八年级数学下学期期末解答压轴题13个必考点（60题）（必考点分类集训）（人教版）（教师版）_初中数学_八年级数学下册（人教版）_考点分类必刷题-U181

八年级数学下学期期末解答压轴题 13 个必考点（60 题） 【人教版】 【必考点1 四边形折叠类综合题】..........................................................................................................................1 【必考点2 四边形旋转类综合题】........................................................................................................................15 【必考点3 四边形动点类综合题】........................................................................................................................29 【必考点4 新定义四边形综合题】........................................................................................................................43 【必考点5 一次函数的实际应用题】....................................................................................................................57 【必考点6 一次函数与面积问题综合】................................................................................................................63 【必考点7 一次函数与角度问题综合】................................................................................................................72 【必考点8 一次函数与平行四边形综合】...........................................................................................................86 【必考点9 一次函数与菱形综合】......................................................................................................................100 【必考点10 一次函数与正方形综合】................................................................................................................112 【必考点11 一次函数与等腰三角形综合】........................................................................................................125 【必考点12 一次函数与最值、定值问题综合】...............................................................................................139 【必考点13 一次函数新定义问题】....................................................................................................................150 【必考点1 四边形折叠类综合题】 1．在矩形ABCD中，E为AD边上异于A、D的一个动点，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点为F． （1）如图1，若设∠ABE＝ ，则∠DEF＝ （用含 的式子表示）；当点F恰好是BD的中点 时，则 ＝ 度． α α （2）如α图2，EF交BD于点M，且BF平分∠DBC． ①求证：△EDM是等腰三角形． ②当AB＝3，BC＝4时，求AE的长． ③若设BE＝a，BM＝b，EM＝c，求证：a2＝b2+bc． 【分析】（1）根据矩形的性质和翻折的性质得∠AEB＝∠FEB＝90°﹣ ，再利用平角定义即可得 α∠DEF；证明EF是BD的垂直平分线得∠EBD＝∠EDB＝∠ABE＝ ，再利用三角形内角和定理，即可 解决问题； α （2）①如图2，延长EF交BC于点N，证明△BFM≌△BFN（ASA），得BM＝BN，然后证明∠DEM ＝∠DME，即可解决问题； ②设AE＝x，得DM＝DE＝4﹣x，BN＝x+1，如图2，过点E作EQ⊥BC于点Q，得矩形ABQE，根据 1 1 S△EBN = 2 BN•EQ = 2 EN•BF，得EN＝x+1，所以FN＝1，利用勾股定理求出x的值即可； ③根据勾股定理得BF2＝BE2﹣EF2＝BM2﹣MF2，代入BE＝a，BN＝BM＝b，EM＝c，得a2﹣EF2＝b2﹣ MF2，进而可以解决问题． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， 由翻折可知：∠FBE＝∠ABE＝ ，∠BFE＝∠A＝90°， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°﹣ ， α ∴∠DEF＝180°﹣2（90°﹣α ）＝2 ； ∵点F恰好是BD的中点，α∠BFE＝α90°， ∴EF是BD的垂直平分线， ∴EB＝ED， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴∠EBD＝∠EDB＝∠ABE＝ ， ∵∠EBD+∠EDB+∠ABE＝90α°， ∴3 ＝90°， ∴ α＝30度， 故α答案为：2 ；30； （2）①证明α：如图2，延长EF交BC于点N， ∵BF平分∠DBC，∴∠MBF＝∠NBF， 由翻折可知：∠BFE＝∠A＝90°， ∴∠BFM＝∠BFN＝90°， ∵BF＝BF， ∴△BFM≌△BFN（ASA）， ∴BM＝BN， ∴∠BMN＝∠BNM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DEM＝∠BNM， ∵∠BMN＝∠DME， ∴∠DEM＝∠DME， ∴DE＝DM， ∴△EDM是等腰三角形； ②解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝4，∠A＝90°， ∵AB＝3， ∴BD=❑√AB2+AD2=5， 设AE＝x， ∴EF＝AE＝x， ∴DM＝DE＝AD﹣AE＝4﹣x， ∴BN＝BM＝BD﹣DM＝5﹣（4﹣x）＝x+1， 如图2，过点E作EQ⊥BC于点Q，得矩形ABQE， ∴EQ＝AB＝3， ∵BF⊥EN，1 1 ∴S△EBN = 2 BN•EQ = 2 EN•BF， ∵BF＝AB＝3， ∴BN＝EN， ∴EN＝x+1， ∵EN＝EF+FN＝x+1， ∴FN＝1， 在Rt△BNF中，BF＝3，FN＝1，BN＝x+1， 根据勾股定理得：BF2+FN2＝BN2， ∴32+12＝（x+1）2， ∴x=❑√10−1或x=−❑√10−1（舍去）， ∴AE的长为❑√10−1； ③证明：由①得BM＝BN＝b，∠BFE＝90°， ∴MF＝FN， 由折叠可得∠AEB＝∠BEN， ∵AD∥BC， ∴∠AEB＝∠NBE＝∠BEN， ∴EN＝BN＝b， ∵∠BFE＝90°， ∴BF⊥EN， ∴BF2＝BE2﹣EF2＝BM2﹣MF2， ∵BE＝a，BN＝BM＝b，EM＝c， ∴a2﹣EF2＝b2﹣MF2， ∵BE2＝BF2+EF2，EF+MF＝EF+FN＝EN＝BN＝b， ∴a2＝b2﹣MF2+EF2＝b2+EF2﹣MF2＝b2+（EF+MF）（EF﹣MF）＝b2+bc． 2．如图，正方形 ABCD的边长为4，点E在边AD上（不与端点重合），将△ABE沿BE翻折，得到 △FBE，连接DF，CF． （1）当BF平分∠EBC时，求点F到BC的距离． （2）求△DEF的周长的最小值，并求出此时ED的长． （3）若△CDF为直角三角形，求AE的长．1 【分析】（1）如图，过F作FG⊥BC于G，证明∠CBF＝∠EBF＝∠ABE= ×90°＝30°，从而可得答 3 案； （2）如图，连接BD，求解BD，由DF≥BD﹣BF，（当B，F，D共线时取等号），结合C△DEF ＝ DE+EF+DF＝DE+AE+DF＝4+DF，可得当DF最小，则C△DEF 最小，再进一步求解即可； （3）如图，△CDF为直角三角形，只有∠CFD＝90°，延长EF交CD于H，证明△BFH≌△BCH，可 得HF＝HC，再证明HF＝HC＝HD＝2，设AE＝m＝EF，则DE＝4﹣m，再利用勾股定理建立方程求解 即可． 【解答】解：（1）如图，过F作FG⊥BC于G， ∵正方形ABCD的边长为4，将△ABE沿BE翻折，得到△FBE， ∴∠ABC＝90°，AB＝BF＝BC＝4，∠ABE＝∠FBE， ∵BF平分∠EBC， 1 ∴∠CBF＝∠EBF＝∠ABE= ×90°＝30°， 3 1 ∴FG= BF＝2， 2 ∴点F到BC的距离为2； （2）如图，连接BD，∵正方形ABCD的边长为4，将△ABE沿BE翻折，得到△FBE， ∵∠BAD＝90°，AB＝AD＝4＝BF＝4，AE＝EF， ∴BD=❑√42+42=4❑√2， ∵DF≥BD﹣BF，（当B，F，D共线时取等号）， ∵C△DEF ＝DE+EF+DF＝DE+AE+DF＝4+DF， ∴当DF最小，则C△DEF 最小， ∴当B，F，D共线时，DF的最小值为：4❑√2−4， ∴C△DEF 最小值为4❑√2−4+4＝4❑√2； 如图，设DE＝x，则AE＝EF＝4﹣x， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADB＝45°， 而∠BFE＝∠DFE＝90°， ∴EF＝DF＝4﹣x， ∴x=❑√2（4﹣x）， 得：x＝8﹣4❑√2， ∴DE＝8﹣4❑√2； （3）如图，△CDF为直角三角形，只有∠CFD＝90°，延长EF交CD于H，∵AB＝BF＝BC，∠BFH＝∠BCH＝90°，BH＝BH， ∴Rt△BEH≌Rt△BCH（HL）， ∴HP＝HC， ∴∠HFC＝∠HCF， ∴∠CFD＝90°， ∴∠HFD+∠HFC＝∠HDF+∠HCF＝90°， ∴∠HFD＝∠HDF， ∴HF＝HD， ∴HF＝HC＝HD＝2， 设AE＝m＝EF， 则DE＝4﹣m， ∴（m+2）2＝（4﹣m）2+22， 4 解得：m= ， 3 4 ∴AE= ． 3 3．如图1，四边形ABCD是正方形，点E在边AB上任意一点（点E不与点A，点B重合），点F在AD的 延长线上，BE＝DF． （1）求证：CE＝CF； （2）如图2，作点D关于CF的对称点G，连接BG、CG、DG，DG与CF交于点P，BG与CF交于点 H，与CE交于点Q． （ⅰ）若∠BCE＝20°，求∠CHB的度数； （ⅱ）用等式表示线段CD，GH，BH之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论； （2）（ⅰ）证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP ＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可 求解； （ⅱ）连接BD，由（ⅰ）得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出 ∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2+BH2＝BD2，进而得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°， 在△CBE和△CDF中， { CB=CD ) ∠CBE=∠CDF ， BE=DF ∴△CBE≌△CDF（SAS）， ∴CE＝CF； （2）解：（ⅰ）点D关于CF的对称点G， ∴CD＝CG，DP＝GP， 在△DCP和△GCP中， {CD=CG ) DP=GP ， CP=CP ∴△DCP≌△GCP（SSS）， ∴∠DCP＝∠GCP， 由（1）得：△CBE≌△CDF， ∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，∴∠BCG＝20°+20°+90°＝130°， ∵CG＝CD＝CB， 1 ∴∠CGH= （180°﹣130°）＝25°， 2 ∴∠CHB＝∠CGH+∠GCP＝25°+20°＝45°； （ⅱ）线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2+BH2＝2CD2，理由如下： 连接BD，如图2所示： 由（ⅰ）得：CP垂直平分DG， ∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF， 设∠BCE＝m°， 由（ⅰ）得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°， ∴∠BCG＝m°+m°+90°＝2m°+90°， ∵CG＝CD＝CB， 180°−2m°−90° ∴∠CGH= =45°﹣m°， 2 ∴∠CHB＝∠CGH+∠GCP＝45°﹣m°+m°＝45°， ∴∠GHF＝∠CHB＝45°， ∴∠GHD＝∠GHF+∠DHF＝45°+45°＝90°， ∴∠DHB＝90°， 在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2+BH2＝BD2， ∴GH2+BH2＝BD2， 在Rt△BCD中，CB＝CD， ∴BD2＝2CD2， ∴GH2+BH2＝2CD2．4．综合实践数学活动——折纸，引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学 们的空间观念，积累了数学活动经验． [动手操作]（1）对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸 片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①， 求∠ENM的度数； [拓展延伸]（2）如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点 T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT，ST'．求证：四边形SATA'是菱形； [解决问题]（3）如图③，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，点S是边AD上的一动点，折叠纸 片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕过点S，交AB边于点T，把纸片展平．请你求出线段AT 长度的取值范围． 【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN＝AB，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质可求 解； （2）由折叠知ST垂直平分AA'，再利用AAS证明△ASO≌△A'TO得SO＝TO，则四边形SATA'是平行四 边形，进而证明结论； （3）当点T与点B重合时，AT的长最大，为10；当点S与点D重合时，AT的长最小，根据勾股定理 列方程求出此时AT的长，即可得出AT长的取值范围． 【解答】（1）解：由折叠可得：AE＝BE，EF⊥AB，AB＝BN，∠BAM＝∠BNM＝90°， ∴AN＝BN＝AB， ∴△ABN是等边三角形， 又∵EN⊥AB， ∴∠ENB＝30°， ∴∠ENM＝60°； （2）证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处， ∴ST垂直平分AA'， ∴AO＝A'O，AA'⊥ST， ∵AD∥BC，∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO， ∴△ASO≌△A'TO（AAS）， ∴SO＝TO， ∴四边形SATA'是平行四边形， ∵AA'⊥ST， ∴四边形SATA'是菱形； （3）解：如图④，当点T与点B重合时，AT的长最大， 此时AT＝AB＝10， ∴AT长的最大值为10； 如图⑤，当点S与点D重合时，AT的长最小， 设AT＝x，则BT＝10﹣x， 由折叠得，A'T＝AT＝x， ∵∠C＝90°，A'D＝AD＝26，CD＝AB＝10， ∴A'C=❑√A′D❑ 2−CD❑ 2=❑√26❑ 2−10❑ 2=24， ∵BC＝AD＝26， ∴BA'＝BC﹣A′C＝26﹣24＝2， ∵∠B＝90°， ∴A′T2＝BT2+BA′2∴x2＝（10﹣x）2+22； 解得x＝5.2， ∴AT长的最小值为5.2， ∴AT长的取值范围是5.2≤AT≤10． 5．综合与实践 折纸是同学们喜欢的手工活动之一，折纸过程中蕴含着丰富的数学知识．数学活动课上，老师让同学们 翻折正方形纸片ABCD进行探究活动．同学们经过动手操作，发展了空间观念，并积累了数学活动经 验． 【问题背景】： 如图，在边AD上任意选取一点P，以BP为折痕，折叠纸片，使点A的对应点M落在正方形ABCD内 部． 探究一： 根据以上操作，如图1，若点E为折痕BP的中点，连接AE，ME，得到四边形AEMP，你知道当AD， AP满足什么数量关系时，才能使得四边形AEMP为菱形？为什么？ 探究二： 如图，延长PM，交边CD于点Q，连接BQ． ①∠PBQ的度数大小会随着P点的位置变化而发生改变吗？请说明理由． ②已知正方形纸片ABCD的边长为10，当CQ＝2时，请计算AP的长． 【分析】探究一：当AD=❑√3AP时，四边形AEMP为菱形，利用正方形和轴对称的性质得出AE＝ME ＝PE，再由勾股定理和直角三角形的性质得出AE＝AP，然后利用菱形的判定即可得解； 探究一：①延长PM交边CD于Q点，由Rt△BMQ≌Rt△BCQ得出∠MBQ＝∠CBQ，由翻折得出 ∠ABP＝∠MBP，然后即可得出∠PBQ＝45°，进而即可得解； ②由△ABP≌△MBP，△BMQ≌△BCQ得出AP＝MP，CQ＝MQ，设AP＝x，然后由勾股定理得出 20 x= ，进而即可得解． 3【解答】解：探究一：当AD=❑√3AP时，四边形AEMP为菱形；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵以BP为折痕，折叠纸片，使点A的对应点M落在正方形ABCD内部． ∴△ABP≌△MBP， ∴AP＝MP，AB＝BM，∠BAP＝∠BMP＝90°， ∵E是BP的中点， 1 ∴AE= BP=ME=PE， 2 ∵AD=❑√3AP， ∴AB=❑√3AP， ∴PB=❑√AB2+AP2=❑√3AP2+AP2=2AP， ∴AE＝AP， ∴AE＝AP＝MP＝ME， ∴四边形AEMP为菱形； 探究二：①∠PBQ的度数大小不会随着P点的位置变化而发生改变；理由如下： ∵延长PM交边CD于Q点， ∴∠BMQ＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠BCD＝∠ABC＝90°， ∴BM＝BC，∠BCQ＝∠BMQ＝90°， 在Rt△BMQ和Rt△BCQ中， {BM=BC) ， BQ=BQ ∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL）， 1 ∴∠MBQ=∠CBQ= ∠MBC， 2 ∵翻折， 1 ∴∠ABP=∠MBP= ∠ABM， 2 1 1 1 1 ∴∠PBQ=∠PBM+∠QBM= ∠ABM+ ∠CBM= ∠ABC= ×90°=45°， 2 2 2 2∴∠PBQ的度数大小不会随着P点的位置变化而发生改变； ②∵正方形纸片ABCD的边长为10， ∴AD＝CD＝10，∠ADC＝90°， ∵△ABP≌△MBP，△BMQ≌△BCQ， ∴AP＝MP，CQ＝MQ， 设AP＝x， ∴PD＝10﹣x，PM＝x， ∵CQ＝2， ∴MQ＝2，DQ＝8， ∴PQ＝x+2， ∵∠D＝90°， ∴PQ2＝PD2+DQ2， ∴（x+2）2＝（10﹣x）2+82， 20 解得x= ， 3 20 ∴AP长为 ． 3 【必考点2 四边形旋转类综合题】 6．【初步探究】 （1）如图1，在△ABC中，BC＝8，∠ABC＝45°，AB＝2，将边AC绕点A逆时针旋转90°得AD，连接 BD．小明同学为求BD的长，提供了以下思路，请你完成其中两处填空： 将AB绕点A顺时针旋转90°得AE，连接BE，CE，则BE＝ ，∠EBC＝90°，再利用勾股定理求得 CE的长．继续得到△BAD≌△EAC，通过全等三角形的性质发现BD＝CE，则边BD的长为 ． 【变式拓展】 请你利用第（1）问的思路方法，解答如下问题： （2）在正方形ABCD中，点E为正方形内一点，且满足BE=2❑√6． ①如图2，若AE＝8，CE＝4，求∠BEC的度数． ②如图3，以BE为边向右按顺时针方向作正方形BEFG．在正方形BEFG绕点B旋转过程中，边EF交 对角线BD于点M，边FG与边BC交于点N．△MFN的周长是否为定值？如果是，求出△MFN的周 长；如果不是，请说明理由．【分析】（1）根据旋转的性质，则AC＝AD，AE＝AB＝2；根据勾股定理求出BE，EC，再根据全等三 角形的判定和性质，即可； （2）①把△ABE绕点B旋转90得△BFC，根据旋转的性质，等腰三角形的判定，则△BEF是等腰直 角三角形，根据勾股定理求出EF，根据勾股定理的逆定理，则△EFC是直角三角形，即可； ②延长FE到点H，使得HE＝GN，连接BH，根据全等三角形的判定和性质，则 BH＝BN，∠EBH＝ ∠NBG，根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，则△HBM≌△NBM，MN＝HM，根据三角形 的周长，等量代换，即可． 【解答】解：（1）∵AC绕点A逆时针旋转90°得AD， ∴AC＝AD，∠DAC＝90°， ∵AB绕点A顺时针旋转90°得AE，AB＝2， ∴AE＝AB＝2，∠EAB＝90°， ∴BE=❑√AE2+AB2=2❑√2， ∵∠EBC＝90°，BC＝8， ∴EC=❑√BE2+BC2=❑√ (2❑√2) 2+82=6❑√2， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAD＝90°+∠EAD，∠EAC＝∠DAC+∠EAD＝90°+∠EAD， ∴∠EAC＝∠BAD， ∴△BAD≌△EAC（SAS）， ∴BD＝CE＝6❑√2， 故答案为：2❑√2；6❑√2； （2）①把△ABE绕点B旋转90°得△BFC，∴∠EBF＝90°，EB＝FB，AE＝FC＝8，∠AEB＝∠CFB， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∵BE＝2❑√6， ∴EF=❑√BE2+BF2=❑√(2❑√6) 2×2=4❑√3， ∵EC2＝42＝16，CF2＝82＝64，EF2＝48， ∴EC2+EP2＝CF2， ∴△EFC是直角三角形，∠CEF＝90°， ∴∠BEC＝∠BEF+∠CEF＝45°+90°＝135°， ∴∠BEC的度数为：135°； ②△MFN周长是定值， 理由如下：延长FE到点H，使得HE＝GN，连接BH， 在△HBE和△BGN中， { BE=BG ) ∠BEH=∠G=90° ， HE=GN ∴△BEH≌△BNG（SAS）， ∴BH＝BN，∠EBH＝∠NBG，∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠MBN＝45°， ∴∠EBM+∠GBN＝45°， ∴∠EBM+∠EBH＝∠HBM＝45°， 在△HBM和△NBM中， { BH=BN ) ∠HBM=∠NBM=45° ， MB=MB ∴△HBM≌△NBM（SAS）， ∴MN＝HM， ∵C△MNE ＝MN+MF+FN， ∴C△MNE ＝HM+MF+FN＝HE+EM+ME+FN＝NG+EM+MF+FN， ∵四边形BEFG是正方形，EF＝EM+MF，GF＝FN+GN， ∴EF＝FG＝BE＝2❑√6， ∴C△MNF ＝NG+EM+MF+FN＝2BE＝2×2❑√6=4❑√6， ∴△MFN的周长为4❑√6． 7．如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接 PG，PC． （1）直接写出PG与PC的位置和数量关系． （2）如图2，将原问题中的正方形ABCD和正方形BEFG换成菱形ABCD和菱形BEFG，且∠ABC＝ ∠BEF＝60°．探究PG与PC的位置和数量关系，写出你的猜想并加以证明； （3）如图3，将图2中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的边BG恰好与菱形ABCD的边 AB在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出 你的猜想并加以证明． 【分析】（1）可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知 的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP＝PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP＝PG，DH＝GF＝BG，那么可 得出CH＝CG，于是三角形CHG就是等腰三角形且CP是底边上的中线，根据等腰三角形三线合一的 特点，即可得出CP＝PG＝PH，CP⊥PG； （2）方法同（1），只不过三角形CHG是个等腰三角形，且顶角为120°，可根据三角函数来得出PG、 CP的比例关系； （3）经过（1）（2）的解题过程，我们要构建出以CP为底边中线的等腰三角形，那么可延长GP到 H，使PH＝PG，连接CH、DH，那么根据前两问的解题过程，我们要求的是三角形CHG是个等腰三角 形，关键是证三角形CDH和CBG全等，已知的只有CD＝CB，我们可通过其他的全等三角形来得出三 角形CDH和CBG全等的条件．三角形DHP和FGP中，有一组对顶角，DP＝PF，HP＝PG，那么这两 个三角形就全等，可得出DH＝GF＝BG，∠HDP＝∠GFP，根据平行线间的内错角相等可得出∠CDP ＝∠EFD，那么∠CDH＝∠EFG＝∠CBG，由此可得出三角形CDH和CBG全等，然后证法同（2）． PG 【解答】解：（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC； =1；理由如下： PC 延长GP交CD于H，如图1所示： ∵P是DF中点， ∴DP＝FP， ∵点ABE在同一直线上， ∴DC∥GF， ∴∠FDC＝∠GFP， 在△DPH和△GPF中， {∠FDC=∠GFP ) DP=FP ， ∠DPH=∠FPG ∴△DPH≌△GPF（ASA）， ∴HP＝GP，GF＝DH， ∴CH＝CG， 又∵∠HCG＝90°，∴RT△HCG中，P为HG中点， 1 ∴PC= GH＝PG，PC⊥PG； 2 PG ∴ = 1； PC PG （2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC； =❑√3． PC 证明：如图2，延长GP交DC于点H， ∵P是线段DF的中点， ∴FP＝DP， 由题意可知DC∥GF， ∴∠GFP＝∠HDP， ∵∠GPF＝∠HPD， ∴△GFP≌△HDP（ASA）， ∴GP＝HP，GF＝HD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD＝CB， ∴CG＝CH， ∴△CHG是等腰三角形， ∴PG⊥PC，（三线合一） 又∵∠ABC＝∠BEF＝60°， ∴∠GCP＝60°， PG ∴ =❑√3； PC （3）在（2）中得到的两个结论不发生变化．PG⊥PC，PG=❑√3PC． 证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH， ∵P是线段DF的中点， ∴FP＝DP， ∵∠GPF＝∠HPD， ∴△GFP≌△HDP（SAS）， ∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP， ∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC， ∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上， ∴∠GBC＝120°， ∵四边形BEFG是菱形， ∴GF＝GB， ∴HD＝GB， ∴△HDC≌△GBC（SAS）， ∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG， ∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°， 即∠HCG＝120° ∵CH＝CG，PH＝PG， ∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°， PG ∴ =❑√3．即PG=❑√3PC． PC 8．如图1，把一个含45°的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方 形的顶点C重合，连接AF，点M与N分别是AF、EF中点，连接MD，MN． （1）如图1，点E、F分别在正方形的边 CB、CD上，连接AE．则MD、MN的数量关系是；MD、MN的位置关系是 ； （2）如图2，将图1中直角三角板ECF绕点C顺时针旋转，当点E落在线段AC上时，其他条件不变， （1）中结论是否仍然成立，若成立，请证明结论，若不成立，请说明理由． （3）如图3，将图1中直角三角板ECF绕点C顺时针旋转n°（0＜n＜90），其他条件不变，若AB＝ 5，EC＝3，直接写出线段MD的最小值． 1 【分析】（1）先根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得：MD= AF，再由三角形中位线定理得： 2 1 MN= AE，则MD＝MN；再证明∠DMN＝∠DAB＝90°得MD⊥MN； 2 1 1 （2）由三角形中位线定理可得MN∥AE，MN= AE，MD∥CH，MD= FH，由等腰直角三角形的性质 2 2 可得AC＝CH，AC⊥CH，即可求解； 1 1 （3）由“SAS”可证△ACD≌△HCF，可得AE＝FH，由三角形中位线定理可得 MN= AE，MD= 2 2 1 FH，可得MN＝MD，则MD= AE，即当AE有最小值时，MD有最小值，即可求解． 2 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABE＝∠ADF＝90°， 在Rt△ADF中， ∵M是AF的中点， 1 ∴DM= AF， 2 ∵N是EF的中点， 1 ∴MN= AE， 2 ∵△EFC是等腰三角形， ∴CE＝CF， ∴BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴∠BAE＝∠FAD，AE＝AF， ∴DM＝MN， ∴∠BAE＝∠FAD， 1 ∵DM= AF＝AM， 2 ∴∠FAD＝∠ADM， ∵∠FMD＝∠FAD+∠ADM＝2∠FAD， ∵MN∥AE， ∴∠FMN＝∠EAF， ∵∠BAD＝∠EAF+∠BAE+∠FAD＝∠EAF+2∠FAD＝90°， ∴∠DMN＝∠FMN+∠FMD＝∠EAF+2∠FAD＝90°， ∴DM⊥MN； 故答案为：DM＝MN，DM⊥MN； （2）结论仍然成立，如图2，延长CF交AD的延长线于H， ∵点E落在线段AC上， ∴∠ECD＝45°， ∴∠FCD＝45°， ∵∠CDH＝90°， ∴△CDH是等腰直角三角形， ∴CD＝DH，∠H＝45°， ∴AD＝DH，△ACH是等腰直角三角形， ∴AC＝CH， ∵点M与N分别是AF、EF中点，AD＝DH， 1 1 ∴MN∥AE，MN= AE，MD∥CH，MD= FH， 2 2∴MD＝MN， ∵AC⊥CH， ∴MD⊥MN； （3）如图3，连接AC，AE，延长AD至H，使AD＝DH，连接FH，CH， ∵点M与N分别是AF、EF中点，AD＝DH， 1 1 ∴MN∥AE，MN= AE，MD∥CH，MD= FH， 2 2 ∵AD＝DH＝DC＝5，∠ADC＝∠CDH＝90°， ∴AC＝CH=❑√2CD＝5❑√2，∠ACH＝90°， ∵EC＝CF，∠ECF＝90°， ∴∠ECF＝∠ACH， ∴∠ACE＝∠FCH， ∴△ACD≌△HCF（SAS）， ∴AE＝FH， ∴MD＝MN， 1 ∴MD= AE， 2 ∴当AE有最小值时，MD有最小值， ∴当点E在AC上时，AE的最小值为5❑√2−3， 5❑√2−3 ∴MD的最小值为 ． 2 9．在正方形ABCD旁，正方形BEFG如图（1）放置，其中A、B、E在同一条直线上． （1）H是DF中点，求证：2BH＝DF； （2）如图（2），将正方形BEFG逆旋转 °（45°＜ ＜90°），连接CG、CE． ①若AB＝4，BE＝2，则AE2+CG2的值为 α ；α ②如图（3）若N是CG中点，连接BN，交AE于点M，求证：BM⊥AE．【分析】（1）连接BD，BF，可得出△DBF是直角三角形，进一步得出结论； （2）①连接AC，EG，设CE与AG交于点O，可证得△ABG≌△CBE，从而得出∠AGB＝∠CBE，进 而得出∠GOE＝90°，根据勾股定理可得出结果； ②延长GB至点P，使得BP＝GB，连接CP交AE于点Q，证明△ABE≌△CBP（SAS），得∠EAB＝ ∠PCB，然后证明∠AMN＝∠HQC＝90°，进而可以解决问题． 【解答】（1）证明：如图（1），连接BD，BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝CB，∠C＝90°， ∴∠DBC＝45°， 同理∠EBF＝45°， ∴∠DBF＝90°， 在Rt△BDF中， ∵点H是DF的中点， ∴2BH＝DF； （2）①解：如图（2），连接AC，EG，设CE与AG交于点O，∵四边形ABCD和四边形EFGB是矩形， ∴AB＝BC，BG＝BE，∠EBG＝∠ABC＝∠EBG＝90°， ∴∠ABC﹣∠CBG＝∠EBG﹣∠CBG， ∴∠ABG＝∠CBE， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴∠AGB＝∠CBE， ∵∠AGB+∠OGB＝180°， ∴∠CEB+∠OGB＝180°， ∴∠GOE+∠EBG＝360°﹣（∠CEB+∠OGB）＝180°， ∴∠GOE＝90°， ∴AE2+CG2＝OA2+OE2+OC2+OG2 ＝（OA2+OC2）+（OE2+OG2） ＝AC2+EG2 ＝2AB2+2BE2 ＝2×42+2×22 ＝40， 故答案为：40； ②证明：如图（3），延长GB至点P，使得BP＝GB，连接CP交AE于点Q，∵四边形BEFG是正方形， ∴BG＝BE，∠GBE＝90°， ∴∠EBP＝90°， 在△ABE和△CBP中， ∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBP，BE＝BP， ∴△ABE≌△CBP（SAS）， ∴∠EAB＝∠PCB， ∵∠AHB＝∠CHE， ∴∠HQC＝∠ABC＝90°， ∵NB是△CGP的中位线， ∴NB∥CP， ∴∠AMN＝∠HQC＝90°， ∴BM⊥AE． 10．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，以点C为旋转中心，将矩形ABCD沿顺时针方向旋转，得 到矩形EFCG，点A，B，D的对应点分别是点E，F，G． 【知识技能】 （1）如图①，当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时，求线段AF的长； 【数学理解】 （2）如图②，当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时，求△CDF的面积； 【拓展探索】 （3）如图③，将矩形ABCD旋转一定角度后，连接BF，DG交于点H，连接BG，DF，求BG2+DF2的 值． 【分析】（1）利用勾股定理求出AC=❑√AB2+BC2=10，由矩形旋转可知：CB＝CF＝8，即可求出线 段AF的长；（2）过点C作CH⊥BD于点H，在Rt△BDC中，BD=❑√BC2+CD2=10，由矩形旋转可知：CB＝ 24 32 CF，根据CH⊥BD，利用三角形面积公式求出CH= ，由勾股定理求出BH=❑√BC2−CH2= ， 5 5 即可求解； （3）连接BD，GF，根据矩形的性质结合勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， 在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC=❑√AB2+BC2=❑√62+82=10， 由矩形旋转可知：CB＝CF＝8， ∴AF＝AC﹣CF＝10﹣8＝2， 则线段AF的长为2； （2）如图②，过点C作CH⊥BD于点H， 在Rt△BDC中，由勾股定理得：BD=❑√BC2+CD2=10， 由矩形旋转可知：CB＝CF， ∵CH⊥BD， 1 ∴BH=FH= BF， 2 1 1 ∵S = BD⋅CH= BC⋅CD， △BDC 2 2 24 ∴CH= ， 5 32 在Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=❑√BC2−CH2= ， 564 ∴BF= ， 5 14 ∴DF=BF−BD= ， 5 1 1 14 24 168 ∴S = DF⋅CH= × × = ， △CDF 2 2 5 5 25 168 则△CDF的面积为 ； 25 （3）BG2+DF2的值为200， 如图③，连接BD，GF，设BF交CD于点I， 由矩形旋转可知：CB＝CF，CD＝CG，∠BCF＝∠DCG， ∴∠CBF＝∠CFB，∠CDG＝∠CGD， ∴∠CBF＝∠CDG， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°， ∴∠CBF+∠BIC＝90°＝∠CDG+∠DIH， ∴∠DHI＝90°， ∴BF⊥DG， 在Rt△BGH中，由勾股定理得：BG2＝BH2+HG2， 在Rt△DFH中，由勾股定理得：DF2＝DH2+HF2， 在Rt△BDH中，由勾股定理得：BD2＝BH2+DH2， 在Rt△FGH中，由勾股定理得：GF2＝HF2+HG2， ∴BG2+DF2＝BD2+GF2， ∴BG2+DF2＝102+102＝200， 则BG2+DF2的值为200．【必考点3 四边形动点类综合题】 11．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的 位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 ，CE 与AD的位置关系是 ； （2）如图2，当点P、E都在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明； 若不成立，请说明理由． （3）如图3，若四边形ABCD为正方形，点P在对角线BD上，PE⊥AP，交边CD于点E，连接AE交 BD于点F．请求出∠PAE的度数并直接写出线段BP、PF、DF之间的数量关系． 【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE ＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论； （2）先根据菱形的性质，得出△ABC 和△ACD都 是等边三角形，运用角的运算，得∠BAP＝ ∠CAE，证明△ABP≌△ACE，则 BP＝CE，∠ACE＝∠ABP＝30°，即∠CAH+∠ACE＝90°，则 ∠AHC＝90°，即CE⊥AD； （3）因为正方形，所以BD平分∠ADC，∠ABP＝∠ADF＝45°，证明△APM≌△EPN，即△APE为等 腰直角三角形，然后运用旋转性质得出△ABP≌△ADP故 AP＝AP，∠PAD＝∠BAP，BP＝DP，通 过角 的换算，即∠PAF＝∠PAE＝45°，证明△PAF≌△PAE，所以PF＝PF，最后在 Rt△PFD 中，P'F2＝BP2+DF2，即可作答． 【解答】解：（1）结论：BP＝CE，CE⊥AD；理由如下： 如图1，连接AC，延长CE交AD于H， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAC＝∠PAE， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°， ∵∠CAH＝60°， ∴∠CAH+∠ACH＝90°， ∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD． 故答案为：BP＝CE，CE⊥AD； （2）（1）中的结论成立． 证明：如图2，连接AC，AC与BD交于点O， ∴△ABC，△ACD为等边三角形， 在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE， 又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP， ∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°， 设CE与AD交于点H， 在△ACH中，∠ACH+∠CAH＝30°+60°＝90°． ∴∠AHC＝90°， 即CE⊥AD； （3）BP2+DF2＝PF2．理由如下：如图3.1所示：过点P分别作 PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别是 M、N， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD平分∠ADC∠ABP＝∠ADF＝45°， ∴PM＝PN，且PM⊥PN， 又∵PE⊥AP， ∴∠APM＝∠EPN， ∴△APM≌△AEPN， ∴AP＝PE，即△APE为等腰直角三角形， ∴∠PAE＝45°， 把△ABP绕点A逆时针转 90°，AB与AD重合，点P 的对应点是P，如图3.2， ∴△ABP≌△ADP， ∴AP＝AP，∠PAD＝∠BAP，BP＝DP， ∵∠PAE＝45°，∠BAD＝90°， ∴∠BAP+∠DAE＝90°﹣∠PAE＝45°， ∴∠PAD+∠DAE＝45°， 即∠PAF＝∠PAE＝45°， ∵AF＝AF， ∴△P′AF≌△PAE， ∴PF＝PF， ∵∠ADP'＝∠ABP＝∠ADF＝45°，在Rt△PFD中，P'F2＝P'D2+DF2＝BP2+DF2， ∴BP2+DF2＝PF2． 12．如图，在正方形ABCD中，F为边AB上一点，E为边BC延长线上一点，且CE＝AF，连接EF，与对 角线AC相交于点G． （I）求证：FG＝EG； （Ⅱ）求证：AF+AD=❑√2AG； （Ⅲ）连接BG，点P，M，N分别是△BGE三条边BE，BG，EG上的动点，若AD＝6，AF＝2，求 PM+PN的最小值（直接写出结果即可）． 【分析】（I）过点F作FH⊥AB，与AC相交于点H．证明△FHG≌△ECG，即可得到FG＝EG； ❑√2 （Ⅱ）取I为BF的中点，连接IG．证出AI＝IG，从而得到得IG= AG．进一步可证明出结论； 2 （Ⅲ）先求出BF，BE，EF，BG，作点N关于BE的对称点N'，连接PN'，过点E作EM⊥BG交BG的 延长线于点Q，推出PM+PN的最小值为EQ，再利用面积法求出EQ即可解决问题． 【解答】解：（I）如图，过点F作FH⊥AB，与AC相交于点H． ∵ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD，∠ABC＝90°． ∴FH∥BC，∠FAH＝∠FHA＝45°． ∴∠HFG＝∠E，AF＝HF． ∵CE＝AF， ∴HF＝CE． 在△FHG和△ECG中，{ ∠HFG=∠E， ) ∠FGH=∠EGC， HF=CE， ∴△FHG≌△ECG（AAS）． ∴FG＝EG； （Ⅱ）如图，取I为BF的中点，连接IG． 由（I）知FG＝EG， 1 ∴IG∥BE，IG= BE． 2 ∴∠AIG＝90°． ∴∠IGA＝∠IAG＝45°． ∴AI＝IG． ❑√2 ∴AG=❑√AI2+IG2=❑√2IG．可得IG= AG． 2 ∴AF+AD=CE+BC=BE=2IG=❑√2AG； 8❑√5 （Ⅲ） ． 5 理由：∵AD＝6，AF＝2， ∴FB＝AB﹣AF＝4，BE＝BC+CE＝8， 由勾股定理，得EF=❑√FB2+BE2=❑√42+82=4❑√5， 由（I）知BG是Rt△EFB斜边EF的中点， 1 ∴GB＝GE= EF=2❑√5， 2 ∴∠GBE＝∠GEB， 如图，作点N关于BE的对称点N'，连接PN'，过点E作EM⊥BG交BG的延长线于点Q， 则PN'＝PN，∠N'EB＝∠NEB＝∠GBE，∴PM+PN＝PM+PN'≥N'M，EN'∥QB， ∴EQ为两平行线EN'与QB间的距离， ∴PM+PN'≥N'M≥EQ， ∴PM+PN的最小值为EQ， 取BE的中点J，连接GJ， 1 则GJ∥FB，GH= FB＝2， 2 ∴GJ⊥BE， 1 1 ∵S△GBE = 2 BG•EQ = 2 BE•GJ， BE⋅GJ 8×2 8❑√5 ∴EQ= = = ， BG 2❑√5 5 8❑√5 ∴PM+PN的最小值为 ． 5 13．四边形ABCD是正方形，点E是射线CB上一动点，过点A作AE⊥AF交直线CD于点F，作∠EAF的 平分线AH交直线BC于点H，连接HF． （1）如图1，若点E在线段CB延长线上，点H在线段CB上． ①求证：∠1＝∠2； ②如图2，连接BD交AH于点K，交AF于点L，请探索BK，KL，DL之间的数量关系并证明． （2）请直接写出BH，BE和HF之间的数量关系． 【分析】（1）①由四边形ABCD是正方形，得∠1+∠BAF＝90°，由AE⊥AF，得∠2+∠BAF＝90°，故 ∠1＝∠2； ②在AE上取点G，使AG＝AL，连接BG，KG，证明△ABG≌△ADL（SAS），可得BG＝DL，∠ABG ＝∠ADL，根据四边形ABCD是正方形，可得∠GBK＝∠ABD+∠ABG＝90°，故BK2+DL2＝GK2，而AH 平分∠EAF，可证△AGK≌△ALK（SAS），GK＝KL，从而BK2+DL2＝KL2； （2）当E在线段CB延长线上，H在线段CB时，证明△ABE≌△ADF（ASA），有AE＝AF，即可证△EAH≌△FAH（SAS），从而BE+BH＝HF；当E在线段CB延长线上，H在线段CB延长线上时，BE ﹣BH＝HF；当E在线段CB上时，证明△ABE≌△ADF（ASA），得AE＝AF，可证△EAH≌△FAH （SAS），EH＝HF，故BH﹣BE＝HF． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，即∠1+∠BAF＝90°， ∵AE⊥AF， ∴∠EAF＝90°，即∠2+∠BAF＝90°， ∴∠1＝∠2； ②解：BK2+DL2＝KL2，证明如下： 在AE上取点G，使AG＝AL，连接BG，KG，如图： 在△ABG和△ADL中， {AB=AD ) ∠1=∠2 ， AG=AL ∴△ABG≌△ADL（SAS）， ∴BG＝DL，∠ABG＝∠ADL， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝∠ADL＝45°， ∴∠GBK＝∠ABD+∠ABG＝90°， ∴BK2+BG2＝GK2， ∴BK2+DL2＝GK2， ∵AH平分∠EAF， ∴∠GAK＝∠LAK， ∵AG＝AL，AK＝AK， ∴△AGK≌△ALK（SAS）， ∴GK＝KL，∴BK2+DL2＝KL2； （2）解：当E在线段CB延长线上，H在线段CB上时，如图： ∵∠1＝∠2，AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴AE＝AF， ∵∠EAH＝∠FAH，AH＝AH， ∴△EAH≌△FAH（SAS）， ∴EH＝HF， ∴BE+BH＝HF； 当E在线段CB延长线上，H在线段CB延长线上时，如图： 同理可得BE﹣BH＝HF， 当E在线段CB上时，如图： ∵∠BAE＝90°﹣∠DAE＝∠DAF，AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴AE＝AF， ∵∠EAH＝∠FAH，AH＝AH， ∴△EAH≌△FAH（SAS）， ∴EH＝HF， ∴BH﹣BE＝HF； 综上所述，当E在线段CB延长线上时，BE+BH＝HF或BE﹣BH＝HF；当E在线段CB上时，BH﹣BE ＝HF． 14．【问题初探】 （1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与 BF相等吗？直接判断：AE BF（填“＝”或“≠”）； 【问题迁移】 （2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那 么GE与BF相等吗？证明你的结论； 【问题延伸】 （3）如图3，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP， BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN； 【问题拓展】 （4）如图 4，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，F 是 CD 的中点．M 是 BF 上的动点，过点 M 作 EG⊥BF，分别交AD，BC于点G，E．直接写出（EF+BG）2的最小值为 ． 【分析】（1）可证明△ABE≌△BCF，从而得出AE＝BF；（2）作AH∥EG，交BC于H，由（1） 知：AH＝BF，可证得四边形AHEG是平行四边形，从而GE＝AH，进而得出结论； 1 （3）先判断出FE= AP，代换即可得到结论； 2 （4）过点F作FK∥EG，过点G作GK∥EF，根据平行四边形的性质得到GK＝EF，FK＝EG，求得EF+BG＝GK+BG，当B，G，K三点共线时，BG+KG的值最小，由（2）可知EG＝BF，求得FK＝ 1 BE，根据正方形的性质得到CF= DC＝2，根据勾股定理得到BF=❑√BC2+CF2=❑√42+22=2❑√5，根 2 据勾股定理得到BK=❑√BF2+FK2=2❑√10，于是得到EF+BG的最小值为2❑√10． 【解答】（1）解：AE＝BF，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC， ∴∠ABM+∠CBF＝90°， ∵AE⊥BF， ∴∠AMB＝90°， ∴∠BAE+∠ABM＝90°， ∴∠CBF＝∠BAE， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF， 故答案为：＝； （2）解：GE＝BF， 理由：如图2， 作AH∥EG，交BC于H， ∵EG⊥BF， ∴AH⊥BF， 由（1）知：AH＝BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC， ∴四边形AHEG是平行四边形， ∴GE＝AH，∴GE＝BF； （3）证明：如图3，连接FA，FP，FC ∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点， ∴FA＝FC， 又∵FE垂直平分AP， ∴FA＝FP， ∴FP＝FC， ∴∠FPC＝∠FCP， ∵∠FAB＝∠FCP， ∴∠FAB＝∠FPC， ∴∠FAB+∠FPB＝180°， ∴∠ABC+∠AFP＝180°， ∴∠AFP＝90°， 1 ∴FE= AP， 2 由（1）知，AP＝MN， ∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF， ∴EF＝ME+FN； （4）解：过点F作FK∥EG，过点G作GK∥EF，∴四边形EFKG是平行四边形， ∴GK＝EF，FK＝EG， ∴EF+BG＝GK+BG， ∵BG+GK≥KK， ∴当B，G，K三点共线时，BG+KG的值最小， 由（2）可知EG＝BF， ∴FK＝BE， ∵四边形ABCD是正方形， 1 ∴CF= DC＝2， 2 ∴BF=❑√BC2+CF2=❑√42+22=2❑√5， ∵BF⊥EG，FK∥EG， ∴FK⊥BF， ∴BK=❑√BF2+FK2=2❑√10， ∴EF+BG的最小值为2❑√10， ∴（EF+BG）2的最小值为40， 故答案为：40． 15．在正方形ABCD中、点M，E，分别是AB，AD边上一动点（不与A，B，D点重合），连接EM，EM 的延长线交CB的延长线于点N． （1）如图1，当∠AEM＝30°时，若AM＝4，CD＝12，求MN的长； （2）如图2，过点A作AF⊥EN于点G，连接BG，有BM＝BF，求证：NG=AG+❑√2BG． （3）如图3，AE＝4❑√3，CD＝12，将△AEM沿直线EM折叠，得到△EQM，过点E做EH⊥BC交BC于点H，连接HQ并延长交线段AB于点P，连接EP，当EP最大时，直接写出AP的值． 【分析】（1）先求出BM＝8，再根据直角三角形含30°角的性质可得MN的长； （2）如图②，过点B作BH⊥BG，交DN于点H，则∠HBG＝90°，证明△ABC≌△NBM（AAS）和 △ABG≌△NBG（ASA），再根据等腰直角三角形的性质可得结论； （3）如图③，当P与M重合时，AP最大，此时EP最大，先由勾股定理可得BP的长，从而可得结 论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝∠ABC＝90°，AD∥BC，AB＝CD＝12， ∴∠NBM＝90°， ∵AM＝4， ∴BM＝AB﹣AM＝12﹣4＝8， ∵AD∥BC，∠AEM＝30°， ∴∠N＝∠AEM＝30°， ∴MN＝2BM＝16； （2）证明：如图2，过点B作BH⊥BG，交DN于点H，则∠HBG＝90°， ∵AF⊥EN， ∴∠AFB+∠N＝90°， ∵∠AFB+∠BAF＝90°， ∴∠N＝∠BAF，又∵BM＝BF，∠ABC＝∠NBM＝90°， ∴△ABF≌△NBM（AAS）， ∴AB＝NB， ∵∠NBM＝∠HBG＝90°， ∴∠NBH+∠HBM＝∠ABG+∠HBM＝90°， ∴∠ABG＝∠NBH， 又∵∠N＝∠BAF， ∴△ABG≌△NBH（ASA）， ∴NH＝AG，BH＝BG， ∵∠GBH＝90°， ∴△GBH是等腰直角三角形， ∴GH=❑√2BG， ∵NG＝NH+GH， ∴NG=AG+❑√2BG； （3）解：由折叠得：AE=EQ=4❑√3，∠EQM＝∠A＝90°， ∵EH⊥BC，∠A＝∠B＝90°， ∴四边形ABHE是矩形， ∴AE=BH=4❑√3，AB＝EH＝12， ∴HP=❑√BP2+BH2=❑√BP2+(4❑√3) 2，EP=❑√AP2+AE2=❑√AP2+(4❑√3) 2， ∴当HP最小时，BP最小，AP最大，EP最大， 过点E作EK⊥HP，如图， 1 1 ∵S = EH⋅AE= ×12×4❑√3=24❑√3， △PHE 2 2 1 又∵S = EK⋅HP=24❑√3，EK≤EQ=4❑√3， △PHE 2 ∵K点与Q点重合时，EK＝EQ＝4❑√3，HP最小，HP＝12， 此时EQ⊥HP，故点M、H、Q三点共线，M、P互相重合；如图， ∴BP=❑√BP2−BH2=❑√122−(4❑√3) 2=4❑√6， ∴AP=AB−BP=12−4❑√6， ∴当EP最大时，AP的值为12−4❑√6． 【必考点4 新定义四边形综合题】 16．定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．根据上述垂美四边形的定义，回答以下问 题． （1）如图1，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说 明理由． （2）如图2，探究垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的 猜想，并给出证明． （3）如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结 CE，BG，GE．请解决以下问题： ①求证：△AGB≌△ACE； ②若AC＝2，AB＝5，求线段GE的长度． 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可； （2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可； （3）①连接CG，BE，由∠CAG＝∠BAE＝90°知∠GAB＝∠CAE，结合AG＝AC与AB＝AE即可得证； ②由△GAB≌△CAE得出∠ABG＝∠AEC，进而根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论 计算． 【解答】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下： ∵AB＝AD， ∴点A在线段BD的垂直平分线上， ∵CB＝CD， ∴点C在线段BD的垂直平分线上， ∴直线AC是线段BD的垂直平分线， ∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形； （2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下： 如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E， ∵AC⊥BD， ∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°， 由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2， AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； （3）①证明：连接CG，BE，如图2所示： ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△AGB和△ACE中， { AG=AC ) ∵ ∠GAB=∠CAE ， AB=AE ∴△AGB≌△ACE（SAS）； ②解：∵△AGB≌△ACE， ∴∠ABG＝∠AEC， 又∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝2，AB＝5， ∴BC=❑√21，CG＝2❑√2，BE＝5❑√2， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37， ∴GE=❑√37． 17．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． （1）用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的 有 （填字号） （2）如图1，已知四边形ABCD是邻等对补四边形，∠ABC＝90°，AB＝BC，AD＞AB，过点B作 BE⊥AD于点E，过C作CF，BE于点F； ①证明：BE＝DE； ②若AE＝6，AB﹣CD＝8，求AD的长． （3）如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，连接 MN，使四边形ABMN是邻等对补四边形，连接BN，求BN的长．【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义即可得解； （2）①利用一线三垂直证△ABE≅△BCF（AAS），从而得证； ②由题易得BF＝6，设AB＝x，则BE＝x﹣2，在Rt△ABE中利用勾股定理建立方程求解即可； （3）根据题意可知∠ANM＝90°；然后分类讨论，画出图形求解即可． 【解答】解：（1）①和③中对角不互补；②④符合邻等对补四边形的定义， 故答案为：②④； （2）①∵四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝BC，AD＞AB， ∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°， ∴∠D＝90°， ∵BE⊥AD，CF⊥BE， ∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°， ∴四边形CDEF是矩形， ∴DE＝CF，EF＝CD， ∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°， ∴∠A＝∠CBF， ∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC， ∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴BE＝CF，AE＝BF， ∵DE＝CF， ∴BE＝DE； ②∵四边形CDEF是矩形， ∴DE＝CF，CD＝EF， ∵△ABE≌△BCF， ∴AE＝BF，CF＝BE， ∵AE＝6，AB﹣CD＝8， ∴BF＝6，设AB＝x， ∵AB﹣CD＝8， ∴EF＝CD＝x﹣8， ∴BE＝BF+EF＝6+x﹣8＝x﹣2， 在Rt△ABE中，x2＝（x﹣2）2+62， 解得：x＝10， ∴AD＝AE+DE＝AE+CF＝AE+BE＝6+8＝14； （3）∵四边形ABMN是邻等对补四边形，∠ABC＝90°， ∴∠ANM＝90°； ①如图1：当AB＝AN时，连接AM，则Rt△ABM≌Rt△ANM， ∴BM＝MN， ∵∠C＝30°， ∴∠A＝60°， ∴△ABN为等边三角形， 1 ∴BN=AB= =2； 2 ②如图2：当AB＝BM时， 1 ∴BC=❑√3，CM=2❑√3−2，MN= CM=❑√3−1， 2 ∴CN=3−❑√3 过点N作NH⊥CM，∴∠MNH＝∠C＝30°， 1 3−❑√3 1 ❑√3−1 ∴NH= CN= ，MH= MN= ， 2 2 2 2 ❑√3−1 3+❑√3 ∴BH＝BM+MH＝2+ = ， 2 2 √ 3−❑√3 3+❑√3 ∴BN=❑√BH2+N H2=❑( ) 2+( ) 2=❑√6； 2 2 ③如图3：当AN＝MN时， 设AN＝MN＝x， ∵∠C＝30°， ∴CM=2x，CN=❑√3x， ∴AC=(❑√3+1)x=4， 4 ∴x= =2(❑√3−1)， ❑√3+1 ∴AN＝MN＝2❑√3−2， ∴CN＝AC﹣AN＝6﹣2❑√3， ∵∠MNG＝∠C＝30°， 1 1 ❑√3 ∴NG= CN=3−❑√3，MG= MN=❑√3−1，CG= CN＝3❑√3−3， 2 2 2 ∴BG=2❑√3−(3❑√3−3)=3−❑√3， ∴BN=❑√2BG＝3❑√2−❑√6； 综上：BN＝2或❑√6或3❑√2−❑√6． 18．【定义】 在学习了“中心对称图形——平行四边形”这一章后，小明同学对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴 趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形．勇于创新的他大胆地作出这样 的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”，并进行了以下问题的探究． 【理解】 （1）如图①，正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，连接CE，DE，EF，CF，若DE＝ CF，求证：四边形CDFE为“双直四边形”． 【应用】 （2）如图②，双直四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，对角线AC与BD相交于点O，且 ∠DAC＝45°，求四边形ABCD的面积． 【拓展】 （3）如图③，双直四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，且AD＝4BC，若AB＝4，求线段AD的 长度． 【分析】（1）证明DE⊥CF，由“双直四边形”的定义可得出结论； （2）由勾股定理求出AC，OA，根据三角形面积可得出答案； （3）过D作DE⊥BC交BC延长线于点E，由勾股定理证明BC2+AD2＝AB2+CD2，设BC＝x，则AD＝ 4x，CE＝3x，得出x2+（4x）2＝42+（3x）2+42，求出x＝2，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠CDF＝90°，AD＝CD， ∵DE＝CF， ∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL）， ∴∠ADE＝∠DCF， ∴∠DCO+∠ODC＝∠ADE+∠ODC＝90°， ∴∠DOC＝90°， ∴DE⊥CF， ∴四边形CDFE为“双直四边形”； （2）解：由题意知AC⊥BD， ∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC=❑√AB2+BC2=5， 1 1 ∵S = AC⋅OB= AB⋅BC， △ABC 2 2 AB⋅BC 3×4 12 ∴OB= = = ， AC 5 5 9 ∴OA=❑√AB2−OB2= ， 5 ∵∠DAC＝45°， ∴∠DAO＝∠ADO， 9 ∴OA＝OD= ， 5 21 ∴BD＝OD+OB= ， 5 1 1 21 21 ∴四边形ABCD的面积= AC×BD= ×5× = ． 2 2 5 2 （3）解：过D作DE⊥BC交BC延长线于点E， ∵∠ABC＝90°，AD∥BC， ∴四边形ABED是矩形， ∴AD＝BE，AB＝DE， 由双直四边形可得AC⊥BD， ∴OA2+OB2＝AB2，OC2+OD2＝CD2， ∴OA2+OB2+OC2+OD2＝AB2+CD2， 同理可得OA2+OB2+OC2+OD2＝AD2+BC2， ∴BC2+AD2＝AB2+CD2， 设BC＝x，则AD＝4x，CE＝3x， ∴x2+（4x）2＝42+（3x）2+42， ∴x＝2（负值舍）， ∴BC＝2，∴AD＝8． 19．定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角 称为邻等角． （1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线DB平分∠ADC．判断四边形ABCD是 否是邻等四边形，并证明你的结论； （2）如图2，在5×6的方格纸中，A、B、C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出 所有符合条件的格点D． （3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过点B 作BE∥AC，交DA的延长线于点E．若AB＝4，AD＝2，求四边形EBCD的面积． 【分析】（1）先证明∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，∠ADB＝∠CBD，再证明CD＝CB，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B＝∠C＝90，结合图形再确定满足CB＝CD或AD＝ CD的格点D；②∠B＝∠A＝90，结合图形再确定满足AB＝AD的格点D； （3）过C作CQ⊥AD于Q，设DQ＝x，则CD＝CB＝x+2，利用勾股定理求出x，易证四边形ACBE是 平行四边形，可得AE＝BC，进而即可得解． 【解答】解：（1）四边形ABCD是邻等四边形，证明如下： ∵AD∥BC，∠A＝90°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，∠ADB＝∠CBD， ∵对角线BD平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB， ∴∠CBD＝∠CDB， ∴CD＝CB， ∴四边形ABCD为邻等四边形． （2）如图，D 、D 、D 即为所求； 1 2 3（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q， ∵∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴四边形ABCQ是矩形， ∴AQ＝BC，AB＝CQ＝4，AD∥BC， 设DQ＝x，则AQ＝BC＝x+2， ∵∠BCD为邻等角， ∴CD＝CB＝x+2， 在Rt△CDQ中，DQ2+CQ2＝CD2， 即x2+16＝（x+2）2， 解得x＝3， ∴DQ＝3，CD＝CB＝5， ∵BE∥AC，AE∥BC， ∴四边形ACBE是平行四边形， ∴AE＝BC＝5， ∴S四边形EBCD ＝S△ABE +S梯形ABCD 1 1 = AB⋅AE+ （AD+BC）•AB 2 2 1 1 = ×4×5+ ×(2+5)×4=24． 2 2 20．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，∠D＝∠B＝90°且AB＝BC，则四边形ABCD是至善四边形． （1）下列四边形一定是至善四边形的有 ． ①平行四边形； ②矩形； ③菱形； ④正方形． （2）如图2，四边形ABCD为至善四边形，AB＝AD，AC＝3，∠BAD＝60°，求BC+CD的长及∠ACD 的度数． （3）如图3，正方形AOBH中，D为AB中点，在OB右边作等边△BOE，F为OE中点，连接AE交 OD于点C，交DF于点G，求线段CD与EG的数量关系． 【分析】（1）根据至善四边形的定义及特殊平行四边形的性质进行判断即可； （2）如图，延长 CD 至点 E，使 DE＝BC，根据至善四边形的定义推出∠ABC＝∠ADE，证明 △ABC≌△ADE（SAS），得AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，证明△ACE为等边三角形，即可得出答案； （3）延长FB至点M，使得BM＝OF，连接BG，证明△DOF≌△DBM（SAS），得DF＝DM，∠ODF ＝∠BDM，推出△DFM是等腰直角三角形，得∠BFG＝45°，证明△DBG为等边三角形，得∠DBG＝ 60°，BG＝BD，进一步推出△BEG是等腰直角三角形，得BG＝GE，在Rt△ADC中，由∠DAC＝30°和 AD=❑√AC2−CD2可得结论． 【解答】解：（1）①∵平行四边形的对角相等邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一 定相等，不符合至善四边形的定义， 故平行四边形不是至善四边形； ②∵矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，不符合至善四边形的定 义， 故矩形不是至善四边形；③∵菱形对角相等邻角互补，四边相等，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，不符合至善四边形 的定义， 故菱形不是至善四边形； ④∵正方形四个内角是直角，四边相等，它的对角互补且有一组邻边相等，符合至善四边形的定义， 故正方形是至善四边形； 故答案为：④； （2）四边形ABCD为至善四边形，AB＝AD，∠BAD＝60°，如图2，延长CD至点E，使DE＝BC， ∴∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADE＝180°， ∴∠ABC＝∠ADE， 在△ABC和△ADE中， { AB=AD ) ∠ABC=∠ADE ， BC=DE ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴∠BAC＝∠DAE，AC＝AE， ∵∠BAC+∠CAD＝∠BAD＝60°， ∴∠CAE＝∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD＝60°， ∴三角形ACE为等边三角形， ∴∠ACD＝60°，CE＝AC， ∵AC＝3， ∴CE＝3， ∴BC+CD＝CD+DE＝CE＝3； （3）正方形AOBH中，D为AB中点，如图3，延长FB至点M，使得BM＝OF，连接BG，∴OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴△AOB为等腰直角三角形， ∴∠OAB＝∠OBA＝45°， ∵D为AB的中点， 1 ∴OD⊥AB，即∠ADO＝∠BDO＝90°，BD=AD= AB=OD， 2 ∵三角形BOE是等边三角形，F为OE中点， ∴BE＝OE＝OB，∠BOE＝∠BEO＝60°， ∴BF⊥OE，即∠BFO＝90°， ∴∠BDO+∠BFO＝180°， ∴∠DBF+∠DOF＝360°﹣（∠BDO+∠BFO）＝180°， ∵∠DBF+∠DBM＝180°， ∴∠DOF＝∠DBM， 在△DOF和△DBM中， { DO=DB ) ∠DOF=∠DBM ， OF=BM ∴△DOF≌△DBM（SAS）， ∴DF＝DM，∠ODF＝∠BDM， ∵∠ODF+∠FDB＝∠BDO＝90°， ∴∠FDM＝∠BDM+∠FDB＝∠ODF+∠FDB＝90°， ∴三角形DFM是等腰直角三角形， ∴∠BFG＝45°， ∵∠BFO＝90°， ∴∠DFO＝90°﹣∠BFG＝90°﹣45°＝45°，∵∠BOE＝60°，∠OBA＝∠DFO＝45°， ∴∠BDF＝60°， ∵∠AOE＝∠AOB+∠BOE＝90°+60°＝150°，OA＝OB＝OE， 1 ∴∠EAO=∠AEO= (180°−∠AOE)=15°， 2 ∴∠CAB＝∠BAO﹣∠EAO＝45°﹣15°＝30°， ∴∠DGA＝∠BDF﹣∠CAB＝60°﹣30°＝30°， ∴∠CAB＝∠DGA＝30°， ∴DG＝AD＝BD， ∴三角形DBG为等边三角形， ∴∠DBG＝60°，BG＝BD， ∴∠DBG+∠CAB＝60°+30°＝90°， ∴BG⊥AE， ∵∠AEO＝15°，∠BEO＝60°， ∴∠BEG＝∠BEO﹣∠AEO＝45°， ∴三角形BEG是等腰直角三角形， ∴BG＝GE， ∴GE＝AD， 在直角三角形ADC中，∠DAC＝30°， ∴AC＝2CD， 由勾股定理得：AD=❑√AC2−CD2=❑√(2CD) 2−CD2=❑√3CD， ∴EG=❑√3CD． 【必考点5 一次函数的实际应用题】 21．某商场同时购进甲、乙两种商品共100件，其中甲商品的进价为60元，售价为80元；乙商品的进价 为90元，售价为120元．设购进甲种商品x件，商场售完这100件商品的总利润为y元． （1）写出y与x的函数关系式； （2）该商场计划最多投入8400元购买甲、乙两种商品，若销售完这些商品，则商场可获得的最大利润 是多少元？ （3）商场实际进货时，生产厂家对甲种商品的出厂价下调a元（0＜a＜15）出售，且限定商场最多购 进甲种商品60件．在（2）的条件下，若商场获得最大利润为3120元，求a的值． 【分析】（1）根据题意得：y＝（80﹣60）x+（120﹣90）（100﹣x）＝﹣10x+3000；（2）由商场计划最多投入8400元购买甲、乙两种商品，得60x+90（100﹣x）≤8400，x≥20，再根据 一次函数性质可得答案； （3）根据题意可得：y＝（80﹣60+a）x+（120﹣90）（100﹣x），分三种情况：①当0＜a＜10时，x ＝20，y有最大值，故20（a﹣10）+3000＝3120，②当a＝10时，a﹣10＝0，y＝3000，不符合题意； ③当10＜a＜15时，x＝60，y有最大值，故60（a﹣10）+3000＝3120，解方程并检验可得答案． 【解答】解：（1）根据题意得：y＝（80﹣60）x+（120﹣90）（100﹣x）＝﹣10x+3000； ∴y与x的函数关系式为y＝﹣10x+3000； （2）∵商场计划最多投入8400元购买甲、乙两种商品， ∴60x+90（100﹣x）≤8400， 解得x≥20， 在y＝﹣10x+3000中，y随x的增大而减小， ∴当x＝20时，y取最大值﹣10×20+3000＝2800， ∴商场可获得的最大利润是2800元； （3）根据题意得： y＝（80﹣60+a）x+（120﹣90）（100﹣x）， 即y＝（a﹣10）x+3000，其中20≤x≤60， ①当0＜a＜10时，a﹣10＜0，y随x的增大而减小， ∴当x＝20时，y有最大值， ∴20（a﹣10）+3000＝3120， 解得a＝16（不符合题意，舍去）， ∴这种情况不存在； ②当a＝10时，a﹣10＝0，y＝3000，不符合题意； ③当10＜a＜15时，a﹣10＞0，y随x的增大而增大， ∴当x＝60时，y有最大值， ∴60（a﹣10）+3000＝3120， 解得a＝12， 综上所述，a的值为12． 22．今年春节假期以来，武汉旅游市场加速回暖，强势复苏，各种旅游纪念品的销量也逐步提升．某礼品 店同时购进A，B两款纪念品共500件，已知A、B两款纪念品每件的进价分别为80元和100元，每件 的售价分别为120元和150元，设购进A款纪念品x件（x为正整数），该礼品店售完全部A，B两款纪 念品获得的总利润为y元．（1）求y与x的函数关系式； （2）该礼品店计划最多投入4.6万元购进这两款纪念品，则至少购进多少件A款纪念品？若A，B两款 纪念品全部售完，则该礼品店可获得的最大利润是多少元？ （3）在（2）的条件下，该礼品店进行降价促销，B款纪念品的售价降低a元（其中5＜a＜15），A款 纪念品的售价不变，且最多购进300套A款纪念品．若保持这两款纪念品的进价不变，该礼品店如何进 货使得全部售完A，B两款纪念品获得的利润最大？ 【分析】（1）根据题意和题目中的数据，可以写出利润与购进A款纪念品数量的函数关系式； （2）根据题意，可以写出利润与购进A款纪念品数量的函数关系式，再根据一次函数的性质，即可求 得利润的最大值； （3）利用一次函数的性质即可解决最值问题． 【解答】解：（1）y＝（120﹣80）x+（150﹣100）（500﹣x） ＝﹣10x+25000； （2）依题意知80x+100（500﹣x）≤46000， ∴x＞200， 由（1）y＝﹣10x+25000， ∵﹣10＜0， ∴y随x增大而减小， ∴当x＝200时，可获最大利润为23000元， 答：至少购进200件A款纪念品，最大利润是23000元． （3）设降价后的利润为W元，则 W＝（120﹣80）x+（150﹣a﹣100）（500﹣x）＝（a﹣10）x+25000﹣500a， 依题意知：200≤x≤300 当5＜a＜10时，a﹣10＜0，W随x增大而减小， ∴当 x＝200时，W最大， 当 a＝10时，a﹣10＝0，W不变， 当10＜a＜15时，a﹣10＞0，W随x增大而增大， ∴当x＝300时，W最大， 综上所述，当5＜a＜10时，购进A款纪念品200件，B款纪念品300 件，利润最大，当a＝10时，A、 B两款纪念品共500件时，利润都一样，当10＜a＜15时，购进A款纪念品300件，B款纪念品200 件，利润最大． 23．某大型超市从水果批发市场购进哈密瓜和苹果进行销售，两种水果的进价和售价如表所示： 水果名称 进价（元/千克） 售价（元/千克）哈密瓜 a 10 苹果 b 销量不超过100千克的部分 销量超过100千克的部分 16 14 已知超市购进20千克哈密瓜和10千克苹果需要260元，购进10千克哈密瓜和20千克苹果需要310 元． （1）求a，b的值； （2）若超市每天购进两种水果共150千克，并在当天都销售完，其中销售哈密瓜不少于40千克且不超 过60千克，设每天销售哈密瓜x千克（损耗忽略不计）， ①分别求出每天销售哈密瓜的利润y （单位：元），销售苹果的利润y （单位：元）与x（单位：千 1 2 克）的函数关系式，并写出x的取值范围； ②“端午节”当天超市让利销售，将哈密瓜的售价每千克降低m元，苹果售价全部定为14元，为了保 证当天销售这两种水果总利润w（元）的最小值不少于320元，求m的最大值． 【分析】（1）根据信息列二元一次方程得出答案； （2）分类讨论，分别求出30≤x≤60和60＜x≤80时的函数关系； （3）求出当x为多少时，y值最大，利用利润率公式得到关于m的不等式，解出m的最大值． {20a+10b=260) 【解答】解：（1）由题可列 ， 10a+20b=310 {a=7 ) 解得 ． b=12 （2）①据题意，得y ＝（10﹣7）x＝3x（40＜x＜60）， 1 当150﹣x＜100，即50＜x＜60时，y ＝（16﹣12）×（150﹣x）＝﹣4x+600； 2 当150﹣x＞100，即40＜x＜50时，y ＝（16﹣12）×100+（14﹣12）×（150﹣x﹣100）＝﹣2x+500， 2 {−2x+500(40≤x＜50)) ∴y = ； 2 −4x+600(50≤x≤60) ②根据题意，根据题意，得W＝（10﹣m﹣7）x+（14﹣12）×（150﹣x）＝（1﹣m）x+300，其中40＜ x＜60， ∵当1﹣m＜0时，W＝（1﹣m）x+300＜300，不合题意， ∴k＝1﹣m＞0， ∴W随x的增大而增大，当x＝40时，W的取得最小值． 由题意得（1﹣m）×40+300≥320，解得m≤05，∴m的最大值为0.5． 1 24．某文具专卖店计划购进A，B两种笔记本共100个，要求B种笔记本数量不低于A种笔记本数量的 4 1 ．且不高于A种笔记本数量的 ，已知A，B两种笔记本的进货价分别是10元/个，15元/个，设购进A 3 种笔记本x个． （1）求该专卖店计划购进这两种笔记本所需总费用y（元）与x之间的函数关系式： （2）求该专卖店按计划购进这两种笔记本有多少种满足条件的方案？ （3）由于市场行情波动，实际进货时，A笔记本单价上调了2a元/个（a＞0），B笔记本单价下调了3a 元/个，此时专卖店购进这两种笔记本所需的最少费用为1215元，求a的值． 【分析】（1）根据总费用＝A，B两种笔记本的费用之和列出函数解析式； 1 1 （2）根据“B种笔记本数量不低于A种笔记本数量的 ．且不高于A种笔记本数量的 ”列出不等式 4 3 组，解不等式组即可； （3）先根据总费用＝A，B两种笔记本的费用之和列出函数解析式，再分5a﹣5大于0，等于0，小于0 三种情况，根据最小值为1215求值即可． 【解答】解：（1）根据题意得：y＝10x+15（100﹣x）＝﹣5x+1500， ∴该专卖店计划购进这两种笔记本所需总费用y（元）与x之间的函数关系式为y＝﹣5x+100； 1 1 （2）∵B种笔记本数量不低于A种笔记本数量的 ．且不高于A种笔记本数量的 ， 4 3 1 {100−x≥ x) 4 ∴ ， 1 100−x≤ x 3 解得75≤x≤80， ∵x为整数， ∴x可以取75，76，77，78，79，80这6个整数， ∴该公司按计划购买这两种设备有6种方案； （3）根据题意可得： y＝（10+2a）x+（15﹣3a）（100﹣x） ＝（5a﹣5）x+1500﹣300a， ①当5a﹣5＜0 时，即a＜1时，y随x的增大而减小，∴当x＝80时，y最小， ∴（5a﹣5）×80+1500﹣300a＝1215， 解得：a＝1.15，不符合a＜1（舍去）； ②当5a﹣5＝0时，即a＝1时，y＝1500﹣300a＝1200≠1215， ∴a＝1（舍去）； ③当5a﹣5＞0时，即a＞1 时，y随x的增大而增大， ∴当x＝75 时，y最小， ∴（5a﹣5）×75+1500﹣300a＝1215， 解得：a＝1.2， 综上所述，a＝1.2． 25．受天气影响，一水果种植专业户有大量成熟水果无法出售．“一方有难，八方支援”，某水果经销商 主动从该种植专业户购进甲，乙两种水果进行销售．专业户为了感谢经销商的援助，对甲种水果的出售 价格根据购买量给予优惠，对乙种水果按 25元/千克的价格出售．设经销商购进甲种水果 x千克，付款 y元，y与x之间的函数关系如图所示． （1）直接写出当0≤x≤50和x＞50时，y与x之间的函数关系式； （2）若经销商计划一次性购进甲，乙两种水果共100千克，且甲种水果不少于40千克，但又不超过60 千克． ①如何分配甲，乙两种水果的购进量，才能使经销商付款总金额w（元）最少？ ②若甲，乙两种水果的销售价格分别为41元/千克和36元/千克．若销售完100千克水果后；甲种水果 的获利大于乙种水果的获利，求甲种水果购进量x的取值范围． 【分析】（1）由图已知y与x的函数关系式是分段函数，待定系数法求解析式即可； （2）①设购进甲种水果为x千克，则购进乙种水果 （100﹣x）千克，根据实际意义可以确定x的范 围，结合付款总金额w（元）与两种水果的购进量之间的函数关系可以分类讨论最少费用； ②根据题意分为40≤x≤50和50＜x≤60两种情况列不等式解题即可． 【解答】解：（1）当0≤x≤50时，设y＝mx，根据题意得50m＝1500， 解得m＝30， ∴y＝30x； 当x＞50时，设y＝kx+b， {50k+b=1500) 根据题意得 ， 70k+b=1980 {k=24 ) 解得 ， b=300 ∴y＝24x+300， { 30x(0≤x≤50) ) ∴y = ， 24x+300(x＞50) （2）①设购进甲种水果为x千克，则购进乙种水果（100﹣x）千克 ∴40≤x≤60， 当40≤x≤50时， w ＝30x+25（100﹣x）＝5x+2500， 1 当x＝40时．w小 ＝2700元； 当50＜x≤60时， w ＝24x+300+25（100﹣x）＝﹣x+2800， 2 当x＝60时，w小 ＝2740元， ∵2740＞2700 ∴当x＝40时，总费用最少，最少总费用为2700元此时乙种水果100﹣40＝60（千克）， 答：购进甲种水果为40千克，购进乙种水果60千克，才能使经销商付款总金额w （元）最少． ②当40≤x≤50时，（41﹣30）x＞（36﹣25）（100﹣x）， 解得x＞50，不符合题意； 当50＜x≤60时，41x﹣（24x+300）＞（36﹣25）（100﹣x），解得：x＞50， ∴甲种水果购进量的取值范围为：50＜x≤60． 【必考点6 一次函数与面积问题综合】 26．已知直线AB交x轴于点A（﹣1，0），交y轴于点B（0，3），点C（3，﹣1）． （1）直接写出直线AB的解析式； （2）如图2，点P为直线y＝4上第一象限内一点，且∠PBC＝135°，求P点坐标； （3）在直线y＝﹣x+5上是否存在点Q，使S△QAC ＝2S△BQC ．若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）直接利用待定系数法求解直线的解析式即可； 4 9 （2）求解直线BC为y=− x+3，可得Q（ ，0），如图，过B作BG⊥BC于G，交直线y＝4于点 3 4 F，记BC与直线y＝4的交点为E，作BP平分∠EBF，其反向延长线交x轴于H，可得∠PBC＝135°， S GH BG 过H作HI⊥BG于I，作HJ⊥BC于J，可得HI＝HJ，可得 △BHG= = ，设G（x，0），求解G S HQ BQ △BHQ 3 （﹣4，0），H（− ，0），可得：HP为：y＝7x+3，再进一步可得答案； 7 （3）如图，设 Q（m，﹣m+5），取 AQ的中点 N，可得 S△ACN ＝S△QCN ，可得 S△QCN ＝S△QBC ，当 BN∥CQ时满足条件；如图，当BC在CN的上方，即Q在y轴的右侧时，没有满足条件的点 Q，如 图，在BC上取B′使B′C＝BC，则S△BCQ ＝S△B′CQ ，显然，此时没有符合条件的点 Q，如图，当 1 B′N∥CQ时，S△BCQ ＝S△B′CQ ，＝S△NCQ = 2 S△QCA ，此时Q符合条件，再进一步利用平行线的性质建 立方程求解即可． 【解答】解：（1）设直线AB为y＝kx+b，而直线AB交x轴于点A（﹣1，0），交y轴于点B（0， 3）， {−k+b=0) ∴ ， b=3 {k=3) 解得： ， b=3 ∴直线AB为y＝3x+3． （2）设直线BC为y＝mx+n，与x轴的交点为Q，{3m+n=−1) ∴ ， n=3 { m=− 4 ) 解得： 3 ， n=3 4 ∴直线BC为y=− x+3， 3 4 9 当y=− x+3＝0，则x= ， 3 4 9 ∴Q（ ，0）， 4 如图，过B作BG⊥BC于G，交直线y＝4于点F，记BC与直线y＝4的交点为E，作BP平分∠EBF， 交EF与点P，其反向延长线交x轴于H， ∴∠FBP＝∠HBC＝∠GBH＝45°， ∴∠PBC＝135°， 过H作HI⊥BG于I，作HJ⊥BC于J， ∴HI＝HJ， S GH BG ∴ △BHG= = ， S HQ BQ △BHQ 设G（x，0）， 由勾股定理，OG2+OB2+OB2+OQ2＝GQ2 9 9 ∴x2+32+32+（ ）2＝（ −x）2， 4 4 解得：x＝﹣4， ∴G（﹣4，0）， √ 9 15 ∴BG=❑√42+32=5，BQ=❑32+( ) 2= ， 4 4GH BG 4 9 25 ∴ = = ，而GQ＝4 + = ， HQ BQ 3 4 4 4 25 ∴GH= GQ= ， 7 7 25 3 ∴OH＝4− = ， 7 7 3 ∴H（− ，0）， 7 同理可得：HP为：y＝7x+3， 当y＝4时，7x+3＝4， 1 ∴x= ， 7 1 ∴P（ ，4）． 7 （3）如图，设Q（m，﹣m+5），取AQ的中点N， ∴S△ACN ＝S△QCN ， ∵S△QAC ＝2S△BQC ， ∴S△QCN ＝S△BQC ， ∴当BN∥CQ时满足条件； ∵A（﹣1，0），Q（m，﹣m+5）， m−1 5−m ∴N（ ， ）． 2 2 设直线BN为y＝ex+3， m−1 5−m ∴ e+3 = ， 2 2m+1 ∴e=− ， m−1 设直线CQ为y＝k x+b ， 1 1 6−m 同理可得k = ， 1 m−3 ∵BN∥CQ， m+1 6−m ∴− = ， m−1 m−3 9 解得：m= ，经检验符合题意； 5 9 16 ∴Q（ ， ）； 5 5 如图，当BC在CN的上方，即Q在y轴的右侧时，没有满足条件的点Q， 如图，在BC上取B′使B′C＝BC， 则S△BCQ ＝S△B′CQ ，显然，此时没有符合条件的点Q， 如图，当B′N∥CQ时， 1 S△BCQ ＝S△B′CQ ＝S△NCQ = 2 S△QCA ，此时Q符合条件， 同理可得Q（m，﹣m+5），C（3，﹣1），B（0，3）， m−1 5−m ∴N（ ， ），B′（6，﹣5）， 2 2 设CQ为y＝k x+b ， 2 2 6−m 同理可得k = ， 2 m−3 设B′N为：y＝k x+b ， 3 3 15−m 同理可得k = ， 3 m−13 6−m 15−m ∴ = ， m−3 m−13 解得：m＝33，经检验符合题意， ∴Q（33，﹣28）， 9 16 综上：Q（ ， ）；或Q（33，﹣28）． 5 5 3 27．如图1，直线y= x+6与x轴交于点B，与y轴交于点A，直线AC交x轴于点C，△AOC沿直线AC 4折叠，点O恰好落在直线AB上的点D处． （1）求点C的坐标； （2）如图2，直线AC上的两点E，F，△BEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点E的坐标； （3）如图3，若OD交AC于点G，在线段AB上是否存在一点H，使△ADC与△AGH的面积相等，若 存在求出H点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）在Rt△BCD中，BC＝8﹣x，CD＝x，BD＝10﹣6＝4，由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2， 即（8﹣x）2＝x2+42，解得：x＝3，即可求解； （2）证明△EMB≌△BNF（AAS），则EM＝m+8＝BN＝﹣2n﹣6且BM＝2m+6＝FN＝n+8，解得：m＝ ﹣2，即可求解； （3）过点C作CH∥OD，则△DGH和△DGC面积相等，而△ADC与△AGH的面积相等，故点H为所 求点，即可求解． 3 【解答】解：（1）直线y= x+6与x轴交于点B，与y轴交于点A，则点A、B的坐标分别为：（0， 4 6）、（﹣8，0），则AB＝10， ∵△AOC沿直线AC折叠，点O恰好落在直线AB上的点D处， 故设CD＝x＝OC， 则Rt△BCD中，BC＝8﹣x，CD＝x，BD＝10﹣6＝4， 由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2， 即（8﹣x）2＝x2+42，解得：x＝3， 即点C（﹣3，0）； （2）由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝2x+6， 过点B作y轴的平行线交过点E和x轴的平行线于点M，交过点F和x轴的平行线于点N，如图2，设点E、F的坐标分别为：（m，2m+6）、（n，2n+6）， ∵△BEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，则BE＝BF，∠EBF＝90°， ∵∠EBM+∠FBN＝90°，∠FBN+∠BFN＝90°， ∴∠MBE＝∠BFN， ∵∠EMB＝∠BNF＝90°， ∴△EMB≌△BNF（AAS）， ∴EM＝m+8＝BN＝﹣2n﹣6且BM＝2m+6＝FN＝n+8， 解得：m＝﹣2， 即点E（﹣2，2）； 1 1 （3）∵S△BCD = 2 ×CD•BD = 2 BC•y D ， 12 即3×4＝5y ，则y = ， D D 5 24 12 则点D（− ， ）； 5 5 1 由点D的坐标得，直线OD的表达式为：y=− x， 2 过点C作CH∥OD，则△DGH和△DGC面积相等， 而△ADC与△AGH的面积相等， 故点H为所求点， 1 则CH的表达式为：y=− （x+3）， 2 3 1 联立上式和直线AB的表达式得： x+6=− （x+3）， 4 2 解得：x＝﹣6， 3 即点H（﹣6， ）． 228．综合与探究： 1 12 如图1，在平面直角坐标系中，直线AB：y= x+b与直线AC：y＝kx﹣4相交于点A(m，− )，与 2 5 x轴交于点B（4，0），直线AC与x轴交于点C． （1）直接写出k，b，m的值． （2）如图2，P是y轴负半轴上一动点，过点P作y轴的垂线，分别交直线AB，AC于点D，E，连接 AP．设点P的坐标为（0，n）． ①点D的坐标为 ，点E的坐标为 ；（用含n的代数式表示） ②当DE＝OB时，求点P的坐标． （3）在（2）的条件下，线段BC上是否存在点Q，使S△ABQ ＝S△APD ？若存在，请直接写出点Q的坐 标；若不存在，请说明理由． 1 1 【分析】（1）把 B（4，0）代入 y= x+b，求得 b，得直线 AB 的解析式为 y= x−2，把 2 2 12 1 4 12 A(m，− )代入y= x−2，求得m，得点A(− ，− )，将其代入 y＝kx﹣4，即可求得 k的 5 2 5 5 值； 1 （2）①将y＝n代入y= x−2，y＝﹣2x﹣4分别求出x即可求解； 2 n+4 5 5 ②由两点坐标可得DE=|(2n+4)−(− )|=| n+6|，当DE＝OB时，即| n+6|=4，求得 2 2 2 n，即可； 4 （3）由（2）可知点P的坐标为（0，﹣4）或(0，− )，分两种情况，当点P的坐标为（0，﹣4） 5 4 1 时 ， 当 点 P 的 坐 标 为 (0，− 5 )时 ， 再 根 据 S △APD = 2 DP⋅|y A −y P |， S△ ABQ ＝ S△ APD ，1 S = BQ⋅|y |，求出BQ，再结合点Q在线段BC上，且B（4，0）即可得点点Q的坐标． △ABQ 2 A 1 1 【解答】解：（1）把B（4，0）代入y= x+b，得 ×4+b＝0， 2 2 解得：b＝﹣2， 1 ∴直线AB的解析式为：y= x﹣2， 2 12 1 1 12 把A（m，− ）代入y= x﹣2，得： m﹣2=− ， 5 2 2 5 4 4 12 解得：m=− ，即A（− ，− ）， 5 5 5 4 12 4 12 把A（− ，− ）代入y＝kx﹣4，得− k﹣4=− ， 5 5 5 5 解得：k＝﹣2； （2）①∵P（0，n）， ∴E、D的纵坐标为n， 1 ∴将y＝n代入y= x﹣2，得x＝2n+4，即：D（2n+4，n）， 2 n+4 n+4 将y＝n代入y＝﹣2x﹣4，得x=− ，即：E（− ，n）， 2 2 n+4 故答案为：（2n+4，n），（− ，n）； 2 n+4 n+4 5 ②由①知D（2n+4，n），E（− ，n），则DE＝|（2n+4）﹣（− ）|＝| n+6|， 2 2 2 ∵B（4，0）， ∴OB＝4， 5 当DE＝OB时，即：| n+6|＝4， 2 4 解得：n＝﹣4或n=− ， 5 4 此时，点P的坐标为（0，﹣4）或（0，− ）； 5 4 （3）由（2）可知点P的坐标为（0，﹣4）或（0，− ）， 5 当点P的坐标为（0，﹣4）时，此时点D（﹣4，﹣4），则DP＝4，1 1 12 16 S = DP⋅|y −y |= ×4×|− +4|= △APD 2 A P 2 5 5 ∵S△ABQ ＝S△APD ，点Q在线段BC上，且B（4，0） 1 16 1 12 16 ∴S△ABQ = 2 BQ•|y A | = 5 ，即： 2 × 5 BQ = 5 ， 8 解得：BQ= ， 3 8 4 ∴Q（4− ，0），即Q（ ，0）， 3 3 4 12 4 12 当点P的坐标为(0，− )时，此时点D( ，− )，则DP= ， 5 5 5 5 1 1 12 12 4 48 S = DP⋅|y −y |= × ×|− + |= ， △APD 2 A P 2 5 5 5 25 ∵S△ABQ ＝S△APD ，点Q在线段BC上，且B（4，0）， 1 45 1 12 48 ∴S△ABQ = 2 BQ•|y A | = 25 ，即： 2 × 5 BQ = 25 ， 8 解得：BQ= ， 5 8 12 ∴Q（4− ，0），即Q（ ，0）； 5 5 4 4 综上，点P的坐标为（0，﹣4）时，点Q的坐标为( ，0)，当点P的坐标为(0，− )时，点Q的坐 3 5 12 标为( ，0)． 5 【必考点7 一次函数与角度问题综合】 1 29．如图1，函数 y= x+3 与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C与点A关于y轴对称． 2 （1）求直线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． ①若PQ的长为4，求点M的坐标； ②如图2，连接BM，在点M的运动过程中是否存在点P，使∠BMP＝∠BAC，若存在，请求出点P坐 标；若不存在，请说明理由． 【分析】（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解析 式； （2）①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°可得当∠MBC＝90° 时，利用勾股定理建立方程即可求解． 1 【解答】解：（1）对于y= x+3， 2 当x＝0时，y＝3， 1 当y＝0时，0= x+3， 2 解得：x＝﹣6， ∴点B（0，3），A（﹣6，0）， ∵点C与点A关于y轴对称， ∴点C（6，0）， 设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0）， {6k+b=0) ∴ ， b=3 { k=− 1 ) 解得： 2 ， b=3 1 ∴直线BC的解析式为y=− x+3； 21 1 （2）①设M（m，0），则点P（m， m+3），Q（m，− m+3）， 2 2 1 1 ∴PQ＝|− m+3﹣（ m+3）|＝4， 2 2 解得：m＝±4， ∴点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）； ②如图2，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°， ∴∠BCA+∠BMC＝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 当点M在y轴的右侧时，3 15 同理可得P( ， )， 2 4 3 9 3 15 综上所述，点P的坐标为(− ， )或( ， )． 2 4 2 4 30．如图1，已知直线l ：y＝kx+4交x轴于A（4，0），交y轴于B． 1 （1）直接写出k的值为 ； 1 （2）如图2，C为x轴负半轴上一点，过C点的直线l ：y= x+n经过AB的中点P，点Q（t，0）为x 2 2 轴上一动点，过Q作QM⊥x轴分别交直线l 、l 于M、N，且MN＝2MQ，求t的值； 1 2 （3）如图 3，已知点 M（﹣1，0），点 N（5m，3m+2）为直线 AB 右侧一点，且满足∠OBM＝ ∠ABN，求点N坐标． 【分析】（1）把点A的坐标代入函数解析式求得k的值； 1 （2）首先利用待定系数法求得直线l 为y= x+1；然后根据一次函数图象上点的坐标特征求得点M、 2 2 N的坐标，由两点间的距离公式求得MN，MQ的代数式，由已知条件，列出方程，借助于方程求得t的 值； （3）在x轴上取一点P（1，0），连接BP，作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R，构造全等三 角形△OBP≌△RPQ（AAS）；然后根据全等三角形的性质、坐标与图形性质求得Q（5，1），易得直 线BQ的解析式，所以将点N代入该解析式来求m的值即可． 【解答】解：（1）把A（4，0）代入y＝kx+4，得0＝4k+4． 解得k＝﹣1． 故答案为：﹣1； （2）∵在直线y＝﹣x+4中，令x＝0，得y＝4，∴B（0，4）， ∵A（4，0），1 ∴线段AB的中点P的坐标为（2，2），代入y= x+n，得n＝1， 2 1 ∴直线l 为y= x+1， 2 2 ∵QM⊥x轴分别交直线l 、l 于M、N，Q（t，0）， 1 2 1 ∴M（t，﹣t+4），N(t， t+1)， 2 1 3 ∴MN=|(−t+4)−( t+1)|=| t−3|，MQ＝|﹣t+4|＝|t﹣4|， 2 2 ∵MN＝2MQ， 3 ∴| t−3|=2|t−4|，分情况讨论： 2 3 ①当t≥4时， t−3=2t−8，解得：t＝10． 2 3 22 ②当2≤t＜4时， t−3=8−2t，解得：t= ． 2 7 3 22 ③当t＜2时，3− t=8−2t，解得：t＝10＞2，舍去．综上所述：t= 或t＝10． 2 7 （3）在x轴上取一点P（1，0），连接BP， 作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R， ∴∠BOP＝∠BPQ＝∠PRQ＝90°， ∴∠BPO＝∠PQR， ∵OA＝OB＝4， ∴∠OBA＝∠OAB＝45°， ∵M（﹣1，0）， ∴OP＝OM＝1， ∴BP＝BM， ∴∠OBP＝∠OBM＝∠ABN， ∴∠PBQ＝∠OBA＝45°， ∴PB＝PQ， ∴△OBP≌△RPQ（AAS）， ∴RQ＝OP＝1，PR＝OB＝4， ∴OR＝5，∴Q（5，1）， 3 ∴直线BN的解析式为y=− x+4， 5 3 3 将N（5m，3m+2）代入y=− x+4，得3m+2=− ×5m+4 5 5 1 解得 m= ， 3 5 ∴N( ，3)． 3 31．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△PAD ＝3，动点P的纵坐标y是否为横坐标x的 函数？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，求 证AE＝EF． 【分析】（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 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， 2 1 2 1 1 2 可求PM=DP=❑√2，由勾股定理得，DM=❑√PM2+DP2=2，则M（5，0），N（1，0），设直线l 1 的解析式为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 1 2 的解析式为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． 【解答】（1）解：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， ∴D（3，0）， 设直线AD的解析式为y＝kx+b，将点A，点D的坐标代入得： { b=3 ) ， 3k+b=0 { b=3 ) 解得 ， k=−1 ∴直线AD的解析式为y＝﹣x+3； （2）解：动点P的纵坐标y是为横坐标x的函数；理由如下： 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． 32．如图，在平面直角坐标系中，直线l 的解析式为y＝﹣x，直线l 与l 交于点A（﹣a，a），与y轴交 1 2 1 于点B（0，b），且（a﹣2）2+❑√b−6=0． （1）求直线l 的解析式； 2 （2）若第二象限有一点P（m，8），使得S△AOP ＝S△AOB ，请求出点P的坐标； （3）线段OA上是否存在一个点M，使得∠ABO+∠MBO＝45°？若存在，求出点M的坐标；若不存 在，请说明理由． 【分析】（1）运用非负数的性质求得a＝2，b＝6，可得A（﹣2，2），B（0，6），再运用待定系数法 即可求得答案； （2）作点B关于x轴的对称点B′（0，﹣6），根据同底等高的三角形面积相等，可知点P在经过点B 或B′与OA平行的直线上，运用待定系数法可得BP的解析式为y＝﹣x+6，直线B′P′的解析式为y ＝﹣x﹣6，将P（m，8）代入解析式即可求得答案； （3）先求得直线AB交x轴于点H（﹣3，0），作点H关于y轴的对称点H′（3，0），连接BH′， 以BH′为直角边向BH′下方作等腰直角三角形BEH′，使∠BH′E＝90°，过点E作EF⊥x轴等于 F，再证得△BH′O≌△H′EF（AAS），可求得E（﹣3，﹣3），运用待定系数法求得直线BE和OA 的解析式，联立BE、OA的解析式即可求得点M的坐标． 【解答】解：（1）∵（a﹣2）2+❑√b−6=0， ∴a﹣2＝0，b﹣6＝0， ∴a＝2，b＝6， ∴A（﹣2，2），B（0，6）， {−2k+n=2) 设直线l 的解析式为y＝kx+n，则 ， 2 n=6{k=2) 解得： ， n=6 ∴直线l 的解析式为y＝2x+6； 2 （2）作点B关于x轴的对称点B′（0，﹣6）， ∵S△AOP ＝S△AOB ， ∴点P在经过点B或B′与OA平行的直线上， ∵A（﹣2，2）， ∴直线OA的解析式为y＝﹣x， 过点B作OA的平行线BP，则BP的解析式为y＝﹣x+c， 把B（0，6）代入得：c＝6， ∴BP的解析式为y＝﹣x+6， 把P（m，8）代入得：8＝﹣m+6， 解得：m＝﹣2， ∴P（﹣2，8）； 同理可得直线B′P′的解析式为y＝﹣x﹣6， 把P（m，8）代入得：8＝﹣m﹣6， 解得：m＝﹣14， ∴P′（﹣14，8）； 综上所述，当S△AOP ＝S△AOB 时，点P的坐标为（﹣2，8）或（﹣14，8）； （3）存在．理由如下： 由（1）知直线AB的解析式为y＝2x+6，当y＝0时，2x+6＝0， 解得x＝﹣3， ∴直线AB交x轴于点H（﹣3，0）， 作点H关于y轴的对称点H′（3，0），连接BH′，以BH′为直角边向BH′下方作等腰直角三角形 BEH′，使∠BH′E＝90°，过点E作EF⊥x轴等于F，如图， ∵△BEH′是等腰直角三角形， ∴BH′＝EH′，∠BOH′＝∠EFH′＝90°，∠EBH′＝∠H′BO+∠MBO＝45°， ∴∠ABO+∠MBO＝∠H′BO+∠MBO＝45°， ∵∠H′BO+∠BH′O＝90°，∠EH′F+∠BH′O＝90°， ∴∠H′BO＝∠EH′F， 在△BH′O和△H′EF中， {∠BOH′=∠H′FE ) ∠H′BO=∠EH′F ， BH′=EH′ ∴△BH′O≌△H′EF（AAS）， ∴EF＝OH′＝3，FH′＝OB＝6， ∴OF＝FH′﹣OH′＝6﹣3＝3， ∴E（﹣3，﹣3）， {−3k +b =−3 ) 设直线BE的解析式为y＝k x+b ，则 1 1 ， 1 1 b =6 1 {k =3 ) 1 解得 ， b =6 1 ∴直线BE的解析式为y＝3x+6， 同理可得直线OA的解析式为y＝﹣x，{ y=−x ) 联立得 ， y=3x+6 3 {x=− ) 2 解得 ， 3 y= 2 3 3 ∴M（− ， ）． 2 2 33．综合与实践 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所在直线翻 折后，点A恰好落在y轴上的点D处，已知OA＝4，OB＝3． （1）求直线AB的解析式． （2）求S△ABC ：S△OCD 的值． （3）直线CD上是否存在点P使得∠PBC＝45°？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明 理由． 【分析】（1）根据待定系数法求出直线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． 【解答】解：（1）由题意得A（﹣4，0），B（0，﹣3）， 将A，B两点点坐标代入y＝kx+b得， {0=−4x+b) ， −3=b { k=− 3 ) 解得 4 ， b=−3 3 ∴直线AB的解析式为：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△ABC = 2 ⋅AC⋅OB= 2 × 2 ×3= 4 ，S△OCD= 2 OC⋅OD= 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， 3 3 ∵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)， 2 4 ∴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）． 【必考点8 一次函数与平行四边形综合】 34．如图（1），在平面直角坐标系中，直线y＝kx+6k（k是常数，k≠0）与坐标轴分别交于点A，点B， 且点B的坐标为（0，8）． （1）求点A的坐标； （2）P是x轴上一点，已知∠ABP＝45°，求点P的坐标； （3）如图（2），已知AC平分∠BAO，D为AB的中点． ①请直接写出直线CD的解析式； ②点M在直线CD上，在x轴上取点N，使以M、A、N、B为顶点的四边形是平行四边形，请直接写 出点N的坐标． 4 4 【分析】（1）由直线 y＝kx+6k过点B（0，8），得k= ，故直线AB解析式为y= x+8，令y＝0可得 3 3 A（﹣6，0）； （2）①当P在点A右侧时，过点A作AD⊥AB，AD＝AB，连接BD，则BD与x轴的交点即为点P．过 点D作DE⊥x轴于点E，则∠BOA＝∠AED＝∠BAD＝90°，证明△ABO≌△DAE（AAS），得AE＝OB8 ＝8，DE＝OA＝6，故D（2，﹣6），直线BD解析式为y＝﹣7x+8，即可得P（ ，0）；②当P在点 7 A左侧时，过点A作AC⊥AB，AC＝AB，连接BC，则BC与x轴的交点即为点P，同理可得C（﹣14， 1 6），直线BC的解析式为y= x+8；故P（﹣56，0）； 7 （3）①过C作CH⊥AB于H，证明△ACH≌△ACO（AAS），可得CH＝CO，AH＝OA＝6，设OC＝ 1 t，则BC＝8﹣t，有42+t2＝（8﹣t）2，可得C（0，3），直线CD解析式为y=− x+3； 3 1 { m+n=−6 ) ②设M（m，− m+3），N（n，0），当MN，AB为对角线时，MN，AB的中点重合， 1 3 − m+3=8 3 { m−6=n ) ，当MA，NB为对角线时，MA，NB的中点重合， 1 ，当MB，NA为对角线时，MA，NB − m+3=8 3 { m=n−6 ) 的中点重合， 1 ，解方程组可得答案． − m+3+8=0 3 【解答】解：（1）∵直线 y＝kx+6k过点B（0，8）， ∴6k＝8， 4 解得k= ， 3 4 ∴直线AB解析式为y= x+8， 3 4 令y＝0，则 x+8=0， 3 解得x＝﹣6， ∴A（﹣6，0）； （2）①当P在点A右侧时，过点A作AD⊥AB，AD＝AB，连接BD，则BD与x轴的交点即为点P．过 点D作DE⊥x轴于点E，则∠BOA＝∠AED＝∠BAD＝90°，如图：∴∠ABO+∠BAO＝∠DAE+∠BAO＝90°， ∴∠ABO＝∠DAE， ∴△ABO≌△DAE（AAS）， ∴AE＝OB＝8，DE＝OA＝6， ∴D（2，﹣6）， 由B（0，8），D（2，﹣6）得直线BD解析式为y＝﹣7x+8， 令y＝0，则﹣7x+8＝0， 8 ∴解得x= ， 7 8 ∴P（ ，0）； 7 ②当P在点A左侧时，过点A作AC⊥AB，AC＝AB，连接BC，则BC与x轴的交点即为点P， 同理可得C（﹣14，6）， 1 由B（0，8），C（﹣14，6）可得直线BC的解析式为y= x+8； 7 1 令y＝0，则 x+8=0， 7 ∴x＝﹣56， ∴P（﹣56，0）， 8 综上所述，P的坐标为（ ，0）或（﹣56，0）； 7 （3）①过C作CH⊥AB于H，如图：∵A（﹣6，0），B（0，8），D为AB中点， ∴AB=❑√OA2+OB2=10，D（﹣3，4）， ∵AC平分∠BAO， ∴∠HAC＝∠OAC， ∵∠AHC＝90°＝∠AOC，AC＝AC， ∴△ACH≌△ACO（AAS）， ∴CH＝CO，AH＝OA＝6， ∴BH＝AB﹣AH＝10﹣6＝4， 设OC＝t，则BC＝8﹣t， ∵BH2+CH2＝BC2， ∴42+t2＝（8﹣t）2， 解得t＝3， ∴C（0，3）， 设直线CD解析式为y＝kx+b，把C（0，3），D（﹣3，4）代入得： { b=3 ) ， −3k+b=4 { k=− 1 ) 解得 3 ， b=3 1 ∴直线CD解析式为y=− x+3； 3 1 ②设M（m，− m+3），N（n，0）， 3 又A（﹣6，0），B（0，8）， 当MN，AB为对角线时，MN，AB的中点重合，{ m+n=−6 ) ∴ 1 ， − m+3=8 3 {m=−15) 解得 ， n=9 ∴N（9，0）； 当MA，NB为对角线时，MA，NB的中点重合， { m−6=n ) 1 ， − m+3=8 3 {m=−15) 解得 ， n=−21 ∴N（﹣21，0）； 当MB，NA为对角线时，MB，NA的中点重合， { m=n−6 ) ∴ 1 ， − m+3+8=0 3 {m=33) 解得 ， n=39 ∴N（39，0）； 综上所述，N的坐标为（﹣21，0）或（9，0）或（39，0）． 35．如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC，OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC ＝90°，∠BCO＝45°， BC=8❑√2，点C的坐标为（﹣12，0）． （1）求点B的坐标． （2）若直线BD交y轴于点D，且OD＝3，在x轴上有一点M，求当MB+MD最小时，M的坐标． （3）若点P平面内一个动点，是否存在点P，使以B，C，O，P为顶点的四边形是平行四边形？若存 在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据45°角可以构造等腰直角三角形，再利用勾股定理求出 BE和CE，再用线段和差求 OE，则B坐标即可求出； （2）看见MB+MD这种线段和最小值问题，需要联想到轴对称最短路径问题中的“将军饮马模型”， 作D关于x轴的对称点D'，再求出直线BD'与x轴交点坐标即为所求； （3）平行四边形的存在性问题先找定线段，以这个定线段为边和这个定线段为对角线分类讨论画出图 形，再利用点的平移求解即可． 【解答】解：（1）过B作BE⊥x轴于点E， ∵∠BCO＝45°， ∴BE＝CE， ∵BC＝8❑√2=❑√BE2+CE2， ∴BE＝CE＝8， ∵C（﹣12，0）， ∴OC＝12， ∴OE＝0C﹣CE＝4， ∵点B在第二象限， ∴B（﹣4，8）； （2）作D关于x轴的对称点D'，则MB+MD＝MB+MD'≥BD'， 当B、M、D'三点共线时取等号，即此时MB+MD最小， ∵OD＝3， ∴OD'＝3， ∴D'（0，﹣3）， 由（1）知B坐标为（﹣4，8）， 设直线BD'解析式为y＝kx+b，将B、D两点坐标代入得， {−4k+b=8) ， b=−3 { k=− 11 ) 解得 4 ， b=−3 11 ∴直线BD'解析式为y=− x﹣3， 4 12 令y＝0得，x=− ， 11 12 ∴当MB+MD最小时，M坐标为（− ，0）． 11 （3）①以OC为边时，如图所示，会有两个P点，分别是P 和P 满足题意， 1 2 ∵OC＝12， ∴BP ＝BP ＝12， 1 2 ∴P （8，8），P （﹣16，8）； 1 2 ②当以OC为对角线时，如图所示，会有一个P点，即P 满足题意， 3 ∵B（﹣4，8），C（﹣12，0）， ∴点B向左平移8个单位，向下平移8个单位得到点C，则点O向左平移8个单位，向下平移8个单位得到点P ， 3 ∴P （﹣8，﹣8）， 3 综上，P的坐标为（8，8）或（﹣16，8）或（﹣8，﹣8）． 5 3 36．在平面直角坐标系中，直线y=−3x− 交x轴于点A，交y轴于点B，直线y=− x+3交x轴于点 2 4 C，交y轴于点D．（1）如图1，连接BC，求△BCD的面积； 3 （2）如图2，在直线y=− x+3上存在点E，使得∠ABE＝45°，求点E的坐标； 4 （3）如图3，在（2）的条件下，连接OE，过点E作CD的垂线交y轴于点F，点P在直线EF上，在 3 平面中存在一点Q(− ，−2)，使得O，E，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，请求出点P的坐 2 标． 5 5 5 【分析】（1）对于直线y＝﹣3x− ，令x＝0，则y=− ，故点B（0，− ），同理可得点D（0， 2 2 21 3）、（4，0），△BCD的面积= ×BD×OC，此题得解； 2 5 3 3 （2）证明△EHB≌△RGE（AAS），则RG＝EH，BH＝GE，得等式m＝﹣3n− + m﹣3，− m+3 2 4 4 5 + =m﹣n，解答即可得到E点坐标； 2 5 √ 3 （3）设F的坐标为（0，a），分别求得DE= 2 ，EF=❑4+(a− 2 ) 2，利用S△DEF 求得点F的坐标为 7 4 7 （0，− ），求出直线EF的表达式为y= x− ；分点P在点Q的上方、点P在点Q的下方两种情 6 3 6 况，利用平移的性质分别求解即可． 5 5 【解答】解：（1）直线y＝﹣3x− ，令x＝0，则y=− ， 2 2 5 故点B（0，− ）； 2 3 3 y=− x+3，令x＝0，则y＝3，令y＝0，即− x+3＝0， 4 4 解得：x＝4， 故点D（0，3）、C（4，0）， 5 11 则BD＝3+ = ，OC＝4， 2 2 1 1 11 ∴△BCD的面积= ×BD×OC= × ×4＝11； 2 2 2 （2）由题意，∠ABE＝45°，观察图象可知，点E只能直线在AB的右侧，过点E作BE的垂线交AB于 点R，过点E作y轴的平行线交过点R与x轴的平行线于点G，交过点B与x轴的平行线于点H，3 5 设点E（m，− m+3），点R（n，﹣3n− ）， 4 2 ∵∠ABE＝45°，故ER＝EB， ∵∠REG+∠BEH＝90°，∠BEH+∠EBH＝90°， ∴∠REG＝∠EBH， ∵∠EHB＝∠RGE＝90°，EB＝ER， ∴△EHB≌△RGE（AAS）， ∴RG＝EH，BH＝GE， 5 3 3 5 即m＝﹣3n− + m﹣3，− m+3+ =m﹣n， 2 4 4 2 {m=2 ) 解得 ， n=−2 3 故点E（2， ）； 2 （3）设F的坐标为（0，a）， 3 ∵D（0，3），E（2， ）， 2 √ 3 5 √ 3 ∴DE=❑22+(3− ) 2= ，EF=❑4+(a− ) 2， 2 2 2 设F的坐标为（0，a），则： 1 5 √ 3 1 S△DEF = × ×❑4+(a− ) 2= ×（3﹣a）×2， 2 2 2 2 7 化简得：（3a+ ）2＝0， 2 7 解得：a=− ， 6 7 ∴点F的坐标为（0，− ）， 6 7 设直线EF的表达式为y＝kx− ， 6 3 7 将点E的坐标代入得： =2k− ， 2 6 4 解得：k= ， 34 7 故直线EF的表达式为y= x− ， 3 6 3 当P在Q上方时，点O向右平移2个单位向上平移 个单位得到E， 2 3 3 1 1 ∴Q(− ，−2)右平移2个单位向上平移 个单位得到P（ ，− ）， 2 2 2 2 1 1 4 7 ∵P（ ，− ）在直线EFy= x− 上，故满足条件， 2 2 3 6 当P在Q点下方时，P不在直线EF上，不满足条件， 1 1 综上，点P的坐标为（ ，− ）． 2 2 37．综合与探究 2 8 如图，已知直线l ：y= x+ 与直线l ：y＝﹣2x+16相交于点C，直线l ，l 分别与x轴于点A，B． 1 3 3 2 1 2 （1）求△ABC的面积． （2）点P（m，0）是x轴上一动点，过点P作x轴的垂线，分别交直线l ，l 于点M，N．当PM＝2MN 1 2 时，求m的值． （3）过点B作x轴的垂线，交直线l 于点D，过点D作x轴的平行线，交直线l 于点E，是否存在一点 1 2 F，使以F，E，D，C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请 说明理由．【分析】（1）分别令直线l 、l 的解析式中y＝0，求出x的值，从而得出点A、B的坐标，联立直线 1 2 l 、l 的解析式成方程组，解方程组即可求出交点C的坐标，利用三角形的面积公式即可求出△ABC的 1 2 面积． （2）分m＜5，m＞5两种情况分别用含有m的代数式表示出PM，PN，MN，根据PM＝2MN列出方 程，求出m的值即可； （3）分别求出点D，E，C的坐标，分CD，EF为对角线，CE，FD为对角线，ED，CF为对角线，分 别讨论求解即可， 2 8 2 8 【解答】解：（1）令直线l ：y= x+ 中y＝0，则 x+ =0， 1 3 3 3 3 解得，x＝﹣4， ∴A（﹣4，0）； 令直线l ：y＝﹣2x+16中y＝0，则﹣2x+16＝0， 2 解得，x＝8， ∴B（8，0）， ∴AB＝8﹣（﹣4）＝12． { y= 2 x+ 8 ) 联立直线l 、l 的解析式成方程组， 3 3 ， 1 2 y=−2x+16 {x=5) 解得， y=6 ∴交点C的坐标为（5，6） 1 1 ∴S = AB⋅y = ×[8−(−4)]×6=36． △ABC 2 C 2 2 8 （2）①当m＜5时，M(m， m+ )，N(m，−2m+16)， 3 3 2 8 ∴PM= m+ ，PN=−2m+16， 3 38 40 ∴MN=PN−PM=− m+ ， 3 3 ∵PM＝2MN， 2 8 8 40 ∴ m+ =2(− m+ )， 3 3 3 3 解得，m＝4； 2 8 当5＜m＜8时，M(m， m+ )，N(m，−2m+16)， 3 3 2 8 ∴PM= m+ ，PN=−2m+16， 3 3 2 8 8 40 ∴MN＝PM﹣PN= m+ −（﹣2m+16）= m− ， 3 3 3 3 ∵PM＝2MN， 2 8 8 40 ∴ m + = 2（ m− ）， 3 3 3 3 44 解得，m= ， 7 当m＞8时，不存在， 44 综上所述，m的值为4或 ； 7 2 8 （3）解：∵B（8，0），且DB⊥x轴，点D在y= x+ 上， 3 3 ∴y＝8， ∴D（8，8）， 同理可得：E（4，8）， 又C（5，6）， 设F（m，n） ①当CD，EF为对角线，CD，EF的交点重合，即对角线的交点， 5+8 6+8 13 ∴CD的中点坐标为( . )，即( ，7)，则有： 2 2 2 m+4 13 n+8 = ， =7， 2 2 2 解得，m＝9，n＝6， 所以，点F坐标为（9，6）；②当CE，FD为对角线时， 4+5 6+8 9 ∴CE的中点坐标为( . )，即( ，7)，则有： 2 2 2 m+8 9 n+8 = ， =7， 2 2 2 解得，m＝1，n＝6， 所以，点F坐标为（1，6）； ③当ED，CF为对角线时， 4+8 8+8 ∴ED的中点坐标为( . )，即（6，8），则有： 2 2 m+5 n+6 =6， =8， 2 2 解得，m＝7，n＝10， 所以，点F坐标为（7，10）． 综上所述，存在这样的点F坐标为（9，6）或（1，6）或（7，10）． 2 8 38．综合与探究如图，已知直线l ：y= x+ 与直线l ：y＝﹣2x+16相交于点C，l 、l 分别交x轴于 1 3 3 2 1 2 A、B两点， （1）求△ABC的面积； （2）过点B作x轴垂线交直线l 于点D，过点D作x轴平行线交直线l 于点E，过点E作x轴的垂线交 1 2 x轴于点F， ①求线段EF的长； ②点G是第一象限内一点，且以G，E，D，C为顶点的四边形是平行四边形，请你直接写出点G的坐 标． 【分析】（1）把y＝0代入l 解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令x＝0代入l 的解析式求出点B 1 2 的坐标．然后可求出AB的长，联立方程组可求出交点C的坐标，继而求出三角形ABC的面积；2 8 2 （2）①由BD⊥x轴，B点坐标为（8，0），得到D点的横坐标为8，把x＝8代入y= x+ 得y= ×8 3 3 3 8 + =8，求得D（8，8），根据矩形的判定定理得到四边形BDEF是矩形，根据矩形的性质得到EF＝ 3 BD＝8； ②分别求出点D，E，C的坐标，分CD，EF为对角线，CE，FD为对角线，ED，CF为对角线，分别 讨论求解即可， 2 8 【解答】解：（1）由 x+ =0，得x＝﹣4． 3 3 ∴A点坐标为（﹣4，0）， 由﹣2x+16＝0， 得x＝8． ∴B点坐标为（8，0）， ∴AB＝8﹣（﹣4）＝12， { y= 2 x+ 8 ) {x=5) 由 3 3 ，解得 ， y=6 y=−2x+16 ∴C点的坐标为（5，6）， 1 1 ∴S△ABC = 2 AB•y C = 2 ×12×6＝36； （2）①∵BD⊥x轴，B点坐标为（8，0）， ∴D点的横坐标为8， 2 8 2 8 把x＝8代入y= x+ 得y= ×8+ =8， 3 3 3 3 ∴D（8，8）， ∵EF⊥x轴， ∴EF∥BD， ∵ED∥BF， ∴四边形BDEF是矩形， ∴EF＝BD＝8； ②∵B（8，0），D（8，8）， 设E（a，8）， ∵E（a，8）在直线l ：y＝﹣2x+16上， 2∴8＝﹣2a+16， ∴a＝4， ∴E（4，8）， ∵C（5，6）， 设G（m，n） ①当CD，EG为对角线，CD，EG的交点重合，即对角线的交点， 5+8 6+8 13 ∴CD的中点坐标为（ ， ），即（ ，7），则有： 2 2 2 m+4 13 n+8 = ， = 7， 2 2 2 解得，m＝9，n＝6， 所以，点G坐标为（9，6）； ②当CE，GD为对角线时， 4+5 6+8 9 ∴CE的中点坐标为（ ， ），即（ ，7），则有： 2 2 2 m+8 9 n+8 = ， = 7， 2 2 2 解得，m＝1，n＝6， 所以，点G坐标为（1，6）； ③当ED，CG为对角线时， 4+8 8+8 ∴ED的中点坐标为（ ， ），即（6，8），则有： 2 2 m+5 n+6 ， = 8， 2 2 解得，m＝7，n＝10， 所以，点G坐标为（7，10）． 综上所述，点G坐标为（9，6）或（1，6）或（7，10）． 【必考点9 一次函数与菱形综合】 2 39．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为（6，8），一次函数y= 3 x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD＝BE，点M是线段DE上的一个动点． （1）求得b＝ ； （2）连结OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5，求点M的坐标；（3）设点N是x轴上方平面内的一点，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形时，请求出点N的坐 标． 【分析】（1）首先在一次函数的解析式中令x＝0，即可求得D的坐标，则OD的长度即可求得，OD＝ b，再令x＝6，可得E的坐标，即可得出BE＝4﹣b，根据OD＝BE得出关于b的方程，求得b的值； 2 （2）由△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5，可得S梯形AEDO ＝6S△ODM ，设M（m， 3 m+2），建立方程求解即可得出M的坐标； （3）分成四边形AMEN是菱形和四边形AMNE是菱形两种情况进行讨论，当四边形AMEN是菱形时， M是AE的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N；当四边形OMND是菱形时，AM＝AE，M 在直线DE上，设出M的坐标，根据AM＝AE即可求得M的坐标，则根据AN和EM的中点重合，即可 求得N的坐标． 2 【解答】解：（1）∵一次函数y= x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E， 3 ∴D（0，b），E（6，4+b）， ∴OD＝b，BE＝8﹣（4+b）＝4﹣b， ∵OD＝BE， ∴b＝4﹣b， 解得：b＝2， 故答案为：2； （2）∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5， ∴S梯形AEDO ＝6S△ODM ， 2 由（1）知：b＝2，代入y= x+b，D（0，b），E（6，4+b）， 3 2 ∴y= x+2，D（0，2），E（6，6）， 3∴OD＝2，AE＝6， 2 设M（m， m+2）， 3 1 1 ∴ （2+6）×6＝6× ×2m， 2 2 解得：m＝4， 14 ∴M（4， ）； 3 （3）当四边形AMEN是菱形时，如图， ∵四边形AMEN是菱形， ∴MN、AE互相垂直平分，点M与点N关于直线AB：x＝6对称， ∵AE＝6， ∴M的纵坐标是3， 2 2 把y＝3代入y= x+2，得： x+2＝3， 3 3 3 解得：x= ， 2 3 则M的坐标是（ ，3）， 2 21 ∴点N的坐标为（ ，3）； 2 当四边形AMNE是菱形时，如图，2 ∴AM＝AE＝6，则设M的横坐标是m，则纵坐标是 m+2， 3 2 ∴（6﹣m）2+（ m+2）2＝36， 3 6 解得：m= 或6（舍去）． 13 6 30 则M的坐标是（ ， ）． 13 13 42 54 则EM的中点是（ ， ）． 13 13 设点N的坐标为（n，s）， n+6 42 s+0 54 则 = ， = ， 2 13 2 13 6 108 解得：n= ，s= ， 13 13 6 108 ∴N（ ， ）． 13 13 21 6 108 综上，点N的坐标为（ ，3）或（ ， ）． 2 13 13 1 40．如图1，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（0，5），并与直线y= x相交于点B，与x轴相交于点 2 C，其中点B的横坐标为2．（1）求B点的坐标和k，b的值； （2）如图2，O为坐标原点，点Q为直线AC上（不与A、C重合）一动点，过点Q分别作y轴和x轴 的垂线，垂足为E、F．点Q在何处时，矩形OFQE的面积为2？ （3）点M在y轴上，平面内是否存在点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请 直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出点B坐标，再用待定系数法求出k，b； （2）先设 Q（m，﹣2m+5），然后根据矩形的面积公式求出m的值即可； （3）设点M坐标为（0，m），点N坐标为（s，t），然后分当AB和MN为对角线时，当AM和BN为 菱形对角线时，当AN和BM为菱形对角线时三种情况，由中点坐标公式以及菱形的临边相等求出 m， s，t的值即可． 1 1 【解答】解：（1）令x＝2，则y= x= ×2＝1， 2 2 ∴点B的坐标为（2，1）， 将A，B两点坐标代入到直线 y＝kx+b 中， { b=5 ) 得 ， 2k+b=1 {k=−2) 解得 ， b=5 ∴点B的坐标为（2，1），k＝﹣2，b＝5； （2）∵点Q为直线AC上（不与A、C重合）一动点， ∴设 Q（m，﹣2m+5）， ∵QE⊥y轴，QF⊥x轴， ∴QE＝|m|，QF＝|﹣2m+5|， ∵四边形QEOF的面积为2， ∴|m（﹣2m+5）|＝2， 1 5+❑√41 5−❑√41 解得m= 或2或 或 ， 2 4 4 1 5+❑√41 5−❑√41 5−❑√41 5+❑√41 ∴当点Q的坐标为（ ，4）或（2，1）或( ， )或( ， )时，四边形 2 4 2 4 2 OFQE的面积为2； （3）设点M坐标为（0，m），点N坐标为（s，t）， ∵以A，B，M，N为顶点的四边形是菱形，A（0，5），B（2，1），M（0，m），N（s，t）， ∴①当AB和MN为对角线时， s m+t ∵AB的中点（1，3）也是MN的中点（ ， ）， 2 2 s { =1 ) 2 ∴ ， t+m =3 2 { s=2 ) 解得 ， t=6−m ∵以A，B，M，N为顶点的四边形是菱形， ∴AM＝BM， ∴❑√(m−5) 2=❑√(m−1) 2+22， ∴（m﹣5）2＝（m﹣1）2+22， 5 解得m= ， 2 7 经检验，m= 是原方程的解， 2 5 7 ∴t＝6− = ， 2 2 7 ∴点N的坐标为（2， ）； 2 ②当AM和BN为菱形对角线时， m+5 s+2 t+1 ∵AM的中点（0， ）也是BN的中点（ ， ）， 2 2 2 s+2 { =0 ) 2 ∴ ， t+1 m+5 = 2 2 { s=−2 ) 解得 ， t=m+4 ∵以A，B，M，N为顶点的四边形是菱形，AM和BN为菱形对角线， ∴BM＝AB，∴❑√(m−1) 2+22=❑√22+(5−1) 2， 即（m﹣1）2＝16， 解得m＝﹣3或m＝5， 经检验，m＝﹣3或m＝5是原方程的解， ∴当m＝﹣3时，t＝1； 当m＝5时，t＝9， ∴点N的坐标为（﹣2，1）或（﹣2，9）， ∵直线AB的解析式为y＝﹣2x+5， ∴当x＝﹣2时，y＝﹣2×（﹣2）+5＝9， ∴点N（﹣2，9）在直线AB上， 此时以A，B，M，N为顶点无法构成菱形， ∴点N（﹣2，9）不符合题意，舍去， ∴点N的坐标为（﹣2，1）； ③当AN和BM为菱形对角线时， s t+5 m+1 ∵AN的中点（ ， ）也是BM的中点（1， ）， 2 2 2 s { =1 ) 2 ∴ ， t+5 m+1 = 2 2 { s=2 ) 解得 ， t=m−4 ∵以A，B，M，N为顶点的四边形是菱形，AN和BM为菱形对角线， ∴AM＝AB， ∴❑√(m−5) 2=❑√22+(5−1) 2， 即|m﹣5|＝2❑√5， 解得m＝5+2❑√5或m＝5﹣2❑√5， 经检验，m＝5+2❑√5或m＝5﹣2❑√5是原方程的解， ∴当m＝5+2❑√5时，t＝1﹣2❑√5，当m＝5﹣2❑√5时，t＝1+2❑√5， ∴点N的坐标为（2，1﹣2❑√5）或（2，1+2❑√5）．7 综上所述，点N的坐标为（2，1﹣2❑√5）或（2，1+2❑√5）或（﹣2，1）或（2， ）． 2 41．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，与直线OC相交 于点C（﹣2，1），点M直线AB上运动． （1）求直线AB的解析式． 1 （2）是否存在点M，使△OMB的面积是△OBC面积的 ？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在， 2 说明理由． （3）若点P在y轴上，在坐标平面内是否存在点Q，使以A，B，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存 在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可； （2）先求得△OBC的面积，进而求得△OMB，设M（a，a+3），然后根据三角形面积公式列绝对值方 程求得a，进而确定点M的坐标； （3）分AB是菱形的一条边、AB是菱形的一条对角线两种情况，分别求解即可． 【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b， {0=−3k+b) 则有： ， 1=−2k+b {k=1) 解得： ， b=3 ∴直线AB的解析式为y＝x+3 （2）∵直线AB的解析式为y＝x+3， ∴B（0，3），OB＝3， ∵点C（﹣2，1）， 1 1 3 ∴S = OB⋅|−2|= ×3×2=3，即S = ， △OBC 2 2 △OMB 2 设M（a，a+3），1 1 3 3 ∴S = OB⋅|a|= ×3⋅|a|= |a|= ， △OMB 2 2 2 2 解得：a＝﹣1或1， ∴M（1，4）或（﹣1，2）； （3）存在， ∵直线AB的解析式为y＝x+3， ∴A（﹣3，0），B（0，3）， ∴AB=❑√32+32=3❑√2； ①当AB是菱形的一条边时， 当点P 与点B关于x轴对称时，则点Q 是点A关于y轴的对称点（3，0），四边形ABQ P 是菱形； 1 1 1 1 当点Q在x轴上方，菱形为ABP Q 时，则AQ =AB=3❑√2，即点Q (−3，3❑√2)； 2 2 2 2 同理：当菱形为ABP Q 时，点Q (−3，−3❑√2)； 3 3 3 ②当AB是菱形的对角线时， 设点P （0，s），点Q （m，n）， 4 4 ∴AB的中点即为P Q 的中点，且P A＝P B（即：P A2=P B2）， 4 4 4 4 4 4 ∴0+m＝﹣3+0，s+n＝3，（﹣3﹣0）2+s2＝（3﹣s）2， ∴m＝﹣3，n＝3，s＝0， ∴Q （﹣3，3）； 4 综上，点Q的坐标为Q (−3，3❑√2)，Q (−3，−3❑√2)，Q （﹣3，3），Q （3，0）． 1 2 3 43 1 1 42．如图，直线y=− x+3与直线y= x+3相交于y轴上一点C，点P是直线y= x+3上的一个动点（不与 4 2 2 3 点C重合），过点P作PM⊥x轴交直线y=− x+3于点M．设点P的横坐标为m． 4 （1）直接写出点P，M的坐标：P ，M （用含m的式子表示）； 5 （2）若△POM的面积为 ，求m的值； 2 （3）试探究在坐标平面内是否存在点N，使得以O，C，M，N为顶点的四边形是以CM为边的菱形？ 若存在，求出m的值，并直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）因为PM⊥x轴，所以P和M点横坐标均为m，代入到直线解析式中，即可求解； （2）由（1）中P，M的坐标，可以表示出PM的长度，即为两点纵坐标相减的绝对值，PM边上的高 为|m|，利用△POM的面积，列出方程，即可解决； （3）要构造以O，C，M，N为顶点的四边形是以CM为边的菱形，分两类讨论，即分别以OC和OM 为对角线构造菱形，画出草图，利用菱形的性质和勾股定理来解决． 【解答】解：（1）∵PM⊥x轴，P的横坐标为m， ∴M的横坐标为m， 1 1 令x＝m，则y= x+3= m+3， 2 2 3 3 令x＝m，则y=− x+3=− m+3， 4 4 1 3 ∴P(m， m+3)，M(m，− m+3)， 2 4 1 3 故答案为：（m， m+3），（m，− m+3）； 2 4 （2）如图1，设PM交x轴于G，连接PO，MO， 则OG＝|m|，1 3 5 PM=|( m+3)−(− m+3)|=| m|， 2 4 4 5 ∵△POM的面积为为 ， 2 1 5 ∴ PM⋅OG= ， 2 2 1 5 5 ∴ |m× m|= ， 2 4 2 ∴m＝±2， （3）存在点N，使得以O，C，M，N为顶点的四边形是以CM为边的菱形． ①当以OC为对角线时，如图2， ∵四边形CMON为菱形，则MN垂直平分OC， 3 3 ∴− m+3= ， 4 2 ∴m＝2， 3 3 M(2， )，N(−2， )， 2 2 ②当以OM为对角线时，如图3， ∵四边形CMNO为菱形， ∴CM＝CO＝3， MN∥OC，MN＝OC＝3， 3 3 当M的坐标为（m，− m+3）时，N的坐标为（m，− m）， 4 4 过点M作MF⊥y轴上于点F， 在Rt△CMF中，由勾股定理得，MF2+CF2＝CM2， 3 ∴m2+(− m+3−3) 2=32 ， 4 25 即 m2=9， 16 12 ∴m=± ， 5 12 9 12 9 ∴N( ，− )或N(− ， )， 5 5 5 5 12 12 综上所述，当m＝2或 或− 时，以O，C，M，N为顶点的四边形是以CM为边的菱形．点N的坐 5 53 12 9 12 9 标为(−2， )或( ，− )或(− ， )． 2 5 5 5 5 1 43．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：y=− x+3与直线CD：y＝kx﹣2相交于点M（4，a）， 2 分别交坐标轴于点A，B，C，D．（1）求a和k的值； （2）如图，点P是直线CD上的一个动点，设点P的横坐标为m，当S△PBM ＝20成立时，求点P的坐 标； （3）直线AB上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以BF为一边，以点B，D，F，N为顶 点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标． 【分析】（1）将点M的坐标代入函数的解析式即可求得a的值，从而确定点M是坐标，再将点M的坐 标代入y＝kx﹣2即可求得k值； 1 （2）首先得到直线的解析式，然后得到点D的坐标，根据△PBM的面积＝S△BDM +S△BDP = 2 ×BD×（x M 1 ﹣x ）= ×（3+2）（4﹣x ）＝20，求得x ＝﹣4，代入直线CD的解析式即可求得点P（﹣4，﹣ P 2 P P 5）； 1 （3）设点F的坐标为（m，− m+3），点N（a，b），根据点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，﹣ 2 2）得到BD＝5，然后分①当BD是边时和②当BD是对角线时，则BD的中点，即为NF的中点且BF 1 ＝BN，两种情况得到点N的坐标为（2❑√5，−❑√5−2）或（﹣2❑√5，❑√5−2）或（﹣5， ）． 2 1 【解答】解：（1）将点M的坐标代入y=− x+3并解得：a＝1， 2 故点M（4，1）， 将点M的坐标代入y＝kx﹣2，得4k﹣2＝1， 3 解得：k= ， 4 3 ∴a＝1，k= ； 43 （2）由（1）得直线CD的表达式为：y= x﹣2， 4 则点D（0，﹣2）， 1 1 ∴△PBM的面积＝S△BDM +S△BDP = 2 ×BD×|x M ﹣x P | = 2 ×（3+2）|4﹣x P |＝20， 解得：x ＝﹣4或x ＝12， P P 故点P（﹣4，﹣5）或P（12，7）； 1 （3）设点F的坐标为（m，− m+3），点N（a，b）， 2 由（1）知，点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，﹣2）， 则BD＝5， 当BD是边时， 1 当点F在点N的上方时，则BD＝BF，即52＝m2+（− m）2， 2 解得m＝±2❑√5， 则点F的坐标为（2❑√5，−❑√5+3）或（﹣2❑√5，❑√5+3）， 点N在点F的正下方5个单位， 则点N（2❑√5，−❑√5−2）或（﹣2❑√5，❑√5−2）； 当点F在点N的下方时，则BD＝DF，不符合题意； 3−2 1 以BD为对角线时，F，N的纵坐标为 = ，F的横坐标为： 2 2 1 1 =− x+3， 2 2 解得：x＝5， 1 ∴N的坐标为（﹣5， ）， 2 1 综上，点N的坐标为（2❑√5，−❑√5−2）或（﹣2❑√5，❑√5−2）或（﹣5， ）． 2 【必考点10 一次函数与正方形综合】 44．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轴交于点B，直线y＝kx+b经过点 B，且与x轴交于点C（﹣6，0）． （1）求直线BC的表达式； （2）点E为射线BC上一点，过点E作EF∥x轴交AB于点F，且EF＝7，设点E的横坐标为m．①求m的值； ②在y轴上取点M，在直线BC上取点N，在平面内取点Q，使得点E，M，N，Q构成的四边形是以 EN为对角线的正方形，直接写出此正方形的面积． 【分析】（1）由点B是y＝﹣x+8与y轴的交点，可求得其坐标，再由给定的C点坐标，利用待定系数 法可求出直线BC的表达式； （2）①分别表示出E，F的坐标，再根据EF＝7建立方程，可求得m的值． ②由E，N两点在直线BC上，且点E为定点作为突破口，以EN为对角线分两类讨论，再结合正方形 的性质，可解决问题． 【解答】解：（1）∵y＝﹣x+8与y轴交于点B， ∴B（0，8）． 又C（﹣6，0），且y＝kx+b经过B，C两点， { b=8 ) { k= 4 ) 则 ，解得 3 ． −6k+b=0 b=8 4 ∴直线BC的表达式：y= x+8； 3 （2）①∵点E为射线BC上一点， 4 ∴E（m， m+8）， 3 ∵EF∥x轴交AB于点F， 4 则y ＝y = m+8． F E 3 4 ∴ m+8＝﹣x +8， 3 F 4 ∴x =− m， F 34 4 ∴F（− m，− m+8）， 3 3 又∵EF＝7， 4 ∴− m﹣m＝7， 3 解得：m＝﹣3； ②由①知：E（﹣3，4）． 当EN为正方形的对角线，点N在点E的右上方时，如图， 分别过点E，N作y轴垂线，垂足为K，H． 易得△EKM≌△MHN，则HM＝EK＝3， 令MK＝x，则NH＝x，BH＝4﹣3﹣x＝1﹣x． NH 3 在Rt△BNH中， = ． BH 4 x 3 3 即 = ，解得x= ． 1−x 4 7 3 450 则EM2=32+( ) 2= ． 7 49 450 所以S = ． 正 方 形WMN4Q9 当EN为正方形的对角线，点N在点E的左下方时，如图，方法同上，令NK＝a，则HM＝a， 又MK＝EH＝3，BH＝4，则BK＝a+7， a 3 所以 = ，解得a＝21． a+7 4 则MN2＝32+212＝450． 即S正方形QNME ＝450． 450 综上所述：正方形的面积为： 或450． 49 45．如图1，已知直线l ：y＝﹣x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l 与y轴交于点C（0，﹣ 1 2 1），与直线l 交于点D（2，t）． 1 （1）求直线l 的解析式； 2 （2）如图2，若点P在直线l 1 上，过点P作PQ∥y轴交l 2 于点Q，交x轴于点G，使S△PCG ＝2S△QCG ， 求此时P点的坐标； （3）如图3，点P是直线l 上一动点，点Q是直线l 上一动点，点E是坐标平面内一点，若以点C、 1 2 P、Q、E为顶点的四边形为正方形，且CQ是正方形的边，若存在，请直接写出点Q的坐标．【分析】（1）利用待定系数法即可求得直线l 的解析式； 2 （2）设P（t，﹣t+5），则Q（t，2t﹣1），G（t，0），根据S△PCG ＝2S△QCG ，建立方程求解即可得出 答案； （3）设P（m，﹣m+5），Q（n，2n﹣1），分四种情况：当四边形CEPQ是正方形时，如图，过点P 作PG∥y轴，过点Q作QG⊥y轴于点F，交PG于点G，可证△QPG≌△CQF（AAS），可得PG＝ FQ，GQ＝CF，建立方程组求解即可得出答案；当四边形 CQEP是正方形时，如图，过点P作PH⊥y 轴于点H，过点Q作QG⊥y轴于点G，可证得△PCH≌△CQG（AAS），得出CH＝QG，PH＝CG，再 建立方程组求解即可得出答案；当四边形CQEP是正方形时，如图，过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q 作QG⊥y轴于点G，可证得△PCF≌△CQG（AAS），得出PF＝CG，CF＝QG，建立方程组求解即可 得出答案；当四边形CQPE是正方形时，如图，过点P作PG⊥x轴，过点Q作FG⊥y轴于点F，交PG 于G，可证得△CQF≌△QPG（AAS），得出FQ＝PG，CF＝QG，再建立方程组求解即可得出答案． 【解答】解：（1）∵直线l ：y＝﹣x+5经过点D（2，t）， 1 ∴t＝﹣2+5＝3， ∴D（2，3）， 设直线l 的解析式为y＝kx+b，把C（0，﹣1），D（2，3）代入， 2 { b=−1 ) 得： ， 2k+b=3 { k=2 ) 解得： ， b=−1 ∴直线l 的解析式为y＝2x﹣1； 2 （2）设P（t，﹣t+5），则Q（t，2t﹣1），G（t，0）， ∴PG＝|﹣t+5|，GQ＝|2t﹣1|， ∵S△PCG ＝2S△QCG ， 1 1 ∴ ×|﹣t+5|×|t|＝2× ×|2t﹣1|×|t|， 2 27 解得：t＝﹣1或t= ， 5 7 18 ∴P点的坐标为（﹣1，6）或（ ， ）； 5 5 （3）设P（m，﹣m+5），Q（n，2n﹣1）， 当四边形CEPQ是正方形时，如图，过点P作PG∥y轴，过点Q作QG⊥y轴于点F，交PG于点G， 则∠G＝∠CFQ＝90°，PG＝﹣m+5﹣（2n﹣1）＝﹣m﹣2n+6，GQ＝n﹣m，FQ＝n，CF＝2n﹣1﹣（﹣ 1）＝2n， ∵四边形CEPQ是正方形， ∴PQ＝QC，∠CQP＝90°， ∵∠QPG+∠PQG＝90°，∠CQF+∠PQG＝90°， ∴∠QPG＝∠CQF， 在△QPG和△CQF中， { ∠G=∠CFQ ) ∠QPG=∠CQF ， PQ=QC ∴△QPG≌△CQF（AAS）， ∴PG＝FQ，GQ＝CF， {−m−2n+6=n) ∴ ， n−m=2n {m=−3) 解得： n=3 ∴点Q的坐标为（3，5）； 当四边形CQEP是正方形时，如图，过点P作PH⊥y轴于点H，过点Q作QG⊥y轴于点G， 则∠PHC＝∠CGQ＝90°，CH＝﹣1﹣（﹣m+5）＝m﹣6，PH＝m，QG＝﹣n，CG＝﹣1﹣（2n﹣1）＝ ﹣2n，∵四边形CQEP是正方形， ∴PC＝CQ，∠PCQ＝90°， ∴∠PCH+∠QCG＝90°， ∵∠CQG+∠QCG＝90°， ∴∠PCH＝∠CQG， 在△PCH和△CQG中， {∠PHC=∠CGQ ) ∠PCH=∠CQG ， PC=CQ ∴△PCH≌△CQG（AAS）， ∴CH＝QG，PH＝CG， {m−6=−n) ∴ ， m=−2n {m=12) 解得： ， n=−6 ∴点Q的坐标为（﹣6，﹣13）； 当四边形CQEP是正方形时，如图，过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q作QG⊥y轴于点G，则∠PFC＝∠CGQ＝90°，PF＝m，CG＝2n﹣1﹣（﹣1）＝2n，CF＝﹣1﹣（﹣m+5）＝m﹣6，QG＝ n， ∴∠CPF+∠PCF＝90°， ∵∠PCQ＝90°， ∴∠QCG+∠PCF＝90°， ∴∠CPF＝∠QCG， ∵CP＝CQ， ∴△PCF≌△CQG（AAS）， ∴PF＝CG，CF＝QG， { m=2n ) ∴ ， m−6=n {m=12) 解得： ， n=6 ∴点Q的坐标为（6，11）； 当四边形CQPE是正方形时，如图，过点P作PG⊥x轴，过点Q作FG⊥y轴于点F，交PG于G， 则∠CFQ＝∠G＝90°，FQ＝n，CF＝2n，PG＝2n﹣1﹣（﹣m+5）＝m+2n﹣6，QG＝m﹣n， ∴∠FCQ+∠CQF＝90°， ∵∠CQP＝90°，CQ＝PQ，∴∠PQG+∠CQF＝90°， ∴∠FCQ＝∠PQG， ∴△CQF≌△QPG（AAS）， ∴FQ＝PG，CF＝QG， {n=m+2n−6) ∴ ， 2n=m−n 9 {m= ) 2 解得： ， 3 n= 2 3 ∴点Q的坐标为（ ，2）； 2 3 综上所述，点Q的坐标为（3，5）或（﹣6，﹣13）或（6，11）或（ ，2）． 2 46．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3分别与x轴，y轴交于点A，B，点P（1，m）在直线y＝ ﹣x+3上． （1）求点A，B的坐标． 7 （2）若C是x轴的负半轴上一点，且S△PAC = 9 S△AOB ，求直线PC的表达式． （3）在（2）的条件下，若E是直线AB上一动点，过点E作EQ∥x轴交直线PC于点Q，EM⊥x轴， QN⊥x轴，垂足分别为M，N，是否存在点E，使得四边形EMNQ为正方形？若存在，请直接写出点E 的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由一次函数图象上点的坐标特点直接求解即可； 7 1 （2）由题意可得S△PAC = 2 = 2 ×（3﹣x C ）×2，求出C点坐标，再由待定系数法求函数解析式即可； 3 7 7 7 （3）设E（t，﹣t+3），则Q（− t+ ，﹣t+3），当四边形EMNQ为正方形时，EQ＝EM，则| t− 4 4 4 4|＝|t﹣3|，求出t即可求E点坐标． 【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3， ∴B（0，3）， 令y＝0，则y＝3， ∴A（3，0）； （2）将点P（1，m）代入y＝﹣x+3， ∴m＝2， ∴P（1，2）， 由（1）可得OA＝OB＝3， 1 9 ∴S△AOB = 2 ×3×3 = 2 ， 7 ∵S△PAC = 9 S△AOB ， 7 1 ∴S△PAC = 2 = 2 ×（3﹣x C ）×2， 1 ∴x =− ， C 2 1 ∴C（− ，0）， 2 设直线PC的解析式为y＝kx+b， { − 1 k+b=0) ∴ 2 ， k+b=2 4 {k= ) 3 解得 ， 2 b= 3 4 2 ∴y= x+ ； 3 3 （3）存在点E，使得四边形EMNQ为正方形，理由如下： 3 7 设E（t，﹣t+3），则Q（− t+ ，﹣t+3）， 4 4 7 7 ∴EQ＝| t− |，EM＝|t﹣3|， 4 4当四边形EMNQ为正方形时，EQ＝EM， 7 7 ∴| t− |＝|t﹣3|， 4 4 5 19 解得t=− 或t= ， 3 11 5 14 19 14 ∴E（− ， ）或（ ， ）． 3 3 11 11 47．综合与探究 3 如图，在平面直角坐标系中，直线y= x+6与x轴、y轴分别交于A、B两点．把△AOB沿过点B的直 4 线折叠，使点A落在y轴上的点E处，折痕交x轴于点C．直线CE与直线AB相交于点D． （1）求BE的长： （2）求直线CE的解析式： （3）在x轴上存在点P，当BP+DP的值最小时，点P的坐标为 ； （4）在x轴上方的平面内存在一点M，平面内存在一点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是正方 形，请直接写出点M的坐标． 【分析】（1）求出OA＝8，OB＝6，由勾股定理求出AB＝10，由折叠的性质可得出答案； （2）求出C（﹣3，0），由待定系数法可得出答案； 24 12 （3）求出D（− ， ），如图，取点B关于x轴的对称点B'，连接B′D交x轴于一点P，求出直 5 5 线DB'的解析式，则可得出答案；（4）分三种情况，由正方形的性质及勾股定理可得出答案． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝6， ∴B （0，4）， 3 当y＝0时， x+6＝0， 4 ∴x＝﹣8， ∴A（﹣8，0）， ∴OA＝8，OB＝6， ∴AB=❑√OA2+OB2=❑√82+62=10， ∵把△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在y轴上的点E处， ∴BE＝AB＝10； （2）依题意，OE＝BE﹣OB＝10﹣6＝4， ∴E（0，﹣4）， 由（1）知△ABC≌△EBC， ∴AC＝CE， 设C（t，0），则AC2＝（t+8）2，CE2＝t2+16， ∴（t+8）2＝t2+16， 解得t＝﹣3， ∴C（﹣3，0）， 设直线CE的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 把C（﹣3，0）和 E（0，﹣4）代入y＝kx+b（k≠0）， {0=−3k+b) { k=− 4 ) ∴ ，解得 3 ， −4=b b=−4 4 ∴直线CE的解析式为y=− x−4； 3 3 4 （3）依题意， x+6=− x−4， 4 3 24 解得x=− ， 5 24 4 4 24 12 把x=− 代入y=− x−4，得y=− ×(− )−4= ， 5 3 3 5 524 12 ∴D（− ， ）， 5 5 如图，取点B关于x轴的对称点B'，连接B′D交x轴于一点P， 该点P是满足BP+DP的值是最小值， 则BP+DP≥DB'， ∵B（0，6）， ∴B'（0，﹣6）， 24 12 ∵D（− ， ）， 5 5 ∴设直线DB'的解析式为y＝k x+b （k≠0）， 1 1 24 12 把 B'（0，﹣6）和 D(− ， ) 代入 y＝k x+b ， 5 5 1 1 {12 =− 24 k +b ) { k =− 7 ) 得出 5 5 1 1 ，解得 1 4 ， −6=b b =−6 1 1 7 直线BD的解析式为y=− x−6， 4 7 令 y＝0，则0=− x−6， 4 24 ∴x=− ， 7 24 ∴P(− ，0)； 7 24 故答案为：(− ，0)； 7 （4）设点M（m，n），∵点M在x轴上方， ∴y ＝n＞0， M 当AB为对角线时，则△ABM是等腰直角三角形， ∴∠AMB＝90°， ∴AM＝BM， ∴AM2+BM2＝AB2， 把AM2＝（m+8）2+n2 BM2＝m2+（n﹣6）2，AB2＝10代入AM2+BM2＝AB2， 3 7 3 7 整理 (− n− ) 2+n2+8(− n− )−6n=0， 4 4 4 4 解得 n ＝7 n ＝﹣1 （舍去）， 1 2 3 7 ∴m=− n− =−7， 4 4 ∴M（﹣7，7）． 当AM为对角线时，则△ABM是等腰直角三角形， ∴∠ABM＝90°， ∴AB＝BM， ∴AB2+BM2＝AM2， 把AM2＝（m+8）2+n2，BM2＝m2+（n﹣6）2，AB2＝10 代入AB2+BM2＝AM2， 9 3 整理得( − n) 2+n2=64+12n， 2 4 解得 n ＝14，n ＝﹣2 （舍去）， 1 2 9 3 ∴m= − n=−6， 2 4 ∴M（﹣6，14）， 当AN为对角线时，则△ABM是等腰直角三角形． ∴∠MAB＝90°， ∴AB＝AM， ∴AB2+AM2＝BM2， 把AM2＝（m+8）2+n2，BM2＝m2+（n﹣6）2，AB2＝10 代入AB2+AM2＝BM2， 3 整理得(−8− n) 2+n2=164+12n， 4 解得 n ＝8，n ＝﹣8 （舍去）， 1 23 ∴m=−8− n=−14∴， 4 M（﹣14，8）． 综上所述，点M的坐标为 （﹣7，7），（﹣6，14），（﹣14，8）． 【必考点11 一次函数与等腰三角形综合】 1 48．如图，一次函数y= x+1的图象交x轴于A点，交y轴于C点，以A，O，C三点为顶点作矩形 2 ABCO，将矩形ABCO绕O点顺时针旋转90°，得到矩形ODEF，直线AC交直线DF于点M． （1）求直线DF的解析式； （2）求证：MO是∠AMD的角平分线； （3）在角平分线MO上，是否存在点N，使得以M，N，A为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存 在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 1 【分析】（1）由一次函数y= x+1求出点A、C的坐标，再根据旋转的性质可求出点D、F的坐标， 2 最后根据待定系数法求解即可； （2）过点O作OP⊥AM于点P，作OQ⊥MD于点Q，证明Rt△AOP≌Rt△FOQ，得到OP＝OQ，即可 证明； （3）联立两个函数解析式，求出点M的坐标，再求出直线MO的解析式为y＝3x，以M，N，A为顶点 的三角形是等腰直角三角形分两种情况：①过A点作AN ⊥MA交MO于点N ，则△MAN 是以MA为 1 1 1 直角边的等腰直角三角形；②过A点作AN ⊥MO交MO于点N ，则△MAN 是以MN 为直角边的等腰 2 2 2 2 直角三角形；根据一次函数的性质，结合勾股定理求解即可．1 1 【解答】（1）解：在y= x+1中，令y＝0，则 x+1=0， 2 2 解得：x＝﹣2， ∴A（﹣2，0）， 令x＝0，则y＝0+1＝1， ∴C（0，1）， ∴OA＝2，OC＝1， 由旋转可得：OF＝OA＝2，OD＝OC＝1， ∴D（1，0），F（0，2）， 设直线DF的解析式为y＝kx+b，代入D（1，0），F（0，2）， {k+b=0) 可得： ， 0+b=2 {k=−2) 解得： ， b=2 ∴直线DF的解析式为y＝﹣2x+2； （2）证明：如图1，过点O作OP⊥AM于点P，作OQ⊥MD于点Q， ∴∠APO＝∠FQO＝90°， 由旋转可得：OF＝OA＝2，∠OAP＝∠OFQ， 在Rt△AOP和Rt△FOQ中， {∠APO=∠FQO=90° ) ∠OAP=∠OFQ ， OA=OF∴Rt△AOP≌Rt△FOQ（AAS）， ∴OP＝OQ， ∴MO是∠AMD的角平分线； （3）解：由旋转可知，AC⊥FD，即∠AMD＝90°， ∵MO是∠AMD的角平分线， ∴∠AMO＝45°， {y=−2x+2 ) 联立 1 ， y= x+1 2 2 {x= ) 5 解得 ， 6 y= 5 2 6 即点M( ， )， 5 5 2 6 设直线MO的解析式为y＝k′x，代入点M( ， )， 5 5 2 6 得： k′= ， 5 5 解得：k′＝3， ∴直线MO的解析式为：y＝3x， ∵A（﹣2，0）， 6❑√5 ∴MA= ， 5 以M，N，A为顶点的三角形是等腰直角三角形分两种情况： ①过A点作AN ⊥MA交MO于点N ，则△MAN 是以MA为直角边的等腰直角三角形， 1 1 1 6❑√5 ∵MA= ， 5 6❑√5 ∴MA=AN = ， 1 5 6❑√5 6❑√10 由勾股定理可求得MN =❑√M A2+AN2=❑√2× = ， 1 1 5 5 2 6 ∵M( ， )， 5 52❑√10 ∴MO= ， 5 4❑√10 ∴NO=M N −MO= ， 1 5 ∵点N 在直线y＝3x的图象上， 1 ∴设N （n，3n）， 1 4❑√10 2 ∴n2+(3n) 2=( ) ， 5 4 4 解得n=− 或n= （舍）， 5 5 12 ∴3n=− ， 5 4 12 ∴N (− ，− )； 1 5 5 ②过A点作AN ⊥MO交MO于点N ，则△MAN 是以MN 为直角边的等腰直角三角形，如图2， 2 2 2 2 6❑√5 ∵MA= ， 5 3❑√10 由勾股定理可得：M N =AN = ， 2 2 52 6 ∵M( ， )， 5 5 2❑√10 ∴MO= ， 5 ❑√10 ∴NO=M N −MO= ， 2 5 ∵点N 在直线y＝3x的图象上， 2 ∴设N （n，3n）， 2 ❑√10 2 ∴n2+(3n) 2=( ) ， 5 1 1 解得n=− 或n= （舍去）， 5 5 3 ∴3n=− ， 5 1 3 ∴N (− ，− )； 2 5 5 4 12 1 3 综上，N点坐标为(− ，− )或(− ，− )． 5 5 5 5 1 49．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l ：y=− x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l 与 1 2 2 x轴交于点C，与y轴交于D点，AC＝9，OD＝2OC． （1）求直线l 的解析式； 2 （2）连接AD，点Q为直线CD上一动点，若有S△QAD ＝5S△OAB ，求点Q的坐标； （3）点M为直线l 上一点，点N为y轴上一点，若M，N，C三点构成以MN为直角边的等腰直角三角 1 形，求点M的坐标． 【分析】（1）由直线解析式得B（0，3）．A（6，0）．由AC＝9，OD＝2OC，得D（0，6）．设直 线l 的解析式为y＝kx+b，代入计算即可． 21 （2）设Q（m，2m+6），由S△QAD ＝5S△OAB ，得S △ACD = 2 ×9×6=27．①点Q在CD延长线上时，则 1 S =45+27=72= AC⋅|y |，故y ＝16，再计算2m+6＝16即可．②点Q在DC延长线上时， △ACQ 2 Q Q 1 则S =45−27=18= AC⋅|y |，故y ＝﹣4，再计算2m+6＝﹣4即可． △ACQ 2 Q Q 1 （3）设点M(n，− n+3)，①当∠CMN＝90°时，如图，作ME⊥OC于点E，作NF⊥EM于点F． 2 由∠CEM＝∠MFN＝90°．得∠ECM＝∠FMN，再证明△CEM≌△FMN，得 ME＝NF．列出 1 |− n+3|=|n|再计算即可．②当∠CNM＝90°时，如图过点N作EF∥OA，作ME⊥EF于点E，作 2 CF⊥EF于点F．方法同①计算即可． 【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3， ∴B（0，3）． 当y＝0时，x＝6， ∴A（6，0）． ∵AC＝9， ∴OC＝3， ∴C（﹣3，0）． ∵OD＝2OC， ∴OD＝6， ∴D（0，6）． 设直线l 的解析式为y＝kx+b， 2 {−3k+b=0) ∴ b=6 {k=2) ∴ ， b=6 ∴直线l 的解析式为y＝2x+6； 2 （2）解：设Q（m，2m+6）， ∵S△QAD ＝5S△OAB ， 1 ∴S =5× ×6×3=45， △QAD 21 ∴S = ×9×6=27 △ACD 2 ①点Q在CD延长线上时， 1 则S =45+27=72= AC⋅|y |， △ACQ 2 Q ∴|y |＝16，Q在x轴上方， Q ∴y ＝16， Q ∴2m+6＝16， ∴m＝5， ∴Q（5，16）； ②点Q在DC延长线上时， 1 则S =45−27=18= AC⋅|y |， △ACQ 2 Q 1 ∴18= ×9×|y |，Q在x轴下方， 2 Q ∴y ＝﹣4， Q ∴2m+6＝﹣4， ∴m＝﹣5， ∴Q（﹣5，﹣4）， 综上所述，点Q的坐标为（5，16）或（﹣5，﹣4）． 1 （3）设点M(n，− n+3)， 2 ①当∠CMN＝90°时，如图，作ME⊥OC于点E，作NF⊥EM于点F． ∴∠CEM＝∠MFN＝90°． ∵∠CME+∠ECM＝90°，∠CME+∠FMN＝90°， ∴∠ECM＝∠FMN， 又∵CM＝NM∴△CEM≌△FMN（AAS）， ∴ME＝NF． 1 ∴|− n+3|=|n|， 2 解得n＝2或n＝﹣6， ∴M（2，2）或M（﹣6，6）． ②当∠CNM＝90°时，如图过点N作EF∥OA，作ME⊥EF于点E，作CF⊥EF于点F． 同理可证：△CEM≌△FMN， ∴CF＝NE，ME＝NF． 设N（0，a） 1 ∴|n|＝|a|，|a+ n−3|=3 2 解得：n＝4或0或﹣12（舍） ∴M（4，1）或M（0，3）． 综上所述，点M的坐标为（2，2）或（﹣6，6）或（4，1）或（0，3）． 1 50．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线m：y= x+1交x，y轴于A，B，直线n：y＝ 2 kx+2k（k为任意常实数）． （1）直接写出点A，B坐标和线段AB的长； （2）第四象限的直线n上存在点P，使∠APB＝45°，且AB＝BP，求直线n的解析式； （3）如图2，直线y＝﹣2x+2上有一点E，D（0，﹣3），过（4，0）且平行于y轴的直线上有点F， 若△DEF为等腰直角三角形，且∠DEF＝90°，直接写出E点坐标．1 【分析】（1）直线m：y= x+1交x，y轴于A，B，则点A、B的坐标分别为：（﹣2，0）、（0， 2 1），即可求解； （2）由题易得△ABP为等腰直角三角形，所以可构造一线三垂直全等，过 P作PM⊥y轴于点M，证 △ABO≌△BPM（AAS），即可求出点P坐标，即可得解． （3）证明△EGD≌△FHE（AAS），则DG＝|﹣3+2m﹣2|＝EH＝4﹣m且GE＝m＝FH＝|n+2m﹣2|，即 可求解． 1 【解答】解：（1）直线m：y= x+1交x，y轴于A，B，则点A、B的坐标分别为：（﹣2，0）、 2 （0，1）， 则AB=❑√1+22=❑√5； （2）方法一：如图，过P作PM⊥y轴于点M，则∠AOB＝∠BMP＝90°， ∵∠APB＝45°，且AB＝BP， ∴∠BAP＝45°， ∴∠ABP＝90°， ∴∠ABO＝∠BPM＝90°﹣∠PBM， 在△ABO和△BPM中， {∠AOB=∠BMP ) ∠ABO=∠BPM ， AB=BP∴△ABO≌△BPM（AAS）， ∴OB＝PM，OA＝BM， 由（1）知A（﹣2，0），B（0，1）， ∴PM＝OB＝1，OA＝BM＝2， ∴P（1，﹣1）， 1 将P（1，﹣1）代入y＝kx+2k得，k=− ， 3 1 2 ∴直线的表达式为：y=− x− ； 3 3 方法二：∵∠APB＝45°，且AB＝BP， 则△ABP为直角三角形，则PB⊥AB， 1 而直线AB的表达式为：y= x+1， 2 则直线PB的表达式为：y＝﹣2x+1， 设点P（m，﹣2m+1）， ∵AB＝BP， 即12+22＝m2+（﹣2m+1﹣1）2， 解得：m＝1， 即点P（1，﹣1）， 将点P的坐标代入y＝kx+2k得：﹣1＝k+2k， 1 解得：k=− ， 3 1 2 故直线的表达式为：y=− x− ； 3 3 （3）设点E（m，﹣2m+2），点F（4，n）， 过点E作直线HG交y轴于点G，交过点F和y轴的平行线于点H，∵△DEF为等腰直角三角形，且∠DEF＝90°，则ED＝EF， ∵∠DEG+∠FEH＝90°，∠FEH+∠EFH＝90°， ∴∠DEG＝∠EFH， ∵∠EGD＝∠FHE＝90°， ∴△EGD≌△FHE（AAS）， 则DG＝|﹣3+2m﹣2|＝EH＝4﹣m且GE＝m＝FH＝|n+2m﹣2|， 解得：m＝3或1， 即点E（3，﹣4）或（1，0）． 51．如图，A点坐标为（﹣6，0），直线l 经过点B（0，﹣2）和点C（﹣2，2），交x轴于点D． 1 （1）求直线l 的函数表达式． 1 （2）点E为线段CD上的一点，过点E作EF∥x轴交AC于点F，且EF＝4，设点E的横坐标为m． ①求m的值． ②N为x轴上一动点，在点N运动过程中，是否存在以EN为底边的等腰三角形ANE，若存在，直接写 出点N的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）设直线l的解析式为 y＝kx+b，用待定系数法可得直线l 的解析式为y＝﹣2x﹣2； 1 1 1 （2）求出E（m，﹣2m﹣2），直线AC的解析式为y= x+3，可得−2m−2= x +3，故x ＝﹣4m 2 2 F F 6 ﹣10，根据EF＝4，得m﹣（﹣4m﹣10）＝4，解得m=− ； 5 6 2 √ 6 2 2❑√145 （3）求出E（− ， ），AE=❑(−6+ ) 2+( −0) 2= ，根据△ANE是以EN为底边的等腰三 5 5 5 5 52❑√145 2❑√145 2❑√145 角形，可得AN＝AE= ，从而N的坐标为（﹣6+ ，0）或（﹣6− ，0）． 5 5 5 【解答】解：（1）设直线l的解析式为 y＝kx+b， 将点B（0，﹣2）和点C（﹣2，2）代入得： { −2=b ) ， 2=−2k+b {k=−2) 解得： ， b=−2 ∴直线l 的解析式为y＝﹣2x﹣2； 1 （2）如图： ∵点E为CD上一点， ∴E（m，﹣2m﹣2）， ∵EF/x轴交AC于点F， ∴y ＝y ＝﹣2m﹣2， F E 设AC所在直线的解析式为y ＝k x+b ， 1 1 1 {−6k +b =0 ) 将点A（﹣6，0）和点C（﹣2，2）代入得： 1 1 ， −2k +b =2 1 1 { k= 1 ) 解得： 2 ， b=3 1 ∴直线AC的解析式为y= x+3， 21 ∴−2m−2= x +3， 2 F ∴x ＝﹣4m﹣10， F ∵EF＝4， ∴m﹣（﹣4m﹣10）＝4， 6 解得：m=− ； 5 （3）存在以EN为底边的等腰三角形ANE，理由如下： 如图： 6 由（2）知m=− ， 5 2 ∴﹣2m﹣2= ， 5 6 2 ∴E（− ， ）， 5 5 ∵A（﹣6，0）， √ 6 2 2❑√145 ∴AE=❑(−6+ ) 2+( −0) 2= ， 5 5 5 ∵△ANE是以EN为底边的等腰三角形， 2❑√145 ∴AN＝AE= ， 5 2❑√145 2❑√145 ∴N的坐标为（﹣6+ ，0）或（﹣6− ，0）． 5 552．如图1，在平面直角坐标系中，直线l 交x轴于点A，交y轴于点B，点A坐标为（3，0），直线l ：y 1 2 ＝3x与直线l ，相交于点C，点C的横坐标为1． 1 （1）求直线l 的解析式； 1 （2）如图2，点D是x轴上一动点，过点D作x轴的垂线，分别交l ，l 于点M，N，当MN＝2时，求 1 2 点D的坐标； （3）在x轴上是否存在一点E，使得△ACE是等腰三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存 在，说明理由． 【分析】（1）先求得C（1，3），再运用待定系数法即可求得直线l 的解析式； 1 3 9 （2）设 D（m，0），则M(m，− m+ )，N（m，3m），分两种情况：当 m＜1 时， 2 2 3 9 9 9 3 9 9 9 MN=− m+ −3m=− m+ ，当m＞1时，MN=3m−(− m+ )= m− ，分别根据MN＝2 2 2 2 2 2 2 2 2 建立方程求解即可得出答案； （3）过点C作CH⊥x轴于点H，则H（1，0），利用勾股定理可得AC，设E（x，0），则AE＝|x﹣ 3|，分三种情况：当AE＝AC时，当AC＝CE时，当EA＝EC时，分别求出点E的坐标即可． 【解答】解：（1）∵直线l ：y＝3x与直线l 相交于点C，点C的横坐标为1， 2 1 ∴C（1，3）， 设直线l 的解析式为y＝kx+b，把A（3，0）、C（1，3）代入，得： 1 {3k+b=0) ， k+b=3 3 {k=− ) 2 解得： ， 9 b= 23 9 ∴直线l 的解析式为y=− x+ ； 1 2 2 3 9 （2）设D（m，0），则M(m，− m+ )，N（m，3m）， 2 2 3 9 9 9 如图2，当m＜1时，MN=− m+ −3m=− m+ ， 2 2 2 2 ∵MN＝2， 9 9 ∴− m+ =2， 2 2 5 解得：m= ， 9 5 ∴D( ，0)； 9 3 9 9 9 当m＞1时，MN=3m−(− m+ )= m− ， 2 2 2 2 ∵MN＝2， 9 9 ∴ m− =2， 2 2 13 解得：m= ， 9 13 ∴D( ，0)； 9 5 13 综上所述，点D的坐标为D( ，0)或( ，0)； 9 9 （3）存在．理由如下： 如图3，过点C作CH⊥x轴于点H，则H（1，0），∴AH＝3﹣1＝2，CH＝3， 在Rt△ACH中，AC=❑√AH2+CH2=❑√22+32=❑√13， 设E（x，0），则AE＝|x﹣3|， 当AE＝AC时，|x−3|=❑√13， 解得：x=3−❑√13或3+❑√13， ∴E(3−❑√13，0)或(3+❑√13，0)； 当AC＝CE时， ∵CH⊥x轴，即CE⊥AE， ∴AH＝EH，即AE＝2AH＝4， ∴E（﹣1，0）； 当EC＝EA时，（x﹣1）2+32＝（3﹣x）2， 1 解得：x=− ， 4 1 ∴E(− ，0)， 4 1 综上所述，点E的坐标为E(3−❑√13，0)或(3+❑√13，0)或（﹣1，0）或(− ，0)． 4 【必考点12 一次函数与最值、定值问题综合】 53．我们把关于x的一次函数y＝mx+n（m≠n且m、n都不为0）与一次函数y＝nx+m定义为交换函数． （1）根据交换函数的定义，一次函数y＝2x﹣3的交换函数是 ； （2）试说明一次函数y＝mx+n与其交换函数的交点坐标为（1，m+n）； （3）如图，若点B（1，3）是一次函数y ＝﹣x+m与其交换函数y ＝mx﹣1的交点，y 与y轴交于点 1 2 2 A，点P为y 上一动点，当AP取得最小值时，求点P的坐标． 1【分析】（1）根据交换函数的定义可直接求解； （2）联立方程组，即可求解； （3）先求出点A，点C，点D的坐标，由面积关系可求AP的长，由两点间距离公式可求解． 【解答】（1）解：根据交换函数的定义，一次函数y＝2x﹣3的交换函数是y＝﹣3x+2， 故答案为：y＝﹣3x+2； {y=mx+n) （2）证明：由题意可得： ， y=nx+m ∴mx+n＝nx+m， ∴（m﹣n）x＝m﹣n， ∵m≠n， ∴x＝1， ∴y＝m+n， ∴一次函数y＝mx+n与其交换函数的交点坐标为（1，m+n）； （3）解：如图，设直线y ＝﹣x+m与x轴交于点D，交y轴于点C，连接AD， 1 ∵点B（1，3）是一次函数y ＝﹣x+m与其交换函数y ＝mx﹣1的交点， 1 2 ∴3＝﹣1+m， ∴m＝4， ∴y ＝4x﹣1，y ＝﹣x+4， 2 1 ∵直线y ＝﹣x+4与x轴交于点D，交y轴于点C， 1 ∴点C（0，4），点D（4，0）， ∴OC＝OD＝4， ∴CD＝4❑√2， ∵直线y ＝4x﹣1与y轴交于点A， 2 ∴点A（0，﹣1）， ∴OA＝1，∵点P为y 上一动点， 1 ∴当AP⊥CD时，AP有最小值， 1 1 ∵S△ACD = 2 AC•DO = 2 CD•AP， ∴4×（4+1）＝4❑√2AP， 5 ∴AP= ❑√2， 2 设点P（a，﹣a+4）， 5 ∴（ ❑√2）2＝a2+（﹣a+4+1）2， 2 25 ∴ = 2a2﹣10a+25， 2 5 ∴a= ， 2 5 3 ∴点P（ ， ）． 2 2 54．如图，直线y＝﹣2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，点P为线段OB上一个动点，连接AP． （1）如图1，若点P为线段OB中点，求△PAB的面积． （2）如图2，经过点P的直线l：y＝kx﹣k+2（k≠﹣2）交x轴于点C，交直线y＝﹣2x+4于点D．当P 为线段CD的中点时，求k的值． （3）如图3，以AP为边在AP的下方作等边三角形APQ，连接OQ．当OQ取最小值时，求点P的坐 标．【分析】（1）求出B（0，4），A（2，0），由点P为线段OB中点，知P（0，2），即可得S△PAB 1 = ×2×2＝2； 2 {m+1=0) {m=−1) （2）求出D（1，2），设C（m，0），P（0，n），由P为CD中点，可得 ，解得 2n=2 n=1 ，故P（0，1），C（﹣1，0），把C（﹣1，0）代入y＝kx﹣k+2得：0＝﹣k﹣k+2，即可解得k的值为 1； （3）以OA为边，在 x轴下方作等边三角形 OAK，连接 QK，证明△PAO≌△QAK（SAS），可得 ∠POA＝∠QKA＝90°，OP＝QK，故Q在过K且与AK垂直的直线上运动，当OQ⊥QK时，OQ最短， 1 此时∠OKQ＝∠QKA﹣∠OKA＝90°﹣60°＝30°，OK＝OA＝2，求得OQ= OK＝1，QK=❑√3OQ=❑√3， 2 从而OP=❑√3，即得P（0，❑√3）． 【解答】解：（1）在y＝﹣2x+4中，令x＝0得y＝4， ∴B（0，4）， 在y＝﹣2x+4中，令y＝0得x＝2， ∴A（2，0）， ∵点P为线段OB中点， ∴P（0，2）， ∴PB＝OB﹣OP＝4﹣2＝2， 1 ∴S△PAB = 2 ×2×2＝2， ∴△PAB的面积为2； {y=kx−k+2) {x=1) （2）联立 ，解得 ， y=−2x+4 y=2 ∴D（1，2），设C（m，0），P（0，n）， ∵P为CD中点， {m+1=0) ∴ ， 2n=2 {m=−1) 解得 ， n=1 ∴P（0，1），C（﹣1，0）， 把C（﹣1，0）代入y＝kx﹣k+2得：0＝﹣k﹣k+2， 解得k＝1， ∴k的值为1； （3）以OA为边，在x轴下方作等边三角形OAK，连接QK，如图： ∵△APQ，△OAK是等边三角形， ∴PA＝QA，OA＝KA，∠PAQ＝∠OAK， ∴∠PAO＝∠QAK， ∴△PAO≌△QAK（SAS）， ∴∠POA＝∠QKA＝90°，OP＝QK， ∴Q在过K且与AK垂直的直线上运动， 当OQ⊥QK时，OQ最短，如图：此时∠OKQ＝∠QKA﹣∠OKA＝90°﹣60°＝30°，OK＝OA＝2， 1 ∴OQ= OK＝1， 2 ∴QK=❑√3OQ=❑√3， ∴OP=❑√3， ∴P（0，❑√3）． 55．如图1，将底角为30°，腰长为2的等腰△OAB置于平面直角坐标系中，腰OB与x轴重合，底边AB 与y轴交于点D． （1）求AB所在直线的解析式； （2）如图2，将△OAB沿AB对折，点O落在点C处，判断四边形OBCA的形状并求出点C的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，点E、F为线段BD上的两动点（不与点B、D重合），且BE＝DF， 连接CE、CF，请求出CE+CF的最小值及点E的坐标． 1 【分析】（1）过点A作A H⊥x轴于点H，如图1，在直角三角形中求得OH= OA=1，然后利用勾 2 股定理求得AH=❑√3，进而推导出A点坐标为(1，❑√3)，设AB所在直线的解析式为：y＝kx+b，利用待定系数法求得AB解析式即可； （2）通过推导OA＝OB＝BC＝AC，得出四边形OBCA是菱形；作CM⊥x轴于点M，如图2，进一步推 1 1 导出BM= BC= ×2=1．OM＝1，利用四边形OBCA为菱形，得出C点坐标即可； 2 2 （3）过点B作BN∥CD，且BN＝CD，连接DN，EN，推导出△EBN≌△FDC（SAS），得到EN＝ CF，当C、E、N在同一条直线上时，CE+EN最小，即CE+CF最小．推导出四边形BNDC为矩形，得 2 4 到CN＝BD．设OD＝x，BD＝2x，利用勾股定理求得x= ❑√3．CN=BD=2OD= ❑√3，CE+CF的最 3 3 4 小值为 ❑√3．进一步求得点E的横坐标与纵坐标，即可得解． 3 【解答】解：（1）过点A作A H⊥x轴于点H，如图1， ∵∠AOH＝∠ABO+∠BAO＝30°+30°＝60°， ∴∠OAH＝90°﹣60°＝30°， 1 ∴OH= OA=1， 2 ∴AH=❑√OA2−OH2=❑√22−12=❑√3， ∴A点坐标为(1，❑√3)． 又∵B为（﹣2，0）． 设AB所在直线的解析式为：y＝kx+b，得： {−2k+b=0) ， k+b=❑√3{ k= ❑√3 ) 3 解得： ， 2❑√3 b= 3 ❑√3 2❑√3 ∴直线AB的解析式为：y= x+ ； 3 3 （2）四边形OBCA是菱形；理由如下： ∵△AOB为等腰三角形， ∴OA＝OB， 又∵△CAB由△OAB折叠而成， ∴AC＝OA，BC＝OB， ∴OA＝OB＝BC＝AC， ∴四边形OBCA是菱形； 作CM⊥x轴于点M，如图2， ∵∠CBM＝2∠ABO＝2×30°＝60°， ∴∠BCM＝90°﹣60°＝30°， 1 1 ∴BM= BC= ×2=1． 2 2 OM＝OB﹣MB＝2﹣1＝1， ∴x ＝﹣1． C ∵四边形OBCA为菱形， ∴AC∥OB， ∴y = y =❑√3， C A ∴C为(−1，❑√3)； （3）过点B作BN∥CD，且BN＝CD，连接DN，EN，∵BE＝DF，∠EBN＝∠FDC，BN＝CD， ∴△EBN≌△FDC（SAS）． ∴EN＝CF， 当C、E、N在同一条直线上时，CE+EN最小，即CE+CF最小． ∵点C、O关于AB对称， ∴∠BCD＝∠BOD＝90°， ∴四边形BNDC为矩形， ∴CN＝BD． 在Rt△BOD中，∠OBD＝30°， 设OD＝x，BD＝2x， ∴（2x）2﹣x2＝22， 2 解得：x= ❑√3． 3 4 ∴CN=BD=2OD= ❑√3， 3 4 ∴CE+CF的最小值为 ❑√3． 3 2 x +x −2+0 0+ ❑√3 ∴x = B D= =−1， y + y 3 ❑√3． E 2 2 y = B D= = E 2 2 3 ❑√3 ∴点E的坐标为：(−1， )． 3 1 56．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y= x+1与x轴、y轴交于点A、B，直线l关于y轴对称的 2 直线与x轴交于点C． （1）求直线BC的解析式：（2）如果一条对角线将凸四边形分成两个等腰三角形，那么这个四边形称为“等腰四边形”，这条对 角线称为“界线”．在平面内是否存在一点D，使得四边形ABCD是以AC为“界线”的“等腰四边 形”，且AD＝AB？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由； 1 （3）如图2，点M在直线l上，横坐标为− ，直线ME与x轴正半轴交于点E，与y轴交于点F，当常 4 m 1 数m等于多少时， + 为定值？ OF OE 【分析】（1）直线l关于y轴对称的直线与x轴交于点C，则直线AB和BC关于y轴对称，即可求解； （2）由题意得，点D和点B（0，1）关于x轴对称时，符合题设条件，当CD＝4且AD＝AB=❑√5也符 合题意，即可求解； 7 1 1 7 （ 3 ） 求 出 点 E 、 F 的 坐 标 分 别 为 ： （ 0 ， + k ） 、 （ − − ， 0 ） ， 设 8 4 4 8k m 1 8k 8m + =− + = A（定值），即可求解． OF OE 2k+7 2k+7 【解答】解：（1）∵直线l关于y轴对称的直线与x轴交于点C， 则直线AB和BC关于y轴对称， 1 则直线BC的表达式为：y=− x+1； 2 （2）由题意得，点D和点B（0，1）关于x轴对称时，符合题设条件， 即点D（0，﹣1）； 当CD＝4且AD＝AB=❑√5也符合题意，设点D（x，y）， 则（x﹣2）2+y2＝16且（x+2）2+y2＝5， 11 ❑√295 解得：x=− ，y＝± ， 8 8 ∵四边形ABCD是凸四边形，11 ❑√295 ∴：x=− ，y=− ， 8 8 11 ❑√295 即点D（− ，− ）， 8 8 11 ❑√295 综上，D（0，﹣1）或（− ，− ）； 8 8 1 1 7 （3）点M在直线l上，横坐标为− ，则点M（− ， ）， 4 4 8 1 7 设直线ME的表达式为：y＝k（x+ ）+ ， 4 8 7 1 1 7 则点F、E的坐标分别为：（0， + k）、（− − ，0）， 8 4 4 8k m 1 8k 8m 设 + =− + = A（定值）， OF OE 2k+7 2k+7 则8m﹣8k＝A（2k+7）， 7 解得：m=− ． 2 57．在平面直角坐标系中，直线y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，交直线y＝﹣2x+9于点C． （1）求点C的坐标； （2）如图1，点M是直线AB上一动点，过点M作MN∥x轴交直线y＝﹣2x+9于点N，连接MN，若 MN＜6，设点M的横坐标为m，求m的取值范围； （3）如图2，点P为y轴正半轴上一动点，在线段AB上是否存在点D，使直线PD交x轴负半轴于点Q 1 1 时， + 的值是定值？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由． OP OQ 【分析】（1）联列两个函数解析式，即可求解． （2）设点M的横坐标为m，结合函数关系式，即可得到点M的坐标为（m，m+6），点N的坐标为3−m 3−m |3−3m| ( ，m+6)，即MN=| −m|= ，结合MN＜6，即可求出m的取值范围． 2 2 2 （3）设点D的坐标为（s，s+6）（﹣6＜s＜0），点P的坐标为（0，t）（t＞0），待定系数法可得， s−t+6 st 直线DP的解析式为y= x+t，将y＝0代入上式，可得x的值，即点Q的坐标为( ，0) s t−s−6 st 1 1 2s−t+6 1 1 2s−t+6 1 ，所以OQ= ，故 + = ，故当s＝﹣3时， + = = 为定值， s−t+6 OP OQ st OP OQ st 3 此时点D的坐标为（﹣3，3）． 【解答】解：（1）联列两条直线的函数关系式得： { y=x+6 ) ， y=−2x+9 {x=1) 解得： ， y=7 ∴点C的坐标为（1，7）． （2）设点M的坐标为（m，m+6）， 3−m ∴点N的坐标为( ，m+6)， 2 3−m |3−3m| ∴MN=| −m|= ， 2 2 ∵MN＜6， |3−3m| ∴ ＜6， 2 ∴m的取值范围为﹣3＜m＜5． （3）存在点D．理由如下： 设点D的坐标为（s，s+6）（﹣6＜s＜0），点P的坐标为（0，t）（t＞0），则OP＝t， 设直线DP的解析式为y＝kx+b，代入得： {ks+b=s+6) ， b=t { k= s−t+6 ) 解得： s ， b=t s−t+6 ∴直线DP的解析式为y= x+t， ss−t+6 当y＝0时， x+t=0， s st 解得：x= ， t−s−6 st ∴点Q的坐标为( ，0)， t−s−6 st ∴OQ= ， s−t+6 1 1 1 1 2s−t+6 + = + = ∴OP OQ t st st ， s−t+6 1 1 2s−t+6 1 故当s＝﹣3时， + = = 为定值， OP OQ st 3 此时点D的坐标为（﹣3，3）， 1 1 1 故在线段AB上存在点D，使直线PD交x轴负半轴于点Q时， + 的值是定值 ，此时点D的坐 OP OQ 3 标为（﹣3，3）． 【必考点13 一次函数新定义问题】 58．定义：对于给定的一次函数y＝kx+b（k≠0），当x＜m时，自变量x对应的函数值不变；当x≥m 时，自变量x对应的函数值为原函数值的相反数．我们称这样的函数是一次函数 y＝kx+b的m级反联函 数． 例如：当m＝1时，一次函数y＝x的1级反联函数为y′= {x，x＜1) ，对应的函数图象如图所示． −x，x≥1 （1）若点M（2，t）在一次函数y＝2x﹣1的1级反联函数的图象上，求t的值； （2）已知一次函数y＝x﹣3． ①当﹣1≤x≤6时，求这个函数的1级反联函数y′的函数值的取值范围； ②当﹣2≤x≤n时，此时这个函数的1级反联函数y′的函数值的取值范围为﹣5≤y′≤2，则n的取值 范围为 ；（直接写出答案） ③已知点A（m﹣2，0），点B（m+2，0），在x轴上方作矩形ABCD，使BC＝2．当矩形ABCD与这 个函数的m级反联函数的图象有两个交点，且矩形ABCD与这个反联函数的图象所围成的三角形的面积 为1时，求此时m的值．【分析】（1）根据定义写出一次函数y＝2x﹣1的一级反联函数，再将M代入即可求解； （2）①根据定义写出一次函数y＝x﹣3的一级反联函数，再根据对应的范围和一次函数增减性求y'的 范围即可； ②根据定义分两段﹣2≤x＜1，1≤x≤n，再分别代入求出y值求出对应范围即可； ③分别考虑一级反联函数两支图象，将临界点代入，再确定m范围，再根据面积求出m值进行取舍． 【解答】解：（1）由定义可知：一次函数y＝2x﹣1的一级反联函数y′= {2x−1，x＜1) ， −2x+1，x≥1 ∵点M（2，t）在一级反联函数的图象上，2＞1， ∴把M（2，t）代入y'＝﹣2x+1得t＝﹣2×2+1， ∴t＝﹣3． （2）①由定义可知：一次函数y＝x﹣3的一级反联函数y′= {x−3，x＜1) ， −x+3，x≥1 ∵﹣1＜1， ∴当x＝﹣1时，y'＝x﹣3＝﹣1﹣3＝﹣4， ∵6＞1， ∴当x＝6时，y'＝﹣x+3＝﹣6+3＝﹣3， 当x＝1时，y'＝x﹣3＝1﹣3＝﹣2； 当x＝1时，y'＝﹣x+3＝﹣1+3＝2， 一次函数y'＝x﹣3，∵k＝1＞0， ∴y随x的增大而增大， ∴当﹣1≤x＜1时，﹣4≤y'＜﹣2， 一次函数y'＝﹣x+3，∵k＝﹣1＜0， ∴y随x的增大而减小， ∴当1≤x≤6时，﹣3≤y'≤2， 综上所述：﹣4≤y'≤2．②当﹣2≤x＜1时，﹣5≤y'＜﹣2， 当﹣x+3＝﹣5时，x＝8， 当﹣x+3＝﹣2时，x＝5， ∴5≤n≤8； 故答案为：5≤n≤8． ③情况一：当m＞3时， ∵点A（m﹣2，0），四边形ABCD为矩形， ∴把x＝m﹣2代入y'＝x﹣3＝m﹣5，此时点E坐标为（m﹣2，m﹣5）， 如图1所示：∵矩形ABCD与这个函数的m级反联函数的图象有两个交点， ∴y' ＜y'E＜y' ，即0＜m﹣5＜2， A D ∴5＜m＜7， 把y'＝2代入y'＝x﹣3＝2， ∴x＝2， ∴点F坐标为（5，2）， ∴DF＝5﹣（m﹣2）＝7﹣m，DE＝2﹣（m﹣5）＝7﹣m， 1 1 ∴S = ⋅DF⋅DE= (7−m) 2=1， △EDF 2 2 ∴m =7+❑√2（舍），m =7−❑√2， 1 2 情况二：当m＜3时， ∵点B（m+2，0）， ∴把x＝m+2代入y'＝﹣x+3＝﹣m+1，此时点E坐标为（m+2，﹣m+1）， 如图2所示：把x＝m+2代入y'＝﹣x+3＝﹣m+1， ∵矩形ABCD与这个函数的m级反联函数的图象有两个交点，∴y' ≤y' ＜y'C，即0≤﹣m+1＜2， B E ∴﹣1＜m≤1． 把y'＝2代入y'＝﹣x+3＝2， ∴x＝1， ∴点F坐标为（1，2）． ∴CF＝（m+2）﹣1＝m+1，CE＝2﹣（﹣m+1）＝m+1， 1 1 ∴S = ⋅CF⋅CE= (m+1) 2=1， △EDF 2 2 ∴m =❑√2−1，m =−❑√2−1（舍）． 1 2 综上所述：m的值为7−❑√2或❑√2−1． 59．已知y关于x的一次函数y＝kx+b，当k＞0，b＞0时，我们称一次函数y＝kx+b为“原函数”，一次函 数y＝﹣kx﹣b为“原函数”的“相关函数”．“原函数”的图象记为直线l ，它的“相关函数”的图象 1 记为直线l ． 2 例如：“原函数”y＝x+2的“相关函数”为y＝﹣x﹣2． 1 （1）直接写出“原函数”y= x+2的“相关函数”表达式； 3 （2）请说明：直线l ，直线l 与x轴的交点是同一个点； 1 2 1 （3）若“原函数”的表达式为y= x+1，点A在直线l 上，点B在直线l 上，AB∥x轴，AB＝2，求 2 1 2 点A的坐标； （4）“原函数”的表达式为y＝mx+2m． ①点C（t，y ）在直线l 上，点D（t﹣2，y ）在直线l 上，若0＜y ＜y ，求t的取值范围； C 1 D 2 D C ②若直线l ，直线l 与y轴围成的图形面积为8，点E在直线l 上，过E作EF∥y轴交直线l 于点F， 1 2 1 2 过E作EH∥x轴交直线l 于点H，过F作FG∥x轴交直线l 于点G，连接GH．设点E的横坐标为a（a 2 1＞0），四边形EFGH的周长为C，直接写出C关于a的函数表达式． 【分析】（1）直接根据“原函数”写出表达式即可； （2）求出“原函数”与它的“相关函数”与x轴的交点即可； 1 1 1 （3）令 x+1=− x−1，可得直线l 与直线l 的交点为 （﹣2，0），设 A(a， a+1)，分当a 2 2 1 2 2 ＞﹣2时，点A在点B右侧和当a＜﹣2时，点A在点B的左侧分别求解； （4）①先由点C在直线l 上，点D在直线l ，且 0＜y ＜y 得﹣2＜t＜0，再由y ＝mt+2m，y ＝﹣m 1 2 D C c D （t﹣2）﹣2m，且y ＜y 得t＞﹣1，进而可写出t的取值范围； D C ②先求出“原函数”表达式为 y＝2x+4，它的“相关函数”表达式为 y＝﹣2x﹣4，在证明四边形 EFGH 为平行四边形即可． 1 【解答】解：（1）y=− x−2； 3 b （2）在“原函数”y＝kx+b中，令kx+b＝0，则 x=− ， k b ∴直线l 与x轴交点为 (− ，0)， 1 k b 在它的“相关函数”y＝﹣kx﹣b中，令﹣kx﹣b＝0，则x=− ， k b ∴直线l 与x轴交点为 (− ，0)， 2 k ∴直线l ，直线l 与x轴的交点为同一个点； 1 2 1 （3）∵“原函数”的表达式为 y= x+1， 2 1 ∴它的“相关函数”表达式为 y=− x−1， 2 1 1 令 x+1=− x−1， 2 2 ∴x＝﹣2， ∴直线l 与直线l 的交点为 （﹣2，0）， 1 2 ∵点A在直线l 上， 1 1 ∴设 A(a， a+1)，如图1，当a＞﹣2时，点A在点B右侧， 2 ∵AB∥x轴，1 ∴y = y = a+1， A B 2 ∵点B在直线l 上， 2 1 1 ∴ a+1=− x−1， 2 2 ∴x＝﹣a﹣4， ∵AB＝2，x ﹣x ＝2 A B ∴a﹣（﹣a﹣4）＝2， ∴a＝﹣1， 1 ∴A (−1， )， 1 2 当a＜﹣2时，点A在点B的左侧， ∴﹣a﹣4﹣a＝2， ∴a＝﹣3， 1 ∴A (−3，− )， 2 2 1 1 综上所连，点A的坐标为 (−1， ) 或 (−3，− )； 2 2 （4）①∵“原函数”为 y＝mx+2m， ∴它的“相关函数”为 y＝﹣mx﹣2m，令 mx+2m＝0，∴x＝﹣2， ∴直线l 与直线l 交点为 （﹣2，0）； 1 2 如图2，∵点C在直线l 上，点D在直线l ，且 0＜y ＜y ， 1 2 D C {t−2＜−2) ∴ t＞−2， ∴﹣2＜t＜0， ∵y ＝mt+2m，y ＝﹣m（t﹣2）﹣2m，且y ＜y ， c D D C ∴﹣m（t﹣2）﹣2m＜mt+2m， ∴2mt＞﹣2m， ∵2m＞0， ∴t＞﹣1， ∴t的取值范围为﹣1＜t＜0． ②如图 3，直线l 与直线l 交点为 Q（﹣2，0）， 1 2 ∴OQ＝2，OM＝ON＝2m， ∴MN＝4m， 1 ∴ MN•OQ＝8， 2 1 ∴ ×4m×2＝8， 2 ∴m＝2，∴“原函数”表达式为 y＝2x+4，它的“相关函数”表达式为 y＝﹣2x﹣4， ∴E（a，2a+4），EF∥y轴交l 于点F， 2 ∴F（a，﹣2a﹣4）， ∴EF＝2a+4﹣（﹣2a﹣4）＝4a+8， ∵EH∥x轴， ∴y ＝y ＝2a+4， E H ∴2a+4＝﹣2x﹣4， ∴x＝﹣a﹣4， ∴H（﹣a﹣4，2a+4）， ∴EH＝a﹣（﹣a﹣4）＝2a+4， ∵FG∥x轴， ∴yG＝yF＝﹣2a﹣4， ∴﹣2a﹣4＝2x+4， ∴x＝﹣a﹣4， ∴G（﹣a﹣4，﹣2a﹣4）， ∴FG＝a﹣（﹣a﹣4）＝2a+4， ∴FG＝EH＝2a+4． 又∵FG∥x轴，EH∥x轴， ∴FG∥EH， ∴四边形EFGH 为平行四边形， ∴C＝2（EF+FG）＝2（4a+8+2a+4）＝12a+24．60．定义：对于一次函数y ＝ax+b，y ＝cx+d，我们称函数y＝m（ax+b）+n（cx+d）（ma+nc≠0）为函数 1 2 y ，y 的“友好函数”． 1 2 （1）若m＝2，n＝3，试判断函数y＝8x+1是否为函数y ＝x﹣1，y ＝2x+1的“友好函数”，并说明理 1 2 由； （2）设函数y ＝﹣x+4p与y ＝x﹣2p﹣4的图象相交于点M． 1 2 ①若m+n＞1，点M在函数y 、y 的“友好函数”图象的上方，求p的取值范围； 1 2 ②若p≠2，函数y 、y 的“友好函数”图象经过点M，是否存在大小确定的m值，对于不等于2的任 1 2 意实数p，都有“友好函数”图象与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐 标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据定义进行判断即可； （2）①求出点M的坐标为（3p+2，p﹣2），再求出函数y y 的“友好函数”y＝（n﹣m）x+4pm﹣2pn 1 2 ﹣4n，根据点M在函数y y 的“友好函数”图象的上方得到p﹣2＞（n﹣m）（3p+2）+4pm﹣2pn﹣ 1 2 4n，整理后根据m+n＞1即可得到p的取值范围； ②将点M的坐标（3p+2，p﹣2）代入“友好函数”得到p﹣2＝（n+m）（p﹣2），由p≠2得到m+n＝ 1，n＝1﹣m，将n＝1﹣m代入“友好函数”得到y＝（1﹣2m）x+6pm﹣2p+4m﹣4，把y＝0 代入得到 −(6m−2)p−4m+4 （1﹣2m）x+6pm﹣2p+4m﹣4＝0解得x= 进一步即可求出定点Q的坐标． 1−2m 【解答】解：（1）y＝8x+1是函数y ＝x﹣1、y ＝2x+1的“友好函数”，理由： 1 2由函数y ＝x﹣1、y ＝2x+1的“友好函数”为：y＝m（x﹣1）+n（2x+1）， 1 2 把m＝2，n＝3代入上式，得y＝2（x﹣1）+3（2x+1）＝8x+1， ∴函数y＝8x+1是函数y ＝x+1，y ＝2x﹣1的“友好函数”； 1 2 { y=−x+4 p ) {x=3p+2) （2）①解方程组 得 ， y=x−2p−4 y=p−2 ∵函数y ＝﹣x+4p与y ＝x﹣2p﹣4的图象相交于点M， 1 2 ∴点M的坐标为（3p+2，p﹣2）， ∵y 、y 的“友好函数”为y＝m（﹣x+4p）+n（x﹣2p﹣4）， 1 2 ∴y＝（n﹣m）x+4pm﹣2pn﹣4n， ∵点M在函数 y 、y 的“友好函数”图象的上方， 1 2 ∴p﹣2＞（n﹣m）（3p+2）+4pm﹣2pn﹣4n， 整理得，p﹣2＞（n+m）（p﹣2）3mp+2≥0， ∴p＜2， ∴p的取值范围为p＜2； ②存在，理由如下： ∵函数y ，y 的“友好函数”图象经过点M． 1 2 ∴将点M的坐标（3p+2，p﹣2）代入“友好函数”y＝m（﹣x+4p）+n（x﹣2p﹣4）＝（n﹣m）x+4pm ﹣2pn﹣4n， 得p﹣2＝（n﹣m）（3p+2）+4pm﹣2pn﹣4n， ∴p﹣2＝（n+m）（p﹣2）， ∵p≠2， ∴m+n＝1，n＝1﹣m， 将n＝1﹣m代入，y＝（n﹣m）x+4pm﹣2pn﹣4n＝（1﹣2m）x+6pm﹣2p+4m﹣4， 得（1﹣2m）x+6pm﹣2p+4m﹣4＝0， −(6m−2)p−4m+4 解得x= ， 1−2m 当6m﹣2＝0， 1 −4× +4 1 3 则m= x= =8， 3 1 1−2× 3 ∴Q（8，0），∴对于不等于2的任意实数p，存在“友好函数”图象与x轴交点Q的位置不变．