专题 19.2 一次函数图象与坐标轴的交点问题
◆ 典例分析
4
【典例1】如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=− x+8分别与x轴、y轴交于A、B两点，过点
3
B作BC⊥AB交x轴于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）点D为直线AB上一点，且∠DCA=∠DAC，求直线CD的解析式；
（3）若点Q是x轴上一点，连接BQ，将ΔABQ沿着BQ所在直线折叠，当点A落在y轴上时，求点Q的坐
标．
【思路点拨】
4
（1）设C(−m,0)，m>0，由直线AB:y=− x+8分别交x轴、y轴于点A，B可得A(6,0)，B(0,8)，
3
利用面积法即可求解；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，由∠DCA=∠DAC得CD=AD，根据等腰三角形的性质得AE=CE，则
( 7 ) ( 7 100)
E − ，0 ，点D − ， ，利用待定系数法即可得直线CD的解析式；
3 3 9
（3）分点A落在y轴负半轴和y轴正半轴上两种情况分类讨论，利用折叠的性质以及勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：设C(−m,0)，m>0，
4
∵直线AB:y=− x+8分别交x轴、y轴于点A，B，
3
∴A(6,0)，B(0,8)，∴OA=6，OB=8，AB=❑√OA2+OB2=10，BC=❑√m2+82，AC=m+6，
1 1
∴S = AB⋅BC= AC⋅OB，
ΔABC 2 2
32
∴10×❑√m2+82=8(m+6)，解得m= ，
3
( 32 )
∴点C的坐标为 − ,0 ；
3
（2）解：过点D作DE⊥x轴于E，
∵∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∴AE=CE，
( 32 )
∵A(6,0)，C − ，0 ，
3
( 7 )
∴E − ，0 ，
3
∵点D为直线AB上一点，
( 7 100)
∴点D的坐标为 − ， ，
3 9
设直线CD的解析式为y=sx+t，
32 4
{ − s+t=0 ) { s= )
3 3
∴ ，解得 ，
7 100 128
− s+t= t=
3 9 9
4 128
∴直线CD的解析式为y= x+ ；
3 9
（3）解：设点Q的坐标为(q,0)．
将△ABQ沿着BQ所在直线折叠，当点A落在y轴负半轴上时，设点A落在y轴负半轴的点A′处，如图所
示：根据折叠的性质可得：QA=QA′，AB=A′B=10，B(0,8)，
∴A′ (0,−2)，
∴QA′=2，
在Rt△OA′Q中，A′Q2=OA′2+OQ2，
8
∴(6−q) 2=22+q2，解得q= ，
3
(8 )
∴点Q的坐标为 ，0 ；
3
将△ABQ沿着BQ所在直线折叠，当点A落在y轴正半轴上时，设点A落在y轴正半轴的点A′处，如图所
示：
′
根据折叠的性质可得：QA=QA′，A′B=AB=10，B(0,8)，
∴A′ (0,18)，
∴QA′=QA=6−q，
在Rt△OA′Q中，A′Q2=OA′2+OQ2，
∴(6−q) 2=182+q2，解得q=−24，
∴点Q的坐标为(−24,0)；(8 )
综上，点Q的坐标为 ，0 或(−24,0)．
3
◆ 学霸必刷
1．（23-24八年级下·山东济南·期中）如图，一次函数y =x+n的图象分别与x轴和y轴相交于A、C两
1
点，且与正比例函数y =−2x的图象交于点B(−2,m)．
2
（1）求m，n的值；
（2）当y >y 时，直接写出自变量x的取值范围；
1 2
（3）在y轴上找一点P，使PA+PB的值最小，求点P的坐标．
【思路点拨】
（1）先把点B(−2,m)代入y =−2x求得B(−2,4)，再把点B(−2,4)代入y =x+n求n得值即可；
2 1
（2）根据图象求解即可；
（3）作点A关于y轴的对称点A′ (6,0)，连接A′B，交y轴于点P，此时，PA+PB的值最小，利用待定系
数法全等直线A′B的解析式，令x=0，求得y的值即可．
【解题过程】
（1）解：把点B(−2,m)代入y =−2x得，m=−2×(−2)=4，
2
∴B(−2,4)，
把点B(−2,4)代入y =x+n得，−2+n=4，
1
解得n=6；（2）解：由图可得，当y >y 时，x>−2；
1 2
（3）解：如图，过点A作关于y轴的对称点A′，连接A′B，交y轴于点P，
把y=0代入y=x+6得，x+6=0，
解得x=−6，
∴A(−6,0)，
由对称的性质可得， AP=A′P，A′(6,0)，
∴AP+BP=A′P+BP≥A′B，
∴当点A、P、B三点共线时，PA+PB的值最小，
设直线A′B的解析式为y=kx+b，
把A′(6,0)、B(−2,4)代入得，
{ 6k+b=0 )
，
−2k+b=4
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=3
1
∴直线A′B的表达式为y=− x+3，
2
把x=0代入得，y=3，
∴P(0,3)．
2．（23-24八年级上·江苏盐城·阶段练习）如图所示，已知点M(1,4)，N(5,2)，P(0,3)，Q(3,0)，过P、
Q两点的直线的函数表达式为y=−x+3，动点P从现在的位置出发，沿y轴以每秒1个单位长度的速度向
上移动，设移动时间为ts．（1）若直线PQ随点P向上平移，则：
①当t=3时，求直线PQ的函数表达式．
②当点M，N位于直线PQ的异侧时，确定t的取值范围．
（2）当点P移动到某一位置时，△PMN的周长最小，试确定t的值．
【思路点拨】
（1）①设平移后的函数表达式为y=−x+b，其中b=3+t，即可求解；
②当直线PQ过点M时，将点M的坐标代入y=−x+3+t可得t=2；当直线PQ过点N时可得t=4，即可求
解；
（2）作点N关于y轴的对称点N′(−5,2)，连接M N′交y轴于点P，则点P为所求点，即可求解．
【解题过程】
（1）解：（1）①∵过P、Q两点的直线的函数表达式为y=−x+3，P(0,3)，Q(3,0)，
动点P从现在的位置出发，沿y轴以每秒1个单位长度的速度向上移动，设移动时间为ts，设平移后的函数
表达式为y=−x+b，
当x=0时，y=b，
∴此时P(0,b)，
∴b=3+t，
∴y=−x+3+t，
当t=3时，直线PQ的函数表达式为y=−x+6；
②当直线PQ：y=−x+3+t过点M(1,4)时，
得：−1+3+t=4，
解得：t=2，
当直线PQ：y=−x+3+t过点N(5,2)时，
得：−5+3+t=2，
解得：t=4，
∴当点M，N位于直线PQ的异侧时，t的取值范围为2<t<4；（2）作点N关于y轴的对称点N′，连接M N′交y轴于点P，
∴N′(−5,2)，PN=PN′，
∴△PMN的周长：PM+PN+MN=PM+PN′+MN=M N′+MN，
此M N′+MN为△PMN的周长的最小值，
则点P即为所求点，
设直线M N′的表达式为y=k x+b ，过点M(1,4)，N′(−5,2)，
1 1
{ k +b =4 )
∴ 1 1 ，
−5k +b =2
1 1
1
{ k = )
1 3
解得： ，
11
b =
1 3
1 11
∴直线M N′的表达式为y= x+ ，
3 3
11
当x=0时，y= ，
3
( 11)
∴点 0, ，
3
11 2
∴t= −3= ，
3 3
2
∴t的值为 秒．
3
3．（23-24八年级下·陕西商洛·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线l 的函数解析式为y=x−1，
1
与x轴，y轴分别交于点A，点B，直线l 的函数解析式为y=kx+b，与x轴，y轴分别交于点C(6,0)，点
2
8
D，直线l 与l 交于点E，已知点E的横坐标为 ．
1 2 3
（1）求直线l 的函数解析式；
2
（2）若直线l 上存在点P，使得S =6，请求出点P的坐标；
2 △OCP（3）已知M是线段BE上的动点，过点M作直线MN平行于y轴，交直线l 于点N，过点M作y轴的垂
2
线，交y轴于点Q，是否存在点M，使Rt△MNQ的两条直角边之比为1:2？若存在，请求出满足条件的所
有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题主要考查了一次函数与三角形综合，解题的关键是掌握一次函数性质，运用分类讨论思想解答；
8 (8 5)
（1）将点E的横坐标 ，代入y=x−1求得点E的坐标为 , ，再利用待定系数法求得直线l 的函数表
3 3 3 2
达式；
1 1
（2）根据S = OC⋅|y )=6，解出y =2或y =−2，将其代入y=− x+3即可解答；
△OPC 2 P P P 2
( 1 )
（3）设点M(m,m−1)，则N m,− m+3 ，Q(0,m−1)，表示出
2
| ( 1 )) |3 ) 1
MN= (m−1)− − m+3 = m−4 ，MQ=|m|，分两种情况：①当MN= MQ时，②当
2 2 2
MN=2MQ时，分别进行计算即可解答；
【解题过程】
8 8 5
（1）解：对于y=x−1，当x= 时，y= −1= ．
3 3 3
(8 5)
所以点E的坐标为 , ．
3 3
(8 5)
将E , ，C(6,0)代入y=kx+b，
3 3
{8
k+b=
5
)
得 3 3 ，
6k+b=0
{ k=− 1 )
解得 2 ．
b=3
1
∴直线l 的函数表达式为y=− x+3；
2 2
（2）解：∵C(6,0)，
1 1
∴S = OC⋅|y )= ×6×|y )=6，
△OPC 2 P 2 P解得y =2或y =−2．
P P
1
当y =2时，− x+3=2，
P 2
解得x=2；
1
当y =−2时，− x+3=−2，
P 2
解得x=10．
∴点P的坐标为(2,2)或(10,−2)；
（3）解：存在．
( 1 )
设点M(m,m−1)，则N m,− m+3 ，Q(0,m−1)．
2
| ( 1 )) |3 )
所以MN= (m−1)− − m+3 = m−4 ，MQ=|m|．
2 2
分两种情况：
1 |3 ) 1
①当MN= MQ时， m−4 = |m|，
2 2 2
解得m=2或m=4（舍去）．
所以点M的坐标为(2,1)；
|3 )
②当MN=2MQ时， m−4 =2|m|，
2
8
解得m= 或m=−8（舍去）．
7
(8 1)
所以点M的坐标为 , ．
7 7
(8 1)
综上，满足条件的所有点M的坐标为 , 或(2,1)．
7 7
5
4．（22-23八年级下·重庆涪陵·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y=− x−3与x轴、y轴分
1 4
别交于点A，B，直线l 交x轴、y轴分别于点C(−6,0)，D(0,6)，直线l 与直线l 交于点E，连接BC．
2 2 1（1）求直线l 的解析式；
2
（2）求△BCE的面积；
（3）连接OE，若点P是x轴上一动点，连接PE，当△POE为等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．
【思路点拨】
（1）用待定系数法求出直线解析式解题；
（2）先解方程组¿得到点E的坐标，然后求出点A、B的坐标，运用S =S +S 解题即可；
△BCE △ACE △BCA
（3）分三种情况分类讨论解题即可．
【解题过程】
（1）解：设直线l 的解析式为：y=kx+b，
2
把点C(−6,0)，D(0,6)代入得：
¿，解得¿，
∴直线l 的解析式为y=x+6；
2
（2）解方程组¿得¿，
∴点E的坐标为(−4，2)，
5
令y=0，则0=− x−3，
4
12
解得x=− ，
5
12
∴点A得坐标为(− ，0)，
5
当x=0时，y=−3，
∴点B得坐标为(0，−3)，
1 1
∴S =S +S = AC×|y |+ AC×|y |
△BCE △ACE △BCA 2 E 2 B
1 12 1 12
= ×(− +6)×2+ ×(− +6)×3
2 5 2 5
=9；（3）解：如图所示，当OE=EP时，
由等腰三角形的对称性可得P(−8，0)；
如图所示，当OE=OP时，
OP=OE=❑√22+42=2❑√5，
∴P(−2❑√5，0)或P(2❑√5，0)；
如图所示，当PE=OP时，
设PE=OP=x，则PQ=4−x，
在Rt△PQE中，PQ2+EQ2=PE2，
即(4−x) 2+22=x2，
3
解得x= ，
2
3
∴P(− ，0)，
2
3
综上所述，点P的坐标为：(−8，0)，(−2❑√5，0)，(2❑√5，0)或(− ，0)
2
5．（22-23八年级下·福建龙岩·期末）直线l:y=kx−3k+3与x轴、y轴分别交于点A、B，无论k取何
值，直线l经过定点M．
（1）请直接写出定点M的坐标；
（2）定义：在平面直角坐标系xOy中，将点P(x，y)变换为P (ax+b，by+a)（a，b为常数），我们
1
1 ( 5 ) ( 1 1 )
把这种变换称为“兔变换”，当k= 时，点B，C m− ，ℎ ，D m− ，m+ n 经过“兔变换”
3 2 2 2后的对应点分别是B (2，5)，C ，D ，若CC ∥x轴，点D 在x轴上，求S ；
1 1 1 1 1 △DC D
1 1
（3）在（2）的条件下，点Q在x轴上，连接MQ，若S =9S ，求点Q的坐标．
△AMQ △DC D
1 1
【思路点拨】
（1）将直线化为y=kx−3k+3=k(x−3)+3，即可得到答案；
（2）由点B经过“兔变换”后对应的点为B (2，5)，可求出a、b的值，再求出D、C 、D 的坐标，
1 1 1
最后根据三角形的面积公式计算即可；
3 3 1
（3）先求出点A的坐标，设Q(x，0)，则S = |x+6)，再由S =9S ，得到 |x+6)=9×
△AMQ 2 △AMQ △DC 1 D 1 2 2
，进行计算即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：∵ y=kx−3k+3=k(x−3)+3，
∴出定点M的坐标为(3，3)；
1 1 1 1
（2）解：当k= 时，y= x−3× +3= x+2，
3 3 3 3
当x=0时，y=2，
∴B(0，2)，
∵点B经过“兔变换”后对应的点为B (2，5)，
1
{a×0+b=2)
∴ ，
2b+a=5
{a=1)
解得： ，
b=2
( 5 ) ( 1 ) ( 1 1 )
∴点C m− ，ℎ 经过“兔变换”后的对应点为C m− ，2ℎ +1 ，点D m− ，m+ n 经过
2 1 2 2 2
( 3 )
“兔变换”后的对应点为D m+ ，2m+n+1 ，
1 2
∵CC ∥x，
1
∴ℎ =2ℎ +1，
∴ℎ =−1，
( 1 )
∴C m− ，−1 ，
1 2
∵点D 在x轴上，
1
∴2m+n+1=0，( 3 )
∴D m+ ，0 ，n=−2m−1，
1 2
( 1 1)
∴D m− ，− ，
2 2
画出草图如图所示：
，
1 [ 1 )[ 3 ( 1)) 1 1 1
∴S = × − −(−1) m+ − m− = × ×2= ；
△DC 1 D 1 2 2 2 2 2 2 2
1
（3）解：由（2）得，y= x+2，
3
1
当y=0时， x+2=0，
3
解得：x=−6，
∴A(−6，0)，
∵点Q在x轴上，
∴设Q(x，0)，
画出草图如图所示：
，
∴AQ=|x−(−6))=|x+6)，
由（1）得M(3，3)，1 1 3
∴S = AQ×3= |x+6)×3= |x+6)，
△AMQ 2 2 2
∵ S =9S ，
△AMQ △DC D
1 1
3 1
∴ |x+6)=9× ，
2 2
解得：x=−3或x=−9，
∴点Q的坐标为(−3，0)或(−9，0)．
4
6．（22-23八年级上·广东佛山·期中）如图，直线l上y=− x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
3
OM⊥AB于点M，点P为直线l上不与点A、B重合的一个动点．
（1）点A坐标为（ ）；点B坐标为（ ）；线段OM的长为________．
（2）当△BOP的面积是6时，求点P的坐标；
（3）在y轴上是否存在点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与△OMP全等，若存在，请直接写出所有
符合条件的点P的坐标，否则，说明理由．
【思路点拨】
（1）根据一次函数图像的性质，通过列一元一次方程并求解，即可得到点A和点B坐标；通过勾股定理
的性质计算，得OM，结合三角形面积公式的性质计算，即可得到答案；
( 4 )
（2）点P的坐标为 x,− x+3 ，通过列方程并求解，再结合一次函数的性质计算，即可得到答案；
3
( 4 )
（3）设点P的坐标为 p,− p+3 ，结合题意，分∠QOP=90°，∠OQP=90°，∠OPQ=90°三种情
3
况分析；根据全等三角形、一元一次方程、直角坐标系的性质计算，即可得到答案．
【解题过程】4
（1）当y=0时，− x+3=0
3
9
∴x=
4
(9 ) 9
∴点A坐标为： ,0 ，OA= ；
4 4
当x=0时，y=3
∴点B坐标为：(0,3)，OB=3；
15
∴AB=❑√OA2+OB2=
4
1 1
∵ OA×OB= AB×OM
2 2
OA×OB 9
∴OM= =
AB 5
(9 ) 9
故答案为： ,0 ，(0,3)， ；
4 5
( 4 )
（2）设点P的坐标为 x,− x+3
3
∵△BOP的面积是6时
1 3
∴S = OB×|x)= |x)=6
△BOP 2 2
∴x=±4
( 25) ( 7)
∴点P的坐标为 −4, 或 4,− ；
3 3
( 4 )
（3）设点P的坐标为 p,− p+3
3
∵以O、P、Q为顶点的三角形与△OMP全等，且OM⊥AB
∴分∠QOP=90°，∠OQP=90°，∠OPQ=90°三种情况分析；
∵点Q在y轴上，点P为直线l上不与点A、B重合的一个动点
∴∠QOP=90°不成立；
当∠OQP=90°时，如下图：∵∠OQP=∠OMP=90°，OP=OP，
∴当△OQP≌△OMP成立时，得：OQ=OM或QP=OM
9 4 9
当OQ=OM= 时，得；− p+3=±
5 3 5
9 18
∴p= 或
10 5
( 9 9) (18 9)
∴点P的坐标为 , 或 ,−
10 5 5 5
9 9
当QP=OM= 时，得p=±
5 5
(9 3) ( 9 27)
∴点P的坐标为 , 或 − , ；
5 5 5 5
当∠OPQ=90°时，如下图：∵△OPQ的直角边OP= △OMP的斜边OP
∵OQ>OP，即和△OQP≌△OMP矛盾
∴∠OPQ=90°不成立；
( 9 9)
∴在y轴上存在点Q，使得以O、P、Q为顶点的三角形与△OMP全等，点P的坐标为： , 或
10 5
(18 9) (9 3) ( 9 27)
,− 或 , 或 − , ．
5 5 5 5 5 5
7．（23-24八年级下·辽宁大连·期中）定义：在平面直角坐标系中，我们称直线y=ax+b(a，b为常数）
是点P(a,b)的关联直线，点P(a,b)是直线y=ax+b的关联点；特别地，当a=0时，直线y=b的关联点
为P(0,b)．
如图，直线AB:y=−2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B．【定义辨析】
（1）直线AB的关联点的坐标是（ ）
A．(0,0) B．(0,4) C．(2,0) D．(−2,4)
【定义延伸】
（2）点A的关联直线与直线AB交于点C，求点C的坐标；；
【定义应用】
（3）点K(1,m)的关联直线与x轴交于点E，∠ABE=45°，求m的值．
【思路点拨】
（1）根据题中所给新定义可直接进行求解；
（2）求出点A的坐标为(2,0)，根据题中所给新定义可得点A的关联直线为y=2x，联立直线
AB:y=−2x+4即可求解；
（3）根据题中所给新定义可得点K(1,m)的关联直线为y=x+m，则点E(−m,0)，分两种情况：①当点
E在直线AB左侧时，②当点E在直线AB右侧时，分别求解即可．
【解题过程】
解：（1）∵直线y=ax+b(a，b为常数），点P(a,b)是直线y=ax+b的关联点，
∴直线AB:y=−2x+4的关联点的坐标是(−2,4)，
故答案为：D；
（2）直线AB:y=−2x+4，当y=0时，−2x+4=0，解得x=2，
∴点A的坐标为(2,0)，
∵直线y=ax+b(a，b为常数）是点P(a,b)的关联直线，
∴点A的关联直线为y=2x，
{ y=2x ) {x=1)
联立得 ，解得 ，
y=−2x+4 y=2
∴C的坐标为(1,2)；
（3）点K(1,m)的关联直线为y=x+m，
当y=0时，x=−m，∴点E的坐标为(−m,0)，
当x=0时，−2x+4=4，
∴点B的坐标为(0,4)，
①如图1，当点E在直线AB左侧时，过点E作DE⊥BE，交直线AB于点D，过点D作DH垂直x轴于点H
．
∴∠DHE=90°
∵DE⊥BE，
∴∠BED=90°，
∴∠BEO+∠AED=90°，
∵∠BOE=90°，
∴∠BEO+∠OBE=90°，
∴∠OBE=∠AED，
∵∠ABE=45°，∠BED=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BE=DE，
∵∠BOE=∠DHE=90°，
∴△BOE≌△DEH(AAS)，
∴OE=DH=m，OB=EH=4，
∴D的坐标为(4−m,−m)，
4
把点D代入y=−2x+4得，m= ；
3
②如图2，当点E在直线AB右侧时，同理可证△BOE≌△EHD(AAS)，
∴OE=DH=−m，OB=EH=4，
∴点D的坐标为(−m−4,m)
把点D代入y=−2x+4得，m=−12，
4
综上所述，m的值为 或−12．
3
8．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+6与x轴，y轴分别交于
点A,C，经过点C的直线与x轴交于点B(6,0)．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点G是线段BC上一动点，连接AG，若AG把△ABC分成两个三角形，且满足S :S =1:2，
△ACG △ABG
求点G的坐标；
（3）已知D为AC的中点，点E是平面内一点，当△CDE是以CD为直角边的等腰直角三角形时，直接写
出点E的坐标．
【思路点拨】
（1）根据题意，求得点C的坐标，结合B的坐标，利用待定系数法求解析式即可；
（2）求出S =27，设G(m,−m+6)，根据S :S =1:2得到S =18，根据三角形的面积即
△ABC △ACG △ABG △ABG
可求得m的值，进而求得G点的坐标；
（3）分类讨论：①当点D为直角顶点时，②当点C为直角顶点时，根据等腰直角三角形以及全等三角形
的性质即可求解．【解题过程】
（1）解：∵直线y=2x+6与x轴，y轴分别交于点A,C，
∴令y=0，则2x+6=0，解得x=−3，
令x=0，则y=6，
∴A(−3,0)，C(0,6)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵直线BC过点B(6,0)，C(0,6)，
{6k+b=0) {k=−1)
∴ ，解得 ，
b=6 b=6
∴直线BC的解析式为y=−x+6，
（2）解：如图，
∵A(−3,0)，B(6,0)，C(0,6)，
∴AB=9，OC=6，
1
∴S = AB⋅OC=27，
ΔABC 2
设G(m,−m+6)(0<m<6)，
2
当S :S =1:2，即S = S =18时，
△ACG △ABG △ABG 3 △ABC
1 1
由S = AB⋅y 可得 ×9(−m+6)=18，
△ABG 2 G 2
∴m=2，
∴G(2,4)；
（3）解：∵A(−3,0),C(0,6)，D为AC的中点，
( 3 )
∴D − ,3 ，
2
①当点D为直角顶点时，如图，过点D作DF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥DF于点G，交x轴于点H∴∠EGD=∠CFD=90°
，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CD，∠CDE=90°，
∴∠EDG+∠CDF=∠DCF+∠CDF=90°，
∴∠EDG=∠DCF
∴△EDG≌△CDF(AAS)，
∴DG=CF，EG=DF，
( 3 )
∵D − ,3 ，C(0,6)，
2
3
∴DF=EG= ，OF=3 ，CF=DG=6−3=3 ，
2
3 9 3 9
∴FG=3+ = ，EH=3+ = ，
2 2 2 2
9 9
∴E(− , ) ，
2 2
3 3
同理可得E′ ( , ) ，
2 2
9 9 3 3
∴点E的坐标为E(− , )或E′ ( , )
2 2 2 2
②当点C为直角顶点时，如图，过点D作DN⊥y轴于N，过点E作EM⊥y轴于M，
同①可得△ECM≌△NDC(AAS)，∴DN=CM，EM=CN，
( 3 )
∵D − ,3 ，C(0,6)，
2
3
∴DN=CM= ，ON=3，CN=EM=6−3=3，
2
3 9
∴OM=6− = ，
2 2
9
∴E(3, ) ，
2
15
同理可得E′ (−3, )．
2
( 9 9) (3 3) ( 9) ( 15)
综上所述，点E的坐标为 − , 或 , 或 3, 或 −3, ．
2 2 2 2 2 2
9．（23-24八年级下·湖北荆门·阶段练习）如图，直线AB∶y=x+b分别与x，y轴交于A，B两点，点
A的坐标为(−8,0)，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且OB∶OC=4∶3．
（1）直接写出B、C两点的坐标；
（2）在x轴上方是否存在点D，使以点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，求出点D的
坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点P是y轴上的一点，连接CP，将△BCP沿直线CP翻折，当点B的对应点B′恰好落在x轴上时，求
此时直线CP的函数表达式．
【思路点拨】
（1）由直线AB过点A，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出b的值，进而可得出点B的坐标及OB的
长度，结合OB∶OC=4∶3，可求出点C的坐标；
（2）分△BAD≌△ABC和△ABD≌△ABC两种情况解答即可求解；
（3）设OP=x，则PB′=PB=8−x或8+x，在Rt△POB′中，利用勾股定理可得出关于x的方程，解之得
到点P的坐标，再利用待定系数法即可求出；
本题考查了待定系数法求函数解析式，坐标与图形，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的性质，运用分类思想是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：直线AB∶y=x+b过点A(−8,0)，
∴0=−8+b，
∴b=8，
当x=0时，y=0+8=8，
∴点B的坐标为(0,8)，即OB=8，
∵OB∶OC=4∶3，
∴OC=6，
∵点C在x轴正半轴，
∴点C的坐标为(6,0)；
（2）解：分△BAD≌△ABC和△ABD≌△ABC两种情况考虑，如图1，
①当△BAD≌△ABC时，
∵OA=OB=8，
∴∠BAC=45°，
∵△BAD≌△ABC，
∴∠ABD=∠BAC=45°，BD=AC=14，
∴BD∥AC，
∴点D的坐标为(−14,8)；
②当△ABD≌△ABC时，∠BAD=∠BAC=45°，AD=AC=14，
∴∠DAC=90°，
∴点D的坐标为(−8,14)；
综上所述，点D的坐标为(−14,8)或(−8,14)；
（3）解：依照题意画出图形，如图2所示，由翻折得，PB=PB′，B′C=BC，
∵OB=8，OC=6，
∴B′C=BC=❑√82+62=10，
∴OB′=10−6=4或OB′=10+6=16，
∴设OP=x，则PB=PB′=8−x或8+x，
在Rt△POB′中，∠POB′=90°，
∴ OP2+OB²=PB′2，
即x2+42=(8−x) 2或x2+162=(8+x) 2，
解得x=3或x=12，
∴点P的坐标为(0,3)或(0,−12)，
设直线CP的函数表达式为y=mx+n，
{6m+n=0) {6m+n=0)
∴ 或 ，
n=3 n=−6
{ m=− 1 ) {m=1
)
解得 2 或 ，
n=−6
n=3
1
∴直线CP的函数表达式为y=− x+3或y=x−6．
2
10．（23-24八年级上·浙江绍兴·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x−3与x轴和y轴分别交于
点B，C，与直线y=x相交于点A．（1）求点A的坐标及△AOB的面积．
（2）在线段OA上有一动点P，过点P作平行于y轴的直线与直线AC交于点D，问在y轴上是否存在点
H，使得△PDH是以P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出满足条件的点H的坐标；若不存
在，请说明理由．
（3）过点A作y轴的垂线AE，垂足为E，在y轴上找点M，使∠MAE=∠OAB，请直接写出点M的坐
标．
【思路点拨】
本题考查一次函数的综合应用，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质．
（1）解由两条直线解析式组成的方程组，即可得到点A的坐标，把y=0代入y=2x−3中，求得点B的坐
标，根据三角形的面积公式即可得到△AOB的面积；
（2）设P(a,a)，则D(a,2a−3)，则PD=−a+3，PH=a，由等腰Rt△PDH得到PH=PD，即
a=−a+3，求解即可解答；
（3）分两种情况：①若点M在点E的下方．过点B作BN⊥AB与AM的延长线交于点N．证明△ABN是
等腰直角三角形，得到AB=NB．过点N作NF⊥x轴于点F，过点A作AG⊥x轴于点G．易证
3 ( 3 3)
△NFB≌△BGA(AAS)，得到NF=BG= ，BF=AG=3，进而得到N − , ．通过待定系数法求出
2 2 2
直线AN的解析式，令x=0，即可取得点M的坐标．②若点M在点E的上方，根据对称性即可求解．
【解题过程】
{y=2x−3) {x=3)
（1）解方程组 ，得 ．
y=x y=3
∴点A的坐标为(3,3)．
把y=0代入y=2x−3得2x−3=0，
3
解得：x= ，
2(3 )
∴点B的坐标为 ,0 ，
2
3
∴OB= ，
2
1 1 3 9
∴S = OB⋅y = × ×3= ；
△AOB 2 A 2 2 4
（2）存在．
如图，
设P(a,a)，则D(a,2a−3)．
∴PD=a−(2a−3)=−a+3．
∵PH⊥y轴．
∴PH=a．
∵△PDH是以P为直角顶点的等腰直角三角形．
∴PH=PD．
∴a=−a+3．
3
∴a= ．
2
( 3)
∴H 0, ．
2
（3）M(0,2)或(0,4)．
分两种情况：
①若点M在点E的下方，
如图，过点B作BN⊥AB与AM的延长线交于点N．∵A(3,3)，AE⊥y轴，
∴AE=EO=3，∠AEO=90°，
1 1
∴∠AEO=∠AOE= (180°−∠AEO)= (180°−90°)=45°，
2 2
∵∠MAE=∠OAB．
∴∠MAB=∠MAO+∠OAB=∠MAO+∠MAE=∠EAO=45°．
∵BN⊥AB，
∴∠ABN=90°，
∴∠ANB=90°−∠NAB=90°−45°=45°，
∴∠NAB=∠ANB，
∴BN=BA．
过点N作NF⊥x轴于点F，过点A作AG⊥x轴于点G．
∴∠NFB=∠AGB=90°，
∴∠FNB+∠NBF=90°，
∵∠ABN=90°，
∴∠ABG+∠NBF=180°−∠ABN=180°−90°=90°，
∴∠FNB=∠GBA，
∵BN=BA，
∴△NFB≌△BGA(AAS)．
∴NF=BG，BF=AG．
(3 )
∵G(3,0)，B ,0 ．
2
3
∴NF=BG= ，BF=AG=3．
2
3
∴FO=BF−OB= ．
2( 3 3)
∴N − , ．
2 2
设直线NA解析式为y=kx+b，
( 3 3)
∵直线NA经过点N − , ，A(3,3)，
2 2
{ − 3 k+b= 3 ) { k= 1 )
∴ 2 2 ，解得： 3 ，
3k+b=3 b=2
1
∴直线NA解析式为y= x+2，
3
令x=0，得y=2．
∴点M的坐标为(0,2)．
②若点M在点E的上方，
如图，
由对称性可知M(0,4)．
综上所述：M(0,2)或(0,4)．
11．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=−x+4
交x轴的正半轴于点A，交y轴的正半轴于点B．（1）求∠OAB的度数：
（2）如图1，点C在OA上，点D在OB的延长线上，且AC=BD，连接CD交AB于点E，求证：CE=DE
；
（3）如图2，在（2）的条件下，点F在y轴的负半轴上，OF=BD，点G在BA的延长线上，连接EF，
OG，FG，若∠OFG+∠OFE=90°，且OG=EF，求线段FG的长．
【思路点拨】
（1）先求出A(4,0)，B(0,4)，得到OA=OB，即可求出∠OAB=∠OBA=45°；
（2）过点C作CK⊥OA于C，交AD于点K，得到BD∥CK，证明AC=CK，得到CK=DB，进而证明
△BDE≌△KCE，即可证明CE=DE；
（3）过点E作EM⊥OD于M，EH⊥OA于H，过点G作GN⊥OA于点N，设∠BFE=α，得到
∠FGE=∠FEG=45°+α，FE=FG进而证明OG=GF，再证明∠GON=∠MFE=α，得到
△MEF≌△NGO，得到ME=NG，MF=NO，设BM=a，
从而得到BM=ME=AN=GN=a，OM=4−a，AC=BD=OF=2a，证明EM为△COD的中位线，得
到OC=2ME=2a，根据OA=OC+AC=4a=4，解得a=1，得到ON=5，OF=2，过点G作GI⊥OF
于点I，得到OI=FI=1，根据勾股定理求出FG=❑√26．
【解题过程】
（1）解：令x=0，则y=4，令y=0，则−x+4=0，解得x=4，
∴A(4,0)，B(0,4)，
∴OA=OB，
∵∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°
（2）解：如图，过点C作CK⊥OA于C，交AD于点K，
∵OD⊥OA，
∴BD∥CK，
∴∠BDE=∠KCE，∠AKC=∠ABO=45°，
∴∠AKC=∠CAK=45°，
∴AC=CK，
∵AC=BD
∴CK=DB，
又∵∠BED=∠KEC，
∴△BDE≌△KCE(AAS)，∴CE=DE；
（3）解：如图，过点E作EM⊥OD于M，EH⊥OA于H，过点G作GN⊥OA于点N，
设∠BFE=α，
∵OF∥EH，
∴∠FEH=∠BFE=α，
∵∠EAH=45°，∠AHE=90°，
∴∠AEH=45°，EH=AH，
∴∠FEG=45°+α，
∵∠OFG+∠OFE=90°，
∴∠OFG=90°−α，∠EFG=90°−2α，
∴∠FGE=180°−∠EFG−∠FEG=45°+α，
∴∠FGE=∠FEG
∴FE=FG，
∵OG=EF，
∴OG=GF，
∴ ∠FOG=∠OGF=90°−α，
∴∠GON=90°−∠FOG=α，∴∠GON=∠MFE=α，
∵∠EMF=∠GNO=90°，∠MFE=∠NOG=α，FE=GO，
∴△MEF≌△NGO(AAS)，
∴ME=NG，MF=NO，
设BM=a，
∴BM=ME=AN=GN=a，
∴OM=4−a，
∴MF=OF+4−a，ON=4+a，
∴OF+4−a=4+a，
∴OF=2a，
∴AC=BD=OF=2a，
在△COD中，DE=CE，ME∥OC，
∴EM为△COD的中位线，
∴OC=2ME=2a，
∴OA=OC+AC=4a=4，解得a=1，
∴ON=5，OF=2，
过点G作GI⊥OF于点I，
∵OG=GF，
∴OI=FI=1，
在Rt△FIG中，勾股得FG=❑√FI2+GI2=❑√52+12=❑√26．
12．（22-23八年级上·山东济南·期末）综合与探究：
1
如图1，平面直角坐标系中，一次函数y= x+3图像分别交x轴、y轴于点A、B，一次函数y=−x+b的
2
图像经过点B，并与x轴交于点C，点P是直线AB上的一个动点．（1）求直线BC的表达式与点C的坐标；
（2）如图2，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q，垂足为点H，试探究直线AB上是否存在点P，使
PQ=BC？若存在，求出点P的坐标，说明理由．
（3）试探究x轴上是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出M点的
坐标，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）分别求出A(−6,0)，B(0,3)，再确定函数解析式即可；
( 1 ) |3 ) |3 )
（2）设P t, t+3 ，则Q(t,−t+3)，则PQ= t ，再求BC=3❑√2，由题意可得 t =3❑√2，即可求
2 2 2
P点坐标；
（3）分三种情况：①当以A为等腰三角形的顶点时，AB=AM=3❑√5；②当以B为等腰三角形的顶点
时，AB=BM，则M点与A点关于y轴对称；③当以M为等腰三角形的顶点时，MA=MB，设M(m,0)
，由(m+6) 2=m2+9，即可求解．
【解题过程】
1
（1）解：∵一次函数y= x+3图象分别交x轴、y轴于点A、B，
2
1
当y=0时，则 x+3=0，得：x=−6，
2
当x=0时，得：y=3，
∴A(−6,0)，B(0,3)，
∵一次函数y=−x+b的图像经过点B，
∴b=3，
∴直线BC的表达式为：y=−x+3，
当y=0时，则−x+3=0，得：x=3，
∴点C的坐标为(3,0)；
（2）存在，理由如下：
( 1 )
设P t, t+3 ，则Q(t,−t+3)，
2
|3 )
∴PQ= t ，
2
∵B(0,3)，C(3,0)，
∴OB=OC=3，∴BC=❑√OB2+OC2=❑√32+32=3❑√2，
∵PQ=BC，
|3 )
∴ t =3❑√2，
2
∴t=2❑√2或t=−2❑√2，
∴点P的坐标为(2❑√2,3+❑√2)或(−2❑√2,3−❑√2)；
（3）存在，理由如下：
∵A(−6,0)，B(0,3)，
∴OA=6，OB=3，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√62+32=3❑√5，
①当以A为等腰三角形的顶点时，
∴AM=AB=3❑√5，
∴点M的坐标为(−6+3❑√5,0)或(−6−3❑√5,0)；
②当以B为等腰三角形的顶点时，
∴BA=BM，
∴M点与A点关于y轴对称，
∴点M的坐标为(6,0)；
③当以M为等腰三角形的顶点时，
∴MA=MB，
设M(m,0)，
∴❑√(m+6) 2+(0−0) 2=❑√(m−0) 2+(0−3) 2，
∴(m+6) 2=m2+9，
9
解得：m=− ，
4
( 9 )
∴点M的坐标为 − ,0 ；
4
( 9 )
综上所述，点M的坐标为(−6+3❑√5,0)或(−6−3❑√5,0)或 − ,0 或(6,0)．
413．（23-24八年级上·重庆大渡口·期中）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）求直线AC的解析式；
（2）若点P是直线AB上一点，若△BPC的面积为3，求点P的坐标；
（3）在x轴上是否存在一点D，使得△ABD是等腰三角形，若存在，请直接写出点D坐标，若不存在，
请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据直线与坐标轴的交点求出点A坐标，再利用待定系数法求解；
1 1
（2）首先求出点B坐标，再设点P(a,−2a+4)，由S = BC⋅|a|= (4+2)⋅|a|=3，即可求
△BPC 2 2
解；
（3）首先根据点的坐标求出AB=2❑√5，再分AD =AB，AD =AB，BD =AB，AD =BD 四种情
1 2 3 4 4
况，画出图形，结合等腰三角形的定义和勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵y=−2x+4交x轴于点A，
当y=−2x+4=0时，解得x=2，
∴A(2,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，将A(2,0)，C(0,−2)代入，
{2k+b=0) { k=1 )
则 ，解得： ，
b=−2 b=−2
∴直线AC的解析式为：y=x−2；
（2）解：在y=−2x+4中，当x=0时，则y=4；
∴B(0,4)；
设点P(a,−2a+4)，如图，连接PC，1 1
则S = BC⋅|a|= (4+2)⋅|a|=3，
△BPC 2 2
解得a=±1，
故点P(1,2)或(−1,6)；
（3）解：∵A(2,0)，B(0,4)，
∴AB=❑√22+42=2❑√5；
当AD =AB=2❑√5时，
1
∴D (2−2❑√5,0)；
1
当AD =AB=2❑√5时，
2∴D (2+2❑√5,0)；
2
当BD =AB=2❑√5时，
3
∵BO⊥AD ，
3
∴AO=D O=2，
3
∴D (−2,0)；
3
当AD =BD 时，
4 4
设OD =x，则BD =x+2，
4 4
在△OBD 中，OD 2+OB2=BD 2 ，
4 4 4即x2+42=(x+2) 2，
解得：x=3，即OD =3，
4
∴D (−3,0)；
4
综上：点D坐标为(2−2❑√5,0)，(2+2❑√5,0)，(−2,0)，(−3,0)．
4
14．（22-23八年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y= x+8与x轴交于点A，与y
3
轴交于点B，点C为y轴上一动点（动点C与点B不重合），点B′是点B关于直线AC的对称点，连接AB′
．
（1）求点A、B的坐标；
（2）求线段AB′的长度；
（3）当点C的坐标是(0,6)时，请直接写出点B′的坐标；
（4）当点B′在x轴上时，请直接写出点C的坐标．
【思路点拨】
（1）分别令y=0，x=0即可；
（2）先根据勾股定理求出AB，再根据对称性即可得；
（3）先根据点C (0,6)得出△AOC为等腰直角三角形， 可得B′C⊥y轴，B′C=BC=2，由此即可得出
点B′ (2,6)；
（4）分类讨论：点B′可能在A右侧，也可能在A左侧．根据中点坐标公式，确定中点，待定系数法确定直
线的函数表达式，令横坐标为0，即可求出点C坐标．
【解题过程】
4
（1）解：在y= x+8中，
3令x=0，则y=8，
∴ B(0,8)，
令y=0，则x=−6，
∴ A(−6,0)，
∴ A(−6,0)，B(0,8)
（2）在Rt ΔAOB中，根据勾股定理，得：AO2+BO2=AB2，
∴ 62+82=AB2，
∴ AB=10，
∵点B′是点B关于直线AC的对称点，
∴ AB′=AB=10，
（3）如图，过点B′作B′T⊥x轴，
∵ C的坐标是(0,6)，
∴ OA=OC，
∴ ∠1=45°，
∴ ∠ACB′=∠ACB=135°，
∴ ∠OCB′=90°，
∴ B′C⊥y轴，
∵点B′是点B关于直线AC的对称点，
∴ B′C=BC=2，
∴ B′ (2,6)．
（4）分两种情况讨论：点B′可能在A右侧，也可能在A左侧．
当点B′在A右侧时：
如图，连接BB′，BB′中点记为点D，连接AD交y轴于点C，∵ AB′=AB=10，
∴ B′ (4,0)，
∵ D为BB′中点，
∴ D (2,4)，
设直线AD函数表达式为y=kx+b，
{−6k+b=0)
将A(−6,0)，D (2,4)代入，得： ，
2k+b=4
{ k= 1 )
解得： 2 ，
b=3
1
∴直线AD函数表达式为y= x+3，
2
令x=0，则y=3，
∴ C (0,3)；
当点B′在A左侧时：
如图，连接BB′，BB′中点记为点P，连接AP交y轴于点C，
∵ AB′=AB=10，∴ B′ (−16,0)，
∵ P为BB′中点，
∴ P (−8,4)，
设直线AD函数表达式为y=kx+b，
{−6k+b=0)
将A(−6,0)，P (−8,4)代入，得： ，
−8k+b=4
{k=−2
)
解得： ，
b=−12
∴直线AP函数表达式为y=−2x−12，
令x=0，则y=−12，
∴ C (0,−12)．
综上所述：点C的坐标为(0,3)或(0,−12)．
1
15．（22-23八年级下·福建泉州·阶段练习）如图1，已知函数y= x+3与x轴交于点A，与y轴交于点
2
B，点C与点A关于y轴对称．
（1）请写出点A坐标 ，点B坐标 ，直线BC的函数解析式 ；
（2）设点M是x轴上的一个动点，过点M作y轴的平行线，交直线AB于点P，交直线BC于点Q．
7
①若△PQB的面积为 ，求点Q的坐标；
2
②点M在线段AC上，连接BM，如图2，若∠BMP=∠BAC，直接写出P的坐标．
【思路点拨】
（1）先确定出点B坐标和点A坐标，进而求出点C坐标，最后用待定系数法求出直线BC解析式；
（2）①先表示出PQ，最后用三角形面积公式即可得出结论；
②分点M在y轴左侧和右侧，由对称得出∠BAC=∠ACB，∠BMP+∠BMC=90°，所以，当
∠MBC=90°即可，利用勾股定理建立方程即可x2+9+45=(6−x) 2，即可求解．【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： x+3=0，解得x=−6，
2
∴A(−6，0)，
∵点C与点A关于y轴对称．
∴C(6，0)，
设直线BC的函数解析式为y=kx+b，
{ b=3 ) { k=− 1 )
∴ ，解得 2 ，
6k+b=0
b=3
1
∴直线BC的函数解析式为y=− x+3，
2
1
故答案为：( −6，0)，(0，3)，y=− x+3；
2
1 1
（2）解：①设点M(m，0)，则点P(m， m+3)，点Q(m，− m+3)，
2 2
过点B作BD⊥PQ与点D，
| 1 (1 ))
则|PQ= − m+3− m+3 =|m)，BD=|m)，
2 2
1 1 7
则△PQB的面积= PQ⋅BD= m2= ，解得m=±❑√7，
2 2 2
❑√7 ❑√7
故点Q的坐标为( ❑√7，3 − )或( −❑√7，3 + )；
2 2
②如图，当点M在y轴的左侧时，∵点C与点A关于y轴对称，
∴AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵∠BMP=∠BAC，
∴∠BMP=∠BCA，
∵∠BMP+∠BMC=90°，
∴∠BMC+∠BCA=90°，
∴∠MBC=180°−(∠BMC+∠BCA)=90°，
∴BM2+BC2=MC2，
1
设M(x，0)，则P(x， x+3)，
2
∴BM2=OM2+OB2=x2+9，MC2=(6 −x) 2，BC2=OC2+OB2=62+32=45，
∴x2+9+45=(6−x) 2，
3
解得：x=− ，
2
3 9
∴P( − ， )，
2 4
如图，当点M在y轴的右侧时，3 15
同理可得P( ， )，
2 4
3 9 3 15
综上，点P的坐标为( − ， )或( ， )．
2 4 2 4
16．（22-23八年级上·四川成都·期末）如图，直线y=kx+b与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C在线
段AO上，将△ABC沿BC所在直线折叠后，点A恰好落在y轴上点D处，若OA=4，OD=2．
（1）求直线AB的解析式．
（2）求S :S 的值．
△ABC △OCD
（3）直线CD上是否存在点P使得∠PBC=45°，若存在，请直接写出P的坐标．
【思路点拨】
（1）根据勾股定理可得OA2+OB2=AB2，设OB=m，解方程求出点B的坐标，进而求出直线AB的解
析式；
（2）设OC=a，根据勾股定理OC2+OD2=CD2可以求出OC长，进而求出三角形的面积比；
（3）分点P在第三象限内和第一象限内两种情况解题即可．
【解题过程】
（1）由题知BD=BA，设OB=m，则BD=m+2．
在Rt△OAB中，OA2+OB2=AB2，
即：42+m2=(m+2) 2，
m=3，
∴B(0,−3)，
又A(−4,0)，
3
∴y=− x−3．
4
（2）设OC=a，则AC=4−a，
由折叠性质知：CD=CA=4−a．在Rt△OCD中：OC2+OD2=CD2，
∴a2+22=(4−a) 2，
3
∴a= ．
2
5
∴AC=OA−OC= ，
2
1 1 5 15 1 1 3 3
∴S = AC⋅OB= × ×3= ，S = OC⋅OD= × ×2= ，
△ABC 2 2 2 4 △OCD 2 2 2 2
15 3
∴S :S = : =5:2．
△ABC △OCD 4 2
（3）P (−3,−2)，P (3,6)，理由如下：
1 2
如图，当点P在第三象限内时，过C作CM⊥PB于M，过M作ME⊥x轴，MF⊥y轴于E，F，
则CM=MB,∠MEC=∠MFB=90°，
又∵∠EMF=∠CMB=90°
∴∠EMC=∠FMB
△MCE≌△MBF
∴ME=MF，CE=BF
∵ME⊥x轴，MF⊥y轴
∴EMFO为正方形
3
3+
∴ OC+OB 2 9，
OE=OF= = =
2 2 4
9 9
∴M(− ，− )
4 4
1
∴直线BM解析式为：y=− x−3，
33
∵C、D两点坐标为：C(− ，0)，D(0，2)
2
4
∴直线CD解析式为：y= x+2，
3
{x=−3)
联立解得： ，
y=−2
∴P(−3，−2)
如图，当点P在第一象限内时，过C作CM⊥PB于M，过M作ME⊥x轴，MF⊥y轴于E，F，
则CM=MB,∠MEC=∠MFB=90°，
又∵∠EMF=∠CMB=90°
∴∠EMC=∠FMB
△MCE≌△MBF
∴ME=MF，CE=BF
∵ME⊥x轴，MF⊥y轴
∴EMFO为正方形
3
3−
∴ OB−OC 2 3，
OE=OF= = =
2 2 4
3 3
∴M( ，− )
4 4
∴直线BM解析式为：y=3x−3，
3
∵C、D两点坐标为：C(− ，0)，D(0，2)
24
∴直线CD解析式为：y= x+2，
3
{x=3)
联立解得： ，
y=6
∴P(3，6)
综上所述，P(−3，−2)或P(3，6)
17．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=2x+b交x轴
的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，OA=4．
（1）求点B的坐标；
（2）如图1，直线y=mx−m交x轴的正半轴于点C，交OB于点D，连接AD，设△ACD的面积为S，求S
与m的函数解析式；
（3）如图2，在（2）的条件下，点E在OC的延长线上，连接BE，DE，若∠OBE=2∠ODC，
∠OED+∠ODC=∠CDE，求点E的坐标．
【思路点拨】
（1）由题意得出A(−4,0)，待定系数法求出直线解析式y=2x+8，令x=0，则y=8，即可得解；
1
（2）求出D(0,−m)，C(1,0)得到OD=−m，OC=1，从而得出AC=5，再由S= AC⋅OD，计算即可
2
得出；
（3）求出∠CDE=45°，作CF⊥CD交DE于F，FG⊥x轴于G，证明△DOC≌△CGF(AAS)得出
1+m (m(1−m) )
F(1−m,1)，求出直线DF的解析式为y= x−m，得出E ,0 ，作BM∥DC交x轴于M
1−m 1+m
，证明BM平分∠OBE，作MN⊥BE于N，由角平分线的性质定理得出OM=MN，待定系数法求出直线BM的解析式为y=mx+8，得出OM=−
8
=MN，由勾股定理得出BE=❑
√
82+
(m(1−m)) 2
，由
m 1+m
S =S +S ，得出 1 ×8× ( − 8) + 1 ×❑ √ 82+ (m(1−m)) 2 × ( − 8) = 4m(1−m) ，求出m的
△OBE △OBM △BEM 2 m 2 1+m m 1+m
值，取符合题意的m的值即可得解．
【解题过程】
（1）解：∵OA=4，
∴A(−4,0)，
将A(−4,0)代入直线y=2x+b得：2×(−4)+b=0，
解得：b=8，
∴直线解析式为y=2x+8，
令x=0，则y=8，
∴B(0,8)；
（2）解：在y=mx−m中，令x=0，则y=−m，
∴D(0,−m)，
∴OD=−m，
在y=mx−m中，令y=0，则mx−m=0，
解得：x=1，
∴C(1,0)，
∴OC=1，
∴AC=OA+OC=4+1=5，
1 1 5
∴S= AC⋅OD= ×5×(−m)=− m；
2 2 2
（3）解：∵∠OED+∠ODC=∠CDE，∠OED+∠CDE+∠ODC=90°，
∴∠CDE=45°，
如图，作CF⊥CD交DE于F，FG⊥x轴于G，，
则△DCF为等腰直角三角形，DC=CF，∠COD=∠FGC=90°，
∴∠OCD+∠FCG=90°，
∵∠OCD+∠ODC=90°，
∴∠FCG=∠ODC，
∴△DOC≌△CGF(AAS)，
∴FG=OC=1，CG=OD=−m，
∴OG=OC+CG=1−m，
∴F(1−m,1)，
设直线DF的解析式为y=kx+b，
{ b=−m )
将D(0,−m)，F(1−m,1)代入解析式得 ，
k(1−m)+b=1
{
b=−m
)
解得： 1+m ，
k=
1−m
1+m
∴直线DF的解析式为y= x−m，
1−m
1+m
令y=0，则 x−m=0，
1−m
m(1−m)
解得：x= ，
1+m
(m(1−m) )
∴E ,0 ，
1+m
m(1−m)
∴OE= ，
1+m
作BM∥DC交x轴于M，
∴∠ODC=∠OBM，∵∠OBE=2∠ODC，
∴∠OBE=2∠OBM，
∴BM平分∠OBE，
作MN⊥BE于N，
∴OM=MN，
∵BM∥DC，直线CD解析式为y=mx−m，
∴设直线BM的解析式为y=mx+p，
将B(0,8)代入y=mx+p得：p=8，
∴直线BM的解析式为y=mx+8，
令y=0，则mx+8=0，
8
解得：x=− ，
m
( 8 )
∴M − ,0 ，
m
8
∴OM=− =MN，
m
√ (m(1−m)) 2
在Rt△OBE中，由勾股定理得，BE=❑√OB2+OE2=❑82+ ，
1+m
1 1 m(1−m) 4m(1−m)
∵S = OE⋅OB= × ×8= ，
△OBE 2 2 1+m 1+m
S =S +S = 1 ×OB×OM+ 1 ×BE×NM= 1 ×8× ( − 8) + 1 ×❑ √ 82+ (m(1−m)) 2 × ( − 8)
△OBE △OBM △BEM 2 2 2 m 2 1+m m
，
∴ 1 ×8× ( − 8) + 1 ×❑ √ 82+ (m(1−m)) 2 × ( − 8) = 4m(1−m) ，
2 m 2 1+m m 1+m
整理得：(m−1)(m+3)(m−5)=0，
解得：m=1或m=−3或m=5，
∵点D(0,−m)在y轴正半轴，
∴−m>0，
∴m<0，
∴m=−3，经检验，m=−3是原分式方程的根，m(1−m) −3×[1−(−3))
∴当m=−3时， = =6，
1+m 1+(−3)
∴E(6,0)．
18．（22-23八年级下·福建福州·期中）直线y=kx−2k(k<0)交x轴于点B，交y轴于点A．
（1）如图1，若k=−3，则点A坐标为______，点B坐标为______；
k k AD
（2）如图2，若直线CD：y= x− 交AB于点D，点C的横坐标为−1，求 的值；
2 2 AC+BD
（3）当k=−3时，若点Q为x轴上的一点，∠QAB=45°，求点Q坐标．
【思路点拨】
（1）将k=−3，x=0，y=0分别代入y=kx−2k(k<0)求解即可；
（2）求得B、C坐标，过点C作CF∥x轴，交y轴于点E，交AB于点F，即点F的纵坐标与点C相同，可
求得F的横坐标，过点F作FG⊥x轴于点G，过点D作DH⊥x轴于点H，过点D作DK∥x轴于点K，
AD AD
通过证明△BFG≌△BDH(SAS)，将 转化成 求解即可；
AC+BD AB
（3）过点B作BR⊥AQ于点R，由已知可得△ARB是等腰直角三角形，则AR=BR，过点R作RM⊥x轴
于点M，过点A作AN⊥RM于点N，设AN=RM=a，NR=MB=b，画出点Q在点B的左侧或右侧的图
形，分类讨论，得到a与b的等量关系建立方程组，求得R的坐标，再利用待定系数法求得直线AR的解析
式，令y=0即可求解．
【解题过程】
（1）解：当x=0，k=−3时，则y=−3×0−2×(−3)=6，
∴A(0,6)，
当y=0，k=−3时，则0=−3x−2×(−3)，
解得：x=2，
∴B(2,0)，故答案为：(0,6)，(2,0)；
（2）解：如图，过点C作CF∥x轴，交y轴于点E，交AB于点F；过点F作FG⊥x轴于点G，过点D作
DH⊥x轴于点H，
∴∠AEC=∠AEF=∠FGB=∠DHB=90°，
∵y=kx−2k=0时，
解得：x=2，
∴B(2,0)，
k k
∵点C横坐标为−1，且在直线y= x− 上，
2 2
k k
∴y =− − =−k，
C 2 2
∴FG= y = y =−k，
F C
当y=kx−2k=−k时，
解得：x=1，
∴F(1,−k)，
∴CE=EF=1，BG=x −x =1，
B F
∴AE垂直平分CF，
∴AC=AF，
{y=kx−2k
)
∵ k k ，
y= x−
2 2
{x=3)
解得： ，
y=k
∴D(3,k)，
∴DH=|k)=FG，BH=x −x =1=BG，
D B
在△BFG与△BDH中，{
FG=DH
)
∠FGB=∠DHB ，
BG=BH
∴△BFG≌△BDH(SAS)，
∴BF=BD，
∴AC+BD=AF+BF=AB，
∵A(0,−2k)，B(2,0)，D(3,k)，
∴AB=❑√(0−2) 2+(−2k−0) 2=❑√4+4k2=2❑√1+k2，AD=❑√(0−3) 2+(−2k−k) 2=❑√9+9k2=3❑√1+k2
，
AD AD 3❑√1+k2 3
∴ = = = ；
AC+BD AB 2❑√1+k2 2
（3）解：过点B作BR⊥AQ于点R，过点R作RM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥RM于点N，
∵∠QAB=45°，∠ARB=90°，
∴ △ARB是等腰直角三角形，
∴AR=BR，
∵∠ANR=∠RMB=90°，
∴∠NAR+∠ARN=∠ARN+∠MRB=90°，
∴∠NAR=∠MRB，
∴△ANR≌△RMB(AAS)，
∴AN=RM，NR=MB，
设AN=RM=a，NR=MB=b，
由（1）知当k=−3时，A(0,6)，B(2,0)，
∴OA=6，OB=2，
①如图，当点Q在点B左侧时，R在第二象限，
∴NR+RM=MN=OA=6，MB−AN=MB−MO=OB=2，{a+b=6)
∴ ，
b−a=2
{a=2)
解得： ，
b=4
∴R(−2,2)，
设直线AR解析式为y=cx+6，
∴−2c+6=2，
解得：c=2，
∴直线AR解析式为y=2x+6，
当y=5x+6=0时，解得x=−3，
∴ Q(−3,0)，
②如图，当点Q在点B右侧时，R在第一象限，
∴NR+RM=MN=OA=6，AN−MB=MO−MB=OB=2，
{a+b=6)
∴ ，
a−b=2
{a=4)
解得： ，
b=2
∴R(4,4)，
设直线AR解析式为y=dx+6，
∴4d+6=3，
3
解得：d=− ，
4
3
∴直线AR解析式为y=− x+6，
4
3
当y=− x+6=0时，解得x=8，
4
∴ Q(8,0)，
综上所述，点Q的坐标为(−3,0)或(8,0)．3
19．（22-23八年级上·广东揭阳·期末）已知：如图，一次函数y= x−3的图像分别与x轴、y轴相交于点
4
A(4,0)、B(0,−3)，且与经过x轴负半轴上的点C的一次函数y=kx+b的图像相交于点D，直线CD与y轴
相交于点E，E与B关于x轴对称，OA=3OC．
（1）求直线CD的函数表达式和点D的坐标；
（2）点P为线段DE上的一个动点，连接BP．
①若直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，试求点P的坐标：
②点P是否存在某个位置，将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上？若存
在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据题意，利用已知条件得到点C，点E坐标，用待定系数法可求出直线CD的解析式，联立直线CD
和直线AB的解析式可求出点D的坐标．
（2）①过点D作DF⊥x轴于点F，先求出△ACD的面积，直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，需
7
要分两种情况：当点P在线段CD上时，则有S = S ，由此建立方程求解，得到答案；当点P在
△DBP 16 △ACD
7
线段CE上时，设直线BP与x轴交于点Q，此时有S = S ，由此建立方程求解，得到答案．
△ABQ 16 △ACD
②将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上，需要分三种情况：当点D落在
x轴负半轴上；当点D落在y轴上；当点D落在x轴正半轴上，画出图形，求出答案．
【解题过程】
（1）解：根据题意得：
点A(4,0)、B(0,−3)，
∴ OA=4，
∵ E与B关于x轴对称，OA=3OC，4
∴ E(0，3)，OC= ，
3
( 4 )
∴ C − ，0 ，
3
把点C和点E的坐标代入一次函数y=kx+b，
{ − 4 k+b=0)
∴ 3 ，
b=3
{ k= 9 )
解得 4 ，
b=3
9
∴直线CD的函数表达式为：y= x+3，
4
9 3
令 x+3= x−3，
4 4
解得：x=−4，
3
∴ y= ×(−4)−3=−6，
4
∴点D的坐标为(−4,−6)．
（2）①如图，过点D作DF⊥x轴于点F，连接BC，
∴ DF=6
，
4
∵ OA=4，OC= ，
3
16
∴ AC= ，
3
1 1 16
∴ S = ⋅AC⋅DF= × ×6=16，
△ACD 2 2 3
∵ A(4,0)、B(0,−3)、D(−4,−6)，
∴点B是线段AD的中点，
∴ S =S ，
△DBC △ACB
当点P在线段CD上时，则有7
S = S ，
△DBP 16 △ACD
1
∵ S = (x −x )⋅BE，
△DBP 2 P D
1 7
∴ (x +4)⋅6= ×16，
2 P 16
5
解得：x =− ，
P 3
( 5 3)
∴ P − ,− ；
3 4
当点P在线段CE上时，设直线BP与x轴交于点Q，如图，此时有
7
S = S ，
△ABQ 16 △ACD
1
∵ S = ⋅AQ⋅BO
△ABQ 2
，
1 14
∴ AQ⋅3=7，解得AQ= ，
2 3
14 2
∴ OQ= −3= ，
3 3
( 2 )
∴ Q − ,0 ，
3
9
∴直线BQ的解析式为y=− x−3，
2
9 9
令 x+3=− x−3，
4 2
8
解得：x=− ，
9
( 8 )
∴ P − ,1 ，
9
( 5 3) ( 8 )
综上所述，若直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，点P的坐标为 − ,− 或 − ,1 ．
3 4 9②存在，理由如下：
将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上，分三种情况：
当点D落在x轴负半轴上D 处，如图，
1
由折叠性质可知，∠DBP=∠D BP，BD=BD ，
1 1
由 题意可知，OB=3，OA=4，
则AB=5，
∴ BD=AB=5，
∴ BD =5，
1
∴ OD =4，
1
∴ △ABO≌△D BO(SSS)，
1
∴ ∠OAB=∠OD B，
1
∵ ∠DBD =∠OAB+∠OD B，
1 1
∴ ∠OD B=∠D BP，
1 1
∴ BP∥x轴，
∴点P的纵坐标为−3，
( 8 )
∴ P − ,−3 ；
3
当点D落在y轴上D 处，如图，
2
过点P作PG⊥AD于点G，作PH⊥y轴于点H，过点D作DM⊥y轴于点M，
由折叠性质得：BP平分∠DBD ，
2
∴ PG=PH，
∵ S =S +S ，
△DBP △BEP △BDE
1 1 1
∴ ⋅BE⋅DM= ⋅BD⋅PG+ ⋅BE⋅PH，
2 2 2
1 1 1
即 ×6×4= ×5⋅PG+ ×6⋅PH，
2 2 2
24
解得：PG=PH= ，
11
( 24 21)
∴ P − ,− ；
11 11
当点D落在x轴正半轴上D 处，如图，
3
此时，点A和点D 重合，和符合题意，舍去，
3
综上所述，存在点P，将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上，此时点P
( 8 ) ( 24 21)
坐标为 − ,−3 或 − ,− ．
3 11 11
(2 )
20．（22-23八年级上·四川成都·期中）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+4过点A ,a ，
3
与x轴交于点B．直线y=x+2过点A，交x轴于点C，交y轴于点D．（1）求点A，B的坐标及k的值；
（2）以AB为边，在直线AB右侧作等腰直角△ABH，求出点H的坐标；
5
（3）如图2，点E为CD中点，点P在直线y=kx+4上，连接DP,EP，当△DEP面积为 时，求点P的
4
坐标．
【思路点拨】
(2 )
（1）将点A ,a 代入直线y=x+2求出a得到点A的坐标，将点A坐标代入y=kx+4，求出k得到一次
3
函数解析式，再求出y=0时x的值即可得到点B的坐标；
（2）分三种情况：当△ABH 是等腰直角三角形时，AB=BH ,∠ABH =90°；当△ABH 是等腰直角
2 2 2 1
三角形时，AB=AH ,∠BAH =90°；当△ABD 是等腰直角三角形时，AH =BH ,∠AH B=90°
1 1 3 3 3 3
，根据全等三角形的判定和性质求解即可；
1 5❑√2
（3）根据C(−2,0),D(0,2)，求出DE= CD=❑√2，利用面积求出ℎ = ，过点P作直线l ∥CD，交
2 4 1
5❑√2 5
x轴于Q，过点C作CR⊥l ，得到CR= ，即CD向右平移 个单位得到l ，求出l 的解析式为
1 4 2 1 1
( 5) 1 5
y= x− +2=x− ，求两直线交点即为点P；同理，CD向右平移 个单位得到l ，同理得到点P的坐
2 2 2 2
标．
【解题过程】
(2 ) 2 8
（1）解：将点A ,a 代入直线y=x+2中，得a= +2= ，
3 3 3
(2 8)
∴A , ；
3 3
2 8
将点A坐标代入y=kx+4，得 k+4= ，
3 3
解得k=−2，
∴y=−2x+4，
当y=0时，−2x+4=0，解得x=2，
∴B(2,0)；
（2）当△ABH 是等腰直角三角形时，AB=BH ,∠ABH =90°
2 2 2
∵直线AB的解析式为y=−2x+4，1
∴设直线BH 的解析式是y= x+n，将点B的坐标代入，得n=−1，
2 2
1
∴直线BH 的解析式是y= x−1，
2 2
过点A作AF⊥OB于F，过点H 作H E⊥OB于E，
2 2
∴∠AFB=∠H EB=90°
2
∵∠ABF+∠FAB=∠ABF+∠H BE=90°
2
∴∠FAB=∠H BE
2
又∵AB=BH
2
∴△ABF≌△BH E
2
8
∴BE=AF=
3
8 14
∴OE=OB+BE=2+ =
3 3
14 1 1 14 4
∴当x= 时，y= x−1= × −1=
3 2 2 3 3
(14 4)
∴H , ；
2 3 3
当△ABH 是等腰直角三角形时，AB=AH ,∠BAH =90°，
1 1 1
1
设直线AH 的解析式为y= x+m，
1 2
7
将点A的坐标代入，得m= ，
3
1 7
∴直线AH 的解析式为y= x+ ，
1 2 3
过点H 作H G⊥AF交AF延长线于G，
1 1
可得△AH G≌△BAF，
1
8
∴H G=AF= ，
1 3
2 8 10
∴点H 的横坐标为 + = ，
1 3 3 3
1 10 7
∴点H 的纵坐标为y= × + =4，
1 2 3 3
(10 )
∴H ,4 ；
1 3当△ABH 是等腰直角三角形时，AH =BH ,∠AH B=90°，如图，
3 3 3 3
过点H 作H T⊥AB于T，则H T=AT=BT,∠AT H =90°，
3 3 3 3
(2 8)
∵A , ，B(2,0)，
3 3
(4 4)
∴T , ，
3 3
1 2
∴直线H T的解析式为y= x+ ，
3 2 3
过T作MN∥x轴，过A作AM⊥MN，过点H 作H N⊥MN，
3 3
1 8 4 1 ( 2) 2
同理可得TN=AM= × = ，H N=MT= × 2− = ，
2 3 3 3 2 3 3
(8 )
∴H ,2 ；
3 3(14 4) (10 ) (8 )
综上，点H的坐标为 , 或 ,4 或 ,2 ；
3 3 3 3
（3）∵C(−2,0),D(0,2)，
∴OC=OD=2，
∴CD=2❑√2,
∵点E为CD中点，
1
∴DE= CD=❑√2
2
5
∵△DEP面积为 ，
4
1 1 5
∴ DE⋅ℎ = ×❑√2ℎ = ，
2 2 4
5❑√2
∴ℎ = ，
4
过点P作直线l ∥CD，交x轴于Q，过点C作CR⊥l ，
1 1
5❑√2
∴CR=
4
5
∴CQ=
2
5
∴CD向右平移 个单位得到l ，
2 1
( 5) 1
∴l 的解析式为y= x− +2=x− ，
1 2 2
1
∴x− =−2x+4，
2
3
解得x=
23 1
∴y= − =1，
2 2
(3 )
∴P ,1 ；
2
5
同理，CD向右平移 个单位得到l ，
2 2
( 5) 9
∴l 的解析式为y= x+ +2=x+ ，
2 2 2
9
∴x+ =−2x+4，
2
1
解得x=− ，
6
1 9 13
∴y=− + =
6 2 3
( 1 13)
∴P − ,
6 3
