资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩42页未读，
继续阅读
2022年中考数学解答题专题10—— 一次函数综合（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份）
展开
这是一份2022年中考数学解答题专题10—— 一次函数综合（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份），文件包含专题10一次函数综合培优老师版docx、专题10一次函数综合基础老师版docx、专题10一次函数综合培优学生版docx、专题10一次函数综合基础学生版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共106页， 欢迎下载使用。
专题10 一次函数综合（提优）
1．如图，直线l1：y＝kx+b分别交x轴、y轴于点B（4，0）、N，直线l2：y＝2x﹣1分别交x轴、y轴于点M、A，l1，l2交点P的坐标（m，2），请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）当x ≤1.5 时，kx+b≥2x﹣1；
（2）不等式kx+b＜0的解集是 x＞4 ；
（3）在平面内是否存在一点H，使得以A，B，P，H四点组成的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）求出点P的坐标，观察函数图象即可求解；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）分AB是边、AB是对角线两种情况，利用图形平移和中点公式分别求解即可．
【解答】解：（1）将点P的坐标代入y＝2x﹣1得，2＝2m﹣1，解得m＝1.5，故点P（1.5，2），
从图象看，当x≤1.5时，kx+b≥2x﹣1，
故答案为：≤1.5；
（2）从图象看，不等式kx+b＜0的解集是x＞4，
故答案为x＞4；
（3）∵直线l2：y＝2x﹣1交y轴于点A，故点A（0，﹣1），
设点H（s，t），
①当AB是边时，
点A向右平移4个单位向上平移1个单位得到点B，同样点P（H）向右平移4个单位向上平移1个单位得到H（P），
则1.5±4＝s且2±1＝t，解得s=5.5t=3或s=−2.5t=1，
故点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）；
②当AB是对角线时，
由中点公式得：12（0+4）=12（s+1.5）且12（﹣1+0）=12（t+2），解得s=2.5t=−3，
故点H的坐标为（2.5，﹣3）．
综上，点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）或（2.5，﹣3）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
2．如图，直线AB与x轴，y轴分别交于点A和点B，点A的坐标为（﹣1，0），且2OA＝OB．
（1）求直线AB解析式；
（2）如图，将△AOB向右平移3个单位长度，得到△A1O1B1，求线段OB1的长；
（3）在（2）中△AOB扫过的面积是 7 ．
【分析】（1）由已知可得B（0，4），把点A、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b，即可求直线AB的表达式；
（2）根据勾股定理可得线段OB1的长；
（3）△ABC扫过的面积等于长方形OBB1O1与△AOB的面积的和．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵OB＝2OA＝2，
∴B（0，2），
把A（﹣1，0）和B（0，2）代入y＝kx+b中得：0=−k+bb=2，解得k=2b=2，
∴直线AB解析式为：y＝2x+2；
（2）∵∠AOB＝90°，
∴∠AO1B1＝90°，
由平移得：OO1＝3，O1B1＝OB＝2，
由勾股定理得：OB1=32+22=13，
即线段OB1的长是13；
（3）△ABC扫过的面积等于长方形OBB1O1与△AOB的面积的和，
即△AOB扫过的面积＝3×2+12×1×2＝7，
故答案为7．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，平移的性质，图形的面积，勾股定理及图形与坐标的性质等知识；掌握待定系数法求函数解析式的方法，数形结合思想的应用是解题的关键．
3．如图：在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点A（﹣3，0），交y轴于点B（0，1），过点C（﹣1，0）作垂直于x轴的直线交AB于点D，点E（﹣1，m）在直线CD上且在直线AB的上方．
（1）求k、b的值；
（2）用含m的代数式表示S四边形AOBE，并求出当S四边形AOBE＝5时，点E的坐标；
（3）当m＝2时，以AE为边在第二象限作等腰直角三角形△PAE．直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可；
（2）根据S四边形AOBE＝S△ABE+S△AOB进而即可；
（3）分AE是等腰直角三角形的斜边或直角边两种情形分别求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+b交x轴于点A（﹣3，0），交y轴于点B（0，1），
∴−3k+b=0b=1，解得k=13b=1；
（2）由（1）可知，直线AB的解析式为y=13x+1，
∵EC⊥OA，E（﹣1，m），
∴D（﹣1，23），
∴DE＝m−23，
∴S四边形AOBE＝S△ABE+S△AOB=12•（m−23）•3+12×3×1=32m+12，
当S四边形AOBE＝5时，即32m+12=5，解得m＝3，
故点E（﹣1，3）；
（3）当m＝2时，EC＝AC＝2．
∵∠ACE＝90°，AC＝EC，
∴△AEC是等腰直角三角形，
当AE是等腰直角三角形的斜边时，P（﹣3，2），
当AE是等腰直角三角形的直角边时，P1（﹣5，2）或P2（﹣3，4）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣3，2）或（﹣5，2）或（﹣3，4）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，四边形的面积，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分割法确定四边形面积，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
4．如图，直线y=−12x+3与坐标轴分别交于点A，B，与直线y＝x交于点C，线段OA上的点Q以每秒1个长度单位的速度从点O出发向点A作匀速运动，运动时间为t秒，连结CQ．
（1）点C的坐标为 （2，2） ；
（2）若CQ将△AOC分成1：2两部分时，t的值为 2或4 ；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，求直线CQ对应的函数关系式．
【分析】（1）由题意得：y=−12x+3y=x，解得x=2y=2，即可求解；
（2）CQ将△AOC分成1：2两部分时，则OQ=13OA或23OA，即OQ＝2或4，即可求解；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，则若S△ACQ：S△OAB＝1：3，即（12×AQ×yC）：（12×OA•OB）＝1：3，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：y=−12x+3y=x，解得x=2y=2，
故点C的坐标为（2，2），
故答案为（2，2）；
（2）对于y=−12x+3，令y=−12x+3＝0，解得x＝6，令x＝0，则y＝3，
故点A（6，0），点B（0，3），则OA＝6，OB＝3，
∵CQ将△AOC分成1：2两部分时，
则OQ=13OA或23OA，即OQ＝2或4，
即t＝2或4，
故答案为2或4；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，则若S△ACQ：S△OAB＝1：3，
即（12×AQ×yC）：（12×OA•OB）＝1：3，
则（12×AQ×2）：（12×6×3）＝1：3，解得：AQ＝3，
故点Q（3，0），
设直线CQ的表达式为y＝kx+b，则0=3k+b2=2k+b，解得k=−2b=6，
故直线CQ的表达式为y＝﹣2x+6．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、图形面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
5．如图，直线y＝kx﹣1与x轴正半轴、y轴负半轴分别交于B、C两点，且OC＝2OB．
（1）求B点坐标和k的值；
（2）若点A是直线y＝kx﹣1上的一个动点（不与点B重合），且点A的横坐标为t，试写出在点A运动过程中，△AOB的面积S与t的函数表达式；
（3）若△AOB的面积为1时，试确定点A的坐标．
【分析】（1）首先求得直线y＝kx﹣2与y轴的交点，则OC的长度即可求解，进而求得B的坐标，把B的坐标代入解析式即可求得k的值；
（2）根据三角形的面积公式即可求解；
（3）利用（2）的结论即可求解．
【解答】解：（1）∵y＝kx﹣1与y轴相交于点C，
∴OC＝1，
∵OC＝2OB，
∴OB=12，
∴B点坐标为：（12，0），
把B点坐标为：x=12代入y＝kx﹣1得 k＝2，
∴k值为2；
（2）过A作AD⊥x轴于D，
∵k＝2，
∴直线BC的解析式为y＝2x﹣1．
∵S=12×OB×AD
∴当t＞12时，
∵AD＝2x﹣1，
∴S与t之间的关系式为S=12×12×（2t﹣1）=12t−14，
当t＜12时，
∵AD＝1﹣2t，
∴S与x之间的关系式为S=12×12×（1﹣2t）=14−12t，
故S=12t−14(t＞12)−12t+14(t＜12)；
（3）①当12t−14=1时，解得t＝2.5，2t﹣1＝4，
②当−12t+14=1时，解得：t＝﹣1.5，2t﹣1＝﹣4，
故点A的坐标为（2.5，4）或（﹣1.5，﹣4）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的应用，待定系数法、三角形面积计算等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，与直线OC交于点C．
（1）求点A，B的坐标．
（2）若点C的坐标为（m，2），求线段AC的长．
（3）若P是x轴上一动点，是否存在点P，使△ABP是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，故点C（1，2），即可求解；
（3）分AB是斜边、AP是斜边、BP是斜边三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，4）；
（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，
故点C（1，2），
则AC=(2−1)2+22=5，
即线段AC的长为5；
（3）存在，理由：
设点P（x，0），
由点A、B、P的坐标知，AB2＝22+42＝20，AP2＝（x﹣2）2，BP2＝x2+16，
当AB是斜边时，则20＝（x﹣2）2+x2+16，解得x＝2（舍去）或0；
当AP是斜边时，同理可得x＝﹣8；
当BP是斜边时，同理可得：x＝2（舍去），
故点P的坐标为（0，0）或（﹣8，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
7．如图所示，在平面直角坐标系中，点A坐标为（2，0），点B坐标为（3，1），将直线AB沿x轴向左平移经过点C（1，1）．
（1）求平移后直线L的解析式；
（2）若点P从点C出发，沿（1）中的直线L以每秒1个单位长度的速度向直线L与x轴的交点运动，点Q从原点O出发沿x轴以每秒2个单位长度的速度向点A运动，两点中有任意一点到达终点运动即停止，设运动时间为t．是否存在t，使得△OPQ为等腰三角形？若存在，直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出直线AB的表达式为y＝x﹣2，则设抛物线抛物线的表达式为y＝x+s，将点C的坐标代入上式得：1＝1+s，解得s＝0，即可求解；
（2）分OP＝OQ、OP＝PQ、OQ＝PQ利用等腰三角形的性质，分别求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的表达式为y＝kx+b，则0=2k+b1=3k+b，解得k=1b=−2，
故直线AB的表达式为y＝x﹣2，
设抛物线抛物线的表达式为y＝x+s，
将点C的坐标代入上式得：1＝1+s，解得s＝0，
故直线L的表达式为y＝x；
（2）存在，理由：
由题意得：PC＝t，OC=2，OQ＝2t，则OP=2−t，如下图：
①当OP＝OQ时，即2−t＝2t，解得t=23；
当OP＝PQ时，则点P在OQ的中垂线上，故点P的坐标为（t，t），
则OP=2t=2−t，解得t＝2−2；
当OQ＝PQ时，则△OPQ以∠PQO为直角的等腰直角三角形，
则OP=2OQ＝22t=2−t，解得t=4−27，
故t的值为23、2−2、4−27．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、图形的平移等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
8．如图，直线y=43x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）过B点作直线与x轴交于点P，若△ABP的面积为8，试求点P的坐标．
（3）点M是OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B1处，求出点M的坐标．
（4）点C在y轴上，连接AC，若△ABC是以AB为腰的等腰三角形，请直接写出点C的坐标．
【分析】（1）对于y=43x+4，令y＝0，即y=43x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）由△ABP的面积=12×AP×OB=12×4×|x+3|＝8，即可求解；
（3）由题意得：MB＝MB1，即m2+4＝（m﹣4）2，解得m＝1.5；
（4）分AB＝BC、AB＝AC两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y=43x+4，令y＝0，即y=43x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4）；
（2）设点P（x，0），
则△ABP的面积=12×AP×OB=12×4×|x+3|＝8，解得x＝1或﹣7，
故点P的坐标为（1，0）或（﹣7，0）；
（3）由点A、B的坐标知，OA＝3，BO＝4，则AB=AO2+OB2=5＝AB1，
故点B1的坐标为（2，0），
设点M的坐标为（0，m），
由题意得：MB＝MB1，即m2+4＝（m﹣4）2，解得m＝1.5，
故点M的坐标为（0，1.5）；
（4）设点C（0，t），
则AB＝5，AC=32+t2，
当AB＝BC时，则5＝|t﹣4|，解得t＝9或﹣1，
当AB＝AC时，即25＝9+t2，解得t＝4（舍去）或﹣4，
故点C的坐标为（0，9）或（0，﹣1）或（0，﹣4）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏．
9．如图，P为正比例函数y=32x图象上的一个动点，⊙P的半径是2.5，设点P的坐标为（x，y）．
（1）求⊙P与直线x＝2相切时点P的坐标．
（2）请直接写出⊙P与直线x＝2相交、相离时x的取值范围．
【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点P的横坐标，再根据直线的解析式求得点P的纵坐标；
（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时x的取值范围．
【解答】解：（1）过P作直线x＝2的垂线，垂足为A；
当点P在直线x＝2右侧时，AP＝x﹣2＝2.5，得x=92；
∴P（92，274）；
当点P在直线x＝2左侧时，PA＝2﹣x＝2.5，得x=−12，
∴P（−12，−34），
∴当⊙P与直线x＝2相切时，点P的坐标为（92，274）或（−12，−34）；
（2）当−12＜x＜92时，⊙P与直线x＝2相交，
当x＜−12或x＞92时，⊙P与直线x＝2相离．
【点评】本题为一次函数和圆的运用综合题，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系是解题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C（2，m）为直线y＝x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
（1）求m和b的值；
（2）直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P在线段DA上从点D开始以每秒1个单位的速度向A点运动．设点P的运动时间为t秒．
①当CP＝5，求t的值；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点C（2，m）代入直线y＝x+2中得：m＝2+2＝4，则点C（2，4），直线y=−12x+b过点C，可求b＝5；
（2）①过点C作CH⊥AD于H，由勾股定理可求HP＝3，即可求解；
②分AC＝PC、AP＝CP、AC＝AP三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）把点C（2，m）代入直线y＝x+2中得：m＝2+2＝4，
∴点C（2，4），
∵直线y=−12x+b过点C，
∴4=−12×2+b，
解得：b＝5；
（2）①如图，过点C作CH⊥AD于H，
∴CH＝4，
∵CP＝5，
∴HP=CP2−CH2=25−16=3，
∵点H（2，0），
∴点P（5，0）或（﹣1，0）；
②设点P（10﹣t，0），点A、C的坐标为：（﹣2，0）、（2，4），
当AC＝PC时，则点C在AP的中垂线上，即2×2＝10﹣t﹣2，
解得：t＝4；
当AP＝CP时，则点P在点C的正下方，故2＝10﹣t，
解得：t＝8；
当AC＝AP时，
同理可得：t＝12﹣42，
综上所述：当t＝4秒或（12﹣42）秒或8秒时，△ACP为等腰三角形．
【点评】本题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定理，等腰三角形的判定，以及一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握性质及定理是解本题的关键，并注意运用分类讨论的思想解决问题．
11．如图，直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【分析】（1）根据直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出OBAO=EPAP=12，据此可以求得点P的运动速度；
（2）当PQ＝PE时，以及当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可；
（3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．
【解答】解：（1）∵直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=−82×(−3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(−3)×0−644×(−3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P，Q不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，点Q的坐标为（8，0），直线l与x轴，y轴分别交于A（10，0），B（0，10）两点，点P（x，y）是第一象限直线l上的动点．
（1）求直线l的解析式；
（2）设△POQ的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）当△POQ的面积等于20时，在y轴上是否存在一点C，使∠CPO＝22.5°，若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式；
（2）由三角形的面积公式列出函数解析式；
（3）根据三角形的面积公式和中点坐标的求法推知点P是线段AB的中点，则过点P作x轴的平行线交y轴于点D，在点C在∠OPD的角平分线上，由角平分线的性质解答．
【解答】解：（1）设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（10，0），B（0，10）分别代入，得10k+b=0b=10．
解得k=−1b=10，
故直线l的解析式为y＝﹣x+10；
（2）如图1，∵点P（x，y）是直线l上的动点，
∴y＝﹣x+10．
如图1，由点Q的坐标为（8，0）知，OQ＝8．
∵点P（x，y）是第一象限直线l上的动点，
∴S=12OQ•y=12×8×（﹣x+10），即S＝﹣4x+40（x＞0）；
（3）当△POQ的面积等于20时，S＝﹣4x+40＝20，此时x＝5，
∴P（5，5）．
∵A（10，0），B（0，10），
∴点P是线段AB的中点，OA＝OB＝10，
∴OP⊥AB，BP＝OP，AB＝102．
如图2，过点P作PD⊥y轴于点D，则D（0，5），∠BPD＝∠OPD＝45°．
∴OD＝5，PD＝5，
∵∠CPO＝22.5°，
∴∠CPO=12∠OPD，即点C在∠OPD的角平分线上．
∴PDPO=DCOC，即552=5−OCOC，
∴OC＝10﹣52，
∴C（0，10﹣52）．
当点C位于y轴负半轴时，C（0，﹣52）．
综上所述，点C的坐标是（0，10﹣52）或（0，﹣52）．
【点评】本题主要考查了一次函数综合题，涉及的知识的有待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线以及三角形的面积公式等，综合性比较强，但是难度不是很大．
13．解答下列各题．
（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图2，直线l1与坐标轴交于点A、B，直线l2：y＝﹣2x﹣4经过点A且与直线l1垂直，求直线l1的函数表达式．
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（4，4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝2x﹣2上的动点且在第一象限内．若△CPD成为等腰直角三角形，请直接写出点D的坐标．
【分析】（1）证明∠DAC＝∠ECB，即可求解；
（2）由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，即（m+4）2＝（﹣2）2+22+（﹣4）2，求出点B（0，1），进而求解；
（3）①当点D在四边形OABC内部时，证明△CDM≌△DPN（AAS），则CM＝DN，MD＝PN，进而求解；②当点D在四边形OABC的外部时，证明△MDC≌△NPD（AAS），则MC＝DN，MD＝NP，进而求解．
【解答】（1）证明：如图1所示：
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BEC＝90°，
又∵∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△BEC和△CDA中，
∠CEB=∠ADC∠ECB=∠DACBC=AC，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：设直线l2交y轴于点C，
对于l2：y＝﹣2x﹣4，令x＝0，则y＝﹣4，令y＝﹣2x﹣4＝0，则x＝﹣2，
故点A、C的坐标分别为（﹣2，0）、（0，﹣4），
设点B的坐标为（0，m），
由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，即（m+4）2＝（﹣2）2+22+（﹣4）2，
解得m＝1，故点B（0，1），
设直线AB的表达式为y＝kx+b，则0=−2k+bb=1，解得k=12b=1，
故l1的表达式为y=12x+1；
（3）解：①当点D在四边形OABC内部时，如图3，过点D作MN∥x轴交OC于点M，交AN于点N，
∴∠CMD＝∠PND＝90°，
∵∠CDP＝90°，
∴∠CDM+∠CDM＝90°，
∴∠MCD＝∠PDN，
∴△CDM≌△DPN（AAS），
∴CM＝DN，MD＝PN，
∵点D在直线y＝2x﹣2上，故设点D（m，2m﹣2），
∵点B（4，4），
∴DM＝PN＝m，
设CM＝ND＝n，则m+n=44−(2m−2)=n，
解得m=2n=2，
故点D的坐标为（2，2）；
②当点D在四边形OABC的外部时，如图4，过点D作MN∥x轴，交y轴于点M，交AB的延长线于点N，
∴∠CMD＝∠DNA＝90°，CD＝DP，
∵∠CDP＝90°，
∴∠MDC+∠NDP＝90°，
又∵∠NDP+∠DPB＝90°，
∴∠MDC＝∠DPB，
在△MDC和△NPD中，
∠CMD=∠DNA=90°∠MDC=∠DPBCD=PD，
∴△MDC≌△NPD（AAS），
∴MC＝DN，MD＝NP，
∵点D在直线y＝2x﹣2上，故设点D（a，2a﹣2），
而点B（4，4），
设CM＝DN＝b，
∴MD＝NP＝2，
则a+b=42a−2−4=b，解得a=103b=23，
故点D（103，143），
如图5，同理可求点D（143，223），
故点D的坐标为（2，2）或（103，143）或（143，223）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、三角形全等等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
14．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别为（a，0），（b，0），其中a，b满足a+1+（b﹣3）2＝0，顶点C在y的正半轴上，∠ABC＝30°．
（1）填空：a＝ ﹣1 ，b＝ 3 ，点C的坐标为 （0，3） ；
（2）将△COB沿BC翻折，得到△CO′B，过点O′作直线O′D垂直x轴于点D．
①求O′B所在直线的解析式；
②直线O′D上有一点P，使得△PBC的面积与△ABC的面积相等，请求出点P的坐标；
③M是直线O′D上一点，点M关于x轴的对称点为N，若点F在y轴上，当|MA﹣MC|最大时，求NF+12FC的最小值．
【分析】（1）由a+1=0b−3=0得a=−1b=3，故点A、B坐标分别为（﹣1，0）、（0，3），则OB＝3，则Rt△BOC中，∠ABC＝30°，设OC＝m，则BC＝2m，由勾股定理求出m值，即可求解；
（2）①证明△O′OB为等边三角形，则OD=12OB=32，O′D=O'M2−OD2=32−(32)2=332，故点O′的坐标为（32，332），即可求解；
②过点A作直线m∥BC交直线O′D于点P，则点P为所求点；在点C的上方与直线m等距离处作直线n∥BC交O′D于点P′，则点P′为所求点，即可求解；
③连接AC交直线O′D于点M，则此时|MA﹣MC|最大，过点N作NH⊥AC交于点H，交y轴于点F，则点F为所求点，此时NF+12FC最小，进而求解．
【解答】解：（1）a，b满足a+1+（b﹣3）2＝0，则a+1=0b−3=0，解得a=−1b=3，
故点A、B坐标分别为（﹣1，0）、（0，3），
则OB＝3，
则Rt△BOC中，∠ABC＝30°，设OC＝m，则BC＝2m，
哟BC2＝OC2+OB2得：（2m）2＝m2＝32，解得m=3，
故点C的坐标为（0，3），
故答案为：﹣1，3，（0，3）；
（2）①∵∠CBA＝30°，O′B＝3＝OB，则∠OBO′＝60°，
连接OO′，则△O′OB为等边三角形，
则OD=12OB=32，O′D=O'M2−OD2=32−(32)2=332，
故点O′的坐标为（32，332），
设直线O′B的表达式为y＝kx+t，则332=32k+t0=3k+t，解得k=−3b=33，
故直线O′B的表达式为y=−3x+33；
②由点B、C的坐标，同理可得直线BC的表达式为y=−33x+3，
过点A作直线m∥BC交直线O′D于点P，则点P为所求点，
∵直线m∥BC，则设直线m的表达式为y=−33x−33，
当x=32时，y=−32，则点P（32，−536）；
在点C的上方与直线m等距离处作直线n∥BC交O′D于点P′，则点P′为所求点，
同理可得，点P′（32，1136）；
故点P的坐标为（32，−536）或（32，1136）；
③连接AC交直线O′D于点M，则此时|MA﹣MC|最大，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y=3x+3，
当x=32时，y=532，故点M（32，532），则点N（32，−532），
过点N作NH⊥AC交于点H，交y轴于点F，则点F为所求点，此时NF+12FC最小，
在Rt△AOC中，AC=AO2+OC2=1+3=2＝2OA，则∠ACO＝30°＝∠AMN，
则FH=12CF，
故NF+12FC＝NF+HF＝HN为最小，
在Rt△MNH中，∠NMH＝30°，
故HN=12MN＝MD=532，
即NF+12FC最小值为532．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、点的对称性、平行线的性质、面积的计算等，其中（2）②，要注意分类求解，避免遗漏．
15．如图，点A为平面直角坐标系第一象限内一点，直线y＝x过点A，过点A作AD⊥y轴于点D，点B是y轴正半轴上一动点，连接AB，过点A作AC⊥AB交x轴于点C．
（1）如图1，当点B在线段OD上时，求证：AB＝AC；
（2）①如图2，当点B在OD延长线上，且点C在x轴正半轴上，写出OA、OB、OC之间的数量关系，并说明理由；
②当点B在OD延长线上，且点C在x轴负半轴上，直接写出OA、OB、OC之间的数量关系；
（3）直线BC分别与直线AD、直线y＝x交于点E、F．若BE＝5，CF＝12，画出符合条件的图形，并直接写出AB的长．
【分析】（1）如图1，作辅助线，构建全等三角形，证明△ADB≌△AHC可得结论；
（2）①如图2，同理可得△ADB≌△AHC，得AB＝AC，BD＝CH，计算OB+OC＝2OD，由△AOD是等腰直角三角形，得OA=2OD，可得结论；
③如图，正确画图，同理可得△ADB≌△AHC，得AB＝AC，BD＝CH，计算OB﹣OC＝2OD，由△AOD是等腰直角三角形，得OA=2OD，可得结论；
（3）分三种情况：①当点B在线段OD上时，如图4，将△AFC绕点A顺时针旋转90°，AC与AB重合，变为△ABF'，连接EF'，证明△AEF≌△AEF'（SAS），得BC＝20，根据△ABC是等腰直角三角形，可得结论；②当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的正半轴上，如图5，方法同①可得结论；③当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的负半轴上，如图6，过B作BF'⊥BE于点B，截取BF'＝CF＝12，连接EF'，AF'，计算BC的长，可得AB的长．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥x轴于H，
∵直线y＝x过点A，
∴∠AOD＝∠AOH＝45°，
∵AD⊥OB，
∴AD＝AH，
∵∠DOH＝∠ADO＝∠AHO＝90°，
∴四边形ADOH是正方形，
∴∠DAH＝90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°＝∠DAH，
∴∠DAB＝∠HAC，
∴△ADB≌△AHC（ASA），
∴AB＝AC；
（2）①OA、OB、OC之间的数量关系为：OA=22（OB+OC），
理由是：如图2，过点A作AH⊥x轴于H，
同理得：△ADB≌△AHC（ASA），
∴AB＝AC，BD＝CH，
∴OB+OC＝OD+BD+OH﹣CH＝2OD+BD﹣BD＝2OD，
∴OD=12（OB+OC），
∵△AOD是等腰直角三角形，
∴OA=2OD=22（OB+OC）；
②OA、OB、OC之间的数量关系为：OA=22（OB﹣OC），
理由是：如图3，过点A作AH⊥x轴于H，
方法同（1）得：四边形ADOH是正方形，△ADB≌△AHC（ASA），AB＝AC，BD＝CH，
∴OB﹣OD＝BD＝OC+OH＝CH，即OB﹣OC＝OD+OH＝2OD，
∵△AOD是等腰直角三角形，
∴OA=2OD，
∴OB﹣OC＝2OD=2OA，
即OA＝OA=22（OB﹣OC）；
（3）分三种情况：
①当点B在线段OD上时，
如图4，将△AFC绕点A顺时针旋转90°，AC与AB重合，变为△ABF'，连接EF'，BF'＝CF＝12，
∠ACB＝∠ABC＝∠ABF'＝45°，∠CBF'＝∠ABC+∠ABF'＝90°，
∴∠EBF'＝90°，
∵BE＝5，
∴EF'＝13，
∵∠F'AO＝90°，∠FAE＝∠F'AE＝45°，AE＝AE，AF＝AF'，
∴△AEF≌△AEF'（SAS），
∴EF＝EF'＝13，BF＝EF﹣EB＝13﹣5＝8，BC＝BF+FC＝8+12＝20，
由（1）得：△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=22BC＝102；
②当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的正半轴上，
如图5，同①，旋转△AFC到△AF'B，∠EBF'＝90°，EF'＝13＝EF，BC＝BE+EF+CF＝5+13+12＝30，
∴等腰直角三角形直角边AB=302=152；
③当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的负半轴上，
如图6，过B作BF'⊥BE于点B，截取BF'＝CF＝12，连接EF'，AF'，
∵BE＝5，
∴∠ABF'＝∠ACF＝135°，EF'＝13，
∵AB＝AC，
∴△ABF'≌△ACF（SAS），
∴AF'＝AF，∠BAF'＝∠CAF，
∴∠BAC＝∠F'AF＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝45°＝∠EAF'，
∵AE＝AE，
∴△EAF≌△EAF'（SAS），
∴EF＝EF'＝13，EC＝EF﹣CF＝13﹣12＝1，BC＝BE+EC＝1+5＝6，
∴AB=62=32；
综上，AB的值为102或152或32．
【点评】本题是一次函数与几何的综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、一次函数y＝x的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度适中，正确作辅助线，构建全等三角形是关键．
16．如图①，长方形OABC的边OA在x轴上，边OC在y轴上，OA＝9，OC＝8．
（1）连接OB，则OB将长方形面积分成相等的两部分，则直线OB的函数关系式为 y=89x ．
（2）如图②，点D在边OA上，点E在边BC上，且OD＝BE，连接DE，此时线段DE将该长方形的面积分成相等的两部分，请说明等分的理由．
（3）如图③，点D在边OA上，且OD＝1．将∠OAB沿DF折叠，折痕交长方形OABC的边于点F，点A落在点A′处，若直线DA′将该长方形面积分成1：2两部分，求直线DF的函数关系式．
【分析】（1）OA＝9，OC＝8，故点B的坐标为（9，8），即可求解；
（2）由S梯形ODEC=12（CE+OD）×OC=12（BE+AD）×OC＝S梯形ABED，即可求解；
（3）①当直线DA′与BC边相交时，在Rt△HFB和Rt△HFA′中，HF2＝BF2+BH2＝A′F2+A′H2，即42+（8﹣a）2＝a2+（45−8）2，解得a＝45−4，进而求解；②当直线DA′与AB边相交时，同理可得，点F的坐标为（9，83），即可求解．
【解答】解：（1）∵OA＝9，OC＝8，
故点B的坐标为（9，8），
设直线OB的表达式为y＝kx，
将点B的坐标代入上式得：8＝9k，解得k=89，
故直线OB的表达式为y=89x，
故答案为y=89x；
（2）∵四边形OABC为矩形，则OA＝BC，
∵OD＝BE，故CE＝AD，
S梯形ODEC=12（CE+OD）×OC=12（BE+AD）×OC＝S梯形ABED，
故线段DE将该长方形的面积分成相等的两部分；
（3）∵直线DA′将该长方形面积分成1：2两部分，
则较小部分的面积为13×OA•OC=13×8×9=24．
①当直线DA′与BC边相交时，如图1，
过点D作DN⊥BC于点N，延长DA′交BC于点H，
设AF＝a＝A′F，则BF＝8﹣a，
由题意得：S梯形ODHC=12×OC×（OD+HN）=12×8×（1+HC）＝24，解得HC＝5，
则HN＝HC﹣CN＝HC﹣OD＝5﹣1＝4，则BH＝BC﹣CH＝9﹣5＝4，
在Rt△HND中，DH=ND2+NH2=82+42=45，则A′H＝DH﹣OA′＝DH﹣OA＝45−8，
在Rt△HFB和Rt△HFA′中，HF2＝BF2+BH2＝A′F2+A′H2，
即42+（8﹣a）2＝a2+（45−8）2，解得a＝45−4，
故点F的坐标为（9，45−4），
由点F、D的坐标得，直线FD的表达式为y=5−12x−5−12；
②当直线DA′与AB边相交时，如图2，
同理可得，点F的坐标为（9，83），
由点D、F的坐标得，直线FD的表达式为y=13x−13，
综上，直线FD的表达式为y=5−12x−5−12或y=13x−13．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、梯形面积的计算、矩形的性质、图形的折叠等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
17．（1）如图1，已知直线y=−12x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B顺时针旋转90度，得到线段CB，求点C的坐标；
（2）如图2，正方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（﹣5，5），A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第二象限，且是直线y＝﹣2x﹣1上的一点，点Q是平面内任意一点，若四边形ADPQ是正方形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标．
（3）如图3，西安铁一中滨河学校为了庆祝2021年元且联欢，在一块由三条小路（分别是x轴和直线AB：y=−12x+4、直线AC：y＝﹣2x﹣1）围成的三角形区域内计划搭建一个三角形的特色场地．如图，D（4，0），△DEF的顶点E、F分别在线段AB、AC上，且∠DEF＝90°，DE＝EF，试求出该特色场地（△DEF）的面积．
【分析】（1）证明△BOA≌△CHB（AAS），则AO＝BH＝4，OB＝CH＝8，即可求解；
（2）分点D在AB下方、点D在AB的上方两种情况，利用三角形全等得到边的关系，进而求解；
（3）证明△FNE≌△EMD（AAS），则FN＝EM，EN＝MD，求出点E、F的坐标分别为（2，3）、（1，﹣1），进而求解．
【解答】解：（1）对于直线y=−12x+4，令y=−12x+4＝0，解得x＝8，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（0，4）、（8，0），
过点C作CH⊥x轴于点H，
∵∠ABO+∠CBH＝90°，∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠ABO＝∠BCH，
∵AB＝BC，∠BOA＝∠CHB＝90°，
∴△BOA≌△CHB（AAS），
∴AO＝BH＝4，OB＝CH＝8，
故点C的坐标为（12，8）；
（2）设点D（m，﹣2m﹣1），
①当点D在AB下方时，如图2，
过点D作x轴的平行线交BC于点M，交AO于点N，
∵四边形PDAQ为正方形，则PD＝AD，
同理可得：△DMP≌△AND（AAS），
则MD＝AN，即m+5＝5+2m+1，解得m＝﹣1，
故点D的坐标为（﹣1，1）；
②当点D在AB的上方时，
过点D作x轴的平行线交y轴于点N，交CB的延长线于点M，
同理可得：△PMD≌△DNA（AAS），
∴AN＝BM，即﹣2m﹣1﹣5＝m+5，解得m=−113，
故点D的坐标为（−113，193）；
故点D的坐标为（﹣1，1）或（−113，193）；
（3）设点E、F的坐标分别为（m，−12m+4）、（n，﹣2n﹣1），
过点E作EM⊥x轴于点M，过点F作FN⊥EM于点N，
∵EF＝ED，
同理可得：△FNE≌△EMD（AAS），
∴FN＝EM，EN＝MD，
即4﹣m＝2n−12m+5，m﹣n=−12m+4，解得m=2n=−1，
故点E、F的坐标分别为（2，3）、（﹣1，1），
则EF2＝（2+1）2+（3﹣1）2＝13，
则该特色场地（△DEF）的面积=12EF2＝6.5．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、正方形的性质等，证明三角形全等是本题解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx过点A（6，m），过点A作x轴的垂线，垂足为点B，过点A作y轴的垂线，垂足为点C．∠AOB＝60°，CD⊥OA于点D．动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发．以每秒3个单位长度的速度向点B运动．点P，Q同时开始运动，当点P到达点A时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t（s），且t＞0．
（1）求m与k的值；
（2）当点P运动到点D时，求t的值；
（3）连接DQ，点E为DQ的中点，连接PE，当PE⊥DQ时，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据直角三角形含30°角的性质可得AB的长，即m＝63，从而知点A的坐标，代入y＝kx中可得k的值；
（2）根据直角三角形含30°角的性质可得OD的长，即OP＝9，根据点P的运动速度可得t的值；
（3）存在两种情况：如图2和图3，连接PQ，过点P作PF⊥AB于F，分别表示PQ，PF，FQ的长，根据勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：（1）∵AB⊥OB，
∴∠ABO＝90°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∵A（6，m），
∴OB＝6，AB＝m，
∴OA＝2OB＝12，AB＝63，
∴m＝63，即A（6，63），
∵直线y＝kx过点A（6，63），
∴6k＝63，
∴k=3；
（2）如图1，∵AB∥y轴，
∴∠COD＝∠BAO＝30°，
∵CD⊥OA，
∴∠CDO＝90°，
∵OC＝AB＝63，
∴CD=12OC＝33，OD=3CD＝9，
当点P运动到点D时，OP＝OD＝9，
∴t=92；
（3）如图2，连接PQ，过点P作PF⊥AB于F，
由题意得：OP＝2t，AQ=3t，
Rt△ACD中，∠ACD＝30°，AC＝6，
∴AD＝3，
∴PD＝OA﹣AD﹣OP＝12﹣2t﹣3＝9﹣2t，
∵E是DQ的中点，PE⊥DQ，
∴PQ＝PD＝9﹣2t，
Rt△APF中，∠BAO＝30°，
∴PF=12AP=12(12−2t)=6﹣t，
∵AQ=3t，BF=3t，
∴FQ＝AB﹣AQ﹣BF＝63−3t−3t＝63−23t，
Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ2＝FQ2+PF2，
∴（9﹣2t）2＝（63−23t）2+（6﹣t）2，
解得：t1＝3（如图3，此时F与Q重合），t2=73，
如图4，过点P作PM⊥x轴于点M，
Rt△OPM中，∠POM＝30°，
∴OM=12OP＝t，PM=3t；
∴P（3，33）或（73，733）．
【点评】本题考查了一次函数和矩形的综合题，考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，几何动点问题，确定两动点的速度和行驶路线是关键，第三问有难度，注意有两种情况，利用数形结合的思想是本题的关键．
19．在平面直角坐标系中，直线y=−43x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点B，AB＝10．
（1）如图1，求b的值；
（2）如图2，经过点B的直线y＝（n+4）x+b（﹣4＜n＜0）与直线y＝nx交于点C，与x轴交于点R，CD∥OA，交AB于点D，设线段CD长为d，求d与n的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F在第四象限，CF交OA于点E、交OB于点S，点P在第一象限，PH⊥OA，点N在x轴上，点M在PH上，MN交PE于点G，∠EGN＝45°，PH＝EN，过点E作EQ⊥CF，交PH于点Q，连接BF、RQ，BF交x轴于点V，若C为BR中点，EQ＝EF+22=2PM，∠ERQ＝∠ABF，求点V的坐标．
【分析】（1）由直线解析式求得点A、B的坐标，易得直角△ABC三边的长度，根据勾股定理列出方程，借助于方程求得b＝8；
（2）根据直线与直线交点的求法和一次函数图象上点的坐标特征得到：点C（﹣2，﹣2n）．如图（2），通过作辅助线构造平行四边形CIJD，由平行四边形的对边相等推知DJ＝CI，根据该等量关系列出方程，利用方程思想解答即可；
（3）如图（3），过点E作ET⊥PE，交过点N且垂直于x轴的垂线于点T，连接PT，构造全等三角形△PHE≌△ENT（AAS）．由该全等三角形的性质推知：四边形PMNT为平行四边形，根据平行四边形的性质证得∠CER＝45°．
过点C作CW⊥ON，CD⊥OB，构造全等三角形△CDB≌△CRW、△REQ≌△BSE（SAS），则易得∠FBS＝∠ABF；过点V作VK⊥AB，设OV＝a，则VK＝a．在直角△AKV中，利用勾股定理列出方程a2+22＝（6﹣a）2，通过解方程求得答案．
【解答】解：（1）如图（1），
当y＝0时，x=34b；当x＝0时，y＝b．
∴A（34b，0），B（0，b）．
∴OA=34b，OB＝b．
∵AB2＝OA2+OB2，即102＝（34b）2+b2．
解得b＝8或b＝﹣8．
∵b＞0，
∴b＝8；
（2）如图（2），过点C作CI⊥x轴于点I，过点D作DJ⊥x轴于点J，
设C（t，nt），则nt＝（n+4t）+8，
∴t＝﹣2．
∴点C（﹣2，﹣2n）．
∵∠CIR＝DJR＝90°，
∴CI∥DJ．
∵CD∥IJ，
∴四边形CIJD是平行四边形．
∴DJ＝CI＝﹣2n．
∴﹣2n=−43x+8．
∴x=3n2+6．
∴CD＝IJ=3n2+6﹣（﹣2）=3n2+8．
∴d=3n2+8．
（3）如图（3），过点E作ET⊥PE，交过点N且垂直于x轴的垂线于点T，连接PT，
∵PH⊥EH，
∴∠PET＝∠ENT＝∠PHE＝90°．
∴∠PEH+∠TEN＝∠PEH+∠EPH＝90°．
∴∠TEN＝∠EPH．
∵PH＝EN，
∴△PHE≌△ENT（AAS）．
∴TN＝EH，PE＝ET．
∴∠EPF＝45°．
∵∠EGN＝45°，
∴∠EGN＝∠EPT．
∴MN∥PT．
∵∠ENT+∠PHE＝180°，
∴TN∥PM．
∴四边形PMNT为平行四边形．
∴TN＝PM．
∴PM＝EH．
∵EQ=2PM．
∴∠QEH＝45°．
∴∠CER＝45°．
过点C作CW⊥ON，CD⊥OB，可证明△CDB≌△CRW．
∴CD＝RW＝OW＝2．
∴CW＝4．
∴OS＝OE＝2，SE＝22．
∵RE＝BS＝6，∠REQ＝∠BSF＝135°，SF＝22+EF＝EQ．
∴△REQ≌△BSE（SAS）．
∴∠ERQ＝∠ABF．
∵∠ERQ＝∠ABF，
∴∠FBS＝∠ABF．
过点V作VK⊥AB，
设OV＝a，则VK＝a．
在直角△AKV中，∠VKA＝90°，AK＝2，AV＝6﹣a，
∴VK2+AK2＝AV2，a2+22＝（6﹣a）2，
解得a=83．
∴V（83，0）．
【点评】本题考查了一次函数综合题，需要综合运用待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题过程中，能够作出辅助线，构建直角三角形、全等三角形以及平行四边形是解题的关键，且注意方程思想在求相关线段的过程中的巧妙运用．难度较大．
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与y＝kx+2分别交x轴于点A、B，两直线交于y轴上同一点C，点D的坐标为（−23，0），点E是AC的中点，连接OE交CD于点F．
（1）求点F的坐标．
（2）若∠OCB＝∠ACD，求k的值．
（3）在（2）的条件下，过点F作x轴的垂线l，点M是直线BC上的动点，点N是x轴上的动点，点P是直线l上的动点，使得以B、P、M、N为顶点的四边形是菱形，求点P的坐标．
【分析】（1）求出直线OE，直线CD的解析式，构建方程组即可解决问题；
（2）证明△DHT≌△COD（AAS），则HT＝OD=23，DH＝CO＝2，求出点T的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（3）分三种情形：当四边形BN1P1M1是菱形时，当四边形BN2P2M2是菱形时，当四边形BP3N3M3是菱形时，分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，
∵令直线y＝x+2中的x＝0，则y＝2．
令y＝0，则x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），C（0，2），
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC，
∵由中点坐标公式得：E（﹣1，1），
∴设直线OE的解析式为y＝kOEx，代入E（﹣1，1），得kOE＝﹣1，
∴直线OE的解析式是：y＝﹣x，
设直线CD的解析式为：y＝k1x+b1，代入点C、D可得：−23k1+b1=0b1=2．
解得k1=3b1=2．
∴直线CD的解析式为y＝3x+2，
由y=−xy=3x+2，解得x=−12y=12，
∴F（−12，12）；
（2）如图2，过点D作DT⊥CD交BC于点T，过点T作TH⊥x轴于点H，
∵OA＝OB，故∠ACO＝45°，
∵∠OCB＝∠ACD，
∴∠DCB＝∠BCO+∠OCD＝∠ACD+∠DCO＝45°，
故△CDT为等腰直角三角形，则CD＝TD，
∵∠CDO+∠HDT＝90°，∠HDT+∠DTH＝90°，
∴∠CDO＝∠DTH，
∵∠COD＝∠DHT＝90°，CD＝TD，
∴△DHT≌△COD（AAS），
∴HT＝OD=23，DH＝CO＝2．
则OH＝2−23=43，
∴T（43，−23），
把T（43，−23），
代入y＝kx+2，
解得：k＝﹣2；
（3）如图3，
当四边形BN1P1M1是菱形时，连接BP1交OC于K，作KH⊥BC于H．
∵∠KBO＝∠KBH，KO⊥OB，KH⊥BC，
∴KO＝KH，
∵BK＝BK，∠KOB＝∠KHB＝90°，
∴Rt△KBO≌Rt△KBH（HL），
∴BO＝BH＝1，设OK＝KH＝x，
∵BC=OB2+OC2=12+22=5，
∴CH=5−1，
在Rt△CHK中，CK2＝KH2+CH2，
∴（2﹣x）2＝x2+（5−1）2，
∴x=5−12，
∴设直线BK的解析式为y＝k2x+b2．
代入B（1，0），K（0，5−12）得，
k2=1−52，b2=5−12．
∴直线BK的解析式为y=1−52x+5−12，
当x=−12时，y=35−34，
∴P1（−12，35−34）．
当四边形BN2P2M2是菱形时，可得直线BP2的解析式为y=5+12x−5+12，
当x=−12时，y=−35−34，
∴P2（−12，−35−34）．
当四边形BP3N3M3是菱形时，M3在直线x=−12时，
∴M3（−12，3），
∵P3与M3关于x轴对称，
∴P3（−12，﹣3），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（−12，35−34）或（−12，−35−34）或（−12，﹣3）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
专题10 一次函数综合（提优）
1．如图，直线l1：y＝kx+b分别交x轴、y轴于点B（4，0）、N，直线l2：y＝2x﹣1分别交x轴、y轴于点M、A，l1，l2交点P的坐标（m，2），请根据图象所提供的信息解答下列问题：
（1）当x ≤1.5 时，kx+b≥2x﹣1；
（2）不等式kx+b＜0的解集是 x＞4 ；
（3）在平面内是否存在一点H，使得以A，B，P，H四点组成的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）求出点P的坐标，观察函数图象即可求解；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）分AB是边、AB是对角线两种情况，利用图形平移和中点公式分别求解即可．
【解答】解：（1）将点P的坐标代入y＝2x﹣1得，2＝2m﹣1，解得m＝1.5，故点P（1.5，2），
从图象看，当x≤1.5时，kx+b≥2x﹣1，
故答案为：≤1.5；
（2）从图象看，不等式kx+b＜0的解集是x＞4，
故答案为x＞4；
（3）∵直线l2：y＝2x﹣1交y轴于点A，故点A（0，﹣1），
设点H（s，t），
①当AB是边时，
点A向右平移4个单位向上平移1个单位得到点B，同样点P（H）向右平移4个单位向上平移1个单位得到H（P），
则1.5±4＝s且2±1＝t，解得s=5.5t=3或s=−2.5t=1，
故点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）；
②当AB是对角线时，
由中点公式得：12（0+4）=12（s+1.5）且12（﹣1+0）=12（t+2），解得s=2.5t=−3，
故点H的坐标为（2.5，﹣3）．
综上，点H的坐标为（5.5，3）或（﹣2.5，1）或（2.5，﹣3）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
2．如图，直线AB与x轴，y轴分别交于点A和点B，点A的坐标为（﹣1，0），且2OA＝OB．
（1）求直线AB解析式；
（2）如图，将△AOB向右平移3个单位长度，得到△A1O1B1，求线段OB1的长；
（3）在（2）中△AOB扫过的面积是 7 ．
【分析】（1）由已知可得B（0，4），把点A、B的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b，即可求直线AB的表达式；
（2）根据勾股定理可得线段OB1的长；
（3）△ABC扫过的面积等于长方形OBB1O1与△AOB的面积的和．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵OB＝2OA＝2，
∴B（0，2），
把A（﹣1，0）和B（0，2）代入y＝kx+b中得：0=−k+bb=2，解得k=2b=2，
∴直线AB解析式为：y＝2x+2；
（2）∵∠AOB＝90°，
∴∠AO1B1＝90°，
由平移得：OO1＝3，O1B1＝OB＝2，
由勾股定理得：OB1=32+22=13，
即线段OB1的长是13；
（3）△ABC扫过的面积等于长方形OBB1O1与△AOB的面积的和，
即△AOB扫过的面积＝3×2+12×1×2＝7，
故答案为7．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，平移的性质，图形的面积，勾股定理及图形与坐标的性质等知识；掌握待定系数法求函数解析式的方法，数形结合思想的应用是解题的关键．
3．如图：在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点A（﹣3，0），交y轴于点B（0，1），过点C（﹣1，0）作垂直于x轴的直线交AB于点D，点E（﹣1，m）在直线CD上且在直线AB的上方．
（1）求k、b的值；
（2）用含m的代数式表示S四边形AOBE，并求出当S四边形AOBE＝5时，点E的坐标；
（3）当m＝2时，以AE为边在第二象限作等腰直角三角形△PAE．直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可；
（2）根据S四边形AOBE＝S△ABE+S△AOB进而即可；
（3）分AE是等腰直角三角形的斜边或直角边两种情形分别求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+b交x轴于点A（﹣3，0），交y轴于点B（0，1），
∴−3k+b=0b=1，解得k=13b=1；
（2）由（1）可知，直线AB的解析式为y=13x+1，
∵EC⊥OA，E（﹣1，m），
∴D（﹣1，23），
∴DE＝m−23，
∴S四边形AOBE＝S△ABE+S△AOB=12•（m−23）•3+12×3×1=32m+12，
当S四边形AOBE＝5时，即32m+12=5，解得m＝3，
故点E（﹣1，3）；
（3）当m＝2时，EC＝AC＝2．
∵∠ACE＝90°，AC＝EC，
∴△AEC是等腰直角三角形，
当AE是等腰直角三角形的斜边时，P（﹣3，2），
当AE是等腰直角三角形的直角边时，P1（﹣5，2）或P2（﹣3，4）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣3，2）或（﹣5，2）或（﹣3，4）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，四边形的面积，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分割法确定四边形面积，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
4．如图，直线y=−12x+3与坐标轴分别交于点A，B，与直线y＝x交于点C，线段OA上的点Q以每秒1个长度单位的速度从点O出发向点A作匀速运动，运动时间为t秒，连结CQ．
（1）点C的坐标为 （2，2） ；
（2）若CQ将△AOC分成1：2两部分时，t的值为 2或4 ；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，求直线CQ对应的函数关系式．
【分析】（1）由题意得：y=−12x+3y=x，解得x=2y=2，即可求解；
（2）CQ将△AOC分成1：2两部分时，则OQ=13OA或23OA，即OQ＝2或4，即可求解；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，则若S△ACQ：S△OAB＝1：3，即（12×AQ×yC）：（12×OA•OB）＝1：3，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：y=−12x+3y=x，解得x=2y=2，
故点C的坐标为（2，2），
故答案为（2，2）；
（2）对于y=−12x+3，令y=−12x+3＝0，解得x＝6，令x＝0，则y＝3，
故点A（6，0），点B（0，3），则OA＝6，OB＝3，
∵CQ将△AOC分成1：2两部分时，
则OQ=13OA或23OA，即OQ＝2或4，
即t＝2或4，
故答案为2或4；
（3）若S△ACQ：S四边形CQOB＝1：2时，则若S△ACQ：S△OAB＝1：3，
即（12×AQ×yC）：（12×OA•OB）＝1：3，
则（12×AQ×2）：（12×6×3）＝1：3，解得：AQ＝3，
故点Q（3，0），
设直线CQ的表达式为y＝kx+b，则0=3k+b2=2k+b，解得k=−2b=6，
故直线CQ的表达式为y＝﹣2x+6．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、图形面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
5．如图，直线y＝kx﹣1与x轴正半轴、y轴负半轴分别交于B、C两点，且OC＝2OB．
（1）求B点坐标和k的值；
（2）若点A是直线y＝kx﹣1上的一个动点（不与点B重合），且点A的横坐标为t，试写出在点A运动过程中，△AOB的面积S与t的函数表达式；
（3）若△AOB的面积为1时，试确定点A的坐标．
【分析】（1）首先求得直线y＝kx﹣2与y轴的交点，则OC的长度即可求解，进而求得B的坐标，把B的坐标代入解析式即可求得k的值；
（2）根据三角形的面积公式即可求解；
（3）利用（2）的结论即可求解．
【解答】解：（1）∵y＝kx﹣1与y轴相交于点C，
∴OC＝1，
∵OC＝2OB，
∴OB=12，
∴B点坐标为：（12，0），
把B点坐标为：x=12代入y＝kx﹣1得 k＝2，
∴k值为2；
（2）过A作AD⊥x轴于D，
∵k＝2，
∴直线BC的解析式为y＝2x﹣1．
∵S=12×OB×AD
∴当t＞12时，
∵AD＝2x﹣1，
∴S与t之间的关系式为S=12×12×（2t﹣1）=12t−14，
当t＜12时，
∵AD＝1﹣2t，
∴S与x之间的关系式为S=12×12×（1﹣2t）=14−12t，
故S=12t−14(t＞12)−12t+14(t＜12)；
（3）①当12t−14=1时，解得t＝2.5，2t﹣1＝4，
②当−12t+14=1时，解得：t＝﹣1.5，2t﹣1＝﹣4，
故点A的坐标为（2.5，4）或（﹣1.5，﹣4）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的应用，待定系数法、三角形面积计算等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，与直线OC交于点C．
（1）求点A，B的坐标．
（2）若点C的坐标为（m，2），求线段AC的长．
（3）若P是x轴上一动点，是否存在点P，使△ABP是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，故点C（1，2），即可求解；
（3）分AB是斜边、AP是斜边、BP是斜边三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，4）；
（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，
故点C（1，2），
则AC=(2−1)2+22=5，
即线段AC的长为5；
（3）存在，理由：
设点P（x，0），
由点A、B、P的坐标知，AB2＝22+42＝20，AP2＝（x﹣2）2，BP2＝x2+16，
当AB是斜边时，则20＝（x﹣2）2+x2+16，解得x＝2（舍去）或0；
当AP是斜边时，同理可得x＝﹣8；
当BP是斜边时，同理可得：x＝2（舍去），
故点P的坐标为（0，0）或（﹣8，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
7．如图所示，在平面直角坐标系中，点A坐标为（2，0），点B坐标为（3，1），将直线AB沿x轴向左平移经过点C（1，1）．
（1）求平移后直线L的解析式；
（2）若点P从点C出发，沿（1）中的直线L以每秒1个单位长度的速度向直线L与x轴的交点运动，点Q从原点O出发沿x轴以每秒2个单位长度的速度向点A运动，两点中有任意一点到达终点运动即停止，设运动时间为t．是否存在t，使得△OPQ为等腰三角形？若存在，直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出直线AB的表达式为y＝x﹣2，则设抛物线抛物线的表达式为y＝x+s，将点C的坐标代入上式得：1＝1+s，解得s＝0，即可求解；
（2）分OP＝OQ、OP＝PQ、OQ＝PQ利用等腰三角形的性质，分别求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的表达式为y＝kx+b，则0=2k+b1=3k+b，解得k=1b=−2，
故直线AB的表达式为y＝x﹣2，
设抛物线抛物线的表达式为y＝x+s，
将点C的坐标代入上式得：1＝1+s，解得s＝0，
故直线L的表达式为y＝x；
（2）存在，理由：
由题意得：PC＝t，OC=2，OQ＝2t，则OP=2−t，如下图：
①当OP＝OQ时，即2−t＝2t，解得t=23；
当OP＝PQ时，则点P在OQ的中垂线上，故点P的坐标为（t，t），
则OP=2t=2−t，解得t＝2−2；
当OQ＝PQ时，则△OPQ以∠PQO为直角的等腰直角三角形，
则OP=2OQ＝22t=2−t，解得t=4−27，
故t的值为23、2−2、4−27．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、图形的平移等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．
8．如图，直线y=43x+4与x轴、y轴分别交于点A和点B．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）过B点作直线与x轴交于点P，若△ABP的面积为8，试求点P的坐标．
（3）点M是OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B1处，求出点M的坐标．
（4）点C在y轴上，连接AC，若△ABC是以AB为腰的等腰三角形，请直接写出点C的坐标．
【分析】（1）对于y=43x+4，令y＝0，即y=43x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）由△ABP的面积=12×AP×OB=12×4×|x+3|＝8，即可求解；
（3）由题意得：MB＝MB1，即m2+4＝（m﹣4）2，解得m＝1.5；
（4）分AB＝BC、AB＝AC两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y=43x+4，令y＝0，即y=43x+4＝0，解得x＝﹣3，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4）；
（2）设点P（x，0），
则△ABP的面积=12×AP×OB=12×4×|x+3|＝8，解得x＝1或﹣7，
故点P的坐标为（1，0）或（﹣7，0）；
（3）由点A、B的坐标知，OA＝3，BO＝4，则AB=AO2+OB2=5＝AB1，
故点B1的坐标为（2，0），
设点M的坐标为（0，m），
由题意得：MB＝MB1，即m2+4＝（m﹣4）2，解得m＝1.5，
故点M的坐标为（0，1.5）；
（4）设点C（0，t），
则AB＝5，AC=32+t2，
当AB＝BC时，则5＝|t﹣4|，解得t＝9或﹣1，
当AB＝AC时，即25＝9+t2，解得t＝4（舍去）或﹣4，
故点C的坐标为（0，9）或（0，﹣1）或（0，﹣4）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏．
9．如图，P为正比例函数y=32x图象上的一个动点，⊙P的半径是2.5，设点P的坐标为（x，y）．
（1）求⊙P与直线x＝2相切时点P的坐标．
（2）请直接写出⊙P与直线x＝2相交、相离时x的取值范围．
【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点P的横坐标，再根据直线的解析式求得点P的纵坐标；
（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时x的取值范围．
【解答】解：（1）过P作直线x＝2的垂线，垂足为A；
当点P在直线x＝2右侧时，AP＝x﹣2＝2.5，得x=92；
∴P（92，274）；
当点P在直线x＝2左侧时，PA＝2﹣x＝2.5，得x=−12，
∴P（−12，−34），
∴当⊙P与直线x＝2相切时，点P的坐标为（92，274）或（−12，−34）；
（2）当−12＜x＜92时，⊙P与直线x＝2相交，
当x＜−12或x＞92时，⊙P与直线x＝2相离．
【点评】本题为一次函数和圆的运用综合题，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系是解题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C（2，m）为直线y＝x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
（1）求m和b的值；
（2）直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P在线段DA上从点D开始以每秒1个单位的速度向A点运动．设点P的运动时间为t秒．
①当CP＝5，求t的值；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点C（2，m）代入直线y＝x+2中得：m＝2+2＝4，则点C（2，4），直线y=−12x+b过点C，可求b＝5；
（2）①过点C作CH⊥AD于H，由勾股定理可求HP＝3，即可求解；
②分AC＝PC、AP＝CP、AC＝AP三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）把点C（2，m）代入直线y＝x+2中得：m＝2+2＝4，
∴点C（2，4），
∵直线y=−12x+b过点C，
∴4=−12×2+b，
解得：b＝5；
（2）①如图，过点C作CH⊥AD于H，
∴CH＝4，
∵CP＝5，
∴HP=CP2−CH2=25−16=3，
∵点H（2，0），
∴点P（5，0）或（﹣1，0）；
②设点P（10﹣t，0），点A、C的坐标为：（﹣2，0）、（2，4），
当AC＝PC时，则点C在AP的中垂线上，即2×2＝10﹣t﹣2，
解得：t＝4；
当AP＝CP时，则点P在点C的正下方，故2＝10﹣t，
解得：t＝8；
当AC＝AP时，
同理可得：t＝12﹣42，
综上所述：当t＝4秒或（12﹣42）秒或8秒时，△ACP为等腰三角形．
【点评】本题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，勾股定理，等腰三角形的判定，以及一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握性质及定理是解本题的关键，并注意运用分类讨论的思想解决问题．
11．如图，直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【分析】（1）根据直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，得出OBAO=EPAP=12，据此可以求得点P的运动速度；
（2）当PQ＝PE时，以及当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可；
（3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．
【解答】解：（1）∵直线y=−12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=−82×(−3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(−3)×0−644×(−3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P，Q不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，点Q的坐标为（8，0），直线l与x轴，y轴分别交于A（10，0），B（0，10）两点，点P（x，y）是第一象限直线l上的动点．
（1）求直线l的解析式；
（2）设△POQ的面积为S，求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）当△POQ的面积等于20时，在y轴上是否存在一点C，使∠CPO＝22.5°，若存在，请直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式；
（2）由三角形的面积公式列出函数解析式；
（3）根据三角形的面积公式和中点坐标的求法推知点P是线段AB的中点，则过点P作x轴的平行线交y轴于点D，在点C在∠OPD的角平分线上，由角平分线的性质解答．
【解答】解：（1）设直线l的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（10，0），B（0，10）分别代入，得10k+b=0b=10．
解得k=−1b=10，
故直线l的解析式为y＝﹣x+10；
（2）如图1，∵点P（x，y）是直线l上的动点，
∴y＝﹣x+10．
如图1，由点Q的坐标为（8，0）知，OQ＝8．
∵点P（x，y）是第一象限直线l上的动点，
∴S=12OQ•y=12×8×（﹣x+10），即S＝﹣4x+40（x＞0）；
（3）当△POQ的面积等于20时，S＝﹣4x+40＝20，此时x＝5，
∴P（5，5）．
∵A（10，0），B（0，10），
∴点P是线段AB的中点，OA＝OB＝10，
∴OP⊥AB，BP＝OP，AB＝102．
如图2，过点P作PD⊥y轴于点D，则D（0，5），∠BPD＝∠OPD＝45°．
∴OD＝5，PD＝5，
∵∠CPO＝22.5°，
∴∠CPO=12∠OPD，即点C在∠OPD的角平分线上．
∴PDPO=DCOC，即552=5−OCOC，
∴OC＝10﹣52，
∴C（0，10﹣52）．
当点C位于y轴负半轴时，C（0，﹣52）．
综上所述，点C的坐标是（0，10﹣52）或（0，﹣52）．
【点评】本题主要考查了一次函数综合题，涉及的知识的有待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线以及三角形的面积公式等，综合性比较强，但是难度不是很大．
13．解答下列各题．
（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图2，直线l1与坐标轴交于点A、B，直线l2：y＝﹣2x﹣4经过点A且与直线l1垂直，求直线l1的函数表达式．
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（4，4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝2x﹣2上的动点且在第一象限内．若△CPD成为等腰直角三角形，请直接写出点D的坐标．
【分析】（1）证明∠DAC＝∠ECB，即可求解；
（2）由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，即（m+4）2＝（﹣2）2+22+（﹣4）2，求出点B（0，1），进而求解；
（3）①当点D在四边形OABC内部时，证明△CDM≌△DPN（AAS），则CM＝DN，MD＝PN，进而求解；②当点D在四边形OABC的外部时，证明△MDC≌△NPD（AAS），则MC＝DN，MD＝NP，进而求解．
【解答】（1）证明：如图1所示：
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC＝180°，∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BEC＝90°，
又∵∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△BEC和△CDA中，
∠CEB=∠ADC∠ECB=∠DACBC=AC，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：设直线l2交y轴于点C，
对于l2：y＝﹣2x﹣4，令x＝0，则y＝﹣4，令y＝﹣2x﹣4＝0，则x＝﹣2，
故点A、C的坐标分别为（﹣2，0）、（0，﹣4），
设点B的坐标为（0，m），
由勾股定理得：BC2＝AB2+AC2，即（m+4）2＝（﹣2）2+22+（﹣4）2，
解得m＝1，故点B（0，1），
设直线AB的表达式为y＝kx+b，则0=−2k+bb=1，解得k=12b=1，
故l1的表达式为y=12x+1；
（3）解：①当点D在四边形OABC内部时，如图3，过点D作MN∥x轴交OC于点M，交AN于点N，
∴∠CMD＝∠PND＝90°，
∵∠CDP＝90°，
∴∠CDM+∠CDM＝90°，
∴∠MCD＝∠PDN，
∴△CDM≌△DPN（AAS），
∴CM＝DN，MD＝PN，
∵点D在直线y＝2x﹣2上，故设点D（m，2m﹣2），
∵点B（4，4），
∴DM＝PN＝m，
设CM＝ND＝n，则m+n=44−(2m−2)=n，
解得m=2n=2，
故点D的坐标为（2，2）；
②当点D在四边形OABC的外部时，如图4，过点D作MN∥x轴，交y轴于点M，交AB的延长线于点N，
∴∠CMD＝∠DNA＝90°，CD＝DP，
∵∠CDP＝90°，
∴∠MDC+∠NDP＝90°，
又∵∠NDP+∠DPB＝90°，
∴∠MDC＝∠DPB，
在△MDC和△NPD中，
∠CMD=∠DNA=90°∠MDC=∠DPBCD=PD，
∴△MDC≌△NPD（AAS），
∴MC＝DN，MD＝NP，
∵点D在直线y＝2x﹣2上，故设点D（a，2a﹣2），
而点B（4，4），
设CM＝DN＝b，
∴MD＝NP＝2，
则a+b=42a−2−4=b，解得a=103b=23，
故点D（103，143），
如图5，同理可求点D（143，223），
故点D的坐标为（2，2）或（103，143）或（143，223）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、三角形全等等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
14．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别为（a，0），（b，0），其中a，b满足a+1+（b﹣3）2＝0，顶点C在y的正半轴上，∠ABC＝30°．
（1）填空：a＝ ﹣1 ，b＝ 3 ，点C的坐标为 （0，3） ；
（2）将△COB沿BC翻折，得到△CO′B，过点O′作直线O′D垂直x轴于点D．
①求O′B所在直线的解析式；
②直线O′D上有一点P，使得△PBC的面积与△ABC的面积相等，请求出点P的坐标；
③M是直线O′D上一点，点M关于x轴的对称点为N，若点F在y轴上，当|MA﹣MC|最大时，求NF+12FC的最小值．
【分析】（1）由a+1=0b−3=0得a=−1b=3，故点A、B坐标分别为（﹣1，0）、（0，3），则OB＝3，则Rt△BOC中，∠ABC＝30°，设OC＝m，则BC＝2m，由勾股定理求出m值，即可求解；
（2）①证明△O′OB为等边三角形，则OD=12OB=32，O′D=O'M2−OD2=32−(32)2=332，故点O′的坐标为（32，332），即可求解；
②过点A作直线m∥BC交直线O′D于点P，则点P为所求点；在点C的上方与直线m等距离处作直线n∥BC交O′D于点P′，则点P′为所求点，即可求解；
③连接AC交直线O′D于点M，则此时|MA﹣MC|最大，过点N作NH⊥AC交于点H，交y轴于点F，则点F为所求点，此时NF+12FC最小，进而求解．
【解答】解：（1）a，b满足a+1+（b﹣3）2＝0，则a+1=0b−3=0，解得a=−1b=3，
故点A、B坐标分别为（﹣1，0）、（0，3），
则OB＝3，
则Rt△BOC中，∠ABC＝30°，设OC＝m，则BC＝2m，
哟BC2＝OC2+OB2得：（2m）2＝m2＝32，解得m=3，
故点C的坐标为（0，3），
故答案为：﹣1，3，（0，3）；
（2）①∵∠CBA＝30°，O′B＝3＝OB，则∠OBO′＝60°，
连接OO′，则△O′OB为等边三角形，
则OD=12OB=32，O′D=O'M2−OD2=32−(32)2=332，
故点O′的坐标为（32，332），
设直线O′B的表达式为y＝kx+t，则332=32k+t0=3k+t，解得k=−3b=33，
故直线O′B的表达式为y=−3x+33；
②由点B、C的坐标，同理可得直线BC的表达式为y=−33x+3，
过点A作直线m∥BC交直线O′D于点P，则点P为所求点，
∵直线m∥BC，则设直线m的表达式为y=−33x−33，
当x=32时，y=−32，则点P（32，−536）；
在点C的上方与直线m等距离处作直线n∥BC交O′D于点P′，则点P′为所求点，
同理可得，点P′（32，1136）；
故点P的坐标为（32，−536）或（32，1136）；
③连接AC交直线O′D于点M，则此时|MA﹣MC|最大，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y=3x+3，
当x=32时，y=532，故点M（32，532），则点N（32，−532），
过点N作NH⊥AC交于点H，交y轴于点F，则点F为所求点，此时NF+12FC最小，
在Rt△AOC中，AC=AO2+OC2=1+3=2＝2OA，则∠ACO＝30°＝∠AMN，
则FH=12CF，
故NF+12FC＝NF+HF＝HN为最小，
在Rt△MNH中，∠NMH＝30°，
故HN=12MN＝MD=532，
即NF+12FC最小值为532．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、点的对称性、平行线的性质、面积的计算等，其中（2）②，要注意分类求解，避免遗漏．
15．如图，点A为平面直角坐标系第一象限内一点，直线y＝x过点A，过点A作AD⊥y轴于点D，点B是y轴正半轴上一动点，连接AB，过点A作AC⊥AB交x轴于点C．
（1）如图1，当点B在线段OD上时，求证：AB＝AC；
（2）①如图2，当点B在OD延长线上，且点C在x轴正半轴上，写出OA、OB、OC之间的数量关系，并说明理由；
②当点B在OD延长线上，且点C在x轴负半轴上，直接写出OA、OB、OC之间的数量关系；
（3）直线BC分别与直线AD、直线y＝x交于点E、F．若BE＝5，CF＝12，画出符合条件的图形，并直接写出AB的长．
【分析】（1）如图1，作辅助线，构建全等三角形，证明△ADB≌△AHC可得结论；
（2）①如图2，同理可得△ADB≌△AHC，得AB＝AC，BD＝CH，计算OB+OC＝2OD，由△AOD是等腰直角三角形，得OA=2OD，可得结论；
③如图，正确画图，同理可得△ADB≌△AHC，得AB＝AC，BD＝CH，计算OB﹣OC＝2OD，由△AOD是等腰直角三角形，得OA=2OD，可得结论；
（3）分三种情况：①当点B在线段OD上时，如图4，将△AFC绕点A顺时针旋转90°，AC与AB重合，变为△ABF'，连接EF'，证明△AEF≌△AEF'（SAS），得BC＝20，根据△ABC是等腰直角三角形，可得结论；②当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的正半轴上，如图5，方法同①可得结论；③当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的负半轴上，如图6，过B作BF'⊥BE于点B，截取BF'＝CF＝12，连接EF'，AF'，计算BC的长，可得AB的长．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥x轴于H，
∵直线y＝x过点A，
∴∠AOD＝∠AOH＝45°，
∵AD⊥OB，
∴AD＝AH，
∵∠DOH＝∠ADO＝∠AHO＝90°，
∴四边形ADOH是正方形，
∴∠DAH＝90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°＝∠DAH，
∴∠DAB＝∠HAC，
∴△ADB≌△AHC（ASA），
∴AB＝AC；
（2）①OA、OB、OC之间的数量关系为：OA=22（OB+OC），
理由是：如图2，过点A作AH⊥x轴于H，
同理得：△ADB≌△AHC（ASA），
∴AB＝AC，BD＝CH，
∴OB+OC＝OD+BD+OH﹣CH＝2OD+BD﹣BD＝2OD，
∴OD=12（OB+OC），
∵△AOD是等腰直角三角形，
∴OA=2OD=22（OB+OC）；
②OA、OB、OC之间的数量关系为：OA=22（OB﹣OC），
理由是：如图3，过点A作AH⊥x轴于H，
方法同（1）得：四边形ADOH是正方形，△ADB≌△AHC（ASA），AB＝AC，BD＝CH，
∴OB﹣OD＝BD＝OC+OH＝CH，即OB﹣OC＝OD+OH＝2OD，
∵△AOD是等腰直角三角形，
∴OA=2OD，
∴OB﹣OC＝2OD=2OA，
即OA＝OA=22（OB﹣OC）；
（3）分三种情况：
①当点B在线段OD上时，
如图4，将△AFC绕点A顺时针旋转90°，AC与AB重合，变为△ABF'，连接EF'，BF'＝CF＝12，
∠ACB＝∠ABC＝∠ABF'＝45°，∠CBF'＝∠ABC+∠ABF'＝90°，
∴∠EBF'＝90°，
∵BE＝5，
∴EF'＝13，
∵∠F'AO＝90°，∠FAE＝∠F'AE＝45°，AE＝AE，AF＝AF'，
∴△AEF≌△AEF'（SAS），
∴EF＝EF'＝13，BF＝EF﹣EB＝13﹣5＝8，BC＝BF+FC＝8+12＝20，
由（1）得：△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=22BC＝102；
②当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的正半轴上，
如图5，同①，旋转△AFC到△AF'B，∠EBF'＝90°，EF'＝13＝EF，BC＝BE+EF+CF＝5+13+12＝30，
∴等腰直角三角形直角边AB=302=152；
③当点B在OD的延长线上时，且点C在x轴的负半轴上，
如图6，过B作BF'⊥BE于点B，截取BF'＝CF＝12，连接EF'，AF'，
∵BE＝5，
∴∠ABF'＝∠ACF＝135°，EF'＝13，
∵AB＝AC，
∴△ABF'≌△ACF（SAS），
∴AF'＝AF，∠BAF'＝∠CAF，
∴∠BAC＝∠F'AF＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝45°＝∠EAF'，
∵AE＝AE，
∴△EAF≌△EAF'（SAS），
∴EF＝EF'＝13，EC＝EF﹣CF＝13﹣12＝1，BC＝BE+EC＝1+5＝6，
∴AB=62=32；
综上，AB的值为102或152或32．
【点评】本题是一次函数与几何的综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、一次函数y＝x的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，综合性强，难度适中，正确作辅助线，构建全等三角形是关键．
16．如图①，长方形OABC的边OA在x轴上，边OC在y轴上，OA＝9，OC＝8．
（1）连接OB，则OB将长方形面积分成相等的两部分，则直线OB的函数关系式为 y=89x ．
（2）如图②，点D在边OA上，点E在边BC上，且OD＝BE，连接DE，此时线段DE将该长方形的面积分成相等的两部分，请说明等分的理由．
（3）如图③，点D在边OA上，且OD＝1．将∠OAB沿DF折叠，折痕交长方形OABC的边于点F，点A落在点A′处，若直线DA′将该长方形面积分成1：2两部分，求直线DF的函数关系式．
【分析】（1）OA＝9，OC＝8，故点B的坐标为（9，8），即可求解；
（2）由S梯形ODEC=12（CE+OD）×OC=12（BE+AD）×OC＝S梯形ABED，即可求解；
（3）①当直线DA′与BC边相交时，在Rt△HFB和Rt△HFA′中，HF2＝BF2+BH2＝A′F2+A′H2，即42+（8﹣a）2＝a2+（45−8）2，解得a＝45−4，进而求解；②当直线DA′与AB边相交时，同理可得，点F的坐标为（9，83），即可求解．
【解答】解：（1）∵OA＝9，OC＝8，
故点B的坐标为（9，8），
设直线OB的表达式为y＝kx，
将点B的坐标代入上式得：8＝9k，解得k=89，
故直线OB的表达式为y=89x，
故答案为y=89x；
（2）∵四边形OABC为矩形，则OA＝BC，
∵OD＝BE，故CE＝AD，
S梯形ODEC=12（CE+OD）×OC=12（BE+AD）×OC＝S梯形ABED，
故线段DE将该长方形的面积分成相等的两部分；
（3）∵直线DA′将该长方形面积分成1：2两部分，
则较小部分的面积为13×OA•OC=13×8×9=24．
①当直线DA′与BC边相交时，如图1，
过点D作DN⊥BC于点N，延长DA′交BC于点H，
设AF＝a＝A′F，则BF＝8﹣a，
由题意得：S梯形ODHC=12×OC×（OD+HN）=12×8×（1+HC）＝24，解得HC＝5，
则HN＝HC﹣CN＝HC﹣OD＝5﹣1＝4，则BH＝BC﹣CH＝9﹣5＝4，
在Rt△HND中，DH=ND2+NH2=82+42=45，则A′H＝DH﹣OA′＝DH﹣OA＝45−8，
在Rt△HFB和Rt△HFA′中，HF2＝BF2+BH2＝A′F2+A′H2，
即42+（8﹣a）2＝a2+（45−8）2，解得a＝45−4，
故点F的坐标为（9，45−4），
由点F、D的坐标得，直线FD的表达式为y=5−12x−5−12；
②当直线DA′与AB边相交时，如图2，
同理可得，点F的坐标为（9，83），
由点D、F的坐标得，直线FD的表达式为y=13x−13，
综上，直线FD的表达式为y=5−12x−5−12或y=13x−13．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、梯形面积的计算、矩形的性质、图形的折叠等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
17．（1）如图1，已知直线y=−12x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B顺时针旋转90度，得到线段CB，求点C的坐标；
（2）如图2，正方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（﹣5，5），A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第二象限，且是直线y＝﹣2x﹣1上的一点，点Q是平面内任意一点，若四边形ADPQ是正方形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标．
（3）如图3，西安铁一中滨河学校为了庆祝2021年元且联欢，在一块由三条小路（分别是x轴和直线AB：y=−12x+4、直线AC：y＝﹣2x﹣1）围成的三角形区域内计划搭建一个三角形的特色场地．如图，D（4，0），△DEF的顶点E、F分别在线段AB、AC上，且∠DEF＝90°，DE＝EF，试求出该特色场地（△DEF）的面积．
【分析】（1）证明△BOA≌△CHB（AAS），则AO＝BH＝4，OB＝CH＝8，即可求解；
（2）分点D在AB下方、点D在AB的上方两种情况，利用三角形全等得到边的关系，进而求解；
（3）证明△FNE≌△EMD（AAS），则FN＝EM，EN＝MD，求出点E、F的坐标分别为（2，3）、（1，﹣1），进而求解．
【解答】解：（1）对于直线y=−12x+4，令y=−12x+4＝0，解得x＝8，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（0，4）、（8，0），
过点C作CH⊥x轴于点H，
∵∠ABO+∠CBH＝90°，∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠ABO＝∠BCH，
∵AB＝BC，∠BOA＝∠CHB＝90°，
∴△BOA≌△CHB（AAS），
∴AO＝BH＝4，OB＝CH＝8，
故点C的坐标为（12，8）；
（2）设点D（m，﹣2m﹣1），
①当点D在AB下方时，如图2，
过点D作x轴的平行线交BC于点M，交AO于点N，
∵四边形PDAQ为正方形，则PD＝AD，
同理可得：△DMP≌△AND（AAS），
则MD＝AN，即m+5＝5+2m+1，解得m＝﹣1，
故点D的坐标为（﹣1，1）；
②当点D在AB的上方时，
过点D作x轴的平行线交y轴于点N，交CB的延长线于点M，
同理可得：△PMD≌△DNA（AAS），
∴AN＝BM，即﹣2m﹣1﹣5＝m+5，解得m=−113，
故点D的坐标为（−113，193）；
故点D的坐标为（﹣1，1）或（−113，193）；
（3）设点E、F的坐标分别为（m，−12m+4）、（n，﹣2n﹣1），
过点E作EM⊥x轴于点M，过点F作FN⊥EM于点N，
∵EF＝ED，
同理可得：△FNE≌△EMD（AAS），
∴FN＝EM，EN＝MD，
即4﹣m＝2n−12m+5，m﹣n=−12m+4，解得m=2n=−1，
故点E、F的坐标分别为（2，3）、（﹣1，1），
则EF2＝（2+1）2+（3﹣1）2＝13，
则该特色场地（△DEF）的面积=12EF2＝6.5．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、正方形的性质等，证明三角形全等是本题解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx过点A（6，m），过点A作x轴的垂线，垂足为点B，过点A作y轴的垂线，垂足为点C．∠AOB＝60°，CD⊥OA于点D．动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，动点Q从点A出发．以每秒3个单位长度的速度向点B运动．点P，Q同时开始运动，当点P到达点A时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t（s），且t＞0．
（1）求m与k的值；
（2）当点P运动到点D时，求t的值；
（3）连接DQ，点E为DQ的中点，连接PE，当PE⊥DQ时，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据直角三角形含30°角的性质可得AB的长，即m＝63，从而知点A的坐标，代入y＝kx中可得k的值；
（2）根据直角三角形含30°角的性质可得OD的长，即OP＝9，根据点P的运动速度可得t的值；
（3）存在两种情况：如图2和图3，连接PQ，过点P作PF⊥AB于F，分别表示PQ，PF，FQ的长，根据勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：（1）∵AB⊥OB，
∴∠ABO＝90°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∵A（6，m），
∴OB＝6，AB＝m，
∴OA＝2OB＝12，AB＝63，
∴m＝63，即A（6，63），
∵直线y＝kx过点A（6，63），
∴6k＝63，
∴k=3；
（2）如图1，∵AB∥y轴，
∴∠COD＝∠BAO＝30°，
∵CD⊥OA，
∴∠CDO＝90°，
∵OC＝AB＝63，
∴CD=12OC＝33，OD=3CD＝9，
当点P运动到点D时，OP＝OD＝9，
∴t=92；
（3）如图2，连接PQ，过点P作PF⊥AB于F，
由题意得：OP＝2t，AQ=3t，
Rt△ACD中，∠ACD＝30°，AC＝6，
∴AD＝3，
∴PD＝OA﹣AD﹣OP＝12﹣2t﹣3＝9﹣2t，
∵E是DQ的中点，PE⊥DQ，
∴PQ＝PD＝9﹣2t，
Rt△APF中，∠BAO＝30°，
∴PF=12AP=12(12−2t)=6﹣t，
∵AQ=3t，BF=3t，
∴FQ＝AB﹣AQ﹣BF＝63−3t−3t＝63−23t，
Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ2＝FQ2+PF2，
∴（9﹣2t）2＝（63−23t）2+（6﹣t）2，
解得：t1＝3（如图3，此时F与Q重合），t2=73，
如图4，过点P作PM⊥x轴于点M，
Rt△OPM中，∠POM＝30°，
∴OM=12OP＝t，PM=3t；
∴P（3，33）或（73，733）．
【点评】本题考查了一次函数和矩形的综合题，考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，几何动点问题，确定两动点的速度和行驶路线是关键，第三问有难度，注意有两种情况，利用数形结合的思想是本题的关键．
19．在平面直角坐标系中，直线y=−43x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点B，AB＝10．
（1）如图1，求b的值；
（2）如图2，经过点B的直线y＝（n+4）x+b（﹣4＜n＜0）与直线y＝nx交于点C，与x轴交于点R，CD∥OA，交AB于点D，设线段CD长为d，求d与n的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F在第四象限，CF交OA于点E、交OB于点S，点P在第一象限，PH⊥OA，点N在x轴上，点M在PH上，MN交PE于点G，∠EGN＝45°，PH＝EN，过点E作EQ⊥CF，交PH于点Q，连接BF、RQ，BF交x轴于点V，若C为BR中点，EQ＝EF+22=2PM，∠ERQ＝∠ABF，求点V的坐标．
【分析】（1）由直线解析式求得点A、B的坐标，易得直角△ABC三边的长度，根据勾股定理列出方程，借助于方程求得b＝8；
（2）根据直线与直线交点的求法和一次函数图象上点的坐标特征得到：点C（﹣2，﹣2n）．如图（2），通过作辅助线构造平行四边形CIJD，由平行四边形的对边相等推知DJ＝CI，根据该等量关系列出方程，利用方程思想解答即可；
（3）如图（3），过点E作ET⊥PE，交过点N且垂直于x轴的垂线于点T，连接PT，构造全等三角形△PHE≌△ENT（AAS）．由该全等三角形的性质推知：四边形PMNT为平行四边形，根据平行四边形的性质证得∠CER＝45°．
过点C作CW⊥ON，CD⊥OB，构造全等三角形△CDB≌△CRW、△REQ≌△BSE（SAS），则易得∠FBS＝∠ABF；过点V作VK⊥AB，设OV＝a，则VK＝a．在直角△AKV中，利用勾股定理列出方程a2+22＝（6﹣a）2，通过解方程求得答案．
【解答】解：（1）如图（1），
当y＝0时，x=34b；当x＝0时，y＝b．
∴A（34b，0），B（0，b）．
∴OA=34b，OB＝b．
∵AB2＝OA2+OB2，即102＝（34b）2+b2．
解得b＝8或b＝﹣8．
∵b＞0，
∴b＝8；
（2）如图（2），过点C作CI⊥x轴于点I，过点D作DJ⊥x轴于点J，
设C（t，nt），则nt＝（n+4t）+8，
∴t＝﹣2．
∴点C（﹣2，﹣2n）．
∵∠CIR＝DJR＝90°，
∴CI∥DJ．
∵CD∥IJ，
∴四边形CIJD是平行四边形．
∴DJ＝CI＝﹣2n．
∴﹣2n=−43x+8．
∴x=3n2+6．
∴CD＝IJ=3n2+6﹣（﹣2）=3n2+8．
∴d=3n2+8．
（3）如图（3），过点E作ET⊥PE，交过点N且垂直于x轴的垂线于点T，连接PT，
∵PH⊥EH，
∴∠PET＝∠ENT＝∠PHE＝90°．
∴∠PEH+∠TEN＝∠PEH+∠EPH＝90°．
∴∠TEN＝∠EPH．
∵PH＝EN，
∴△PHE≌△ENT（AAS）．
∴TN＝EH，PE＝ET．
∴∠EPF＝45°．
∵∠EGN＝45°，
∴∠EGN＝∠EPT．
∴MN∥PT．
∵∠ENT+∠PHE＝180°，
∴TN∥PM．
∴四边形PMNT为平行四边形．
∴TN＝PM．
∴PM＝EH．
∵EQ=2PM．
∴∠QEH＝45°．
∴∠CER＝45°．
过点C作CW⊥ON，CD⊥OB，可证明△CDB≌△CRW．
∴CD＝RW＝OW＝2．
∴CW＝4．
∴OS＝OE＝2，SE＝22．
∵RE＝BS＝6，∠REQ＝∠BSF＝135°，SF＝22+EF＝EQ．
∴△REQ≌△BSE（SAS）．
∴∠ERQ＝∠ABF．
∵∠ERQ＝∠ABF，
∴∠FBS＝∠ABF．
过点V作VK⊥AB，
设OV＝a，则VK＝a．
在直角△AKV中，∠VKA＝90°，AK＝2，AV＝6﹣a，
∴VK2+AK2＝AV2，a2+22＝（6﹣a）2，
解得a=83．
∴V（83，0）．
【点评】本题考查了一次函数综合题，需要综合运用待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题过程中，能够作出辅助线，构建直角三角形、全等三角形以及平行四边形是解题的关键，且注意方程思想在求相关线段的过程中的巧妙运用．难度较大．
20．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与y＝kx+2分别交x轴于点A、B，两直线交于y轴上同一点C，点D的坐标为（−23，0），点E是AC的中点，连接OE交CD于点F．
（1）求点F的坐标．
（2）若∠OCB＝∠ACD，求k的值．
（3）在（2）的条件下，过点F作x轴的垂线l，点M是直线BC上的动点，点N是x轴上的动点，点P是直线l上的动点，使得以B、P、M、N为顶点的四边形是菱形，求点P的坐标．
【分析】（1）求出直线OE，直线CD的解析式，构建方程组即可解决问题；
（2）证明△DHT≌△COD（AAS），则HT＝OD=23，DH＝CO＝2，求出点T的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（3）分三种情形：当四边形BN1P1M1是菱形时，当四边形BN2P2M2是菱形时，当四边形BP3N3M3是菱形时，分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，
∵令直线y＝x+2中的x＝0，则y＝2．
令y＝0，则x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），C（0，2），
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC，
∵由中点坐标公式得：E（﹣1，1），
∴设直线OE的解析式为y＝kOEx，代入E（﹣1，1），得kOE＝﹣1，
∴直线OE的解析式是：y＝﹣x，
设直线CD的解析式为：y＝k1x+b1，代入点C、D可得：−23k1+b1=0b1=2．
解得k1=3b1=2．
∴直线CD的解析式为y＝3x+2，
由y=−xy=3x+2，解得x=−12y=12，
∴F（−12，12）；
（2）如图2，过点D作DT⊥CD交BC于点T，过点T作TH⊥x轴于点H，
∵OA＝OB，故∠ACO＝45°，
∵∠OCB＝∠ACD，
∴∠DCB＝∠BCO+∠OCD＝∠ACD+∠DCO＝45°，
故△CDT为等腰直角三角形，则CD＝TD，
∵∠CDO+∠HDT＝90°，∠HDT+∠DTH＝90°，
∴∠CDO＝∠DTH，
∵∠COD＝∠DHT＝90°，CD＝TD，
∴△DHT≌△COD（AAS），
∴HT＝OD=23，DH＝CO＝2．
则OH＝2−23=43，
∴T（43，−23），
把T（43，−23），
代入y＝kx+2，
解得：k＝﹣2；
（3）如图3，
当四边形BN1P1M1是菱形时，连接BP1交OC于K，作KH⊥BC于H．
∵∠KBO＝∠KBH，KO⊥OB，KH⊥BC，
∴KO＝KH，
∵BK＝BK，∠KOB＝∠KHB＝90°，
∴Rt△KBO≌Rt△KBH（HL），
∴BO＝BH＝1，设OK＝KH＝x，
∵BC=OB2+OC2=12+22=5，
∴CH=5−1，
在Rt△CHK中，CK2＝KH2+CH2，
∴（2﹣x）2＝x2+（5−1）2，
∴x=5−12，
∴设直线BK的解析式为y＝k2x+b2．
代入B（1，0），K（0，5−12）得，
k2=1−52，b2=5−12．
∴直线BK的解析式为y=1−52x+5−12，
当x=−12时，y=35−34，
∴P1（−12，35−34）．
当四边形BN2P2M2是菱形时，可得直线BP2的解析式为y=5+12x−5+12，
当x=−12时，y=−35−34，
∴P2（−12，−35−34）．
当四边形BP3N3M3是菱形时，M3在直线x=−12时，
∴M3（−12，3），
∵P3与M3关于x轴对称，
∴P3（−12，﹣3），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（−12，35−34）或（−12，−35−34）或（−12，﹣3）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
相关试卷
2022年中考数学解答题专题12——反比例函数与一次函数交点类问题（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份）： 这是一份2022年中考数学解答题专题12——反比例函数与一次函数交点类问题（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份），文件包含专题12反比例函数与一次函数交点类问题培优老师版docx、专题12反比例函数与一次函数交点类问题基础老师版docx、专题12反比例函数与一次函数交点类问题培优学生版docx、专题12反比例函数与一次函数交点类问题基础学生版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。
2022年中考数学解答题专题14——二次函数图像与几何变换（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份）： 这是一份2022年中考数学解答题专题14——二次函数图像与几何变换（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份），文件包含专题14二次函数图像与几何变换培优老师版docx、专题14二次函数图像与几何变换基础老师版docx、专题14二次函数图像与几何变换培优学生版docx、专题14二次函数图像与几何变换基础学生版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
2022年中考数学解答题专题19——因旋转产生的角度问题（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份）： 这是一份2022年中考数学解答题专题19——因旋转产生的角度问题（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份），文件包含专题19因旋转产生的角度问题基础老师版docx、专题19因旋转产生的角度问题培优老师版docx、专题19因旋转产生的角度问题培优学生版docx、专题19因旋转产生的角度问题基础学生版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。
