4.7讲类比归纳专题：一次函数与三角形综合问题(4类热点题型讲练)（解析版）_北师大初中数学_8上-北师大版初中数学_旧版_05习题试卷

第 07 讲 类比归纳专题：一次函数与三角形综合问题(4 类热点 题型讲练) 目录 【类型一 一次函数与三角形的面积问题】....................................................................................................1 【类型二 一次函数与三角形全等问题】......................................................................................................10 【类型三 一次函数与三角形存在问题】......................................................................................................19 【类型四 一次函数中折叠问题】..................................................................................................................31 【类型一 一次函数与三角形的面积问题】 例题：（2023春·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期中）在平面直角坐标系 中，一次函数 的图象经过点 ， ． (1)求这个一次函数的解析式； (2)若这个一次函数的图象与x轴的交点为C，求 的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出一次函数的解析式； （2）利用直线解析式求得 的坐标，然后根据三角形面积公式即可求得 的面积． 【详解】（1）解：∵一次函数 （ ）的图象经过点 ， ． ∴ ，解得： ， ∴这个一次函数的解析式为： ． （2）解：令 ，则 ，解得 ，∴ ， ∵ ． ∴ ． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练 掌握利用待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键． 【变式训练】 1．（2023春·广东梅州·八年级校考阶段练习）直线 与两坐标轴所围成三角形的面积等于（ ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】B 【分析】根据题意易得此直线与坐标轴的两个交点坐标，该直线与坐标轴围成的三角形的面积等于 直 线与 轴交点的横坐标的绝对值 直线与 轴交点的纵坐标． 【详解】解：当 时， ， 当 时， ， 所求三角形的面积 ． 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数图象上的点坐标特征、三角形的面积．解题的关键是某条直线与 轴， 轴 围成三角形的面积为： 直线与 轴的交点坐标的横坐标的绝对值 直线与 轴的交点坐标的纵坐标的绝 对值． 2．（2023春·湖南长沙·八年级长沙麓山国际实验学校校考期中）直线 与坐标轴组成的三角形的面 积是 ． 【答案】 【分析】分别令 和 ，可求出与坐标轴的交点，从而可以求解． 【详解】解： 当 时， ； 当 时， ； 直线与坐标轴的交点分别为： ， ，直线 与坐标轴所围成的三角形面积： ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点围成面积问题，掌握与坐标轴交点坐标求法是解题的关键． 3．（2023春·江苏南通·八年级南通田家炳中学校考阶段练习）一次函数 的图象由直线 向下平移得到，且过点 ． (1)求一次函数的解析式； (2)求直线 与坐标轴围成的三角形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平移可得 ，再将 代入函数解析式 ，求出b的值即可． （2）先求出函数图象与x、y轴的交点坐标，根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）∵一次函数 的图象由直线 向下平移得到， ∴ ∴函数解析式为： ∵过点 ∴ ， ∴ ∴所求函数的解析式为： （2）在 中 令 ，得 即图象与y轴交点为 令 ，得 即图象与x轴交点为 ∴ 【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数解析式、两点法确定函数图像；关键在于解出k、b值以及 正确运用三角形面积公式求解． 4．（2023春·湖南长沙·八年级长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考期中）将正比例函数 的图象 平移后经过点 ．(1)求平移后的函数表达式； (2)求平移后函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据一次函数平移规律，设平移后的解析式为 ，将点 ，待定系数法求解析式 即可求解； （2）根据解析式求得与坐标轴的交点坐标，即可求解． 【详解】（1）解：依题意，设平移后的解析式为 ，将点 ，代入得， ， 解得： ， ∴平移后的函数表达式为： ； （2）解：由 ，令 ，解得 ， 令 ，解得： ， 如图，设一次函数 ，分别与坐标轴交于点 ， 则 ∴平移后函数的图象与坐标轴围成的三角形的面积为 ． 【点睛】本题考查了一次函数的平移，待定系数法求解析式，求一次函数与坐标轴围成的三角形的面积， 根据平移求得解析式是解题的关键． 5．（2023春·江西南昌·八年级统考期末）如图，直线 与x轴相交于点A，与y轴相交于点B． (1)求A、B两点的坐标；(2)若在x轴上有一点P，使 ，求 的面积． 【答案】(1) ， (2) 或12 【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标； （2）由点A，B的坐标可得出 的长，结合 可得出点P的坐标，进而可得出 的长，再 利用三角形的面积计算公式，即可求出 的面积． 【详解】（1）在 中，当 时， ；当 时， ． ∴ ， ． （2）∵ ， ， ∴ ， ． ∵ ， ∴ ． 当 时， ， ∴ ． 当 时， ， ∴ ． 综上所述， 或12 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，解题的关键是：（1）牢记直线上 任意一点的坐标都满足函数关系式 ；（2）利用三角形的面积计算公式，求出 的面积． 6．（2023春·上海静安·八年级上海市回民中学校考期中）在直角坐标 中，直线 与 平行，且 经过点 ，将直线 向上平移3个单位，得到直线 (1)求这两条直线的解析式； (2)如果直线 与x轴、y轴分别交于点A，B，求 的面积． 【答案】(1) ， (2)16 【分析】（1）根据平移可知 ，利用待定系数法求出解析式即可； （2）根据 解析式求出A，B两点坐标，然后求出面积即可． 【详解】（1）解：∵ 与 平行， 设直线 的解析式为： ，把点 代入得： ， ∴直线 的解析式为： ， ∴直线 向上平移3个单位，得到直线 的解析式为： ， （2）解：令 ，则 ， 解得： ， ∴ ， 当 时， ， ∴ ∴ ． 【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式，求一次函数与坐标轴交点坐标，掌握一次函数图象平行 时 值不变是解题的关键． 7．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，直线 与x轴、y轴分别交于B，C两点，其中 ． (1)求k的值； (2)若点 是第一象限内直线 上的一个动点，当点A运动过程中，试求 的面积S与x的 函数关系式，并写出自变量x取值范围； (3)点A是直线 上的一个动点，当点A运动到什么位置时， 的面积是1． 【答案】(1) ； (2) (3) 或 【分析】（1）先确定出点B的坐标，代入函数解析式中即可求出k； （2）借助（1）得出的函数关系式，利用三角形的面积公式即可求出函数关系式； （3）分两种情况考虑，利用三角形的面积求出求出点A坐标． 【详解】（1）∵ ， ∴ ， ∵点B在直线 上， ∴ ，∴ ； （2）由（1）知，k 2， ∴直线BC解析式为y2x2， ∵点A(x,y)是第一象限内的直线y2x2上的一个动点， ∴y2x2(x1)， 1 1 ∴S S  OB|y  12x2|x1， AOB 2 A 2 （3）如图， 由（2）知，Sx1， ∵ AOB的面积是1； ∴x2， ∴A(2，2)， 1 当点A在x轴下方时， 122x1， 2 ∴x0，此时y2， 即A0,2 ； 综上，点A的位置为 2,2 或 0,2 ． 【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，解本 题的关键是求出点A的坐标． 8．（2023春·四川广安·八年级广安中学校考阶段练习）如图，平面直角坐标系中，一次函数 的图象与 轴、 轴分别交于 、 两点，点 是线段 上的一个动点（不与 ， 重合），连接 ．(1)求 ， 两点的坐标； (2)求 的面积 与 之间的函数关系式，并写出自变量 的取值范围； (3)当 的面积 时，第一象限内是否存在一点 ，使 是以 为直角边的等腰直角三 角形，若存在，请求出点 的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 点坐标为 ， 点坐标为 (2) (3) 或 【分析】（1）分别求出当 时，y的值，当 时，x的值即可得到答案； （2）如图所示，过点 作 轴，，先求出 ， ，再根据三角形面积公式进行求解即 可； （3）分当 时，过点 作 轴于 ，过点 作 于 ，当 时，如图 所示，过点 作 轴于M，利用一线三垂直模型证明三角形全等，然后利用全等三角形的性质求解 即可． 【详解】（1）解：当 时， ，当 时， ， 解得： ， ∴ 点坐标为 ， 点坐标为 ； （2）解：如图所示，过点 作 轴， ∵点 是线段 上的一个动点（不与 ， 重合）， ∴ ， ， ∴ 的面积 ， ∴ ； （3）解：∵ ，∴ ， 解得： ， ∴ 点坐标为 ， 当 时，过点 作 轴于 ，过点 作 于 ， ∵ 是等腰直角三角形， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， 在 和 中， ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， 当 时，如图所示，过点 作 轴于M， 同理可证 ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ， 综上，点 的坐标为 或 ．【点睛】本题主要考查了求一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，列函数关 系式等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【类型二 一次函数与三角形全等问题】 例题：（2023春·全国·八年级专题练习）直线AB：yxb分别与x， y 轴交于A，B两点，点A的坐标 为(3，0)，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且OB:OC 3:1． (1)求点B的坐标及直线BC的函数表达式； (2)在坐标系平面内，存在点D，使以点A，B，D为顶点的三角形与 ABC全等，画出  ABD，并求出点 D的坐标． 【答案】(1)点B的坐标为(0，3)，y3x3； (2)图见解析，点D的坐标为(4，3)或(3，4)或(0，1)． 【分析】（1）将点点A(3，0)代入解析式得出b3，继而得出点B的坐标为(0，3)，根据 OB:OC 3:1得出OC 1，即点C的坐标为(1，0)，然后待定系数法求解析式即可求解； （2）分在x轴上方： BAD≌  ABC和 ABD≌  ABC(如图1)和点D在y轴上(如图②)两种情况，根据全 等三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵直线AB：yxb过点A(3，0)， 03b， b3． 当x0时，yxbb3， 点B的坐标为(0，3)， 即OB3．  OB：OC 3：1，OC 1． 点C在x轴正半轴，  点C的坐标为(1，0)． 设直线BC的解析式为ykxck 0 ， 将B(0，3)、C(1，0)代入ykxc，得： c3  ， kc0 k 3 解得： ， c3 直线BC的函数表达式为y3x3． （2）分在x轴上方： BAD≌  ABC和 ABD≌  ABC(如图1)和点D在y轴上(如图②)两种情况考虑： 如图①：①当 BAD≌  ABC时，  OAOB3， BAC 45．  BAD≌  ABC， ABDBAC 45，BD AC 4， BD∥ AC， 点D的坐标为(4，3)； ②当 ABD≌  ABC时，BADBAC45，AD AC4， DAC 90， 点D的坐标为(3，4)．如图②当 ABD≌  BCA时，BD AC 4， OD1， 点D的坐标为(0，1)． 综上所述，点D的坐标为(4，3)或(3，4)或(0，1)． 【点睛】本题考查了一次函数与几何图形，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，数形结合是解题的关 键． 【变式训练】 1．（2023春·北京平谷·八年级统考期末）如图，直线 与 轴和 轴分别交与 ， 两点，射线 于点 ，若点 是射线 上的一个动点，点 是 轴上的一个动点，且以 为顶点的三角 形与 全等，则 的长为 ． 【答案】 【分析】根据一次函数解析式可求出A点和B点坐标，从而求出 的两条直角边，并运用勾股定理求 出 ．根据已知可得 ，分别从 或 时，即当 时， ，或 时， ，分别求得 的值，即可得出结论． 【详解】∵直线 与x轴和y轴分别交与A、B两点， 当 时，即 ， 解得： ． 当 时， ， ∴ ． ∴ ． ∴ ．∵ ，点C在射线 上， ∴ ，即 ． ∵ ， ∴ ． 若以 为顶点的三角形与 全等，则 或 ，即 或 ． 如图1所示，当 时， ， ∴ ； 如图2所示，当 时， ， ∴ ． 综上所述， 的长为6或 ． 故答案为：6或 ． 【点睛】本题考查了一次函数的应用、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握一次函数的图 象与性质是解题的关键． 2．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，直线 与x轴和y轴分别交于A、B两点，把射线AB 绕点A顺时针旋转90°得射线AC，点P是射线AC上一个动点，点Q是x轴上一个动点．若 与 全等，试确定点Q的横坐标． 【答案】7或8【分析】根据 与 全等分两种情况分类讨论即可解答． 【详解】解：在直线 中， 当x=0时，y=0+4=4，即 ， 当y=0时，0= ， ∴ ，即 ； ∵ 与 全等， ∴分两种情况： 当 时， ，如图所示， 则 ， ∴点Q的横坐标为： ， 当 时， ，如图所示， 则 ， ∵ ， ∴点Q的横坐标为： ； 综上所述：点Q的横坐标为7或8． 【点睛】本题主要考查三角形全等的应用，一次函数的应用，勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题 的关键． 3．（2022秋·陕西西安·九年级校考开学考试）如图，直线l：y＝﹣2x+6与过点B（﹣3，0）的直线l 交于 1 2 点C（1，m），且直线l 与x轴交于点A，与y轴交于点D． 1(1)求直线l 的解析式； 2 (2)若点M是直线l 上的点，过点M作MN⊥y轴于点N，要使以O、M、N为顶点的三角形与 AOD全等， 2 求所有满足条件的点M的坐标． △ 【答案】(1)yx3 (2)（3，6），（-6，-3） 【分析】（1）先根据点C（1，m）在直线l 上求出m的值，再根据点C和点B求出直线l 的解析式； 1 2 （2） 先分别计算出OA、OD的长度，再根据三角形全等的情况展开讨论，分别根据ON OA和 ON OD两种情况进行计算即可得到答案． （1） 解：∵C（1，m）在直线l 上， 1 ∴m264， ∴点C的坐标为（1，4）， 设直线的l 的解析式为y=kx+b , 2 ∵点C（1，4）和点B（﹣3，0）在直线l 上， 2 4=k+b ∴ ， 0=3k+b 解方程组得k 1,b3， ∴直线l 的解析式为：yx3； 2 （2） 解：直线l 上，当y=0时，x=3；当x=0时，y6 1 ∴OA3，OD6， 当点M在x轴下方时，设点M的坐标为（m，n）,如下图所示，当ON OA3时，n3, ∵点M在直线l 上， 2 ∴3m3， ∴m6， ∴MN=6， MN=OD  ∵AOD=MNO，  ON=OA ∴ △MNO≌△AOD(SAS), ∴点M（-6，-3）满足条件， 当ON OD6时，n6, 得m9， ∵MN 9OA， ∴点M（-9，-6）不满足题意，舍去； 当点M在x轴上方时，设点M的坐标为（m，n）,如下图所示， 当ON OA3时，n=3, ∵点M在直线l 上， 2 ∴3m3， ∴m0， ∴MN 0， ∵MN OD， ∴点M（0，-3）不满足题意，舍去；当ON OD6时，n=6, ∵点M在直线l 上， 2 ∴6m3， ∴m=3， ∴MN 3OA， MN=OA  ∵AOD=MNO，  ON=OD ∴ △MNO≌△DAO(SAS), ∴点M（3，6）满足条件， ∴满足条件的点M的坐标为（3，6），（-6，-3）． 【点睛】本题考查一次函数和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意求出函数的解析式． 4．（2022·辽宁丹东·八年级期末）已知一次函数y=-3x+3的图象分别与x轴，y轴交于A，B两点，点 C(3,0)． (1)如图1，点D与点C关于y轴对称，点E在线段BC上且到两坐标轴的距离相等，连接DE，交y轴于点 F．求点E的坐标； (2) AOB与△FOD是否全等，请说明理由； (3)如图2，点G与点B关于x轴对称，点P在直线GC上，若△ABP是等腰三角形，直接写出点P的坐标． △ 3 3 【答案】(1)E（ ， ） 2 2 (2)△AOB≌△FOD，理由见详解； 13 7 (3)P（0，-3）或（4，1）或（ ， ）. 2 2 【分析】（1）连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H，首先求出点A，点B，点C，点D的 坐标，然后根据点E到两坐标轴的距离相等，得到OE平分∠BOC，进而求出点E的坐标即可； (2)首先求出直线DE的解析式，得到点F的坐标，即可证明△AOB≌△FOD； (3)首先求出直线GC的解析式，求出AB的长，设P（m，m-3），分类讨论①当AB=AP时，②当AB=BP时， ③当AP=BP时，分别求出m的值即可解答. (1)解: 连接OE，过点E作EG⊥OC于点G，EH⊥OB于点H， 当y=0时，-3x+3=0， 解得x=1， ∴A（1，0）， 当x=0时，y=3， ∴OB=3，B（0，3）， ∵点D与点C关于y轴对称，C（3，0），OC=3， ∴D（-3，0）， ∵点E到两坐标轴的距离相等， ∴EG=EH， ∵EH⊥OC，EG⊥OC， ∴OE平分∠BOC， ∵OB=OC=3， ∴CE=BE， ∴E为BC的中点， 3 3 ∴E（ ， ）； 2 2 (2) 解: △AOB≌△FOD， 设直线DE表达式为y=kx+b， 3kb0  则3 3 ， kb  2 2  1 k  解得： 3，  b1 1 ∴y= x+1， 3∵F是直线DE与y轴的交点， ∴F（0，1）， ∴OF=OA=1， ∵OB=OD=3，∠AOB=∠FOD=90°， ∴△AOB≌△FOD； (3) 解:∵点G与点B关于x轴对称，B（0，3）， ∴点G（0，-3）， ∵C（3，0）， 设直线GC的解析式为：y=ax+c， c3  ， 3ac0 a1 解得： ， c3 ∴y=x-3， AB= 3212 = 10 ， 设P（m，m-3）， ①当AB=AP时， m12m32 = 10 整理得：m2-4m=0， 解得：m=0，m=4， 1 2 ∴P（0，-3）或（4，1）， ②当AB=BP时， 10 = m2m332 m2-6m+13=0, △＜0 故不存在， ③当AP=BP时， m12m32 = m2m332 ， 13 解得：m= ， 2 13 7 ∴P（ ， ）， 2 2 13 7 综上所述P（0，-3）或（4，1）或（ ， ）， 2 2【点睛】此题主要考查待定系数法求一次函数，一次函数与坐标轴的交点，全等三角形的判定，勾股定理. 【类型三 一次函数与三角形存在问题】 例题：（2023春·广西南宁·八年级南宁市天桃实验学校校考阶段练习）如图，已知直线l 的解析式为 1  3 y3x3 ，且 l 1 与 x 轴相交于点 D ，直线 l 2 经过点 A4,0 ，B   3, 2   ，直线 l 1 ， l 2 相交于点 C ． (1)求直线l 的解析式； 2 (2)求△ADC的面积； (3)在直线l 1 上是否存在点P使得△PAC的面积等于3，若存在请求出点P的坐标，若不存在请说明理由． 3 【答案】(1)y x6 2 9 (2) 2 4  8  (3)存在， ,1或 ,5 3  3  【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）求得C的坐标，然后利用三角形的面积公式即可求解；  3  （3）设点P坐标为t,3t3，过P作PQ⊥x轴，交 l 于Q，则Q  t, 2 t6  ，求出 PQ ，根据三角形面积的 2 求法列出方程，解之可得． 【详解】（1）解：设直线l 的解析式是ykxb， 2 4kb0  根据题意得： 3 ， 3kb   2  3 k  解得： 2 ，  b63 则直线l 的解析式是y x6； 2 2 （2）在y3x3中，令y0，解得：x1． 则D的坐标是(1,0)．  3 y x6 根据题意得： 2 ，  y3x3 x2 解得： ， y3 则C的坐标是(2,3)， 则AD413， 1 9 ∴S  AD3 ； △ADC 2 2 （3）存在，设点P坐标为 t,3t3 ，过P作PQx轴，交l 于Q， 2  3  则Qt, t6，  2  3 9 ∴PQ 3t3 t6   t9 ， 2 2 1 ∴S  PQx x 3， △PAC 2 A C 1 9 即   t923， 2 2 4 8 解得：t  或t  ， 3 3 4  8  ∴点P的坐标为 ,1或 ,5． 3  3  【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，以及函数交点坐标的求法，掌握把求交点坐标转化为解 两个函数的解析式组成的方程组的方法是解题关键． 【变式训练】1．（2023秋·广东梅州·八年级丰顺县丰顺中学校考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB： 5 7 y x 与 轴交于点C，且点A1,m，Bn,2. 4 4 x (1)点C的坐标为 (2)求原点O到直线AB的距离； (3)在x轴上是否存在一点P，使得△ACP是直角三角形?若存在，求出点P的坐标. 7  【答案】(1) ,0； 5  7 41 (2) ； 41  19  (3)存在，点 P 的坐标为1,0或   4 ,0  【分析】(1)令y0，即可求解； 7 (2)首先可求得点A、B的坐标，根据两点间距离公式可求得 的长，再根据S S S  ， AB △AOB △AOC △BOC 2 设原点O到直线AB的距离为d，列方程即可求解； (3)设点 P 的坐标为 x,0 ，根据题意可知ACP不为直角，分两种情况，利用勾股定理即可求解． 5 7 【详解】（1）解：令 ，则y x 0， y0 4 4 7 解得：x ， 5 7  所以点 的坐标为 ,0； C 5  5 7 5 7 （2）解：代入A、 两点可得：m  ，2 n ， B 4 4 4 4 解得：m3，n3， 故A1,3 ，B3,2 ， AB 312232  41，1 7 7 S S S   32 ， △AOB △AOC △BOC 2 5 2 设原点O到直线AB的距离为d， 1 1 7 则S  ABd   41d  ， AOB 2 2 2 7 7 41 解得：d   ， 41 41 7 41 故原点 到直线 的距离为 ； O AB 41 （3）解：存在， 设点 P 的坐标为 x,0 ，根据题意可知 ACP不为直角， 所以当△ACP是直角三角形分两种情况： ①当APC90时，此时点 P 的坐标为 1,0 ； ②当PAC 90，AC2AP2 CP2， 故   7 1   2 32x1232    7 x   2 ， 5  5  19 解得：x ， 4  19  此时点 的坐标为 ,0； P  4   19  综上所述，满足条件的点 P 的坐标为1,0或   4 ,0  ． 【点睛】本题考查了两点间距离公式，坐标与图形，求不规则图形的面积，直角三角形的判定，解答的关 键是采用分类讨论的思想． 2．（2023秋·辽宁沈阳·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线yx6与x轴和y轴分别交 A4,2 于点B和点C，与直线OA相交于点 ，动点M在线段OA和射线AC上运动． (1)求点B和点C的坐标． (2)求 OAC的面积． 1 (3)是否存在点M，使 的面积是 面积的 ？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，请说明 OMC OAC 4  理由． 【答案】(1)B的坐标为 6,0 ，点C的坐标为 0,6 (2)12  1 (3)存在，点M的坐标是  1, 2   或1,5或1,7 【分析】（1）在yx6中，令y0，则x6；令x0，则y6，从而可得答案； （2）直接利用三角形的面积公式进行计算即可； 1 1 1 （3）设点M的坐标为a,b，求解直线 的表达式是y  x，由 6 a  12，可得 ，当点M OA 2 2 4 a1 1 1 在线段 上时，如图①，则 ，此时b 1 ，当点M在射线 上时，如图②， 时， OA a1 2 2 AC a1 ba65，则点M 的坐标是 1,5 ；a1时，ba67，则点M 的坐标是1,7．从而可得答 1 2 案． 【详解】（1）解：在yx6中，令y0，则x6；令x0，则y6． 故点B的坐标为 6,0 ，点C的坐标为 0,6 ． （2）∵C0,6， A4,2 ， 1 ∴S  6412． AOC 2 1 （3）存在点M使S  S ． 理由如下： △OMC 4 △OAC 设点M的坐标为 a,b ，直线OA的表达式是ymx． ∵A4,2 ， 1 ∴ ，解得m ． 4m2 2 1 ∴直线 的表达式是y  x． OA 2 1 ∵S  S ， △OMC 4 △OAC 1 1 ∴ 6 a  12． 2 4 ∴a1． 1 1 当点M在线段 上时，如图①，则 ，此时b 1 ， OA a1 2 2  1 ∴点M的坐标是1, ．  2当点M在射线AC上时，如图②，a1时，ba65，则点M 1 的坐标是 1,5 ； a1时，ba67，则点M 的坐标是 1,7 ． 2 1 综上所述，点M的坐标是(1, )或1,5或1,7． 2 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，求解一次函数与坐标轴的交点坐标，坐标 与图形，熟练的利用数形结合的方法解题是关键． 3．（2023·河北沧州·校考一模）如图，直线l 的表达式为y3x5．且与x轴交于点A，与y轴交于点 1 B，直线l 经过点C3,0 ，且与直线l 交于点Dt,1 ． 2 1 (1)写出点D的坐标，并求出直线l 的表达式； 2 (2)连接BC，求△BCD的面积； (3)直线l 2 上是否存在一点P，使得△APB的周长最小？若不存在，请说明理由；若存在，求出点P的坐标． 【答案】(1)D2,1 ；y x3 (2)4 18 3 (3)存在，P ， ，理由见解析  7 7 【分析】（1）把点Dt,1 代入y3x5即可求得点D的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线l 的 2 解析式； （2）由y3x5求得A、B的坐标，从而求得AC的长，然后根据三角形面积公式求得即可； （3）作点A关于直线l2的对称点A，连接BA交直线 l2于P，连接AC，此时PAPB的值最小，即 △APB的周长最小，求出A的坐标，然后求得直线BA的解析式，最后与直线l 2 的解析式联立，解方程即可 解决问题．【详解】（1）解：∵直线l 经过点Dt,1 ， 1 ∴13t5， 解得t2， ∴D2,1 ， 设直线l 的解析式为ykxb， 2 ∵直线l 经过点C3,0 ，D2,1 ， 2 3kb0 ∴ ， 2kb1  k 1 解得 ， b3 ∴直线l 的解析式为y x3； 2 5  （2）由直线l1的表达式为 y3x5 可知A 3 ，0  ， B0,5， 5 4 ∴AC 3  ， 3 3 1 4 ∴S   514； BCD 2 3 （3）存在，理由如下： 作点A关于直线l 2 的对称点A，连接BA交直线 l2于P，连接AC，此时PAPB的值最小，即△APB的周 长最小， 由直线l2为y x3可知，ACD45，由轴对称的性质可知ACDACD45， ∴ACA90， 4 ∵AC  AC  ， C3,0， 3  4 ∴A 3，   3  4 3kb 设此时 的解析式为 ，则有 3 ， BA ykxb   b5  19 k  解得 9 ，   b5 19 ∴直线 的解析式为y x5， BA 9  18 x  19   7 解y x5得 ，  9 3 y   yx3  7 18 3 ∴P ， ．  7 7 【点睛】本题考查了一次函数的性质、待定系数法求一次函数的解析式以及轴对称最短问题等，解题的关 键是熟练掌握待定系数法、学会根据轴对称解决最短问题，属于中考常考题型． 4．（2023秋·广东佛山·八年级校考期末）如图，直线l 1 的函数解析式为y2x4，且l 1 与x轴交于点D， 直线l 经过点A5，0、B4，1 ，直线l、l 交于点C． 2 1 2 (1)求直线l 的函数解析式； 2 (2)求△ADC的面积； (3)在直线l 2 是否存在点P，使得△CDP面积是△ADC面积的2倍？如果存在，请求出P坐标；如果不存在， 请说明理由． 【答案】(1) yx5 (2)3(3)存在，点P7，2 或 1，6 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 1 （2）联立两直线解析式，求出点C的坐标，再求出点D的坐标，然后根据S △ADC  2 AD  y c 进行求解即可； 1 （3）分当点 P 在 A 点上方时： 2 AD  y p S △ADP S △CDP S △ADC 3，当点 P 在 A 点下方时： 1   2 AD  y p S ADP S CDP S ADC 9，两种情况求出点P的坐标即可． 5kb0 【详解】（1）解：设直线 的函数解析式为 ，将 代入 得： ， l ykxb A5，0、B4，1 ykxb 4kb1 2  k 1 解得： ， b5 ∴直线l 的函数解析式为yx5； 2 y2x4 （2）解：联立两直线解析式成方程组得 ，  yx5  x3 解得： y2 ∴点C的坐标为 3，2 ， 当y2x40时，解得x2， ∴点D的坐标为 2,0 ， 1 1 ∴S △ADC  2 AD  y c  2 5223； （3）解：由题意得：S 2S 236 △CDP △ADC 1 ∴当点 P 在 A 点上方时： 2 AD  y p S △ADP S △CDP S △ADC 633， 1   当点 P 在 A 点下方时： 2 AD  y p S ADP S CDP S ADC 639， ∴y p 2或6， 当y2时，x7，此时点 P 的坐标为 7，2 ， 当y6时，x=1，此时点 P 的坐标为 1，6 ， 综上所述：存在点P7，2 或 1，6 符合题意． 【点睛】本题主要考查了一次函数综合，求一次函数解析式，求直线围成的图形面积等等，灵活运用所学 知识是解题的关键． 5．（2023秋·山东济南·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB：y  kx＋b与x轴交于点 AC 12 A6，0 B0，6 0，2 CDA6，0 ，与y轴交于点B0，6 ，与直线CD交于点E．已知点D的坐标为 0，2 ，点C在A的左侧且 AC 12． (1)分别求出直线AB和直线CD的表达式； (2)在直线CD上，是否存在一点P，使得S BEP 8，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在坐标轴上，是否存在一点Q，使得 BEQ是以BE为直角边的直角三角形，若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1) ，y  x2 yx6 3  13  5 (2)存在，若点P在右侧，P7, ；若点P在左侧，P1,   3   3 (3)存在，Q6，0 或 0，0 【分析】（1）用待定系数法求解即可； 1 1 （2）先求出交点 E3，3和S △BDE  2 BDx E  2 436，再分两种情况：①若点P在右侧，②若点P在 左侧，利用三角形面积，分别求解即可； （3）分两种情况：①当QBE90时，BQ交x轴于Q，②当QEB90时，EQ交x轴于Q，分别 求 解即可． 【详解】（1）解：将A6，0 ，B0，6 代入直线AB：y  kx＋b，得： 06kb k 1  ，解得： ， 6b b6 ∴直线AB：yx＋6， ∵A6，0 ，AC 12， ∴C6，0 ， 设直线CD：ykx+b (k0) 将C6，0 ，D0，2 代入直线CD：ykx+b，得：  1 k 06kb ，解得： 3，   2b  b21 ∴直线 ：y  x2． CD 3 yx6  （2）解：联立 1 ，解得：x3 ， y x2    3 y3 ∴E3，3， 1 1 ∴S  BDx  436， △BDE 2 E 2 ①若点P在右侧， ∵S 8， BEP ∴S S S 6814， VBDP VBDE VBEP 1 1 ∴S  BDx  4x 14，解得 ， △BDP 2 P 2 P x P 7  13 ∴P7,   3  ②若点P在左侧， ∵S△BEP=8， ∴S S S 8－62， VBDP VBEP VBDE 1 1 ∴S  BD x  4 x 2，解得 ， BDP 2 P 2 P x 1 P 1 5 当 时，y 12 ， x=1 3 3  5 ∴P1, ．  3 （3）解：分两种情况：①当QBE90时，BQ交x轴于Q， ∵A6，0 ，B0，6 ， ∴OA=OB =6， ∵AOB90， ∴AB045， ∵QBE90，∴QBO45， ∵QOB90， ∴BQO45， ∴BQOQBO， ∴OQOB6， ∴Q6，0 ； ②当QEB90时，EQ交x轴于Q， 同理EAQEQA45， ∴AEEQ， ∵E3，3，A6，0 ， ∴EQAE3 2， 由勾股定理，得AQ AE2 EQ2 6， ∴OQOAAQ0， ∴Q0,0 ， 综上，存在，Q6，0 或 0，0 ． 【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式，从标与图形，三解形面积，勾股定理，等腰直角 三角 形，注意分类讨论思想的应用是解题的关键． 【类型四 一次函数中折叠问题】 例题：（2023秋·山东济南·八年级统考期末）如图1，在同一平面直角坐标系中，直线AB：y2xb与 直线AC：ykx3相交于点A(m,4)．与x轴交于点B(4,0)，直线AC与x轴交于点C．(1)填空：b______，m______，k______； (2)如图2．点D为线段BC上一动点，将 ACD沿直线AD翻折得到△AED，线段AE交x轴于点F ． ①求线段AE的长度； y ②当点E落在 轴上时，求点E的坐标； ③若 DEF 为直角三角形，请直接写出满足条件的点D的坐标．  1 【答案】(1)8,2, 2     (2)①4 5；②点 E 的坐标为 0,42 19 ；③点 D 的坐标为2,0或 2 54,0 【分析】（1）把B(-4,0) 代入y2xb，求出b8，得直线AB：y2x8，再把Am,4 代入 1 y2x8 ，求出 m2 ，得点 A 的坐标，然后把A2,4代入 y=xk+3 ，求出k= 2 ； （2）①根据折叠的性质得出AE AC，勾股定理即可求解； ②过点A作AH  y轴于点H ，作AGx轴于点G，求出AE2=AC2=(6+2)2+42=80，即可得出 AE4 5，②求出HE=2 19，可得OE=2 19-4，即可得答案； ③分两种情况讨论，当EDF 90时，求出ADC=135，得ADO45，得DG AD4，得点D坐 标；当DFE90时，设DF x，则DE=DC=8-x，由勾股定理得：8x2 x2(4 54)2，求出 DF，得点D坐标． 【详解】（1）解：把B(-4,0) 代入y2xb，  0=2�(+4) b， b8， 直线AB：y2x8， 把Am,4 代入y2x8， m2， 把A2,4 代入y=xk+3，  4=(-2)k+3，1 k  ， 2 1 k= ； b=8，m=2， 2 1 故答案为：8,2, ． 2 1 （2）①∵直线 ：y x3，令 ，解得 ， AC 2 y0 x6 ∴点C的坐标为 6,0 ， ∵A2,4 ∴AC  62242 4 5， ∵折叠， ∴AE AC 4 5； ②如下图，过点A作AH  y轴于点H ，作AGx轴于点G，则AH 2，CG8， AE=4 5，  \ HE= AE2-AH2 = 80-22 =2 19， OEHEOH 2 194， 点E的坐标为（0,4-2 19）； ③ 如下图，36090 当 时，由翻折得ADC ADE =135， EDF 90 2 ADO1359045，  AG4， DG AG4， ODDGOG422， 点D的坐标为（2,0）； 如图， 当DFE90时，AE AC 80 4 5， 设DF x，则DE=DC=8-x， 在Rt△DEF中由勾股定理得： 8x2 x2(4 54)2， 解得：x2 52, ODDFOF 2 54， 点D的坐标为（2 54,0）， 综上，点D的坐标为（2,0）或（2 54,0）． 【点睛】此题考查了一次函数，勾股定理，直角三角形的性质和判定，翻折的性质，解题的关键是作辅助线． 【变式训练】 4 1．（2023春·八年级课时练习）如图，直线y 3 x8与 x 轴、 y 轴分别交于点 B 和点 A ，点 C 是线段 OA 上的一点，若将 ABC沿BC折叠，点A恰好落在x轴上的A处，若P是 y 轴负半轴上一动点，且 BCP是 等腰三角形，则P的坐标为______． 9 【答案】0,3或 0,33 5 或 (0, 2) 【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，利用勾股定理可求出AB的长度，进 而可得出OA的长度，设OC m，则在Rt△AOC中，利用勾股定理即可得出关于m的方程，解之即可得 出m的值，进而可得出点C的坐标，进一步求得BC，然后分三种情况讨论求得P点的坐标即可． 【详解】当x0时， y8， 点 A 的坐标为 0,8 ； 4 当 时， x80，解得： ， y0 3 x6 点 B 的坐标为 6，0 ． AB 8262 10． 由折叠的性质可得AB AB，AC  AC， OA4． 设OC m，则AC  AC 8m． 在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC2 OC2OA'2 ，即(8m)2 42m2， 解得：m3， 点C的坐标为0，3， BC  6232 3 5， 当BC BP时， ∵OBPC， ∴点O是PC的中点， ∴P0，3 ；  当BC CP3 5时，则P 0,33 5 ； 当CPBP时，设P0,n ，则BPCP3n， 9 ，解得n ， (3n)2 62n2 2 9 此时 ；  P(0, 2) 9 综上， P 点的坐标为0,3或 0,33 5 或 (0, 2) ； 9 故答案为：0,3或 0,33 5 或 (0, 2). 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、折叠的性质以及勾股定理，等腰三角形的定义，在 Rt△AOC中，利用勾股定理找出关于m的方程是解题的关键． 4 2．（2023春·重庆北碚·八年级重庆市朝阳中学校考阶段练习）如图，直线y 3 x4与 x 轴、 y 轴分别相 交于点A，B，点C在 y 轴上，将 AOC沿AC折叠，点O恰好落在直线AB上，求点C的坐标．  3 【答案】  0, 2   或0,6 【分析】由题意可求点A，点B坐标，即可求得AB，分点C在正半轴和负半轴两种情况讨论，根据勾股 定理可求点C坐标． 【详解】解：如图，若点C在正半轴上，将 AOC沿AC翻折，点O恰好落在直线AB上O点处， 4 ∵直线y x4与 轴、 轴分别相交于点 ， ， 3 x y A B 4 当 时， x40，得： ， y0 3 x3 4 当 时，y 044， x0 3 ∴A3,0 ，B0,4 ， ∴OA3，OB4， ∴AB OA2OB2  3242 5， ∵将 AOC沿AC翻折，点O恰好落在直线AB上O点处， ∴OAOA3，AOC AOC 90，OC OC，∴OB ABAO532， 在Rt△BCO中，BC2 OB2OC2， ∴4OC2 22OC2， 3 ∴OC ， 2  3 ∴C0, ；  2 如图，若点C在负半轴上，将 AOC沿AC翻折，点O恰好落在直线AB上O点处， ∴AO AO3，AOC AOC 90，COCO， ∵AB5， ∴BO ABAO538， 在Rt△BCO中，BC2 OB2OC2， ∴4OC2 82OC2， ∴OC 6， ∴C0,6 ；  3 综上所述，点 C 的坐标是  0, 2   或0,6． 【点睛】本题考查一次函数图像与坐标轴的交点坐标，勾股定理，折叠的性质，运用了分类讨论的思想． 熟练运用折叠的性质是解题的关键． 3．（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，点O为坐标原点，直线yx4与x轴 交于点A，与y轴交于点B．(1)求点A，B的坐标； (2)在直线AB上是否存在点P，使△OAP是以OA为底边的等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存 在，请说明理由； (3)若将Rt△AOB折叠，使OB边落在AB上，点O与点D重合，折痕为BC，求折痕BC所在直线的表达式． 【答案】(1)A(4,0)，B(0,4)； (2)存在，P点坐标为(2,2)； (3)折痕BC的解析式为y(1 2)x4． 【分析】（1）利用直线解析式，容易求得A、B的坐标； （2）作线段OA的垂直平分线，交x轴于点E，交AB于点P，则P点即为所求，可求得E点坐标，则容 易求得P点坐标； （3）可设C(t,0)，由折叠的性质可得到CDt，AC4t，在RtACD中，由勾股定理可得到关于t的方程， 可求得t的值，则可求得C点坐标，利用待定系数法可求得直线BC的解析式． 【详解】（1））在yx4中，令x0可得y4，令y0可求得x4， A(4,0)，B(0,4)； （2）如图1，作线段OA的垂直平分线，交x轴于点E，交AB于点P， 则OPPA，即P点即为满足条件的点，  OA4， OE2， 在yx4中，当x2时，可得y2， P点坐标为(2,2)；（3）如图2， 设C(t,0)，则ACOAOC4t，  OAOB4， AB4 2， 由折叠的性质可得BDOB4，CD=OC =t，ADC BOC 90， ADABBD4 24， 在RtACD中，由勾股定理可得AC2  AD2CD2，即(4t)2 t2(4 24)2，解得t4 24， C(4 24，0)， 设直线BC解析式为ykxb， b4 k 1 2  ，解得 ， (4 24)kb0 b4 折痕BC的解析式为y(1 2)x4． 【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及函数图象与坐标轴的交点、等腰三角形的性质、线段垂直平分 线的性质、勾股定理、待定系数法、方程思想等知识．在（1）中注意求函数图象与坐标轴的交点的求法， 在（2）中确定出P点的位置是解题的关键，在（3）中求得C点的坐标是解题的关键．本题考查知识点较 多，综合性较强，难度适中． 4．（2023春·八年级课时练习）如图，直线ykxb与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C在线段AO上， 将 ABC沿BC所在直线折叠后，点A恰好落在y轴上点D处，若OA4，OD2． (1)求直线AB的解析式． (2)求S :S 的值． △ABC △OCD(3)直线CD上是否存在点P使得PBC45，若存在，请直接写出P的坐标． 3 【答案】(1)AB:y x3 4 (2) S :S 5:2 △ABC △OCD (3) P3,2 ，P 3,6 1 2 【分析】（1）根据勾股定理可得OA2OB2  AB2，设OBm，解方程求出点B的坐标，进而求出直线 AB的解析式； （2）设OC a，根据勾股定理OC2OD2 CD2可以求出OC长，进而求出三角形的面积比； （3）分点P在第三象限内和第一象限内两种情况解题即可． 【详解】（1）由题知BDBA，设OBm，则BDm2． 在Rt OAB中，OA2OB2  AB2，  即：42m2 m22 ， m3， ∴B0,3 ， 又A4,0 ， 3 ∴y x3． 4 （2）设OC a，则AC4a， 由折叠性质知：CDCA4a． 在Rt△OCD中：OC2OD2 CD2， ∴a222 4a2 ， 3 ∴a ． 2 5 ∴AC OAOC  ， 2 1 1 5 15 1 1 3 3 ∴S  ACOB  3 ，S  OCOD  2 ， △ABC 2 2 2 4 △OCD 2 2 2 2 15 3 ∴S :S  : 5:2． △ABC △OCD 4 2 （3）P3,2 ，P 3,6 ，理由如下： 1 2 如图，当点P在第三象限内时，过C作CM PB于M，过M作MEx轴，MF  y轴于E，F， 则CM MB,MEC MFB90， 又∵EMF CMB90∴EMC FMB MCE≌ MBF   ∴MEMF ，CEBF ∵MEx轴，MF  y轴 ∴EMFO为正方形 3 3 ∴ OCOB 2 9 ， OEOF    2 2 4 9 9 ∴M( ， ) 4 4 1 ∴直线 解析式为：y x3， BM 3  3  ∵ 两点坐标为：C ，0 ，D0，2 C、D  2  4 ∴直线 解析式为：y x2， CD 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 43 3 ∴M( ， ) 4 4 ∴直线BM 解析式为：y3x3，  3  ∵ 两点坐标为：C ，0 ，D0，2 C、D  2  4 ∴直线 解析式为：y x2， CD 3 x3 联立解得： ， y6 ∴P3，6 综上所述，P3，2 或P3，6 【点睛】本题考查一次函数的解析式，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是分清点所在象 限，正确写出点的坐标． 1 5．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，已知y   x  2与x轴、y轴分别相交于点A、点B，若将 2  AOB折叠，使点A与点B重合，折痕CD与x轴交于点C，与AB交点D． (1)点B的坐标是______；点A的坐标是______． (2)求直线BC的解析式； (3)在直线BC上是否存在一点P，使得  ABP的面积与 ABO的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不 存在，请说明理由．【答案】(1) 4,0 ； 0,2 4 (2)y x2 3 12 6  12 26 (3)存在， , 或 ,   5 5  5 5  【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题． （2）设OC x，则AC CB4x，在Rt  BOC中，利用勾股定理求出，再利用待定系数法求出直线BC 的解析式即可． （3）过点O作OM∥AB交直线BC于M，由OM∥AB，可知S △AOB S △ABM ，由  1 y x   2 直线 的解析式为 ， ，推出直线 的解析式为 ，由 ，解 y   1 x  2 y 1 x y 4 x2 AB 2 OM∥AB OM 2  3  12 x   5 得 ，可得 ，根据对称性可知，经过点 与直线 平行的直线与直线 的交 6 12 6 y M  ,      5  5 5 O 0, 4 AB BC 点M，也满足条件． 【详解】（1）令y0，则x4；令x0，则y2， 故点A的坐标为 4,0 ，点B的坐标为 0,2 ． 故答案为： 4,0 ， 0,2 ． （2）设OC x， ∵直线CD垂直平分线段AB， ∴AC CB4x， ∵BAO90， ∴ OB2OC2 CB2，22x2 4x2 ， 3 解得x ， 2 3 ∴OC ， 2 3  ∴C ,0， 2  设直线BC的解析式为ykxb， b2 b2   则3 ，解得 4 ， kb0 k    2  34 ∴直线 的解析式为y x2． BC 3 （3）过点O作OP∥AB交直线BC于M， ∵OP∥AB， ∴S S ， △AOB △ABM 1 ∵直线 的解析式为y   x  2， ， AB 2 OM∥AB 1 ∴直线 的解析式为y x， OP 2  1  12 y x x    2  5 由 ，解得 ， 4 6 y x2 y  3  5 12 6 ∴P ,  ，  5 5   根据对称性可知，经过点O 0, 4 与直线 AB 平行的直线与直线BC的交点 P ，也满足条件，已知 BPBP ， 12 6 m  n  设 ，则有 5 ， 5 ，  0  2 Pm,n 2 2 12 26 ∴m=- ，n  ， 5 5  12 26 ∴P , ．  5 5  12 6  12 26 综上所述，满足条件的点P坐标为 , 或 , ．  5 5  5 5  【点睛】本题考查了一次函数综合题、翻折变换、线段的垂直平分线的性质、等高模型、勾股定理等知识， 解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加辅助线，构造平行线解决问题，注意一题多解．