文档内容
专题27期末重点考向复习一次函数与几何综合（较难）（解析版）
一．选择题（共6小题）
3
1．（2023秋•五华县期末）已知直线y=− x+6与y轴、x轴分别交于点A和点B，M是线段OB上的一
4
点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在y轴上的点B′处，则直线AM的函数解析式是（ ）
1 1
A．y=− x+6 B．y=− x+3 C．y＝﹣2x+6 D．y＝﹣2x+3
2 2
【思路引领】根据题意求出A、B两点的坐标，利用勾股定理求出AB的长，根据图形翻折变换的性质
得出AB＝AB′，BM＝B′M，设M（x，0），则BM＝8﹣x，利用勾股定理求出x的值，进而可得出M
点的坐标，利用待定系数法求出直线AM的解析式即可．
3
【解答】解：∵直线y=− x+6与y轴、x轴分别交于点A和点B，
4
∴A（0，6），B（8，0），
∴OA＝6，OB＝8，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√62+82=10，
∵△ABM沿AM折叠，点B恰好落在y轴上的点B′处，
∴AB＝AB′＝10，BM＝B′M，
∴B′（0，﹣4），
设M（x，0），则BM＝8﹣x，
在Rt△OMB′中，OM2+OB′2＝MB′2，
即x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴M（3，0），
设直线AM的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵A（0，6），
{ b=6 )
∴ ，
3k+b=0
{ b=6 )
解得 ，
k=−2
∴直线AM的解析式为y＝﹣2x+6．
故选：C．
【总结提升】本题考查的是待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐
标特征及翻折变换，熟知以上知识是解题的关键．
2
2．（2022秋•驿城区期末）如图，直线l：y= x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，点C是直线l上的一点，
3
且其纵坐标为2，点D为OA的中点，点P为y轴上一动点，当PC+PD的值最小时，则△PCD的周长
是（ ）
A．7 B．8 C．2+2❑√10 D．2−2❑√10
【思路引领】根据题意可作点D关于y轴的对称点E，然后连接CE，交y轴于点P，根据轴对称的性质
及两点之间线段最短可进行求解．
2
【解答】解：令y＝0，则有 x+4=0，
3
解得：x＝﹣6，
∴OA＝6，
∵点D为OA的中点，
∴OD＝3，即D（﹣3，0），
2
令y＝2，则有 x+4=2，
3
解得：x＝﹣3，
∴点C（﹣3，2），
∴CD＝2，作点D关于y轴的对称点E，然后连接CE，交y轴于点F，如图所示：
∴E（3，0），
由轴对称的性质可知y轴垂直平分DE，则根据垂直平分线的性质及两点之间线段最短可知当点 P与点
F重合时，PC+PD的值最小，即为CE的长，
∴CE=❑√(−3−3) 2+(2−0) 2=2❑√10，
∴△PCD的周长为2+2❑√10；
故选：C．
【总结提升】本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握轴对称的性质及一次函数的性质是
解题关键．
3．（2024春•垫江县校级期中）如图，在平面直角坐标系中有一个等腰△ABC如图放置，AB＝BC，
∠ABC＝90°，点C（0，2），OB＝3，在x轴上找一点P，使AP+CP最短，则点P坐标为（ ）
A．（1，0） B．（1.5，0） C．（2，0） D．（2.5，0）
【思路引领】作AD⊥x轴，垂足为 D，作点C关于x轴的对称点 E，连接AE交x轴于点P，此时
AP+CP最短，最小值为AE的长，证明△OBC≌△DAB（AAS），求得A（5，3），再求得直线AE的解
析式，据此求解即可．
【解答】解；作AD⊥x轴，垂足为 D，作点C关于x轴的对称点 E，连接AE交x轴于点P，此时
AP+CP最短，最小值为AE的长，∵C（0，2），
∴E（0，﹣2），
由题意得AB＝BC，∠ABC＝90°，OC＝2，
∴∠OBC＝90°﹣∠ABD＝∠DAB，
∴△OBC≌△DAB（AAS），
∴AD＝OB＝3，BD＝OC＝2，
∴OD＝5，
∴A（5，3），
设直线AE的解析式为y＝kx﹣2，
把A（5，3）代入得3＝5k﹣2，
解得k＝1，
∴直线AE的解析式为y＝x﹣2，
令y＝0，则x﹣2＝0，
解得x＝2，
∴点P坐标为（2，0），
故选：C．
【总结提升】本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，解答本题的关键
是作出辅助线，构造全等三角形．
4．如图，从光源A发出的一束光，遇到平面镜（y轴）上的点B后的反射光线BC交x轴于点C（﹣1，
2
0），若光线AB满足的函数关系式为：y=− x+b，则b的值是（ ）
3
3 2
A．2 B． C． D．1
2 3【思路引领】延长AB，与x轴相交，过点B作y轴的垂线（法线），根据平行线的性质及光的反射定
律，利用SSA证明三角形全等，从而求得AB延长线与x轴的交点坐标，将它代入AB的函数关系式，求
出b的值即可．
【解答】解：延长AB，交x轴于点D，过点B作EF⊥y轴．
∵EF∥x轴，
∴∠EBC＝∠BCO，∠FBD＝∠BDO，
∵∠ABE＝∠EBC，
∴∠BCO＝∠ABE，
∵∠FBD＝∠ABE，
∴∠BDO＝∠ABE，
∴∠BCO＝∠BDO．
在Rt△BCO与Rt△BDO中，
{
∠BOC=BOD
)
∠BCO=∠BDO ，
BO=BO
∴Rt△BCO≌Rt△BDO（AAS），
∴OD＝OC，
∴点D的坐标为（1，0）．
2
将坐标D（1，0）代入y=− x+b，
3
2
得0=− +b，
3
2
∴b= ．
3
故选：C．
【总结提升】本题考查一次函数的应用，掌握平行线的性质和光的反射定律是本题的关键．
5．（2023秋•裕安区校级月考）正方形A B C O、A B C C 、A B C C …按如图所示的方式放置．点A 、
1 1 1 2 2 2 1 3 3 3 2 1
A 、A …和点C 、C 、C …分别在直线y＝x+1和x轴上，则点A 的坐标是（ ）
2 3 1 2 1 2023A．（22012，22023） B．（22022﹣1，22022）
C．（22023，22022） D．（22022﹣1，22023）
【思路引领】分别求出A 、A 、A 、A 、A ……，探究坐标的变化规律，进而得出 A 的坐标，做出
1 2 3 4 5 2023
选择即可．
【解答】解：当x＝0时，y＝0+1＝1，
当y＝0时，x＝﹣1，
∴OC＝OA ＝1，△A OC是等腰直角三角形，
1 1
同理可得：△A B A ，△A B A ，△A B A ……都是等腰直角三角形，
1 1 2 2 2 3 3 3 4
于是：A （0，1），A （1，2），A （3，4），A （7，8）……，
1 2 3 4
∴A (2n−1−1，2n−1 )，
n
∴A (22022−1，22022 )．
2023
故选：B．
【总结提升】本题考查一次函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，能够
找出坐标的变化规律是解题的关键．
6．（2024•凉州区三模）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动
到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是0.5cm/s，现P，Q两点同时
出发，设运动时间为 x（s），△BPQ的面积为y cm2，y与x的对应关系图象如图②所示，则矩形
ABCD的面积为（ ）A．16cm2 B．12cm2 C．21cm2 D．18cm2
【思路引领】由题意知，运动分三段完成，运动10秒，P到点E，继续运动点Q到点C，点P自己运动
到点D，结合图象信息求解即可．
【解答】解：由图象可知，10s时，P、E重合，BQ＝BE＝5cm，根据题意，得：
1
BQ×AB＝7.5，
2
1
∴ ×5×AB＝7.5，
2
解得AB＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴AE=❑√52−32=4（cm），
由图象可知BE+DE＝0.5×14＝7（cm），
∴DE＝2cm，
∴AD＝6cm，
∴矩形的面积为：6×3＝18（cm2）．
故选：D．
【总结提升】本题考查了矩形的性质，勾股定理，动点的函数图象．熟练掌握矩形性质，从函数图象中
获取正确的信息是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
3
7．（2023秋•句容市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=− x+3分别为与x、y轴交于A、B
2
两点，将△AOB沿x轴正方向平移1个坐标单位，平移后的三角形为△A'O'B'，O′B′与AB交于点F，
9
则阴影部分的面积为 ．
43
【思路引领】根据直线y=− x+3，可以求得点A、B、F的坐标，然后根据图形可知阴影部分的面积
2
和四边形OBFO′的面积相等，从而可以求得阴影部分的面积．
3
【解答】解：∵直线y=− x+3，
2
3
∴当x＝0时，y＝3；当x＝1时，y= ；当y＝0时，x＝4；
2
3
∴点B的坐标为（0，3），点F的坐标为（1， ），点A的坐标为（4，0），
2
3
∴OB＝3，OO′＝1，O′F= ，
2
3 9
∴四边形OBFO′的面积为：（ +3）×1÷2= ，
2 4
由图可知：四边形OBFO′的面积和阴影部分的面积相等，
9
∴阴影部分的面积是 ，
4
9
故答案为： ．
4
【总结提升】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、图形的变换—平移，解答本题的关键是明确题意，
利用数形结合的思想解答．
8．（2023春•自贡期末）如图，矩形OABC两边与坐标轴正半轴重合，Q是AB边上的一个动点，P是经
过A，C两点的直线y=−❑√3x+2❑√3上的一个动点，则4PQ+2CP的最小值是 8 ．1
【思路引领】4PQ+2CP＝4（PQ+ CP），再考虑胡不归．
2
【解答】解：过P作PM⊥OC，垂足为M，过Q作QN⊥OC，垂足为N，
当x＝0时，y=−❑√3x+2❑√3=2❑√3，
∴OC＝2❑√3，
令y=−❑√3x+2❑√3=0得x＝2，
∴OA＝2，
OA 2 ❑√3
∴tan∠OCA= = = ，
OC 2❑√3 3
∴∠OCA＝30°，
1
∴PM＝PC•sin∠OCA＝PC•sin30°= PC，
2
1
∴4PQ+2CP＝4（PQ+ CP）＝4（PQ+PM）≥4QN＝4×2＝8，
2
故答案为：8．
【总结提升】本题考查了胡不归模型，关键是将4PQ+2CP提取系数4．
9．（2023秋•江都区期末）如图，边长为2的正方形OABC，OC、OA分别在x轴、y轴上，D为BC中点，
过点O的直线y＝kx交边AB于点E（不与A、B重合），连接DE，当EO平分∠AED时，则k的值为
﹣ 3 ．
【思路引领】过点O作OF⊥ED于F，连接OD，先证△OEF和△OEA全等得OF＝OA＝2，EF＝AE，
利用勾股定理求出OD=❑√5，DF＝1，则DE＝1+AE，BE＝2﹣AE，再次利用勾股定理得BD2+BE2＝2 2
DE2，即12+（2﹣AE）2＝（1+AE）2，由此可得AE= ，进而得点E(− ，2)，再将点E的坐标代入
3 3
直线y＝kx之中即可求出k的值．
【解答】解：过点O作OF⊥ED于F，连接OD，如图所示：
∵四边形OABC为正方形，且边长为2，
∴OA＝OC＝AB＝BC＝2，∠OAB＝∠B＝∠OCB＝90°，
∵点D为BC的中点，
∴CD＝BD＝1，
∵EO平分∠AED，OF⊥ED，∠OAB＝90°，
∴∠OEF＝∠OEA，∠OFE＝∠OAE＝90°，
在△OEF和△OEA中，
{
∠OEF=∠OEA
)
OE=OE ，
∠OFE=∠OAE=90°
∴△OEF≌△OEA（ASA），
∴OF＝OA＝2，EF＝AE，
在Rt△OCD中，OC＝2，CD＝1，
由勾股定理得：OD=❑√OC2+CD2=❑√5，
在Rt△ODF中，OD=❑√5，OF＝2，
由勾股定理得：DF=❑√OD2−OF2=1，
∴DE＝DF+EF＝1+AE，
在Rt△BDE中，BD＝1，BE＝AB﹣AE＝2﹣AE，DE＝1+AE，
由勾股定理得：BD2+BE2＝DE2，
∴12+（2﹣AE）2＝（1+AE）2，2
解得：AE= ，
3
2
∴点E的坐标为(− ，2)，
3
直线y＝kx经过点E，
2
∴2=− k，
3
解得：k＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【总结提升】此题主要考查了正比例函数的图象上的点，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟
练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正比例函数的图象上的点满足正比例函数的表达
式是解决问题的关键．
10．（2023春•威县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点为A（1，0），B（5，8）．
（1）直线AB的函数解析式为 y ＝ 2 x ﹣ 2 ；
（2）某同学设计了一个动画：在函数y＝﹣2x+b中，输入b（b＞0）的值，得到直线CD，其中点C在
x轴上，点D在y轴上．
①当△OCD的面积为6时，直线CD就会发蓝光，则此时输入的b的值为 2❑√6 ；
②当直线CD与线段AB有交点时，直线CD就会发红光，则此时输入的b的取值范围是 2 ≤ b ≤ 18
．
【思路引领】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
1 1 1
（2）①分别求出D（0，b），C（
2
b，0），则S△OCD =
2
×b×
2
b＝6，求出b即可；
②当线段CD经过A点时，b＝2；当线段CD经过B点时，b＝18；则2≤b≤18时，直线CD就会发红
光．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
{k+b=0
)
∴ ，
5k+b=8{ k=2 )
解得 ，
b=−2
∴直线AB的解析式为y＝2x﹣2，
故答案为：y＝2x﹣2；
（2）①当x＝0时，y＝b，
∴D（0，b），
1
当y＝0时，x= b，
2
1
∴C（ b，0），
2
1
∴OC= b，OD＝b，
2
1 1
∴S△OCD =
2
×b×
2
b＝6，
解得b＝2❑√6或b＝﹣2❑√6（舍），
故答案为：2❑√6；
②当线段CD经过A点时，﹣2+b＝0，
解得b＝2；
当线段CD经过B点时，﹣10+b＝8，
解得b＝18；
∴2≤b≤18时，直线CD就会发红光，
故答案为：2≤b≤18．
【总结提升】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
11．（2023春•松桃县期末）已知点A（8，0）及第一象限的动点P（x，y），且x+y＝10，设△OPA的面
积为S．
（1）求S关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（2）画出函数S的图象，并求其与正比例函数S＝2x的图象的交点坐标；
（3）当S＝12时，求P点坐标．
【思路引领】（1）根据△OAP的面积＝OA×y÷2列出函数解析式，及点P（x，y）在第一象限内求出自
变量的取值范围．
（2）根据S＝﹣4x+40画出函数图象，并与正比例函数S＝2x联立方程组，即可求出交点坐标．（3）将S＝12代入（1）求出的解析式中即可．
1
【解答】解：（1）依题意有S= ×8×（10﹣x）＝﹣4x+40，
2
∵点P（x，y）在第一象限内，
∴x＞0，y＝10﹣x＞0，
解得：0＜x＜10，
故关于x的函数解析式为：S＝﹣4x+40 （0＜x＜10）；
（2）∵解析式为S＝﹣4x+40（0＜x＜10）；
∴函数图象经过点（10，0）（0，40）（但不包括这两点的线段）．
所画图象如下：
{S=−4x+40)
令 ，
S=2x
20
{x= )
3
解得： ，
40
S=
3
20 40
所以交点坐标为（ ， ），
3 3
（3）将S＝12代入S＝﹣4x+40，
得：12＝﹣4x+40，
解得：x＝7，
故点P（7，3）．
【总结提升】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．12．（2023春•滑县校级期末）如图，直线y＝﹣2x+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，将△OAB绕点O
逆时针方向旋转90°后得到△OCD．
（1）填空：点C的坐标是（ 0 ， 1 ），点D的坐标是（ ﹣ 2 ， 0 ）；
（2）设直线CD与AB交于点M，求点M坐标；
（3）在y轴上是否存在点P，使得△BMP是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点P的
坐标；若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）把x＝0，y＝0分别代入解析式求出A、B的坐标，即可得出C、D的坐标；
1
（2）首先求得直线CD的解析式为：y= x+1，联立方程解答即可得解；
2
（3）有两种情况：①以 BM 为腰时，满足 BP＝BM 的有两个；过点 M 作 ME⊥y 轴于点 E，证
△BME∽△BCM，求出BE、PE，进一步求出OP即可；②以BM为底时，作BM的垂直平分线，分别
交y轴、BM于点P、F，根据等腰三角形的性质求出即可．
【解答】解：（1）y＝﹣2x+2，
当x＝0时，y＝2，
当y＝0时，x＝1
∴A（1，0），B（0，2），
∵将△OAB绕点O逆时针方向旋转90°后得到△OCD，
∴OC＝OA＝1，OD＝OB＝2，
∴点C的坐标是（0，1），点D的坐标是（﹣2，0）；
故答案为：0；1；﹣2；0；
（2）设直线CD的解析式为y＝kx+b，把点C的坐标是（0，1），点D的坐标是（﹣2，0）代入解析式
得：
{ 1=b )
，
0=−2k+b
{b=1
)
解得： 1 ，
k=
21
∴直线CD的解析式为：y= x+1，
2
{y=−2x+2
)
联立方程得： 1 ，
y= x+1
2
∴M（0.4，1.2）；
（3）存在，分两种情况讨论：
①以BM为腰时，
2
∵BM= ❑√5，又点P在y轴上，且BP＝BM，
5
2 2
此时满足条件的点P有两个，它们是P （0，2+ ❑√5）、P （0，2− ❑√5），
1 5 2 5
过点M作ME⊥y轴于点E，
∵∠BMC＝90°，则△BME∽△BCM，
BE BM
∴ = ，
BM BC
BM2 4
∴BE= = ，
BC 5
又∵BM＝PM，
4
∴PE＝BE= ，
5
8
∴BP= ，
5
8 2
∴OP＝2− = ，
5 5
2
此时满足条件的点P有一个，它是P （0， ），
3 5
②以BM为底时，作BM的垂直平分线，分别交y轴、BM于点P、F，由（2）得∠BMC＝90°，
∴PF∥CM，
∵F是BM的中点，
1 1
∴BP= BC= ，
2 2
1 3
∴OP＝OB﹣BP＝2− = ，
2 2
3
此时满足条件的点P有一个，它是P （0， ），
4 2
综上所述，符合条件的点P有四个，
2 2 2 3
它们是：P （0，2+ ❑√5）、P （0，2− ❑√5）、P （0， ）、P （0， ）．
1 5 2 5 3 5 4 2
2 2 2
答：存在，所有满足条件的点 P的坐标是P （0，2+ ❑√5）、P （0，2− ❑√5）、P （0， ）、P
1 5 2 5 3 5 4
3
（0， ）．
2
【总结提升】本题主要考查对一次函数的综合题，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和
判定，坐标与图形变换﹣旋转等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
13．（2022秋•龙岗区校级期末）如图，直线y＝﹣x﹣4交x轴和y轴于点A和点C，点B（0，2）在y轴
上，连接AB，点P为直线AB上一动点．
1
（1）直线AB的解析式为 y= x +2 ；
2
（2）若S△APC ＝S△AOC ，求点P的坐标；（3）当∠BCP＝∠BAO时，求直线CP的解析式及CP的长．
【思路引领】（1）先求出点A，点C坐标，利用待定系数法可求解析式；
1
（2）设点P（m， m+2），分两种情况讨论，利用面积关系列出方程可求m的值，即可求解；
2
（3）分两种情况讨论，由“ASA”可证△AOB≌△COH，可得OH＝OB＝2，可求点H坐标，利用待定
系数法可求CH解析式，联立方程组可求点P坐标，由两点距离公式可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x﹣4交x轴和y轴于点A和点C，
∴点A（﹣4，0），点C（0，﹣4），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
{ b=2 )
由题意可得： ，
0=−4k+b
{ k= 1 )
解得： 2 ，
b=2
1
∴直线AB的解析式为y= x+2，
2
1
故答案为：y= x+2；
2
（2）∵点A（﹣4，0），点C（0，﹣4），点B（0，2），
∴OA＝OC＝4，OB＝2，
∴BC＝6，
1
设点P（m， m+2），
2
当点P在线段AB上时，
∵S△APC ＝S△AOC ，
1
∴S△ABC ﹣S△PBC =
2
×4×4，1 1
∴ ×6×4− ×6×（﹣m）＝8，
2 2
4
∴m=− ，
3
4 4
∴点P（− ， ）；
3 3
当点P在BA的延长线上时，
∵S△APC ＝S△AOC ，
1
∴S△PBC ﹣S△ABC =
2
×4×4，
1 1
∴ ×6×（﹣m）− ×6×4＝8，
2 2
20
∴m=− ，
3
20 4
∴点P（− ，− ），
3 3
4 4 20 4
综上所述：点P坐标为（− ， ）或（− ，− ）；
3 3 3 3
（3）如图，当点P在线段AB上时，设CP与AO交于点H，
在△AOB和△COH中，
{∠AOB=∠COH
)
AO=CO ，
∠BAO=∠PCB
∴△AOB≌△COH（ASA），
∴OH＝OB＝2，
∴点H坐标为（﹣2，0），
设直线PC解析式y＝ax+c，{ c=−4 )
由题意可得 ，
0=−2a+c
{a=−2)
解得： ，
c=−4
∴直线PC解析式为y＝﹣2x﹣4，
{y=−2x−4
)
联立方程组得： 1 ，
y= x+2
2
12
{x=− )
5
解得： ，
4
y=
5
12 4
∴点P（− ， ），
5 5
√ 12 4 12❑√5
∴CP=❑(− −0) 2+( +4)❑ 2= ，
5 5 5
当点P'在AB延长线上时，设 CP'与x轴交于点H'，
同理可求直线P'C解析式为y＝2x﹣4，
{x=4)
联立方程组 ，
y=4
∴点P（4，4），
∴CP=❑√(4−0)❑ 2+(4+4)❑ 2=4❑√5，
12❑√5
综上所述：CP的解析式为：y＝﹣2x﹣4或y＝2x﹣4；CP的长为 或4❑√5．
5
【总结提升】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，三角形的面积公式，全等三角形的
判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
14．（2023春•青川县期末）综合与探究：
3
如图，直线l ：y= x与直线l 交于点A（4，m），直线l 与x轴交于点B（8，0），点C从点O出发
1 4 2 2
沿OB向终点B运动，速度为每秒1个单位，同时点D从点B出发以同样的速度沿BO向终点O运动，
作CM⊥x轴，交折线OA﹣AB于点M，作DN⊥x轴，交折线BA﹣AO于点N，设运动时间为t．
（1）求直线l 的表达式；
2
（2）在点C，点D运动过程中．①当点M，N分别在OA，AB上时，求证四边形CMND是矩形．
②在点C，点D的整个运动过程中，当四边形CMND是正方形时，请你直接写出t的值．
（3）点P是平面内一点，在点C的运动过程中，问是否存在以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，
若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）将点A的坐标代入直线l ，求出m的值，得到点A的坐标，设直线l 的解析式为：y
1 2
＝kx+b，再将A，B两点坐标代入直线l 的表达式中，组成一元二次方程组，求解即可；（2）①根据
2
题意可证明△OMC≌△BND（ASA），由此得出CM＝DN，则四边形CMND是平行四边形，又∠MCD
＝90°，可得平行四边形CMND是矩形；
②若四边形CMND是正方形，则 MC＝CD即可，根据题意，需要分两种情况：当点 M，N分别在
OA，AB上时，当M，N分别在AB，OA上时，分别列出方程即可；
（3）若以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，则只需三角形OAC是等腰三角形，根据题意分三种
情况：OA＝AC，OA＝OC，OC＝AC，分别求出点C的坐标，再根据菱形的性质可得出点P的坐标．
3
【解答】解：（1）当x＝4时，y= x＝3，
4
∴A（4，3），
设直线l 的表达式为：y＝kx+b，
2
{4k+b=3)
∴ ，
8k+b=0
{ k=− 3 )
解得 4 ，
b=6
3
∴直线l 的表达式为：y=− x+6；
2 4
（2）①∵A（4，3），B（8，0），
∴OA＝AB＝5，
∴∠AOB＝∠ABO，∵MC⊥x轴，ND⊥x轴，
∴∠OCM＝∠BDN＝90°，MC∥DN，
由点C，D的运动可知，OC＝BD＝t，
∴△OMC≌△BND（ASA），
∴MC＝DN，
∴四边形CMND是平行四边形，
∵∠MCD＝90°，
∴平行四边形CMND是矩形；
②当点M，N分别在OA，AB上时，
若四边形CMND是正方形，则CD＝MC，
∵OC＝t，
3
∴M（t， t），
4
3
∴MC= t，
4
∵CD＝OB﹣OC﹣BD＝8﹣2t，
3 32
∴ t＝8﹣2t，解得t = ，
4 11
当M，N分别在AB，OA上时，如图，
同理可证四边形CMND是矩形，
若四边形CMND是正方形，则CD＝MC，
∵OC＝t，
3
∴M（t，− t+6），
4
3
∴MC=− t+6，
4
∵CD＝0C+BD﹣OB＝2t﹣8，3 56
∴− t+6＝2t﹣8，解得t= ，
4 11
32 56
综上，t的值为 或 ；
11 11
（3）存在，理由如下：
若以点P，O，A，C为顶点的四边形是菱形，则只需△OAC是等腰三角形即可．
当OA＝OC＝5时，C（5，0），
∵AP∥OC且AP＝OC，
∴P（9，3）；
当AO＝AC时，点B与点C重合，C（8，0），
此时点P与点A关于x轴对称，
∴P（4，﹣3）；
当OC＝AC，则t2＝（4﹣t）2+32，
25
解得t= ，
8
25
∴C（ ，0），
8
此时AP∥OC且AP＝OC，
7
∴P（ ，3），
8
7
综上，点P的坐标为（9，3）或（4，﹣3）或（ ，3）．
8
【总结提升】本题属于一次函数综合题，主要考查一次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质与判定，
正方形的性质与判定，菱形的存在性等相关知识，解题过程中注意要分类讨论，找到分类标准是解题关
键．
15．（2023春•叙州区期末）【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，过
点A作AD⊥l交于点D，过点B作BE⊥l交于点E，易得△ADC≌△CEB，我们称这种全等模型为“k
型全等”．
【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线y＝2x+2分别与y轴，x轴交于点A、B，
（1）直接写出OA＝ 2 ，OB＝ 1 ；
（2）在第二象限构造等腰直角△ABE，使得∠BAE＝90°，求点E的坐标；
（3）如图3，将直线l 绕点A顺时针旋转45°得到l ，求l 的函数表达式；
1 2 2【拓展应用】如图4，直线y＝2x+4分别交x轴和y轴于A，B两点，点C在直线AB上，且点C坐标为
3
(− ，1)，点E坐标为（0，﹣1），连结CE，点P为直线AB上一点，满足∠CEP＝45°，请直接写出
2
7 2
点P的坐标： （ 1 ， 6 ）或（ − ，− ） ．
3 3
【思路引领】（1）求得A（0，2），B（﹣1，0），即可求解；
（2）过点C作EF⊥y轴交于点F，证明△EAF≌△ABO，据此即可求解；
（3）过点B作BC⊥AB交直线l 于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，证明△BCD≌△ABO，求得C
2
（﹣3，1），利用待定系数法即可求解；
拓展应用：分当点P在射线CB上和点P在射线CA上时，两种情况讨论，利用“k型全等”和待定系数
法即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝2x+2，
令x＝0，则y＝2；令y＝0，则x＝﹣1；
∴A（0，2），B（﹣1，0），
∴OA＝2，OB＝1；
故答案为：2，1；
（2）过点E作EF⊥y轴交于点F，
∵∠BAE＝90°，AE＝AB，∴由K型全等模型可得△EAF≌△ABO，
∴EF＝OA＝2，AF＝OB＝1，则OF＝2+1＝3，
∴点E的坐标为（﹣2，3）；
（3）过点B作BC⊥AB交直线l 于点C，过点C作CD⊥x轴交于点D，
2
∵∠CAB＝45°，BC⊥AB，
∴BC＝AB，
∴由K型全等模型可得△BCD≌△ABO，
∵y＝2x+2与x轴的交点B（﹣1，0），A（0，2），
∴CD＝1，BD＝2，
∴C（﹣3，1），
设直线l 的解析式为y＝kx+b，
2
{−3k+b=1)
∴ ，
b=2
{ k= 1 )
解得 3 ，
b=2
1
∴y= x+2；
3
7 2
【拓展应用】点P的坐标：（1，6）或（− ，− ）．理由如下：
3 3
①如图，当点P在射线CB上时，过点C作CF⊥CE交直线EP于点F，∵∠CEP＝45°，
∴∠CEP＝∠CFE＝45°，
∴CE＝CF，
过C作x轴垂线l，分别过F，E作FM⊥l，EN⊥l，
∴∠FMC＝∠CNE＝90°，∠MCF+∠MFC＝90°，
∵CF⊥CE，
∴∠MCF+∠NCE＝90°，
∴∠MFC＝∠NCE，
∴△FMC≌△CNE（AAS），
3
∴FM＝CN＝2，CM＝EN= ，
2
3 1 3 5
∴F点的横坐标为：− +2= ，F的纵坐标为：1+ = ，
2 2 2 2
1 5
即F点坐标为（ ， ），
2 2
设直线EF的解析式为y＝kx+b，
{
b=−1
)
5 1 ，
= k+b
2 2
{b=−1)
解得： ，
k=7
∴直线EF的解析式为y＝7x﹣1，
{y=7x−1)
联立得： ，
y=2x+4{x=1)
解得： ，
y=6
∴P（1，6）；
②当点P在射线CA上时，过点C作CH⊥CE交直线EP于点H，过点H作HK⊥y轴交于K，过点H作
GH⊥x轴，过点C作CG⊥GH交于G，
∵∠CHK＝90°，
∴∠CHG+∠KHE＝90°，
∵∠CHG+∠HCG＝90°，
∴∠KHE＝∠HCG，
∵∠DEP＝45°，
∴DH＝HE，
∴△CHG≌△EHK（AAS），
∴CG＝KE，GH＝HK，
3
∵E（0，﹣1），C（− ，1），
2
3
∴GH＝2﹣EK＝2﹣CG= +CG，
2
1 7
∴CG= ，GH= ，
4 4
3 1 7 7 3
∴H点的横坐标为：− − =− ，H点的纵坐标为：1− =− ，
2 4 4 4 4
7 3
∴H（− ，− ），
4 4
设直线HE的解析式为y＝k'x+b'，将点H、E坐标代入直线HE的解析式得：{
b=−1
)
3 7 ，
− =− k+b
4 4
{ k=− 1 )
解得： 7 ，
b=−1
1
∴直线HE的解析式为y=− x﹣1，
7
{
y=2x+4
)
联立得方程组： 1 ，
y=− x−1
7
7
{x=− )
3
解得： ，
2
y=−
3
7 2
∴P点坐标为（− ，− ），
3 3
7 2
综合上所述，点P坐标为（1，6）或（− ，− ）．
3 3
7 2
故答案为：（1，6）或（− ，− ）．
3 3
【总结提升】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及
性质，分类讨论是解题的关键．
16．（2021春•红谷滩区校级期末）如图1．在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，D（0，3），
点E是OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括O、B），作MN⊥DM，交∠CBE的平分线
于点N．
（1）①直接写出点C的坐标；
②求证：MD＝MN；（2）如图2，若M（2，0），在OD上找一点P，使四边形MNCP是平行四边形，求直线PN的解析式；
（3）如图，连接DN交BC于F，连接FM，下列两个结论：①FM的长为定值；②MN平分∠FMB，
其中只有一个正确，选择并证明．
【思路引领】（1）①由正方形的性质求得点C的坐标；②在OD上取OH＝OM，连接HM，只要证明
△DHM≌△MBN即可．
（2）如图答图2中，作NE⊥OB于E，只要证明△DMO≌△MNE即可求得点N的坐标．由平行四边形
的对边相互平行且相等的性质求得点P的坐标，然后由待定系数法确定函数解析式．
（3）结论：MN平分∠FMB成立．如图3中，在BO延长线上取OA＝CF，过M作MP⊥DN于P，因
为∠NMB+∠CDF＝45°，所以只要证明∠FMN+∠CDF＝45°即可解决问题．
【解答】解：（1）①∵四边形OBCD是正方形，D（0，3），
∴C（3，3）．
②证明：如答图1中，在OD上取OH＝OM，连接HM，
∵OD＝OB，OH＝OM，
∴HD＝MB，∠OHM＝∠OMH，
∴∠DHM＝180°﹣45°＝135°，
∵NB平分∠CBE，
∴∠NBE＝45°，
∴∠NBM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DHM＝∠NBM，
∵∠DMN＝90°，
∴∠DMO+∠NMB＝90°，
∵∠HDM+∠DMO＝90°，
∴∠HDM＝∠NMB，
在△DHM和△MBN中，{∠HDM=∠NME
)
DH=MB ，
∠DHM=∠NBM
∴△DHM≌△MBN（ASA），
∴DM＝MN．
（2）如答图2中，连接DM，作NE⊥OB于E，
由M（2，0）知OM＝2，
∵∠DMN＝90°，
∴∠DMO+∠NME＝90°，∠NME+∠MNE＝90°，
∴∠DMO＝∠MNE，
在△DMO和△MNE中，
{∠DOM=∠NEM=90°
)
∠DMO=∠MNE ，
DM=MN
∴△DMO≌△MNE（AAS），
∴ME＝DO＝3，NE＝OM＝2，
∴OE＝OM+ME＝2+3＝5，
∴点N坐标（5，2），
∵四边形MNCP是平行四边形，C（3，3），
∴P（0，1）．
设直线PN的解析式为：y＝kx+b（k≠0）．
{ b=1 )
则 ，
5k+b=2
{ k= 1 )
解得 5 ．
b=11
故直线PN的解析式为：y= x+1；
5
（3）结论：MN平分∠FMB成立．
证明：如答图3中，在BO延长线上取OA＝CF，
在△AOD和△FCD中，
{
DO=DC
)
∠DOA=∠C=90° ，
OA=CF
∴△DOA≌△DCF（SAS），
∴AD＝DF，∠ADO＝∠CDF，
∵∠MDN＝45°，
∴∠CDF+∠ODM＝45°，
∴∠ADO+∠ODM＝45°，
∴∠ADM＝∠FDM，
在△DMA和△DMF中，
{
DM=DM
)
∠MDA=∠MDF ，
DA=DF
∴△DMA≌△DMF（SAS），
∴∠DFM＝∠DAM＝∠DFC，
过M作MP⊥DN于P，则∠FMP＝∠CDF，
由（2）可知∠NMF+∠FMP＝∠PMN＝45°，
∴∠NMB＝∠MDO，∠MDO+∠CDF＝45°，
∴∠NMB＝∠NMF，即MN平分∠FMB．
解法二：
结论：MN平分∠FMB成立．证明：如答图3中，在BO延长线上取OA＝CF，
在△AOD和△FCD中，DO＝DC∠DOA＝∠C＝90° OA＝CF，
∴△DOA≌△DCF（SAS），
∴AD＝DF，∠ADO＝∠CDF，
∵∠MDN＝45°，
∴∠CDF+∠ODM＝45°，
∴∠ADO+∠ODM＝45°，
∴∠ADM＝∠FDM，
在△DMA和△DMF DM＝DM，∠MDA＝∠MDF，DA＝DF，
∴△DMA≌△DMF（SAS），
∴∠DMF＝∠DMA，
由（1）可知∠MDO＝∠NMB，
∴∠NMB+∠DMO＝∠NMB+∠DMF＝∠FMN+∠DMF＝90°，
∴∠NMB＝∠FMN，
即MN平分∠FMB
【总结提升】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形，记住一些基本图形，可以使得我们在观察新问题的时
候很迅速地联想，属于中考压轴题．
