人教新版数学八年级下册专题复习《一次函数》（含答案）

这是一份人教新版数学八年级下册专题复习《一次函数》（含答案），共77页。
人教新版数学九年级专题复习《一次函数》
一．选择题（共10小题）
1．（2021•武汉）一辆快车和一辆慢车将一批物资从甲地运往乙地，其中快车送达后立即沿原路返回，且往返速度的大小不变，两车离甲地的距离y（单位：km）与慢车行驶时间t（单位：h）的函数关系如图，则两车先后两次相遇的间隔时间是（　　）

A．h B．h C．h D．h
2．（2021•黄冈）如图，AC为矩形ABCD的对角线，已知AD＝3，CD＝4，点P沿折线C﹣A﹣D以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作PE⊥BC于点E，则△CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
3．（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．+
4．（2021春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两车从A地出发匀速驶向B地．甲先出发1小时后，乙再沿相同路线出发．在整个行驶过程中，甲、乙两车之间的距离s（km）与甲车行驶的时间t（h）的函数关系如图所示．给出下列说法：①甲的速度为80km/h；②乙的速度为100km/h；③甲车从A地到B地，共用时14h；④AB两地相距1200km；⑤当甲车出发经过10h与13h，甲乙两车相距100km．其中说法正确的个数为（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．（2021春•沙坪坝区校级月考）一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，相遇后继续前行，已知两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，设行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示从两车出发至轿车到达乙地这一过程中y与x之间的函数关系，根据图象提供的信息，以下选项中正确的个数是（　　）
①甲乙两地的距离为450千米；②轿车的速度为70千米/小时；③货车的速度为45千米/小时；④点C的实际意义是轿车出发5小时后到达乙地，此时两车间的距离为300千米．

A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2021•苏州）如图，线段AB＝10，点C、D在AB上，AC＝BD＝1．已知点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿着AB向点D移动，到达点D后停止移动．在点P移动过程中作如下操作：先以点P为圆心，PA、PB的长为半径分别作两个圆心角均为60°的扇形，再将两个扇形分别围成两个圆锥的侧面，设点P的移动时间为t（秒），两个圆锥的底面面积之和为S，则S关于t的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
7．（2021•章丘区模拟）如图，在平面直角坐标系中，动点A、B分别在x轴上和函数y＝x的图象上，AB＝4，CB⊥AB，BC＝2，则OC的最大值为（　　）

A． B． C． D．
8．（2021•白银）如图1，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D（AD＞BD）．动点M从A点出发，沿折线AB→BC方向运动，运动到点C停止．设点M的运动路程为x，△AMD的面积为y，y与x的函数图象如图2，则AC的长为（　　）

A．3 B．6 C．8 D．9
9．（2021春•沙坪坝区校级月考）为了提升城市品质，改善生态环境，落实民生实事，重庆市利用城市空地、荒地等修建了多个社区公园，为市民提供更多集休闲、娱乐、健身为一体的活动场所．一天晚饭后，小新和小达在小区附近的清溪公园散步，他们分别从公园入口和银杏林同时出发，匀速相向而行．小新到达银杏林后，放慢了速度，继续匀速向湖心亭前进，到达湖心亭后立即调头，以变慢后的速度匀速返回银杏林等待小达（公园入口、银杏林和湖心亭依次在同一直线上）．小达走到公园入口后立即调头，以原速匀速返回银杏林与小新会合．小新和小达相距的路程y（米）与小达从银杏林出发的时间x（分）之间的函数关系如图所示（其中DE∥BG，B、C、D三点不在同一直线上，两人调头的时间忽略不计），
则下列4个说法：①a＝22.5；②刚出发时，小新的速度为80米/分；③图象中线段DE表示小新和小达两人停止了运动；④公园入口到湖心亭的距离为2250米，其中正确说法的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2021•安徽模拟）如图，在△ABC中，CD⊥AB于D，AD＝9，DB＝3，CD＝6，垂直于AB的直线l从A点出发，匀速平移，当l经过顶点B时，平移停止，设直线l平移的距离为x，直线l经过的图形（阴影部分）的面积为y，则y关于x的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
二．填空题（共10小题）
11．（2021春•渝中区校级月考）疫情期间，英国留学生小玲和小丽同住一个学生公寓，小玲是她们所在片区留学生防疫物资发放负责人．2021年1月2号一早，小玲从家出发骑平衡车匀速到距离7500米处的中国驻英国大使馆帮同学领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带物资领取证明，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后，立即将物资领取证明交给了她，并用2分钟时间与小玲核对了下领收防疫物资的名单，然后小玲继续以原速度前往大使馆，而小丽则按原路以原来一半的速度匀速返回学生公寓．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从学生公寓出发后的时间x（分）之间的关系如图所示．当小丽刚好返回到学生公寓时小玲离大使馆的距离还有 　 　米．

12．（2020秋•东阳市期末）已知直线y＝x+2与函数y＝图象交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）点A的坐标是　 　；
（2）已知O是坐标原点，现把两个函数图象水平向右平移m个单位，点A，B平移后的对应点分别为A′，B′，连接OA′，OB′．当m＝　 　时，|OA'﹣OB'|取最大值．
13．（2021•东莞市校级一模）如图1，点P从△ABC的顶点B出发，沿B→C→A匀速运动到点A，图2是点P运动时，线段BP的长度y随时间x变化的关系图象，其中M是曲线部分的最低点，则△ABC的面积是　 　．

14．（2021•葫芦岛二模）如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…，An在x轴上，B1，B2，B3，…，Bn在直线y＝x上，若A1（2，0），且△A1B1A2，△A2B2A3，…，△AnBnAn+1都是等边三角形，从左到右的小三角形（阴影部分）的面积分别记为S1，S2，S3，…，Sn．则Sn可表示为　 　．

15．（2020春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两小朋友都从A地出发，匀速步行到B地（A、B两地之间为笔直的道路），甲出发半分钟后，乙才从A地出发，经过一段时间追上甲，两人继续向B地步行，当甲、乙之间的距离刚好是70米时，乙立刻掉头以原速度向A地步行，半分钟后与甲相遇，乙又立刻掉头向B地以原速度步行（两次掉头时间忽略不计）．甲、乙相距的路程为y（米）与乙出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，当乙到达B地时，甲与B地相距的路程是　 　米．

16．（2020•九龙坡区校级模拟）甲、乙两人在同一条直线跑道AB上进行往返跑，甲从A地出发，乙从A、B之间的C地出发，且比甲晚出发1分钟，甲到达B地后，立即调头返回A地，并将速度降为原速的，而乙到达B地后仍以原速返回A地（甲、乙掉头的时间均忽略不计），两人之间的距离y（米）与甲的时间x（分）之间的部分函数关系如图所示，则当乙到达B地时，甲离A地的距离为　 　米．

17．（2019春•巴南区期末）甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有　 　米．

18．（2019•渝中区校级模拟）甲、乙两人分别骑自行车从黄花园巴蜀中学、重庆洪崖洞两地出发，相向而行，甲先出发5分钟后，乙再出发，乙出发几分钟后和甲相遇，同时乙由于自行车故障，停车修理自行车，8分钟修好自行车后，继续向黄花园巴蜀中学出发，甲到达重庆洪崖洞后立即掉头，向黄花园巴蜀中学行驶，直到追上乙．甲乙两人之间相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系式如图所示．则甲最后追上乙时，甲距离黄花园巴蜀中学的路程是　 　米．

19．（2020秋•九龙坡区校级期末）一天，小新带弟弟从家出发一起去文具店买文具．出门10分钟后，小新发现忘了带钱，于是立即停下，并打电话让正在家里的妈妈送钱出来，挂电话后，小新让弟弟原地等待，自己立刻以先前速度的1.6倍往家走去，同时，妈妈也拿上钱从家里出发．30秒后，小新觉得弟弟一人在路边等待不安全，于是立即以刚才的速度折返，接上弟弟后，立刻以出门时的速度往家走去．与妈妈相遇后，接过妈妈手中的钱，小新和弟弟立即以出门时的速度往文具店走去，妈妈则以先前速度的一半回家．最后妈妈到家时，兄弟俩刚好到达文具店．小新和妈妈相距的路程y（米）和小新出发的时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，整个过程中，小新和妈妈都是匀速前进，且小新接过钱的时间忽略不计，则小新家和文具店的距离是　 　米．

20．（2019•路北区二模）将一个直角三角形纸片ABO，放置在平面直角坐标中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0），过边OA上的动点M（点M不与点O，A重合）作MN⊥AB于N，沿着MN折叠该纸片，得顶点A的对应点A'．设OM＝m，折叠后的△A'MN与四边形OMNB重叠部分的面积为S．
（1）如图，当点A'与顶点B重合时，点M的坐标为　 　．
（2）当S＝时，点M的坐标为　 　．

三．解答题（共10小题）
21．（2021•香坊区三模）如图1，直线BC交x轴于点B、交y轴于点C，直线BC的解析式为y＝﹣x+m，矩形OCDA交x轴于点A，边AD交直线BC于点E，点D坐标为（4，6）．
（1）求点B的坐标；
（2）如图2，点G为线段OA上一点，点F为线段DE上一点，作GM⊥x轴交CD于点M，连接FC，FB，设点G的横坐标为t，线段AF的长为d，当矩形OGMC的面积为△CBF面积的2倍时，求d与t的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长GM，BF交于点P，点L为第二象限内一点，连接LC、LG、LF，若PF＝CF，LC＝LG，求直线LF的解析式．

22．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+4分别与x轴、y轴交于点A、点B，过点B作直线l2⊥l1交x轴于点C，将直线l2沿y轴正方向平移2个单位得到直线l3，直线l1与直线l3交于点D．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图2，点F在直线l1上，点F的纵坐标为7，点M、点N分别为直线l3、l2上的两个动点（点M的横坐标小于点N的横坐标），且∠MNB＝30°，连接FM、NO，求FM+MN+NO的最小值；
（3）如图3，将△BOC绕着点（2，0）逆时针旋转90°得到△B'O′C'，作点B'关于直线C'O'的对称点B″，设动点K在直线l4：y＝x﹣2上，点T在直线C′O′上，是否存在点K，使得△B″KT为等边三角形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

23．（2021•大东区一模）如图，直线l1：y＝﹣x+4与直线l2：y＝2x﹣2的图象交于点A，与x轴交于点B．
（1）填空：A的坐标　 　；B的坐标　 　；
（2）过点A作AC⊥y轴于点C，动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度，沿O→C→A的路线向点A运动，同时动点Q从点B出发，以每秒个单位长度的速度．沿射线BA方向运动，过点Q作直线l∥y轴，交l2于点M．当点P到达点A时，点Q也停止运动，设动点P运动的时间为t秒，△PQM的面积为S．
①当P在OC上运动时，求S与t的函数关系式（不必写出自变量的取值范围）；
②若S＝，请直接写出此时t的值　 　．

24．（2021春•雨花区期中）在平面直角坐标系中，A（0，8），点B是直线y＝x﹣8与x轴的交点．
（1）写出点B的坐标（　 　，　 　）；
（2）点C是x轴正半轴上一动点，且不与点B重合，∠ACD＝90°，且CD交直线y＝x﹣8于D点，求证：AC＝CD；
（3）在第（2）问的条件下，连接AD，点E是AD的中点，当点C在x轴正半轴上运动时，点E随之而运动，点E到BD的距离是否为定值？若为定值，求出这个值，若不是定值，请说明理由．

25．（2021春•开福区校级期中）若两个一次函数与x轴的交点关于y轴对称，则称这两个一次函数为“对心函数”，这两个与x轴的交点为“对心点”．如：y＝x+3与x轴的交点是（﹣3，0）；y＝﹣x+3与x轴的交点是（3，0），则y＝x+3是y＝﹣x+3的对心函数；这两个对心点为（﹣3，0）和（3，0）．
（1）写出一个y＝2x+6的对心函数：　 　，这两个“对心点”为　 　；
（2）直线l1，经过点A（﹣1，0）和B（0，﹣3），直线l1的“对心函数”直线l2与y轴的交点D位于点（0，1）的上方，且直线l1与直线l2交于点E，点C为直线l2的“对心点”，点G是动直线l2上不与C重合的一个动点，且BG＝BA，试探究∠ABG与∠ECA之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图，直线l3：y＝x+2与其“对心函数”直线l4的交点F位于第一象限，M、N分别为直线l3、l4的“对心点”，点P为线段MF上一点（不含端点），连接NP；一动点H从N出发，沿线段NP以1单位/秒的速度运动到点P，再沿线段PF以单位/秒的速度运动到点F后停止，点H在整个运动过程中所用最短时间为6秒，求直线l4的解析式．

26．（2021•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+3分别交x轴，y轴于点A，B．∠OBA的外角平分线交x轴于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）点P是线段BD上的一点（不与B，D重合），过点P作PC⊥BD交x轴于点C．设点P的横坐标为t，△BCD的面积为S，求S与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，PC的延长线交y轴于点E，BC的延长线交DE于点F，连AP，若sin∠BAP＝，求线段OF的长．

27．（2021•南岗区校级一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝3．

（1）求直线AB的解析式；
（2）如图2，点C在OA的延长线上，点D在x轴的负半轴上，连接CD交直线AB于点E，点E为线段CD的中点，设点D的横坐标为t，点C的纵坐标为d，求d与t的函数解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点E作EF⊥x轴于点F，点G在OB的延长线上，点M为EB的中点，连接MG并延长交线段EF于点H，点N在AB的延长线上，连接NG、DN、CM，∠MNG为钝角，若FG＝d，∠ACM＝∠GDN，MG＝2NG，求点G的坐标．
28．（2021春•鼓楼区校级期中）已知，如图：在正方形OABC中，A（0，1），B（1，1），C（1，0），D为OB延长线上的一动点，以AD为一边在直线AD下方作正方形ADEF，AF交OC于点G．
（1）若S△AOD＝1，求D点的坐标；
（2）①求证：点E始终落在x轴上；
②若S四边形ABCG＝a•S△ABE，1＜a＜2，利用a表示此时直线AF的解析式．

29．（2021春•皇姑区校级月考）在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣6与x轴交于点A，与y轴交于点B，点D在直线AB上，点D的横坐标为3，点C（﹣6，0），动点F从C出发，沿x轴正方向运动，速度为每秒1个单位长度，到达终点A停止运动，设运动时间为t（t＞0）．
（1）如图1
①求点A、B的坐标；
②当t＝3时，求证DF＝DA．
（2）过点B作BE∥OA，当BE＝ED时，连接ED并延长交x轴于点Q
①点Q的坐标为　 　；
②当∠FDE＝3∠QFD时，t的值为　 　．

30．（2021•皇姑区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+b（b＞0）与y轴交于点A，与x轴交于点B．动点G从点A出发沿线段AB向点B运动，速度为每秒个单位长度，设运动时间为t（t＞0）秒，过点A作AF∥OB（点F在第一象限），连接OG并延长交AF于点E．
（1）当b＝6，t＝3时，
①求线段AB的长；
②求证：OG⊥AB；
③直接写出直线OE的表达式；
（2）当AE＝2，AF＝时，射线OE与射线BF相交于点M，且∠M＝45°，直接写出b的值．

2021年新初三数学人教新版专题复习《一次函数》
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•武汉）一辆快车和一辆慢车将一批物资从甲地运往乙地，其中快车送达后立即沿原路返回，且往返速度的大小不变，两车离甲地的距离y（单位：km）与慢车行驶时间t（单位：h）的函数关系如图，则两车先后两次相遇的间隔时间是（　　）

A．h B．h C．h D．h
【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】数据分析观念；运算能力．
【分析】根据图象得出，慢车的速度为，快车的速度为．从而得出快车和慢车对应的y与t的函数关系式．联立两个函数关系式，求解出图象对应两个交点的坐标，即可得出间隔时间．
【解答】解：根据图象可知，慢车的速度为．
对于快车，由于往返速度大小不变，总共行驶时间是4 h，
因此单程所花时间为2 h，故其速度为．
所以对于慢车，y与t的函数表达式为•••••••••••••①．
对于快车，y与t的函数表达式为
联立①②，可解得交点横坐标为t＝3，
联立①③，可解得交点横坐标为t＝4.5，
因此，两车先后两次相遇的间隔时间是1.5，
故选：B．
【点评】本题主要考查根据函数图象求一次函数表达式，以及求两个一次函数的交点坐标．解题的关键是利用图象信息得出快车和慢车的速度，进而写出y与t的关系．
2．（2021•黄冈）如图，AC为矩形ABCD的对角线，已知AD＝3，CD＝4，点P沿折线C﹣A﹣D以每秒1个单位长度的速度运动（运动到D点停止），过点P作PE⊥BC于点E，则△CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象．菁优网版权所有
【专题】函数思想；应用意识．
【分析】根据点P运动路径分段写出△CPE的面积y与点P运动的路程x间的函数关系式即可．
【解答】解：∵BC∥AD，
∴∠ACB＝∠DAC，
∵∠PEC＝∠D＝90°，
∴△PCE∽△ACD，
∴＝＝，
∵AD＝3，CD＝4，
∴AC＝＝5，
∴当P在CA上时，即当0＜x≤5时，
PE＝＝x，
CE＝＝x，
∴y＝PE•CE＝＝x2，
当P在AD上运动时，即当5＜x≤8时，
PE＝CD＝4，
CE＝8﹣x，
∴y＝PE•CE＝×4×（8﹣x）＝16﹣2x，
综上，当0＜x≤5时，函数为二次函数图象，且y随x增大而增大，当5＜x≤8时，函数为一次函数图象，且y随x增大而减小，
故选：D．
【点评】本题主要考查一次函数和二次函数的性质，熟练掌握二次函数和一次函数的性质是解题的关键．
3．（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．菁优网版权所有
【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+的图像与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，
∵旋转，
∴∠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．
4．（2021春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两车从A地出发匀速驶向B地．甲先出发1小时后，乙再沿相同路线出发．在整个行驶过程中，甲、乙两车之间的距离s（km）与甲车行驶的时间t（h）的函数关系如图所示．给出下列说法：①甲的速度为80km/h；②乙的速度为100km/h；③甲车从A地到B地，共用时14h；④AB两地相距1200km；⑤当甲车出发经过10h与13h，甲乙两车相距100km．其中说法正确的个数为（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【分析】根据信息，由图象可知两车起始距离为80，从而得到乙车速度，根据图像变化规律和两车运动状态，得到相关未知量．
【解答】解：①根据乙出发前两人相距80km可得甲的速度为：＝80（km/h），
故①正确；
②∵（v乙﹣v甲）×（5﹣1）＝80，
∴（v乙﹣80）×4＝80，
∴v乙＝100（km/h），
故②正确；
③当乙车到达B地行驶的时间为：+（5﹣1）＝12，
∴A、B两地的距离为：S＝v乙×12＝1200（km），
∴t甲＝＝＝15（h），
故③错误；
④由③知，A、B两地相距1200km，
故④正确；
⑤甲车出发经过10h时，甲乙两车相距：（v乙﹣v甲）×（10﹣5）＝（100﹣80）×5＝100（km），
当甲车出发经过10h与13h时，甲乙两车相距：160﹣80×[13﹣（5+8）]＝100（km），
故⑤正确，
所以正确的说法有：①②④⑤共4个，
故选：C．
【点评】本题考查一次函数的应用，关键是以函数图象为背景两点距离与运动时间的函数关系．
5．（2021春•沙坪坝区校级月考）一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，相遇后继续前行，已知两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，设行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示从两车出发至轿车到达乙地这一过程中y与x之间的函数关系，根据图象提供的信息，以下选项中正确的个数是（　　）
①甲乙两地的距离为450千米；②轿车的速度为70千米/小时；③货车的速度为45千米/小时；④点C的实际意义是轿车出发5小时后到达乙地，此时两车间的距离为300千米．

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图可得，
甲乙两地的距离为150×3＝450（千米），故①正确；
∵两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，两车相遇时正好是3小时，
∴轿车每小时比货车多行驶30千米，
∴轿车的速度为：[450÷3﹣30]÷2+30＝90（千米/小时），故②错误；
货车的速度为：[450÷3﹣30]÷2＝60（千米/小时），故③错误；
轿车到达乙地用的时间为：450÷90＝5（小时），此时两车间的距离为：60×5＝300（千米），故④正确；
由上可得，正确的是①④，
故选：B．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．（2021•苏州）如图，线段AB＝10，点C、D在AB上，AC＝BD＝1．已知点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿着AB向点D移动，到达点D后停止移动．在点P移动过程中作如下操作：先以点P为圆心，PA、PB的长为半径分别作两个圆心角均为60°的扇形，再将两个扇形分别围成两个圆锥的侧面，设点P的移动时间为t（秒），两个圆锥的底面面积之和为S，则S关于t的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象．菁优网版权所有
【专题】函数及其图象；推理能力．
【分析】先用t的代数式表示出两个扇形的半径，根据扇形的弧长等于底面圆的周长求出两个圆锥底面圆的半径，最后列出两个圆锥底面积之和关于t的函数关系式，根据关系式即可判断出符合题意的函数图形．
【解答】解：∵AB＝10，AC＝BD＝1，
∴CD＝10﹣1﹣1＝8，
∵PC＝t，
∴AP＝t+1，PB＝8﹣t+1＝9﹣t，
设围成的两个圆锥底面圆半径分别为r和R则：
2πr＝；．
解得：r＝，R＝，
∴两个圆锥的底面面积之和为S＝
＝
＝，
根据函数关系式可以发现该函数图形是一个开口向上的二次函数．
故选：D．
【点评】本题考查的是动点图象问题，涉及到扇形、圆锥有关知识，解决此类问题关键是：弄清楚题意思列出函数关系式．
7．（2021•章丘区模拟）如图，在平面直角坐标系中，动点A、B分别在x轴上和函数y＝x的图象上，AB＝4，CB⊥AB，BC＝2，则OC的最大值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】数学建模思想；模型思想．
【分析】连接AC,根据勾股定理可计算出AC的长,当点A与点O重合时即OC最长,等于AC的长度,即可得出答案．
【解答】解：连接AC交y轴于点E,如图,

在Rt△ABC中,
AC＝,
则在△AOC中,
∠AOC＝∠AOE+∠EOC＝90°+∠EOC≥90°,
故∠CAO＜90°,
则 OC≤CA,
∴当且仅当点A与点O重合时,OC为最大值,
OC＝AC＝2,
故选：C．
【点评】本题主要考查了勾股定理,合理利用勾股定理进行计算是解决本题的关键．
8．（2021•白银）如图1，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于点D（AD＞BD）．动点M从A点出发，沿折线AB→BC方向运动，运动到点C停止．设点M的运动路程为x，△AMD的面积为y，y与x的函数图象如图2，则AC的长为（　　）

A．3 B．6 C．8 D．9
【考点】动点问题的函数图象．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】先根据AB＝BC结合图2得出AB＝，进而利用勾股定理得，AD²+BD²＝13，再由运动结合△ADM的面积的变化，得出点M和点B重合时，△ADM的面积最大，其值为3，即AD•BD＝3，进而建立二元二次方程组求解，即可得出结论．
【解答】解：由图2知，AB+BC＝2，
∵AB＝BC，
∴AB＝，
∵AB＝BC，BD⊥BC，
∴AC＝2AD，∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AD²+BD²＝AB²＝13①，
设点M到AC的距离为h，
∴S△ADM＝AD•h，
∵动点M从A点出发，沿折线AB→BC方向运动，
∴当点M运动到点B时，△ADM的面积最大，即h＝BD，
由图2知，△ADM的面积最大为3，
∴AD•BC＝3，
∴AD•BD＝6②，
①+2×②得，AD²+BD²+2AD•BD＝13+2×6＝25，
∴(AD+BD)²＝25，
∴AD+BD＝5（负值舍去），
∴BD＝5﹣AD③，
将③代入②得，AD(5﹣AD)＝6，
∴AD＝3或AD＝2，
∵AD＞BD，
∴AD＝3，
∴AC＝2AD＝6，
故选：B．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的面积公式，判断出AB＝和点M和点B重合时，△ADM的面积为3是解本题的关键．
9．（2021春•沙坪坝区校级月考）为了提升城市品质，改善生态环境，落实民生实事，重庆市利用城市空地、荒地等修建了多个社区公园，为市民提供更多集休闲、娱乐、健身为一体的活动场所．一天晚饭后，小新和小达在小区附近的清溪公园散步，他们分别从公园入口和银杏林同时出发，匀速相向而行．小新到达银杏林后，放慢了速度，继续匀速向湖心亭前进，到达湖心亭后立即调头，以变慢后的速度匀速返回银杏林等待小达（公园入口、银杏林和湖心亭依次在同一直线上）．小达走到公园入口后立即调头，以原速匀速返回银杏林与小新会合．小新和小达相距的路程y（米）与小达从银杏林出发的时间x（分）之间的函数关系如图所示（其中DE∥BG，B、C、D三点不在同一直线上，两人调头的时间忽略不计），
则下列4个说法：①a＝22.5；②刚出发时，小新的速度为80米/分；③图象中线段DE表示小新和小达两人停止了运动；④公园入口到湖心亭的距离为2250米，其中正确说法的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【分析】根据函数图象，可知公园入口和银杏林相距1800米，小新到达银杏林时，他们两人一共走了：1800+1350＝3150米，小达的速度为：1800×2÷60＝60（米/分），当小新到达银杏林时，小达距离银杏林1350米，即小达走了1350米，进而求出A的值，由DE∥BG，可知小新变慢后的速度和小达相等，进而判断④．
【解答】解：由函数图象可知，公园入口和银杏林相距1800米，
小新到达银杏林时，他们两人一共走了：1800+1350＝3150米，
小达的速度为：1800×2÷60＝60（米/分），
当小新到达银杏林时，小达距离银杏林1350米，即小达走了1350米，
∴a＝1350÷60＝22.5，
∴刚出发时，小新的速度为：1800÷22.5＝80（米/分），
故①②正确；
在整个过程中，小新和小达没有停止运动，
∴③错误；
∵DE∥BG，只有小新与小达同速，同方向，才能保持距离不变，小新以80米/分用22.5分走了1800米，后用与小达相同的速度60米/分走30分走了1800米，
∴公园入口到湖心亭的距离为：1800+60×（52.5﹣22.5）÷2＝2700（米）
故④错误，
∴正确的个数是2个，
故选：B．
【点评】本题主要考查一次函数的应用，理解题目中整个运动过程，结合图象信息，求出小新和小达的速度是解题关键．
10．（2021•安徽模拟）如图，在△ABC中，CD⊥AB于D，AD＝9，DB＝3，CD＝6，垂直于AB的直线l从A点出发，匀速平移，当l经过顶点B时，平移停止，设直线l平移的距离为x，直线l经过的图形（阴影部分）的面积为y，则y关于x的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
【考点】动点问题的函数图象．菁优网版权所有
【专题】动点型；分类讨论；数据分析观念．
【分析】分0≤x≤9、9＜x≤12两种情况，分别求出函数表达式即可求解．
【解答】解：在Rt△ACD中，tanA＝，
同理可得tanB＝2，
当0≤x≤9时，
y＝AP•PQ＝×x×x•tanA＝x2，为开口向上的抛物线；
当9＜x≤12时，如下图：

同理可得，y＝S△ABC﹣S△PQB＝×12×6﹣×（12﹣x）×tanB×（12﹣x）＝﹣x2+24x﹣108，为开口向下的抛物线；
故选：B．
【点评】本题考查动点问题函数图象、分段函数等知识，解题的关键是理解题意，学会构建函数关系式解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
11．（2021春•渝中区校级月考）疫情期间，英国留学生小玲和小丽同住一个学生公寓，小玲是她们所在片区留学生防疫物资发放负责人．2021年1月2号一早，小玲从家出发骑平衡车匀速到距离7500米处的中国驻英国大使馆帮同学领取防疫物资，出发一段时间后，小丽发现小玲忘记带物资领取证明，立即骑自行车沿小玲行驶的路线匀速行驶去追赶，当小丽追上小玲后，立即将物资领取证明交给了她，并用2分钟时间与小玲核对了下领收防疫物资的名单，然后小玲继续以原速度前往大使馆，而小丽则按原路以原来一半的速度匀速返回学生公寓．设小丽与小玲之间的距离y（米）与小玲从学生公寓出发后的时间x（分）之间的关系如图所示．当小丽刚好返回到学生公寓时小玲离大使馆的距离还有 　750　米．

【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】函数思想；应用意识．
【分析】由图像可得：小玲去大使馆所需要的时间为32﹣2＝30min，小丽是在小玲出发6min后出发开始追赶小玲，则小玲速度为7500/30＝250米/分钟，追击路程为2506＝1500米，追击时间为15﹣2﹣6＝7min，然后求出小丽的速度，进而可以得出小丽返回学生公寓的时间为2501316257＝14min，然后问题可解．
【解答】解：由图象及题意可得：小玲去大使馆所需时间为32﹣2＝30分钟，
小玲的速度为7500÷30＝250米/分钟，
由图象可知小丽是在小玲出发6分钟后开始追赶小玲，
则有追及路程为250×6＝1500米，
追及时间为15﹣2﹣6＝7分钟，
设小丽的速度为x米/分钟，则有：
7（x﹣250）＝1500，
解得：x＝，
小丽返回时的速度为×＝米/分钟，
小丽返回学生公寓所需时间为：
250×13÷＝14分钟，
∴当小丽到达公寓时小玲距大使馆的距离为：
250×（32﹣15﹣14）＝750米，
故答案为：750．
【点评】本题主要考察函数图象的应用，关键是根据函数图象得到相关信息，然后求解即可．
12．（2020秋•东阳市期末）已知直线y＝x+2与函数y＝图象交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）点A的坐标是　（﹣，）　；
（2）已知O是坐标原点，现把两个函数图象水平向右平移m个单位，点A，B平移后的对应点分别为A′，B′，连接OA′，OB′．当m＝　6　时，|OA'﹣OB'|取最大值．
【考点】一次函数的性质；一次函数图象与几何变换；一次函数与一元一次不等式；轴对称﹣最短路线问题．菁优网版权所有
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【分析】（1）因为点A在点B左边，联立方程y＝x+2与y＝﹣x﹣1求解．
（2）O，A'，B'共线时满足题意，用含m代数式分别表示A'，B'坐标，然后代入正比例函数解析式求出m即可．
【解答】解：（1）联立方程，
解得，
∴A（﹣，），
故答案为：（﹣，）．
（2）联立方程，
解得，
∴点B坐标为（，），
将A，B向右平移m个单位得A'（﹣+m，），B'（+m，），
∴OA'＝，OB'＝，
∵三角形中两边之差小于第三边，
∴O，A，B三点共线时，|OA'﹣OB'|取最大值，最大值为AB长度，
设O，A，B所在直线正比例函数为y＝kx，
将A'，B'坐标代入可得：
，
解得m＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，解题关键是掌握一次函数的性质及求线段和差最值的方法．
13．（2021•东莞市校级一模）如图1，点P从△ABC的顶点B出发，沿B→C→A匀速运动到点A，图2是点P运动时，线段BP的长度y随时间x变化的关系图象，其中M是曲线部分的最低点，则△ABC的面积是　48　．

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【专题】动点型；三角形；推理能力．
【分析】由图2知，AB＝BC＝10，当BP⊥AC时，y的值最小，即△ABC中，AC边上的高为8（此时BP＝8），即可求解．
【解答】解：根据图象可知点P在BC上运动时，此时BP不断增大，
由图象可知：点P从B向C运动时，BP的最大值为10，
即BC＝10，
由于M是曲线部分的最低点，
∴此时BP最小，
即BP⊥AC，BP＝8，
∴由勾股定理可知：PC＝6，
由于图象的曲线部分是轴对称图形，
∵图象右端点函数值为10，
∴AB＝BC＝10，
∴PA＝PC＝6（三线合一），
∴AC＝12，
∴△ABC的面积为：×12×8＝48，
故答案为：48．
【点评】本题考查了函数图象的理解和应用，等腰三角形的性质．把图形和图象结合理解得到线段长度是解决本题的关键．
14．（2021•葫芦岛二模）如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…，An在x轴上，B1，B2，B3，…，Bn在直线y＝x上，若A1（2，0），且△A1B1A2，△A2B2A3，…，△AnBnAn+1都是等边三角形，从左到右的小三角形（阴影部分）的面积分别记为S1，S2，S3，…，Sn．则Sn可表示为　22n﹣1　．

【考点】规律型：点的坐标；一次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】常规题型；解题方法；能力层次．
【分析】根据条件容易判定所有阴影△是30°的直角三角形；相似比恰好是1：2．
【解答】解：根据条件知道正比例函数中的k＝是一个特殊数据，可以判断直线与x 轴的夹角是30°；
再据等边三角形条件，得到所有阴影△都是30°的直角三角形；
前一个阴影△的斜边恰好是第二个阴影△的最小直角边，故相似比恰好是1：2．
得到 S2：S1＝1：4； S3：S2＝1：4； …S．
在Rt△A2B1B2 中，∵∠B1B2A2＝30°，
∴．
所以 ．
故答案为：．
【点评】本题考查一次函数中特殊的k值与直线与x轴的夹角关系，直角三角形中特殊角（30°）涉及三边的数量关系；相似三角形性质（面积）的应用，
15．（2020春•沙坪坝区校级月考）甲、乙两小朋友都从A地出发，匀速步行到B地（A、B两地之间为笔直的道路），甲出发半分钟后，乙才从A地出发，经过一段时间追上甲，两人继续向B地步行，当甲、乙之间的距离刚好是70米时，乙立刻掉头以原速度向A地步行，半分钟后与甲相遇，乙又立刻掉头向B地以原速度步行（两次掉头时间忽略不计）．甲、乙相距的路程为y（米）与乙出发的时间x（分钟）之间的关系如图所示，当乙到达B地时，甲与B地相距的路程是　40　米．

【考点】一次函数的应用．菁优网版权所有
【专题】函数及其图象；一次函数及其应用；应用意识．
【分析】设甲的速度为am/min，乙的速度为bm/min，由第一次相遇时，图象上的数据求得a与b的关系，再根据“当甲、乙之间的距离刚好是70米时，乙立刻掉头以原速度向A地步行，半分钟后与甲相遇”求得两人的速度和a+b，进而求得两人的速度a与b，再求得第二次相遇时间，由图象知7.5min时，乙到达B地，求得此时甲与B地相距的路程．
【解答】解：设甲的速度为am/min，乙的速度为bm/min，
由函数图象知，当x＝1.5min时，y＝0m，即两人第一次相遇，根据题意得，
（1.5+0.5）a＝1.5b，
∴b＝a，
∵当甲、乙之间的距离刚好是70米时，乙立刻掉头以原速度向A地步行，半分钟后与甲相遇，
∴a+b＝70÷＝140，
∴a+a＝140，
∴a＝60（m/min），b＝80（m/min），
于是，当甲、乙之间的距离刚好是70米时，乙出发的时间为：1.5+70÷（80﹣60）＝5（min），
∴两人第二次相遇时的时间为：5+0.5＝5.5（min），
根据函数图象知，当x＝7.5min时，乙到达了B地，
此时，两人相距：（80﹣60）×（7.5﹣5.5）＝40（m），
∴甲与B两地的距离为：40m．
故答案为：40．
【点评】本题考查实际问题中的函数图象的应用，关键是理解是图象上的点所表示的意义，并根据题意，求出两人的速度．
16．（2020•九龙坡区校级模拟）甲、乙两人在同一条直线跑道AB上进行往返跑，甲从A地出发，乙从A、B之间的C地出发，且比甲晚出发1分钟，甲到达B地后，立即调头返回A地，并将速度降为原速的，而乙到达B地后仍以原速返回A地（甲、乙掉头的时间均忽略不计），两人之间的距离y（米）与甲的时间x（分）之间的部分函数关系如图所示，则当乙到达B地时，甲离A地的距离为　　米．

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【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【分析】根据题意求出甲、乙原速度，可求出A、B的距离，可得B、C的距离，求出乙到达B地用的时间，求出此时即可求得当乙到达B地时，甲离A地的距离．
【解答】解：甲跑的速度为a米/分，乙跑的速度为b米/分，
根据题意，得：4a﹣3b＝645，
由图得8a﹣8b＝1000，
联立解得：a＝270，b＝145，
∴A、B之间的距离为：270×12＝3240（米），
∴B、C的距离为：3240﹣﹣645＝2595（米），
∴乙到达B地用的时间：2595÷145＝（分），
此时甲从B返回A地的时间：﹣12＝，
∴当乙到达B地时，甲离A地的距离：3240﹣270××＝（米），
故答案为：．
【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题，关键是根据函数的图象得到有效信息进行解答．
17．（2019春•巴南区期末）甲、乙两人在同一直线道路上同起点、同方向、同时出发，分别以不同的速度匀速跑步1000米，甲超出乙150米时，甲停下来等候乙，甲、乙会合后，两人分别以原来的速度继续跑向终点，先到终点的人在终点休息，在跑步的整个过程中，甲、乙两人的距离y（米）与乙出发的时间x（秒）之间的关系如图所示，则甲到终点时，乙距离终点还有　50　米．

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【专题】函数及其图象；一次函数及其应用．
【分析】乙从开始一直到终点，行1000米用时200秒，因此乙的速度为1000÷200＝5米/秒，甲停下来，乙又走150÷5＝30秒才与甲第一次会和，第一次会和前甲、乙共同行使150﹣30＝120秒，从起点到第一次会和点的距离为5×150＝750米，因此甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，甲行完全程的时间为1000÷6.25＝160秒，甲到终点时乙行驶时间为160+30＝190秒，因此乙距终点还剩200﹣190＝10秒的路程，即10×5＝50米．
【解答】解：乙的速度为：1000÷200＝5米/秒，从起点到第一次会和点距离为5×150＝750米，
甲停下来到乙到会和点时间150÷5＝30秒，之前行驶时间150﹣30＝120秒，
甲的速度为750÷120＝6.25米/秒，
甲到终点时乙行驶时间1000÷6.25+30＝190秒，
还剩10秒路程，即10×5＝50米，
故答案为50米．
【点评】考查函数图象的意义，将行程类实际问题和图象联系起来，理清速度、时间、路程之间的关系是解决问题关键．
18．（2019•渝中区校级模拟）甲、乙两人分别骑自行车从黄花园巴蜀中学、重庆洪崖洞两地出发，相向而行，甲先出发5分钟后，乙再出发，乙出发几分钟后和甲相遇，同时乙由于自行车故障，停车修理自行车，8分钟修好自行车后，继续向黄花园巴蜀中学出发，甲到达重庆洪崖洞后立即掉头，向黄花园巴蜀中学行驶，直到追上乙．甲乙两人之间相距的路程y（米）与甲出发的时间x（分钟）之间的关系式如图所示．则甲最后追上乙时，甲距离黄花园巴蜀中学的路程是　1800　米．

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【专题】应用题；函数及其图象；一次函数及其应用．
【分析】由甲先出发5分钟，两人之间的路程减少900米，可求出甲的速度，再由相遇路程和相遇时间可求出速度和，进而求出乙的速度，在乙修车的8分钟内，甲到洪崖洞又返回的时间和距离均可求出，此时二人追及问题，可求出追及时间，进而求出距巴蜀中学的距离．
【解答】解：甲的速度为：（2880﹣1980）÷5＝180米/秒，
甲乙的速度和为：1980÷（11.6﹣5）＝300米/秒，
故乙的速度为：300﹣180＝120米/秒，
相遇地点距洪崖洞的距离为：120×（11.6﹣5）＝792米，
甲从相遇到洪崖洞的时间为：792÷180＝4.4分，
甲到洪崖洞后又返回8﹣4.4＝3.6分，乙才修好车，此时甲与乙的距离为：792﹣180×3.6＝144米，
追及时间为：144÷（180﹣120）＝2.4分，
甲从洪崖洞返回到追上乙共行驶：180×（3.6+2.4）＝1080米，此时距黄花园巴蜀中学的距离为：2880﹣1080＝1800米，
故答案为：1800
【点评】考查识别函数图象的能力，行程类应用题的数量关系等知识，由于数量关系复杂，解题由一定的难度，熟练掌握行程类应用题的数量关系是解决问题的前提和基础．
19．（2020秋•九龙坡区校级期末）一天，小新带弟弟从家出发一起去文具店买文具．出门10分钟后，小新发现忘了带钱，于是立即停下，并打电话让正在家里的妈妈送钱出来，挂电话后，小新让弟弟原地等待，自己立刻以先前速度的1.6倍往家走去，同时，妈妈也拿上钱从家里出发．30秒后，小新觉得弟弟一人在路边等待不安全，于是立即以刚才的速度折返，接上弟弟后，立刻以出门时的速度往家走去．与妈妈相遇后，接过妈妈手中的钱，小新和弟弟立即以出门时的速度往文具店走去，妈妈则以先前速度的一半回家．最后妈妈到家时，兄弟俩刚好到达文具店．小新和妈妈相距的路程y（米）和小新出发的时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，整个过程中，小新和妈妈都是匀速前进，且小新接过钱的时间忽略不计，则小新家和文具店的距离是　800　米．

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【专题】行程问题；一次函数及其应用；推理能力．
【分析】分别设出小新出门速度为a米/分，妈妈的速度为b米/分．通过图象中440米与430米列方程求解．
【解答】解：设小新出门时速度为a米/分，妈妈的速度为b米/分．
小新发现忘记带钱时所走路程为10a米，
30秒小新走的路程为0.5×1.6a＝0.8a，妈妈走的路程为0.5b．
∴10a﹣0.8a﹣0.5b＝430①，
∵小新返回接弟弟的速度不变，路程不变．
∴时间为30秒，
∴440＝10a﹣b②．
联立方程①②，解得．
设小新与弟弟和妈妈相遇所用时间为t，
则60（t+1）+50t＝10×50，
解得t＝4．
∴此时妈妈行走时间为4+2×0.5＝5（分钟）．
∴妈妈离家距离为5×60＝300（米）．
妈妈回家时间为5×2＝10（分钟），
小新此时又走了50×10＝500（米）．
∴小新家和文具店的距离为300+500＝800（米）．
故答案为800．
【点评】本题考查函数图象的实际应用，解题关键是分别设出小新与妈妈的速度列出二次一次方程组．
20．（2019•路北区二模）将一个直角三角形纸片ABO，放置在平面直角坐标中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0），过边OA上的动点M（点M不与点O，A重合）作MN⊥AB于N，沿着MN折叠该纸片，得顶点A的对应点A'．设OM＝m，折叠后的△A'MN与四边形OMNB重叠部分的面积为S．
（1）如图，当点A'与顶点B重合时，点M的坐标为　（，0）　．
（2）当S＝时，点M的坐标为　（，0）　．

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【专题】综合题；一次函数及其应用；平移、旋转与对称．
【分析】（1）根据折叠的性质得出AN＝BN，再由含30度角的直角三角形的性质进行解答即可；
（2）根据勾股定理和三角形的面积得出△AMN，△COM和△ABO的面积，进而表示出S的代数式即可；再把S＝代入解答即可．
【解答】解：（1）当点A'与顶点B重合时，
∴N是AB的中点，
∵点A（，0），点B（O，1），
∴AB＝2，
∴AN＝1，
∵∠OAB＝30°，
∴AM＝，
∴M（，0）；

（2）在Rt△ABO中，tan∠OAB＝＝＝，
∴∠OAB＝30°，
由MN⊥AB，可得：∠MNA＝90°，
∴在Rt△AMN中，MN＝AM•sin∠OAB＝（﹣m），
AN＝AN•cos∠OAB＝（﹣m），
∴S△AMN＝MN•AN＝（﹣m）2，
①当点A′落在第一象限或y轴上时，则S＝S△A′MN，令（﹣m）2＝，解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去）；
②如图，当点A′落在第二象限时，记A'M与OB相交于点C，
在Rt△COM中，可得CO＝OM•tan∠A'MO＝m，
∴S△COM＝OM•CO＝m2，
∵S△ABO＝OA•OB＝，
∴S＝S△ABO﹣S△AMN﹣S△COM＝﹣（﹣m）2﹣m2，
即S＝﹣m2+m+（0＜m＜）；
令﹣m2+m+＝，解得m＝（均不符合题意）；
综上所述，点M的坐标为（，0）．
故答案为：（，0）；（，0）．

【点评】此题考查了一次函数的综合问题，关键是利用勾股定理、三角形的面积，三角函数的运用进行分析．
三．解答题（共10小题）
21．（2021•香坊区三模）如图1，直线BC交x轴于点B、交y轴于点C，直线BC的解析式为y＝﹣x+m，矩形OCDA交x轴于点A，边AD交直线BC于点E，点D坐标为（4，6）．
（1）求点B的坐标；
（2）如图2，点G为线段OA上一点，点F为线段DE上一点，作GM⊥x轴交CD于点M，连接FC，FB，设点G的横坐标为t，线段AF的长为d，当矩形OGMC的面积为△CBF面积的2倍时，求d与t的函数关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长GM，BF交于点P，点L为第二象限内一点，连接LC、LG、LF，若PF＝CF，LC＝LG，求直线LF的解析式．

【考点】一次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；应用意识．
【分析】（1）先确定点C的坐标，再将点C的坐标代入y＝﹣x+m，求出m的值即可；
（2）过点F作FH⊥BC于点H，直线BC与坐标轴交成45°角，根据等腰直角三角形的性质将FH的长用含t的代数式表示，求出BC的长，再由S矩形OGMC＝2S△CBF列方程求d关于t的函数关系式；
（3）过点F作FN⊥GM于点N，可证明△PNF≌△CDF，求出直线BF的解析式，再求点P的坐标并且由PN＝CD＝4列方程求t的值，得到点F的坐标，再证明点F、点L都在CG的垂直平分线上，根据这一条件可求出直线LF的解析式．
【解答】解：（1）由题意，得C（0，6），
把C（0，6）代入y＝﹣x+m，得m＝6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6，
y＝0时，由﹣x+6＝0，得x＝6，
B（6，0）．
（2）过点F作FH⊥BC于点H，则∠EHF＝90°，
∵OB＝OC＝6，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，BC＝＝6，
∵AD∥OC，
∴∠FEH＝∠OCB＝45°，
当x＝4时，y＝﹣x+6＝﹣4+6＝2，
∴E（4，2），
∵F（4，d），
∴EF＝d﹣2，
∴FH＝EF•sin45°＝（d﹣2），
∴S△CBF＝×6×（d﹣2）＝3d﹣6，
∵G（t，0），M（t，6），
∴S矩形OGMC＝6t，
由S矩形OGMC＝2S△CBF，得6t＝2（3d﹣6），整理得d＝t+2，
∵点G在线段OA上，且存在矩形OGMC和△CBF，
∴0＜t≤4，
∴d＝t+2（0＜t≤4）．
（3）设直线BF的解析式为y＝kx+b，
∵B（6，0），F（4，t+2），
∴，
解得，
∴y＝（t﹣1）x+3t+6；
当x＝t时，y＝t（t﹣1）+3t+6＝t2﹣t+3t+6＝t2+2t+6，
∴P（t，t2+2t+6）；
作FN⊥PG于点N，则N（t，t+2），FN＝4﹣t，
∵DF＝6﹣（t+2）＝4﹣t，
∴FN＝DF，
∵∠PNF＝∠CDF＝90°，PF＝CF，
∴Rt△PNF≌Rt△CDF（HL），
∴PN＝CD＝4，
∴t2+2t+6﹣（t+2）＝4，
整理得t2+t＝0，解得t＝2或t＝0（不符合题意舍去），
∴F（4，4），G（2，0），
∴AF＝4，DF＝6﹣4＝2，AG＝4﹣2＝2，
连结FG、CG，
∵AG＝DF，∠GAF＝∠FDC＝90°，AF＝DC＝4，
∴△GAF≌△FDC（SAS），
∴CF＝GF，
∵LC＝LG，
∴点L、F都在CG的垂直平分线上，即直线LF垂直平分CG，
设直线LF的解析式为y＝px+q，直线LF交CG于点Q，则Q为CG的中点，
∴Q（1，3），
把Q（1，3）、F（4，4）代入y＝px+q，
得，解得，
∴直线LF的解析式为y＝x+．


【点评】此题重点考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、用待定系数法求函数解析式等知识和方法，需经过深入探究，发现题中的隐含条件，作出相应的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．
22．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+4分别与x轴、y轴交于点A、点B，过点B作直线l2⊥l1交x轴于点C，将直线l2沿y轴正方向平移2个单位得到直线l3，直线l1与直线l3交于点D．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图2，点F在直线l1上，点F的纵坐标为7，点M、点N分别为直线l3、l2上的两个动点（点M的横坐标小于点N的横坐标），且∠MNB＝30°，连接FM、NO，求FM+MN+NO的最小值；
（3）如图3，将△BOC绕着点（2，0）逆时针旋转90°得到△B'O′C'，作点B'关于直线C'O'的对称点B″，设动点K在直线l4：y＝x﹣2上，点T在直线C′O′上，是否存在点K，使得△B″KT为等边三角形？若存在，请直接写出点K的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】一次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；一次函数及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据题意，求出A、B、C三点坐标，根据三角形面积公式计算即可；
（2）过点M作MP⊥BC于P，求出MN的长，将点F沿MN方向平移MN的长度得到点Q，连接OQ，与BC交于点H，此时FM+MN+NO最小，最小值为FQ+OQ；
（3）连接B″C′、B″O'，由对称性可知△B″C'B'是等边三角形，根据SAS证△B′B″K≌△C′B″T，确定K点位置，过点K作KS⊥B′B″于S，设K（x，x﹣2），根据锐角三角函数的定义，即可求得点K的坐标．
【解答】解：（1）y＝x+4分别与x轴、y轴交于点A、点B，
当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝﹣，
则A（﹣，0），B（0，4），OA＝，OB＝4，
∴tan∠ABO＝＝，∠ABO＝30°，
∵l2⊥l1，
∴∠CBO＝60°，
∴OC＝OB•tan60°＝4，
∴△ABC的面积＝×（+4）×4＝；
（2）由（1）可知C（4，0），B（0，4），
∴l2解析式为：y＝﹣x+4，
∵将直线l2沿y轴正方向平移2个单位得到直线l3，设直线l3与y轴交点为W，
∴l3解析式为：y＝﹣x+6，
l1和l3联立方程组得，，解得：，
∴D点坐标为（，），
点F的纵坐标为7，代入y＝x+4得，x＝，
∴F点坐标为（，7），
∵B（0，4），
∴D为BF中点，
∵BW＝2，BD＝BW•cos30°＝，
过点M作MP⊥BC于P，作FQ∥MN交直线l3于点Q，连接OQ，

∵∠MNB＝30°，
∴MP＝BD＝，MN＝2，
∵FD＝BD＝MP，∠FDQ＝∠MPN＝90°，∠MNB＝∠FQD＝30°，
∴MN＝FQ，
∴四边形FMNQ是平行四边形，
∴FM＝NQ，
∴FM+MN+NO＝FQ+ON+NQ，当O、N、Q共线时，值最小，如图所示，最小值为OQ+FQ，
∵QD⊥BF，BD＝FD，∠FQD＝30°，
∴QF＝QB＝2，∠FQB＝60°，
∴∠FBQ＝60°，
∴∠QBO＝90°，
∴OQ＝＝2，
∴FM+MN+NO的最小值为：2+2；
（3）连接B″C′、B″O'，由对称性可知△B″C'B'是等边三角形，如图所示，


当△B″KT是等边三角形时，B″T＝B″K，B″C'＝B″B'，∠B'B″C'＝∠KB'T＝60°，
∴∠B'B″K＝∠C'B″T，
∴△B'B″K≌△C'B″T，
∴∠B″B'K＝∠B″C'T＝30°，
∴∠C′B'K＝90°，
由旋转可知，B'的坐标为（﹣2，﹣2），C′的坐标为（2，4﹣2），
过点K作KS⊥B′B″于S，设K（x，x﹣2），
∵∠B″B'K＝30°，
∴tan∠B″B'K＝＝，即＝，
解得，x＝1﹣，
∴x﹣2＝﹣1﹣，
∴点K的坐标为（1﹣，﹣1﹣）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，考查了一次函数与几何综合，解题关键是熟练掌握一次函数、最短路径、等边三角形的性质，灵活运用解直角三角形、二元一次方程组、平行四边形等知识，进行推理和计算．
23．（2021•大东区一模）如图，直线l1：y＝﹣x+4与直线l2：y＝2x﹣2的图象交于点A，与x轴交于点B．
（1）填空：A的坐标　（2，2）　；B的坐标　（4，0）　；
（2）过点A作AC⊥y轴于点C，动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度，沿O→C→A的路线向点A运动，同时动点Q从点B出发，以每秒个单位长度的速度．沿射线BA方向运动，过点Q作直线l∥y轴，交l2于点M．当点P到达点A时，点Q也停止运动，设动点P运动的时间为t秒，△PQM的面积为S．
①当P在OC上运动时，求S与t的函数关系式（不必写出自变量的取值范围）；
②若S＝，请直接写出此时t的值　或或　．

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【专题】函数思想；应用意识．
【分析】（1）联立两直线解析式即可求得A点坐标，将y＝0代入直线l2解析式即可求得B点坐标；
（2）①分别用带t的代数式表示出PQ和QM的长度即可得出函数关系式；
②分P点在OC和在CA上两种情况求t值即可．
【解答】解：（1）联立，
解得，
∴A点坐标为（2，2），
将y＝0代入直线l2：y＝2x﹣2中，
解得x＝4，
∴B点坐标为（4，0），
故答案为（2，2），（4，0）；
（2）①设MQ∥y轴交x轴于N，则∠QNB＝90°，
设l1与y轴交点为D，则点D坐标为（0，4），
∵OB＝OD＝4，∠DOB＝90°，
∴∠DBO＝45°，
∴△QBN是等腰直角三角形，NQ＝NB，
∵P、Q的运动速度分别为每秒1单位长度和每秒单位长度，
∴当运动t秒时，OP＝t，BQ＝t，
∴NQ＝NB＝t，ON＝OB﹣NB＝4﹣t，
将x＝4﹣t代入y＝2x﹣2，
得y＝6﹣2t，
∴点M的坐标为（4﹣t，6﹣2t），
即MN＝6﹣2t，
由题知：S＝PQ•QM＝ON•（MN﹣NQ）＝（4﹣t）（6﹣2t﹣t），
即S＝t2﹣9t+12，
②当P点在OC上时，S＝t2﹣9t+12＝，
解得t＝，
∵OC＝2，
∴t＜2，
∴t＝，
当P点在CA上时，如图2，
∵OC＝OD，CA∥OB，
∴点A是BD中点，
若P点在CA上时，由P、Q的运动速度可知Q点已经过了A点，
如图所示，此时OP＝t﹣2，BQ＝t，NB＝NQ＝t，ON＝OB﹣NB＝4﹣t，
将x＝4﹣t代入y＝2x﹣2得M（4﹣t，6﹣2t），
（Ⅰ）当t＜3时，MN＝6﹣2t，
∴S＝PE•QM＝（CE﹣CP）•（NQ﹣MN）＝[t﹣（6﹣2t）]×[（4﹣t）﹣（t﹣2）]，
整理得S＝﹣3t2+15t﹣18＝，
解得t＝，
（Ⅱ）当t＞3时，如右图，MN＝2t﹣6，
∴S＝PE•QM＝（CP﹣CE）•（NQ+MN）＝[t+（2t﹣6）]×[（t﹣2）﹣（4﹣t）]，
整理得S＝3t2﹣15t+18＝，
解得t＝（舍去），t'＝，
∴t＝，
综上，t的值为或或，
故答案为或或．



【点评】本题重点考查一次函数和三角形的性质，注意分情况讨论问题和舍去不合适的结果是解决此题的关键．
24．（2021春•雨花区期中）在平面直角坐标系中，A（0，8），点B是直线y＝x﹣8与x轴的交点．
（1）写出点B的坐标（　8　，　0　）；
（2）点C是x轴正半轴上一动点，且不与点B重合，∠ACD＝90°，且CD交直线y＝x﹣8于D点，求证：AC＝CD；
（3）在第（2）问的条件下，连接AD，点E是AD的中点，当点C在x轴正半轴上运动时，点E随之而运动，点E到BD的距离是否为定值？若为定值，求出这个值，若不是定值，请说明理由．

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【专题】分类讨论；构造法；几何直观；数据分析观念．
【分析】（1）令y＝x﹣8＝0，求x，即可求出B的坐标；
（2）由于C在x轴正半轴上运动，所以分两类讨论，即C在线段OB上和线段OB延长线上，以C为线段OB上为例来说明，由直线BD的解析式为y＝x﹣8，可以求得∠CBD＝135°，由∠ACD＝∠AOC＝90°，易得∠EAC＝∠BCD，由于要证AC＝CD，即要构造AC和CD所在的三角形全等，所以在OA上取点E，使OE＝OC，易得∠AEC＝135°，AE＝CB，可以证得△AEC≌CBD，即可解决，当C在线段OB的延长线时，画出图形，用同样的方法可以证明；
（3）此题同（2）也要进行分类讨论，即C在线段OB上运动和E在线段OB的延长线上运动，以C在线段OB运动为例来说明，设D（m，m﹣8），由于E为AD的中点，由中点坐标公式得到E（），可以得到E到坐标轴距离相等，则OE为第一象限角平分线，得到OE的解析式为y＝x，由BD解析式为y＝x﹣8，可以得到BD∥OE，由于△AOB为等腰三角形，则OE⊥AB，所以BD⊥AB，则∠ABD＝90°，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到BE＝DE，过E作EH⊥BD，可以得到H为BD中点，EH为△ABD中位线，先用勾股定理求出AB长，则EH＝AB＝，当C在OB的延长线上时，同理可得到答案．
【解答】解：（1）令y＝0，则x﹣8＝0，
∴x＝8，
∴B（8，0）；
（2）∵A（0，8），B（8，0），
∴OA＝OB＝8，
设直线BD交y轴于F点，如图1，
令x＝0，则y＝x﹣8＝﹣8，
∴F（0，﹣8），
∴OB＝OF＝8，
∴∠OBF＝45°，
∴∠CBD＝180°﹣∠OBF＝135°，
①当C在线段OB上运动时，在OA上取一点E，使OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE＝45°，
∴∠AEC＝180°﹣∠OEC＝135°，
∴∠AEC＝∠CBD＝135°，
∵OA＝OB，OE＝OC，
∴OA﹣OE＝OB﹣OC，
∴AE＝CB，
∵∠ACD＝∠AOC＝90°，
∵∠EAC+∠ACO＝∠BCD+∠ACO＝90°，
∴∠EAC＝∠BCD，
在△AEC与△CBD中，
，
∴△AEC≌△CBD（ASA），
∴AC＝CD，
②如图2，当C在OB的延长线上运动时，在OA的延长线上取一点F，使OF＝OC，
∴∠AFC＝∠OCF＝45°，
又∠OBD＝135°，
∴∠AFC＝∠CBD＝45°，∵∠ACD＝∠AOC＝90°，
∴∠OAC+∠ACO＝∠ACO+∠DCN＝90°，
∴∠OAC＝∠DCN，
∴∠FAC＝∠BCD，
∵OF＝OC，OA＝OB，
∴FA＝BC，
在△FAC与△BCD中，
，
∴△FAC≌△BCD（ASA），
∴AC＝CD，
即AC＝CD；
（3）设D（m，m﹣8），
∵A（0，8），E为AD中点，
∴E（），
∴E在∠AOB的角平分线上，连接OE、AB，
∴OE平分∠AOB，
又OA＝OB，
∴OE⊥AB，
由E（），
∴直线OE的解析式为y＝x，
又直线BD的解析式为y＝x﹣8，
∴OE∥BD，
∵OE⊥AB，
∴BD⊥AB，
①如图3，当C在线段OB上时，
连接EB，过E作EH⊥BD于H，
∴BE＝DE＝，
∴△EBD为等腰三角形，
又EH⊥BD，
∴H为BD中点，
又E为AD中点，
∴EH＝，
∵，
∴，
②当C在OB的延长线时，
同理可得，E到BD的距离为，
综上所述，E到BD的距离为．



【点评】本题考查的是一次函数综合题，考查了利用全等证明线段相等，解决问题的关键是要充分挖掘已知条件来构造全等条件，这样辅助线就容易构造出来，同时，要注意隐藏条件，比如此题中的∠CBD＝135°，同时，还要注意分类讨论，数形结合来解决问题．
25．（2021春•开福区校级期中）若两个一次函数与x轴的交点关于y轴对称，则称这两个一次函数为“对心函数”，这两个与x轴的交点为“对心点”．如：y＝x+3与x轴的交点是（﹣3，0）；y＝﹣x+3与x轴的交点是（3，0），则y＝x+3是y＝﹣x+3的对心函数；这两个对心点为（﹣3，0）和（3，0）．
（1）写出一个y＝2x+6的对心函数：　y＝﹣x+3（答案不唯一）　，这两个“对心点”为　（﹣3，0）、（3，0）　；
（2）直线l1，经过点A（﹣1，0）和B（0，﹣3），直线l1的“对心函数”直线l2与y轴的交点D位于点（0，1）的上方，且直线l1与直线l2交于点E，点C为直线l2的“对心点”，点G是动直线l2上不与C重合的一个动点，且BG＝BA，试探究∠ABG与∠ECA之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图，直线l3：y＝x+2与其“对心函数”直线l4的交点F位于第一象限，M、N分别为直线l3、l4的“对心点”，点P为线段MF上一点（不含端点），连接NP；一动点H从N出发，沿线段NP以1单位/秒的速度运动到点P，再沿线段PF以单位/秒的速度运动到点F后停止，点H在整个运动过程中所用最短时间为6秒，求直线l4的解析式．

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【专题】代数几何综合题；新定义；数据分析观念．
【分析】（1）y＝2x+6，令y＝0，则x＝﹣3，则这两个“对心点”为（﹣3，0）、（3，0），该对心函数只要过点（3，0）即可；
（2）先判断出α+β+∠ECA＝180°，∠ABG＝2α+2β＝360°﹣∠ECA，即可求解；
（3）过点F作x轴的平行线，过点N作y轴的平行线交l3于点P，两平行线交于点H，则此时t最小，即可求解．
【解答】解：（1）y＝2x+6，令y＝0，则x＝﹣3，
则这两个“对心点”为（﹣3，0）、（3，0），
对心函数只要过点（3，0）即可，
例如：y＝﹣x+3，故答案不唯一，
故答案为：y＝﹣x+3（答案不唯一）；（﹣3，0）、（3，0）；

（2）①当点E在第四象限时（图1左侧图），
过点B作BH⊥CG于点H，

∵BC＝BA＝BG，
∴∠ABO＝∠CBO＝α，∠CBH＝∠GBH＝β，
∠ABG＝∠ABC+∠CBG＝180°﹣2α+180°﹣2β＝360°﹣2（α+β），
而∠ECA＝α+β，
即∠ABG+2∠ECA＝360°；
②当点E在第二象限时（图1右侧图），
同理可得：∠ABG＝2∠ECA；
综上：∠ABG+2∠ECA＝360°或∠ABG＝2∠ECA；

（3）过点F作x轴的平行线，过点N作y轴的平行线交l3于点P，两平行线交于点H，则此时t最小，

直线l3：y＝x+2，则直线的倾斜角为45°，∴∠HFP＝45°，则PH＝PF，
t＝PN+＝PN+PH＝HN＝6，
故点F的纵坐标为6，则点F（4，6），
由点M、F的坐标得：l4的表达式为：y＝3x﹣6．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到等腰三角形的性质、点的对称性等，这种新定义类题目，通常按照题设的顺序逐次求解，一般解答比较容易．
26．（2021•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+3分别交x轴，y轴于点A，B．∠OBA的外角平分线交x轴于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）点P是线段BD上的一点（不与B，D重合），过点P作PC⊥BD交x轴于点C．设点P的横坐标为t，△BCD的面积为S，求S与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，PC的延长线交y轴于点E，BC的延长线交DE于点F，连AP，若sin∠BAP＝，求线段OF的长．

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【专题】数形结合；面积法；应用意识．
【分析】（1）利用角平分线的性质定理和等面积法解题；
（2）求面积先求底和高，利用三角形相似二次求解；
（3）先根据∠BAP的正弦值求出点P的位置，再根据题目的顺序求出点F的坐标，最后求OF的长度．
【解答】解：（1）过点D作DH⊥AB于点H，则：DH＝DO，BH＝BO，
∵当x＝0时，y＝3；当y＝0时，x＝4，
∴A(4，0），B（0，﹣3），
∴OA＝4，BO＝BH＝3，
∴AB＝，
AD＝DO+OA＝DH+4，
∵S△ABD＝，
∴，
解得：DH＝6，
∴OD＝6，
∴点D的坐标为（﹣6，0）．
(2过点P作PE⊥OD于点E，则：△DPE∽△DBO，
∵点P在直线BD上，且点P的横坐标为t，
∴DE＝t+6，
∵OD＝6，OB＝3，
∴BD＝，
∵△DPE∽△DBO，
∴，
∴，
解得：DP＝，
∵PC⊥BD，
∴△PDC∽△ODB，
∴，
∴，
∴PC＝，
∴S＝．
(3)过点P作PM⊥AB于点M，作PN⊥OB于点N，则：
PM＝PN，BM＝BN，
设直线BD的解析式为：y＝kx+b(k≠0)，
把D(﹣6，0），B（0，3）代入y＝kx+b，得：
，解得：．
∵点P在直线BD上，且点P的横坐标为t，
∴P(t，0.5t+3），
∴PM＝﹣t，BM＝3﹣（0.5t+3）＝﹣0.5t，
∴AM＝MB+AB＝﹣0.5t+5，
∵sin∠BAP＝，
∴，
∴AP＝，
∵AM2+PM2＝AP2，
∴（﹣t）2+(﹣0.5t+5)2＝，
解得：t1＝﹣2，t2＝（舍），
∴P(﹣2，2），
∵PE⊥BD，
∴PD所在直线的k为﹣2，
设PE：y＝﹣2x+a，
把点P（﹣2,2）代入，得：﹣2×（﹣2）+a＝2，
∴a＝﹣2，
∴PE：y＝﹣2x﹣2，
当x＝0时，y＝﹣2；y＝0时，x＝﹣1，
∴C(﹣1，0)，E（0，﹣2），
设DE：y＝mx+n(m≠0)，
把点D(﹣6，0），E（0，﹣2）代入，得：
，解得：，
∴DE：y＝①，
设BC：y＝bx+c(b≠0)，
把B(0，3），C（﹣1，0）代入，得：
，解得：，
∴BC：y＝3x+3 ②，
联立①②，解得：，
∴OF＝．



【点评】本题是一个综合应用题，考查了学生对角平分线的性质定理、三角形相似的性质与判定、一次函数的应用、解直角三角形等知识点的掌握情况，解题的时利用相关知识求出关键线段和点是解题的关键．
27．（2021•南岗区校级一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝3．

（1）求直线AB的解析式；
（2）如图2，点C在OA的延长线上，点D在x轴的负半轴上，连接CD交直线AB于点E，点E为线段CD的中点，设点D的横坐标为t，点C的纵坐标为d，求d与t的函数解析式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点E作EF⊥x轴于点F，点G在OB的延长线上，点M为EB的中点，连接MG并延长交线段EF于点H，点N在AB的延长线上，连接NG、DN、CM，∠MNG为钝角，若FG＝d，∠ACM＝∠GDN，MG＝2NG，求点G的坐标．
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【专题】函数思想；应用意识．
【分析】（1）根据OA、OB的长度写出A点和B点坐标，将A、B点坐标代入解析式即可求出解析式；
（2）利用中点坐标公式写出E点坐标，将E点坐标代入直线AB的解析式即可；
（3）由题可知△ACM∽△NDG，再根据已知条件可得OG＝2OB，从而得到G点坐标．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+b交x轴于点B，交y轴于点A，OA＝OB＝3，
∴A（0，3），B（3，0），
将A，B两点代入y＝kx+b中得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3；
（2）由题意得：D（t，0），C（0，d），
∵E是CD中点，
∴E（），
又∵E在直线AB上，
∴将E（）代入y＝﹣x+3中得：，
整理得：d＝﹣t+6，
∴d与t的函数解析式为：d＝﹣t+6；
（3）由题可知F（），
∵点M为EB的中点，E（），B（3，0），
∴M点坐标为（），
∵FG＝d，设G点坐标为（x，0），
∴x﹣，
∴x＝，
∵∠MNG为钝角，∠ACM＝∠GDN，MG＝2NG，
∴△ACM∽△NDG，
∴OG＝2OB，
∵B点坐标为（3，0），
∴G点坐标为（6，0）．
【点评】本题考查一次函数的应用，熟练掌握一次函数的性质和解析式的求法是解题的关键．
28．（2021春•鼓楼区校级期中）已知，如图：在正方形OABC中，A（0，1），B（1，1），C（1，0），D为OB延长线上的一动点，以AD为一边在直线AD下方作正方形ADEF，AF交OC于点G．
（1）若S△AOD＝1，求D点的坐标；
（2）①求证：点E始终落在x轴上；
②若S四边形ABCG＝a•S△ABE，1＜a＜2，利用a表示此时直线AF的解析式．

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【专题】函数思想；应用意识．
【分析】（1）S△AOD＝×OA×hAO＝1，可得D的横坐标，OB所在的直线解析式为yOB＝x，D在直线OB上，即可得D的坐标．
（2）①令D（d，d），E（xE，yE），延长AB交DH于Q，作HE⊥DH，△ADQ≌△DHE（ASA），AQ＝DH，即d＝d﹣yE，得yE＝0．
②S△ABE＝•AB•OA＝，S四边形ABCG＝a•S△ABE，可得OG＝OC﹣CG＝2﹣a，G（2﹣a，0），两点确定一条直线的解析式，可得lAF：y＝•x+1（1＜a＜2）．
【解答】解：（1）S△AOD＝×OA×hAO＝1，
×1×xD＝1，
xD＝2，
又四AOCD为正方形，
∴OB所在的直线解析式为yOB＝x，
D在直线OB上，
∴D（2，2）；
（2）①令D（d，d），E（xE，yE），
延长AB交DH于Q，作HE⊥DH，

正方形ADEF中，
∠ADE＝∠ADQ+∠QDE＝90°，
又∵∠DHE＝∠QDE+∠HED＝90°，
∴∠ADQ＝∠HED，
同理，∠DAQ＝∠HDE，
又∵AD＝DE，
∴△ADQ≌△DHE（ASA），
∴AQ＝DH，
得d＝d﹣yE，
yE＝0，
∴E始终在x轴上；
②S△ABE＝•AB•OA＝，
∴S△ABCG＝a，
（CG+AB）•BC＝a，
CG＝a﹣1，
∴OG＝OC﹣CG，
＝2﹣a（1＜a＜2），
∴G（2﹣a，0），
∵A（0，1），
令lAF：y＝kx+1，
将G（2﹣a，0）代入得：k＝，
∴lAF：y＝•x+1（1＜a＜2）．
【点评】本题考查面积的求解及直线解析式．解本题的关键掌握三角形的面积和三角形全等的判定，代入法求函数解析式等．
29．（2021春•皇姑区校级月考）在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣6与x轴交于点A，与y轴交于点B，点D在直线AB上，点D的横坐标为3，点C（﹣6，0），动点F从C出发，沿x轴正方向运动，速度为每秒1个单位长度，到达终点A停止运动，设运动时间为t（t＞0）．
（1）如图1
①求点A、B的坐标；
②当t＝3时，求证DF＝DA．
（2）过点B作BE∥OA，当BE＝ED时，连接ED并延长交x轴于点Q
①点Q的坐标为　（，0）　；
②当∠FDE＝3∠QFD时，t的值为　3　．

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【专题】函数思想；应用意识．
【分析】（1）①当x＝0时代入直线解析式，可求B的坐标，当y＝0时代入直线解析式，可求A的坐标．②当t＝3时，可得F坐标，过D作DG⊥x轴于点G，D的横坐标为3，代入直线AB解析式，得D、G的坐标．即得GF＝AG＝6，已知DG⊥AF，DG垂直平分AF，即可得证．
（2）①根据已知BE＝ED时，则E在BD的垂直平分线上，yBD＝x﹣6，得M（，﹣5），根据两点确定一条直线的解析式可得yME＝﹣x﹣和yDE＝x﹣，当yDE＝0时，可得Q的坐标．②t＝3，F（﹣6+t，0），两点确定一条直线的解析式yDF＝x+（t≠9），设DF与y轴交于点N，则N（0，），过D作DP⊥y轴于点P，则DP∥x轴∥BE，∠QFD＝∠FDP，∠PDB＝∠DBE，∠PDB＝∠DBE＝∠QFD，根据对称性，则直线BD与直线DF关于直线PD对称，PN＝PB＝2，得t＝3，当t＝9时，不满足题意．
【解答】解：（1）①由已知y＝x﹣6，
令x＝0得y＝﹣6，
∴B（0，﹣6），
令y＝0解得x＝9，
∴A（9，0）；
②当t＝3时，
∵C（﹣6，0），
由题意可知F（﹣3，0），
过D作DG⊥x轴于点G，

∵D的横坐标为3，代入直线AB解析式，
得y＝﹣4，
∴D（3，﹣4），
∴G（3，0），
∴|GF|＝6，|AG|＝6，
又∵DG⊥AF，
∴DG垂直平分AF，
∴DF＝DA．
（2）①Q（，0），
∵BE＝ED，
∴E在BD的垂直平分线上，
∵B（0，﹣6），D（3，﹣4），
∴BD中点M（，﹣5），
∵yBD＝x﹣6，
∴设直线ME方程为yME＝﹣x+b，代入M（，﹣5）解得b＝﹣，
∴yME＝﹣x﹣，
令y＝﹣6，
解得x＝，
∴E（，﹣6），
∵D（3，﹣4），
∴设直线DE的解析式为yDE＝k1x+b1，
代入D、E两点坐标得，
，
解得，
∴yDE＝x﹣，
令yDE＝0，
得x＝，
∴Q（，0）；
②t＝3，
，设DF与y轴交于点N，
过D作DP⊥y轴于点P，


则DP∥x轴∥BE，
∵BE＝DE，DP∥x轴∥BE，
∴∠DBE＝∠BDE＝∠PDB，∠FDP＝∠QFD，
∵∠FDE＝3∠QFD，
∴∠DBE＝∠BDE＝∠PDB＝∠FDP＝∠QFD，
∴BD与DF关于DP所在的直线对称，
∵B（0，﹣6），D（3，﹣4），
∴BP＝PN＝2，∴ON＝2，N（0，﹣2），
直线DN解析式为yDN＝﹣x﹣2，F（﹣3，0），
又∵F（﹣6+t，0），
∴﹣6+t＝﹣3，
∴t＝3．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解本题的关键要掌握，代入法求解析式，一次函数的性质，解二元一次方程组等．
30．（2021•皇姑区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+b（b＞0）与y轴交于点A，与x轴交于点B．动点G从点A出发沿线段AB向点B运动，速度为每秒个单位长度，设运动时间为t（t＞0）秒，过点A作AF∥OB（点F在第一象限），连接OG并延长交AF于点E．
（1）当b＝6，t＝3时，
①求线段AB的长；
②求证：OG⊥AB；
③直接写出直线OE的表达式；
（2）当AE＝2，AF＝时，射线OE与射线BF相交于点M，且∠M＝45°，直接写出b的值．
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【专题】函数及其图象；几何直观；数据分析观念；运算能力．
【分析】（1）①直接令y＝0，求出x值，得到B点坐标，由x＝0，求出y，得到A点坐标，从而得到OA＝OB＝6，用勾股定理求得AB的长度；
②由于OA＝OB，得到∠BAO＝45°，又由于AG＝，过G作GD⊥y轴于D，可以求得AD＝DG＝OD＝3，从而得到∠AGD＝45°，同样的方法，求得∠DGO＝45°，所以∠AGO＝∠AGD+∠DGO＝90°；
③由②可得G（3，3），用待定系数法求得OE的解析式；
（2）利用∠M＝∠ABO＝45°，∠MOB公共，可以证得△GOB∽△BOM，得到OB2＝OG•OM，利用AE和AF的长度得到E点和F点坐标，求出直线OE和直线BF的解析式，联立两个解析式，得到交点M的坐标，利用直线AB和直线OE求出交点G的坐标，从而得到OG和OM的长度，代入到之前的式子中，解方程得到b＝5．
【解答】解：（1）当b＝6，t＝3时，y＝﹣x+6，AG＝3，
①A、B为直线y＝﹣x+6与y轴和x轴的交点，
当x＝0，则y＝6，故A（0，6），
当y＝0，则x＝6，故B（6，0），
∴AO＝6，BO＝6，
故AB＝；
②如图1，过G作GD⊥y轴于D，
∴∠ADG＝∠GDO＝90°，
∵OA＝OB＝6，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∴∠AGD＝90°﹣∠BAO＝45°，
∴∠AGD＝∠BAO＝45°，
∴AD＝DG，
∴AG＝，
∴AD＝DG＝3，
∴OD＝OA﹣AD＝3，
∴DO＝DG＝3，
∴∠DOG＝∠DGO＝45°，
∴∠AGO＝∠AGD+∠DGO＝90°，
∴AG⊥OG；
③∵DO＝DG＝3，
∴G（3，3），
设直线OE为y＝kx，
代入点G（3，3）得k＝1，
∴直线OE的表达式为y＝x；
（2）如图2，∵A，B为直线y＝﹣x+b与y轴和x轴交点，
令x＝0，则y＝﹣x+b＝b，
∴A（0，b）
令y＝0，则﹣x+b＝0，
∴x＝b，
∴B（b，0），
∴OA＝OB＝b，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
∵∠M＝45°，
∴∠M＝∠ABO＝45°，
又∠GOB＝∠BOM
∴△GOB∽△BOM，
∴，
∴OB2＝OG•OM，
∵AE＝2，AF＝，AE∥OB，
∴E（2，b），F（），
设直线OE为y＝kx，
代入点E，得k＝，
∴直线OE为y＝，
同理可得，直线BF为，
联立，
解得，
∴，
同理可得，G，
∴OG＝，OM＝，
∵OB2＝OG•OM，
∴，
化简得，，
∴b＝5．


【点评】此题考查了一次函的综合题，由解析式求特殊点和交点坐标，由坐标求解析式，还涉及到含参运算，对运算能力有一定要求，最后一问解决问题的关键是利用45度角发现母子相似，列方程来解决．

考点卡片
1．规律型：点的坐标
规律型：点的坐标．
2．动点问题的函数图象
函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．
用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．
3．一次函数的性质
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．
4．一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．
5．一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）
6．一次函数与一元一次不等式
（1）一次函数与一元一次不等式的关系
从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；
从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
（2）用画函数图象的方法解不等式kx+b＞0（或＜0）
对应一次函数y＝kx+b，它与x轴交点为（﹣，0）．
当k＞0时，不等式kx+b＞0的解为：x＞，不等式kx+b＜0的解为：x＜；
当k＜0，不等式kx+b＞0的解为：x＜，不等式kx+b＜0的解为：x＞．
7．一次函数的应用
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．
8．一次函数综合题
（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．
9．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．

2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
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日期：2021/6/27 16:34:42；用户：周晓丽；邮箱：17788760824；学号：25289867