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专题 19.2 一次函数与几何综合
◆ 典例分析
5
【典例1】如图，在平面直角坐标系中，直线y= x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一直
2
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 =S −S =S −S 求解即可；
△ACM △ABC △ABM △ABC △ABO
（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】
5
（1）解：直线y= x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，
2
∴A(−2,0)，B(0,5)，
即OA=2,OB=5，
∵△ABC面积为15，
1
∴ (OA+OC)⋅OB=15，
2
∴OC=4，∴C(4,0)
（2）设直线BC的表达式为y=kx+b，
{4k+b=0)
将点B、C的坐标代入一次函数表达式得：
b=5
{ k=− 5 )
解得： 4
b=5
5
∴直线BC的表达式为：y=− x+5；
4
1
∵S =S −S =S −S =15− ×2×5=10，
△ACM △ABC △ABM △ABC △ABO 2
1 10
∴S = ×6×y =10，解得：y = ，
△ACM 2 M M 3
10 5
∴ =− x+5
3 4
4
解得：x = ，
M 3
(4 10)
∴M , ；
3 3
(4 10)
（3）∵A(−2,0)， M , ，
3 3
设直线AM的表达式为y=k x+b ，
1 1
{−2k
1
+b
1
=0
)
将点A、M的坐标代入一次函数表达式得： 4 10 ，
k +b=
3 1 3
{k =1)
解得： 1
b =2
1
∴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：∵B(0,5)，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，
∴E(3,5)，
∴BE=CD=3，
∵C(4,0)，
∴D(7,0)；
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≌△ECD(SAS)，
∴EF=OB，
∵B(0,5)，
∴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=ED)
OB=FE
∴Rt△BOC≌Rt△EFD(HL)，
∴DF=OC，
∵C(4,0)，
∴DF=OC=4，
∴OD=4+7=11，
∴D(−11,0)；
③当BC为平行四边形的对角线时，
∵B(0,5)，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，
∴E(3,5)，
∴BE=CD=3，
∵C(4,0)，
∴D(1,0)．
综上，存在，满足条件的点D的坐标为(7,0)或(−11,0)或(1,0)．
◆ 学霸必刷1
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= x+b（b为大于2的常数）上一
2
个动点，点A(−4,0)、B(0,2)，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)、B(0,2)，
{−4m+n=0) { m= 1 )
∴ ，解得 2 ，
n=2
n=2
1
∴直线AB的解析式为y= x+2，
2
1
∵点P是第二象限内直线y= x+b（b为大于2的常数）上一个动点，
2
∴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
1
2．（2025·广东珠海·二模）如图，点A是直线y= x在第一象限图象上一动点，以OA为边向左边作正方
3
a
形OABC，若B(a,b)，则 的值为（ ）
b
1 2 1 3
A． B． C． D．
4 3 2 4
【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°，
1
∵点A是直线y= x在第一象限图象上一动点，
3
∴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，
a 2k 1
∴ = = ．
b 4k 2
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
C(1,3),B(4,4)，P是对角线OB上的一个动点，D(0,2)，当CP+DP最短时，点P的坐标为（ ）
(1 1) (3 3)
A． , B． , C．(2,2) D．(3,3)
2 2 2 2
【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，
∵C(1,3),B(4,4)，
∴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，
∴A(3,1)，
∵D(0,2)，
1
∴设直线AD的解析式为：y=kx+2，把A(3,1)，代入，得：k=− ，
3
1
∴y=− x+2，
3
3
{ y=− 1 x+2) { x= 2 )
联立 3 ，解得： ；
3
y=x y=
2
(3 3)
∴P , ；
2 2
故选B．
3
4．（24-25八年级上·江苏扬州·期末）如图，已知一次函数y=− x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交
4
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．2.1 B．2.2 C．2.3 D．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】
3
解：将x=0代入y=− x+3得，y=3，
4
∴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，
1 1
则 ×5×ℎ = ×3×4，
2 2
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−m) 2，
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（ ）
100
A．25 B．20❑√2 C． D．32
3
【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，
1
∴AC⊥BD，BQ=DQ= BD，AQ=CQ，
2
∵点A的坐标为(0,10)，点C的纵坐标为2，10+2
∴点Q的纵坐标为 =6，
2
∴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E(0,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Q(4,6)，
∴AQ=❑√(4−0) 2+(6−10) 2=4❑√2，
∴EQ=4❑√2，
1
∵2BE=BD，BQ= BD，
2
1
∴BE=BQ= EQ=2❑√2，
2
1 1
∴菱形ABCD的面积为4S =4× AQ⋅BQ=4× ×4❑√2×2❑√2=32，
△ABQ 2 2
故选：D．❑√3
6．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，已知直线MN： y= x+2交x轴负半轴于点A，交y轴于
3
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(−2❑√3,0)，令x=0，可得B(0,2)，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】
❑√3
解：∵直线MN：y= x+2交x轴负半轴于点A，交y轴于点B，
3
❑√3
令y=0，则0= x+2，解得x=−2❑√3，
3
∴A(−2❑√3,0)，
令x=0，则y=2，
∴B(0,2)，
∴OB=2,OA=2❑√3
∴AB=❑√(2❑√3) 2+22=4，
∴AB=2OB，
如图，取AB的中点D，∵∠AOB=90°
1
∴AD=BD= AB=OB=OD
2
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，
∴∠MAO=30°，
∴ ∠MBO=120°．
∵B(0,2)，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，∠C BO=45°，
1
∴MBC =120°−45°=75°；
1
②当点C在x轴负半轴上时，∠C BO=45°，
2
∠MBC =120°+45°=165°．
2
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．1 B．2 C．2❑√2 D．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M(2，2)，设点C(c，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
D(2，2+c)，得出P(−1，1)，再由勾股定理表示出PD=❑√[2−(−1)) 2 +(2+c−1) 2=❑√(c+1) 2+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C(c，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=∠DBM ，
OB=MB
∴△BOC≌△BMD(SAS)，
∴∠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，
∴D(2，2+c)，
∵点P是线段AB的中点，
∴P(−1，1)，
∴PD=❑√[2−(−1)) 2 +(2+c−1) 2=❑√(c+1) 2+9，
∵(c+1) 2≥0，
∴当(c+1) 2=0即c=−1时，PD最小，为❑√9=3，
∴PD的最小值为3，
故选：D．
3
8．（24-25八年级上·山东青岛·期中）如图，直线l：y=− x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
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．2 B．4 C．5 D．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】
3
解：对于直线y=− x+3，
4
3
令x=0，则y=3，令y=0，则− x+3=0，
4
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，
1 1
∵S = OA⋅OB= AB⋅OM
△OAB 2 2
12
∴OM= ；
5
①当△OMP≌△PQO时，如图2和图3，
12
由（1）得OM= ，
5
12 12 12
∴PQ=OM= ，即P点横坐标为− 或 ，
5 5 5
12 3 ( 12) 24
当P点横坐标为− 时，纵坐标为：− × − +3= ，
5 4 5 5
( 24)
∴Q 0, ，
5
12 3 12 6
当P点横坐标为 时，纵坐标为：− × +3= ，
5 4 5 5( 6)
∴Q 0, ；
5
②当△OMP≌△OQP时，如图4和图5，
12
∴OQ=OM= ，
5
( 2) ( 12)
此时点Q的坐标为 0, 或 0,− ，
5 5
综上所述，符合条件的点Q共4个．
故选：B．
1
9．（24-25八年级上·广东揭阳·阶段练习）已知直线l ：y=kx+b与直线l ：y=− x+m都经过
1 2 2
( 6 8)
C − , ，直线l 交y轴于点B(0,4)，交x轴于点A，直线l 交y轴于点D，P为y轴上任意一点，连接
5 5 1 2
6
{
y=kx+b
)
{ x=− )
5
PA、PC，有以下说法：①方程组 1 的解为 ；②△BCD为直角三角形；③S =3
y=− x+m 8 △ABD
2 y=
5
；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】
( 6 8)
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B(0,4)，C − , ，
5 5
D(0,1)，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】
1 ( 6 8)
解：①∵直线l ：y=kx+b与直线l ：y=− x+m都经过C − , ，
1 2 2 5 5
6
{
y=kx+b
)
{ x=− )
5
∴方程组 1 的解为 ，
y=− x+m 8
2 y=
5
故①正确，符合题意；
( 6 8) {
b=4
)
②把B(0,4)，C − , 代入直线l ：y=kx+b，可得 6 8 ，
5 5 1 − k+b=
5 5
{k=2)
解得 ，
b=4
∴直线l ：y=2x+4，
1
( 6 8) 1
把C − , 代入直线l ：y=− x+m，可得m=1，
5 5 2 2
1
y=− x+1中，令x=0，则y=1，
2
∴D(0,1)，
∴BD=4−1=3，BC2= ( 0− 6) 2 + ( 4− 8) 2 = 180 ，CD2= ( 0− 6) 2 + ( 1− 8) 2 = 45 ，
5 5 25 5 5 25
45 180 225
∴BC2+CD2= + = =9=BD2 ，
25 25 25
∴△BCD为直角三角形，∠BCD=90°，
故②正确，符合题意；
③在直线l ：y=2x+4中，令y=0，则x=−2，
1
∴A(−2,0)，
∴AO=2，1 1
∴S = BD×OA= ×3×2=3，
△ABD 2 2
故③正确，符合题意；
④点A关于y轴对称的点为A′(2,0)，
1
由点C、A′的坐标得，直线C A′的表达式为：y=− x+1，
2
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A(6,0)，与y轴交点B(0,3)，点M(a,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A(6,0)，与y轴交点B(0,3)，∴OA=6，OB=3，
1 1
∴S = OA⋅OB= ×3×6=9；
△AOB 2 2
设直线l的解析式为y=kx+b，
{6k+b=0)
∴ ，
b=3
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=3
1
∴直线l的解析式为y=− x+3，
2
∵点M(a,2)是直线l上一点，
1
∴2=− a+3，解得a=2，
2
∴M(2,2)，
∵直线MN将△AOB分成面积相等的两部分，
1 1
∴S = AN⋅y = ×9，
△AMN 2 M 2
9
∴AN= ，
2
3
∴ON=OA−ON= ，
2
(3 )
∴N ,0 ，
2
(3 )
故答案为： ,0 ．
2
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，
❑√3
∴B点的坐标为(− t,0)，C点的坐标为(0,t)，
3
∵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，
5❑√3
解得t=− ．
3
5❑√3
故答案为：− ．
3
1
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=− x+2上，
2
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)，B(0,4)，由等
4
角对等边得出AD=BD，设D(x,0)，由勾股定理计算得出D(3,0)，求出直线BC的解析式为y=− x+4
3
4
{ y=− x+4)
3
，联立 ，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．
1
y=− x+2
2
【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)，B(0,4)，
∵∠CBA=∠BAO，
∴AD=BD，
设D(x,0)，
∴x−(−2)=❑√(x−0) 2+(0−4) 2，
解得：x=3，
∴D(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，{3k+b=0)
将B(0,4)，D(3,0)代入解析式可得 ，
b=4
{ k=− 4 )
解得： 3 ，
b=4
4
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
3
4
{ y=− x+4)
3
联立 ，
1
y=− x+2
2
12
{ x= )
5
解得： ，
4
y=
5
(12 4)
∴点C的坐标为 , ，
5 5
(12 4)
故答案为： , ．
5 5
1 5
13．（2025·江苏扬州·二模）如图，一次函数y=− x+ 的图象经过正方形OABC的顶点A和C，则正方
2 2
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≌△OCF(AAS)，设点C(m,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=∠COF ，
OA=CO
∴△AOE≌△OCF(AAS)，
∴OE=CF，AE=OF，
设点C(m,n)，
∴OF=m，CF=n，
∴OE=n，AE=m，
∴A(−n,m)，
1 5
∵一次函数y=− x+ 的图象经过正方形OABC的顶点A和C，
2 2
1 5
{ − m+ =n )
2 2 {m=3)
∴ ，解得： ，
1 5 n=1
− ×(−n)+ =m
2 2
∴C(3,1)，
∴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≌△PAF(AAS)，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，
∴A(0,6)，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=∠FPA
AD=PA
∴△ADE≌△PAF(AAS)，
∴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),B(0,6)，
∴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)，G(3,0)，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，
{−6k+b=3) { k=− 1 )
则： ，解得： 3 ，
3k+b=0
b=1
1
∴y=− x+1，
3
15
{
y=x+6
)
{ x=− )
4
联立 1 ，解得： ，
y=− x+1 9
3 y=
4
( 15 9)
∴E − , ，
4 4
( 15 9)
故答案为： − , ．
4 4
3
16．（24-25八年级下·四川宜宾·阶段练习）如图，已知一次函数y=− x+3的图象与x轴交于点A，与y
4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】
3
解：将x=0代入y=− x+3得，y=3，
4
∴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，
1 1
则 ×5×ℎ = ×3×4，
2 2
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(HL)，
∴ 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−m) 2，
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E ，在AC上截取CE =CE ，
1 2 1
连接DE ，利用轴对称的性质和全等三角形的性质推出E 、E 即为符合题意的两个点E，利用A、B、
2 1 2
C、D坐标求出直线BD与直线AC的解析式，联立可得E 的坐标，再根据对称性得出E 的横坐标等于E 的
1 2 1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B(0,6)，
令y=0，则x=−3，即A(−3,0)，
对于y=−x+3，
令x=0，则y=3，即C(0,3)，
令y=0，则x=3，即D(3,0)，
∵∠ABO+∠CDE=∠ACO=∠ABO+∠BAC，
∴∠CDE=∠BAC；
连接BD交直线AC于E ，在AC上截取CE =CE ，连接DE ，
1 2 1 2
∵AO=DO=3，
∴A和D关于y轴对称，
∵B、C在y轴上，
∴∠BAC=∠BDC，
∴E 为符合题意的一个点E，
1
∵AO=OC=OD，∠AOC=∠COD=90°，
∴∠ACO=45°,∠DCO=45°，
∴∠ACD=90°，
∵CE =CE ，∠E CD=∠E CD=90°，DC=DC，
2 1 2 1
∴△E CD≌△E CD，
2 1
∴∠CDE =∠CDE ，
2 1
∴E 为符合题意的另一个点E；
2
∵B(0,6)，D(3,0)，
∴直线BD的解析式为y=−2x+6，
∵ A(−3,0)，C(0,3)，∴直线AC的解析式为y=x+3，
{y=−2x+6)
联立 ，
y=x+3
{x=1)
解得： ，
y=4
∴E (1,4)，
1
由对称性得：E 的横坐标为−1，
2
代入x=−1，则y=x+3=−1+3=2，
∴E (−1,2)，
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A A′，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A A′，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=∠BAC ，
A′B=BA
∴△A′BD≌△BAC(AAS)，
∴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A A′（等腰三角形的三线合一），
(−7+3 0−2)
∴E , ，即E(−2,−1)，
2 2
设直线BP的解析式为y=kx+b(k≠0)，
{ −k+b=4 ) {k=5)
将点B(−1,4)，E(−2,−1)代入得： ，解得 ，
−2k+b=−1 b=9
则直线BP的解析式为y=5x+9，
11
{ x=− )
{y=5x+9) 4
联立 ，解得 ，
y=x−2 19
y=−
4( 11 19)
则点P的坐标为 − ,− ，
4 4
( 11 19)
故答案为： − ,− ．
4 4
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．
{∠AEQ=∠PFQ=90°
)
在△QAE和△QPF中， ∠QAE=∠QPF ，
QA=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．
{∠QMA=∠QNP=90°
)
在△QAM和△QPN中， ∠QAM=∠QPN ，
QA=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)．
1
20．（24-25八年级下·广东汕头·阶段练习）如图，直线l :y= x与直线l 交于点A(2,a)，直线l 与y轴交
1 2 2 2
于点B(0,3)，与x轴交于点C．（1）求直线l 的函数表达式；
2
4
（2）点M在直线l 上，当△OAM的面积为△BOC面积的 时，求点M坐标．
2 9
【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
（1）由直线l :y= x与直线l 交于点A(2,a)得A(2,1)，再利用待定系数法求解即可；
1 2 2
4
（2）先求出C(3,0)，再根据△OAM的面积为△BOC面积的 求得S =2，设M(x,−x+3)，再分点M
9 △OAM
在OA上方和下方两种情况，分别根据S =2以及三角形面积公式列方程求解即可．
△OAM
【解题过程】
1
（1）解：∵直线l :y= x与直线l 交于点A(2,a)，
1 2 2
1
∴a= ×2=1，
2
∴A(2,1)，
设直线l 的函数表达式为y=kx+b，
2
∵直线l 与y轴交于点B(0,3)，与直线l 交于点A(2,1)，
2 1
{2k+b=1) {k=−1)
∴ ，解得 ，
b=3 b=3
∴直线l 的函数表达式为y=−x+3．
2
（2）解：∵直线l 的解析式为y=−x+3，
2
令y=0，则0=−x+3，解得x=3，
∴C(3,0)，
∵B(0,3)，1 9
∴S = ×3×3= ，
△BOC 2 2
4 9
∴S = × =2，
△OAM 9 2
设M(x,−x+3)，
①点M在OA上方时，如图，
1 1 2
S =S −S = ×3×2− ×3x=2，解得：x= ，
△OAM △BOA △BOM 2 2 3
(2 7)
∴点M坐标为 , ；
3 3
②点M在OA下方，即−x+3<0如图，
1 1 3 3 10
∴S =S +S = ×3×1+ ×3|−x+3)= + (x−3)=2，解得：x= ，
△OAM △OAC △OCM 2 2 2 2 3
(10 1)
∴点M坐标为 ,− ．
3 3
(2 7) (10 1)
综上，点M坐标为 , 或 ,− ．
3 3 3 3
21．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）如图，直线y=−x+m与x轴交于点B(4,0)，与y轴交于点
A，点C为OB上一点，点M为AB上一点，OM交AC于N，S =4．
△ABC（1）求直线AB和直线AC的解析式；
（2）若S =1，求点M的坐标；
△ONC
（3）若S =S ，求点M的坐标．
△AMN △ONC
【思路点拨】
（1）先把B点坐标代入y=−x+m求出m的值，从而得到直线AB的解析式为y=−x+4，然后求出A点坐
标，接着利用三角形面积公式计算出BC，即可得到C的坐标，待定系数法求解析式即可求解．
(3 ) 2
（2）根据S =1得出N ,1 ，则直线ON的解析式为y= x，联立直线AB,ON的解析式，即可求
△ONC 2 3
解；
（3）连CM，由已知得S =S ，得出x =x =2，代入y=−x+4，即可求解．
△AOM △OAC M C
【解题过程】
（1）解：∵直线y=−x+m与x轴交于点B(4,0)，
∴−4+m=0,
解得：m=4，
∴A(0,4)，
∵S =4，
△ABC
∴BC=2，
∴C(2,0)，
设直线AC解析式为y=kx+4，
将C(2,0)代入得，0=2k+4，
解得：k=−2，
∴AC的解析式为：y=−2x+4，直线AB的解析式为y=−x+4；
（2）解：∵S =1，
△ONC
1
∴ ×2⋅y =1，
2 N
3
∴y =1，将y =1代入y=−2x+4得：x= ，
N N 2(3 )
∴N ,1
2
设直线ON的解析式为y=k x，
1
3 2
∴ k =1，解得：k = ，
2 1 1 3
2
∴直线ON的解析式为y= x，
3
12
{ y= 2 x ) { x= 5 )
由 3 得 ．
8
y=−x+4 y=
5
(12 8)
M , ；
5 5
（3）解：连接CM，由已知得S =S ，
△AOM △OAC
∴CM∥OA,x =x =2，将x =2代入y=−x+4得y =2
M C M M
∴M(2,2)．
22．（24-25八年级上·山东济南·阶段练习）如图，直线y=−2x+4交x轴和y轴于点A和点B，点
C(0,−2)在y轴上，连接AC．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）若点P是直线AB上一点，若△BCP的面积为3，求点P的坐标；
（3）过点B的直线BE交x轴于点E（E点在点A右侧），当∠ABE=45°时，求直线BE的表达式．
【思路点拨】本题考查了一次函数综合题，利用三角形的面积公式得出点的坐标，利用全等三角形的判定和性质解答是
解题关键．
（1）根据直线与坐标轴的交点解答即可；
1 1
（2）由S = BC⋅a= (4+2)⋅a=3，即可求解；
△BPC 2 2
（3）根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质解答即可．
【解题过程】
（1）解：∵y=−2x+4交x轴和y轴于点A和点B，
∴当x=0时，则y=4；
当y=−2x+4=0时，解得x=2，
∴A(2,0)，B(0,4)；
（2）设点P(a,−2a+4)，如图，连接PC，
1 1
则S = BC⋅|a)= ×(4+2)⋅|a)=3，解得a=±1，
△BPC 2 2
故点P(1,2)或(−1,6)；
（3）当∠ABE=45°，如图，过点A作AD⊥AB交BE于点D，过点D作DH⊥x轴，
∵∠ABE=45°，
∴△BAD为等腰直角三角形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAO+∠DAH=90°，∠DAH+∠ADH=90°，∴∠BAO=∠ADH，
在△AOB与△DHA中，
¿，
∴△AOB≌△DHA(AAS)，
∵OA=2，OB=4，
∴OH=OA+AH=2+4=6，DH=2，
∴D(6,2)，
∵B(0,4)，
{ k=− 1 )
设直线BE的表达式为y=kx+b，则¿，解得 3 ，
b=4
1
故直线BE的表达式为y=− x+4．
3
1
23．（24-25八年级下·四川内江·期中）如图1，已知函数y= x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，点
2
C与点A关于y轴对称．
（1）求直线BC的函数解析式；
（2）设点M是x轴上的一个动点，如图2，过点M作y轴的平行线，交直线AB于点P，交直线BC于点
Q．
9
①若△PQB的面积为 ，求点P的坐标；
4
②连接BM，如图，若△ABM是等腰三角形，直接写出点M的坐标．
【思路点拨】
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法求一次函数解析式，轴对称的性质，两点间距离公式，等
腰三角形的定义以及性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）先求出A,B的坐标，对称性求出C点坐标，待定系数法求出BC的函数解析式即可；( 1 ) ( 1 )
（2）①设M(m,0)，则：P m, m+3 、Q m,− m+3 ，过点B作BD⊥PQ于点D，利用
2 2
1 1 9
S = PQ⋅BD= m2= ，进行求解即可；
△PQB 2 2 4
（3）先由两点间距离公式求出AB，然后分三种情况讨论，利用等腰三角形的性质进行求解即可．
【解题过程】
1
（1）解：对于y= x+3，
2
由x=0得：y=3，
∴B(0,3)，
1
由y=0得：y= x+3，解得x=−6，
2
∴A(−6,0)，
∵点C与点A关于y轴对称
∴C(6,0)，
{ b=3 )
设直线BC的函数解析式为y=kx+b，则 ，
6k+b=0
{ k=− 1 )
解得 2 ．
b=3
1
∴直线BC的函数解析式为y=− x+3；
2
（2）解：①设M(m,0)，
( 1 ) ( 1 )
则P m, m+3 、Q m,− m+3
2 2
如图1，过点B作BD⊥PQ于点D，|1 1 )
∴PQ= m+3+ m−3 =|m)，BD=|m)，
2 2
1 1 9
∴S = PQ⋅BD= m2= ，
△PQB 2 2 4
3❑√2
解得m=± ，
2
1 1 3❑√2 12+3❑√2 1 1 ( 3❑√2) 12−3❑√2
m+3= × +3= 或 m+3= × − +3=
2 2 2 4 2 2 2 4
(3❑√2 12+3❑√2) ( 3❑√2 12−3❑√2)
∴P , 或P − , ；
2 4 2 4
②∵A(−6,0),B(0,3)，
∴AB=❑√32+62=3❑√5，
当AB=AM=3❑√5时，则M(−6−3❑√5,0)或M(3❑√5−6,0)；
当MA=MB时，如图：
设OM=m，则MA=MB=6−m，
∴在Rt△MBO中，由勾股定理得：m2+32=(6−m) 2，
9
解得：m= ，
4
( 9 )
∴M − ,0 ；
4
当BA=BM时，
∵BO⊥AC，
∴OA=OM，
∵OA=OC，∴此时点M与点C重合，
∴M(6,0)，
( 9 )
综上所述：△ABM是等腰三角形时，点M的坐标为(−6−3❑√5,0)或(3❑√5−6,0)或 − ,0 或(6,0)．
4
24．（24-25八年级下·湖北十堰·期中）如图，经过点A (−1,0)的直线y=2x+b交y轴于点B (0,b)，直线
CD：y=−x+5交y轴于点C，交AB于点D．
（1）填空：b= ，点D的坐标为 ，△BCD的面积为 ；
（2）P是直线AB上的一点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交直线CD于点R，若PR=2QR，求点P的坐
标；
（3）点F是x轴上一点，直线CD上是否存在点E，使以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若
存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了一次函数综合问题，面积问题，平行四边形的性质，中点坐标公式，平移的性质，掌握一次函
数的性质是解题的关键；
（1）将点A (−1,0)代入y=2x+b待定系数法求解析式，得b=2，则B(0,2)，联立AB,CD解析式求得点
D(1,4)，进而求得C(0,5)，再根据三角形的面积公式，即可求解；
（2）分两种情况：当点P在D点右侧时，当点P在A点左侧时，根据PR=2QR，建立方程，解方程，即
可求解；
（3）分以BD为边和以BD为对角线两种情况，分别画出图形，根据平移的性质求得点的坐标，即可求
解．
【解题过程】
（1）解：将点A (−1,0)代入y=2x+b
得0=−2+b
解得：b=2，则B(0,2)
∴直线AB解析式为y=2x+2，
{y=−x+5)
联立
y=2x+2{x=1)
解得：
y=4
∴D(1,4)
直线CD：y=−x+5交y轴于点C，当x=0时，y=5
∴C(0,5)
又∵B(0,2)
∴BC=5−2=3
1 3
∴△BCD的面积为 ×3×1=
2 2
3
故答案为：2，(1,4)， ．
2
（2）∵PQ⊥x轴，
∴ PQ∥y轴，
设P(x,2x+2)，R(x,−x+5)，
分两种情况：
①如图1，当点P在D点右侧时，
PR=2x+2−(−x+5)=3x−3，QR=−x+5，
由PR=2QR得，3x−3=2(−x+5)，
13
解得，x= ，
5
(13 36)
此时，点P的坐标为 , ，
5 5
②如图2，当点P在A点左侧时，PR=−x+5−(2x+2)=−3x+3，QR=−x+5，
由PR=2QR得，−3x+3=2(−x+5)，
解得，x=−7，
此时，点P的坐标为(−7，−12)
(13 36)
综上，点P的坐标为 , 或(−7，−12)；
5 5
（3）存在.点E的坐标为E (3,2)或(7,−2)或(−1,6)
∵F在x轴上，
∴点F的纵坐标为0
分以BD为边和以BD为对角线两种情况：
①以BD为边时，又分BF为边和BE为边两种情况：
ⅰ)当BF为边时，如图，由平移可知，当点B平到点F1时，纵坐标减小2个单位，点D平移到点E 纵坐标
1
也减小2个单位，
∴ E 的纵坐标为2，
1
由−x+5=2得，x=3，
∴ E (3，2)；
1
ⅱ)当BF为对角线时，如图，同理可得E (7,−2)；
2
E(3,2)或(7,−2)
②以BD为对角线时，BD，EF互相平分，∴ y + y = y + y ，
B D E F
∴ 2+4= y +0，
E
∴ y =6，
E
由−x+5=6得，x=−1，
∴ E (−1,6) .
3
综上，直线CD上存在点E，使以B，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点E的坐标为E (3,2)或
(7,−2)或(−1,6) .
1
25．（24-25八年级下·四川宜宾·期中）如图，在平面直角坐标系xoy中，直线y= x+b与x轴、y轴分别
2
交于D、E两点，D的坐标为(−12,0)，横坐标为−6的点A在线段DE上，点C是x轴负半轴上一动点，以
点C为直角顶点在AC的左边作等腰直角三角形ABC，连结OA、OB．
（1）求直线DE的函数表达式；
（2）设点C的坐标为(m,0)，求点B的坐标；（用含m的代数式表示）
（3）求△AOB的周长的最小值．
【思路点拨】
（1）把点D代入，运用待定系数法即可求解；
（2）根据题意，A(−6,3)，分类讨论：如图所示，点C在点A右侧，过点A作AM⊥x轴于点M，作点B
作BN⊥x轴于点N；如图所示，点C在点A左侧，过点A作AM⊥x轴于点M，作点B作BN⊥x轴于点
N；结合全等三角形的判定和性质即可求解；
（3）根据题意得到A(−6,3),B(m−3,−m−6),O(0,0)，OA=❑√62+(−3) 2=3❑√5，设
x=m−3,y=−m−6，则y=−x−9，点E在直线y=−x−9的直线上，设直线y=−x−9与x轴、y轴交
于点P,Q，作点Q关于直线PQ的对称点O'，连接BO'，交PQ于点T，则OB=O'B，连接PO',O'Q，当
O'B+AB值最小时，△AOB的周长有最小值，此时，点O',B,A三点共线，O'B+AB=O' A，根据对称
可得OO'⊥PQ，TP=¿=TQ=TO'，四边形PO'QO是正方形，O'(−9,−9)，由两点之间距离公式计算即可得到O' A=❑√(−6+9) 2+(3+9) 2=3❑√17，由此即可求解．
【解题过程】
1
（1）解：直线y= x+b与x轴、y轴分别交于D、E两点，D的坐标为(−12,0)，
2
1
∴ ×(−12)+b=0，
2
解得，b=6，
1
∴直线DE的函数表达式为y= x+6；
2
1
（2）解：∵直线DE的函数表达式为y= x+6，横坐标为−6的点A在线段DE上，
2
1
∴当x=−6时，y= ×(−6)+6=3，
2
∴A(−6,3)，
∵以点C为直角顶点在AC的左边作等腰直角三角形ABC，
∴CA=CB，
如图所示，点C在点A右侧，过点A作AM⊥x轴于点M，作点B作BN⊥x轴于点N，
∴M(−6,0)，AM=3，CM=m−(−6)=m+6，
∵∠CAM=90°−∠ACM=∠BCN，∠AMC=∠CNB=90°，CA=CB，
∴△ACM≌△CBN(AAS)，
∴CM=BN=m+6，AM=CN=3，
∴ON=OC+CN=−m+3，
∴N(m−3,0)，
∵点B在第三象限，
∴B(m−3,−m−6)；
如图所示，点C在点A左侧，过点A作AM⊥x轴于点M，作点B作BN⊥x轴于点N，同理，MC=−6−m，AM=3，△AMC≌△CNB，
∴AM=CN=3，CM=BN=−6−m，
∴ON=OC+CN=−m+3，
∴N(m−3,0)，
∵点B在第二象限，
∴B(m−3,−6−m)；
综上所述，点B的坐标为(m−3,−m−6)；
（3）解：∵A(−6,3),B(m−3,−m−6),O(0,0)，
∴OA=❑√62+(−3) 2=3❑√5，
设x=m−3,y=−m−6，
∴y=−x−9，
∴点E在直线y=−x−9的直线上，设直线y=−x−9与x轴、y轴交于点P,Q，作点Q关于直线PQ的对称
点O'，连接BO'，交PQ于点T，则OB=O'B，连接PO',O'Q，
∴OA+OB+AB=OA+O'B+AB，
当O'B+AB值最小时，△AOB的周长有最小值，此时，点O',B,A三点共线，O'B+AB=O' A，
当x=0时，y=−9，当y=0时，x=−9，
∴P(−9,0),Q(0,−9)，∴OP=OQ=9，则△OPQ是等腰直角三角形，
根据对称可得，OO'⊥PQ，
∴TP=¿=TQ=TO'，
∴四边形PO'QO是正方形，
∴O'(−9,−9)，
∴O' A=❑√(−6+9) 2+(3+9) 2=3❑√17，
∴△AOB的周长的最小值为OA+OB+AB=OA+O' A=3❑√5+3❑√17．
26．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在平面直角坐标系中，A、B、C三点坐标分别为(0,3)、
(−3,0)、(0,−3)，把△ABC沿AC翻折，点B恰好落在x轴的点D处，AC为折痕．
（1）求直线AD的解析式；
（2）在平面直角坐标系中，有一个动点P(x,y)使得S =3，动点P的纵坐标y是否为横坐标x的函数？
△PAD
若是，求出y关于x的函数解析式；若否，请说明理由；
（3）连接AD、CD，点E为边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交∠BCD外角的平分线CF于点F，请
补全图形，并求证AE=EF．
【思路点拨】
（1）由翻折的性质可得，D(3，0)，待定系数法求直线AD的解析式即可；
（2）由题意知，OA=OD=3，则∠ADO=45°，由勾股定理得，AD=❑√OA2+OD2=3❑√2，设P到
1
AD的距离为ℎ，依题意得，S
△PAD
=
2
×3❑√2×ℎ =3，可求ℎ =❑√2，即点P在距离AD为❑√2的直线l
1
，l
2
上运动，如图1，记l 与x轴的交点为M，l 与x轴的交点为N，作DP⊥l 于P，则l ∥AD，l ∥AD，可
1 2 1 1 2
求PM=DP=❑√2，由勾股定理得，DM=❑√PM2+DP2=2，则M(5，0)，N(1，0)，设直线l 的解析
1式为y=−x+c；将M(5，0)代入，可求c=5，则直线l 的解析式为y=−x+5；同理，直线l 的解析式为
1 2
y=−x+1；
（3）如图2，延长AE交CF的延长线于G，记EF与y轴的交点为J，则∠FEG=∠AEJ=90°，证明四边
形ABCD是正方形，∠BCO=∠DCO=45°，证明BD∥CF，则∠ACG=∠AOB=90°，由
∠EGF+∠EFG=90°=∠EGF+∠EAJ，可得∠EFG=∠EAJ，如图2，作EH⊥CG于H，EL⊥y
轴于L，证明四边形EHCL是正方形，则EL=EH，∠LEH=90°=∠JEG，∠JEL=∠GEH，证明
△JLE≌△GHE(ASA)，则EJ=EG，证明△EFG≌△EAJ(AAS)，进而可证AE=EF．
【解题过程】
（1）解：由翻折的性质可得，D(3，0)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
{ b=3 )
将A(0，3)，D(3，0)代入得， ，
3k+b=0
{ b=3 )
解得， ，
k=−1
∴直线AD的解析式为y=−x+3；
（2）解：由题意知，OA=OD=3，
∴∠ADO=45°，
由勾股定理得，AD=❑√OA2+OD2=3❑√2，
设P到AD的距离为ℎ，
1
依题意得，S = ×3❑√2×ℎ =3，
△PAD 2
解得，ℎ =❑√2，
∴点P在距离AD为❑√2的直线l ，l 上运动，如图1，记l 与x轴的交点为M，l 与x轴的交点为N，作
1 2 1 2
DP⊥l 于P，
1∴l ∥AD，l ∥AD，
1 2
∴∠PMD=∠ADO=45°，DP=❑√2，
∴∠PDM=45°=∠PMD，
∴PM=DP=❑√2，
由勾股定理得，DM=❑√PM2+DP2=2，
∴M(5，0)，
同理可得，N(1，0)，
设直线l 的解析式为y=−x+c；
1
将M(5，0)代入得，−5+c=0，
解得，c=5，
∴直线l 的解析式为y=−x+5；
1
同理，直线l 的解析式为y=−x+1；
2
∴动点P的纵坐标y是横坐标x的函数，y关于x的函数解析式为y=−x+5或y=−x+1；
（3）证明：如图2，延长AE交CF的延长线于G，记EF与y轴的交点为J，∴∠FEG=∠AEJ=90°，
∵OA=OB=OC=OD，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，∠BCO=∠DCO=45°，
∴∠BCD外角为90°，
∴∠DCF=45°，
∴∠OCF=90°=∠AOD，
∴BD∥CF，
∴∠ACG=∠AOB=90°，
∵∠EGF+∠EFG=90°=∠EGF+∠EAJ，
∴∠EFG=∠EAJ，
如图2，作EH⊥CG于H，EL⊥y轴于L，
∴四边形EHCL是矩形，
∴∠LEC=45°=∠BCO，
∴EL=CL，
∴四边形EHCL是正方形，
∴EL=EH，∠LEH=90°=∠JEG，
∴∠JEL+∠HEJ=∠GEH+∠HEJ，即∠JEL=∠GEH，
又∵EL=EH，∠JLE=90°=∠GHE，
∴△JLE≌△GHE(ASA)，
∴EJ=EG，
∵∠EFG=∠EAJ，∠FEG=∠AEJ=90°，EG=EJ，
∴△EFG≌△EAJ(AAS)，∴AE=EF．
4
27．（24-25八年级下·上海松江·期中）在平面直角坐标系xOy中，直线y=− x+8分别交x轴、y轴于A
3
、B两点，点A关于点B的对称点为点C，四边形OACD是平行四边形．
（1）求点C、点D的坐标．
（2）过线段OD的中点作直线l，直线l把平行四边形OACD分成面积为3:5的两部分，求直线l的解析式：
（3）在（2）的条件下，直线l与y轴交于点M（当点M在点B的下方），点Q在直线CD上，且
∠MQC=∠OAB，请直接写出点Q的坐标．
【思路点拨】
（1）首先求出B(0,8)，A(6,0)，然后根据中心对称的性质求出C(−6,16)，然后根据平行四边形的性质求
出D(−12,16)；
（2）如图所示，点E为OD的中点，连接EC，EA，首先得出S =S ，然后分两种情况讨论，分别
△CDE △AOE
根据题意求出点F和点G的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
( 32)
（3）首先求出M 0, ，然后分两种情况讨论，当点Q在y轴左边时，求出QM∥AC，得到QM所在
5
4 32 ( 36 )
直线表达式为y=− x+ ，然后求出Q − ,16 ；当点Q在y轴右边时，作点Q关于y轴的对称点Q′
3 5 5
，根据对称性求解即可．
【解题过程】
4
（1）解：∵直线y=− x+8分别交x轴、y轴于A、B两点
3
∴当x=0时，y=8
∴B(0,8)；
4
当y=0时，0=− x+8
3
解得x=6
∴A(6,0)∵点A关于点B的对称点为点C，
∴C(−6,16)
∵四边形OACD是平行四边形
∴CD=OA=6，CD∥OA
∴点D的横坐标为−6−6=−12，纵坐标为16
∴D(−12,16)；
（2）解：如图所示，点E为OD的中点，连接EC，EA，
∵四边形OACD是平行四边形
∴OD∥AC
∵点E为OD的中点
∴E(−6,8)
∴S =S
△CDE △AOE
∵直线l把平行四边形OACD分成面积为3:5的两部分，如图l 交AC于点F
1
∴当S :S =3:5时，
四边形DEFC 四边形OEFA
∴S :S =3:5
△CEF △AEF
∴CF:AF=3:5
∵C(−6,16)，A(6,0)
5
∴点F的纵坐标为16× =10
5+3
4 4
∴将y=10代入y=− x+8得，10=− x+8
3 3
3
解得x=−
2
( 3 )
∴F − ,10
2
设l 表达式为y=kx+b
1
{ − 3 k+b=10)
根据题意得， 2
−6k+b=8
4
{ k= )
9
解得
32
b=
34 32
∴l 的表达式为y= x+ ；
1 9 3
∴当S :S =5:3时，如图l 交AC于点G
四边形DEGC 四边形OEGA 2
S :S =5:3
△CEG △AEG
∴CG:AG=5:3
∵C(−6,16)，A(6,0)
3
∴点G的纵坐标为16× =6
5+3
4 4
∴将y=6代入y=− x+8得，6=− x+8
3 3
3
解得x=
2
(3 )
∴G ,6
2
4 32
同理利用待定系数法求出l 表达式为y=− x+
2 15 5
4 48 4 32
综上所述，直线l的解析式为y= x+ 或y=− x+ ；
9 2 15 5
（3）解：如图所示，
∵直线l与y轴交于点M（当点M在点B的下方），
∴点M为直线直线l 与y轴的交点
2
4 32 32
∴当x=0时，y=− x+ =
15 5 5( 32)
∴M 0,
5
当点Q在y轴左边时，
∵∠MQC=∠OAB，∠OAB=∠HCB
∴∠MQC=∠HCB
∴QM∥AC
4 32
∴QM所在直线表达式为y=− x+
3 5
4 32 4 32
∴将y=16代入y=− x+ 得，16=− x+
3 5 3 5
36
解得x=−
5
( 36 )
∴Q − ,16 ；
5
当点Q在y轴右边时，作点Q关于y轴的对称点Q′
∴MQ=MQ′
∴∠MQC=∠MQ′C
∴Q′(36
,16
)
5
( 36 ) (36 )
综上所述，点Q的坐标为 − ,16 或 ,16 ．
5 5
28．（24-25八年级上·陕西渭南·阶段练习）如图，直线l：y=−2x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，且
与直线m相交于点M(1,2)，已知直线m经过点C(−1,0)，且与y轴交于点D．
（1）求点A、B的坐标以及直线m的解析式；
（2）若P为直线m上一动点，S =2S ，求点P的坐标；
△BDP △BDM
（3）点Q是直线AB上方第一象限内的动点，当△ABQ为等腰直角三角形时，直接写出所有符合条件的点
Q的坐标．【思路点拨】
本题考查了一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性
质等知识，解题的关键是掌握知识点的应用及分类讨论思想的应用．
（1）由直线l：y=−2x+4得，当x=0时，y=4，当y=0时，x=2，则有点A(2,0)、B(0,4)，设直线m
的解析式为y=kx+b，然后把M(1,2)，C(−1,0)代入即可求解；
（2）由直线m的解析式为y=x+1得，当x=0时，y=1，当y=0时，x=−1，则点C(−1,0)，D(0,1)，
1 1
则BD=3，求出S =2S =3，设P(a,a+1)，S = ×BD×|x )= ×3×|a)=3，求出a的值即
△BDP △BDM △BDP 2 P 2
可；
（3）①当∠ABQ =90°，AB=BQ 时，②当∠BAQ =90°，AB=AQ 时，③当∠BQ A=90°，
1 1 2 2 3
BQ =AQ 时三种情况分析，再根据全等三角形的判定与性质即可求解．
3 3
【解题过程】
（1）解：由直线l：y=−2x+4得，当x=0时，y=4，当y=0时，x=2，
∴点A(2,0)、B(0,4)，
设直线m的解析式为y=kx+b，
把M(1,2)，C(−1,0)代入得，
{ k+b=2 ) {k=1)
，解得： ，
−k+b=0 b=1
∴直线m的解析式为y=x+1；
（2）解：由直线m的解析式为y=x+1得，当x=0时，y=1，当y=0时，x=−1，
∴点C(−1,0)，D(0,1)，
∴BD=3，
1 1 3
∴S = ×BD×x = ×3×1= ，
△BDM 2 M 2 2
∴S =2S =3，
△BDP △BDM
∵P为直线m上一动点，
∴设P(a,a+1)，
1 1
∴S = ×BD×|x )= ×3×|a)=3，
△BDP 2 P 2
∴|a)=2，解得：a=±2，
∴点P的坐标为(2,3)或(−2,−1)；
（3）解：①如图，当∠ABQ =90°，AB=BQ 时，过Q 作Q G⊥y轴于点G，
1 1 1 1∴∠Q GB=∠ABQ =90°，
1 1
∴∠GQ B+∠GBQ =∠ABO+∠GBQ =90°，
1 1 1
∴∠GQ B=∠ABO，
1
∴△GQ B≌△ABO(AAS)，
1
∴GQ =OB，GB=OA，
1
∵点A(2,0)，B(0,4)，
∴GQ =OB=4，GB=OA=2，
1
∴OG=OB+OG=4+2=6，
∴点Q 的坐标为(4,6)；
1
②如图，当∠BAQ =90°，AB=AQ 时，过Q 作Q H⊥x轴于点H，
2 2 2 2
同理得：△Q AH≌△ABO(AAS)，
2
∵点A(2,0)，B(0,4)，
∴Q H=OA=2，AH=OB=4，
2
∴OH=OA+AH=2+4=6，
∴点Q 的坐标为(6,2)；
2③如图，当∠BQ A=90°，BQ =AQ 时，过Q 作Q J⊥x轴于点J，过B作BI⊥JQ 交JQ 于点I，
3 3 3 3 3 3 3
同理得：△Q AJ≌△BQ I(AAS)，
3 3
∴BI=Q J，AJ=IQ ，
3 3
∵点A(2,0)，B(0,4)，
∴OA=2，OB=4，
∴OA+AJ=BI，即2+AJ=BI，IJ=OB=4=BI+AJ，
∴AJ=1，BI=3，
∴OJ=3，Q J=3，
3
∴点Q 的坐标为(3,3)；
3
综上可知：点Q的坐标为(4,6)或(6,2)或(3,3)．
❑√3
29．（24-25八年级下·吉林长春·期中）如图，直线y=− x+3图象与y轴、x轴分别交于A、B两点，
3
点C、D分别是射线OA、射线BA上一动点（点C与点A不重合），且CD=DA，∠BAO=60°．
（1）求点A、B坐标；
（2）点C、D在线段OA、AB上时（不与端点重合），设OC的长度为m，用含m的代数式表示△OCD
的面积，并写出m的取值范围；
（3）若E为坐标平面内的一点，当以O、B、D、E为顶点的四边形为菱形时，直接写出C的坐标．
【思路点拨】（1）根据直线与坐标轴交点的计算方法求解即可；
（2）根据题意OA=3,OB=3❑√3，AB=2OA=6，设OC的长度为m，AC=OA−OC=3−m，△ACD
(3❑√3−❑√3m 3+m)
是等边三角形，AC=CD=DA=3−m，过点D作DF⊥x轴于点F，可得D , ，由
2 2
1 1 3❑√3−❑√3m 3❑√3m−❑√3m2
S = OC·x = m× = ，即可求解；
△OCD 2 D 2 2 4
（3）根据菱形的性质，分类讨论：第一种情况，如图所示，四边形ODBE是菱形，则OD=DE第二种情
况，如图所示，四边形OBDE是菱形，OB=BD=3❑√3；第三种情况，如图所示，四边形OBED是菱形，
OB=OD=3❑√3，连接OE交BD于点G；数形结合分析即可求解．
【解题过程】
❑√3
（1）解：直线y=− x+3图象与y轴、x轴分别交于A、B两点，
3
当x=0时，y=3，则A(0,3)，
❑√3
当y=0时，− x+3=0，
3
解得，x=3❑√3，则B(3❑√3,0)；
（2）解：∵A(0,3)，B(3❑√3,0)，
∴OA=3,OB=3❑√3，
∵∠BAO=60°,∠BOA=90°，
∴∠ABO=30°，则AB=2OA=6，
设OC的长度为m，
∴AC=OA−OC=3−m，
∵CD=DA,∠BAO=60°，
∴△ACD是等边三角形，AC=CD=DA=3−m，
∴BD=AB−AD=6−(3−m)=3+m，
如图所示，过点D作DF⊥x轴于点F，1 1 3+m
∴DF= BD= ×(3+m)= ，
2 2 2
❑√3(3+m)
∴BF=❑√BD2−DF2=❑√3DF= ，
2
❑√3(3+m) 3❑√3−❑√3m
∴OF=OB−BF=3❑√3− = ，
2 2
(3❑√3−❑√3m 3+m)
∴D , ，
2 2
1 1 3❑√3−❑√3m 3❑√3m−❑√3m2
∴S = OC·x = m× = ，
△OCD 2 D 2 2 4
∵点C、D在线段OA、AB上时（不与端点重合），
∴00)，结合S − S =4❑√3
△AOB 3 3 3 3 四边形OCPA 2 △AOB
3 ( 4)
，得出S − S =4❑√3，求出S =4❑√3+8，从而求出P 6,− ，求出直线l 的解析式为
△BCP 2 △AOB △BCP 3 3
❑√3 2❑√3 2❑√3 4❑√3
y= x+ ，CE=2❑√3，OD=2，OE= ，DE=❑√OD2+OE2= ，作MF∥CE交DQ于F
3 3 3 4
，则四边形FMCE为平行四边形，△MNF为等边三角形，MN=FM=2❑√3，作NG⊥FM交FM于G，
求出GM=
1
FM=
1
MN，NG=
❑√3 MN，利用平移得出P′(
3,−
4
+❑√3
)
，则PP′=MN，PP′∥MN，
2 2 2 3
证明四边形MN P′P为平行四边形，得出PM=P′N，作点O关于直线l 的对称点O′，连接O′O交l 于H，
3 3
连接O′P′，则OO′⊥DH，O′H=OH，求出O′(−1,❑√3)，由轴对称的性质可得ON=O′N，从而可得
PM+ON=P′N+O′N≥O′P′，即PM+ON的最小值为O′P′，求出O′P′的值即可得解；
（3）分两种情况：四边形AGHK第一次为菱形时，过点A′作A′E⊥x轴于点E，过点H作HW⊥x轴于
点W，利用含30°角的直角三角形的性质求出点G和点H的坐标，再利用菱形AGHK中，AK是GH平移
来的，结合点G到点A的平移方式，即可求出点K的坐标；当四边形AGHK第二次为菱形时，过点H作
HL⊥x轴于点L，此时点G与点C′重合，得出点G坐标，利用含30°角的直角三角形的性质求出点H的坐
标，再利用菱形AGHK中，AK是GH平移来的，结合点G到点A的平移方式，即可求出点K的坐标．
【解题过程】
2 8
（1）解：∵直线l :y=− x+ 交x轴于点A，
1 3 3
2 8
∴当y=0时，− x+ =0，
3 3
解得x=4，即A(4,0)，
∴OA=4，
∵OA=❑√3OC，
4❑√3
∴OC= ，
3
( 4❑√3)
∴C 0,− ，
3设直线l 的解析式为y=kx+b(k≠0)，
2
( 4❑√3)
将A(4,0)，C 0,− 代入解析式，
3
{4k+b=0
)
得： 4❑√3 ，
b=−
3
{ k=
❑√3
)
3
解得： ，
4❑√3
b=−
3
❑√3 4❑√3
∴直线l 的解析式为y= x− ；
2 3 3
2 8 8 ( 8)
（2）解：在l :y=− x+ 中，当x=0时，y= ，即B 0, ，
1 3 3 3 3
8
∴OB= ，
3
1 1 8 16
∴S = ×OA×OB= ×4× = ，
△AOB 2 2 3 3
( 4❑√3)
由（1）可得C 0,− ，
3
8 ( 4❑√3) 8+4❑√3
∴BC= − − = ，
3 3 3
∵点P是直线l 上位于第四象限内的一点，
1
( 2 8)
∴设P m,− m+ (m>0)，
3 3
1
∵S − S =4❑√3，
四边形OCPA 2 △AOB
(1 ) 3
∴(S +S )− S +S =4❑√3，即S − S =4❑√3，
四边形OCPA △AOB 2 △AOB △AOB △BCP 2 △AOB
3 16
∴S − × =4❑√3，
△BCP 2 3
∴S =4❑√3+8，
△BCP1 1 8+4❑√3
∵S = BC⋅x = × ⋅m=4❑√3+8，
△BCP 2 P 2 3
∴m=6，
2 8 2 8 4 ( 4)
∴− m+ =− ×6+ =− ，即P 6,− ，
3 3 3 3 3 3
∵OA=❑√3OC，∠COA=90°，
∴AC=2OC，
∴∠OAC=30°，
❑√3 4❑√3
∵将直线l 向上平移2❑√3个单位长度得到直线l ，直线l 的解析式为y= x− ，
2 3 2 3 3
❑√3 4❑√3 ❑√3 2❑√3
∴直线l 的解析式为y= x− +2❑√3= x+ ，DQ∥AC，∠QDA=∠OAC=30°，
3 3 3 3 3
∴∠DEC=90°−∠EDO=60°，
2❑√3 ( 2❑√3)
当x=0时，y= ，即E 0, ，
3 3
❑√3 2❑√3
当y=0时， x+ =0，解得x=−2，即D(−2,0)，
3 3
2❑√3 ( 4❑√3) 2❑√3
∴CE= − − =2❑√3，OD=2，OE= ，
3 3 3
4❑√3
∴DE=❑√OD2+OE2=
，
3
如图，作MF∥CE交DQ于F，
则四边形FMCE为平行四边形，∠NFM=∠DEC=60°，
∴MF=CE=2❑√3，∵∠MNQ=60°，
∴∠MNQ=∠NFM=60°，
∴△MNF为等边三角形，MN=FM=2❑√3，
1 1
作NG⊥FM交FM于G，则GM= FM= MN=❑√3，
2 2
∴NG=❑√M N2−MG2=3，
将点P沿MN方向平移2❑√3单位长度得到点P′（即向左平移3个单位长度，向上平移❑√3个单位长度），
则P′(
6−3,−
4
+❑√3
) ，即P′(
3,−
4
+❑√3
)
，
3 3
则PP′=MN，PP′∥MN，
∴四边形MN P′P为平行四边形，
∴PM=P′N，
作点O关于直线l 的对称点O′，连接O′O交l 于H，连接O′P′，则OO′⊥DH，O′H=OH，过点O′作
3 3
O′X⊥x轴于点X，
1 1
∵S = OD×OE= DE×OH，
△ODE 2 2
1 2❑√3 1 4❑√3
∴ ×2× = × ×OH，
2 3 2 3
∴O′H=OH=1，
∴OO′=2，
∵∠DEO=60°，
∴∠O′OX=60°，
1
∴O′X= O′O=1，OX=❑√3O′X=❑√3，
2
∴O′(−1,❑√3)，
由轴对称的性质可得ON=O′N，
∴PM+ON=P′N+O′N≥O′P′，
∴PM+ON的最小值为O′P′，
∵O′P′=❑ √ (−1−3) 2+ [ ❑√3− ( − 4 +❑√3 )) = 4❑√10 ，
3 34❑√10
∴PM+ON的最小值为 ，
3
4❑√10
∴PM+MN+ON的最小值 +2❑√3；
3
（3）解：如图，四边形AGHK第一次为菱形时，过点A′作A′E⊥x轴于点E，过点H作HW⊥x轴于点
W，
此时△AGH为等腰三角形，且∠GAH=∠GHA=30°，
∴∠A′GA=∠HGO=60°，
∴∠GA′E=30°，
由旋转知∠OA′C′=∠OAC=30°，OA′=OA=4，
∴∠A′OE=30°，
∵A′E⊥x轴，
1
∴A′E= OA′=2，OE=❑√3A′E=2❑√3，
2
A′E 2❑√3
∴¿= = ，
❑√3 3
4❑√3 4❑√3
∴OG=OE−≥= ，AG=OA−OG=4− ，
3 3
(4❑√3 )
∴G ,0 ，
3
∵四边形AGHK为菱形，
4❑√3
∴HG=AG=4− ，
3
1 2❑√3
∴WG= HG=2− ，WH=❑√3WG=2❑√3−2，
2 34❑√3 ( 2❑√3)
∴OW =OG−WG= − 2− =2❑√3−2，
3 3
∴H(2❑√3−2,2−2❑√3)，
由菱形AGHK中，HG∥KA，HG=KA，
∴AK是GH平移来的，
4❑√3
∵点G到点A的平移方式是水平向右平移AG=4− 个单位长度，
3
4❑√3
∴点K为点H水平向右平移4− 个单位长度，
3
( 4❑√3 )
∴点K的坐标为 2❑√3−2+4− ,2−2❑√3 ，
3
(2❑√3 )
即K +2,2−2❑√3 ；
3
如图，四边形AGHK第二次为菱形时，过点H作HL⊥x轴于点L，
此时△AGH为等腰三角形，且∠GAH=∠GHA=30°，
∴∠HGL=60°，∠A′GA=60°，
由旋转知∠A′C′O=60°，即∠A′GA=∠A′C′O=60°，
∴点G与点C′重合，
4❑√3
∴OG=OC= ，
3
( 4❑√3 ) 4❑√3
∴G − ,0 ，AG=OG+OA= +4，
3 3∵∠GHA=∠OAC=30°，
4❑√3
∴HG=AG= +4，
3
∵∠GHL=90°−∠HGL=30°，∠HLG=90°，
1 2❑√3
∴LG= HG= +2，LH=❑√3LG=2+2❑√3，
2 3
4❑√3 2❑√3
∴LO=OG+LG= + +2=2❑√3+2，
3 3
∴H(−2❑√3−2,−2❑√3−2)，
4❑√3
同上平移方法可得点K为点H水平向右平移AG= +4个单位长度，
3
( 4❑√3 )
∴点K的坐标为 −2❑√3−2+ +4,−2❑√3−2 ，
3
( 2❑√3 )
即K − +2,−2❑√3−2 ；
3
(2❑√3 ) ( 2❑√3 )
综上所述，K +2,2−2❑√3 或 − +2,−2❑√3−2 ．
3 3
