初中数学人教版（2024）八年级下册一次函数优秀同步练习题

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册一次函数优秀同步练习题，文件包含专题192一次函数与几何综合压轴题专项讲练人教版原卷版docx、专题192一次函数与几何综合压轴题专项讲练人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共94页， 欢迎下载使用。
【典例1】如图，在平面直角坐标系中，直线y=52x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一直线交x轴正半轴于C，且△ABC面积为15．
（1）求点C的坐标；
（2）若M为线段BC上一点，且△ABM的面积等于△AOB的面积，求M的坐标；
（3）在（2）的条件下，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D、E、B、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先求出A、B的坐标，然后根据三角形的面积求出C；
（2）求出直线BC的表达式，根据S△ACM=S△ABC−S△ABM=S△ABC−S△ABO求解即可；
（3）求出直线AM的表达式，然后分三种情况：①当BC为平行四边形的边，四边形BCDE为平行四边形时；②当BC为平行四边形的边，四边形BDEC为平行四边形时；③当BC为平行四边形的对角线时，讨论求解即可．
【解题过程】
（1）解：直线y=52x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A−2,0，B0,5，
即OA=2,OB=5，
∵△ABC面积为15，
∴12OA+OC⋅OB=15，
∴OC=4，
∴C4,0
（2）设直线BC的表达式为y=kx+b，
将点B、C的坐标代入一次函数表达式得：4k+b=0b=5
解得：k=−54b=5
∴直线BC的表达式为：y=−54x+5；
∵S△ACM=S△ABC−S△ABM=S△ABC−S△ABO=15−12×2×5=10，
∴S△ACM=12×6×yM=10，解得：yM=103，
∴103=−54x+5
解得：xM=43，
∴M43,103；
（3）∵A−2,0， M43,103，
设直线AM的表达式为y=k1x+b1，
将点A、M的坐标代入一次函数表达式得：−2k1+b1=043k1+b=103，
解得：k1=1b1=2
∴直线AM的表达式为：y=x+2．
①当BC为平行四边形的边，四边形BCDE为平行四边形时，如图：
∵B0,5，BE∥CD,BE=CD，
∴点E的纵坐标是5，
∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y=x+2．
∴x+2=5，解得：x=3，
∴E3,5，
∴BE=CD=3，
∵C4,0，
∴D7,0；
②当BC为平行四边形的边，四边形BDEC为平行四边形时，如图：过点E作EF⊥x轴于F，
∵四边形BDEC为平行四边形，
∴BC=ED,∠DBC=∠CED,BD=EC，
∴△BDC≌△ECDSAS，
∴EF=OB，
∵B0,5，
∴EF=OB=5，
∴点E的纵坐标是−5，
∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y=x+2．
∴x+2=−5，解得：x=−7，
∴OF=7，
在Rt△BOC和Rt△EFD中，
BC=EDOB=FE
∴Rt△BOC≌Rt△EFDHL，
∴DF=OC，
∵C4,0，
∴DF=OC=4，
∴OD=4+7=11，
∴D−11,0；
③当BC为平行四边形的对角线时，
∵B0,5，BE∥CD,BE=CD，
∴点E的纵坐标是5，
∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y=x+2．．
∴x+2=5，解得：x=3，
∴E3,5，
∴BE=CD=3，
∵C4,0，
∴D1,0．
综上，存在，满足条件的点D的坐标为7,0或−11,0或1,0．
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1．（24-25八年级下·福建泉州·期中）如图，点P是第二象限内直线y=12x+b（b为大于2的常数）上一个动点，点A−4,0、B0,2，当点P的横坐标逐渐增大时，四边形OAPB的面积的变化情况为（ ）
A．变大B．变小C．不变D．不确定
【思路点拨】
此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及两直线平行的关系以及三角形面积求法等知识，根据一次函数的平移得出已知两直线平行是解题关键．连接AB先求出直线AB的解析式得出直线AB与点P所在直线平行，从而得到在点P移动过程中，三角形APB的面积不变，即可求解．
【解题过程】
解：连接AB，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
∵直线AB过点A−4,0、B0,2，
∴−4m+n=0n=2，解得m=12n=2，
∴直线AB的解析式为y=12x+2，
∵点P是第二象限内直线y=12x+b（b为大于2的常数）上一个动点，
∴直线AB与点P所在直线平行．
∴在点P移动过程中，三角形APB的面积不变，三角形AOB的面积不变，
∴四边形OAPB的面积不变．
故选：C
2．（2025·广东珠海·二模）如图，点A是直线y=13x在第一象限图象上一动点，以OA为边向左边作正方形OABC，若B(a,b)，则ab的值为（ ）
A．14B．23C．12D．34
【思路点拨】
本题考查正方形的性质，一次函数的图象上的点的坐标特征，全等三角形的判断与性质，掌握知识点是解题的关键．过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥AE于F，依题意设点A(3k,k)，则AE=3k，OE=k证△OAE与△ABF全等，可得OE=AF=k，AE=BF=3k，进而得EF=AE−AF=2k，BF+OE=4k，则a=EF=2k，b=BF+OE=4k，即可解答．
【解题过程】
解：过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥AE于F，设点A(3k,k)，如图
∴∠AEO=∠BFA=90°，
∵点A是直线y=13x在第一象限图象上一动点，
∴AE=3k，OE=k，
在正方形OABC中，AO=AB，∠OAB=90°，
∴∠OAE+∠BAF=90°，
∴∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠OAE，
∴△OAE≌△ABF，
∴OE=AF=k，AE=BF=3k，
∴EF=AE−AF=2k，BF+OE=4k，
∵B(a,b)
∴a=EF=2k，b=BF+OE=4k，
∴ab=2k4k=12．
故选C．
3．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）已知菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点C1,3,B4,4，P是对角线OB上的一个动点，D0,2，当CP+DP最短时，点P的坐标为（ ）
A．12,12B．32,32C．2,2D．3,3
【思路点拨】
本题考查菱形的性质，一次函数与几何的综合应用，连接AC，AP,AD，根据对称性，得到PA=PC，进而得到CP+DP=AP+DP≥AD，得到点P在线段AD上时，CP+DP的值最小，平移思想求出A点坐标，进而求出直线AD的解析式，直线AD与直线OB的交点即为点P的坐标．
【解题过程】
解：连接AC，AP,AD，
∵菱形OABC，
∴OA=BC,OA∥BC,OB垂直平分AC，
∴PA=PC，
∴CP+DP=AP+DP≥AD，
∴点P在线段AD上时，CP+DP的值最小，
∵C1,3,B4,4，
∴点C向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到点B，点B在第一象限的角平分线上，
∴点O向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到点A，直线OB的解析式为：y=x，
∴A3,1，
∵D0,2，
∴设直线AD的解析式为：y=kx+2，把A3,1，代入，得：k=−13，
∴y=−13x+2，
联立y=−13x+2y=x，解得：x=32y=32；
∴P32,32；
故选B．
4．（24-25八年级上·江苏扬州·期末）如图，已知一次函数y=−34x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在线段AB上，且OC=2.4，直线OC与∠OBA的平分线交于D点，则点D的横坐标与它的纵坐标的和为（ ）
A．2.1B．2.2C．2.3D．2.4
【思路点拨】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟知一次函数的图象与性质是解题的关键．先求出点A和点B的坐标，再求出AB的长，利用面积法求出AB边上的高，结合OC=2.4得出OC⊥AB，过点D作OB的垂线，垂足为H，证Rt△BDH≌Rt△BDC，求出OH=1.2，设DH=CD=m，则OD=2.4−m，列方程求出m值，进而求出点D坐标，即可解决问题．
【解题过程】
解：将x=0代入y=−34x+3得，y=3，
∴点B的坐标为(0,3)，
同理可得，点A的坐标为(4,0)，
∴ OA=4，OB=3，
则AB=32+42=5，
令AB边长的高为ℎ，
则12×5×ℎ=12×3×4，
则ℎ=2.4，
∵点C在线段AB上，且OC=2.4，
∴OC⊥AB，
∴BC=32−2.42=1.8，
过点D作OB的垂线，垂足为H，
∵ OC⊥AB，DH⊥OB,BD平分∠OBA，
∴ DH=DC，
∵ BD=BD，
∴ Rt△BDH≌Rt△BDC，
∴ BH=BC=1.8，
∴ OH=3−1.8=1.2，
设DH=CD=m，则OD=2.4−m，
在Rt△ODH中，
1.22+m2=2.4−m2，
解得：m=0.9，
即点D的坐标为0.9,1.2，
∴ 0.9+1.2=2.1．
故选：A．
5．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，点A的坐标为0,10，点C的纵坐标为2，直线BD的表达式为y=x+b，交y轴于点E，若2BE=BD，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．25B．202C．1003D．32
【思路点拨】
连接AC，交BD于点Q，过点Q作QF⊥y轴于点F，设直线BD与x轴的交点为点G，先求出点Q的纵坐标为6，从而可得AF=4，再根据等腰三角形的判定可得AQ=EQ，根据等腰三角形的三线合一可得EF=AF=4，从而可得b=2，然后根据一次函数的解析式求出点Q的坐标，求出AQ,BQ的长，最后计算菱形的面积即可．
【解题过程】
解：如图，连接AC，交BD于点Q，过点Q作QF⊥y轴于点F，设直线BD与x轴的交点为点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BQ=DQ=12BD，AQ=CQ，
∵点A的坐标为0,10，点C的纵坐标为2，
∴点Q的纵坐标为10+22=6，
∴OF=6，
又∵点A的坐标为0,10，
∴OA=10，
∴AF=OA−OF=4，
由一次函数y=x+b的图象可知，b>0，
将y=0代入一次函数y=x+b得：x+b=0，解得x=−b，即G−b,0，OG=b，
将x=0代入一次函数y=x+b得：y=b，即E0,b，OE=b，
∴OE=OG，
∵OE⊥OG，
∴∠OEG=∠OGE=45°，
∴∠AEQ=∠OEG=45°，
又∵AC⊥BD，
∴∠EAQ=90°−∠AEQ=45°，
∴∠EAQ=∠AEQ=45°，
∴AQ=EQ，
又∵QF⊥y轴，
∴EF=AF=4（等腰三角形的三线合一），
∴b=OE=OA−AF−EF=2，
∴一次函数y=x+b的解析式为y=x+2，
将y=6代入一次函数y=x+2得：x+2=6，解得x=4，即Q4,6，
∴AQ=4−02+6−102=42，
∴EQ=42，
∵2BE=BD，BQ=12BD，
∴BE=BQ=12EQ=22，
∴菱形ABCD的面积为4S△ABQ=4×12AQ⋅BQ=4×12×42×22=32，
故选：D．
6．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，已知直线MN： y=33x+2交x轴负半轴于点A，交y轴于点B，点C是x轴上的一点，且OC=2，则∠MBC的度数为( )
A．45°或135°B．30°或150°C．60°或120°D．75°或165°
【思路点拨】
令y=0，可得A−23,0，令x=0，可得B0,2，利用勾股定理求出AB=4，可得∠MAO=30°，分两种情况考虑：①C点在x轴正半轴；②C点在x轴负半轴．分别计算出∠MBO、∠OBC度数，两个角的和差即为所求度数．
【解题过程】
解：∵直线MN：y=33x+2交x轴负半轴于点A，交y轴于点B，
令y=0，则0=33x+2，解得x=−23，
∴A−23,0，
令x=0，则y=2，
∴B0,2，
∴OB=2,OA=23
∴AB=232+22=4，
∴AB=2OB，
如图，取AB的中点D，
∵∠AOB=90°
∴AD=BD=12AB=OB=OD
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，
∴∠MAO=30°，
∴ ∠MBO=120°．
∵B0,2，OC=2，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
如图，分两种情况考虑：
①当点C在x轴正半轴上时，∠C1BO=45°，
∴MBC1=120°−45°=75°；
②当点C在x轴负半轴上时，∠C2BO=45°，
∠MBC2=120°+45°=165°．
故选：D．
7．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，点P是线段AB的中点，点C是x轴上的一个动点，连接BC，以BC为直角边，点B为直角顶点作等腰直角△BCD，连接DP．则DP长度的最小值是（ ）
A．1B．2C．22D．3
【思路点拨】
作BM⊥y轴且BM=OB，连接DM，延长MD交x轴于N，求出A点坐标为−2，0，B点坐标为0，2，得出OA=OB=BM=2，得出点M2，2，设点Cc，0，则OC=−c，证明△BOC≌△BMD得出∠BOC=∠BMD=90°，MD=OC=−c，得出M，D，N三点共线，从而得到D2，2+c，得出P−1，1，再由勾股定理表示出PD=2−−12+2+c−12=c+12+9，即可得出答案．
【解题过程】
解：如图，作BM⊥y轴且BM=OB，连接DM，作MD⊥x轴于N，
，
∵直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，则x+2=0，解得x=−2，令x=0，y=2，
∴A点坐标为−2，0，B点坐标为0，2，
∴OA=OB=BM=2，
∵BM⊥y轴，
∴∠OBM=90°，BM∥ON，
∴M点坐标为2，2，
设点Cc，0，则OC=−c，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BC=BD，∠CBD=90°，
∴∠CDB−∠OBD=∠OBM−∠OBD，
∴∠CBO=∠DBM，
在△BOC和△BMD中，
BC=BD∠CBO=∠DBMOB=MB，
∴△BOC≌△BMDSAS，
∴∠BOC=∠BMD=90°，MD=OC=−c，
∴BM⊥DM，
∴DM∥OB，
∴M，D，N三点横坐标相同，都为2，
∴M，D，N三点共线，
∴DN=2−−c=2+c，
∴D2，2+c，
∵点P是线段AB的中点，
∴P−1，1，
∴PD=2−−12+2+c−12=c+12+9，
∵c+12≥0，
∴当c+12=0即c=−1时，PD最小，为9=3，
∴PD的最小值为3，
故选：D．
8．（24-25八年级上·山东青岛·期中）如图，直线l：y=−34x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，OM⊥AB于点M，点P为直线l上不与点A、B重合的一个动点．在y轴上存在（ ）个点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与△OMP全等．
A．2B．4C．5D．6
【思路点拨】
先求得点A、B的坐标，可求得OA、OB、AB的长，利用面积法即可求得OM的长，分△OMP≌△PQO与△OMP≌△OQP两种情况讨论，结合图形分析即可求解．
【解题过程】
解：对于直线y=−34x+3，
令x=0，则y=3，令y=0，则−34x+3=0，
解得：x=4，
∴点A、B的坐标分别是4,0，0,3，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=32+42=5，
∵S△OAB=12OA⋅OB=12AB⋅OM
∴OM=125；
①当△OMP≌△PQO时，如图2和图3，
由（1）得OM=125，
∴PQ=OM=125，即P点横坐标为−125或125，
当P点横坐标为−125时，纵坐标为：−34×−125+3=245，
∴Q0,245，
当P点横坐标为125时，纵坐标为：−34×125+3=65，
∴Q0,65；
②当△OMP≌△OQP时，如图4和图5，
∴OQ=OM=125，
此时点Q的坐标为0,25或0,−125，
综上所述，符合条件的点Q共4个．
故选：B．
9．（24-25八年级上·广东揭阳·阶段练习）已知直线l1：y=kx+b与直线l2：y=−12x+m都经过C−65,85，直线l1交y轴于点B0,4，交x轴于点A，直线l2交y轴于点D，P为y轴上任意一点，连接PA、PC，有以下说法：①方程组y=kx+by=−12x+m的解为x=−65y=85；②△BCD为直角三角形；③S△ABD=3；④当PA+PC的值最小时，点P的坐标为0,1．其中正确的说法个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【思路点拨】
根据一次函数图象与二元一次方程的关系，利用交点坐标可得方程组的解；求出B0,4，C−65,85，D0,1，得到BC2+CD2=BD2，得到△BCD为直角三角形；求得BD和AO的长，根据三角形面积计算公式，即可得到△ABD的面积；根据轴对称的性质以及两点之间，线段最短，即可得到当PA+PC的值最小时，点P的坐标为0,1．
【解题过程】
解：①∵直线l1：y=kx+b与直线l2：y=−12x+m都经过C−65,85，
∴方程组y=kx+by=−12x+m的解为x=−65y=85，
故①正确，符合题意；
②把B0,4，C−65,85代入直线l1：y=kx+b，可得b=4−65k+b=85，
解得k=2b=4，
∴直线l1：y=2x+4，
把C−65,85代入直线l2：y=−12x+m，可得m=1，
y=−12x+1中，令x=0，则y=1，
∴D0,1，
∴BD=4−1=3，BC2=0−652+4−852=18025，CD2=0−652+1−852=4525，
∴BC2+CD2=4525+18025=22525=9=BD2，
∴△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，
故②正确，符合题意；
③在直线l1：y=2x+4中，令y=0，则x=−2，
∴A−2,0，
∴AO=2，
∴S△ABD=12BD×OA=12×3×2=3，
故③正确，符合题意；
④点A关于y轴对称的点为A′2,0，
由点C、A′的坐标得，直线CA′的表达式为：y=−12x+1，
令x=0，则y=1，
∴当PA+PC的值最小时，点P的坐标为0,1，
故④正确，符合题意；
综上所述，正确的有①②③④，一共4个．
故选：D．
10．（23-24八年级上·江苏无锡·期末）如图，直线l与x轴交于点A6,0，与y轴交点B0,3，点Ma,2是直线l上一点，过点M的直线MN交边OA点N，若直线MN将△AOB分成面积相等的两部分，则点N的坐标是 ．
【思路点拨】
本题主要考查了一次函数与几何综合，先根据点A和点B的坐标求出△AOB的面积，再利用待定系数法直线l解析式，进而得到点M的坐标，再由直线MN将△AOB分成面积相等的两部分得到△AMN的面积，据此利用三角形面积计算公式列式求解即可．
【解题过程】
解：∵直线l与x轴交于点A6,0，与y轴交点B0,3，
∴OA=6，OB=3，
∴S△AOB=12OA⋅OB=12×3×6=9；
设直线l的解析式为y=kx+b，
∴6k+b=0b=3，
解得k=−12b=3，
∴直线l的解析式为y=−12x+3，
∵点Ma,2是直线l上一点，
∴2=−12a+3，解得a=2，
∴M2,2，
∵直线MN将△AOB分成面积相等的两部分，
∴S△AMN=12AN⋅yM=12×9，
∴AN=92，
∴ON=OA−ON=32，
∴N32,0，
故答案为：32,0．
11．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，点A的坐标为(−5,0)，直线y=3x+t与坐标轴交于点B，C，连接AC，如果∠ACD=90°，则t= ．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定与性质，一次函数与坐标轴交点问题．根据一次函数与坐标轴的交点得到C点的坐标为(0,t)，A点的坐标为(−5,0)，如图，在y轴上截取CQ=AO=5，过Q作QH⊥y轴交直线BC于H，证明△ACO≌△HCQ，可得H−t,5+t，再进一步求解即可．
【解题过程】
解：∵直线y=3x+t与坐标轴交于点B，C，
∴B点的坐标为(−33t,0)，C点的坐标为(0,t)，
∵A点的坐标为(−5,0)，∠ACD=90°=∠ACB，
如图，在y轴上截取CQ=AO=5，过Q作QH⊥y轴交直线BC于H，
∴QO=5−−t=5+t，
∴∠AOC=∠CQH=90°=∠ACB，
∴∠CAO=90°−∠ACO=∠QCH，
∴△ACO≌△HCQ，
∴QH=CO=−t，
∴H−t,5+t，
∴−3t+t=5+t，
解得t=−533．
故答案为：−533．
12．（2025·江苏·一模）已知直线y=2x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，点C在直线y=−12x+2上，且位于第一象限．若∠CBA=∠BAO，则点C的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了一次函数的应用、等角对等边、勾股定理，延长BC交x轴于D，求出A−2,0，B0,4，由等角对等边得出AD=BD，设Dx,0，由勾股定理计算得出D3,0，求出直线BC的解析式为y=−43x+4，联立y=−43x+4y=−12x+2，求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【解题过程】
解：如图，延长BC交x轴于D，
，
∵直线y=2x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，
∴当x=0时，y=4；当y=0时，2x+4=0，解得x=−2，
∴A−2,0，B0,4，
∵∠CBA=∠BAO，
∴AD=BD，
设Dx,0，
∴x−−2=x−02+0−42，
解得：x=3，
∴D3,0，
设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
将B0,4，D3,0代入解析式可得3k+b=0b=4，
解得：k=−43b=4，
∴直线BC的解析式为y=−43x+4，
联立y=−43x+4y=−12x+2，
解得：x=125y=45，
∴点C的坐标为125,45，
故答案为：125,45．
13．（2025·江苏扬州·二模）如图，一次函数y=−12x+52的图象经过正方形OABC的顶点A和C，则正方形OABC的面积为 ．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，一次函数的图象和性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，结合正方形的性质，证明△AOE≌△OCFAAS，设点Cm,n，从而得到A−n,m，再将点A和C代入一次函数解析式，求出m、n的值，进而得到OC的长，即可求解．
【解题过程】
解：如图，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∴∠AEO=∠OFC=90°，
∴∠OAE+∠AOE=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠AOE+∠COF=90°，
∴∠OAE=∠COF，
在△AOE和△OCF中，
∠AEO=∠OFC∠OAE=∠COFOA=CO，
∴△AOE≌△OCFAAS，
∴OE=CF，AE=OF，
设点Cm,n，
∴OF=m，CF=n，
∴OE=n，AE=m，
∴A−n,m，
∵一次函数y=−12x+52的图象经过正方形OABC的顶点A和C，
∴−12m+52=n−12×−n+52=m，解得：m=3n=1，
∴C3,1，
∴OC=32+12=10，
∴正方形OABC的面积为OC2=10，
故答案为：10．
14．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，已知矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8,6)，点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，已知点D在第一象限且是直线y=2x+6上的一点，若△APD是等腰直角三角形，则点D的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，通过构造全等，求出点D的纵坐标（即OE的长）是解题的关键．过点D作DE⊥y轴于点E，过点P作PF⊥y轴于点F，则∠DEA=∠AFP=90°，由△DAP为等腰直角三角形，可得出AD=AP，∠DAP=90°，利用等角的余角相等，可得出∠EAD=∠BAP，由AB∥PF，利用平行线的性质，可得出∠BAP=∠FPA，即∠EAD=∠FPA，进而可证出△ADE≌△PAFAAS，利用全等三角形的性质，可求出AE的长，结合AO的长，可得出OE的长，再利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出点D的坐标．
【解题过程】
解：当x=0时，y=2x+6=6，
∴A0,6，OA=6，
过点D作DE⊥y轴于点E，过点P作PF⊥y轴于点F，则∠DEA=∠AFP=90°，如图所示，
∵△DAP为等腰直角三角形，
∴AD=AP，∠DAP=90°，
∴∠EAD+∠DAB=90°，∠DAB+∠BAP=90°，
∴∠EAD=∠BAP，
∵在矩形ABCO中，AB∥CO，
∴∠BAP=∠FPA，
∴∠EAD=∠FPA，
在△ADE和△PAF中，
∠DEA=∠AFP=90°∠EAD=∠FPAAD=PA
∴△ADE≌△PAFAAS，
∴AE=PF=8，DE=AF，OE=OA+AE=14，
当y=14时，2x+6=14，
解得：x=4，
∴点D的坐标是4,14．
故答案为：4,14．
15．（24-25八年级上·江苏盐城·期末）如图，一次函数y=x+6的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，点C−3,0是x轴上一点，点E、F分别为直线y=x+6，y轴上的两个动点，当△CEF周长最小时，点E的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查一次函数与几何的综合应用，坐标与轴对称，过点A作AH⊥x轴，且AH=AC，连接CH,HE，CH交AB于点M，作点C关于y轴的对称点G，连接GF，易得C,H关于AB对称，得到△CEF的周长=CE+CF+EF=HE+EF+GF，得到当H,E,F,G四点共线时，△CEF的周长最小为GH的长，连接HG，HG与AB的交点即为点E，进行求解即可．
【解题过程】
解：∵y=x+6，
∴当x=0时，y=6，当y=0时，x=−6，
∴A−6,0,B0,6，
∴OA=OB=6，
∴∠OAB=45°，
∵C−3,0，
∴AC=3，
过点A作AH⊥x轴，且AH=AC，连接CH,HE，CH交AB于点M，作点C关于y轴的对称点G，连接GF，HG，则：H−6,3，G3,0，CF=GF，
∵AH=AC，
∴∠ACH=∠AHC=45°，
∵∠OAB=45°，
∴∠AMC=90°，即：AM⊥CH，
∴CM=HM，
∴AB垂直平分CH，
∴HE=CE，
∴△CEF的周长=CE+CF+EF=HE+EF+GF，
∴当H,E,F,G四点共线时，△CEF的周长最小为GH的长，
设HG的解析式为：y=kx+b，
则：−6k+b=33k+b=0，解得：k=−13b=1，
∴y=−13x+1，
联立y=x+6y=−13x+1，解得：x=−154y=94，
∴E−154,94，
故答案为：−154,94．
16．（24-25八年级下·四川宜宾·阶段练习）如图，已知一次函数y=−34x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在线段AB上，且OC=2.4，直线OC与∠OBA的平分线交于D点，则点D坐标为 ．
【思路点拨】
本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质，熟知一次函数的图象与性质是解题的关键．先求出点A和点B的坐标，再求出AB的长，利用面积法求出AB边上的高，结合OC=2.4得出OC⊥AB，过点D作OB的垂线，垂足为H，证Rt△BDH≌Rt△BDC，求出OH=1.2，设DH=CD=m，则OD=2.4−m，列方程求出m值，进而求出点D坐标，即可解决问题．
【解题过程】
解：将x=0代入y=−34x+3得，y=3，
∴点B的坐标为(0,3)，
同理可得，点A的坐标为(4,0)，
∴ OA=4，OB=3，
则AB=32+42=5，
令AB边长的高为ℎ，
则12×5×ℎ=12×3×4，
则ℎ=2.4，
∵点C在线段AB上，且OC=2.4，
∴OC⊥AB，
∴BC=32−2.42=1.8，
过点D作OB的垂线，垂足为H，
∵ OC⊥AB，DH⊥OB,BD平分∠OBA，
∴ DH=DC，
∵ BD=BD，
∴ Rt△BDH≌Rt△BDCHL，
∴ BH=BC=1.8，
∴ OH=3−1.8=1.2，
设DH=CD=m，则OD=2.4−m，
在Rt△ODH中，由勾股定理得1.22+m2=2.4−m2，
解得：m=0.9，
即点D的坐标为0.9,1.2，
故答案为：0.9,1.2．
17．（24-25八年级上·四川成都·期中）如图，直线y=2x+6与x轴交于点A，与y轴交点B，直线y=−x+3与x轴交于点D，与y轴交点C，连接AC，点E在直线AC上，使得∠ABO+∠CDE=∠ACO，则点E的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了一次函数与几何综合、轴对称、全等三角形的判定与性质，熟练掌握求一次函数与坐标轴的交点，轴对称的性质，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．由∠ABO+∠CDE=∠ACO得出∠CDE=∠BAC，连接BD交直线AC于E1，在AC上截取CE2=CE1，连接DE2，利用轴对称的性质和全等三角形的性质推出E1、E2即为符合题意的两个点E，利用A、B、C、D坐标求出直线BD与直线AC的解析式，联立可得E1的坐标，再根据对称性得出E2的横坐标等于E1的横坐标的相反数，代入直线AC即可完成求解．
【解题过程】
解：对于y=2x+6，
令x=0，则y=6，即B0,6，
令y=0，则x=−3，即A−3,0，
对于y=−x+3，
令x=0，则y=3，即C0,3，
令y=0，则x=3，即D3,0，
∵∠ABO+∠CDE=∠ACO=∠ABO+∠BAC，
∴∠CDE=∠BAC；
连接BD交直线AC于E1，在AC上截取CE2=CE1，连接DE2，
∵AO=DO=3，
∴A和D关于y轴对称，
∵B、C在y轴上，
∴∠BAC=∠BDC，
∴E1为符合题意的一个点E，
∵AO=OC=OD，∠AOC=∠COD=90°，
∴∠ACO=45°,∠DCO=45°，
∴∠ACD=90°，
∵CE2=CE1，∠E2CD=∠E1CD=90°，DC=DC，
∴△E2CD≌△E1CD，
∴∠CDE2=∠CDE1，
∴E2为符合题意的另一个点E；
∵B0,6，D3,0，
∴直线BD的解析式为y=−2x+6，
∵ A−3,0，C0,3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
联立y=−2x+6y=x+3，
解得：x=1y=4，
∴E11,4，
由对称性得：E2的横坐标为−1，
代入x=−1，则y=x+3=−1+3=2，
∴E2−1,2，
∴综上所述，点E的坐标为1,4或−1,2．
故答案为：1,4或−1,2．
18．（24-25八年级上·重庆·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A−7,0，点B−1,4，点P是直线y=x−2上一点，且∠ABP=45°，则点P的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了一次函数的几何应用、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．过点B作AB的垂线，截取A′B=AB，过点B作y轴的垂线，分别与过点A，A′作x轴的垂线交于点C，D，连接AA′，交BP于点E，先根据全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求出点A′的坐标，再根据等腰三角形的性质求出点E的坐标，然后利用待定系数法求出直线BP的解析式，与直线y=x−2联立求解即可得．
【解题过程】
解：如图，过点B作AB的垂线，截取A′B=AB，过点B作y轴的垂线，分别与过点A,A′作x轴的垂线交于点C，D，连接AA′，交BP于点E，
∵A′B=AB，∠A′BA=90°，∠A′DB=∠BCA=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°=∠ABC+∠A′BD，
∴∠BAC=∠A′BD，
在△A′BD和△BAC中，
∠A′DB=∠BCA=90°∠A′BD=∠BACA′B=BA，
∴△A′BD≌△BACAAS，
∴A′D=BC,BD=AC，
∵A−7,0，B−1,4，
∴AC=4,OA=7,BC=−1−−7=6，
∴BD=4,A′D=6，
∴点A′的横坐标为BC+BD−OA=6+4−7=3，纵坐标的绝对值为A′D−AC=6−4=2，
∴A′3,−2，
∵∠A′BA=90°，∠ABP=45°，
∴BE平分∠A′BA，
∴BE垂直平分AA′（等腰三角形的三线合一），
∴E−7+32,0−22，即E−2,−1，
设直线BP的解析式为y=kx+bk≠0，
将点B−1,4，E−2,−1代入得：−k+b=4−2k+b=−1，解得k=5b=9，
则直线BP的解析式为y=5x+9，
联立y=5x+9y=x−2，解得x=−114y=−194，
则点P的坐标为−114,−194，
故答案为：−114,−194．
19．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）如图，矩形ABCD的顶点B坐标为(5,4)，直线y=2x−3分别交x轴、y轴于D、E点，若线段BC上有一点P，直线DE上有一点Q，△APQ是以AP为斜边的等腰直角三角形，则点P坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质．分点B、Q在AP两侧和点B、Q在AP同侧两种情况考虑，画出图形，通过构造“一线三垂直”全等模型求解即可．
【解题过程】
解：当点B、Q在AP两侧时，过点Q作QN⊥AB于N，作QF⊥BC于F，如图1所示．
∵∠B=∠AQP=90°，
∴∠QAE+∠QPB=180°，
∴∠QAE=∠QPF．
∵△APQ是以AP为斜边的等腰直角三角形，
∴QA=QP．
在△QAE和△QPF中，∠AEQ=∠PFQ=90°∠QAE=∠QPFQA=QP，
∴△QAE≌△QPF(AAS)，
∴AE=PF，QE=QF．
设点Q(a,2a−3)，则AE=PF=a，QE=4−(2a−3)=7−2a，QF=5−a，
∴7−2a=5−a，
解得：a=2，
∴Q(2,1)，F(5,1)，
∴点P(5,3)；
当点B、Q在AP同侧时，过点Q作QM⊥AB于M，作QN⊥BC于N，如图2所示．
∵∠AQP=∠B=90°，
∴∠BAP+∠BPA=∠QAP+∠QPA=90°．
∵∠QAP=∠BAP+∠QAM，∠QPA=∠BPA−∠QPN，
∴∠QAM=∠QPN．
∵△APQ是以AP为斜边的等腰直角三角形，
∴QA=QP．
在△QAM和△QPN中，∠QMA=∠QNP=90°∠QAM=∠QPNQA=QP，
∴△QAM≌△QPN(AAS)，
∴QM=QN，AM=PN．
设点Q(a,2a−3)，则AM=PN=a，QM=(2a−3)−4=2a−7，QN=5−a，
∴2a−7=5−a，解得：a=4，
∴Q(4,5)，N(5,5)，
∴点P(5,1)．
综上所述：点P坐标为(5,1)或(5,3)．
20．（24-25八年级下·广东汕头·阶段练习）如图，直线l1:y=12x与直线l2交于点A2,a，直线l2与y轴交于点B0,3，与x轴交于点C．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点M在直线l2上，当△OAM的面积为△BOC面积的49时，求点M坐标．
【思路点拨】
本题主要考查待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积等知识点，学会运用用转化的思想思考问题成为解题的关键．
（1）由直线l1:y=12x与直线l2交于点A2,a得A2,1，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求出C3,0，再根据△OAM的面积为△BOC面积的49求得S△OAM=2，设Mx,−x+3，再分点M在OA上方和下方两种情况，分别根据S△OAM=2以及三角形面积公式列方程求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵直线l1:y=12x与直线l2交于点A2,a，
∴a=12×2=1，
∴A2,1，
设直线l2的函数表达式为y=kx+b，
∵直线l2与y轴交于点B0,3，与直线l1交于点A2,1，
∴2k+b=1b=3，解得k=−1b=3，
∴直线l2的函数表达式为y=−x+3．
（2）解：∵直线l2的解析式为y=−x+3，
令y=0，则0=−x+3，解得x=3，
∴C3,0，
∵B0,3，
∴S△BOC=12×3×3=92，
∴S△OAM=49×92=2，
设Mx,−x+3，
①点M在OA上方时，如图，
S△OAM=S△BOA−S△BOM=12×3×2−12×3x=2，解得：x=23，
∴点M坐标为23,73；
②点M在OA下方，即−x+3