DC1＝3，∴C1A2＝，∴A2B2C2C1的面積是；∴DC2＝，∴C2A3＝，∴A3B3C3C2的面積是；……∴Cn﹣1An＝，∴正方形AnBn?nCn﹣1的面積是，故答案為．【點睛】本題考查的是平面直角坐標(biāo)系中有規(guī)律的點的坐標(biāo)與圖形的探索問題，列出前面幾步的數(shù)據(jù)找到點或圖形的變化規(guī)律是解答關(guān)鍵.課后專項訓(xùn)練1．（2022·浙江·金華市南苑中學(xué)八年級期中）如圖，直線y＝－x＋8與x軸，y軸分別交于點A，B，直線y＝x＋1與直線AB交于點C，與y軸交于點D．則△BDC的面積=____．若P是y軸正半軸上的一點，Q是直線AB上的一點，連接PQ．△BDC與△BPQ全等(點Q不與點C重合)，寫出所有滿足要求的點Q坐標(biāo)______．【答案】

，，【分析】將兩條直線的方程聯(lián)立，求出點的坐標(biāo)，從而可得的底與高，進而求出面積；對點的位置進行分類討論，畫出使與全等的草圖，結(jié)合全等三角形對應(yīng)邊相等建立等量關(guān)系，求出點的坐標(biāo)．【詳解】解：，令，得，．，令，得，．．令，解得，．．若與全等，則：①當(dāng)點在點下方時，如圖所示，，．，即，解得，將代入，得．．②當(dāng)點在點上方時，如圖所示．若，，則，將代入，得，．若，，則，

將代入，得，．綜上，所有滿足題意的點的坐標(biāo)為，，．故答案為：；，，．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用，全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握一次函數(shù)與全等三角形相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．2．（2022·上海市梅隴中學(xué)八年級期中）已知一次函數(shù)的圖象與軸、軸分別相交于點、點，在直線上有一點，連接、，三角形是等腰三角形，則點的坐標(biāo)為______．【答案】或或【分析】利用一次函數(shù)求得、的坐標(biāo)，然后利用勾股定理列方程，即可求得的坐標(biāo)．【詳解】解：一次函數(shù)的圖象與軸、軸分別相交于點、點，，，，設(shè)，當(dāng)AB=BC時，則，解得∶或2，或；當(dāng)AC=BC時，解得∶，∴點C；綜上，點的坐標(biāo)為或或，故答案為：或或【點睛】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，涉及到勾股定理和等腰三角形的定義，難度不大，分類討論思想的運用是解題的關(guān)鍵．3．（2022·浙江·金華市八年級期末）如圖，直線交軸于點，以為直角邊長作等腰，再過點作等腰△交直線于點，再過點再作等腰△交直線于點，以此類推，繼續(xù)作等腰△，，△，其中點都在直線上，點都在軸上，且，，都為直角．則點的坐標(biāo)為__，點的坐標(biāo)為__．【答案】

，【分析】先求出點坐標(biāo)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出的長，故可得出的坐標(biāo)，同理即可得出，的坐標(biāo)，找出規(guī)律即可．【詳解】解：直線交軸于點，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，同理可得，，，，故答案為：，，．【點睛】本題考查一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特點，熟知一次函數(shù)圖像上各點的坐標(biāo)一定適合此函數(shù)的解析式是解答此題的關(guān)鍵．4．（2022·江蘇·八年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線yx與x軸交于點A，且經(jīng)過點B（2，a），在y軸上有一動點P，直線BC上有一動點M，已知C（3，0）．（1）a＝_____；（2）若△APM是以線段AM為斜邊的等腰直角三角形，則點M的坐標(biāo)是_____．【答案】

3

，或，或，或，【分析】（1）令x=2即可求得a的值；（2）先求得直線BC的解析式為y=-3x+9，點A的坐標(biāo)為（-2，0），過點M作MH⊥y軸于點H，證明△MPH≌△PAO，然后設(shè)點P的坐標(biāo)為（0，y），點M的坐標(biāo)為（x，-3x+9），然后求得AO、PO、PH、MH的長，進而由全等三角形的性質(zhì)列出方程求得x的值，即可得到點M的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）當(dāng)時，，，故答案為：3．（2）由（1）得點的坐標(biāo)為，設(shè)直線的解析式為，，解得：，直線的解析式為，對，當(dāng)時，，點的坐標(biāo)為，即得，過點作軸于點，則，，是以為對角線的等腰直角三角形，，，，，，，，設(shè)，，則，，，，解得：或或或，點的坐標(biāo)為，或，或，或，．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)特征、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是過點M作MH⊥y軸于點H，構(gòu)造全等三角形．5．（2022·江西景德鎮(zhèn)·八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線：與軸交于點，直線與兩坐標(biāo)軸分別交于點，點，直線與交于點，點在射線上，若為直角三角形，則點的坐標(biāo)為______．【答案】(9,7)或(1,-1)或(4,2)【分析】設(shè)P(x,x-2)，根據(jù)兩點距離公式可求得AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，然后分三種情況：當(dāng)∠ABP=90°時，則AB2+BP2=AP2；當(dāng)∠BAP=90°時，則AB2+AP2=BP2；當(dāng)∠APB=90°時，則AB2=BP2+AP2，分別求解即可．【詳解】解：設(shè)P(x,x-2)，∵，∴AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，當(dāng)∠ABP=90°時，則AB2+BP2=AP2，∴20+2x2-12x+20=2x2-8x+16，解得：x=9，則x-2=7，∴P(9,7)；當(dāng)∠BAP=90°時，則AB2+AP2=BP2，∴20+2x2-8x+16=2x2-12x+20，解得：x=-4，∵點P在射線DC上，故x>0，所以x=-4不符合題意，舍去，當(dāng)∠APB=90°時，則AB2=BP2+AP2，20=2x2-12x+20+2x2-8x+16，解得：x1=1，x2=4，∴x-2=-1或2，∴P(1,-1)或(4,2)，綜上，點P的坐標(biāo)為(9,7)或(1,-1)或(4,2)，故答案為：(9,7)或(1,-1)或(4,2)【點睛】本題考查一次函數(shù)與特殊三角形綜合問題，一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，利用坐標(biāo)求兩點距離，勾股定理，注意分類討論思想的應(yīng)用，以免漏解．6．（2023·黑龍江·哈爾濱市九年級開學(xué)考試）已知，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸的負半軸交于點A，與y軸的正半軸交于點B，點C在線段AB上，AOC與BOC的面積相等．(1)求點C的坐標(biāo)；(2)若點D在x軸的正半軸上，點D的橫坐標(biāo)為t，連接CD，OCD的面積為S，求S與t的函數(shù)解析式；(3)在（2）的條件下，將射線CD繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到射線CE，射線CE交y軸于點E，連接DE，若ODE的周長為12，求直線DE的解析式．【答案】(1)(2)（t＞0）(3)【分析】（1）△AOC與△BOC的面積相等，而OA=OB=4，則，則設(shè)點C的坐標(biāo)為（m，-m），即可求解；（2）由S=×DO×，即可求解；（3）證明△HMC≌△DNH（AAS），求出點H的坐標(biāo)為（t，t+2），得到直線HC的表達式為y=（x+2）+2，求出OE=×2+2，進而求解．（1）解：對于y=x+4，令y=x+4=0，解得x=-4，令x=0，則y=4，故點A、B的坐標(biāo)分別為（-4，0）、（0，4），∵，而OA=OB=4，∴，則設(shè)點C的坐標(biāo)為（m，-m），將點C的坐標(biāo)代入y=x+4得：-m=m+4，解得m=-2，∴點C的坐標(biāo)為（-2，2）；（2）解：由題意得：S=×DO×=t?2=t（t＞0）；（3）解：由題意得：12=OE+OD+ED，即12=t+OE+，設(shè)y=t+OE，則，∴12=y+，∴144-24y+=-，∴144-24（t+OE）=-整理得：t?OE-12（t+OE）+72=0，解得：OE=．過點D作DH⊥CE交CE的延長線于點H；過點H作x軸的平行線，交過點D與y軸的平行線于點N，交過點C與y軸的平行線于點M，∵∠ECD=45°，則△CHD為等腰直角三角形，則DH=CH，∠DHC=90°，設(shè)點H的坐標(biāo)為（a，b），∵∠NHD+∠MHC=90°，∠NHD+∠HDN=90°，∴∠MHC=∠HDN，∵∠HMC=∠DNH=90°，DH=CH，∴△HMC≌△DNH（AAS），∴MH=DN，MC=HN，即a+2=b，b-2=t-a，解得，即點H的坐標(biāo)為（t，t+2），設(shè)直線HC的表達式為y=kx+b，將H，C的坐標(biāo)代入得：，解得，∴y=x++2=（x+2）+2，當(dāng)x=0時，y=×2+2，∴OE=×2+2=．解得：t=-6（舍去）或4，故點D的坐標(biāo)為（4，0），則OE==3，故點E（0，3），設(shè)直線ED的表達式為y=sx+n，則，解得，故直線DE的表達式為y=-x+3．【點睛】本題考查了是一次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(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)、勾股定理、解二元一次方程組、用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、面積的計算等，綜合性強，難度較大．7．（2022·黑龍江·哈爾濱市第四十七中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點B和點C在x軸上，點A在y軸上，，，且a，b滿足．(1)證明為等邊三角形；(2)現(xiàn)有一動點P從點A沿y軸負方向運動，速度為1個單位長度每秒，連接，在的下方作等邊三角形過點Q作軸，垂足為D，設(shè)點P的運動時間為t秒，的長度為d，求d與t之間的關(guān)系式；（用含t的式子表示d）(3)在（2）問的條件下，已知，當(dāng)為等腰直角三角形時，求t的值，并求出此時直線與x軸的交點E的坐標(biāo)．【答案】(1)證明見解析(2)(3)，或，【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)，求出a，b可得AB=AC=BC，即可求證；（2）過點P作PG⊥AC于G，證明，可得CD=CG，DQ=PG，從而得到AP=2DQ，即可求解；（3）分兩種情況討論：當(dāng)點P在線段OA上，當(dāng)點P在AO的延長線上，即可求解．（1）證明∶∵，∴a-2=0，b-4=0，∴a=2，b=4，∴AB=4，OB=OC=2，∴OA⊥BC，∴AB=AC，∵BC=OB+OC=4，∴AB=AC=BC，∴△ABC是等邊三角形；（2）解：根據(jù)題意得：AP=t，如圖，過點P作PG⊥AC于G，由（1）知，△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PG，∵△CPQ為等邊三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCG=∠DCQ，在△CGP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CG，DQ=PG，∴AP=2DQ，∵QD的長度為d，∴；（3）解：根據(jù)題意得：AP=t，∵為等腰直角三角形，且∠POC=90°，∴OP=OC=2，當(dāng)點P在線段OA上，即時，則，即，點P（0，2），∴，∴，∴，∴，∴點，設(shè)直線PQ的解析式為，∴，解得：，∴直線PQ的解析式為，當(dāng)y=0時，，∴點；當(dāng)點P在AO的延長線上，即時，則，即，點P（0，-2），過點P作PF⊥AC交AC延長線于點F，由（1）知，△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PF，∵△CPQ為等邊三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCF=∠DCQ，在△CEP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CF，DQ=PF，∴AP=2DQ，∴，∴，∴，∴，∴點，設(shè)直線PQ的解析式為，∴，解得：，∴直線PQ的解析式為，當(dāng)y=0時，，∴點；綜上所述，，或，．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法，解本題的關(guān)鍵是判斷出點Q的坐標(biāo)．8．（2022·上海市國和中學(xué)八年級期中）如圖，已知點A（0，6），點C（3，0），將線段AC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，點A落在點B處，點D是x軸上一動點．(1)求直線BC的解析式；(2)聯(lián)結(jié)B、D．若，求點D的坐標(biāo)；(3)聯(lián)結(jié)A、D交線段BC于點Q，且∠OAC＝∠CAQ．求△BCD的面積．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）過B點作BM⊥x軸交于M，證明（AAS），求出B（9，3），再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）求出直線AC的解析式，由，可設(shè)直線BD的解析式為，將點B（9，3）代入求解，從而可得答案；（3）作O點關(guān)于直線AC的對稱點E，連接AE與x軸交于D，與線段BC交于Q，設(shè)CD=y，ED=x，由勾股定理得，①，②，聯(lián)立①②可得x=4，y=5，即可求D（8，0），再求三角形的面積即可．（1）解：如圖，過B點作BM⊥x軸交于M，∵∠ACB＝，∴∠ACO+∠BCM＝，∵∠ACO+∠OAC＝，∴∠BCM＝∠OAC，∵AC＝BC，∠AOC＝∠CMB＝，∴△ACO≌△CBM（AAS），∴BM＝OC，CM＝AO，∵A（0，6），C（3，0），∴BM＝3，CM＝6，∴B（9，3），設(shè)直線CB的解析式為y＝kx+b，∴解得，∴；（2）設(shè)直線AC的解析式為，∴，解得∴，∵，設(shè)直線BD的解析式為，∵B（9，3），∴，解得，∴，∴（3）作O點關(guān)于直線AC的對稱點E，連接AE與x軸交于D，與線段BC交于Q，由對稱性可知，∠OAC＝∠CAQ，∵A（0，6），C（3，0），∴OA＝AE＝6，OC＝CE＝3，設(shè)CD＝y(tǒng)，ED＝x，∴解得（不合題意的根舍去）∴CD＝5，∴D（8，0），∴【點睛】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)，三角形全等的判定及性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的解法，二元二次方程組的解法是解題的關(guān)鍵．9．（2021·廣西·北海市第二實驗學(xué)校九年級階段練習(xí)）如圖，已知，在直角坐標(biāo)系中，直線y＝?x+8與x軸、y軸分別交于點A、C，點P從A點開始以1個單位/秒的速度沿x軸向左移動，點Q從O點開始以2個單位/秒的速度沿y軸向上移動，如果P、Q兩點同時出發(fā)．(1)求點A、C的坐標(biāo)；(2)若點B在y軸上，且與點A、C構(gòu)成以AC為腰的等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的B點坐標(biāo)．(3)經(jīng)過幾秒鐘，能使△POQ的面積為8個平方單位．【答案】(1)點A的坐標(biāo)為（6，0），點C的坐標(biāo)為（0，8）(2)B點坐標(biāo)為（0，?8）或（0，16）或（0，?2）(3)2秒或4秒或（3+）秒【分析】（1）點A和點C是函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點，分別讓給x＝0，y＝0，求其對應(yīng)的值即可；（2）根據(jù)題意，分類討論即可；（3）當(dāng)點P在OA上，當(dāng)點P經(jīng)過點O之后，分別計算即可．（1）解：當(dāng)x＝0時，y＝8，∴點C的坐標(biāo)為（0，8），當(dāng)y＝0時，x＝6，∴點A的坐標(biāo)為（6，0），∴線段OA＝6，線段OC＝8；（2）解：①當(dāng)AC＝AB時，此時x軸為線段BC的垂直平分線，∴OB＝OC＝8，∴點B的坐標(biāo)為（0，?8）；②當(dāng)AC＝CB且點B在點C上方時，由勾股定理可知，AC＝，∴BC＝10，∴點B的坐標(biāo)為（0，16）；③當(dāng)BC＝AC且點B在點C下方時，∴BC＝AC＝10，∵OC＝8，∴OB＝2∴點B的坐標(biāo)為（0，?2）；綜上，B點坐標(biāo)為（0，?8）或（0，16）或（0，?2）；（3）解：設(shè)經(jīng)過t秒后，△POQ的面積為8個平方單位，當(dāng)t＜6時，OP＝6?t，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（6?t）×2t＝8，解得t＝2或4，∴當(dāng)t為2秒或4秒時，△POQ的面積為8個平方單位，當(dāng)t＞6時，OP＝t?6，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（t?6）×2t＝8，解得t＝3+或3?（舍去），∴當(dāng)t為（3+）秒時，，△POQ的面積為8個平方單位．綜上，當(dāng)t為2秒或4秒或（3+）秒時，，△POQ的面積為8個平方單位，【點睛】本題為一次函數(shù)綜合題，能夠根據(jù)題意將所有情況考慮到是關(guān)鍵．10．（2022·安徽·東至縣大渡口鎮(zhèn)大同初級中學(xué)八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有一條直線過點和點，與軸，軸分別交于，兩點．(1)求所在直線的表達式及線段的長；(2)求線段的長；(3)在軸上找一點，使得為直角三角形，求點的坐標(biāo)．【答案】(1)，；(2)；(3)或或或．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求解MN所在直線的表達式，再求A、B兩點坐標(biāo)，然后用勾股定理求線段AB的長；（２）構(gòu)造直角三角形，用勾股定理求MN的長；（３）按斜邊分三類進行討論，再分別用勾股定理求解即可．（1）解：設(shè)所在直線的表達式為，將點，點代入得解得所在直線的表達式為．當(dāng)時，代入得，當(dāng)時，代入得，點，點，即，．在中，．（2）解：如圖1，分別過點，作軸，軸，與相交于點．點，點，點．，．在中，．（3）解：如圖2，過點作軸于點，過點作軸與點，連接，．點，點，，，，．設(shè)點，則，．，．①當(dāng)為斜邊時，有，即．整理得．解得．點的坐標(biāo)為或．②當(dāng)為斜邊時，有，即．整理得．解得．點的坐標(biāo)為．③當(dāng)為斜邊時，有，即．整理得．解得．點的坐標(biāo)為．綜上，點的坐標(biāo)為或或或．【點睛】此題考查了一次函數(shù)、求線段的長度和勾股定理．熟練運用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，用勾股定理求線段的長度是解此題的關(guān)鍵，在動點P的作用下成為直角三角形的分類思想是解此題的難點．11．（2022·廣東·江門市第二中學(xué)九年級開學(xué)考試）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝2x﹣6交x軸于點C，交y軸于點D，點A，B的坐標(biāo)分別為（1，0），（0，2），直線AB與直線CD相交于點P．(1)直線AB的表達式為；(2)點P的坐標(biāo)為，連接OP，則＝；(3)若直線CD上存在一點E，使得△BPE的面積是△APO的面積的4倍，求點E的坐標(biāo)．【答案】(1)y＝﹣2x+2(2)（2，﹣2），1(3)E（3，0）或（1，﹣4）【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得直線AB的表達式；（2）通過解方程組即可得到點P的坐標(biāo)，然后根據(jù)三角形面積公式求得△APO的面積；（3）設(shè)點E的坐標(biāo)為（x，2x﹣6），依據(jù)的面積是的面積的4倍，求得△BPE的面積，然后根據(jù)或，即可得出x＝1或3，進而得到E（3，0）或（1，﹣4）．（1）解：設(shè)直線AB的表達式為y＝kx+b．由點A，B的坐標(biāo)分別為（1，0），（0，2），∴，解得，所以直線AB的表達式為y＝﹣2x+2．故答案為y＝﹣2x+2．（2）解：由題意，得，解得，∴點P的坐標(biāo)為（2，﹣2），∴＝＝1．故答案為（2，﹣2），1．（3）解：直線y＝2x﹣6中，令x＝0，則y＝﹣6，∴D（0，﹣6），設(shè)點E的坐標(biāo)為（x，2x﹣6），∵的面積是的面積的4倍，∴＝4，∴或，∴×8×2﹣＝4或﹣＝4，解得x＝1或3，∴E（3，0）或（1，﹣4）．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖像的交點問題、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、三角形面積等知識點，兩函數(shù)圖像的點坐標(biāo)就是兩函數(shù)解析式組成的方程組的解．12．（2022·福建三明·八年級期末）【探索發(fā)現(xiàn)】如圖1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線DE經(jīng)過點C，過A作AD⊥DE于點D．過B作BE⊥DE于點E，則△BEC≌△CDA，我們稱這種全等模型為“k型全等”．（不需要證明）【遷移應(yīng)用】已知：直線y＝kx＋3（k≠0）的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點．(1)如圖2.當(dāng)時，在第一象限構(gòu)造等腰直角△ABE，；①直接寫出OA＝，OB＝；②求點E的坐標(biāo)；(2)如圖3，當(dāng)k的取值變化，點A隨之在x軸負半軸上運動時，在y軸左側(cè)過點B作BN⊥AB，并且BN＝AB，連接ON，問△OBN的面積是否為定值，請說明理由；(3)【拓展應(yīng)用】如圖4，當(dāng)時，直線與y軸交于點D，點P（n，－2）、Q分別是直線l和直線AB上的動點，點C在x軸上的坐標(biāo)為（3，0），當(dāng)△PQC是以CQ為斜邊的等腰直角三角形時，求點Q的坐標(biāo)．【答案】(1)①2，3；②（3，5）(2)△OBN的面積為定值(3)點Q的坐標(biāo)為或（4，﹣5）【分析】（1）①若，則直線與x軸，y軸分別交于A（2，0），B（0，3）兩點，即可求解；②作ED⊥OB于D，則△BED≌△ABO．由全等三角形的性質(zhì)得DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，即可求解；（2）由點A隨之在x軸負半軸上運動時，可知，過點N作NM⊥OB于M，則△BMN≌△AOB．由全等三角形的性質(zhì)得MN＝OB＝3，根據(jù)三角形的面積公式即可求解；（3）過點P作PS⊥x軸于S，過點Q作QT⊥PS于T，證明△PCS≌△QPT．分兩種情況，由全等三角形的性質(zhì)得QT＝PS，PT＝SC，可得點Q的坐標(biāo)，將點Q的坐標(biāo)代入y＝﹣2x+3求得n的值，即可求解．（1）解：①若，則直線y＝kx+3（k≠0）為直線，當(dāng)x＝0時，y＝3，∴B（0，3），當(dāng)y＝0時，x=2，∴A（2，0），∴OA＝2，OB＝3，故答案為：2，3；②作ED⊥OB于D，∴∠BDE＝∠AOB＝90°，∴∠2+∠3＝90°，又∵△ABE是以B為直角頂點的等腰直角三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，∴△BED≌△ABO，∴DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，∴OD＝OB+BD＝5，∴點E的坐標(biāo)為（3，5）；（2）當(dāng)k變化時，△OBN的面積是定值，，理由如下：∵當(dāng)k變化時，點A隨之在x軸負半軸上運動時，∴，過點N作NM⊥OB于M，∴∠NMB＝∠AOB＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵BN⊥AB，∴∠ABN＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵BN=BA,∠NMB=∠AOB=90°，∴△BMN≌△AOB．∴MN＝OB＝3，∴，∴k變化時，△OBN的面積是定值，；（3）當(dāng)n＜3時，過點P作PS⊥x軸于S，過點Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝3﹣n，∴ST＝5﹣n，∴點Q的坐標(biāo)為（2+n，n﹣5），∵k＝﹣2，∴直線y＝﹣2x+3，將點Q的坐標(biāo)代入y＝﹣2x+3得，n﹣5＝﹣2（2+n）+3，解得：，∴點Q的坐標(biāo)為；當(dāng)n＞3時，過點P作PS⊥x軸于S，過點Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT（AAS）．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝n﹣3，∴ST＝n﹣1，∴點Q的坐標(biāo)為（n﹣2，1﹣n），∵k＝﹣2，∴直線y＝﹣2x+3，將點Q的坐標(biāo)代入y＝﹣2x+3得，1﹣n＝﹣2（n﹣2）+3，解得：n＝6，∴點Q的坐標(biāo)為（4，﹣5）．綜上，點Q的坐標(biāo)為或（4，﹣5）．【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了一次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握一次函數(shù)的圖像及性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形解題是關(guān)鍵．13．（2022·江西吉安·八年級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，以AB為腰在第二象限作等腰直角△ABC，．(1)求點C的坐標(biāo)．(2)E是x軸上的一個動點，是否存在這樣的點E，使得的值最大？如果不存在，請說明理由；如果存在，請求出點E的坐標(biāo)．(3)若以Q，A，B為頂點的三角形和△ABC全等(點Q不與點C重合)，請直接寫出點Q的坐標(biāo)．【答案】(1)C(-5,4)(2)存在，點E(,0)(3)點Q的坐標(biāo)為(-1,5)或(1,-5)或(-3,4)【分析】（1）過點C作CH⊥OA，交OA延長線于點H，通過證明△CHA≌△AOB，求得線段OH，CH的長度即可得出結(jié)論；（2）延長CB，交x軸于點E，則此時|EC-EB|的值最大，利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，令y=0即可求得點E的橫坐標(biāo)．（3）依據(jù)以Q、A、B為頂點的三角