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专题 23 一次函数与特殊角问题及几何存在性问题（解析版）
类型一 一次函数与特殊角
1．（2021•祥符区二模）如图，在平面直角坐标系中，点 A，B坐标分别为（0，6），（6，0），连接
AB，分别以点 A，点 B 为圆心，AB 长为半径画弧，两弧在第一象限交于点 C．则点 C 的坐标为
（ ）
A．（7，7） B．（3❑√2+3，3❑√2+3）
C．（8，8） D．（3❑√3+3，3❑√3+3）
【思路引领】根据角平分线的性质，等腰直角和等边三角形的性质及第一象限内点的坐标特点即可得出
结论．
【解答】解：∵A（0，6），B（6，0），
∴AB=6❑√2，
∵由题意可知，点C在∠AOB的平分线上，
∴△ABC为等边三角形，
∴OD＝3❑√2，CD＝3❑√6，
∴OC＝3❑√2+3❑√6，∴点C的坐标为（3❑√3+3，3❑√3+3）．
故选：D．
【总结提升】本题考查了角平分线的性质和坐标的特征，及等边和等腰直角的边长关系，正确的理解题
意是解题的关键．
2．（2022•新安县一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），按以下步骤作图：①分别以点
A，O为圆心，OA长为半径作弧，两弧在第一象限内交于点B，连接AB，OB；②分别以点A，B为圆
1
心，大于 AB的长为半径作弧，两弧在AB右侧交于点P，连接OP，交AB于点C，则点C的坐标为（
2
）
3❑√3
A．（3，1） B．（3， ） C．（3，❑√3） D．（❑√3，3）
2
【思路引领】利用作法得到OB＝AB＝OA＝4，PB＝PA，则可判断△OAB为等边三角形，所以∠BAO＝
1
60°，再判断OP垂直平分AB得到AC= AB＝2，过O点作OH⊥OA于H，如图，利用含30度角的直角
2
三角形三边的关系计算出AH＝1，CH=❑√3，所以OH＝3，从而得到C点坐标．
【解答】解：由作法得OB＝AB＝OA＝4，PB＝PA，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∵OB＝OA，PA＝PB，
∴OP垂直平分AB，
1
∴AC= AB＝2，
2
过O点作OH⊥OA于H，如图，
1
在Rt△ACH中，∵AH= AC＝1，
2
∴CH=❑√3AH=❑√3，∴OH＝OA﹣AH＝3，
∴C点坐标为（3，❑√3）．
故选：C．
【总结提升】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何
图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了坐标与图形性质．
3．（2023•增城区一模）如图，已知直线y=−❑√3x+3与x轴交于点A，点B与点A关于y轴对称．M是
直线上的动点，将OM绕点O顺时针旋转60°得ON．连接BN，则线段BN的最小值为（ ）
A．3 B．3+❑√3 C．2❑√3 D．3−❑√3
【思路引领】设直线y=−❑√3x+3与y轴的交点为 E，再取 AE的中点 D，连接 OD、AN，过 B作
BH⊥AN于H点．根据直线解析式求出点A和点E的坐标，然后再证明△AOD为等边三角形．再结合
旋转的性质和等边三角形的性质，并利用SAS证明△MOD≌△NOA，得出∠OAN＝∠ODE＝120°．由A
为定点，∠OAN＝120°为定值，即说明当M在直线y=−❑√3x+3上运动时，点N也在定直线AN上运动，
即得出当点N与点H重合时，BN最短．结合轴对称的性质可求出AB=2❑√3，进而可利用锐角三角函
数求出BH＝AB⋅sin60°＝3，即BN的最小值为3．
【解答】解：如图，设直线y=−❑√3x+3与y轴的交点为E，再取AE的中点D，连接OD、AN，过B
作BH⊥AN于H点．对于y=−❑√3x+3，令x＝0，则y＝3，
∴E（0，3）．
令y＝0，则x=❑√3，
∴A(❑√3，0)．
∴OA=❑√3，OE＝3．
∵∠AOE＝90°，
∴AE=❑√OA2+OE2=2❑√3，
∵AE的中点为D，
1
∴DO=DA=DE= AE=❑√3，
2
∴DO=DA=OA=❑√3，
∴△DAO为等边三角形，
∴∠AOD＝∠ODA＝60°，
∴∠ODE＝120°．
由旋转的性质可知OM＝ON，∠MON＝60°＝∠DOA，
∴∠MON﹣∠DON＝∠DOA﹣∠DON，即∠MOD＝∠NOA，
∴△MOD≌△NOA（SAS），
∴∠OAN＝∠ODE＝120°．
∵A为定点，∠OAN＝120°为定值，
∴当M在直线y=−❑√3x+3上运动时，点N也在定直线AN上运动，
∴当点N与点H重合时，BN最短．
∵点B与点A关于y轴对称，
∴B(−❑√3，0)，
∴AB=2❑√3．∵∠BAH＝180°﹣∠OAN＝60°，
∴BH ＝3，即BN的最小值为3．
故选：A．
【总结提升】本题考查旋转的性质、轴对称的性质，三角形全等的判定和性质、等边三角形的判定和性
质、勾股定理、解直角三角形以及一次函数等知识点，解题的关键是确定点N在定直线上，通过垂线段
最短的性质求BN的最小值．
4．（2021•大荔县一模）如图，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，1），线段AC是线段AB绕点A
顺时针旋转90°而得，则AC所在直线的解析式是（ ）
1 3
A．y＝2x﹣4 B．y= x﹣1 C．y＝2x− D．y＝3x﹣4
2 2
【思路引领】过点C作CD⊥x轴于点D，易知△ACD≌△BAO（AAS），从而求得点C坐标，设直线
AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入求得k和b，从而得解．
【解答】解：∵A（2，0），B（0，1）
∴OA＝2，OB＝1
过点C作CD⊥x轴于点D，
则∠AOB＝∠CDA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAO＝∠ACD＝90°﹣∠CAD，
∵BA＝AC，
∴△ACD≌△BAO（AAS），
∴AD＝OB＝1，CD＝OA＝2，
∴C（3，2），设直线AC的解析式为y＝kx+b，将点A，点C坐标代入得：
{0=2k+b)
，
2=3k+b
{ k=2 )
解得： ，
b=−4
∴直线AC的解析式为y＝2x﹣4，
故选：A．
【总结提升】本题是几何图形旋转的性质与待定系数法求一次函数解析式的综合题，利用全等三角形求
得C的坐标是解题的关键．
类型二 一次函数与几何存在性问题
3
5．（2023春•和平区校级期末）在平面直角坐标系中，直线y= x+6与x轴，y轴分别交于点A，B，在x
4
7
轴的负半轴上存在点P，使△ABP是等腰三角形，则点P的坐标为 （﹣ 1 8 ， 0 ）或 (− ，0)．
4
【思路引领】先计算AB的长，分AB＝PA和AB为底边两种情况求解即可．
3
【解答】解：因为直线y= x+6与x轴，y轴分别交于点A，B，
4
所以A（﹣8，0），B（0，6），
所以AB=❑√62+82=10；
当AB＝PA＝10时，OP＝PA+OA＝8+10＝18，
因为点P在x轴的负半轴上，
所以P（﹣18，0）；
当AB为底边时，作AB的垂直平分线PD，交x轴于点P，根据线段垂直平分线的性质，得到PA＝PB，
设PO＝t，则PA＝PB＝8﹣t，
根据勾股定理，得（8﹣t）2＝t2+62，7
解得t= ，
4
因为点P在x轴的负半轴上，
7
所以(− ，0)；
4
7
故答案为：（﹣18，0）或(− ，0)．
4
【总结提升】本题考查了一次函数背景下的等腰三角形存在性问题，熟练掌握够勾股定理，等腰三角形
的分类，线段垂直平分线的性质是解题的关键．
6．（2023春•电白区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3与x轴交于点A，与y轴交于点
B，将线段AB绕点A顺时针旋转90°，得到线段AC，过点B，C作直线，交x轴于点D．
（1）点C的坐标为 （ 4 ， 1 ） ；求直线BC的表达式；
5
（2）若点E为线段BC上一点，且△ABE的面积为 ，求点E的坐标；
2
（3）在（2）的条件下，在平面内是否存在点P，使以点A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？
若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）令x＝0和y＝0可确定点A和B的坐标，得OB＝3，OA＝1，作辅助线构建全等三角
形，证明△BOA≌△AGC，可得点C的坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式；
（2）如图2，过点E作EF⊥y轴于F，根据四边形AOBE的面积＝S△AOB +S△ABE ＝S△BEF +S梯形AOFE ，代
入计算可得结论；
（3）分三种情况：分别根据平移的性质可解答．
【解答】解：（1）直线y＝﹣3x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），OB＝3，
当y＝0时，﹣3x+3＝0，
∴x＝1，∴A（1，0），OA＝1，
如图1，过点C作CG⊥x轴于G，
由旋转得：AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠BAO+∠CAG＝90°，
∵∠AOB＝∠CGA＝∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CAG＝∠ABO，
∴△BOA≌△AGC（AAS），
∴AG＝OB＝3，CG＝OA＝1，
∴C（4，1），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
{4k+b=1) { k=− 1 )
则 ，解得： 2 ，
b=3
b=3
1
∴直线BC的解析式为：y=− x+3；
2
故答案为：（4，1）；
（2）如图2，过点E作EF⊥y轴于F，∵点E为线段BC上一点，
1
∴设点E的坐标为（m，− m+3）（0≤m≤4），
2
∵四边形AOBE的面积＝S△AOB +S△ABE ＝S△BEF +S梯形AOFE ，
1 5 1 1 1 1
∴ ×1×3+ = •m•（3+ m﹣3）+ •（1+m）•（− m+3），
2 2 2 2 2 2
解得：m＝2，
∴E（2，2）；
（3）分三种情况：
①如图3，四边形ABEP是平行四边形，
∵A（1，0），B（0，3），E（2，2），
∴由平移得：P（3，﹣1）；
②如图4，四边形APBE是平行四边形，
由平移得：P（﹣1，1）；
③如图5，四边形ABPE是平行四边形，由平移得：P（1，5）；
综上，点P的坐标为（3，﹣1）或（﹣1，1）或（1，5）．
【总结提升】此题是一次函数的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判
定和性质，旋转和平移的性质，平行四边形的性质和判定等知识，掌握平移的性质和分类讨论的思想是
解本题的关键．
7．（2023春•雅安期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+4分别交x轴、y轴于A、B两点，将
△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A OB ．
1 1
（1）求直线A B 的解析式；
1 1
（2）若直线A B 与直线AB交于点C，P是直线AB上一点，当S =5S 时，求点P的坐标．
1 1 △PB A △AB C
1 1
【思路引领】（1）先求出点A的坐标是（2，0），点B的坐标是（0，4），则OA＝2，OB＝4，由旋
转可知OA ＝OA＝2，OB ＝OB＝4，则A （0，2），B （﹣4，0），求出直线直线A B 的解析式为
1 1 1 1 1 1
1
y= x+2即可；
2
4 12
（2）两个 联立求出点C的坐标是( ， )，设点P的坐标是（a，﹣2a+4），根据S =5S
5 5 △PB 1 A △AB 1 C1 1 12
得到 ×(2+4)⋅|−2a+4|=5× ×(2+4)× ，解得a＝﹣4或a＝8，进一步即可求出点P的坐标．
2 2 5
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣2x+4＝4，
当y＝0时，0＝﹣2x+4，解得x＝2，
∴点A的坐标是（2，0），点B的坐标是（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
由旋转可知：OA ＝OA＝2，OB ＝OB＝4，
1 1
∴A （0，2），B （﹣4，0），
1 1
设直线A B 的解析式为y＝kx+b（k≠0），
1 1
{ 2=b )
∴ ，
0=−4k+b
{ k= 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴直线A B 的解析式为y= x+2；
1 1 2
{y=−2x+4
)
（2）由题意联立得到 1 ，
y= x+2
2
4
{x= )
5
解得 ，
12
y=
5
4 12
∴点C的坐标是( ， )，
5 5
设点P的坐标是（a，﹣2a+4），
1 1 12
由S =5S 得到 ×(2+4)⋅|−2a+4|=5× ×(2+4)× ，
△PB 1 A △AB 1 C 2 2 5
解得a＝﹣4或a＝8，
当a＝﹣4时，y＝﹣2×（﹣4）+4＝12，
当a＝8时，y＝﹣2×8+4＝﹣12，
∴点P的坐标是（﹣4，12）或（8，﹣12）．
【总结提升】此题是一次函数综合题，考查了一次函数的图象性质、旋转的性质、一次函数解析式、两
直线交点等知识，数形结合是解题的关键．8．（2023春•双流区期中）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y＝﹣2x+b分别交x轴，y轴于A，B两
1
点，点C（﹣2，2）在直线l 上，现将直线l 绕点C逆时针旋转45°得到直线l ，则直线l 的解析式为y
1 1 2 2
1 4
=− x+ ．
3 3
【思路引领】过 B 点作 BD⊥BC，交 x 轴于 D，交直线 l 于 E，作 CF⊥y 轴于 F，通过证得
2
△COF≌△BDO（AAS），BC＝BD，BF＝OD＝4，D（4，0），根据等腰直角三角形的性质得出BC＝
BE，D与E重合，点D在直线l 上，然后根据待定系数法即可求得直线l 的解析式．
2 2
【解答】解：过B点作BD⊥BC，交x轴于D，交直线l 于E，作CF⊥y轴于F，
2
∵点C（﹣2，2）在直线l ：y＝﹣2x+b上，
1
∴2＝4+b，
解得b＝﹣2，
∴y＝﹣2x﹣2，
∴B（0，﹣2），
∴OB＝2，
∵C（﹣2，2），
∴CF＝2，OF＝2，
∴CF＝OB＝2，
∵∠CBF+∠OBD＝90°＝∠OBD+∠ODB，
∴∠CBF＝∠ODB，
在△COF和△BDO中，
{
∠CBF=∠ODB
)
∠CFB=∠BOD=90° ，
CF=OB
∴△COF≌△BDO（AAS），
∴BC＝BD，BF＝OD＝4，
∴D（4，0），∵∠BCE＝45°，∠CBE＝90°，
∴∠BEC＝∠BCE＝45°，
∴BC＝BE，
∴D与E重合，
∴点D在直线l 上，
2
设直线l 的解析式为y＝mx+n，
2
1
{m=− )
{−2m+n=2) 3
∴ ，解得 ，
4m+n=0 4
n=
3
1 4
∴直线l 的解析式为y=− x+ ，
2 3 3
1 4
故答案为y=− x+ ．
3 3
【总结提升】本题考查了一次函数图象与几何变换，待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判
定和性质，等腰直角三角形的性质等，证得点D在直线l 是解题的关键．
2
9．（2022春•安溪县期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣1的图象分别交x轴、y轴于点
A、B，将直线AB绕点B按顺时针方向旋转45°，交x轴于点C．
1
（1）点A坐标是（ ， 0 ）、点B坐标是（ 0 ， ﹣ 1 ）；
2
（2）求直线BC的函数表达式；
（3）点M是射线BA上的点，在平面内是否存在点N，使得以M、N、B、C为顶点的四边形是菱形，
如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．【思路引领】（1）由y＝﹣2x﹣1，分别令x＝0，y＝0，即可求解；
（2）过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，得到AB＝AF，根据全等三角形的性质得到AE
1 3 1
＝OB＝1，EF＝OA= ，求得F（ ，− ），设直线BC的函数表达式为：y＝kx+b，利用待定系数法
2 2 2
即可得到结论；
（3）分当BC是对角线时；当BC是边，四边形BMNC为菱形时；当BC是边，四边形BCMN为菱形时
三种情况，根据菱形的性质去分析求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝2x﹣1的图象分别交x、y轴于点A、B，
1
∴令x＝0，得y＝﹣1，令y＝0，则x= ，
2
1
∴A（ ，0），B（0，﹣1），
2
1
故答案为： ，0，0，﹣1；
2
（2）过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，
∵∠ABC＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AB＝AF，∵∠OAB+∠ABO＝∠OAB+∠EAF＝90°，
∴∠ABO＝∠EAF，
∴△ABO≌△FAE（AAS），
1
∴AE＝OB＝1，EF＝OA= ，
2
3
∴OE＝OA+AE= ，
2
3 1
∴F（ ，− ），
2 2
设直线BC的函数表达式为：y＝kx+b，
{3
k+b=−
1
)
∴ 2 2 ，
b=−1
{ k= 1 )
∴ 3 ，
b=−1
1
∴直线BC的函数表达式为：y= x﹣1；
3
（3）存在．
①如图，当BC是对角线时，四边形BMCN为菱形．
∴BM∥CN，BN＝CN，
∵直线BM为y＝2x﹣1，
∴设直线CN的函数表达式为y＝2x+c，
1
∵直线BC的函数表达式为：y= x﹣1，
3∴C（3，0），
∴6+c＝0，解得c＝﹣6，
∴直线CN的函数表达式为y＝2x﹣6，
设N（n，2n﹣6），
∵BN＝CN，B（0，﹣1），
∴BN2＝CN2，
∴n2+（﹣1﹣2n+6）2＝（3﹣n）2+（2n﹣6）2，解得n＝2，
∴点N的坐标为（2，﹣2）；
②如图，当BC是边，四边形BMNC为菱形时．
∴BM∥CN，BC＝CN，
∵直线BM为y＝2x﹣1，
∴设直线CN的函数表达式为y＝2x+c，
1
∵直线BC的函数表达式为：y= x﹣1，
3
∴C（3，0），
∴6+c＝0，解得c＝﹣6，
∴直线CN的函数表达式为y＝2x﹣6，
设N（n，2n﹣6），
∵BC＝CN，B（0，﹣1），
∴BC2＝CN2，
∴12+32＝（3﹣n）2+（2n﹣6）2，解得n＝3+❑√2或3−❑√2（不合题意，舍去），
∴点N的坐标为（3+❑√2，2❑√2）；
③如图，当BC是边，四边形BCMN为菱形时．∴BC＝CM，
设M（m，2m﹣1），
∵BC＝CM，B（0，﹣1），
∴BC2＝CM2，
∴12+32＝（3﹣m）2+（2m﹣1）2，解得m＝2或0（不合题意，舍去），
∴点M的坐标为（2，3），
∵B（0，﹣1），C（3，0），
∴点N的坐标为（﹣1，2）．
综上所述，满足条件的点N的坐标为（2，﹣2）或（3+❑√2，2❑√2）或（﹣1，2）．
【总结提升】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，
菱形的性质以及勾股定理．解题的关键是注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．
10．（2015春•滨湖区期中）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，D为AB边上的中点，∠EDF＝
90°，且绕点D旋转，它的两边分别交AC、BC（或它们的延长线）于E、F，假设△DEF的面积x、
△ECF的面积为y．
（1）当∠EDF绕点D旋转到（如图1）时，求y与x之间的函数关系？（不要求自变量的取值范围）
（2）当∠EDF绕点D旋转到（如图2）时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成
立，请说明你的猜想．【思路引领】（1）连接CD，如图所示：由AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，得到∠B＝45°，
1 1
∠DCE= ∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD= AB＝BD，于是得到∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°，由于∠EDF
2 2
＝90°，得到∠1＝∠2，证明△CDE≌△BDF，即可得出结论；
1
（2）不成立，同（1）得：△DEC≌△DBF，得出 S△DEF ＝S 五边形DBFEC ＝S△CFE +S△DBC ＝S△CFE + 2
S△ABC ．
【解答】解：（1）连接CD；如图2所示：
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，
1 1
∴∠B＝45°，∠DCE= ∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD= AB＝BD，
2 2
∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△CDE和△BDF中，
{
∠1=∠2
)
CD=BD ，
∠DCE=∠B
∴△CDE≌△BDF（ASA），
1
∴S△DEF +S△CEF ＝S△ADE +S△BDF =
2
S△ABC ；
1 1
∴x+y= × ×6×6＝9，
2 2
∴y＝﹣x+91
（2）不成立；S△DEF ﹣S△ECF =
2
S ；
△ABC
理由如下：连接CD，如图3所示：
同（2）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135°
∴S△DEF ＝S五边形DBFEC ，
＝S△CFE +S△DBC ，
1
＝S△CFE +
2
S△ABC ，
1
∴S△DEF ﹣S△CFE =
2
S△ABC ．
1
∴S△DEF 、S△CEF 、S△ABC 的关系是：S△DEF ﹣S△CEF =
2
S△ABC ，
∴y＝x﹣9，
∴当∠EDF绕点D旋转到（如图2）时，（1）中的结论不成立．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法；证明三
角形全等是解决问题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2023秋•宝安区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+6分别与x轴，y轴交于A，B两点，将直线AB绕点A逆时针旋转45°得到直线AC，过点B作BD⊥AC于点D，则点D的坐标是（ ）
3 3 5 5 5 5
A．（﹣1，1） B．(− ， ) C．(− ， ) D．(− ， )
2 2 3 3 2 2
【思路引领】过点D作DE⊥x轴于E，DF⊥y轴于点F，则△BDF≌△ADE，得出DF＝DE，BF＝AE，
即可证得四边形DEOF是正方形，继而求出点D的坐标．
【解答】解：将直线AB绕点A逆时针旋转45°后得到直线AC，则∠BAC＝45°，如图，过点D作DE⊥x
轴于E，DF⊥y轴于点F，
∵直线y＝﹣2x+6分别与x轴，y轴交于A，B两点，
∴A（3，0），B（0，6），
∴OA＝3，OB＝6，
∵BD⊥AC于点D，∠BAC＝45°，
∴∠DBA＝45°，
∴BD＝AD，
∵∠BFD＝∠AED＝90°，∠OAD＝∠DBF，
∴△BDF≌△ADE（AAS），
∴DF＝DE，BF＝AE，
∴四边形DEOF是正方形，
∴OE＝OF＝DE＝DF，
∴OB﹣OE＝OA+OE，∴6﹣OE＝3+OE，
3
∴OE= ，
2
3 3
∴D（− ， ），
2 2
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了一次函数图象与几何变换、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与
性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
2．（2023秋•张店区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴负半轴，y轴正半轴分别交于
点A（﹣1，0），B，在x轴上取点C（3，0），点D是直线AB上的一个动点，以CD为边，在CD的
右侧作等边三角形CDF，使得点F落在第一象限，连接OF．若∠BAO＝60°，则OF+CF的最小值为（
）
A．6 B．❑√57 C．8 D．❑√73
【思路引领】作∠ACM＝60°，交AB的延长线于点M，连接MF，证明△ACD≌△MCF（SAS）得到
MF∥x轴，动点F的轨迹在直线MF上，依据“将军饮马”模型得到OF+OC的最小值为线段CN长，
代入数据求出线段CN长即可．
【解答】解：∵A（﹣1，0），∠BAO＝60°，
∴OA＝1，OB=❑√3，
∴直线AB的解析式为：y=❑√3x+❑√3，
如图，作∠ACM＝60°，交AB的延长线于点M，连接MF，
∵∠CAD＝∠ACM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
在△ACD和△MCF中，
{
AC=AM
)
∠ACD=∠MCF=60°−∠DCM ，
CD=CF
∴△ACD≌△MCF（SAS），∴∠DAC＝∠FMC＝60°，
∴∠FMC＝∠ACM＝60°，
∴MF∥x轴，
∴点F的运动轨迹在直线MF上，
作点O关于直线MF的对称点N，连接NC，则就是OF+CF的最小值．
∵A（﹣1，0），C（3，0），
∴AC＝AM＝MC＝4，
∴M点的纵坐标为2❑√3，
∴ON＝4❑√3，OC＝3，
在Rt△ONC中，由勾股定理得：
CN=❑√ON2+OC2=❑√(4❑√3) 2+32=❑√57．
故选：B．
【总结提升】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及最值问题，找到点F的运动轨迹是解答本题
的关键．
3．（2023•雅安）在平面直角坐标系中，将函数y＝x的图象绕坐标原点逆时针旋转90°，再向上平移1个
单位长度，所得直线的函数表达式为（ ）
A．y＝﹣x+1 B．y＝x+1 C．y＝﹣x﹣1 D．y＝x﹣1
【思路引领】找出y＝x上一个点坐标，进而旋转90°后对应点的坐标，即可得到旋转后一次函数解析式，
再根据上加下减的平移规则即可求得直线的函数表达式为y＝﹣x+1．
【解答】解：在函数y＝x的图象上取点A（1，1），
绕原点逆时针方向旋转90°后得到对应的点的坐标A′（﹣1，1），
则旋转后的直线的解析式为y＝﹣x，再向上平移1个单位长度，得到y＝﹣x+1．
故选：A．
【总结提升】此题考查了一次函数的图象与几何变换，熟练平移的规则是解本题的关键．
4．（2023秋•沂源县期末）一次函数y＝2x+b的图象经过点M（1，3），且与x轴，y轴分别交于A，B两
1 1
点．将该直线绕点A顺时针旋转45°至直线l，则直线l的函数表达式 y= x+ ．
3 6
1
【思路引领】求出A（− ，0），B（0，1），过B作BK⊥AB交直线l于K，过K作KT⊥y轴于T，证
2
1 1
明△AOB≌△BTK（AAS），可得AO＝BT= ，BO＝TK＝1，故K（1， ），再用待定系数法可得答案．
2 2
【解答】解：把M（1，3）代入y＝2x+b得：
3＝2+b，
解得b＝1，
∴y＝2x+1，
1
在y＝2x+1中，令x＝0得y＝1，令y＝0得x=− ，
2
1
∴A（− ，0），B（0，1），
2
过B作BK⊥AB交直线l于K，过K作KT⊥y轴于T，如图：
∵将该直线绕点A顺时针旋转45°至直线l，
∴∠BAK＝45°，
∴△ABK是等腰直角三角形，
∴AB＝BK，
∵∠ABO＝90°﹣∠OBK＝∠BKT，∠AOB＝90°＝∠BTK，∴△AOB≌△BTK（AAS），
1
∴AO＝BT= ，BO＝TK＝1，
2
1 1
∴OT＝OB﹣BT＝1− = ，
2 2
1
∴K（1， ），
2
1 1
设直线l函数表达式为y＝mx+n，将A（− ，0），K（1， ）代入得：
2 2
1
{− k+b=0)
2
，
1
k+b=
2
1
{k= )
3
解得 ，
1
b=
6
1 1
∴直线l函数表达式为y= x+ ；
3 6
1 1
故答案为：y= x+ ．
3 6
【总结提升】本题考查一次函数与几何变换，涉及全等三角形判定与性质，待定系数法等知识，解题的
关键是掌握全等三角形判定定理，求出K的坐标．
5．（2023秋•深圳校级期中）如图，直线AB的解析式为y＝﹣x+b，分别与x轴，y轴交于A，B两点，点
A的坐标为（4，0），过点B的直线交x轴负半轴于点C，且OB：OC＝4：1．若在x轴上方存在点
D，使以A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则点D的坐标为 （ 5 ， 4 ）或（ 4 ， 5 ） ．
【思路引领】求出B（0，4）、点C（﹣1，0），分当BD平行x轴、BD不平行x轴两种情况，分别求
解即可．【解答】解：∵A（4，0），
∴b＝4，
∴y＝﹣x+4，
令x＝0，y＝4，
∴B（0，4），
∵OB：OC＝4：1，
则OC＝1，
即点C（﹣1，0）；
①如图，当BD平行x轴时，
点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则四边形BDAC为平行四边形，
则BD＝AC＝1+4＝5，则点D（5，4），
②当BD不平行x轴时，
则S△ABD ＝S△ABD′ ，则点D、D′到AB的距离相等，
则直线DD′∥AB，
设直线DD′的表达式为：y＝﹣x+n，
将点D的坐标代入上式并解得：n＝9，
直线DD′的表达式为：y＝﹣x+9，
设点D′（n，9﹣n），
A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，
则BD′＝BC=❑√12+42=❑√n2+(9−n−4) 2，
解得：n＝4，
故点D′（4，5）；
故答案为：（5，4）或（4，5）．
【总结提升】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到三角形全等、平行线的性质、勾股定
理的运用等，并注意分类求解，题目难度较大．4
6．（2023秋•海州区校级期中）如图，已知直线y= x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，若点P在直
3
线x＝﹣1上，点Q在平面直角坐标系内，且以点A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，
19
则Q点坐标为 （﹣ 2 ， ） ．
8
【思路引领】先求得A，B点的坐标，然后根据菱形性质可得PA＝PB，进而求得点P的坐标，根据菱
形性质，进一步求得点Q坐标．
【解答】解：当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），
4
当y＝0时， x+4＝0，
3
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
设P（﹣1，n），
∵以A，B，P，Q为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形，
∴PA＝PB，
即：PA2＝PB2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
13
∴n= ，
8
13
∴P（﹣1， ），
8
∵x +x ＝x +x ，y +y ＝y +yB
P Q A B P Q A
13 19
∴x ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，y ＝4− = ，
Q Q 8 8
19
∴Q（﹣2， ）．
819
故答案为：（﹣2， ）．
8
【总结提升】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键
是熟练掌握菱形性质．
7．（2022春•通州区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣2x+6的图象分别交x轴，y轴于
A，B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且MB＝2MO．在平面直角坐标系内存在点C，使得以
A，B，M，C为顶点的四边形是平行四边形，请你画出图形，确定点C的坐标．
【思路引领】先分别求出B，M和A点坐标，以A，B，M，C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情
况：①MB，MA为边，②AM，AB为边，③AM，AB为边，根据平行四边形的判定方法求出点C坐
标即可．
【解答】解：当x＝0时，y＝﹣2x+6＝6，
∴B（0，6），
∵MB＝2MO，且M位于y轴正半轴，
∴M（0，2），
∴MN＝6﹣2＝4，
当y＝﹣2x+6＝0时，x＝3，
∴A（3，0），
以A，B，M，C为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
如图所示：①MB，MA为边，
此时MB∥AC，MB＝AC，
∴C（3，4），
②AM，AB为边，
此时MB∥AC，MB＝AC，
∴C（3，﹣4），
③AM，AB为边，
此时MA∥BC，MA＝BC，
∴C（﹣3，8），
综上，满足条件的点C坐标（3，4）或（3，﹣4）或（﹣3，8）．
【总结提升】本题考查了一次函数与平行四边形的综合，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征与平行
四边形的判定是解题的关键．
8．（2023春•文山州期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝kx+b经过点A（1，3），与y轴相交
于点B（0，2）．
（1）求直线l的函数表达式；
（2）在y轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明
理由．【思路引领】（1）直接利用待定系数法即可求出答案；
（2）分三种情况讨论①当MA＝MB，②当AB＝AM，③当BA＝BM时即可求出答案．
【解答】解：（1）把点A（1，3），B（0，2）代入y＝kx+b得，
{k+b=3)
，
b=2
{k=1)
解得 ，
b=2
∴直线l的函数表达式为y＝x+2；
（2）存在，理由如下：
∵A（1，3），B（0，2），
∴AB=❑√12+12=❑√2，
①当MA＝MB时，点M的坐标为（0，3）；
②当AB＝AM时，AM=❑√2，
∴OM＝3+1＝4，
∴点M的坐标为（0，4）；
③当BA＝BM时，BM=❑√2，
∴OM＝2±❑√2，
∴点M的坐标为（0，2+❑√2）或（0，2−❑√2）；
∴点M的坐标为（0，3）或（0，4）或（0，2+❑√2）或（0，2−❑√2）．
【总结提升】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握待定
系数法求一次函数解析式的方法和采用分类讨论的思想是关键．1
9．（2023春•长沙期末）在平面直角坐标系中，已知一次函数y= x+1的图象与x轴、y轴分别交于A，
2
B两点．以AB为边在第二象限内作正方形ABCD．
（1）求点C，D的坐标；
（2）在x轴上是否存在点M，使△MDB的周长最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明
理由．
【思路引领】（1）在直角三角形AOB中，由OA与OB的长，利用勾股定理求出AB的长即可；过C作
y轴垂线，过D作x轴垂线，分别交于点E，F，可得三角形CBE与三角形ADF与三角形AOB全等，利
用全等三角形对应边相等，确定出C与D坐标即可；
（2）作出B关于x轴的对称点B′，连接B′D，与x轴交于点M，连接BD，BM，此时△MDB周长最
小，求出此时M的坐标即可．
1
【解答】解：（1）对于直线y= x+1，令x＝0，得到y＝1；令y＝0，得到x＝﹣2，
2
∴A（﹣2，0），B（0，1），
在Rt△AOB中，OA＝2，OB＝1，
根据勾股定理得：AB=❑√22+12=❑√5；
作CE⊥y轴，DF⊥x轴，可得∠CEB＝∠AFD＝∠AOB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠DAF+∠BAO＝90°，∠ABO+∠CBE＝90°，
∵∠DAF+∠ADF＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠BAO＝∠ADF＝∠CBE，
∴△BCE≌△DAF≌ABO，
∴BE＝DF＝OA＝2，CE＝AF＝OB＝1，
∴OE＝OB+BE＝2+1＝3，OF＝OA+AF＝2+1＝3，
∴C（﹣1，3），D（﹣3，2）；
（2）存在，
找出B关于x轴的对称点B′，连接B′D，与x轴交于点M，此时△BMD周长最小，
∵B（0，1），
∴B′（0，﹣1），
设直线B′D的解析式为y＝kx+b，
{ b=−1 )
把B′与D坐标代入得： ，
−3k+b=2
{k=−1)
解得： ，
b=−1
即直线B′D的解析式为y＝﹣x﹣1，
令y＝0，得到x＝﹣1，
即M（﹣1，0）．
【总结提升】此题考查一次函数图象上点的坐标，掌握待定系数法确定一次函数解析式，正方形的性质，
全等三角形的判定与性质，一次函数与坐标轴的交点，勾股定理是解本题的关键．
