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专题09 一次函数与几何压轴汇编（八大题型）
重难点题型归纳
【题型1：一函数中面积问题】
【题型2：一次函数中等腰三角形的存在性问题】
【题型3：一次函数中直角三角形的存在性问题】
【题型4：一次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【题型5：一次函数中平行四边形存在性问题】
【题型6：一次函数中菱形的存在性问题】
【题型7：一次函数与将军饮马问题】
【题型8：一次函数中角度问题】
【题型1 一函数中面积问题】1．如图，直线y=kx+6分别与x轴、y轴交于点E，F，已知点E的坐标为(−8,0)，点A
的坐标为(−6,0)．
(1)求k的值；
(2)若点P(x,y)是该直线上的一个动点，且在第二象限内运动，则当点P运动到什么位
27
置时，△OPA的面积为 ？请说明理由．
8
3
【答案】(1)k=
4
( 13 9) 27
(2)点P运动到点 − , ，△OPA的面积为 ，见解析
2 8 8
【分析】本题考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的性质与函数图象上的点
的特征是解题的关键，
（1）将点E(−8,0)代入，即可得到答案；
27 9
（2）设点P坐标为(m,n)，根据△OPA的面积为 ，可求得n= ，由于点P在一次函
8 813
数上，代入求出m=− ，从而得到答案．
2
【详解】（1）解：∵直线y=kx+6过点E(−8,0)，
∴0=−8k+6，
3
解得k= ．
4
（2）解：∵点A的坐标为(−6,0)，
∴OA=6，
27
设当点P运动到点(m,n)，即点P坐标为(m,n)时，其面积S= ，
8
6|n| 27
即 = ．
2 8
9
解得|n|= ，
8
9 9
即n= 或n=− （舍去），
8 8
9 3
∴ = m+6，
8 4
13
解得m=− ．
2
( 13 9) 27
故点P运动到点 − , ，△OPA的面积为 ．
2 8 8
1
2．如图，在平面直角坐标系中，直线AB:y = x+1与直线CD:y =mx+n交于点
1 2 2
A(4,a)，直线CD交y轴于点D(0,9)．
(1)求出a的值；
(2)求直线CD的解析式；
(3)若点P在x轴上，当△ABP的面积为6时，求点P的坐标．
【答案】(1)a=3；
(2)
3
y=− x+9；
2
(3)(2,0)或(−6,0)．
【分析】本题主要考查了一次函数与几何的综合、用待定系数法求一次函数解析式．
1
(1)把点A(4,a)的坐标代入直线AB:y = x+1的解析式，可得关于a的一元一次方程，
1 2
解方程求出a的值即可；
(2)把点A、D的坐标代入y =mx+n，可得关于m、n的方程组，解方程组求出m、n的
2
值，即可得到直线CD的解析式；
1
(3)根据三角形的面积公式可得：BP=4，当x=0时，可得 x+1=0，解方程求出x的
2
值即为点B的横坐标，从而可得|x +2)=4，解方程求出x 的值即可．
p p
1
【详解】（1）解：把点A(4,a)的坐标代入直线AB:y = x+1的解析式，
1 2
1
可得：a= ×4+1=2+1=3，
2
∴a=3；
（2）解：由(1)可知点A的坐标为(4,3)，
把点A(4,3)和点D(0,9)的坐标代入直线CD:y =mx+n，
2
{4m+n=3)
可得： ，
n=9
{ m=− 3 )
解得： 2 ，
n=9
3
∴直线CD的解析式为y=− x+9；
2
（3）解：如下图所示，过点A作AE⊥x轴，
1 1
则△ABP的面积为S = BP×AE= BP×3=6，
△ABP 2 2
解得：BP=4，
1
当x=0时，可得 x+1=0，
2解得：x=−2，
∴点B的坐标为(−2,0)，
设点P的坐标为(x ,0)，
p
则有|x +2)=4，
p
∴x +2=±4，
p
解得：x =2或−6，
p
∴点P的坐标为(2,0)或(−6,0)．
3．如图，一次函数y=−3x+b的图象与x轴交于点A(−1,0)，与y轴交于点B，点C(3,0)，
点M是线段AC上的任意一点，过点M作直线l∥y轴，直线l交直线AB于点P，交直线
BC于点Q．
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)当PQ=2时，求△PQC的面积．
【答案】(1)y=x−3；
3 7
(2)△PQC的面积是 或 ；
2 2
【分析】本题主要考查了待定系数法求直线关系式，一次函数与几何图形．
（1）把A(−1,0)代入y=−3x+b，求出直线AB的关系式，再求出点B(0,−3)，然后
根据待定系数法求出直线BC的关系式；（2）先设点M(m,0)，可表示P(m,−3m−3)，Q(m,m−3)，再根据纵坐标的差表示
PQ，然后根据PQ=2，求出m的值，接下来分两种情况求出CM，即可得出面积．
【详解】（1）解：把A(−1,0)代入y=−3x+b，得
0=3+b，
解得b=−3，
∴直线AB的关系式为y=−3x−3．
当x=0时，y=−3，
∴点B(0,−3)．
将点B(0,−3)和点C(3,0)代入直线BC的关系式y=kx+b❑❑，得
1
{ b =−3 )
1
，
3k+b =0
1
{ k=1 )
解得 ，
b =−3
1
所以直线BC的关系式y=x−3；
（2）解：设M(m,0)，则P(m,−3m−3)，Q(m,m−3)，
∴PQ=|m−3−(−3m−3))=|4m)．
∵PQ=2，
∴|4m)=2，
1 1
解得m= 或m=− ．
2 2
1 (1 )
当m= 时，M ,0 ，
2 2
1 5
∴CM=3− = ，
2 2
1 5 5
∴S = ×2× = ；
△PQC 2 2 2
1 ( 1 )
当m=− 时，M − ,0 ，
2 2( 1) 7
∴CM=3− − = ，
2 2
1 7 7
∴S = ×2× = ．
△PQC 2 2 2
5 7
综上所述，△PQC的面积是 或 ．
2 2
4．如图(1)，将一块长方形纸板摆放在平面直角坐标系中，使长方形纸版的一个直角顶点B
与坐标原点重合，两条边与坐标轴重合，已知BC=4，AB=3．
(1)求直线AC的解析式；
(2)将长方形纸板的一个直角沿AE折叠，使B点恰好落在线段AC上的B′处，折痕AE交
BC边于点E（图(2)），求点E坐标；
(3)在(2)的条件下，直线AC上是否存在一点P，使得S =S ？若存在，请直接写
△ADP △ABE
出点P的坐标，若不存在，请简要说明理由．
3
【答案】(1)y=− x+3；
4
(3 )
(2)点E的坐标为 ,0 ；
2(3 15) ( 3 33)
(3)点P的坐标为 , 或 − , ．
2 8 2 8
【分析】（1）根据矩形的性质得到点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的
解析式；
（2）利用勾股定理求出线段AC的长度，设BE=B′E=x，则EC=4−x，在
Rt△B′EC中，利用勾股定理得到关于x的方程解方程求出x的值，即可得到点E的坐标；
（3）由（2）可知BE的长度，从而可得△ABE的面积，根据S =S 可得
△ADP △ABE
1 9
×AD⋅PF= ，根据相等关系可以求出PF的长度，然后再分点P在点A右侧和点A
2 4
左侧两种情况求解．
【详解】（1）解：∵BC=4，AB=3，
∴C(4,0)，A(0,3)，
设AC的解析式为y=kx+b，
{4k+b=0)
将点A、C的坐标代入，得： ，
b=3
{ k=− 3 )
解得： 4 ，
b=3
3
则直线AC的解析式为y=− x+3；
4
（2）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=❑√AB2+BC2=5，
由翻折的性质可知：BE=B′E，AB=AB′=3，∠B=∠AB′E=90°，
∴B′C=5−3=2，∠EB′C=90°，
设BE=B′E=x，则EC=4−x，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得：EC2=B'E2+B'C2，
即(4−x) 2=x2+22，
3
解得：x= ，
2
3
∴BE= ，
2(3 )
∴点E的坐标为 ,0 ；
2
（3）解：①如图（1）所示：过点P作PF⊥AD，垂足为F，
1 1 3 9
S = AB⋅BE= ×3× =
△ABE 2 2 2 4
，
∵S =S ，
△ADP △ABE
9
∴S = ，
△ADP 4
1 9
∴ ×AD⋅PF= ，
2 4
1 9
即 ×4×PF= ，
2 4
9
解得：PF= ，
8
9 15
∴点P的纵坐标P =3− = ，
y 8 8
15 3 3 15
将y= 代入y=− x+3得：− x+3= ．
8 4 4 8
3
解得：x= ．
2
(3 15)
∴点P的坐标为 , ；
2 8
②如图（2）所示：过点P作PF⊥AD，垂足为F，9
∵ ① PF=
8
由 可知： ，
9 33
∴点P的纵坐标P = +3= ，
y 8 8
33 3
将y= 代入y=− x+3，
8 4
3 33
得到：− x+3= ．
4 8
3
解得：x=− ，
2
( 3 33)
∴点P的坐标为 − , ．
2 8
(3 15) ( 3 33)
综上所述，点P的坐标为 , 或 − , ．
2 8 2 8
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、求一次函数解析式、勾股定理、折叠的性质．解
决本题的关键是利用待定系数法求出函数的解析式，再综合利用矩形的性质和一次函数
的解析式确定点的坐标．
【题型2 一次函数中等腰三角形的存在性问题】1．如图所示，在平面直角坐标系中，直线AB:y=kx+2与x轴交于点A(−1,0)，与y轴交
于点B(0,2)．
(1)求直线AB的表达式：
(2)若直线AC⊥AB交y轴负半轴于点C，求△ABC的面积：
(3)在y轴负半轴上是否存在点P，使以A,B,P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若
存在，请直接写出点P的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x+2
5
(2)
4
(3)在y轴负半轴上存在点P，使以A,B,P三点为顶点的三角形是等腰三角形，点P的
坐标为(0,2−❑√5)或(0,−2)
【分析】（1）把A(−1,0)代入y=kx+2，求出k的值即可；
（2）设C(0,m)，根据勾股定理可以求出m的值，即可得到△ABC的面积；（3）分两种情况分别求出P点坐标，即可．
【详解】（1）解：∵直线AB:y=kx+2与x轴交于点A(−1,0)，
∴0=−k+2，解得：k=2，
∴直线AB的表达式为y=2x+2；
（2）解：设C(0,m)，
∵AC⊥AB，
∴AB2+AC2=BC2，即OB2+OA2+OA2+OC2=BC2，
∴4+1+1+m2=(2−m) 2，
1
解得：m=− ，
2
1 1 5 5
∴S = ×BC×OA= × ×1= ；
△ABC 2 2 2 4
（3）解：存在，
由题意得AB=❑√OA2+OB2=❑√5，
∴可分两种情况考虑，
如图所示．当BA=BP=❑√5时，
∴点P 的坐标为(0,2−❑√5)；
1
当AB=PA时， OP=OB=2，
∴点P 的坐标为(0,−2)．
2
综上所述：在y轴负半轴上存在点P，使以A,B,P三点为顶点的三角形是等腰三角形，
点P的坐标为(0,2−❑√5)或(0,−2)．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、勾股定理以及分类讨论的思想方法是解题的关键．
3
2．如图，直线y=− x+15与x轴，y轴分别交于A，B两点，D，E分别是线段AB，OA
4
上的点．
(1)若BD=5．
①求AD的长．
②若△ODE是等腰三角形，求点E的坐标．
(2)连接BE，若BD=AE，当OD+BE最小时，求点E的坐标．
【答案】(1)①AD=20；②E(4❑√10,0)或E(8,0)或(20,0)
(55 )
(2) ,0
9
【分析】（1）①分别令x,y=0，求得OA=20，OB=15，勾股定理求得AB，进而根
据BD=5，AD=AB−BD=20即可求解；
( 3 ) 3 3
②设D m,− m+15 ，则DF=m，则BF=BO−OF=15+ m−15= m，勾股定
4 4 4
理建立方程得出D(4,12)，进而分类讨论，即可求解；
（2）过点A作AG⊥AB交y轴于点H，在AH上截取AG=OB=15，过点G作
GM⊥y轴于点M，证明△OBD≌△GAE(SAS)得出EG=OD，进而可得当E在BG上
时， 取得最小值；设 ，根据勾股定理求得 ( 80)，进而求得
BE+OD H(0,−ℎ) H 0,−
3
的解析式为 4 80，设 ( 4 80)，则 ，
AH y= x− G m, m− GM=m
3 3 3 34 80 ( 80) 4 ，根据 55得出 ，则 ，再求得
HM= m− − − = m GH= m=11 G(11,−12)
3 3 3 3 3
27
BG的解析式为y=− x+15，令y=0，即可求解．
11
3
【详解】（1）解：①∵直线y=− x+15与x轴，y轴分别交于A，B两点，
4
当x=0时，y=15，当y=0时，x=20，
∴A(20,0)，B(0,15)，
∴OA=20，OB=15，
∴AB=❑√AO2+BO2=25，
∵BD=5，
∴AD=AB−BD=20
②如图所示，过点D作DF⊥y轴于点F，
( 3 ) 3 3
设D m,− m+15 ，则DF=m，则BF=BO−OF=15+ m−15= m，
4 4 4
在Rt△BDF中，BD2=DF2+BF2，
∴52=m2+ (3 m ) 2 ，
4
解得：m=4（负值舍去），
∴D(4,12)，
∴OD=❑√42+122=4❑√10，
设E(t,0)，则OE=t，ED2=(t−4) 2+122，
∵△ODE是等腰三角形，当OD=OE时，则t=4❑√10，
当DO=DE时，则(4❑√10) 2=(t−4) 2+122，
解得：t=0（舍去）或t=8 ，
当ED=EO时，则t2=(t−4) 2+122，
解得：t=20，
∴E(4❑√10,0)或E(8,0)或(20,0)；
（2）解：如图所示，过点A作AG⊥AB交y轴于点H，在AH上截取AG=OB=15，
过点G作GM⊥y轴于点M，
∵∠OAB+∠OBA=90°，∠OAB+∠OAG=90°，
∴∠OBA=∠OAG即∠OBD=∠GAE，
∵BD=AE，AG=GO，
∴△OBD≌△GAE(SAS)，
∴EG=OD，
∴BE+EG=BE+OD，
∴当E在BG上时，BE+OD取得最小值；
设H(0,−ℎ)，则BH=BO+OH=15+ ℎ，
在Rt△AOB中，AH2=OA2+OH2=202+
ℎ
2，
在Rt△ABH中，AH2=BH2−AB2=(15+ ℎ) 2−252，
∴202+ ℎ 2=(15+ ℎ) 2−252，80 ( 80)
∴ℎ = ，则H 0,− ，
3 3
∴AH=❑√OA2+OH2=❑
√
202+
(80) 2
=
100
，
3 3
100 55
∴GH=AH−AG= −15= ，
3 3
80
设AH的解析式为y=kx− ，代入A(20,0)，
3
80
∴20k− =20，
3
4
解得：k= ，
3
4 80
∴AH的解析式为y= x− ，
3 3
( 4 80) 4 80 ( 80) 4
设G m, m− ，则GM=m，HM= m− − − = m，
3 3 3 3 3 3
55
∵GH= ，
3
∴m2+ (4 m ) 2 = (55) 2 ，
3 3
解得：m=11（负值舍去），
4 80
∴ ×11− =−12，
3 3
∴G(11,−12)，
设直线BG的解析式为y=k x+15代入G(11,−12)，
1
∴−12=11k +15，
1
27
解得：k=− ，
11
27
∴BG的解析式为y=− x+15，
11
27
当y=0时，− x+15=0，
1155
解得：x= ，
9
(55 )
∴当OD+BE最小时，点E的坐标为 ,0 ．
9
【点睛】本题考查了一次函数，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性
质与判定，两点之间线段最短；熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．如图，直线l 的解析式为y=−x+2，l 与x轴交于点B，直线l 经过点D(0,5)，与直线
1 1 2
l 交于点C(−1,m)，且与x轴交于点A；
1
(1)求点C的坐标及直线l 的解析式；
2
(2)连接BD，试求△BCD的面积．
(3)若点P是直线y=−x+2上的一点，当△BOP为等腰三角形时，求点P的坐标．
【答案】(1)C(−1，3)，y=2x+5
9
(2)
2
(3)P(0,2)或P(1,1)或P(2−❑√2,❑√2)或P(2+❑√2,−❑√2)
【分析】本题考查的是一次函数的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，勾股
定理与等腰三角形的定义．
（1）首先利用待定系数法求出C点坐标，然后再根据D、C两点坐标求出直线l 的解析
2
式；
（2）首先根据两个函数解析式计算出A、B两点坐标，然后利用S =S −S
△BCD △ABD △ABC
求解即可;
（3）设P(p,−p+2)，根据勾股定理分别求得OB2,BP2,OP2，根据等腰三角形的定
义列出方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵直线l 的解析式为y=−x+2经过点C(−1,m)，
1
∴m=1+2=3，∴C(−1，3)，
设直线l 的解析式为y=kx+b，
2
∵经过点D(0,5)，C(−1，3)，
{ b=5 )
∴ ，
−k+b=3
{k=2)
解得： ，
b=5
∴直线l 的解析式为y=2x+5；
2
（2）解：如图，
由y=2x+5得：
当y=0时，2x+5=0，
5
解得：x=− ，
2
( 5 )
则A − ,0 ,
2
由y=−x+2，
当y=0时，−x+2=0
解得x=2，
则B(2，0)，
∴S =S −S
△BCD △ABD △ABC
1 ( 5) 1 ( 5)
= × 2+ ×5− × 2+ ×3
2 2 2 2
9
= ．
2
（3）解：设P(p,−p+2)，
∵B(2，0)，O(0,0)∴BO2=22=4，BP2=(p−2) 2+(−p+2) 2=2(p−2) 2，OP=p2+(−p+2) 2
当OP=OB时，p2+(−p+2) 2=4，
解得：p=0或p=2（舍去），
∴P(0,2)，
当PB=PO时，p2+(−p+2) 2=2(p−2) 2，
解得：p=1，
∴P(1,1)，
当BP=BO时，2(p−2) 2=4，
解得：p=2−❑√2或p=❑√2+2，
∴P(2−❑√2,❑√2)或P(2+❑√2,−❑√2)，
综上所述，当△BOP为等腰三角形时，P(0,2)或P(1,1)或P(2−❑√2,❑√2)或
P(2+❑√2,−❑√2)．
4．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴、y轴分别交A、B两点，与直线
1 1
y=− x+b相交于点C(2, m)，若直线y=− x+b与x轴相交于点D．动点P从点D
2 2
开始，以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
(1)求m和b的值；
(2)在点P的运动过程中，△ACP的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量
t的取值范围；
(3)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．【答案】(1)m=4，b=5
S=
{24−2t(0≤t≤12))
(2)
2t−24(t>12)
(3)存在，t=4或t=12−4❑√2或t=12+4❑√2或t=8
【分析】（1）在y=x+2中，当x=0时，y=2；当y=0时，x=−2；即可得出答案；
1
求出点C(2,4)，代入直线y=− x+b即可得出答案；
2
（2）求出D(10,0)，则OD=10，AD=OA+OD=12；过C作CE⊥AP于E，分点P
在AD上和点P在DA延长线上两种情况讨论，由三角形面积S与t之间的函数关系式；
（3）过C作CE⊥AP于E，则CE=4，AE=4，由勾股定理求出AC=4❑√2；分三种
情况：当AC=PC时；当AP=AC时；当PC=PA时；分别求出t的值即可．
【详解】（1）解在y=x+2中，当x=0时，y=2；
当y=0时，x=−2；
∴A(−2,0)，B(0,2)；
∵点C在直线y=x+2上，
∴m=2+2=4，
1
又∵点C(2,4)也在直线y=− x+b上，
2
1
∴ − ×2+b=4，
2
解得：b=5；
1
（2）解：在y=− x+5中，当y=0时，x=10，
2
∴D(10,0)，
∴OD=10，
∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∴AD=OA+OD=12；
当点P在AD上时，
∵PD=t，则AP=12−t，过C作CE⊥AP于E，如图1所示：CE=4
则 ，
1
∴S= (12−t)×4=24−2t(0≤t<12)；
2
当点P在DA延长线上时，
∵PD=t，则AP=t−12，过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
CE=4
则 ，
1
∴S= (t−12)×4=2t−24(t>12)；
2
S=
{24−2t(0≤t≤12))
综上， ；
2t−24(t>12)
（3）解：存在，理由如下：
过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
CE=4 OE=2
则 ， ，
∴AE=OA+OE=4，
∴AC=❑√AE2+CE2=❑√42+42=4❑√2；
当AC=PC时，AP=2AE=8，∴PD=AD−AP=4，
∴t=4；
当AP=AC时，如图2所示：
AP =AP =AC=4❑√2
1 2
则 ，
∴DP =12−4❑√2，DP =12+4❑√2，
1 2
∴t=12−4❑√2，或t=12+4❑√2；
当PC=PA时，如图3所示：
EP=m CP=❑√m2+42 AP=m+4
设 ，则 ， ，
∴ ❑√m2+42=m+4，
解得：m=0，
∴P与E重合，AP=4，
∴PD=8，
∴t=8；
综上所述，存在t的值，使△ACP为等腰三角形，t的值为4或12−4❑√2或12+4❑√2或
8．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了一次函数的应用、坐标与图形性质、三角形
面积、等腰三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握一
次函数的应用和等腰三角形的性质是解题的关键．
5．如图，正比例函数y=2x的图象与一次函数y=kx+b的图象交于点A(m,4)，一次函数
图象与y轴的交点为C(0,2)，与x轴的交点为D．(1)求一次函数y=kx+b的表达式；
(2)一次函数y=kx+b的图象上是否存在点P，使得S =3，若存在，求出点P的坐标；
△ODP
若不存在，说明理由；
(3)如果在一次函数y=kx+b的图象存在点Q，使△OCQ是以CQ为腰的等腰三角形，请
求出点Q的坐标．
【答案】(1)y=x+2
(2)存在，P点的坐标(1,3)或(−5,−3)
(3)点Q的坐标为：(❑√2,❑√2+2)或(−❑√2,−❑√2+2)或(−1,1)
【分析】（1）先将A(m,4)代入，求出点A的坐标，再由待定系数法即可求解；
（2）先求出点D的坐标，得出OD=2，设点P(m,n)，当点P位于x轴上方时，
1 1
S = OD×n=3，当点P位于x轴下方时，S = OD×(−n)=3，分别求得n值，
△ODP 2 △ODP 2
再代入解析式求得m值，即可得到答案；
（3）设点Q(t,t+2)，得到OC2=22=4，OQ2=t2+(t+2) 2，CQ2=t2+(t+2−2) 2，分
情况讨论，当OC=CQ时，当OQ=CQ时，分别列出方程，解之即可．
【详解】（1）解：∵正比例函数y=2x的图象与一次函数y=kx+b的图象交于点
A(m,4)，
∴ 4=2m，
解得：m=2，
∴ A点的坐标(2,4)；
∵一次函数y=kx+b的图象过点A(2,4)和点C(0,2)，
{2k+b=4)
则有 ，
b=2
解得：k=1，b=2，∴一次函数表达式为y=x+2．
（2）解：一次函数y=kx+b的图象上存在点P，使得S =3；
△ODP
理由如下：
对于一次函数y=x+2，令y=0，得：0=x+2，
解得x=−2，
所以点D(−2,0)，
所以OD=2，
设点P(m,n)，
1
当点P位于x轴上方时，S = OD×n=3，
△ODP 2
解得：n=3，
1
当点P位于x轴下方时，S = OD×(−n)=3，
△ODP 2
解得：n=−3，
当n=3时，3=m+2，解得：m=1，
当n=−3时，−3=m+2，解得：m=−5，
故P点的坐标(1,3)或(−5,−3)．
（3）解：设点Q(t,t+2)，
则OC2=22=4，
OQ2=t2+(t+2) 2=2t2+4t+4，
CQ2=t2+(t+2−2) 2=2t2，
当OC=CQ时，OC2=CQ2，
所以2t2=4，
解得：t=❑√2或t=−❑√2，
此时点Q的坐标为(❑√2,❑√2+2)或(−❑√2,−❑√2+2)；
当OQ=CQ时，OQ2=CQ2，
所以2t2=2t2+4t+4，
解得：t=−1，
此时点Q的坐标为(−1,1)；
综上分析可知：点Q的坐标为：(❑√2,❑√2+2)或(−❑√2,−❑√2+2)或(−1,1)．【点睛】本题考查了正比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数解析式、一次
函数图象与坐标轴交点，等腰三角形的定义，熟练掌握相关知识，并运用数形结合的思
想分析问题进行分类讨论是解题的关键．
【题型3 一次函数中直角三角形的存在性问题】
1．如图，直线l ：y=x+3与过点A(3,0)的直线l 交于点C(1,m)，与x轴交于点B．
1 2
(1)求直线l 的函数表达式；
2
(2)点M在直线l 上，且在点C右侧，MN∥y轴交直线l 于点N，若MN=AB，求点
1 2
M的坐标．
(3)在x轴上是否存在点D，使得△ACD是直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−2x+6
(2)(3,6)
(3)存在，(1,0)或(−7,0)
【分析】（1）由函数图像上的坐标特征可确定点C的坐标，再根据点A的坐标即可确
定直线l 的函数表达式；
2
（2）设M(a,a+3)，由MN∥y轴得N(a,−2a+6)，
MN=|a+3−(−2a+6))=AB=6，再结合点M在点C右侧则可得出答案；（3）由题意可得△ACD是直角三角形需分两种情况讨论：①∠ADC=90°，则此时
点D(1,0)；②∠ACD=90°，由AC2+CD2=AD2即可求解．
【详解】（1）解：∵直线l ：y=x+3点C(1,m)，
1
∴当x=1时，m=1+3=4，
∴C(1,4)，
设直线l 的解析式为y=kx+b，过点A(3,0)，C(1,4)，
2
{3k+b=0)
∴ ，
k+b=4
{k=−2)
解得： ，
b=6
∴直线l 的解析式为y=−2x+6；
2
（2）在y=x+3中，令y=0，得x=−3，
∴B(−3,0)，
∵A(3,0)，
∴AB=3−(−3)=6，
设M(a,a+3)，
∵MN∥y轴，点N在直线l 上，MN=AB，
2
∴N(a,−2a+6)，
∴MN=|a+3−(−2a+6))=AB=6，
解得：a=3或a=−1，
∵点M在点C右侧
∴a>1，
∴a=3，
∴M(3,6)；
（3）存在，理由如下：
设点D(m,0)，
∵A(3,0)，C(1,4)，
∴AC2=(3−1) 2+(0−4) 2=20，CD2=(1−m) 2+(4−0) 2=m2−2m+17，
AD2=(m−3) 2=m2−6m+9，
∵△ACD是直角三角形，①∠ADC=90°，则x =m=x =1，D(1,0)；
D C
②∠ACD=90°，则AC2+CD2=AD2，
即20+m2−2m+17=m2−6m+9，
解得：m=−7，
∴D(−7,0)；
综上所述，存在满足条件的点D的坐标为(1,0)或(−7,0)．
【点睛】本题是一次函数综合应用，考查了坐标与图形，函数图像上点的坐标特征，
函数图像的交点坐标，勾股定理的应用，待定系数法，掌握一次函数的性质是解题的
关键．
2．已知直线l 经过点(5,6)，交x轴于点A(−3,0)，直线l :y=3x交直线l 于点B．
1 2 1
(1)求直线l 的解析式和点B的坐标．
1
(2)求△AOB的面积．
(3)在x轴上是否存在点P，使得△PAB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．
3 9
【答案】(1)y= x+ ，(1,3)
4 4
9
(2)
2
13
(3)(1,0)或( ,0)．
4
【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，勾股定理，利用数形结合思想和分
类讨论思想解答是解题的关键．
（1）利用待定系数求出直线l 的函数表达式，再联立直线l ，l 的函数表达式，可得
1 1 2
点B的坐标；
（2）根据A(−3,0)，B(1,3)，即可求解；（3）根据题意可得当△PAB是直角三角形时，需分∠APB=90°和∠ABP=90°两种
情况，即可求解．
【详解】（1）设直线l 的函数表达式为y=kx+b(k≠0)．
1
∵图象经过点(5,6)，A(−3,0)，
{ 5k+b=6 )
∴ ，
−3k+b=0
3
{ k= )
4
解得 ，
9
b=
4
3 9
∴直线l 的函数表达式为y= x+ ．
1 4 4
{ y= 3 x+ 9 )
联立 4 4 ，
y=3x
{x=1)
解得： ，
y=3
∴点B的坐标为(1,3)；
（2）∵A(−3,0)，B(1,3)，
1 9
∴ S = ×3×3= ；
△AOB 2 2
（3）∵点P在x轴上，
∴∠BAP≠90°，
∴当△PAB是直角三角形时，需分∠APB=90°和∠ABP=90°两种情况．
①当∠APB=90°时，点P在图中P 的位置：
1
∵点A和点P 均在x轴上，
1
∴BP ⊥x轴．
1
∵B(1,3)，
∴P (1,0)；
1②当∠ABP=90°时，点P在图中P 的位置：
2
设P (m,0)，(m>0)
2
∵A(−3,0)，B(1,3)，P (1,0)，
1
∴AP =4，BP =3，P P =m−1，AP =m+3，
1 1 1 2 2
∴ AB=❑√AP2+BP2=❑√42+32=5．
1 1
在Rt△ABP 中，AP2−AB2=BP2 ，
2 2 2
在Rt△BP P 中，BP2+P P2=BP2 ，
1 2 1 1 2 2
∴ AP2−AB2=BP2+P P2 ，
2 1 1 2
即(m+3) 2−52=32+(m−1) 2，
13
解得m= ，
4
13
∴ P ( ,0)．
2 4
综上可知，在x轴上存在点P，使得△PAB是直角三角形，点P的坐标为(1,0)或
13
( ,0)．
4
3．已知函数y=x+1的图象与y轴交于点A，一次函数y=kx+b的图象经过点B(0,−1)，
与 x轴以及y=x+1的图象分别交于点C，D，且点D的坐标为(1,n)．
(1)求k，b，n的值．
(2)求四边形AOCD的面积．
(3)在x轴上是否存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形?若存在，
请求出点P的坐标；若不存在，请说出理由．
【答案】(1)b=−1，k=3，n=25
(2)
6
(3)存在，点P的坐标为(1,0)或(7,0)
【分析】（1）对于直线y=x+1，令x=0求出y的值，确定出A的坐标，把B坐标代
入y=kx+b中求出b的值，再将D坐标代入y=x+1求出n的值，进而将D坐标代入求
出k的值即可；
（2）过D作DE垂直于x轴，如图1所示，四边形AOCD面积等于梯形AOED面积减
去三角形CDE面积，求出即可；
（3）在x轴上存在点P，使得以点P，C，D为顶点的三角形是直角三角形，理由为：
分两种情况考虑：①DP′⊥DC；②DP⊥CP，分别求出P坐标即可．
【详解】（1）解：对于直线y=x+1，令x=0，得到y=1，即A(0,1)，
把B(0,−1)代入y=kx+b中，得：b=−1，
把D(1,n)代入y=x+1得：n=2，即D(1,2)，
把D坐标代入y=kx−1中得：2=k−1，即k=3；
（2）解：过D作DE⊥x轴，垂足为E，如图1所示，
由（1）可知：一次函数CD的解析式为y=3x−1，
1
∴令y=0，则有3x−1=0，解得：x= ，
3
(1 )
∴C ,0 ，
3
1 2
∴CE=1− = ，
3 3
1 1 1 1 2 3 2 5
∴S =S −S = (AO+DE)⋅OE− CE⋅DE= ×(1+2)×1−；× ×2= − =
四边形AOCD 梯形AOED △CDE 2 2 2 2 3 2 3 6
（3）解：如图2所示，设P(p,0)，1 2
∴PC2=(p− ) ，
3
PD2=22+(p−1) 2，
1 2
CD2=22+(1− ) ，
3
分两种情况考虑：
①当DP′⊥DC时，P′C2=P′D2+CD2，
1 2 1 2
∴(p− ) =22+(p−1) 2+22+(1− ) ，
3 3
∴p=7，
∴P′(7,0)；
②当DP⊥CP时，由D横坐标为1，得到P横坐标为1，
∵P在x轴上，
∴P的坐标为(1,0)，
综上，P的坐标为(1,0)或(7,0)．
【点睛】此题是一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，直角三角形的性
质，坐标与图形性质，待定系数法确定一次函数解析式，利用了数形结合的思想，熟
练掌握一次函数的性质是解本题的关键．
4．如图， 直线AB交x轴于点A(−4,0)，交y轴于点B(0,2)，
(1)求直线 AB的解析式；(2)在坐标轴上是否存在点P，使得 △ABP是直角三角形? 若存在，求出点P的坐标；
若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y= x+2
2
(2)点P的坐标(0,0)、(0,−8)和(1,0)
【分析】本题考查一次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、勾股定理、等面
积法和完全平方公式，数形结合是解决问题的关键．
（1）根据题意，利用待定系数法将A(−4,0)、B(0,2)代入y=kx+b确定函数关系式
即可得到答案；
（2）根据题意，分三种情况讨论：①∠APB=90°；②∠PAB=90°；③
∠PBA=90°；
当∠APB=90°时，利用勾股定理和等面积法列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：直线AB交x轴于点A(−4,0)，交y轴于点B(0,2)，
设直线AB：y=kx+b，将A(−4,0)、B(0,2)代入得
{0=−4k+b) { k= 1 )
，解得 2 ，
2=b
b=2
1
∴直线 AB的解析式y= x+2；
2
（2）解：存在，
根据题意，分三种情况讨论：①∠APB=90°；②∠PAB=90°；③∠PBA=90°；
当∠APB=90°时，如图所示：
∴ P (0,0)
点 的坐标是 ；
当∠PAB=90°时，如图所示：设P(0,−m)，
在Rt△ABO中，BO=2,OA=4，则AB=❑√AO2+BO2=2❑√5，
在Rt△APO中，PO=m,OA=4，则AP=❑√AO2+PO2=❑√16+m2，
1 1
∴由等面积法可知S = AB⋅AP= PB⋅OA，即2❑√5×❑√16+m2=(2+m)×4，
△ABP 2 2
则(m−8) 2=0，解得m=8，故P(0,−8)；
当∠PBA=90°时，如图所示：
设P(m,0)，
在Rt△ABO中，BO=2,OA=4，则AB=❑√AO2+BO2=2❑√5，
在Rt△BPO中，PO=m,OB=2，则BP=❑√BO2+PO2=❑√4+m2，
1 1
∴由等面积法可知S = AB⋅BP= PA⋅OB，即2❑√5×❑√4+m2=(4+m)×2，
△ABP 2 2则(m−1) 2=0，解得m=1，故P(1,0)；
综上所述，点P的坐标(0,0)、(0,−8)和(1,0)．
1
5．如图，直线l :y= x+2与y轴交于点A，直线l 与x轴交于点B(1,0)，与y轴交于点C，
1 2 2
与直线l 交于点D(2,n).
1
(1)求直线l 的函数关系式；
2
(2)连接AB，求△ABD的面积；
(3)若点P在y轴上，且△ADP是直角三角形，请求出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)直线l 的函数关系式为y =3x−3
2 1
5
(2)△ABD的面积为
2
(3)点P坐标为(0,3)或(0,7)
【分析】（1）本题主要考查了一次函数图像上的点、求函数解析式等知识点，先根据
一次函数解析式确定点D的坐标，然后运用待定系数法即可解答；掌握函数图像上的
点满足解析式是解题的关键；
（2）本题主要考查了函数图像上点、三角形的面积等知识点，先求出点A、C的坐标，
进而求得AC的长，然后根据S =S −S 即可解答；掌握数形结合思想是解
△ABD △ACD △ACB
题的关键；
（3）本题主要考查了坐标与图形、勾股定理等知识点，分∠PAD、∠AP′D、
∠PDA为直角三种情况解答即可；掌握分类讨论思想是解题的关键．
1
【详解】（1）解：当x=2时，y= x+2=3，则点D(2,3)，
2
设直线l 的表达式为：y =kx+b，
2 1
将点B(1,0)，D(2,3)代入函数关系式y =kx+b中，
1{k+b=0
)
得 ，
2k+b=3
{ k=3 )
解得 ，
b=−3
则直线l 的函数关系式为y =3x−3
.
2 1
（2）解：令x=0，则y =−3，即点C(0,−3)，
1
由直线l 的表达式知，点A(0,2)；
1
由点A、C的坐标得：AC=5，
1 1 5
则S =S −S = ×AC×(x −x )= ×5×1= .
△ABD △ACD △ACB 2 D B 2 2
（3）解：由题意得：∠PAD不可能为直角；
如图，过点D作DP′⊥y轴于点P′，此时∠AP′D为直角，即P′(0,3).
当∠PDA为直角时，设点P(0,y)，则AD2=5，PD2=22+(y−3) 2，AP2=(y−2) 2，
∵PA2=AD2+DP2，
∴(y−2) 2=5+(y−3) 2+4，
解得：y=7，即点P的坐标为：(0,7)．
综上，点P坐标为：(0,3)或(0,7)．
6．如图，直线y=2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是OB的中点．(1)求点C的坐标：
(2)在x轴上找一点D，使得S =S ，求点D的坐标；
△ACD △ABC
(3)在x轴上是否存在一点P，使得△ABP是直角三角形？若存在，请写出点P的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C(0,2)
(2)点D的坐标为(−4,0)或(0,0)
(3)存在，满足条件的P点的坐标为(0,0)或(8,0)
【分析】（1）先求出点B的坐标，再依据点C是的中点，求出点C的坐标．
（2）先根据题意求出S ，设点D(m,0)，则AD=|m+2)，再根据三角形面积公式
△ABC
可求的长，解得m的值，即可得出点D的坐标．
（3）假设存在，设点P的坐标为(m ,0)，分两种情况讨论：①∠APB=90°，②
1
∠ABP=90°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）∵直线y=2x+4与y轴交于点B，
令x=0得，y=4，
∴B(0,4)，
∴OB=4，
∵点C是OB的中点，
∴OC=BC=2，
∴C(0,2)．
（2）∵直线y=2x+4与x轴交于点A，
令y=0得，x=−2，
∴A(−2,0)，
∴OA=2，1 1
∴S = ×BC×OA= ×2×2=2，
△ABC 2 2
设点D(m,0)，则AD=|m+2)，
1 1
∴S =S = ×AD×OC= ×|m+2)×2=2，
△ABC △ACD 2 2
解得m=−4或m=0，
∴点D的坐标为(−4,0)或(0,0)；
（3）假设存在，设点P的坐标为(m ,0)，
1
因为∠BAP确定，所以△ABP是直角三角形需分2种情况分析：
①若∠APB=90°，此时点P与原点O重合，坐标为(0,0)；
②若∠ABP=90°，则AB2+BP2=AP2，
∵OA=2，OB=4，OP=|m )=m ，AP=|m −(−2))=m +2；
1 1 1 1
∵AB2=22+42=20，BP2=m2+42 ，AP2=(m +2) 2 ，
1 1
∴20+m2+42=(m +2) 2 ，
1 1
解得m =8，此时点P的坐标为(8,0)，
1
综上所述，满足条件的P点的坐标为(0,0)或(8,0)．
【点睛】本题考查了一次函数的综合题，一次函数的性质，直角三角形性质，勾股定
理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
1
7．如图，直线l :y= x+2与y轴交于点A，直线l 与x轴交于点B，与y轴交于点
1 2 2
C(0,−3)，与直线l 交于点D(2,n)．
1
(1)求直线l 的函数解析式；
2
(2)求△ABD的面积；(3)在y轴上有一点P，且△ADP是直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐
标．
【答案】(1)y=3x−3
5
(2)
2
(3)点P的坐标是(0,3)，(0,7)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据S =S −S 求解即可；
△ABD △ACD △ABC
（3）分情况讨论，当∠APD=90°时，当∠ADP=90°时，当∠PAD=90°时，根
据勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：设直线l 的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，
2
1
∵一次函数y= x+2的图象经过点D(2,n)，
2
1
∴n= ×2+2=3，
2
∴D(2,3)．
∵直线y=kx+b经过点C(0,−3)，D(2,3)，
{ b=−3 ) {b=−3)
∴ ，解得 ，
2k+b=3 k=3
∴直线l 的函数解析式为y=3x−3；
2
1
（2）解：∵一次函数y= x+2的图象与y轴交于点A，
2
令x=0，则y=2，
∴A(0,2)．
∵一次函数y=3x−3的图象与x轴交于点B，
令y=0，则x=1，
∴B(1,0)．
又∵C(0,−3)，
∴AC=5，
1 1 5
∴S =S −S = ×5×2− ×5×1= ；
△ABD △ACD △ABC 2 2 2
（3）解：当∠APD=90°时，∵D(2,3)，A(0,2)，
∴P(0,3)；
当∠ADP=90°时，
设P(0,p)，
∴AP=p−2，AD=❑√(2−0) 2+(3−2) 2=❑√5，DP=❑√22+(3−p) 2，
∵AD2+DP2=AP2，解得：p=7，
∴P(0,7)；
当∠PAD=90°时，不符合题意；
∴符合条件的点P的坐标是(0,3)或(0,7)．
【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，涉及到待定系数法求解析式、面积问题等，
还考查了勾股定理．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
【题型4 一次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
1
1．如图，在平面直角坐标系中，直线 l :y= x+b过点A(−2,0)．若直线 l :y=kx+4
1 2 2
与x轴、y轴分别交于点B、D，且与直线l 交于点C，点C的横坐标为2．
1(1)求直线l 的表达式；
2
(2)直线 l 上是否存在点M，使△ABM为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足
2
条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x+4
(2)存在；(−2,6)或(1,3)
【分析】本题考查了一次函数的交点问题，用待定系数法求函数解析式，等腰三角形
的性质，
（1）先求出 l 解析式得到C(2,2)，将C(2,2)代入l :y=kx+4，求解即可；
1 2
（2）先求出B(4,0)，得到AB=6，OD=OB=4，则△BOD是等腰直角三角形，得到
∠DBO=45°，再分两种情况讨论即可．
1
【详解】（1）解：把A(−2,0)代入l :y= x+b得：
1 2
1
×(−2)+b=0，
2
解得b=1，
1
∴l :y= x+1，
1 2
1
当x=2时，y= ×2+1=2，
2
∴C(2,2)，
将C(2,2)代入l :y=kx+4，得2k+4=2，
2
解得k=−1，
∴直线l 的表达式为y=−x+4；
2
（2）解：当y=0时，0=−x+4，解得x=4，
∴B(4,0)，
∴OB=4，AB=6，
当x=0时，y=4，即OD=OB=4，∴△BOD是等腰直角三角形，
∴∠DBO=45°；
分以下两种情况：
①过点A作x轴的垂线，交直线l 于点M，
2
在 l :y=−x+4中，令x=−2，则y=−(−2)+4=6，
2
∴AM=AB=6，
即此时△AMB是等腰直角三角形，M(−2,6)；
②如图，取AB的中点N，过点N作x轴的垂线，交直线l 于点M′，由垂直平分线的性
2
质可得AM′=BM′，
∴∠M′ AB=∠M′BA=45°，
∴∠AM′B=180°−∠M′ AB−∠M′BA=90°，
即此时△AM′B是等腰直角三角形，
由N为AB的中点，易得N(1,0)，
在 l :y=−x+4中，令x=1，则y=−1+4=3，
2
∴M′(1,3)．
综上，直线l 上存在点M，使△AMB为等腰直角三角形，点M的坐标为(−2,6)或(1,3)．
2
2．如图，已知一次函数y=−x+2的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线AB上有
一点C，点C在第二象限，连接OC，以OC为直角边，点O为直角顶点，在直线AB下
方作等腰直角三角形COD，连接BD．
(1)求证：AC=BD．(2)当BD=2BC时，在x轴上有一点P，若△COP是等腰三角形，直接写出所有P点的
坐标．
(3)若点B是AC的三等分点，求点D的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)P(2❑√5,0)或P(−2❑√5,0)或P(−4,0)或P(−5,0)
(3)D(−6,−4)或D(−3,−1)
【分析】（1）求出A,B两点坐标，进而得到OA=OB，证明△AOC≌△BOD，即可
得证；
（2）根据BD=2BC，得到AC=2BC，进而得到B为AC的中点，求出C点坐标，设
P(m,0)，分三种情况进行求解即可；
（3）过点C作CF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，根据点B是AC的三等分点，分两种
情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵y=−x+2，
∴当x=0时，y=2，当y=0时，x=2，
∴A(2,0)，B(0,2)，
∴OA=OB=2，
∵等腰直角三角形COD，
∴OC=OD,∠COD=90°=∠AOB，
∴∠AOC=∠BOD=90°+∠BOC，
∴△AOC≌△BOD，
∴AC=BD；
（2）∵BD=2BC，AC=BD，
∴AC=2BC，
∴AB=BC，
∵OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴∠OAC=45°，AB=2❑√2，
∴AC=4❑√2，
过点C作CE⊥x轴，则：△AEC为等腰直角三角形，
❑√2
∴AE=CE= AC=4，
2
∴OE=AE−OA=2，∴C(−2,4)，
∴OC=❑√22+42=2❑√5，
设点P(m,0)，则：OP2=m2,CP2=(m+2) 2+42，
当△COP是等腰三角形时，分三种情况：
①OP=OC=2❑√5，则：P(2❑√5,0)或P(−2❑√5,0)；
②PC=OC，则：PE=OE=2，
∴OP=4，
∴P(−4,0)；
③OP=PC，则：m2=(m+2) 2+42，解得：m=−5，
∴P(−5,0)；
综上：P(2❑√5,0)或P(−2❑√5,0)或P(−4,0)或P(−5,0)；
（3）过点C作CF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，
∵AB=2❑√2，B为AC的三等分点，
①当AC=3AB=6❑√2，∵∠CAO=45°，∠AFC=90°，
❑√2
∴AF=CF= AC=6，
2
∴OF=4，
∵等腰直角三角形COD，
∴OC=OD,∠COD=90°=∠CFO，
∴∠DOH=∠FCO=90°−∠COF，
又∵∠OFC=∠OHD=90°，
∴△OFC≌△DHO，
∴OH=FC=6,DH=OF=4，
∴D(−6,−4)．
②当AC=3BC时，则：AB=2BC，
3
∴AC= BC=3❑√2，
2
同理可得：D(−3,−1)；
综上：D(−6,−4)或D(−3,−1)．
【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，等腰三角形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨
论的思想进行求解，是解题的关键．
3 5
3．已知，一次函数y=− x+6与x轴、y轴分别交于点A、点B，与直线y= x相交于点
4 4
C，过点B作x轴的平行线l，点P是直线l上的一个动点．(1)若S =S ，求点P的坐标．
△AOC △BCP
5
(2)若点E是直线y= x上的一个动点，当△APE是以AP为直角边的等腰直角三角形
4
时，求点E的坐标．
(40 ) ( 40 )
【答案】(1)P ,6 或 − ,6
3 3
( 5) ( 35) (80 100)
(2) 2, 或 14, 或(16,20)或 ,
2 2 9 9
【分析】（1）先求得A(8,0)，B(0,6)；再联立两直线解析式求出交点C的坐标，
然后由面积相等求出线段BP的长度，继而得出点P的坐标；
( 5 )
（2）设点E m, m 、点P(n,6)，当∠EPA=90°时，当点P在y轴右侧且点P在
4
点E的左侧时，如图，过P作PN⊥OA于N，过E作EM⊥PN于M，当点P在点E
的右侧时，如图∶当∠EAP=90°时，当点P在y轴左侧时，如图，再利用全等三角
形的性质建立方程组求解即可．
3
【详解】（1）解：由y=− x+6，
4
当x=0时，y=6；当y=0时，x=8，
∴A(8,0)，B(0,6)；
5
{ y= x )
{
x=3
)
4
联立 ，解得： 15 ，
3 y=
y=− x+6 4
4( 15)
∴C为 3, ．
4
1 15
∴S = ×8× =15．
△AOC 2 4
1 1 ( 15) 40
∴S = ×BP×(y −y )= ×BP× 6− =15，解得：BP= ．
△BCP 2 P C 2 4 3
(40 ) ( 40 )
∴P ,6 或 − ,6 ．
3 3
( 5 )
（2）解：设点E m, m 、点P(n,6)，
4
当∠EPA=90°时，
当点P在y轴右侧且在点E的左侧时，如图1， 过P作PN⊥OA于N，过E作
EM⊥PN于M，
∵∠MEP+∠MPE=90°，∠MPE+∠NPA=90°，
∴∠MEP=∠NPA，
∵AP=PE，
∴△EMP≌△PNA，
∴ME=PN=6，MP=AN，
{
m−n=6
) 80
∴ 5 ， 解得：m= ，
m−6=8−n 9
4
(80 100)
∴E , ．
9 9
如图：当点P在点E的右侧时，{
m−n=6
)
同理可得： 5 ，解得m=16，
m−6=n−8
4
∴E(16,20)；
如图， 当∠EAP=90°时，当点P在y轴左侧时，
{
m−8=6
)
同理可得： 5 ， 解得：m=14，
m=8−n
4
( 35)
∴点E 14, ；
2
如图：
{5
m=n−8)
同理可得： 4 ，解得：m=2，
8−m=6( 5)
∴E 2, ．
2
(80 100) ( 35) ( 5)
综上，E点坐标为： , 或(16,20)或 14, 或 2, ．
9 9 2 2
【点睛】本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题、坐标与图形、等腰直角三角
形的定义、全等三角形的判定与性质、二元一次方程组的应用等知识点，正确作出辅
助线、构建几何图形、利用数形结合的方法是解题的关键．
2
4．如图1，已知直线l :y =− x+a与坐标轴交于A,B两点，直线l :y =kx+b与坐标轴
1 1 3 2 2
交于C，D两点，且OB=3OC=3OD=6．
(1)分别求出两个一次函数的关系式；
(2)如图2，过点B作平行于y轴的直线l ，点N为直线l 上一点，点M为直线l 上一点，
3 3 2
问能否构成以点A,M,N为顶点，以AM为腰的等腰直角三角形？若能，请求出M点
的坐标；若不能，请说明理由．
2
【答案】(1)y =− x+4，y =x+2；
1 3 2
(2)能，M(−4,−2)或M(8,10)或M(4,6)
【分析】本题考查了一次函数的综合应用，掌握待定系数法和全等三角形的性质是解
题的关键．
2
（1）把B(6,0)代入y =− x+a得，a=4，把C(−2,0)、D(0,2)分别代入y =kx+b，
1 3 2
待定系数法求解析式，即可求解；
（2）分六种情形讨论；①若∠MAN为直角，且点M在第三象限时，过点M和点N分
别做y轴平行线ME、BF，过点A作x轴平行线与ME、BF分别交于点E和点F，证明
△AFM≌△NEA(AAS)，得出y =−2，代入y =x+2得出M的坐标；②若∠MAN
M 2
为直角，且点M在第一象限时，③若∠AMN为直角，④若∠MAN为直角，⑤若∠AMN为直角，且M点M在y轴左边时；⑥若∠AMN为直角，且点M在l 的右边时，
3
根据等腰直角三角形的性质以及全等三角形的性质求得M的坐标，结合图形取舍，即
可求解．
【详解】（1）解：∵OB=3OC=3OD=6，
∴B(6,0)、C(−2,0)、D(0,2)
2
把B(6,0)代入y =− x+a得，
1 3
2
0=− ×6+a，
3
解得：a=4
2
∴y =− x+4
1 3
把C(−2,0)、D(0,2)分别代入y =kx+b得：
2
{0=−2k+b)
2=b
{k=1)
解得
b=2
∴y =x+2
2
（2）①若∠MAN为直角，且点M在第三象限时，如图1：
过点M和点N分别做y轴平行线ME、BF，过点A作x轴平行线与ME、BF分别交于
点E和点F，
∵△AMN是以AM为腰的等腰直角三角形，∠MAN=90°，
∴∠AEM=∠MAN=∠AFB=90°，AM=AN，
∴∠AME+∠MAE=∠MAE+∠FAN=90°，
∴∠AME=∠FAN，
∴△AEM≌△NFA(AAS)，∴EM=AF=6，
∴y =−2
M
将y =−2代入y =x+2得：x =−4
M 2 M
∴M(−4,−2)
②若∠MAN为直角，且点M在第一象限时，如图2：
过点M和点N分别做x轴平行线分别交y轴于点E和点F，同理可证△AEM≌△NFA，
∴AE=NF=6
∴y =10
M
将y =10代入y =x+2得：x =8
M 2 M
∴M(8,10)
③若∠AMN为直角，如图3，
过点M做x轴平行线分别交y轴和直线l 于点E和点F，
3
同理可证△AEM≌△NFM，
∴EM+AE=EM+MF=EF=6
设AE=a，则EM=6−a
∴M(6−a,4+a)
将M(6−a,4+a)代入y =x+2得：
2
4+a=6−a+2解得a=2
∴M(4,6)
④若∠MAN为直角，且点M在y轴和I 之间时，如图4：
3
过点M和点N分别作x轴的平行线交y轴于点E和点F，
若△AMN为等腰直角三角形，同理可证△AEM≌△NFA，
∴AE=NF=6
∴y =10
M
将y =10代入y =x+2得：x =8>6
M 2 M
此时，点M在直线l 的右边，故舍去．
3
⑤若∠AMN为直角，且M点M在y轴左边时，如图5：
过点M作y轴平行线l ，过点A、N分别作x轴的平行线，分别交l 与点E、F，
4 4
若△AMN为等腰直角三角形，同理可证△AEM≌△NFM，
设点M(a,a+2)，则有NF=6−a，ME=2−a，显然NF≠ME，
这与△AEM≌△NFM矛盾，故不存在．
⑥若∠AMN为直角，且点M在l 的右边时，如图6：
3过点M作y轴平行线l ，过点A、N分别作x轴的平行线，分别交l 与点E、F，
4 4
若△AMN为等腰直角三角形，同理可证△AEM≌△MFN，
设点M(a,a+2)，则有ME=a−2，NF=a−6，显然NF≠MF
这与△AEM≌△NFM矛盾，故不存在．
综上：M(−4,−2)或M(8,10)或M(4,6)
1
5．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l ：y=− x+3与x轴交于点A，与y轴交于
1 2
点B，直线l 与x轴交于点C，与y轴交于D点，AC=9，OD=2OC．
2
(1)求直线l 的解析式；
2
(2)连接AD，点Q为直线CD上一动点，若有S =5S ，求点Q的坐标；
△QAD △OAB
(3)点M为直线l 上一点，点N为y轴上一点，若M，N，C三点构成以MN为直角边
1
的等腰直角三角形，求点M的坐标．
【答案】(1)y=2x+6
(2)(5，16)或(−5，−4)
(3)(2，2)或(−6，6)或(4，1)或(0，3)
【分析】本题考查了一次函数与几何综合，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的
性质；
（1）待定系数法求直线CD的解析式；（2）利用割补思想， 问题转化为△ACQ的面积，分两种情况讨论，点Q在CD延长
线上和点Q在DC延长线上；
（3）利用分类讨论的思想，然后将等腰直角三角形转化为构造“一线三等角”的全等，
利用全等三角形的性质，得出对应边相等，建立等量关系．
【详解】（1）解：当x=0时，y=3，
∴B(0，3)．
1
当y=0时，0=− x+3，x=6，
2
∴A(6，0)．
∵AC=9，
∴OC=3，
∴C(−3,0)．
∵OD=2OC，
∴OD=6，
∴D(0,6)．
设直线l 的解析式为y=kx+b，
2
{−3k+b=0)
则 ，
b=6
{k=2)
解得： ，
b=6
∴直线l 的解析式为y=2x+6；
2
（2）解：设Q(m,2m+6) ，
∵S =5S ，
△QAD △OAB
1 1
∴S =5× ×6×3=45，而S = ×9×6=27
△QAD 2 △ACD 2
1
①点Q在CD延长线上时，则S =45+27=72= AC⋅|y |，
ΔACQ 2 Q
∴ |y |=16，Q在x轴上方，
Q
解得：y =16，
Q
∴2m+6=16，
解得：m=5，
∴Q(5，16) ；
1
②点Q在DC延长线上时，则S =45−27=18= AC⋅|y )，
△ACQ 2 Q1
∴ 18= ×9×|y )，Q在x轴下方，
2 Q
解得：y =−4，
Q
∴2m+6=−4，
解得：m=−5，
∴Q(−5,−4) ，
综上所述，点Q的坐标为(5，16)或(−5，−4)．
( 1 )
（3）设点M n,− n+3 ，
2
①当∠CMN=90°时，如图，作ME⊥OC于点E，作NF⊥EM于点F．
∴∠CEM=∠MFN=90°
．
∵∠CME+∠ECM=90°，∠CME+∠FMN=90°，
∴∠ECM=∠FMN，
又∵CM=NM
∴△CEM≌△FMN (AAS)，
∴ME=NF．
1
∴ |− n+3|=|n|，
2
解得n=2或n=−6，
∴M(2,2)或M(−6,6)．
②当∠CNM=90°时，如图过点N作EF∥OA，作ME⊥EF于点E，作CF⊥EF于
点F．
同理可证：△CEM≌△FMN，
∴CF=NE，ME=NF．设N(0,a)
1
∴ |n|=|a|，|a+ n−3|=3
2
解得：n=4或0或−12（舍）
∴M(4,1)或M(0,3)．
综上所述，点M的坐标为(2，2)或(−6，6)或(4，1)或(0，3)．
【题型5 一次函数中平行四边形存在性问题】
1．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A(−2,0)，与y轴交于点B，点
C(2,4)在直线AB上．(1)求直线AB的解析式．
(2)P为x轴上一动点，连接PB,PC，当PB+PC最小时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，当PB+PC最小时，在平面内是否存在一点Q，使得四边形
ABPQ是平行四边形?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x+2
(2 )
(2)P ,0
3
( 8 ) (8 ) ( 4 )
(3) − ,2 或 ,2 或 − ,−2
3 3 3
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）过点B作x轴的对称点B′，连接PB′,CB′，显然B(0,2)由对称得B′(0,−2),
PB′=PB，故PB+PC=PB′+PC≥BC，当点P′,B,C三点共线时，取得最小值，此
时点P为直线B′C与x轴交点，可求直线B′C的表达式为y=3x−2，令y=0，即可求
解；
（3）画出图形，分类讨论利用平行四边形的性质和平移的性质求解即可．
【详解】（1）解：设直线AB的解析式为：y=kx+b，
{−2k+b=0)
代入点A,C得， ，
2k+b=4
{k=1)
解得： ，
b=2
∴直线AB的解析式为y=x+2；
（2）解：过点B作x轴的对称点B′，连接PB′,CB′，当x=0时，y=2，
∴B(0,2)
由对称得B′(0,−2),PB′=PB，
∴PB+PC=PB′+PC≥B′C，
当点P,B′,C三点共线时，取得最小值，此时点P为直线B′C与x轴交点，
设直线B′C的表达式为y=k x+b ，
1 1
{2k +b =4)
代入点B′,C坐标得， 1 1 ，
b =−2
1
{ k =3 )
1
解得： ，
b =−2
1
∴设直线B′C的表达式为y=3x−2，
当y=0是，3x−2=0，
2
解得x= ，
3
(2 )
∴此时P ,0 ．
3
2 8
（3）解：①为平行四边形APBQ 时，则BQ ∥AP,BQ =AP=2+ = ，
1 1 1 3 3
( 8 )
∴Q − ,2 ；
1 32 8
②为平行四边形APQ B时，则BQ ∥AP,BQ =AP=2+ = ，
3 3 3 3 3
(8 )
∴Q ,2 ，
3 3
③为平行四边形ABPQ 时，
2
∵BA∥PQ ,BA=PQ ，
2 2
∴点B向点P的平移方式与点A向点Q 的平移方式一样，
2
(2 )
∵B(0,2),P ,0 ，
3
2
∴点B向右平移 个单位，向下平移2个单位得到向点P，
3
2
∴点A向右平移 个单位，向下平移2个单位得到向点Q P
3 2
而A(−2,0)，
( 4 )
∴Q − ,−2 ，
2 3
( 8 ) (8 ) ( 4 )
综上所述，点Q的坐标为： − ,2 或 ,2 或 − ,−2 ．
3 3 3
【点睛】本题考查了一次函数与平行四边形的综合题，涉及待定系数法求函数解析式，
“将军饮马”求最值，平行四边形的性质 ，平移的性质，熟练掌握知识点是解题的关
键．
2．如图，在△AOB中，点B在x轴上，直线y=2x+b经过点A(4,3)，且与x轴交于点
C，直线y=−x+4与x轴相交于点B，与AC相交于点D．(1)求直线AC的表达式；
(2)在y轴上是否存在一点E，使△ODE是等腰三角形，若存在，求出点E坐标；若不
存在，请说明理由；
(3)点P在直线AC上，在直线BD上是否存在点Q，使以点O，D，P，Q为顶点的四边
形是平行四边形．若存在，求出点Q的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x−5
(2)E(0,❑√10)或E(0,−❑√10)或E(0,5)或E(0,2)
(14 2) (4 8)
(3)Q ,− 或Q ,
3 3 3 3
【分析】（1）由直线AC：y=2x+b经过点A(4,3)，再利用待定系数法可得答案；
（2）设E(0,y)，先求解D(3,1)，可得OD2=32+12=10，OE2= y2，
DE2=32+(1−y) 2，结合△ODE是等腰三角形，再分类讨论即可；
（3）如图，设P(x,2x−5)，Q(m,−m+4)，当DP为对角线时，如图，当OD为对
角线时，如图，当OP为对角线时，再利用平行四边形的性质建立方程求解即可；
【详解】（1）解：∵直线AC：y=2x+b经过点A(4,3)，
∴8+b=3，
解得：b=−5，
∴直线AC为y=2x−5；
（2）解：如图，设E(0,y)，
{y=2x−5)
∵ ，
y=−x+4
{x=3)
解得： ，
y=1∴D(3,1)，
∴OD2=32+12=10，OE2= y2，DE2=32+(1−y) 2，
∵△ODE是等腰三角形，
当OD=OE时，y2=10，
解得：y=±❑√10，
∴E(0,❑√10)或E(0,−❑√10)，
当OE=DE时，y2=9+(1−y) 2，
解得：y=5，
∴E(0,5)，
当OD=DE时，9+(1−y) 2=10，
解得：y=0（舍去），y=2，
∴E(0,2)，
综上：E(0,❑√10)或E(0,−❑√10)或E(0,5)或E(0,2)；
（3）解：如图，∵点P在直线AC上，Q在直线BD上，
∴设P(x,2x−5)，Q(m,−m+4)，
当DP为对角线时，{ m=3+x )
∴ ，
−m+4=1+2x−5
5
{ x= )
3
解得： ，
14
m=
3
(14 2)
∴Q ,− ；
3 3
如图，当OD为对角线时，
{ x+m=3 )
∴ ，
2x−5−m+4=1
5
{ x= )
3
解得： ，
4
m=
3
(4 8)
∴Q , ；
3 3
如图，当OP为对角线时，{ x=m+3 )
∴ ，
2x−5=−m+4+1
13
{ x= )
3
解得： ，
4
m=
3
(4 8)
∴Q , ，
3 3
(14 2) (4 8)
综上：Q ,− 或Q , ；
3 3 3 3
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，勾股定理的应用，等
腰三角形的性质，平行四边形的性质，一次函数的几何应用，清晰的分类讨论是解本
题的关键.
3．在平面直角坐标系中，直线l与x轴，y轴分别交于A(4,0)，B(0,2)两点，点C的坐标是
(2,4)．
(1)求直线l的解析式；
(2)若点P是直线l上的一个动点，在x轴上是否存在一点Q，使以O、C、P、Q为顶
点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x+2
2
(2)存在，Q (−6,0),Q (6,0),Q (14,0)
1 2 3
【分析】本题是一次函数中简单的综合题，涉及到待定系数法求直线解析式，平行四
边形的性质；
（1）设l的解析式为y=kx+b，把A(4,0),B(0,2)代入计算即可；
（2）分类讨论，画出图形，根据平行四边形的性质求解即可．【详解】（1）设l的解析式为y=kx+b，
{4k+b=0)
把A(4,0),B(0,2)代入得：
b=2
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴直线l的解析式y=− x+2．
2
（2）存在
如图1，当四边形OCPQ为平行四边形，
∴CP∥OQ CP=OQ
且 ，
∵C(2,4)，
1
把y=4代入y=− x+2得x=−4，
2
∴点P(−4,4)，
∴PC=OQ=2−(−4)=6
∴点Q(−6,0)．
如图2，同理可得Q(6,0)，
如图3，当四边形OCQP是平行四边形，作CD⊥x轴，PE⊥x，
轴垂足分别为D,E，则∠CDO=∠PEQ=90°，CD=4,OD=2
由四边形OCQP是平行四边形可得OC=PQ，OC∥PQ，
∴∠COD=∠PQE
∴△COD≌△PQE，
∴CD=PE=4,EQ=OD=2，1
把y=−4代入y=− x+2得x=12，
2
∴P(12,−4)，
∴OE=12，
∴OQ=12+2=14，
∴点Q(14,0)，
综上所述，满足条件的Q点有3个，即Q (−6,0),Q (6,0),Q (14,0)．
1 2 3
1 ( 3)
4．如图，直线l :y =kx+1与直线l :y =− x+b交于点A 1, ，l 与x轴交于点
1 1 2 2 2 2 1
B，l 与x轴交于点C．
2
(1)求点B和点C的坐标；
(2)P为直线l 上的一个动点，过点P作x轴的垂线，与直线l 交于点Q，设点P的横坐
1 2
标为m，△OPQ的面积为S，求S与m之间的函数关系式；
(3)点M是y轴上一点，点N是直线l 上一点，以点A、C、M、N为顶点的四边形是平
1
行四边形，求出点N的坐标．
【答案】(1)B(−2,0)，C(4,0)
1 1 1 1
(2)S=− m2+ m或S= m2− m；
2 2 2 2( 7) ( 1) ( 5)
(3)N 5, 、N −3,− 或N 3,
2 2 2
【分析】本题考查了一次函数综合应用，平行四边形的判定和性质，面积的计算，一
次函数与动点问题，用分类讨论的思想是题的关键．
1
（1）将点A分别代入y =kx+1，y =− x+b，得出k，b，求出函数表达式，令
1 2 2
y=0，分别代入y ，y 即可得出答案；
1 2
（2）分别表示出点P、Q的坐标，分m<0，0≤m≤1，m>1时，利用
1
S = ⋅|m)⋅PQ计算即可；
△OPQ 2
（3）表示出点M、N坐标，然后当AC与MN为对角线，AM与CN为对角线，AN与
MC为对角线，分别求解即可．
( 3) 3
【详解】（1）将A 1, 代入y =kx+1得：k+1= ，
2 1 2
1
∴k= ，
2
1
∴y = x+1，
1 2
1
当y= x+1=0时，x=−2，
2
∴B(−2,0)，
( 3) 1 1 3
将A 1, 代入y =− x+b得：− +b= ，
2 2 2 2 2
∴b=2，
1
∴y =− x+2，
1 2
1
当y=− x+2=0时，x=4，
2
∴C(4,0)．
1 1
（2）由题意得：点P的坐标是(m, m+1)，点Q的坐标是(m,− m+2)
2 21 (1 )
当m<0时，PQ=− m+2− m+1 =−m+1，
2 2
1 1 1 1
∴S = ⋅|m)⋅PQ= ⋅(−m)(−m+1)= m2− m，
△OPQ 2 2 2 2
1 (1 )
当0≤m≤1时，PQ=− m+2− m+1 =−m+1，
2 2
1 1 1 1
∴S = ⋅|m)⋅PQ= ⋅m(−m+1)=− m2+ m，
△OPQ 2 2 2 2
1 ( 1 )
当m>1时，PQ= m+1− − m+2 =m−1，
2 2
1 1 1 1
∴S = ⋅|m)⋅PQ= ⋅m(m−1)= m2− m，
△OPQ 2 2 2 2
1 1 1 1
综上所述：S与m之间的函数关系式S=− m2+ m或S= m2− m；
2 2 2 2
( 1 )
（3）设点N的坐标为 a, a+1 ，点M的坐标为(0,n)
2
∵以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形
1+4 a+0
{ = )
2 2
当AC与MN为对角线时， 3 1 ，
+0 a+1+n
2 2
=
2 2
{ a=5 )
得 ，
n=−2
( 7)
∴N 5,
2
1+0 a+4
{ = )
2 2
当AM与CN为对角线时， 3 1 得，
+n a+1+0
2 2
=
2 2{a=−3)
，
n=−2
( 1)
∴N −3,− ，
2
1+a 4+0
{ = )
2 2
当AN与MC为对角线时， 3 1 得，
+ a+1
2 2 0+n
=
2 2
{a=3)
，
n=4
( 5)
∴N 3,
2
( 7) ( 1) ( 5)
综上所述：N 5, 、N −3,− 或N 3, ．
2 2 2
5．如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B
的直线交x轴正半轴于点C，且△ABC面积为10．
(1)求点C的坐标及直线BC的解析式；
(2)若M为线段BC上一点，且满足S =S ，求直线AM的解析式；
△AMB △AOB
(3)若E为直线AM上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点D、E、B、C为
顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
4
【答案】(1)C(3，0)，y=− x+4
3
3 3
(2)y= x+
4 2( 1 ) ( 31 ) (19 )
(3) − ，0 或 − ，0 或 ，0
3 3 3
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质：
（1）先求出A、B坐标，进而根据△ABC面积为10求出点C的坐标，再利用待定系
数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先求出△AOB的面积，即求出△AMB的面积，再由S =S −S =4求
△AMB △ABC △ACM
出点M的纵坐标，进而求出点M的坐标，据此利用待定系数法求出对应的函数解析式
即可；
( 3 3)
（3）设E t， t+ ，D(s，0)，再分当BC为对角线时， 当BE为对角线时，当
4 2
BD为对角线时，三种情况由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在y=2x+4中，当x=0时，y=4，当y=0时，x=−2，
∴A(−2，0)，B(0，4)，
∴OB=4，OA=2，
∵△ABC面积为10，
1
∴ AC⋅OB=10，
2
∴AC=5，
∴OC=3，
∴C(3，0)，
设直线BC解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
∴ ，
b=4
{ k=− 4 )
∴ 3 ，
b=4
4
∴直线BC解析式为y=− x+4；
3
（2）解：∵OA=2，OB=4，
1
∴S =S = OA⋅OB=4，
△AMB △AOB 2
∴S =S −S =4，
△AMB △ABC △ACM1
∴10− AC⋅y =4，
2 m
5
∴10− y =4，
2 m
12
∴y = ，
m 5
4 4 12 6
在y=− x+4中，当y=− x+4= 时，x= ，
3 3 5 5
(6 12)
∴M ， ，
5 5
3 3
同理可知直线AM解析式为y= x+ ；
4 2
( 3 3)
（3）解：设E t， t+ ，D(s，0)，
4 2
3 3
{ t+ +0)
0+4 4 2
=
当BC为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 2 2 ，
0+3 s+t
=
2 2
10
{ t= )
3
解得 ，
1
s=−
3
( 1 )
∴点D的坐标为 − ，0 ；
3
3 3
{ t+ +4 )
4 2 0+0
=
当BE为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 2 2 ，
0+t s+3
=
2 222
{ t=− )
3
解得 ，
31
s=−
3
( 31 )
∴点D的坐标为 − ，0 ；
3
3 3
{ t+ +0 )
4 2 4+0
=
当BD为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 2 2 ，
3+t s+0
=
2 2
10
{ t= )
3
解得 ，
19
s=
3
(19 )
∴点D的坐标为 ，0 ；
3
( 1 ) ( 31 ) (19 )
综上所述，点D的坐标为 − ，0 或 − ，0 或 ，0 ．
3 3 3【题型6 一次函数中菱形的存在性问题】
1．已知：在平面直角坐标系中，直线l :y=−x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线
1
l 经过点A，与y轴交于点C(0,−4)．
2
(1)求直线l 的解析式；
2
(2)如图1，点P为直线l 一个动点，若△PAC的面积等于12时，请求出点P的坐标；
1
(3)如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A B C ，请问在平
1 1 1
面内是否存在点D，使得以A 、C 、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点
1 1
D的坐标；不存在，请说明理由．【答案】(1)y=2x−4
(2)点P的坐标为(−2,4)或(6,−4)；
(3)存在，(2,0)，(−8,0)，(−2,−8)
【分析】（1）设直线l 的解析式y=kx+b，求出点A的坐标，把A、C的坐标代入解
2
析式计算即可；
（2）设点P的横坐标为m，分情况讨论，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可．
（3）按CC 为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点D的坐
1
标即可．
【详解】（1）解：设直线l 的解析式y=kx+b，
2
∵直线l :y=−x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，
1
∴A(2,0)，B(0,2)，
∵直线l 经过点A，与y轴交于点C(0,−4)，
2
{2k+b=0)
∴ ，
b=−4
{ k=2 )
∴ ，
b=−4
∴直线l 的解析式：y=2x−4；
2
（2）解：由题意可知，BC=6，
设点P的横坐标为m，
当点P在第二象限时，
1 1
由题意得S =S +S = ⋅(x −x )⋅BC= (2−m)×6=12，
△PAC △PBC △ABC 2 A P 2
解得m=−2，
∴ y=4，
∴点P的坐标为(−2,4)；
当点P在第一象限时，不存在，舍去，
当点P在第四象限时，
1 1
由题意得S =S −S = ⋅(x −x )⋅BC= (m−2)×6=12，
△PAC △PBC △ABC 2 P A 2
解得m=6，
∴ y=−4，
∴点P的坐标为(6,−4)；
综上，点P的坐标为(−2,4)或(6,−4)；（3）解：设将△ABC沿着x轴平移t个单位长度得到△A B C ，
1 1 1
∴A (2−t,0)，
1
∴CC =t，A C =AC=❑√22+42=2❑√5，
1 1 1
设D点坐标为(p,q)，
①当CC 为以A 、C 、C、D为顶点的菱形边长时，有两种情况：
1 1 1
当CC =A C =2❑√5时，即t=2❑√5，
1 1 1
此时CC ∥A D，即点D在x轴上，且A D=A C =2❑√5，
1 1 1 1 1
∴点D与点A重合，即D(2,0)．
当CC =A C=t时，
1 1
∵A (2−t,0)，C(0,−4)，
1
∴(−4) 2+(2−t) 2=t2，
解得t=5，
此时CC ∥A D，即点D在x轴上，
1 1
且A D=CC =5，
1 1
∴D(−8,0)．
②当CC 为以A 、C 、C、D为顶点的菱形对角线时，A C =A C=2❑√5，即点A
1 1 1 1 1 1 1
在CC 的垂直平分线上，且A ，D关于CC 对称，
1 1 1
当△ABC向左一移动，A (2−t,0)，C(0,−4)，C (−t,−4)，
1 1
∴(−4) 2+(2−t) 2=(2❑√5) 2 ，
解得t=4或t=0（舍），
当△ABC向右移动时，A (2+t,0)，C(0,−4)，C (t,−4)，
1 1
∴(−4) 2+(2+t) 2=(2❑√5) 2 ，
解得t=−4（舍）或t=0（舍），
∴A (−2,0)，
1
∴D(−2,−8)．
综上所述，存在点D，使得以A 、C 、C、D为顶点的四边形是菱形，点D的坐标为
1 1
(2,0)，(−8,0)，(−2,−8)．【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面
积公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的
分类讨论是解题关键．
2．如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴、y轴上，线段OA、OB的长（
{ x− 1 y=0)
OA
