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2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数（含答案）
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这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数（含答案），共26页。试卷主要包含了小时等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数
一．选择题（共10小题）
1．（2019•宜兴市二模）如图，直线y＝x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y＝x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2019•沙坪坝区校级三模）甲、乙两车分别从A地、C地同时向B地匀速行驶（C在A、B两地之间）．甲追上乙之后，乙立即以原来速度的2倍向B地继续行驶，且此刻速度大于甲的速度，到达B地后立即以提高后的速度返回C地，甲车到达B地后立刻以原速返回A地，两车距C地的距离之和y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的部分函数关系如图所示，那么甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是（ ）小时
A． B． C． D．
3．（2020•鹿城区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+2分别交x轴、y轴于点B、A，以AB为一边向右作等边△ABC，以AO为一边向左作等边△ADO，连接DC交直线l于点E．则点E的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
4．（2013•天桥区二模）如图，在平面直角坐标系中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则下列各点在直线l上的是（ ）
A．（4，3） B．（5，2） C．（6，2） D．（0，）
5．（2018•赤峰）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是以C（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆上一点，连接PA，PB，则△PAB面积的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
6．（2021•吴兴区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（ ）
A．（，）或（，）
B．（，）或（，）
C．（，）或（，）
D．（，）或（，）
7．（2022•遵义模拟）平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（3m，﹣4m+4），一次函数y＝x+12的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，若点P在△AOB的内部，则m的取值范围为（ ）
A．m＞一1或m＜0 B．﹣3＜m＜1 C．﹣1＜m＜0 D．﹣1≤m≤1
8．（2021•扬州）如图，一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线AB绕点B顺时针旋转30°交x轴于点C，则线段AC长为（ ）
A．+ B．3 C．2+ D．+
9．（2021•奉化区校级模拟）如图，点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，D是线段AO上一点，且OD＝3AD，点B从原点O出发，沿x轴正方向运动，CB与直线y＝x交于点E，则△CDE的面积（ ）
A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．始终不变
10．（2019•台州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+4与坐标轴交于A，B两点，OC⊥AB于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，得到线段AP'，连接CP'，则线段CP′的最小值为（ ）
A．2 B．1 C．2 D．2
2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2019•宜兴市二模）如图，直线y＝x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y＝x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】一次函数综合题；三角形的面积；勾股定理；解直角三角形；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】解法一、过M作ME⊥y轴于E，过N作NF⊥x轴于F，则∠MEO＝∠NFO＝90°，根据全等三角形的性质求出ME＝NF，OE＝OF，设N的坐标是（x，x+3），M点的坐标是（a，﹣x），根据M点也在直线y＝x+3上求出a＝﹣x﹣4，求出x，求出NF和OF，再解直角三角形求出答案即可；解法二、过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，设N的坐标是（x，x+3），得出DN＝x+3，OD＝﹣x，求出OA＝4，OB＝3，由勾股定理求出AB＝5，由三角形的面积公式得出AO×OB＝AB×OC，代入求出OC，根据sin45°＝求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（x+3）2+（﹣x）2＝，求出N的坐标，得出ND、OD，代入tan∠AON＝求出即可．
【解答】解：解法一、过M作ME⊥y轴于E，过N作NF⊥x轴于F，则∠MEO＝∠NFO＝90°，
∵∠MON＝∠EOF＝90°，
∴∠MOE＝∠NOF＝90°﹣∠EON，
在△NFO和△MEO中
，
∴△NFO≌△MEO（AAS），
∴ME＝NF，OE＝OF，
∵点N在直线y＝x+3上，
∴设N的坐标是（x，x+3），
设M点的坐标是（a，﹣x），
∵M点也在直线y＝x+3上，
∴﹣x＝a+3，
解得：a＝﹣x﹣4，
∵EM＝NF，
∴﹣x﹣4＝x+3，
解得：x＝﹣，
∴OD＝，ND＝×（﹣）+3＝，
∴tan∠AON＝＝＝；
解法二、过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，
∵N在直线y＝x+3上，
∴设N的坐标是（x，x+3），
则DN＝x+3，OD＝﹣x，
y＝x+3，
当x＝0时，y＝3，
当y＝0时，x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，3），
即OA＝4，OB＝3，
在△AOB中，由勾股定理得：AB＝5，
∵在△AOB中，由三角形的面积公式得：AO×OB＝AB×OC，
∴3×4＝5OC，
OC＝，
∵在Rt△NOM中，OM＝ON，∠MON＝90°，
∴∠MNO＝45°，
∴sin45°＝＝，
∴ON＝，
在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2＝ON2，
即（x+3）2+（﹣x）2＝，
解得：x1＝﹣，x2＝，
∵N在第二象限，
∴x只能是﹣，
x+3＝，
即ND＝，OD＝，
tan∠AON＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的运用，主要考查学生运用这些性质进行计算的能力，题目比较典型，综合性比较强．
2．（2019•沙坪坝区校级三模）甲、乙两车分别从A地、C地同时向B地匀速行驶（C在A、B两地之间）．甲追上乙之后，乙立即以原来速度的2倍向B地继续行驶，且此刻速度大于甲的速度，到达B地后立即以提高后的速度返回C地，甲车到达B地后立刻以原速返回A地，两车距C地的距离之和y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的部分函数关系如图所示，那么甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是（ ）小时
A． B． C． D．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；函数及其图象；一次函数及其应用．
【分析】由图象知，t＝0时，甲车在A地，乙车在C地，此时两车到C地的距离和为80千米，于是AC的距离为80千米，2小时甲追上乙，因此速度差为：80÷2＝40千米/小时，设乙车原来速度为x千米/小时，则后来的速度为2x千米/小时，甲的速度为（x+40）千米/小时，相遇后，又行驶1小时，两车到C的距离和达到最大460千米，说明乙车已到B地，而甲未到，此时，乙车距C地的距离为4x千米，甲距C地的距离为3（x+40）﹣80，可以列出方程，解出乙车原速度，进而求出乙后来速度，和甲的速度，最后求出乙到B地，甲距B地的距离，当乙返回时，可求出相遇时间，再加上甲原来的3小时即可得到答案．
【解答】解：由图象可知：AC之间的距离为80千米，
两车的速度差为：80÷2＝40千米/小时，
设乙车原速度为x千米/小时，则乙车后来速度为2x千米/小时，甲的速度为（x+40）千米/小时，由题意得：
3（x+40）﹣80+4x＝460
解得：x＝60
即：乙车原速度为60千米/小时，则乙车后来速度为120千米/小时，甲的速度为100千米/小时，
乙车到B地时，甲车距B地的距离为：120﹣100＝20千米，
乙车返回与甲相遇时间为：20÷（120+100）＝时，
因此甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是3+＝；
故选：A．
【点评】考查函数图象的识别能力，能从图象的变化中获取有用的数据，并根据数量关系进行计算，熟练掌握行程问题中速度、时间、路程的关系以及追及、相遇问题的数量关系是解决问题的关键．
3．（2020•鹿城区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+2分别交x轴、y轴于点B、A，以AB为一边向右作等边△ABC，以AO为一边向左作等边△ADO，连接DC交直线l于点E．则点E的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；一次函数的性质．
【专题】代数几何综合题；数据分析观念．
【分析】求出点C、点D的坐标，得到CD的表达式为：y＝x+，将CD的表达式与直线l的表达式联立，即可求解．
【解答】解：y＝﹣x+2①，
令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2，
故点A、B的坐标分别为：（0，2）、（2，0），
即OB＝2，AO＝2＝OD，则AB＝4＝BC，
tan∠ABO＝＝，故∠ABO＝60°，
而△ABC为等边三角形，则BC与x轴的夹角为180°﹣∠ABC﹣∠ABO＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
则yC＝BCsin60°＝4×＝2，
xC＝xB+BCcos60°＝2+4×＝4，
故点C（4，2），
同理可得点D的坐标为：（﹣3，），
设直线CD的表达式为y＝kx+b，则，解得：，
故直线CD的表达式为：y＝x+②，
联立①②并解得：x＝，y＝，
故点E的坐标为：（，），
故选：A．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，本题的关键是求出点C、D的坐标，进而求解．
4．（2013•天桥区二模）如图，在平面直角坐标系中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则下列各点在直线l上的是（ ）
A．（4，3） B．（5，2） C．（6，2） D．（0，）
【考点】一次函数综合题．
【分析】先延长BC交x轴于点F，连接OB，AF，DF，CE，DF和CE相交于点N，由所给点的坐标得出四边形OABC，四边形CDEF都为矩形，并且点M（2，3）是矩形OABF对角线的交点，点N是矩形CDEF的中心，得出直线l必过M和N点，再设直线l的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法即可求出直线l的函数表达式，然后把所给的点分别代入，即可求出答案．
【解答】解：如图，延长BC交x轴于点F，连接OB，AF，DF，CE，DF和CE相交于点N，
∵O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0），
∴四边形OABF为矩形，四边形CDEF为矩形，
∴点M（2，3）是矩形OABF对角线的交点，
∴点M为矩形ABFO的中心，
∴直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分，
同理可证：点N是矩形CDEF的中心，
∴点N（5，2），
∴过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分，
∴直线MN就是所求的直线l，
设直线l的解析式为y＝kx+b，
把M（2，3）N（5，2）代入上式得：
，
解得：，
∴所求直线l的函数表达式是：y＝﹣x+，
当x＝4时，y＝，则A不正确；
当x＝5时，y＝2，则B正确；
当x＝6时，y＝，则C不正确；
当x＝0时，y＝，则D不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的综合，用到的知识点是矩形的性质即过矩形对角线交点的直线平分矩形的面积和待定系数法求解析式，解题的关键是根据图形作出辅助线，求出四边形OABC和四边形CDEF都是矩形．
5．（2018•赤峰）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是以C（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆上一点，连接PA，PB，则△PAB面积的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的性质．
【专题】平面直角坐标系．
【分析】作CH⊥AB于H交⊙O于E、F．当点P与E重合时，△PAB的面积最小，求出EH、AB的长即可解决问题
【解答】解：作CH⊥AB于H交⊙O于E、F．
∵C（﹣1，0），直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
∴直线CH的解析式为y＝x+，
由解得，
∴H（，），
∴CH＝＝3，
∵A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，AB＝5，
∴EH＝3﹣1＝2，
当点P与E重合时，△PAB的面积最小，最小值＝×5×2＝5，
方法二：可以证明△AHC≌△AOB，推出CH＝OB＝3，由此即可解决问题．
故选：A．
【点评】本题考查一次函数图象上的点的坐标特征、一次函数的性质、直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用直线与圆的位置关系解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2021•吴兴区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（ ）
A．（，）或（，）
B．（，）或（，）
C．（，）或（，）
D．（，）或（，）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理；直线与圆的位置关系；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的性质．
【专题】解题思想；解题方法；能力层次．
【分析】根据条件先计算图1中的直角△AOB的三边长，得∠BOA＝30°；根据两直线平行的性质，同位角相等，可以得不管直线AB向上或向下平移与x轴夹角都是30°，分两种情况进行讨论：①当直线AB向下平移时，如图2，作辅助线，构建直角三角形及平移后的点A′与两坐标轴的垂线，由30°角的性质和三角函数求
出A′Q和OQ的长，写出点A′的坐标即可；②同理在图3中求出A′的坐标．
【解答】解：如图﹣﹣1，在函数，令x＝0，得到y＝﹣1，
所以 B（0，﹣1）． 同理可以得到，
于是在Rt△AOB中，．
根据勾股定理得到：AB＝2，∠OAB＝30°．
即直线与x轴的夹角总是30° （锐角）．
【实际一次函数中的，这个特殊值，也可以得到 30°夹角的结论】．
因为直线AB在平移过程中，不会改变k值，
所以平移后的直线与x轴的夹角仍然是30°．
以下分两种情况：
当直线向下平移到如图﹣﹣2位置．
则有∠OCA1＝30°，A1B1＝2．
过O点作OD⊥A1B1 于点D，过点A1作 A1E⊥OC，连接 OA1．
再等腰三角形OA1B1中，根据“三线合一”，得到，
又半径，在Rt△ODA1中，根据勾股定理可以求得．
在Rt△OCD中，∠OCA1＝30°，．
根据“特殊的30角的三边关系”得到：，．
所以．
在Rt△ECA1中，同样可以求得：，．
所以 ．
因为点A1在第四象限，所以点；
当直线向上平移到如图﹣﹣3位置．
同理可以得到点．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣﹣平移，明确平移前后的两线段相等且平行，本题根据已知直线的解析式求出线段的长，得出30°角是关键，采用了分类讨论的思想，分别向上平移和向下平移；构建对应的直角三角形，与特殊的三角函数、勾股定理相结合得出结论．
7．（2022•遵义模拟）平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（3m，﹣4m+4），一次函数y＝x+12的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，若点P在△AOB的内部，则m的取值范围为（ ）
A．m＞一1或m＜0 B．﹣3＜m＜1 C．﹣1＜m＜0 D．﹣1≤m≤1
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【分析】先求得点A与点B的坐标，然后令x＝3m，求得对应的y的值，再结合点P在△AOB的内部列出关于m的不等式，最后求得m的取值范围．
【解答】解：当x＝0时，y＝12，当y＝0时，x＝﹣9，
∴A（﹣9，0），B（0，12），
当x＝3m时，y＝×3m+12＝4m+12，
∵点P在△AOB的内部，
∴，
解得：﹣1＜m＜0，
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是通过点P在△AOB的内部列出不等式组．
8．（2021•扬州）如图，一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线AB绕点B顺时针旋转30°交x轴于点C，则线段AC长为（ ）
A．+ B．3 C．2+ D．+
【考点】一次函数图象与几何变换．
【专题】压轴题；一次函数及其应用；几何直观．
【分析】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．
【解答】解：∵一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣，
则A（﹣，0），B（0，），
则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO＝45°，
∴AB＝＝2，
过点C作CD⊥AB，垂足为D，
∵∠CAD＝∠OAB＝45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，
∴AC＝＝x，
由旋转的性质可知∠ABC＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD＝＝x，
又BD＝AB+AD＝2+x，
∴2+x＝x，
解得：x＝+1，
∴AC＝x＝（+1）＝，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．
9．（2021•奉化区校级模拟）如图，点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，D是线段AO上一点，且OD＝3AD，点B从原点O出发，沿x轴正方向运动，CB与直线y＝x交于点E，则△CDE的面积（ ）
A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．始终不变
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用．
【分析】根据已知条件得到AO＝4，AC＝3，求得AD＝1，OD＝3，求得直线CD的解析式为y＝x+3，和直线OE的解析式为：y＝x，得到CD∥OE，即可得到结论．
【解答】解：∵点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，
∴AO＝4，AC＝3，
∵OD＝3AD，
∴AD＝1，OD＝3，
∴D（0，3），
∴直线CD的解析式为y＝x+3，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴CD∥OE，
故△CDE的面积始终不变，
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的解析式，梯形和三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
10．（2019•台州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+4与坐标轴交于A，B两点，OC⊥AB于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，得到线段AP'，连接CP'，则线段CP′的最小值为（ ）
A．2 B．1 C．2 D．2
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转；一次函数的性质．
【专题】创新题型；解题方法．
【分析】由点P的运动确定P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小．
【解答】解：由已知可得A（0，4）B（4，0），
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C（2，2），
又∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∵P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，
当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在△AOB中，AO＝AN＝4，AB＝4，
∴NB＝4﹣4，
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴HB＝4﹣2，
∴CP'＝OB﹣BH﹣2＝4﹣（4﹣2）﹣2＝2﹣2．
故选：A．
方法2：由已知可得A（0，4）B（4，0），
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C（2，2），
∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴∠PAP'＝∠OAB，
∴∠PAO＝∠P'AC，AP＝AP'，
在AO上截取AC'＝AC，则△AC'P≌△ACP'（SAS），
∴CP'＝C'P，
∴求CP'的最小值就是C'P的最小值，
∴过点C'做C'P垂直OC，此时C'P的值最小，
在△AOB中，AO＝OB＝4，AB＝4，
∴AC＝2，
∴C'A＝2，
∴C'O＝4﹣2，
又∵Rt△C'OP是等腰直角三角形，
∴C'P＝2﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形的性质；一次函数点的特点；动点运动轨迹的判断；垂线段最短；
考点卡片
1．一次函数的性质
一次函数的性质：
k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
2．一次函数图象上点的坐标特征
一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（﹣，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．
直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．
3．一次函数图象与几何变换
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）
①关于x轴对称，就是x不变，y变成﹣y：﹣y＝kx+b，即y＝﹣kx﹣b；
（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）
②关于y轴对称，就是y不变，x变成﹣x：y＝k（﹣x）+b，即y＝﹣kx+b；
（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）
③关于原点对称，就是x和y都变成相反数：﹣y＝k（﹣x）+b，即y＝kx﹣b．
（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）
4．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
5．一次函数综合题
（1）一次函数与几何图形的面积问题
首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积．
（2）一次函数的优化问题
通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前提下求出最值．
（3）用函数图象解决实际问题
从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题．
6．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
7．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
8．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
9．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
10．直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d＜r
②直线l和⊙O相切⇔d＝r
③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
11．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
12．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
13．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数
一．选择题（共10小题）
1．（2019•宜兴市二模）如图，直线y＝x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y＝x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2019•沙坪坝区校级三模）甲、乙两车分别从A地、C地同时向B地匀速行驶（C在A、B两地之间）．甲追上乙之后，乙立即以原来速度的2倍向B地继续行驶，且此刻速度大于甲的速度，到达B地后立即以提高后的速度返回C地，甲车到达B地后立刻以原速返回A地，两车距C地的距离之和y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的部分函数关系如图所示，那么甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是（ ）小时
A． B． C． D．
3．（2020•鹿城区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+2分别交x轴、y轴于点B、A，以AB为一边向右作等边△ABC，以AO为一边向左作等边△ADO，连接DC交直线l于点E．则点E的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
4．（2013•天桥区二模）如图，在平面直角坐标系中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则下列各点在直线l上的是（ ）
A．（4，3） B．（5，2） C．（6，2） D．（0，）
5．（2018•赤峰）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是以C（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆上一点，连接PA，PB，则△PAB面积的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
6．（2021•吴兴区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（ ）
A．（，）或（，）
B．（，）或（，）
C．（，）或（，）
D．（，）或（，）
7．（2022•遵义模拟）平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（3m，﹣4m+4），一次函数y＝x+12的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，若点P在△AOB的内部，则m的取值范围为（ ）
A．m＞一1或m＜0 B．﹣3＜m＜1 C．﹣1＜m＜0 D．﹣1≤m≤1
8．（2021•扬州）如图，一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线AB绕点B顺时针旋转30°交x轴于点C，则线段AC长为（ ）
A．+ B．3 C．2+ D．+
9．（2021•奉化区校级模拟）如图，点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，D是线段AO上一点，且OD＝3AD，点B从原点O出发，沿x轴正方向运动，CB与直线y＝x交于点E，则△CDE的面积（ ）
A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．始终不变
10．（2019•台州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+4与坐标轴交于A，B两点，OC⊥AB于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，得到线段AP'，连接CP'，则线段CP′的最小值为（ ）
A．2 B．1 C．2 D．2
2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：一次函数（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2019•宜兴市二模）如图，直线y＝x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y＝x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】一次函数综合题；三角形的面积；勾股定理；解直角三角形；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】解法一、过M作ME⊥y轴于E，过N作NF⊥x轴于F，则∠MEO＝∠NFO＝90°，根据全等三角形的性质求出ME＝NF，OE＝OF，设N的坐标是（x，x+3），M点的坐标是（a，﹣x），根据M点也在直线y＝x+3上求出a＝﹣x﹣4，求出x，求出NF和OF，再解直角三角形求出答案即可；解法二、过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，设N的坐标是（x，x+3），得出DN＝x+3，OD＝﹣x，求出OA＝4，OB＝3，由勾股定理求出AB＝5，由三角形的面积公式得出AO×OB＝AB×OC，代入求出OC，根据sin45°＝求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（x+3）2+（﹣x）2＝，求出N的坐标，得出ND、OD，代入tan∠AON＝求出即可．
【解答】解：解法一、过M作ME⊥y轴于E，过N作NF⊥x轴于F，则∠MEO＝∠NFO＝90°，
∵∠MON＝∠EOF＝90°，
∴∠MOE＝∠NOF＝90°﹣∠EON，
在△NFO和△MEO中
，
∴△NFO≌△MEO（AAS），
∴ME＝NF，OE＝OF，
∵点N在直线y＝x+3上，
∴设N的坐标是（x，x+3），
设M点的坐标是（a，﹣x），
∵M点也在直线y＝x+3上，
∴﹣x＝a+3，
解得：a＝﹣x﹣4，
∵EM＝NF，
∴﹣x﹣4＝x+3，
解得：x＝﹣，
∴OD＝，ND＝×（﹣）+3＝，
∴tan∠AON＝＝＝；
解法二、过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，
∵N在直线y＝x+3上，
∴设N的坐标是（x，x+3），
则DN＝x+3，OD＝﹣x，
y＝x+3，
当x＝0时，y＝3，
当y＝0时，x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，3），
即OA＝4，OB＝3，
在△AOB中，由勾股定理得：AB＝5，
∵在△AOB中，由三角形的面积公式得：AO×OB＝AB×OC，
∴3×4＝5OC，
OC＝，
∵在Rt△NOM中，OM＝ON，∠MON＝90°，
∴∠MNO＝45°，
∴sin45°＝＝，
∴ON＝，
在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2＝ON2，
即（x+3）2+（﹣x）2＝，
解得：x1＝﹣，x2＝，
∵N在第二象限，
∴x只能是﹣，
x+3＝，
即ND＝，OD＝，
tan∠AON＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的运用，主要考查学生运用这些性质进行计算的能力，题目比较典型，综合性比较强．
2．（2019•沙坪坝区校级三模）甲、乙两车分别从A地、C地同时向B地匀速行驶（C在A、B两地之间）．甲追上乙之后，乙立即以原来速度的2倍向B地继续行驶，且此刻速度大于甲的速度，到达B地后立即以提高后的速度返回C地，甲车到达B地后立刻以原速返回A地，两车距C地的距离之和y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的部分函数关系如图所示，那么甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是（ ）小时
A． B． C． D．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次方程（组）及应用；函数及其图象；一次函数及其应用．
【分析】由图象知，t＝0时，甲车在A地，乙车在C地，此时两车到C地的距离和为80千米，于是AC的距离为80千米，2小时甲追上乙，因此速度差为：80÷2＝40千米/小时，设乙车原来速度为x千米/小时，则后来的速度为2x千米/小时，甲的速度为（x+40）千米/小时，相遇后，又行驶1小时，两车到C的距离和达到最大460千米，说明乙车已到B地，而甲未到，此时，乙车距C地的距离为4x千米，甲距C地的距离为3（x+40）﹣80，可以列出方程，解出乙车原速度，进而求出乙后来速度，和甲的速度，最后求出乙到B地，甲距B地的距离，当乙返回时，可求出相遇时间，再加上甲原来的3小时即可得到答案．
【解答】解：由图象可知：AC之间的距离为80千米，
两车的速度差为：80÷2＝40千米/小时，
设乙车原速度为x千米/小时，则乙车后来速度为2x千米/小时，甲的速度为（x+40）千米/小时，由题意得：
3（x+40）﹣80+4x＝460
解得：x＝60
即：乙车原速度为60千米/小时，则乙车后来速度为120千米/小时，甲的速度为100千米/小时，
乙车到B地时，甲车距B地的距离为：120﹣100＝20千米，
乙车返回与甲相遇时间为：20÷（120+100）＝时，
因此甲、乙两车第二次相遇时甲行驶的时间是3+＝；
故选：A．
【点评】考查函数图象的识别能力，能从图象的变化中获取有用的数据，并根据数量关系进行计算，熟练掌握行程问题中速度、时间、路程的关系以及追及、相遇问题的数量关系是解决问题的关键．
3．（2020•鹿城区校级模拟）如图，平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣x+2分别交x轴、y轴于点B、A，以AB为一边向右作等边△ABC，以AO为一边向左作等边△ADO，连接DC交直线l于点E．则点E的坐标为（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；一次函数的性质．
【专题】代数几何综合题；数据分析观念．
【分析】求出点C、点D的坐标，得到CD的表达式为：y＝x+，将CD的表达式与直线l的表达式联立，即可求解．
【解答】解：y＝﹣x+2①，
令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2，
故点A、B的坐标分别为：（0，2）、（2，0），
即OB＝2，AO＝2＝OD，则AB＝4＝BC，
tan∠ABO＝＝，故∠ABO＝60°，
而△ABC为等边三角形，则BC与x轴的夹角为180°﹣∠ABC﹣∠ABO＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
则yC＝BCsin60°＝4×＝2，
xC＝xB+BCcos60°＝2+4×＝4，
故点C（4，2），
同理可得点D的坐标为：（﹣3，），
设直线CD的表达式为y＝kx+b，则，解得：，
故直线CD的表达式为：y＝x+②，
联立①②并解得：x＝，y＝，
故点E的坐标为：（，），
故选：A．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，本题的关键是求出点C、D的坐标，进而求解．
4．（2013•天桥区二模）如图，在平面直角坐标系中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0）．若直线l经过点M（2，3），且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则下列各点在直线l上的是（ ）
A．（4，3） B．（5，2） C．（6，2） D．（0，）
【考点】一次函数综合题．
【分析】先延长BC交x轴于点F，连接OB，AF，DF，CE，DF和CE相交于点N，由所给点的坐标得出四边形OABC，四边形CDEF都为矩形，并且点M（2，3）是矩形OABF对角线的交点，点N是矩形CDEF的中心，得出直线l必过M和N点，再设直线l的解析式为y＝kx+b，利用待定系数法即可求出直线l的函数表达式，然后把所给的点分别代入，即可求出答案．
【解答】解：如图，延长BC交x轴于点F，连接OB，AF，DF，CE，DF和CE相交于点N，
∵O（0，0），A（0，6），B（4，6），C（4，4），D（6，4），E（6，0），
∴四边形OABF为矩形，四边形CDEF为矩形，
∴点M（2，3）是矩形OABF对角线的交点，
∴点M为矩形ABFO的中心，
∴直线l把矩形ABFO分成面积相等的两部分，
同理可证：点N是矩形CDEF的中心，
∴点N（5，2），
∴过点N（5，2）的直线把矩形CDEF分成面积相等的两部分，
∴直线MN就是所求的直线l，
设直线l的解析式为y＝kx+b，
把M（2，3）N（5，2）代入上式得：
，
解得：，
∴所求直线l的函数表达式是：y＝﹣x+，
当x＝4时，y＝，则A不正确；
当x＝5时，y＝2，则B正确；
当x＝6时，y＝，则C不正确；
当x＝0时，y＝，则D不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数的综合，用到的知识点是矩形的性质即过矩形对角线交点的直线平分矩形的面积和待定系数法求解析式，解题的关键是根据图形作出辅助线，求出四边形OABC和四边形CDEF都是矩形．
5．（2018•赤峰）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P是以C（﹣1，0）为圆心，1为半径的圆上一点，连接PA，PB，则△PAB面积的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的性质．
【专题】平面直角坐标系．
【分析】作CH⊥AB于H交⊙O于E、F．当点P与E重合时，△PAB的面积最小，求出EH、AB的长即可解决问题
【解答】解：作CH⊥AB于H交⊙O于E、F．
∵C（﹣1，0），直线AB的解析式为y＝﹣x+3，
∴直线CH的解析式为y＝x+，
由解得，
∴H（，），
∴CH＝＝3，
∵A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，AB＝5，
∴EH＝3﹣1＝2，
当点P与E重合时，△PAB的面积最小，最小值＝×5×2＝5，
方法二：可以证明△AHC≌△AOB，推出CH＝OB＝3，由此即可解决问题．
故选：A．
【点评】本题考查一次函数图象上的点的坐标特征、一次函数的性质、直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用直线与圆的位置关系解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2021•吴兴区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的直径2，直线AB的函数解析式为y＝x﹣1，交坐标轴于点A和点B，将线段AB作平移变换，使所得的线段的两端都落在⊙O上，则平移后A点所对应的点的坐标是（ ）
A．（，）或（，）
B．（，）或（，）
C．（，）或（，）
D．（，）或（，）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；勾股定理；直线与圆的位置关系；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的性质．
【专题】解题思想；解题方法；能力层次．
【分析】根据条件先计算图1中的直角△AOB的三边长，得∠BOA＝30°；根据两直线平行的性质，同位角相等，可以得不管直线AB向上或向下平移与x轴夹角都是30°，分两种情况进行讨论：①当直线AB向下平移时，如图2，作辅助线，构建直角三角形及平移后的点A′与两坐标轴的垂线，由30°角的性质和三角函数求
出A′Q和OQ的长，写出点A′的坐标即可；②同理在图3中求出A′的坐标．
【解答】解：如图﹣﹣1，在函数，令x＝0，得到y＝﹣1，
所以 B（0，﹣1）． 同理可以得到，
于是在Rt△AOB中，．
根据勾股定理得到：AB＝2，∠OAB＝30°．
即直线与x轴的夹角总是30° （锐角）．
【实际一次函数中的，这个特殊值，也可以得到 30°夹角的结论】．
因为直线AB在平移过程中，不会改变k值，
所以平移后的直线与x轴的夹角仍然是30°．
以下分两种情况：
当直线向下平移到如图﹣﹣2位置．
则有∠OCA1＝30°，A1B1＝2．
过O点作OD⊥A1B1 于点D，过点A1作 A1E⊥OC，连接 OA1．
再等腰三角形OA1B1中，根据“三线合一”，得到，
又半径，在Rt△ODA1中，根据勾股定理可以求得．
在Rt△OCD中，∠OCA1＝30°，．
根据“特殊的30角的三边关系”得到：，．
所以．
在Rt△ECA1中，同样可以求得：，．
所以 ．
因为点A1在第四象限，所以点；
当直线向上平移到如图﹣﹣3位置．
同理可以得到点．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣﹣平移，明确平移前后的两线段相等且平行，本题根据已知直线的解析式求出线段的长，得出30°角是关键，采用了分类讨论的思想，分别向上平移和向下平移；构建对应的直角三角形，与特殊的三角函数、勾股定理相结合得出结论．
7．（2022•遵义模拟）平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（3m，﹣4m+4），一次函数y＝x+12的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，若点P在△AOB的内部，则m的取值范围为（ ）
A．m＞一1或m＜0 B．﹣3＜m＜1 C．﹣1＜m＜0 D．﹣1≤m≤1
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【分析】先求得点A与点B的坐标，然后令x＝3m，求得对应的y的值，再结合点P在△AOB的内部列出关于m的不等式，最后求得m的取值范围．
【解答】解：当x＝0时，y＝12，当y＝0时，x＝﹣9，
∴A（﹣9，0），B（0，12），
当x＝3m时，y＝×3m+12＝4m+12，
∵点P在△AOB的内部，
∴，
解得：﹣1＜m＜0，
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是通过点P在△AOB的内部列出不等式组．
8．（2021•扬州）如图，一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，把直线AB绕点B顺时针旋转30°交x轴于点C，则线段AC长为（ ）
A．+ B．3 C．2+ D．+
【考点】一次函数图象与几何变换．
【专题】压轴题；一次函数及其应用；几何直观．
【分析】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．
【解答】解：∵一次函数y＝x+的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣，
则A（﹣，0），B（0，），
则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO＝45°，
∴AB＝＝2，
过点C作CD⊥AB，垂足为D，
∵∠CAD＝∠OAB＝45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，设CD＝AD＝x，
∴AC＝＝x，
由旋转的性质可知∠ABC＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD＝＝x，
又BD＝AB+AD＝2+x，
∴2+x＝x，
解得：x＝+1，
∴AC＝x＝（+1）＝，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．
9．（2021•奉化区校级模拟）如图，点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，D是线段AO上一点，且OD＝3AD，点B从原点O出发，沿x轴正方向运动，CB与直线y＝x交于点E，则△CDE的面积（ ）
A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．始终不变
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用．
【分析】根据已知条件得到AO＝4，AC＝3，求得AD＝1，OD＝3，求得直线CD的解析式为y＝x+3，和直线OE的解析式为：y＝x，得到CD∥OE，即可得到结论．
【解答】解：∵点C的坐标为（3，4），CA⊥y轴于点A，
∴AO＝4，AC＝3，
∵OD＝3AD，
∴AD＝1，OD＝3，
∴D（0，3），
∴直线CD的解析式为y＝x+3，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴CD∥OE，
故△CDE的面积始终不变，
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的解析式，梯形和三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
10．（2019•台州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+4与坐标轴交于A，B两点，OC⊥AB于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，得到线段AP'，连接CP'，则线段CP′的最小值为（ ）
A．2 B．1 C．2 D．2
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转；一次函数的性质．
【专题】创新题型；解题方法．
【分析】由点P的运动确定P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小．
【解答】解：由已知可得A（0，4）B（4，0），
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C（2，2），
又∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∵P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，
当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN，
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在△AOB中，AO＝AN＝4，AB＝4，
∴NB＝4﹣4，
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴HB＝4﹣2，
∴CP'＝OB﹣BH﹣2＝4﹣（4﹣2）﹣2＝2﹣2．
故选：A．
方法2：由已知可得A（0，4）B（4，0），
∴三角形OAB是等腰直角三角形，
∵OC⊥AB，
∴C（2，2），
∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴∠PAP'＝∠OAB，
∴∠PAO＝∠P'AC，AP＝AP'，
在AO上截取AC'＝AC，则△AC'P≌△ACP'（SAS），
∴CP'＝C'P，
∴求CP'的最小值就是C'P的最小值，
∴过点C'做C'P垂直OC，此时C'P的值最小，
在△AOB中，AO＝OB＝4，AB＝4，
∴AC＝2，
∴C'A＝2，
∴C'O＝4﹣2，
又∵Rt△C'OP是等腰直角三角形，
∴C'P＝2﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形的性质；一次函数点的特点；动点运动轨迹的判断；垂线段最短；
考点卡片
1．一次函数的性质
一次函数的性质：
k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
2．一次函数图象上点的坐标特征
一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（﹣，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．
直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．
3．一次函数图象与几何变换
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）
①关于x轴对称，就是x不变，y变成﹣y：﹣y＝kx+b，即y＝﹣kx﹣b；
（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）
②关于y轴对称，就是y不变，x变成﹣x：y＝k（﹣x）+b，即y＝﹣kx+b；
（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）
③关于原点对称，就是x和y都变成相反数：﹣y＝k（﹣x）+b，即y＝kx﹣b．
（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）
4．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
5．一次函数综合题
（1）一次函数与几何图形的面积问题
首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积．
（2）一次函数的优化问题
通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前提下求出最值．
（3）用函数图象解决实际问题
从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题．
6．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
7．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
8．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
9．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
10．直线与圆的位置关系
（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d＜r
②直线l和⊙O相切⇔d＝r
③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
11．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
12．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
13．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
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