专题 19.4 一次函数图象中的面积问题
◆ 典例分析
【典例1】如图，在平面直角坐标系中，点A(1,0)，B(0,2)，C(−1,−2)，直线AB和直线AC的图象相交
于点A，连接BC．
（1）求直线AB和直线AC的函数表达式；
（2）请直接写出△ABC的面积为___________，在第一象限，直线AC上找一点D，连接BD，当△ABD
的面积等于△ABC的面积时，请直接写出点D的坐标为___________．
（3）点E是直线AB上的一个动点，在坐标轴上找一点F，连接CE，EF，FC，当△CEF是以CE为底边
的等腰直角三角形时，请直接写出△CEF的面积为___________．
【思路点拨】
（1）用待定系数法，即可求解直线AB和直线AC的函数表达式；
（2）先求出直线AC与y轴的交点坐标，再用割补法求△ABC的面积即可；根据△ABD的面积等于
△ABC的面积可得AC=AD，过点C作CF⊥x轴于点F，过点D作DG⊥x轴于点G，通过证明
△ACF≌△ADG(AAS)，即可得出AF=AG=2,CF=DG=2，即可求出点D的面积；
（3）根据题意，进行分类讨论，当点F在x轴上，点F在y轴上，分别过点E和F作坐标轴的垂线，通过
证明三角形的全等，得出点E和点F的坐标，即可求解．
【解题过程】
（1）解：设直线AB的函数表达式为y =k x+b (k ≠0)，
1 1 1 1
把A(1,0)，B(0,2)代入得：{0=k +b ) {k =−2)
1 1 ，解得： 1 ，
2=b b =2
1 1
∴直线AB的函数表达式为y =−2x+2，
1
设直线AC的函数表达式为y =k x+b (k ≠0)，
2 2 2 2
把A(1,0)，C(−1,−2)代入得：
{ 0=k +b ) { k =1 )
2 2 ，解得： 2 ，
−2=−k +b b =−1
2 2 2
∴直线AC的函数表达式为y =x−1；
2
（2）把x=0代入y =−x−1得：y =−1，
2 2
∴M(0,−1)，
∵A(1,0)，B(0,2)，C(−1,−2)，
∴BM=2−(−1)=3，点A到y轴距离为1个单位长度，点C到y轴距离为1个单位长度，
1 1
∴S =S +S = ×3×1+ ×3×1=3，
△ABC △ABM △BCM 2 2
过点C作CN⊥x轴于点N，过点D作DG⊥x轴于点G，
∵C(−1,−2)，
∴N(−1,0)，
∴AN=2,CN=2，
设△ABD在AD边上的高为h，
∵S =S ，．
△ABC △ABD
1 1
∴ AC⋅ℎ = AD⋅ℎ，
2 2
∴AC=AD，
在△ACN和△ADG中，{∠DAG=∠CAN
)
∠DGA=∠CNA ，
AC=AD
∴△ACN≌△ADG(AAS)，
∴AN=AG=2,CN=DG=2，
∴D(3,2)．
故答案为：3，(3,2)；
（3）①如图：当点F在x轴负半轴上时，过点C作CP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点Q，
∵点E在直线AB上，点F在x轴上，
∴设E(a,−2a+2),F(b,0)，
∵△CEF是以CE为底的等腰直角三角形，
∴EF=CF,∠EFC=90°，
∵∠EFQ+∠CFP=90°，∠EFQ+∠FEQ=90°，
∴∠CFQ=∠FEQ，
在△CFP和△FEQ中，
{∠CFQ=∠FEQ
)
∠EQF=∠FPC ，
EF=CF
∴△CFP≌△FEQ(AAS)，
∴CP=QF=2,PF=EQ，
∵P(−1,0),Q(a,0)，
{ a−b=2 )
∴ ，
|−1−b)=|−2a+2){ a=1 )
解得： ，
b=−1
∴E(1,0),F(−1,0)，
∴EF=2,CF=2,
1
∴S = ×2×2=2；
△CEF 2
②如图：当点F在x轴正半轴上时，过点C作CP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点Q，
同理可得：∴△CFP≌△FEQ(AAS)，
∴CP=QF=2,PF=EQ，
∵P(−1,0),Q(a,0)，
{ b−a=2 )
∴ ，
b−(−1)=−2a+2
1
{ a=− )
3
解得： ，
5
b=
3
( 1 4) (5 )
∴E − , ,F ,0 ，
3 3 3
√ (5 1) 2 (4) 2 2❑√13
∴EF=CF=❑ + + = ，
3 3 3 3
1 2❑√13 2❑√13 26
∴S = × × = ；
△CEF 2 3 3 9
③如图：当点F在y轴上时，过点C作CH⊥y轴于点H，过点E作EI⊥y轴于点I，∵点E在直线AB上，点F在x轴上，
∴设E(a,−2a+2),F(0,b)，
同理可得：∴△CFH≌△FEI(AAS)，
∴CH=FI=1,FH=EI，
∵H(0,−2),I(0,−2a+2)，
{b−(−2a+2)=1)
∴ ，
b−(−2)=a
5
{ a= )
3
解得： ，
1
b=−
3
(5 4) ( 1)
∴E ,− ,F 0,− ，
3 3 3
√ (5) 2 ( 4 1) 2 ❑√34
∴EF=CF=❑ + − + = ，
3 3 3 3
1 ❑√34 ❑√34 17
∴S = × × = ；
△CEF 2 3 3 9
{(−2a+2)−b=1)
或∴ ，
−2−b=a
{ a=3 )
解得： ，
b=−5
∴E(3,−4),F(0,5)，
∴EF=CF=❑√32+1=❑√10，1
∴S = ×❑√10×❑√10=5；
△CEF 2
26 17
综上：△CEF的面积为2或 或 或5．
9 9
26 17
故答案为：2或 或 或5．
9 9
◆ 学霸必刷
1．（23-24八年级上·江苏镇江·期末）如图，直线y=kx+3与x轴、y轴分别交于点A(−6,0)、点B，点P
是直线AB上的一个动点，连接OP．
（1）求不等式kx+3>2的解；
1
（2）若△BOP的面积是△AOB面积的 ，求点P的坐标．
4
【思路点拨】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、两直线围成的图形面积．
1
（1）将A(−6,0)代入y=kx+3，即可求出k= ，再求不等式即可；
2
( 1 )
（2）先求出OA=6,OB=3，从而得出S =9，设点P m, m+3 ，表示出S ，根据△BOP的面
△AOB 2 △BOP1
积是△AOB面积的 ，再求解即可．
4
【解题过程】
（1）解：∵A(−6,0)是直线y=kx+3上的一点，
把x=−6，y=0代入y=kx+3，得−6k+3=0，
1
解得：k= ，
2
1
不等式kx+3>2即为 x+3>2
2
解得：x>−2
不等式kx+3>2的解为x>−2；
1
（2）在y= x+3中，令x=0，解得y=3，
2
∴B(0,3)，
由A(−6,0)
∴OA=6,OB=3；
1
∴S = ×6×3=9，
△AOB 2
( 1 ) 1 1
设点P m, m+3 ，则：S = ×3|m)= ×9，
2 △BOP 2 4
3
解得：m=± ，
2
(3 15) ( 3 9)
∴P , 或P − , ．
2 4 2 4
2．（22-23八年级下·重庆巫溪·期中）在直角坐标系xOy中，直线l ：y=−x+5与x轴、y轴分别交于点
1
A，点B．直线l ：y=mx+m(m>0)与l 交于点E．若点E坐标为(1,n)．
2 1
（1）求E的坐标和m的值；
（2）点P在直线l 上，若S =3，求点P的坐标．
2 △AEP【思路点拨】
本题考查的是一次函数的应用，一次函数的性质以及解含绝对值的方程等知识点．
（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点P的横坐标为t，则P(t，2t+2)，过点P作PM∥y轴交直线l 于点M，由此可表示PM的长，
1
根据三角形的面积公式可列出关于t的方程，求出t，即可得出P点的坐标．
【解题过程】
（1）解：当x=1时，y=−x+5=4，
∴E(1,4)
将点E的坐标代入y=mx+m得：4=m+m，
解得：m=2；
（2）由（1）知，直线l ：y=2x+2，设点P的横坐标为t，则P(t,2t+2)，
2
过点P作PM∥y轴交直线l 于点M，
1
则M(t,−t+5)，
∴PM=|2t+2−(−t+5)|=)3t−3|，
∵直线l ：y=−x+5与x轴、y轴分别交于点A，点B．
1
∴A(5,0)，
∴S =PM⋅(x −x )=3，
△AEP A E
1
即| |3t−3)⋅(5−1)=3，
2
解得t=1.5或t=0.5，
∴P(1.5,5)或(0.5,3)．
3．（23-24八年级上·内蒙古包头·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1交x轴于点B，直线
3
y=− x+3分别交x轴y轴于点C和点D，两条直线交于点A．
4（1）求点A的坐标；
（2）在直线CD上求点M，使得S =3S ．
△ABC △MAB
【思路点拨】
本题主要考查了直线围成的图形面积，求两直线的交点坐标：
（1）联立两直线解析式求出对应的x、y的值即可得到答案；
（2）分当点M在点A下方时，当点M在点A上方时，两种情况求出S 与S 的关系进而得到y 与
△MBC △ABC M
y 的关系，从而求出y ，进而求出点M的坐标即可．
A M
【解题过程】
8
{ y=− 3 x+3) { x= 7 )
（1）解；联立 4 ，解得 ，
15
y=x+1 y=
7
(8 15)
∴点A的坐标为 , ；
7 7
（2）解：如图，当点M在点A下方时，
∵S =3S ，
△ABC △MAB
2
∴S = S ，
△MBC 3 △ABC
1 1
∵S = BC⋅y ，S = BC⋅y ，
△ABC 2 A △MBC 2 M
1 2 1
∴ BC⋅y = × BC⋅y
2 M 3 2 A
2
∴y = y ，
M 3 A(8 15)
∵A , ，
7 7
2 10
∴y = y = ，
M 3 A 7
3 10 44
在y=− x+3中，当y= 时，x= ，
4 7 21
(44 10)
∴点M的坐标为 ， ；
21 7
如图，当点M在点A上方时，
∵S =3S ，
△ABC △MAB
4
∴S = S ，
△MBC 3 △ABC
1 1
∵S = BC⋅y ，S = BC⋅y ，
△ABC 2 A △MBC 2 M
1 4 1
∴ BC⋅y = × BC⋅y
2 M 3 2 A
4
∴y = y ，
M 3 A
(8 15)
∵A , ，
7 7
4 20
∴y = y = ，
M 3 A 7
3 20 4
在y=− x+3中，当y= 时，x= ，
4 7 21
( 4 20)
∴点M的坐标为 ， ；
21 7
(44 10) ( 4 20)
综上所述，点M的坐标为 , 或 , ．
21 7 21 7
1
4．（23-24七年级下·山东威海·期中）如图，已知一次函数y=kx+b经过点(2,8)，与一次函数y=−x−
2
交于点A(m,1)（1）求一次函数y=kx+b的表达式．
{kx−y=−b
)
（2）请直接写出方程组 1 的解．
x+ y=−
2
（3）求三角形ABD的面积．
【思路点拨】
本题考查了待定系数法，图象法解二元一次方程组，直线围成三角形的面积；
1
（1）由y=−x− 经过A(m,1)可求出A的坐标，将A、B的坐标代入解析式，即可求解；
2
{
y=2x+4
)
（2）原方程组可整理为 1 ，用图象法即可求解；
y=−x−
2
1 ( 1 ) 1
（3）由y=2x+4得D(−2,0)，由y=−x− 得B − ,0 ，由S = y ⋅BD即可求解；
2 2 △ABD 2 A
掌握待定系数法，用图象法解二元一次方程组是解题的关键．
【解题过程】
1
（1）解：∵ y=−x− 经过A(m,1)，
2
1
∴ −m− =1，
2
3
解得：m=− ，
2
( 3 )
∴ A − ,1 ，
2
{
2k+b=8
)
∴ 3 ，
− k+b=1
2{k=2)
解得： ，
b=4
∴ y=2x+4；
1 ( 3 )
（2）解：∵一次函数y=2x+4与一次函数y=−x− 交于点A − ,1 ，
2 2
{kx−y=−b
)
∵ 1 ，
x+ y=−
2
{
y=2x+4
)
∴ 1 ，
y=−x−
2
1 ( 3 )
∵一次函数y=2x+4与一次函数y=−x− 交于点A − ,1 ，
2 2
{ x=− 3 )
∴原方程组的解为 2 ；
y=1
（3）解：由y=2x+4得
当y=0时，2x+4=0，
解得：x=−2，
∴D(−2,0)，
1
由y=−x− 得，
2
1
当y=0时，−x− =0，
2
1
解得：x=− ，
2
( 1 )
∴B − ,0 ，
2
1 3
∴BD=− −(−2) = ，
2 2
1
∴S = y ⋅BD
△ABD 2 A
1 3
= ×1×
2 2
3
= ．
45．（23-24八年级上·河南驻马店·期末）如图，直线AB:y=−2x+b与x轴交于点A(−1,0)，与y轴交于点
1
B．直线CD:y=− x+3与直线AB交于点D，与y轴交于点C．
3
（1）求b的值及点B的坐标．
（2）求△BCD的面积．
5
（3）连接AC，在x轴上有一点E，使得△ABC的面积等于△BDE面积的 ．直接写出此时点E的坐
12
标．
【思路点拨】
（1）根据直线与x轴的交点可求得b的值，进而得到解析式，即可求得点的坐标；
（2）根据两个直线的解析式联立求得交点坐标D，以及点C的坐标，△BCD的面积以BC为底，以点D的
横坐标的绝对值为高，即可求得面积；
（3）先求出△ABC的面积，根据两个三角形面积之间的关系求得△BDE面积，然后设出AE的长，根据
面积分割法列得等式，求解即可，注意分情况讨论．
【解题过程】
（1）解：∵直线AB:y=−2x+b与x轴交于点A(−1,0)，
∴0=2+b，
解得：b=−2，
∴直线AB:y=−2x−2，
令x=0，解得y=−2，
∴B(0,−2)；
1
（2）解：∵直线CD:y=− x+3与直线AB交于点D，
3
{ y=− 1 x+3) {x=−3)
∴ 3 ，解得 ，
y=4
y=−2x−2∴D(−3,4)，
∵直线CD与y轴交于点C，
∴令x=0，解得y=3，
∴C(0,3)，
即BC=|y )+ y =2+3=5，
B C
1 1 15
∴S = ×BC×|x )= ×5×3= ；
△BDC 2 D 2 2
（3）解：由（1）（2）可得A(−1,0)，B(0,−2)，C(0,3)，
1 1 5
∴S = ×BC×|x )= ×5×1= ，
△ABC 2 A 2 2
5
∵△ABC的面积等于△BDE面积的 ，
12
5 5 5 12
∴S = ÷ = × =6，
△BDE 2 12 2 5
设AE=d，
1 1
则S =S +S = ×AE×y + ×AE×|y )=6，
△BDE △ADE △AEB 2 D 2 B
1 1
即 ×d×4+ ×d×2=6，
2 2
解得：d=2，
∵A(−1,0)，点E在x轴上，
当点E在点A左侧时，点E的横坐标为：−1−2=−3，此时点E(−3,0)，
当点E在点A右侧时，点E的横坐标为：−1+2=1，此时点E(1,0)，
∴点E的坐标为(−3,0)或(1,0)．
6．（2024·河北·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l ：y=2x+1与y轴交于点A，直线l 与y
1 2
轴，x轴交于点B，点C，l 与l 交于点D(1,m)，连接OD，已知OC的长为4．
1 2（1）求点D的坐标及直线l 的解析式；
2
（2）求△AOD的面积；
（3）若直线l 上有一点P使得△ADP的面积等于△ADO的面积，直接写出点P的坐标．
2
【思路点拨】
本题主要考查了一次函数的性质及三角形面积的计算．
（1）把D(1,m)代入y=2x+1，即可求出坐标，再根据点D(1,3)和C(4,0)用待定系数法即可求出函数解
析式；
（2）先求出A(0,1)，再根据图象即可求解；
（3）设P(m,−m+4)，根据S =S −S 或S =S −S 即可求解；
△ADP △ADB △ABP △ADP △ABP △ADB
【解题过程】
（1）解：∵y=2x+1，
∴将点D(1,m)代入得y=2+1=3，
∴D(1,3)；
∵OC的长为4，
∴C(4,0)，
设直线l 的解析式为y=kx+b，
2
将点D(1,3)和C(4,0)代入得：
{ 3=k+b )
，
0=4k+b
{k=−1)
解得： ，
b=4
故直线l 的解析式为y=−x+4；
2
（2）令x=0，得y=2x+1=1，
∴A(0,1)，
1 1 1
∴S = ⋅AO⋅x = ×1×1= ．
△AOD 2 D 2 2
1
（3）根据题意得：S =S = ，
△ADP △ADO 2
设P(m,−m+4)，
令x=0，得y=−x+4=4，
∴B(0,4)，
如图：1 1
∴S =S −S = ×(4−1)×(1−m)= ，
△ADP △ADB △ABP 2 2
2
解得：m= ，
3
1 1
或S =S −S = ×(4−1)×(m−1)= ，
△ADP △ABP △ADB 2 2
4
解得：m= ，
3
(2 10) (4 8)
故P , 或P , ．
3 3 3 3
7．（23-24八年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图，一次函数y =2x−2的图象与y轴交于点A，一次函数y
1 2
的图象与y轴交于点B(0,6)，点C为两函数图象的交点，且点C的横坐标为2．
（1）求一次函数y 的函数解析式；
2
（2）求△ABC的面积；
（3）问：在坐标轴上，是否存在一点P，使得S =2S ？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，
△ACP △ABC
请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，坐标与图形的性质，三角形面积，以及分类讨论的数学思
想，熟练掌握待定系数法和分类讨论是解题的关键．
（1）求出C的坐标，然后利用待定系数法即可解决问题；（2）求得A点的坐标，然后根据三角形面积公式求得即可；
（3）分两种情况，利用三角形面积公式即可求得．
【解题过程】
（1）把x=2代入y =2x−2得y=2，
1
∴C(2,2)，
设y =kx+b(k≠0),
2
把B(0,6)，C(2,2)代入可得
¿，解得：¿
∴y =−2x+6．
2
（2）∵一次函数y =2x−2的图象与y轴交于点A，
1
∴A(0,−2)，
1
∴S = ×(6+2)×2=8；
△ABC 2
（3）存在，理由如下：
∵S =2S =2×8=16，
△ACP △ABC
∴S =16，
△ACP
1 1
当P在y轴上时， |AP|·x =16，即 |AP|×2=16，
2 C 2
∴|AP|=16，
∵A(0,−2)，
∴点P的坐标为(0,14)或(0,−18)，
当P在x轴上时，设直线y =2x−2与x轴交于点D，
1
∴D(1,0)，
1 1
∴S =S +S = |PD|·|y |+ |PD|·|y |=16，
△ACP △PCD △ADP 2 C 2 A
1
∴ |PD|×(2+2)=16，
2∴|PD|=8，
∵D(1,0)，
∴点P的坐标为(−7,0)或(9,0)，
综上，在坐标轴上,存在一点P,使得S =2S ，点P的坐标为(0,14)或(0,−18)或(−7,0)或(9,0)．
△ACP △ABC
8．（23-24八年级上·河南郑州·阶段练习）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，若直线AG把△ABC的面积分成1：2的两部分，请求点G的坐标；
（3）直线AC上有一个点P，过P作x轴的垂线交直线BC于点Q，当PQ=OB时，求出点P的坐标．
【思路点拨】
本题考查了求直线与坐标轴的交点，待定系数法求一次函数解析式，点在函数图像上的坐标特点，注意分
类讨论．
（1）首先求出A、C两点的坐标，再用待定系数法即可求解；
（2）求出△ABC的面积；设G(m,−m+6)，(0<m<6)，分两种情况考虑：①当S ：S =1：2
△ABG △ACG
时；②当S ：S =2：1时；由面积关系求出m的值，即可求得点G的坐标；
△ABG △ACG
（3）设P(n,2n+6)，则Q(n,−n+6)，从而求得PQ，由PQ=OB即可求得n的值，从而得到点P的坐
标．
【解题过程】
（1）解：在y=2x+6中，令y=0，得x=−3；令x=0，得y=6；
∴A(−3,0)，C(0,6)，
∵点B(6,0)．
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∴¿，{k=−1)
解得： ，
b=6
∴直线BC的解析式为y=−x+6；
（2）解：∵A(−3,0)，C(0,6)，B(6,0)．
∴AB=9，
1
∴S = ×9×6=27，
△ABC 2
设G(m,−m+6)，(0<m<6)，
1
①当S ：S =1：2时，即S = S =9，
△ABG △ACG △ABG 3 △ABC
1
∴ ×9(−m+6)=9，
2
∴m=4，
∴G(4,2)；
2
②当S ：S =2：1时，即S = S =18，
△ABG △ACG △ABG 3 △ABC
1
∴ ×9(−m+6)=18，
2
∴m=2，
∴G(2,4)．
综上，点G的坐标为(4,2)或(2,4)；
（3）解：设P(n,2n+6)，则Q(n,−n+6)，
∴PQ=|2n+6+n−6|=|3n|，
∵PQ=OB=6，
∴|3n|=6，
∴n=2或n=−2，
∴P(2,10)或(−2,2)．
9．（22-23八年级上·河南郑州·期末）如图，过点A的两条直线l ，l 分别与y轴交于点B，C，已知
1 2
AB=❑√17，B(0,3)．（1）求点A的坐标；
（2）若△ABC的面积为4❑√2，求直线l 的表达式；
2
（3）在（2）的条件下，在直线l 上是否存在点M，使得△OAM的面积是△OCA的面积的2倍?若存在，
1
求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了勾股定理，求一次函数解析式，涉及方程思想，数形结合思想；
（1）由勾股定理求出OA的长，即可得点A的坐标；
（2）设点C的坐标为(0,m)，由面积关系可求得点C的坐标，用待定系数法即可求解；
（3）求出l 的解析式，设点M的坐标，利用面积关系建立方程即可求解．
1
【解题过程】
（1）解：∵B(0,3)，
∴OB=3；
由勾股定理得：32+OA2=17，
∴OA=2❑√2，
∴点A的坐标为(2❑√2,0)；
（2）解：设点C的坐标为(0,m)，其中m<0，则BC=3−m，
1
由题意得： ×(3−m)×2❑√2=4❑√2，
2
解得：m=−1，
即C(0,−1)；
{2❑√2k+b=0)
设l 的解析式为y=kx+b，则 ，
2 b=−1
{ k= ❑√2 )
解得： 4 ，
b=−1
❑√2
∴直线l 的解析式为y= x−1；
2 4（3）解：存在
设l 解析式为y=ax+3，把点A坐标代入得：2❑√2a+3=0，
1
3❑√2
解得：a=− ，
4
3❑√2
即y=− x+3；
4
( 3❑√2 )
设M b,− b+3 ，
4
∵C(0,−1)，
1
∴S = ×1×2❑√2=❑√2，
△AOC 2
由题意得S =2❑√2，
△OAM
1 | 3❑√2 )
即2❑√2= ×2❑√2× − b+3 ，
2 4
2❑√2 10❑√2
解得：b = ，b = ；
1 3 2 3
(2❑√2 ) (10❑√2 )
∴点M的坐标为 ,2 或 ,−2 ．
3 3
10．（2023八年级上·全国·专题练习）在如图所示的平面直角坐标系中，直线n过点A(0,−2)且与直线l交
于点B(3,2)，直线l与y轴交于点C．
（1）求直线n的函数表达式；
（2）若△ABC的面积为9，求点C的坐标；
（3）若△ABC是等腰三角形，求直线l的函数表达式．
【思路点拨】
（1）用待定系数法求直线n的函数解析式；（2）根据△ABC的面积为9可求得AC的长，确定OC的长，可得结论；
（3）分情况进行讨论，当AB=AC，AB=BC，AC=BC，分别求出点C的坐标，然后再利用待定系数
法可得结论．
【解题过程】
（1）解：设直线n的解析式为：y=kx+b，
∵直线n：y=kx+b过点A(0,−2)、点B(3,2)，
{ b=−2 )
∴ ，
2=3k−2
{b=−2
)
解得： 4 ，
k=
3
4
∴直线n的函数表达式为：y= x−2；
3
（2）解：∵△ABC的面积为9，
1
∴9= AC×3，
2
∴AC=6，
∵OA=2，
∴OC=6−2=4或OC=6+2=8，
∴C(0，4)或(0,−8)；
（3）解：分四种情况：
①如图1，当AB=AC时，
∵A(0,−2)、B(3,2)，
∴AB=❑√32+(2+2) 2=5，
∴AC=5，
∵OA=2，
∴OC=3，
∴C(0,3)，设直线l的解析式为：y=mx+n(m≠0)，
{3m+n=2)
把B(3,2)和C(0,3)代入得： ，
n=3
{ m=− 1 )
解得： 3 ，
n=3
1
∴直线l的函数表达式为：y=− x+3；
3
②如图2，AB=AC=5，
∴C(0,−7)，
同理可得直线l的解析式为：y=3x−7；
③如图3，AB=BC，过点B作BD⊥y轴于点D，
∴CD=AD=4，
∴C(0,6)，
4
同理可得直线l的解析式为：y=− x+6；
3
④如图4，AC=BC，过点B作BD⊥y轴于D，设AC=a，则BC=a，CD=4−a，
根据勾股定理得：BD2+CD2=BC2，
∴32+(4−a) 2=a2，
25
解得：a= ，
8
25 9
∴OC= −2= ，
8 8
( 9)
∴C 0, ，
8
7 9
同理可得直线l的解析式为：y= x+ ；
24 8
1 4 7 9
综上，直线l的解析式为：y=− x+3或y=3x−7或y=− x+6或y= x+ ．
3 3 24 8
11．（22-23八年级下·福建福州·期中）如图1，直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，直线
y=−2x+18与x轴交于点C，与y=x+3交于点D．
（1）求点D的坐标；
2
（2）若点M为直线AB上一点，若S = S ，求满足条件的点M的坐标；
△BOM 3 △AOB
（3）如图2，已知P为四边形BOCD内一点，连接PA、PB、PC、PD，记△PAB、△PCD的面积分
S
别为S 、S ，若点P的坐标为(t+1,2t)，则 △PAB 是否为定值？若是定值，请求出这个定值；若不
△PAB △PCD S
△PCD是，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了两直线的交点，坐标与图形．熟练掌握两直线的交点，坐标与图形是解题的关键．
{y=−2x+18)
（1）联立得， ，计算求解，进而可求D点坐标；
y=x+3
（2）当x=0时，y=0+3=3，即B(0，3)，OB=3；当y=0时，0=x+3，可求x=−3，则A(−3，0)
1 1 1 2 1
，OA=3；设M(a，a+3)，则S = ×3×|a)，S = ×3×3，即 ×3×|a)= × ×3×3，计
△BOM 2 △AOB 2 2 3 2
算求解，然后作答即可；
（3）如图2，作PE∥y轴，交AB于E，作PF∥x轴，交CD于F， 当x=t+1时，y=t+1+3=t+4，即
E(t+1，t+4)；当y=2t时，2t=−2x+18，可求x=9−t，则F(9−t，2t)，
3
3 (4−t)
S =S −S = (4−t)，S =S +S =8(4−t)，根据 S 2 ，求解作答即
△PAB △APE △BPE 2 △PCD △PCF △PDF △PAB =
S 8(4−t)
△PCD
可．
【解题过程】
{y=−2x+18)
（1）解：联立得， ，
y=x+3
{x=5)
解得， ，
y=8
∴D(5，8)；
（2）解：当x=0时，y=0+3=3，即B(0，3)，OB=3；
当y=0时，0=x+3，
解得，x=−3，
∴A(−3，0)，OA=3；
1 1
设M(a，a+3)，则S = ×3×|a)，S = ×3×3，
△BOM 2 △AOB 2
2
∵S = S ，
△BOM 3 △AOB
1 2 1
∴ ×3×|a)= × ×3×3，
2 3 2
解得，a=2或a=−2，
∴M(2，5)或M(−2，1)；（3）解：如图2，作PE∥y轴，交AB于E，作PF∥x轴，交CD于F，
当x=t+1时，y=t+1+3=t+4，即E(t+1，t+4)；
当y=2t时，2t=−2x+18，
解得，x=9−t，
∴F(9−t，2t)，
1 1 3
∴S =S −S = ×(t+4)×(t+4−2t)− ×(t+1)×(t+4−2t)= (4−t)，
△PAB △APE △BPE 2 2 2
1
S =S +S = ×[9−t−(t+1))×8=8(4−t)，
△PCD △PCF △PDF 2
3
(4−t)
∵ S 2 3 ，
△PAB = =
S 8(4−t) 16
△PCD
S 3
△PAB
∴ 是定值，这个定值是 ．
S 16
△PCD
12．（23-24八年级上·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l ：y=2x与直线l 交于点
1 2
(4 ) 16
A ,m ，直线l 与x轴，y轴分别交于点B，点C，△AOB的面积为 ．
3 2 3
（1）求直线l 的表达式；
2
（2）如图2，过点D(1,0)作直线分别交直线l ，l 于点E，点F，设点E在第三象限．
1 2S 1
①连接AD，设△ADE的面积为S ，△ADF的面积为S ，若 1= ，求点E的坐标；
1 2 S 2
2
②当△AEF的面积最小时，求点E的坐标．
【思路点拨】
（1）把点A代入y=2x求得点A的坐标，利用三角形面积求得点B的坐标，然后利用待定系数法即可求得
直线l 的表达式；
2
ED 1
（2）①由题意可知 = ，设点H为DF的中点，过点H作HI⊥x轴于点I，过点F作FJ⊥HI所在直
DF 2
线于点J，过点E作EK⊥x轴于点K，则ED=DH=FH，即可证得△EKD≌△HID≌△HJF，得出
EK=HI=HJ，设E(t,2t)，即可得到F(−2t+3,−4t)，代入l 的解析式求得t的值，从而求得点E的坐
2
标；
②先证得当点D是EF中点时，△AEF的面积最小，过点F作FP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点
Q，则△EQD≌△FPD，得到FP=EQ，DP=DQ，设E(t,2t)，F(2−t,−2t)，代入l 的解析式求得t
2
的值，从而求得点E的坐标．
【解题过程】
4 4 8
（1）解：由点A在直线y=2x上，代入x= ，则m=2× = ，
3 3 3
(4 8)
∴A , ，
3 3
8
过点A作AG⊥x轴于点G，则AG= ，
3
1 16
∵△OAB的面积为 OB⋅AG=
2 3
∴OB=4，
∴B(4,0)，
设l ：y=kx+b，
2
代入A，B的坐标，得¿{k=−1)
∴
b=4
∴直线l 的表达式为y=−x+4；
2
S 1
（2）①∵
1=
，
S 2
2
ED 1
∴ = ，
DF 2
设点H为DF的中点，过点H作HI⊥x轴于点I，过点F作FJ⊥HI所在直线于点J，过点E作EK⊥x轴
于点K，
∴ED=DH=FH，
则△EKD≌△HID≌△HJF，
∴EK=HI=HJ，
设E(t,2t)，
则OK=−t，EK=HI=HJ=−2t，
∴FJ=DI=DK=1−t，
∴OD+DI+FJ=−2t+3，
∴F(−2t+3,−4t)，
∵点F在直线l 上，
2
∴−(−2t+3)+4=−4t，
1
∴t=− ，
6
( 1 1)
∴E − ,− ；
6 3
②如图，过点D两条直线EF和E′F′，其中D是EF的中点．
过点F作FM∥AE交E′F′于点M，则△EE′D≌△FMD，S −S =S ，
△AE′F′ △AEF △FMF′
∴当点D是EF中点时，△AEF的面积最小，
过点F作FP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点Q，
则△EQD≌△FPD，
设E(t,2t)，
则FP=EQ=−2t，DP=DQ=1−t，
∴OP=OD+DP=2−t，
∴F(2−t,−2t)，
∴−2t=−(2−t)+4，
2
∴t=− ，
3
( 2 4)
∴E − ,− ．
3 3
13．（22-23八年级上·陕西西安·期中）如图①，已知直线y=−2x+2与y轴、x轴分别交于A、B两点，以
1
点B为直角顶点在第一象限内作直角△ABC，AB=BC，BC所在直线为y= x+b．
2（1）直接写出A，B两点的坐标A（__________，__________），B（__________，__________）；
（2）求点C的坐标及b的值；
（3）如图②，直线BC交y轴于点D，在直线BC上取一点E(−1,−1)，连接AE交x轴于点F，在直线AE
上是否存在一点P，使△ABP的面积等于△ABD的面积？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【思路点拨】
（1）由解析式y=−2x+2，分别令x=0，y=0，确定A(0,2)，B(1,0)；
（2）过点C作CH⊥OB，可证∠BAO=∠CBH，进一步证得△AOB≅△BHC，于是CH=OB=1，
1 1
BH=OA=2，从而得C(3,1)，由y= x+b求得b=− ；
2 2
1 1 5
（3）存在满足条件的点．如图，D(0,− )，可求S = AD·OB= ,待定系数法确定直线AE的解析
2 △ABD 2 4
2
式为y=3x+2，从而F(− ,0)， 设P(p,3p+2)，分两种情况，点P在直线AC上方，如图
3
1 5 5 1 5 5 5 1
S = BF·OA= ,由S =S −S =S = ，得 × ×(3p+2)− = ，解得p= ，
△AFB 2 3 △PAB △PBF △AFB △ABD 4 2 3 3 4 2
1 7 5 5 1 5 5
P( , )；点P在直线AC下方，如图，S =S −S =S = ，得 − × ×(3p+2)= ，
2 2 △PAB △AFB △PBF △ABD 4 3 2 3 4
1 1 1
解得p=− ，P(− , )．
2 2 2
【解题过程】
（1）解：如图，由y=−2x+2，x=0时，y=2，y=0时，−2x+2=0，x=1，故A(0,2)，B(1,0)．
（2）解：由A(0,2)，B(1,0)知OA=2，OB=1,过点C作CH⊥OB，垂足为H，
∵∠BAO+∠ABO=90°，∠ABO+∠CBH=180°−∠ABC=90°∴∠BAO=∠CBH
又∠AOB=∠BHC=90°,AB=BC
∴△AOB≅△BHC
∴CH=OB=1，BH=OA=2
∴OH=OB+BH=1+2=3
∴C(3,1)
1 1 1
BC所在直线为y= x+b，故 ×1+b=0，解得b=−
2 2 2
1 1 1
（3）解：存在满足条件的点．如图，直线BC所在直线为y= x− ，则D(0,− )，
2 2 2
1 1 1 5
S = AD·OB= ×(2+ )×1= ,
△ABD 2 2 2 4
设直线AE的解析式为y=mx+n(m≠0)，则
{ n=2 ) {m=3)
解得
−m+n=−1 n=2
∴直线AE的解析式y=3x+2，
2 2
y=0时，3x+2=0，x=− ，即F(− ,0)，
3 3
设P(p,3p+2)，分两种情况，点P在直线AC上方，
2 5 1 1 5 5
如图，BF=1−(− )= ，S = BF·OA= × ×2= ,
3 3 △AFB 2 2 3 35
∵S =S −S =S = ，
△PAB △PBF △AFB △ABD 4
1 5 5 5 1 7
∴ × ×(3p+2)− = ，解得p= ，3p+2=
2 3 3 4 2 2
1 7
∴P( , )；
2 2
5
点P在直线AC下方，如图，S =S −S =S =
△PAB △AFB △PBF △ABD 4
5 1 5 5 1 1
得 − × ×(3p+2)= ，解得p=− ，3p+2=
3 2 3 4 2 2
1 1
∴P(− , )；
2 2
1 7 1 1
综上，点P( , )或P(− , )．
2 2 2 2
3
14．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图（1），在平面直角坐标系中，直线y=− x+3交坐标轴于A
4
，B两点，过点C(−3,0)作CD交AB于点D，交y轴于点E，且△COE≌△BOA．
（1）B的坐标为_________，线段OA的长为_________．
（2）求直线CD的解析式和点D的坐标．
（3）如图（2），点M是线段CE上一动点（不与点C，E重合），ON⊥OM交AB于点N，连结MN．
①在点M移动过程中，线段OM与ON数量关系是否不变，并证明；②连结MN，当△DMN面积最大时，求OM的长度和△DMN的面积．
【思路点拨】
（1）分别将x=0、y=0时，代入解析式，即可求出点A、B坐标，即可求解，
（2）根据△COE≌△BOA，可得OE=OA=4，通过C(−3,0)，E(0,4)，求直线CE的解析式，与
3
y=− x+3联立方程组，即可求解，
4
（3）①由已知可证△MOE≌△NOA，即可求解，②由S =S −S −S =S −S ，
OMEN △CAD △COM △NOA △CAD △AOB
OM2
得到S 为定值，当S 最小时S 最大， 由S = ，得：当OM⊥CE时，OM取最小
OMEN △MON △DMN △MON 2
值，即可求解，
本题考查了，一次函数综合，三角形的面积，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：利用全等三角
形，实现面积之间的等量代换．
【解题过程】
3 3
（1）解：当x=0时，直线y=− x+3=− ×0+3=3，
4 4
∴B(0,3)
3
当y=0时，直线0=− x+3，解得：x=4，
4
∴A(4,0)，
∴OA=|4−0)=4，
故答案为：(0,3)，4，
（2）解：∵过点C(−3,0)作CD交AB于点D，交y轴于点E，且△COE≌△BOA，
∴OC=OB=3，OE=OA=4，
∴E(0,4)，
设过点C(−3,0)，E(0,4)，直线CE的解析式为：y=kx+b，
{0=k⋅(−3)+b) { k= 4 )
则： 解得： 3 ，
4=k⋅0+b
b=4
4
∴直线CE的解析式为：y= x+4，
3
∴CE、AB交于点D，4 12
{ y= x+4 ) { x=− )
3 25
∴ 解得： ，
3 84
y=− x+3 y=
4 25
( 12 84)
∴D − , ，
25 25
4 ( 12 84)
故答案为：y= x+4， D − , ，
3 25 25
（3）解：
①∵△COE≌△BOA，
∴OE=OA=4，∠OEM=∠OAN，
∵∠BOA=90°，ON⊥OM，
∴∠MON=∠BOA=90°，
∴∠MOE+∠EON=∠EON+∠NOA，
∴∠MOE=∠NOA，
∴△MOE≌△NOA(ASA)，
∴OM=ON，即线段OM与线段ON数量关系，OM=ON保持不变，
②∵△COE≌△BAO，
∴∠EOC=∠ABO，
∵∠COE=90°，
∴∠COM+∠MOB=90°，
∵OM⊥ON，
∴∠MON=90°，即：∠NOB+∠MOB=90°，
∴∠COM=∠NOB，
∵OM=ON，
∴△COM≌△BON(AAS)，
∴S +S =S +S =S ，
△COM △NOA △BON △NOA △AOB
( 12 84)
∵OA=4，OB=OC=3，D − , ，
25 25
1 1 84 294
∴S = ×4×3=6，S = ×7× = ，
△AOB 2 △CAD 2 25 25
S =S −S −S =S −S ，
OMEN △CAD △COM △NOA △CAD △AOB
144
∴S = 为定值，
OMEN 25∵S +S =S ，
△DMN △MON OMEN
∴要使S 最大，求S 最小即可，
△DMN △MON
OM⋅ON OM2
∵S = = ，
△MON 2 2
∴当OM取最小值时，S 最小，
△MON
∵OC=3，OE=4，∠COE=90°，
∴CE=❑√OC2+OE2=❑√32+42=5，
∵当OM⊥CE时，OM取最小值，
OM×CE OC×OE OM×5 3×4 12
∴ = ，即： = ，解得：OM= ，
2 2 2 2 5
72
∴S 面积最小为 ，
△MON 25
144 72 72
S = − = ，
△DMN 25 25 25
12 72
故答案为：①相等，不变，见解析；②OM= ，S = ．
5 △DMN 25
15．（22-23八年级上·四川成都·期中）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轴的正半轴于点C，且△ABC面积为10．
（1）求直线BC的解析式；
（2）如图1，若点M为线段BC上一点，且满足S =S ，求点M的坐标；
△AMB △AOB
（3）如图2，点F为线段AB中点，点G为y轴上任意一点，连接FG，以FG为腰，G为直角顶点，在
FG右侧作等腰直角△FGQ，当顶点Q落在直线BC上时，求点的坐标．
【思路点拨】1
（1）先求出A(−2,0)，B(0,4)，即有AO=2，BO=4，再根据S = ×AC×OB=10，可得AC=5，
△ABC 2
即可得OC=3，即有C(3,0)，再利用待定系数法即可求解；
( 4 )
（2）设M点坐标为： s,− s+4 ，由S =S ，S =S +S =S +S ，即可得
3 △AMB △AOB △ACB △AOB △COB △AMB △AMC
S =S ，问题随之得解；
△COB △AMC
（3）利用中点坐标公式求出F(−1,2)，设G(0,n)，第一种情况：当n＞2时，如图，点Q落在BC上时，
过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为T，N，证明△GFT≌△QGN，即有
TG=NQ，GN=TF，结合F(−1,2)，可表示出Q(n−2,n−1)，代入直线BC的解析式即可求解；第二种
情况：当n＜2时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足
分别为T，N，同理作答即可．
【解题过程】
（1）令y=0，则有：2x+4=0，解得x=−2，
令x=0，则有：y=4，
∴A(−2,0)，B(0,4)，
∴AO=2，BO=4，
1
∵S = ×AC×OB=10，
△ABC 2
∴AC=5，
∵AO=2，AC=AO+OC，
∴OC=3，
∴C(3,0)，
设BC的解析式为：y=kx+b，
∴B(0,4)，C(3,0)，
{ b=4 )
∴ ，
3k+b=0
{
b=4
)
解得： 4 ，
k=−
3
4
∴BC的解析式为：y=− x+4；
3
( 4 )
（2）根据题意设M点坐标为： s,− s+4 ，
3∵S =S ，S =S +S =S +S ，
△AMB △AOB △ACB △AOB △COB △AMB △AMC
∴S =S ，
△COB △AMC
1 1
∴ ×OC×OB= ×AC×x ，
2 2 M
4
∵OC=3，BO=4，AC=5，|x )=x =− s+4，
M M 3
1 1 ( 4 )
∴ ×3×4= ×5× − s+4 ，
2 2 3
6 4 12
解得：s= ，− s+4= ，
5 3 5
(6 12)
∴M点的坐标为： , ；
5 5
（3）∵A(−2,0)，B(0,4)，点F为线段AB中点，
∴F(−1,2)，
设G(0,n)，
第一种情况：当n＞2时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂
线，垂足分别为T，N，即：TN∥x轴，TN⊥FT，TN⊥NQ，
即：∠FTN=∠QNT=90°，
∵△FGQ等腰直角三角形，GF=GQ，
∴∠FGQ=90°=∠FTN=∠QNT，
∴∠FGT+∠QGN=90°，
∵∠FGT+∠TFG=90°，
∴∠QGN=∠TFG，
∵GF=GQ，
∴△GFT≌△QGN，∴TG=NQ，GN=TF，
∵TN∥x轴，
∴点T和点N的纵坐标与G点相等，均为n，
∵F(−1,2)，TN⊥FT，
∴TG=|x )=1，TF=|y )−|y )=n−2，
F G F
∴TG=NQ=1，GN=TF=n−2，
∴y = y −NQ=n−1，
Q N
∴Q(n−2,n−1)，
4
∵Q(n−2,n−1)落在直线BC上，BC的解析式为：y=− x+4，
3
4
∴n−1=− (n−2)+4，
3
23
解得：n= ，
7
( 23)
∴G 0, ，
7
第二种情况：当n＜2时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂
线，垂足分别为T，N，即：TN∥x轴，TN⊥FT，TN⊥NQ，
即：∠FTN=∠QNT=90°，
根据第一种情况中的方法，同理可证：△GFT≌△QGN，
∴TG=NQ，GN=TF，
∵TN∥x轴，
∴点T和点N的纵坐标与G点相等，均为n，
∵F(−1,2)，TN⊥FT，∴TG=|x )=1，TF=|y )−|y )=2−n，
F F G
∴TG=NQ=1，GN=TF=2−n，
∴y = y +NQ=n+1，
Q N
∴Q(2−n,n+1)，
4
∵Q(2−n,n+1)落在直线BC上，BC的解析式为：y=− x+4，
3
4
∴n+1=− (2−n)+4，
3
解得：n=−1，
∴G(0,−1)，
( 23)
综上：G点坐标为： 0, ，(0,−1)．
7
3
16．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线y = x+b与y =ax+9交于点
1 4 2
B(2,3)，且分别交x轴于A、C两点．
（1）求a，b的值及点A，C的坐标；
（2）在直线BC上找一点D，使得△ABD是△ABO的面积的2倍，求出点D的坐标；
（3）y轴上有一动点P，直线BC上有一动点M，点N在平面上，若四边形AMPN是正方形，求出点N的
坐标．
【思路点拨】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理的运用、正方形的存在性问题等；
3 3
（1）把B(2,3)分别代入y = x+b与y =ax+9即可求出a，b的值，分别令y = x+b=0与
1 4 2 1 4
y =ax+9=0即可得到点A，C的坐标；
2
1
（2）过D作DE⊥x交AB于E，则S = DE(x −x )，再求出△ABO的面积，根据△ABD是△ABO
△ABD 2 B A
的面积的2倍列方程求解即可；（3）过M作MF⊥x于Q，过P作MF⊥PF于F，当四边形AMPN是正方形时，可证得
△PFM≌△MQA设P(0,p)，M(t,−3t+9)，根据全等求出坐标，再根据平移求出点N的坐标．
【解题过程】
3 3 3
（1）把B(2,3)代入y = x+b可得3= ×2+b，解得b= ，
1 4 4 2
3 3
∴y = x+ ，
1 4 2
3 3
令y = x+ =0，解得x=−2，
1 4 2
∴A(−2，0)，
把B(2,3)代入y =ax+9可得3=2a+9，解得a=−3，
2
∴y =−3x+9，
2
令y =−3x+9=0，解得x=3，
2
∴C(3，0)；
（2）过D作DE⊥x交AB于E，
( 3 3)
设D(m,−3m+9)，则E m, m+ ，
4 2
| (3 3)) |15 15)
∴DE= −3m+9− m+ = m− ，
4 2 4 2
1 1 |15 15) |15 )
∴S = DE(x −x )= × m− ×[2−(−2))= m−15 ，
△ABD 2 B A 2 4 2 2
∵B(2,3)，A(−2，0)，
1
∴S = ×3×2=3，
△ABO 2
∵△ABD是△ABO的面积的2倍，
|15 )
∴ m−15 =2×3，
24 14 6
∴|m−2)= ，解得m= 或m= ，
5 5 5
(14 3) (6 27)
∴D , 或 , ；
5 5 5 5
（3）根据题意设P(0,p)，M(t,−3t+9)，
当M在第一象限时，如图，过M作MF⊥y于F，MQ⊥x于Q，则∠PFM=∠MQA=90°
∴FM=t，AQ=t+2，PF=p+3t−9，MQ=−3t+9，
当四边形AMPN是正方形时，PM=AM，∠PMA=90°，从M平移到P与从A平移到N平移规则一致，
∴∠PMF=∠AMQ=90°−∠MAQ
∴△PFM≌△AQM，
∴FM=MQ，PF=AQ，
9
{ t= )
{p+3t−9=t+2) 4
∴ ，解得
t=−3t+9 13
p=
2
( 13) (9 9)
∴P 0, ，M , ，
2 4 4
9 17
∴M向左平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度得到P
4 4
9 17 ( 17 17)
∴A向左平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度得到N − , ；
4 4 4 4
当M在第四象限时，如图，过M作MF⊥y于F，MQ⊥x于Q，则∠PFM=∠MQA=90°∴FM=t，AQ=t+2，PF=−3t+9−p，MQ=3t−9，
当四边形AMPN是正方形时，PM=AM，∠PMA=90°，从M平移到P与从A平移到N平移规则一致，
∴∠PMF=∠AMQ=90°−∠MAQ
∴△PFM≌△AQM，
∴FM=MQ，PF=AQ，
{−p−3t+9=t+2) { t= 9 )
∴ ，解得 2
t=3t−9
p=−11
(9 9)
∴P(0,−11)，M ,− ，
2 2
9 13
∴M向左平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到P
2 2
9 13 ( 13 13)
∴A向左平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到N − ,− ；
2 2 2 2
当M在第二象限时，如图，过M作MF⊥y于F，MQ⊥x于Q，则∠PFM=∠MQA=90°
∴FM=−t，AQ=−2−t，PF=p+3t−9，MQ=−3t+9，
当四边形AMPN是正方形时，PM=AM，∠PMA=90°，从M平移到P与从A平移到N平移规则一致，
∴∠PMF=∠AMQ=90°−∠MAQ
∴△PFM≌△AQM，∴FM=MQ，PF=AQ，
∴
{p+3t−9=−t−2)
，解得t=
9
不合题意；
−t=−3t+9 2
( 17 17) ( 13 13)
综上所述，N − , 或N − ,− ．
4 4 2 2
(75 )
17．（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图，直线y=kx+b经过点A ,0 ，点B(0,25)，与直线
4
3
y= x交于点C，点D为直线AB上一动点，过D点作x轴的垂线交直线OC于点E．
4
（1）求直线AB的函数关系式和点C的坐标；
2
（2）当DE= OA时，求点D的横坐标和△CDE的面积；
3
（3）已知点G(−3,0)，在坐标轴上找一点F，连接DF，DG，FG，当△DFG是以DF为底边的等腰直角
三角形时，直接写出F点的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求出k与b，确定出直线解析式，与直线OC联立求出C坐标即可；
（2）设D的横坐标为m，代入直线AB与直线OC解析式表示出D与E的纵坐标，进而表示出DE的长，求
2
出OA的长，根据DE= OA求出m的值进而求出△CDE面积即可；
3
（3）分点F在y轴上和点F在x轴上两种情况分类讨论，利用全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角
形的性质求解即可．
【解题过程】
75
（1）∵直线y=kx+b经过点A( ，0)，点B(0,25)，
4{75 k+b=0) { k=− 4 )
∴ 4 ，解得： 3 ，
b=25 b=25
4
∴直线AB解析式为y=− x+25，
3
联立y=
3
x和y=−
4
x+25并解得：
{x=12)
，
4 3 y=9
∴点C的坐标为(12,9)；
75
（2）∵A( ，0)，
4
75
∴OA= ，
4
4
设点D的横坐标为m，则点D坐标为(m,− m+25)，
3
∵DE⊥x轴，
3
∴点E坐标为(m, m)，
4
| 4 3 25 ) 2 75 25
∴DE= − m+25− m|=) m+25 = × = ，
3 4 12 3 4 2
解得：m=6或18，
1 25 75
当m=6时，S = × ×(12−6)= ；
△CDE 2 2 2
75
当m=18时，同理可得：S = ；
△CDE 2
75
综上，△CDE的面积为 ；
2
4
（3）①当点F在y轴上时，过D作DH⊥x轴于点H，设点D坐标为(n,− n+25)，
3
当点F在y轴负半轴上时，如图1，∴∠GHD=FOG=90°，
∵△DFG是以DF为底边的等腰直角三角形，
∴FG=GD，∠FGD=90°，
∴∠FGO+∠AGD=∠FGO+∠OFG=90°，
∴∠AGD=∠GFO，
∴△HGD≌△OFG(AAS)，
∴HD=OG=3，OF=HG，
4 33
∴− n+25=3，解得n= ，
3 2
33 39
∴OF=HG= +3= ，
2 2
39
∴F点的坐标为(0,− )；
2
当点F在y轴正半轴上时，如图2，
同理得△HGD≌△OFG(AAS)，∴HD=OG=3，OF=HG，
4
∴− n+25=−3，解得n=21，
3
∴OF=HG=21+3=24，
∴F点的坐标为(0,24)；
②当点F在x轴上时，如图3，
∵△DFG是以DF为底边的等腰直角三角形，
∴∠DGF=90°，DG=FG，
∴DG⊥FG，
4
∵点G(−3,0)，点D为直线AB:y=− x+25上一动点，
3
∴D(−3,29)，
∴DG=FG=29，
∴F点的坐标为(26,0)或(−32,0)；
39
综上，F点的坐标为(0,− )或(0,24)或(26,0)或(−32,0)．
2
39
故答案为：(0,− )或(0,24)或(26,0)或(−32,0)．
2
18．（2024·河北石家庄·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l 与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点
1
9
B(0,−3)，直线l :y= x+3与x轴交于点C，与y轴交于点E，且与l 相交于D．点P为线段DE上一点
2 4 1
（不与点D，E重合），作直线BP．（1）求直线l 的表达式及点D的坐标；
1
（2）若直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，求点P的坐标；
（3）点P是否存在某个位置，使得点D关于直线BP的对称点D'恰好落在直线AB上方的坐标轴上．若存
在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求出直线l 的解析式，联立l 与l 的解析式，即可求出点D 坐标；
1 1 2
（2）连接BC，过点D作DF⊥x轴于点F，证得S =S ，则点P在线段CD上或在线段CE上，分
△DBC △ABC
两种情况求出点P的坐标即可；
（3）根据数轴得到三种情况：（Ⅰ）当点D关于直线PB的对称点恰好落在x轴负半轴上D′ 处时，
1
（Ⅱ）当点D关于直线PB的对称点恰好落在y轴上D′ 处时，（Ⅲ）当点D关于直线PB的对称点恰好落
2
在x轴正半轴上D′ 处时，分别求出点P的坐标．
3
【解题过程】
（1）解：设直线l 的表达式为y=kx+b，代入点A(4,0)，B(0,−3)，
1
{4k+b=0) { k= 3 )
得 ，解得 4 ，
b=−3
b=−3
3
∴直线l的表达式为y= x−3．
4
3 9
令 x−3= x+3，解得x=−4，
4 4
∴y=−6，
∴D的坐标为(−4,−6)．
（2）如图，连接BC，过点D作DF⊥x轴于点F．9
令y= x+3=0
4
4
解得x=−
,
3
( 4 )
∴C − ,0
3
16
∴AC= ，DF=6，
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 △ABC
若直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，
则点P在线段CD上或在线段CE上．
（Ⅰ）当点P在线段CD上时，设点P的横坐标为x (x <0)，BE=6，
p p
1 1
S =S −S = ×4×6− ⋅|x )⋅6=12−3|x )，
△BDP △DBE △PBE 2 2 p p
若直线BP将△ACD的面积分为7:9两部分，则有
7
S = S ，
△BDP 16 △ACD
7
∴12−3|x )= ×16，
p 16
5
∴|x )= ，
p 3
5
∴x =− ，
p 3( 5 3)
代入直线l 得点P的坐标为 − ,− ．
2 3 4
（Ⅱ）当点P在线段CE上时，如图，设直线BP与x轴交于点Q，
7
此时有S = S ，
△ABQ 16 △ACD
1 7 1
∴ ⋅AQ⋅BO= ×16，即 ⋅AQ×3=7，
2 16 2
14
∴AQ= ，
3
14 2
∴OQ= −4= ，
3 3
( 2 )
∴Q − ,0 ．
3
设直线BQ的解析式为y=tx+v
{
v=−3
)
∴ 2
− t+v=0
3
{ t=− 9 )
解得 2
v=−3
9
∴直线BQ的表达式为y=− x−3，
2
9 9 8
令 x+3=− x−3，解得x=− ，
4 2 9
( 8 )
∴点P的坐标为 − ,1 ．
9
( 5 3) ( 8 )
综上所述，点P的坐标为 − ,− 或 − ,1 ．
3 4 9
( 8 ) ( 24 21)
（3）存在．点P的坐标是P − ,−3 或P − ,− ．
3 11 11点D关于直线PB的对称点D'恰好落在直线AB上方的坐标轴上时，有以下三种情况，
（Ⅰ）当点D关于直线PB的对称点恰好落在x轴负半轴上D′ 处时，如图，
1
由轴对称可知：
∠DBP=∠D′ BP，BD=BD′
，
1 1
由（2）可知，点B是线段AD的中点，
∴BD=AB，
∴BD′ =AB，
1
∴∠OAB=∠OD′ B．
1
又∵∠DBD′ =∠OAB+∠OD′ B，
1 1
而∠DBD′ =∠DBP+∠D′ BP，
1 1
∴∠OD′ B=∠D′ BP，
1 1
∴BP∥x轴．
∵B(0,−3)，
( 8 )
∴P − ,−3 ．
3
（Ⅱ）当点D关于直线PB的对称点恰好落在y轴上D′ 处时，如图过点P作PG⊥AD于点G，
2作PH⊥y轴于点H，
过点D作DM⊥y轴于点M，由轴对称可知：PB平分∠DBD′ ，
2
∴PG=PH．
∵S =S +S ，
△BDE △BPD △BPE
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
（Ⅲ）当点D关于直线PB的对称点恰好落在x轴正半轴上D′ 处时，如图，
3
∵点B是线段AD的中点，
∴由轴对称可知：此时点D′
与点A重合，
3
不符合题意，应舍去．
( 8 ) ( 24 21)
综上，∴P − ,−3 或P − ,− ．
3 11 11
