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一次函数与几何压轴汇编（八大题型）
重难点题型归纳
【题型1：一函数中面积问题】
【题型2：一次函数中等腰三角形的存在性问题】
【题型3：一次函数中直角三角形的存在性问题】
【题型4：一次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【题型5：一次函数中平行四边形存在性问题】
【题型6：一次函数中菱形的存在性问题】
【题型7：一次函数与将军饮马问题】
【题型8：一次函数中角度问题】
【
题
型
1
一
函
数
中
面
积
问
题
】
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2
1．如图，直线𝑦= 𝑘𝑥+ 6分别与x 轴、y 轴交于点E，F，已知点E 的坐标为( ―8,0)，点A
的坐标为( ―6,0)．
(1)求k 的值；
(2)若点𝑃(𝑥,𝑦)是该直线上的一个动点，且在第二象限内运动，则当点P 运动到什么位置
时，△𝑂𝑃𝐴的面积为
27
8 ？请说明理由．
【答案】(1)𝑘=
3
4
(2)点P 运动到点― 13
2 , 9
8 ，△𝑂𝑃𝐴的面积为
27
8 ，见解析
【分析】本题考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的性质与函数图象上的点
的特征是解题的关键，
（1）将点𝐸( ―8,0)代入，即可得到答案；
（2）设点P 坐标为(𝑚,𝑛)，根据△𝑂𝑃𝐴的面积为
27
8 ，可求得𝑛=
9
8，由于点P 在一次函数
上，代入求出𝑚= ―
13
2 ，从而得到答案．
【详解】（1）解：∵直线𝑦= 𝑘𝑥+ 6过点𝐸( ―8,0)，
∴0 = ―8𝑘+ 6，
解得𝑘=
3
4．
（2）解：∵点A 的坐标为( ―6,0)，
∴𝑂𝐴= 6，
设当点P 运动到点(𝑚,𝑛)，即点P 坐标为(𝑚,𝑛)时，其面积𝑆=
27
8 ，
即
6|𝑛|
2 =
27
8 ．
解得|𝑛| =
9
8，
即𝑛=
9
8或𝑛= ―
9
8（舍去），
∴
9
8 =
3
4𝑚+ 6，
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3
解得𝑚= ―
13
2 ．
故点P 运动到点― 13
2 , 9
8 ，△𝑂𝑃𝐴的面积为
27
8 ．
2．如图，在平面直角坐标系中，直线𝐴𝐵:𝑦1 =
1
2𝑥+ 1与直线𝐶𝐷:𝑦2 = 𝑚𝑥+ 𝑛交于点𝐴(4,𝑎)，
直线𝐶𝐷交𝑦轴于点𝐷(0,9)．
(1)求出𝑎的值；
(2)求直线𝐶𝐷的解析式；
(3)若点𝑃在𝑥轴上，当△𝐴𝐵𝑃的面积为6时，求点𝑃的坐标．
【答案】(1)
𝑎= 3；
(2)
𝑦= ―
3
2𝑥+ 9；
(3)(2,0)或( ―6,0)．
【分析】本题主要考查了一次函数与几何的综合、用待定系数法求一次函数解析式．
(1)把点𝐴(4,𝑎)的坐标代入直线𝐴𝐵:𝑦1 =
1
2𝑥+ 1的解析式，可得关于𝑎的一元一次方程，解
方程求出𝑎的值即可；
(2)把点𝐴、𝐷的坐标代入𝑦2 = 𝑚𝑥+ 𝑛，可得关于𝑚、𝑛的方程组，解方程组求出𝑚、𝑛的
值，即可得到直线𝐶𝐷的解析式；
(3)根据三角形的面积公式可得：𝐵𝑃= 4，当𝑥= 0时，可得
1
2𝑥+ 1 = 0，解方程求出𝑥的
值即为点𝐵的横坐标，从而可得|𝑥𝑝+ 2| = 4，解方程求出𝑥𝑝的值即可．
【详解】（1）解：把点𝐴(4,𝑎)的坐标代入直线𝐴𝐵:𝑦1 =
1
2𝑥+ 1的解析式，
可得：𝑎=
1
2 × 4 + 1 = 2 + 1 = 3，
∴𝑎= 3；
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4
（2）解：由(1)可知点𝐴的坐标为(4,3)，
把点𝐴(4,3)和点𝐷(0,9)的坐标代入直线𝐶𝐷:𝑦2 = 𝑚𝑥+ 𝑛，
可得：4𝑚+ 𝑛= 3
𝑛= 9
，解得：𝑚= ― 3
2
𝑛= 9
，
∴直线𝐶𝐷的解析式为𝑦= ―
3
2𝑥+ 9；
（3）解：如下图所示，过点𝐴作𝐴𝐸⊥𝑥轴，
则△𝐴𝐵𝑃的面积为𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐵𝑃× 𝐴𝐸=
1
2𝐵𝑃× 3 = 6，
解得：𝐵𝑃= 4，
当𝑥= 0时，可得
1
2𝑥+ 1 = 0，解得：𝑥= ―2，
∴点𝐵的坐标为( ―2,0)，
设点𝑃的坐标为𝑥𝑝,0 ，
则有|𝑥𝑝+ 2| = 4，
∴𝑥𝑝+2 =± 4，
解得：𝑥𝑝= 2或―6，
∴点𝑃的坐标为(2,0)或( ―6,0)．
3．如图，一次函数𝑦= ―3𝑥+ 𝑏的图象与𝑥轴交于点𝐴( ―1,0)，与𝑦轴交于点𝐵，点𝐶(3,0)，
点𝑀是线段𝐴𝐶上的任意一点，过点𝑀作直线𝑙∥𝑦轴，直线𝑙交直线𝐴𝐵于点𝑃，交直线𝐵𝐶于
点𝑄．
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5
(1)求直线𝐵𝐶的函数表达式；
(2)当𝑃𝑄= 2时，求△𝑃𝑄𝐶的面积．
【答案】(1)𝑦= 𝑥― 3；
(2) △𝑃𝑄𝐶的面积是
3
2或
7
2；
【分析】本题主要考查了待定系数法求直线关系式，一次函数与几何图形．
（1）把𝐴( ―1,0)代入𝑦= ―3𝑥+ 𝑏，求出直线𝐴𝐵的关系式，再求出点𝐵(0, ― 3)，然后根
据待定系数法求出直线𝐵𝐶的关系式；
（2）先设点𝑀(𝑚,0)，可表示𝑃(𝑚, ― 3𝑚― 3)，𝑄(𝑚,𝑚― 3)，再根据纵坐标的差表示𝑃𝑄，
然后根据𝑃𝑄= 2，求出m 的值，接下来分两种情况求出𝐶𝑀，即可得出面积．
【详解】（1）解：把𝐴( ―1,0)代入𝑦= ―3𝑥+ 𝑏，得
0 = 3 + 𝑏，
解得𝑏= ―3，
∴直线𝐴𝐵的关系式为𝑦= ―3𝑥― 3．
当𝑥= 0时，𝑦= ― 3，
∴点𝐵(0, ― 3)．
将点𝐵(0, ― 3)和点𝐶(3,0)代入直线𝐵𝐶的关系式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏1，
得：
𝑏1 = ―3
3𝑘+ 𝑏1 = 0
，解得
𝑘= 1
𝑏1 = ―3
，
所以直线𝐵𝐶的关系式𝑦= 𝑥― 3；
（2）解：设𝑀(𝑚,0)，则𝑃(𝑚, ― 3𝑚― 3)，𝑄(𝑚,𝑚― 3)，
∴𝑃𝑄= |𝑚― 3 ―( ―3𝑚― 3)| = |4𝑚|．
∵𝑃𝑄= 2，
∴|4𝑚| = 2，
解得𝑚=
1
2或𝑚= ―
1
2．
当𝑚=
1
2时，𝑀1
2 ,0 ，
∴𝐶𝑀= 3 ―
1
2 =
5
2，
∴𝑆△𝑃𝑄𝐶=
1
2 × 2 ×
5
2 =
5
2；
当𝑚= ―
1
2时，𝑀― 1
2 ,0 ，
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6
∴𝐶𝑀= 3 ―
― 1
2 =
7
2，
∴𝑆△𝑃𝑄𝐶=
1
2 × 2 ×
7
2 =
7
2．
综上所述，△𝑃𝑄𝐶的面积是
5
2或
7
2．
4．如图(1)，将一块长方形纸板摆放在平面直角坐标系中，使长方形纸版的一个直角顶点𝐵
与坐标原点重合，两条边与坐标轴重合，已知𝐵𝐶= 4，𝐴𝐵= 3．
(1)求直线𝐴𝐶的解析式；
(2)将长方形纸板的一个直角沿𝐴𝐸折叠，使𝐵点恰好落在线段𝐴𝐶上的𝐵′处，折痕𝐴𝐸交𝐵𝐶
边于点𝐸（图(2)），求点𝐸坐标；
(3)在(2)的条件下，直线𝐴𝐶上是否存在一点𝑃，使得𝑆△𝐴𝐷𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸？若存在，请直接写
出点𝑃的坐标，若不存在，请简要说明理由．
【答案】(1)𝑦= ―
3
4𝑥+ 3；
(2)点𝐸的坐标为3
2 ,0 ；
(3)点𝑃的坐标为3
2 , 15
8 或― 3
2 , 33
8 ．
【分析】（1）根据矩形的性质得到点𝐴、𝐶的坐标，再利用待定系数法求出直线𝐴𝐶的解
析式；
（2）利用勾股定理求出线段𝐴𝐶的长度，设𝐵𝐸= 𝐵′𝐸= 𝑥，则𝐸𝐶= 4 ― 𝑥，在Rt △𝐵′𝐸𝐶
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中，利用勾股定理得到关于𝑥的方程解方程求出𝑥的值，即可得到点𝐸的坐标；
（3）由（2）可知𝐵𝐸的长度，从而可得△𝐴𝐵𝐸的面积，根据𝑆△𝐴𝐷𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸可得
1
2
× 𝐴𝐷⋅𝑃𝐹=
9
4，根据相等关系可以求出𝑃𝐹的长度，然后再分点𝑃在点𝐴右侧和点𝐴左侧两
种情况求解．
【详解】（1）解：∵𝐵𝐶= 4，𝐴𝐵= 3，
∴𝐶(4,0)，𝐴(0,3)，
设𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
将点𝐴、𝐶的坐标代入，得：4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 3
，
解得：𝑘= ― 3
4
𝑏= 3
，
则直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= ―
3
4𝑥+ 3；
（2）解：在Rt △𝐴𝐵𝐶中，由勾股定理得：𝐴𝐶=
𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶2 = 5，
由翻折的性质可知：𝐵𝐸= 𝐵′𝐸，𝐴𝐵= 𝐴𝐵′ = 3，∠𝐵= ∠𝐴𝐵′𝐸= 90°，
∴𝐵′𝐶= 5 ― 3 = 2，∠𝐸𝐵′𝐶= 90°，
设𝐵𝐸= 𝐵′𝐸= 𝑥，则𝐸𝐶= 4 ― 𝑥，
在Rt △𝐵′𝐸𝐶中，由勾股定理得：𝐸𝐶2 = 𝐵′𝐸2 + 𝐵′𝐶2，
即(4 ― 𝑥)2 = 𝑥2 + 22，
解得：𝑥=
3
2，
∴𝐵𝐸=
3
2，
∴点𝐸的坐标为3
2 ,0 ；
（3）解：①如图（1）所示：过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝐴𝐷，垂足为𝐹，
𝑆△𝐴𝐵𝐸=
1
2𝐴𝐵⋅𝐵𝐸=
1
2 × 3 ×
3
2 =
9
4，
∵𝑆△𝐴𝐷𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸，
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8
∴𝑆△𝐴𝐷𝑃=
9
4，
∴
1
2 × 𝐴𝐷⋅𝑃𝐹=
9
4，
即
1
2 × 4 × 𝑃𝐹=
9
4，
解得：𝑃𝐹=
9
8，
∴点𝑃的纵坐标𝑃𝑦= 3 ―
9
8 =
15
8 ，
将𝑦=
15
8 代入𝑦= ―
3
4𝑥+ 3得：―
3
4𝑥+ 3 =
15
8 ．
解得：𝑥=
3
2．
∴点𝑃的坐标为3
2 , 15
8 ；
②如图（2）所示：过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝐴𝐷，垂足为𝐹，
∵由①可知：𝑃𝐹=
9
8，
∴点𝑃的纵坐标𝑃𝑦=
9
8 +3 =
33
8 ，
将𝑦=
33
8 代入𝑦= ―
3
4𝑥+ 3，
得到：―
3
4𝑥+ 3 =
33
8 ．
解得：𝑥= ―
3
2，
∴点𝑃的坐标为― 3
2 , 33
8 ．
综上所述，点𝑃的坐标为3
2 , 15
8 或― 3
2 , 33
8 ．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、求一次函数解析式、勾股定理、折叠的性质．解
决本题的关键是利用待定系数法求出函数的解析式，再综合利用矩形的性质和一次函数
的解析式确定点的坐标．
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【题型2 一次函数中等腰三角形的存在性问题】
1．如图所示，在平面直角坐标系中，直线𝐴𝐵:𝑦= 𝑘𝑥+ 2与𝑥轴交于点𝐴( ―1,0)，与𝑦轴交于
点𝐵(0,2)．
(1)求直线𝐴𝐵的表达式：
(2)若直线𝐴𝐶⊥𝐴𝐵交𝑦轴负半轴于点𝐶，求△𝐴𝐵𝐶的面积：
(3)在𝑦轴负半轴上是否存在点𝑃，使以𝐴,𝐵,𝑃三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，
请直接写出点𝑃的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥+ 2
(2)
5
4
(3)在𝑦轴负半轴上存在点𝑃，使以𝐴,𝐵,𝑃三点为顶点的三角形是等腰三角形，点P 的坐标
为0,2 ―
5 或(0, ― 2)
【分析】（1）把𝐴( ―1,0)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 2，求出k 的值即可；
（2）设𝐶(0,𝑚)，根据勾股定理可以求出m 的值，即可得到△𝐴𝐵𝐶的面积；
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（3）分两种情况分别求出P 点坐标，即可．
【详解】（1）解：∵直线𝐴𝐵:𝑦= 𝑘𝑥+ 2与𝑥轴交于点𝐴( ―1,0)，
∴0 = ―𝑘+ 2，解得：𝑘= 2，
∴直线𝐴𝐵的表达式为𝑦= 2𝑥+ 2；
（2）解：设𝐶(0,𝑚)，
∵𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，
∴𝐴𝐵2 +𝐴𝐶2 = 𝐵𝐶2，即𝑂𝐵2 +𝑂𝐴2 +𝑂𝐴2 +𝑂𝐶2 = 𝐵𝐶2，
∴4 + 1 + 1 + 𝑚2 = (2 ― 𝑚)2，
解得：𝑚= ―
1
2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 𝐵𝐶× 𝑂𝐴=
1
2 ×
5
2 × 1 =
5
4；
（3）解：存在，
由题意得𝐴𝐵=
𝑂𝐴2 + 𝑂𝐵2 =
5，
∴可分两种情况考虑，
如图所示．当𝐵𝐴= 𝐵𝑃=
5时，
∴点𝑃1的坐标为0,2 ―
5 ；
当𝐴𝐵= 𝑃𝐴时， 𝑂𝑃= 𝑂𝐵= 2，
∴点𝑃2的坐标为(0, ― 2)．
综上所述：在𝑦轴负半轴上存在点𝑃，使以𝐴,𝐵,𝑃三点为顶点的三角形是等腰三角形，点P
的坐标为0,2 ―
5 或(0, ― 2)．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征、等腰
三角形的性质、勾股定理以及分类讨论的思想方法是解题的关键．
2．如图，直线𝑦= ―
3
4𝑥+ 15与𝑥轴，𝑦轴分别交于𝐴，𝐵两点，𝐷，𝐸分别是线段𝐴𝐵，𝑂𝐴上的
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点．
(1)若𝐵𝐷= 5．
①求𝐴𝐷的长．
②若△𝑂𝐷𝐸是等腰三角形，求点𝐸的坐标．
(2)连接𝐵𝐸，若𝐵𝐷= 𝐴𝐸，当𝑂𝐷+ 𝐵𝐸最小时，求点𝐸的坐标．
【答案】(1)①𝐴𝐷= 20；②𝐸(4 10,0)或𝐸(8,0)或(20,0)
(2) 55
9 ,0
【分析】（1）①分别令𝑥,𝑦= 0，求得𝑂𝐴= 20，𝑂𝐵= 15，勾股定理求得𝐴𝐵，进而根
据𝐵𝐷= 5，𝐴𝐷= 𝐴𝐵― 𝐵𝐷= 20即可求解；
②设𝐷𝑚, ― 3
4 𝑚+ 15 ，则𝐷𝐹= 𝑚，则𝐵𝐹= 𝐵𝑂― 𝑂𝐹= 15 +
3
4𝑚― 15 =
3
4𝑚，勾股定理
建立方程得出𝐷(4,12)，进而分类讨论，即可求解；
（2）过点𝐴作𝐴𝐺⊥𝐴𝐵交𝑦轴于点𝐻，在𝐴𝐻上截取𝐴𝐺= 𝑂𝐵= 15，过点𝐺作𝐺𝑀⊥𝑦轴于点
𝑀，证明△𝑂𝐵𝐷≌△𝐺𝐴𝐸(SAS)得出𝐸𝐺= 𝑂𝐷，进而可得当𝐸在𝐵𝐺上时，𝐵𝐸+ 𝑂𝐷取得最
小值；设𝐻(0, ― ℎ)，根据勾股定理求得𝐻0, ― 80
3 ，进而求得𝐴𝐻的解析式为𝑦=
4
3𝑥―
80
3 ，
设𝐺𝑚, 4
3 𝑚― 80
3 ，则𝐺𝑀= 𝑚，𝐻𝑀=
4
3𝑚―
80
3 ―
― 80
3
=
4
3𝑚，根据𝐺𝐻=
55
3 得出
𝑚= 11，则𝐺(11, ― 12)，再求得𝐵𝐺的解析式为𝑦= ―
27
11𝑥+ 15，令𝑦= 0，即可求解．
【详解】（1）解：①∵直线𝑦= ―
3
4𝑥+ 15与𝑥轴，𝑦轴分别交于𝐴，𝐵两点，
当𝑥= 0时，𝑦= 15，当𝑦= 0时，𝑥= 20，
∴𝐴(20,0)，𝐵(0,15)，
∴𝑂𝐴= 20，𝑂𝐵= 15，
∴𝐴𝐵=
𝐴𝑂2 + 𝐵𝑂2 = 25，
∵𝐵𝐷= 5，
∴𝐴𝐷= 𝐴𝐵― 𝐵𝐷= 20
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②如图所示，过点𝐷作𝐷𝐹⊥𝑦轴于点𝐹，
设𝐷𝑚, ― 3
4 𝑚+ 15 ，则𝐷𝐹= 𝑚，则𝐵𝐹= 𝐵𝑂― 𝑂𝐹= 15 +
3
4𝑚― 15 =
3
4𝑚，
在Rt △𝐵𝐷𝐹中，𝐵𝐷2 = 𝐷𝐹2 +𝐵𝐹2，
∴52 = 𝑚2 +
3
4 𝑚
2
，
解得：𝑚= 4（负值舍去），
∴𝐷(4,12)，
∴𝑂𝐷=
42 + 122 = 4 10，
设𝐸(𝑡,0)，则𝑂𝐸= 𝑡，𝐸𝐷2 = (𝑡― 4)2 + 122，
∵△𝑂𝐷𝐸是等腰三角形，
当𝑂𝐷= 𝑂𝐸时，则𝑡= 4 10，
当𝐷𝑂= 𝐷𝐸时，则(4 10)
2 = (𝑡― 4)2 + 122，
解得：𝑡= 0（舍去）或𝑡= 8 ，
当𝐸𝐷= 𝐸𝑂时，则𝑡2 = (𝑡― 4)2 + 122，
解得：𝑡= 20，
∴𝐸(4 10,0)或𝐸(8,0)或(20,0)；
（2）解：如图所示，过点𝐴作𝐴𝐺⊥𝐴𝐵交𝑦轴于点𝐻，在𝐴𝐻上截取𝐴𝐺= 𝑂𝐵= 15，过点𝐺
作𝐺𝑀⊥𝑦轴于点𝑀，
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∵∠𝑂𝐴𝐵+ ∠𝑂𝐵𝐴= 90°，∠𝑂𝐴𝐵+ ∠𝑂𝐴𝐺= 90°，
∴∠𝑂𝐵𝐴= ∠𝑂𝐴𝐺即∠𝑂𝐵𝐷= ∠𝐺𝐴𝐸，
∵𝐵𝐷= 𝐴𝐸，𝐴𝐺= 𝐺𝑂，
∴△𝑂𝐵𝐷≌△𝐺𝐴𝐸(SAS)，
∴𝐸𝐺= 𝑂𝐷，
∴𝐵𝐸+ 𝐸𝐺= 𝐵𝐸+ 𝑂𝐷，
∴当𝐸在𝐵𝐺上时，𝐵𝐸+ 𝑂𝐷取得最小值；
设𝐻(0, ― ℎ)，则𝐵𝐻= 𝐵𝑂+ 𝑂𝐻= 15 + ℎ，
在Rt △𝐴𝑂𝐵中，𝐴𝐻2 = 𝑂𝐴2 +𝑂𝐻2 = 202 + ℎ2，
在Rt △𝐴𝐵𝐻中，𝐴𝐻2 = 𝐵𝐻2 ―𝐴𝐵2 = (15 + ℎ)2 ― 252，
∴202 + ℎ2 = (15 + ℎ)2 ― 252，
∴ℎ=
80
3 ，则𝐻0, ― 80
3 ，
∴𝐴𝐻=
𝑂𝐴2 + 𝑂𝐻2 =
202 +
80
3
2 =
100
3 ，
∴𝐺𝐻= 𝐴𝐻― 𝐴𝐺=
100
3 ―15 =
55
3 ，
设𝐴𝐻的解析式为𝑦= 𝑘𝑥―
80
3 ，代入𝐴(20,0)，
∴20𝑘―
80
3 = 20，
解得：𝑘=
4
3，
∴𝐴𝐻的解析式为𝑦=
4
3𝑥―
80
3 ，
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设𝐺𝑚, 4
3 𝑚― 80
3 ，则𝐺𝑀= 𝑚，𝐻𝑀=
4
3𝑚―
80
3 ―
― 80
3
=
4
3𝑚，
∵𝐺𝐻=
55
3 ，
∴𝑚2 +
4
3 𝑚
2
=
55
3
2
，
解得：𝑚= 11（负值舍去），
∴
4
3 × 11 ―
80
3 = ―12，
∴𝐺(11, ― 12)，
设直线𝐵𝐺的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 15代入𝐺(11, ― 12)，
∴―12 = 11𝑘1 +15，
解得：𝑘= ―
27
11，
∴𝐵𝐺的解析式为𝑦= ―
27
11𝑥+ 15，
当𝑦= 0时，―
27
11𝑥+ 15 = 0，
解得：𝑥=
55
9 ，
∴当𝑂𝐷+ 𝐵𝐸最小时，点𝐸的坐标为55
9 ,0 ．
【点睛】本题考查了一次函数，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性
质与判定，两点之间线段最短；熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．如图，直线𝑙1的解析式为𝑦= ―𝑥+ 2，𝑙1与𝑥轴交于点𝐵，直线𝑙2经过点𝐷(0,5)，与直线𝑙1
交于点𝐶( ― 1,𝑚)，且与𝑥轴交于点𝐴；
(1)求点𝐶的坐标及直线𝑙2的解析式；
(2)连接𝐵𝐷，试求△𝐵𝐶𝐷的面积．
(3)若点𝑃是直线𝑦= ―𝑥+ 2上的一点，当△𝐵𝑂𝑃为等腰三角形时，求点𝑃的坐标．
【答案】(1)𝐶―1，3 ，𝑦= 2𝑥+ 5
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(2)
9
2
(3)𝑃(0,2)或𝑃(1,1)或𝑃(2 ―
2, 2)或𝑃(2 +
2, ―
2)
【分析】本题考查的是一次函数的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，勾股
定理与等腰三角形的定义．
（1）首先利用待定系数法求出𝐶点坐标，然后再根据𝐷、𝐶两点坐标求出直线𝑙2的解析式；
（2）首先根据两个函数解析式计算出𝐴、𝐵两点坐标，然后利用𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐴𝐵𝐷― 𝑆△𝐴𝐵𝐶
求解即可;
（3）设𝑃(𝑝, ― 𝑝+ 2)，根据勾股定理分别求得𝑂𝐵2,𝐵𝑃2,𝑂𝑃2，根据等腰三角形的定义列
出方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵直线𝑙1的解析式为𝑦= ―𝑥+ 2经过点𝐶( ―1,𝑚)，
∴𝑚= 1 + 2 = 3，
∴𝐶―1，3 ，
设直线𝑙2的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∵经过点𝐷(0,5)，𝐶―1，3 ，
∴
𝑏= 5
―𝑘+ 𝑏= 3
，
解得：𝑘= 2
𝑏= 5
，
∴直线𝑙2的解析式为𝑦= 2𝑥+ 5；
（2）解：如图，
由𝑦= 2𝑥+ 5得：
当𝑦= 0时，2𝑥+ 5 = 0，
解得：𝑥= ―
5
2，
则𝐴― 5
2 ,0 ,
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由𝑦= ―𝑥+ 2，
当𝑦= 0时，―𝑥+ 2 = 0
解得𝑥= 2，
则𝐵2，0 ，
∴𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐴𝐵𝐷― 𝑆△𝐴𝐵𝐶
= 1
2 × 2 +
5
2 × 5 ― 1
2 × 2 +
5
2 × 3
=
9
2．
（3）解：设𝑃(𝑝, ― 𝑝+ 2)，
∵𝐵2，0 ，𝑂(0,0)
∴𝐵𝑂2 = 22 = 4，𝐵𝑃2 = (𝑝― 2)2 + ( ―𝑝+ 2)2 = 2(𝑝― 2)2，𝑂𝑃= 𝑝2 + ( ―𝑝+ 2)2
当𝑂𝑃= 𝑂𝐵时，𝑝2 + ( ―𝑝+ 2)2 = 4，
解得：𝑝= 0或𝑝= 2（舍去），
∴𝑃(0,2)，
当𝑃𝐵= 𝑃𝑂时，𝑝2 + ( ―𝑝+ 2)2 = 2(𝑝― 2)2，
解得：𝑝= 1，
∴𝑃(1,1)，
当𝐵𝑃= 𝐵𝑂时，2(𝑝― 2)2 = 4，
解得：𝑝= 2 ―
2或𝑝=
2 +2，
∴𝑃(2 ―
2, 2)或𝑃(2 +
2, ―
2)，
综上所述，当△𝐵𝑂𝑃为等腰三角形时，𝑃(0,2)或𝑃(1,1)或𝑃(2 ―
2, 2)或𝑃(2 +
2, ―
2)．
4．如图，在平面直角坐标系中，直线𝑦= 𝑥+ 2与𝑥轴、𝑦轴分别交𝐴、𝐵两点，与直线
𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏相交于点𝐶(2, 𝑚)，若直线𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏与𝑥轴相交于点𝐷．动点𝑃从点𝐷开始，
以每秒1 个单位的速度向𝑥轴负方向运动，设点𝑃的运动时间为𝑡秒．
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17
(1)求𝑚和𝑏的值；
(2)在点𝑃的运动过程中，△𝐴𝐶𝑃的面积为𝑆，求𝑆与𝑡之间的函数关系式，并写出自变量𝑡的
取值范围；
(3)是否存在𝑡的值，使△𝐴𝐶𝑃为等腰三角形？若存在，直接写出𝑡的值；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)𝑚= 4，𝑏= 5
(2)𝑆= 24 ― 2𝑡(0 ≤𝑡≤12)
2𝑡― 24(𝑡> 12)
(3)存在，𝑡= 4或𝑡= 12 ― 4 2或𝑡= 12 + 4 2或𝑡= 8
【分析】（1）在𝑦= 𝑥+ 2中，当𝑥= 0时，𝑦= 2；当𝑦= 0时，𝑥= ―2；即可得出答案；
求出点𝐶(2,4)，代入直线𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏即可得出答案；
（2）求出𝐷(10,0)，则𝑂𝐷= 10，𝐴𝐷= 𝑂𝐴+ 𝑂𝐷= 12；过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑃于𝐸，分点P 在𝐴𝐷
上和点P 在𝐷𝐴延长线上两种情况讨论，由三角形面积S 与t 之间的函数关系式；
（3）过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑃于𝐸，则𝐶𝐸= 4，𝐴𝐸= 4，由勾股定理求出𝐴𝐶= 4 2；分三种情况：
当𝐴𝐶= 𝑃𝐶时；当𝐴𝑃= 𝐴𝐶时；当𝑃𝐶= 𝑃𝐴时；分别求出𝑡的值即可．
【详解】（1）解在𝑦= 𝑥+ 2中，当𝑥= 0时，𝑦= 2；
当𝑦= 0时，𝑥= ―2；
∴𝐴( ― 2,0)，𝐵(0,2)；
∵点𝐶在直线𝑦= 𝑥+ 2上，
∴𝑚= 2 + 2 = 4，
又∵点𝐶(2,4)也在直线𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏上，
∴ ―
1
2 × 2 + 𝑏= 4，
解得：𝑏= 5；
（2）解：在𝑦= ―
1
2𝑥+ 5中，当𝑦= 0时，𝑥= 10，
∴𝐷(10,0)，
∴𝑂𝐷= 10，
∵𝐴( ― 2,0)，
∴𝑂𝐴= 2，
∴𝐴𝐷= 𝑂𝐴+ 𝑂𝐷= 12；
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18
当点P 在𝐴𝐷上时，
∵𝑃𝐷= 𝑡，则𝐴𝑃= 12 ― 𝑡，过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑃于𝐸，如图1 所示：
则𝐶𝐸= 4，
∴𝑆=
1
2(12 ― 𝑡) × 4 = 24 ― 2𝑡(0 ≤𝑡< 12)；
当点P 在𝐷𝐴延长线上时，
∵𝑃𝐷= 𝑡，则𝐴𝑃= 𝑡― 12，过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑃于𝐸，如图1 所示：
则𝐶𝐸= 4，
∴𝑆=
1
2(𝑡― 12) × 4 = 2𝑡― 24(𝑡> 12)；
综上，𝑆= 24 ― 2𝑡(0 ≤𝑡≤12)
2𝑡― 24(𝑡> 12)
；
（3）解：存在，理由如下：
过𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑃于𝐸，如图1 所示：
则𝐶𝐸= 4，𝑂𝐸= 2，
∴𝐴𝐸= 𝑂𝐴+ 𝑂𝐸= 4，
∴𝐴𝐶=
𝐴𝐸2 + 𝐶𝐸2 =
42 + 42 = 4 2；
当𝐴𝐶= 𝑃𝐶时，𝐴𝑃= 2𝐴𝐸= 8，
∴𝑃𝐷= 𝐴𝐷― 𝐴𝑃= 4，
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19
∴𝑡= 4；
当𝐴𝑃= 𝐴𝐶时，如图2 所示：
则𝐴𝑃1 = 𝐴𝑃2 = 𝐴𝐶= 4 2，
∴𝐷𝑃1 = 12 ― 4 2，𝐷𝑃2 = 12 + 4 2，
∴𝑡= 12 ― 4 2，或𝑡= 12 + 4 2；
当𝑃𝐶= 𝑃𝐴时，如图3 所示：
设𝐸𝑃= 𝑚，则𝐶𝑃=
𝑚2 + 42，𝐴𝑃= 𝑚+ 4，
∴
𝑚2 + 42 = 𝑚+ 4，
解得：𝑚= 0，
∴𝑃与𝐸重合，𝐴𝑃= 4，
∴𝑃𝐷= 8，
∴𝑡= 8；
综上所述，存在𝑡的值，使△𝐴𝐶𝑃为等腰三角形，𝑡的值为4 或12 ― 4 2或12 + 4 2或8．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了一次函数的应用、坐标与图形性质、三角形
面积、等腰三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握一
次函数的应用和等腰三角形的性质是解题的关键．
5．如图，正比例函数𝑦= 2𝑥的图象与一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象交于点𝐴(𝑚,4)，一次函数
图象与𝑦轴的交点为𝐶(0,2)，与𝑥轴的交点为𝐷．
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20
(1)求一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的表达式；
(2)一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象上是否存在点𝑃，使得𝑆△𝑂𝐷𝑃= 3，若存在，求出点𝑃的坐
标；若不存在，说明理由；
(3)如果在一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象存在点𝑄，使△𝑂𝐶𝑄是以𝐶𝑄为腰的等腰三角形，请
求出点𝑄的坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥+ 2
(2)存在，𝑃点的坐标(1,3)或( ―5, ― 3)
(3)点𝑄的坐标为：( 2, 2 + 2)或( ―
2, ―
2 + 2)或( ―1,1)
【分析】（1）先将𝐴(𝑚,4)代入，求出点𝐴的坐标，再由待定系数法即可求解；
（2）先求出点𝐷的坐标，得出𝑂𝐷= 2，设点𝑃(𝑚,𝑛)，当点𝑃位于𝑥轴上方时，𝑆△𝑂𝐷𝑃=
1
2
𝑂𝐷× 𝑛= 3，当点𝑃位于𝑥轴下方时，𝑆△𝑂𝐷𝑃=
1
2𝑂𝐷× ( ―𝑛) = 3，分别求得𝑛值，再代入
解析式求得𝑚值，即可得到答案；
（3）设点𝑄(𝑡,𝑡+ 2)，得到𝑂𝐶2 = 22 = 4，𝑂𝑄2 = 𝑡2 + (𝑡+ 2)2，𝐶𝑄2 = 𝑡2 +
(𝑡+ 2 ― 2)2，分情况讨论，当𝑂𝐶= 𝐶𝑄时，当𝑂𝑄= 𝐶𝑄时，分别列出方程，解之即可．
【详解】（1）解：∵正比例函数𝑦= 2𝑥的图象与一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象交于点𝐴
(𝑚,4)，
∴ 4 = 2𝑚，
解得：𝑚= 2，
∴ 𝐴点的坐标(2,4)；
∵一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象过点𝐴(2,4)和点𝐶(0,2)，
则有2𝑘+ 𝑏= 4
𝑏= 2
，
解得：𝑘= 1，𝑏= 2，
∴一次函数表达式为𝑦= 𝑥+ 2．
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21
（2）解：一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象上存在点𝑃，使得𝑆△𝑂𝐷𝑃= 3；
理由如下：
对于一次函数𝑦= 𝑥+ 2，令𝑦= 0，得：0 = 𝑥+ 2，
解得𝑥= ―2，
所以点𝐷( ―2,0)，
所以𝑂𝐷= 2，
设点𝑃(𝑚,𝑛)，
当点𝑃位于𝑥轴上方时，𝑆△𝑂𝐷𝑃=
1
2𝑂𝐷× 𝑛= 3，
解得：𝑛= 3，
当点𝑃位于𝑥轴下方时，𝑆△𝑂𝐷𝑃=
1
2𝑂𝐷× ( ―𝑛) = 3，
解得：𝑛= ―3，
当𝑛= 3时，3 = 𝑚+ 2，解得：𝑚= 1，
当𝑛= ―3时，―3 = 𝑚+ 2，解得：𝑚= ―5，
故𝑃点的坐标(1,3)或( ―5, ― 3)．
（3）解：设点𝑄(𝑡,𝑡+ 2)，
则𝑂𝐶2 = 22 = 4，
𝑂𝑄2 = 𝑡2 + (𝑡+ 2)2 = 2𝑡2 +4𝑡+ 4，
𝐶𝑄2 = 𝑡2 + (𝑡+ 2 ― 2)2 = 2𝑡2，
当𝑂𝐶= 𝐶𝑄时，𝑂𝐶2 = 𝐶𝑄2，
所以2𝑡2 = 4，
解得：𝑡=
2或𝑡= ―
2，
此时点𝑄的坐标为( 2, 2 + 2)或( ―
2, ―
2 + 2)；
当𝑂𝑄= 𝐶𝑄时，𝑂𝑄2 = 𝐶𝑄2，
所以2𝑡2 = 2𝑡2 +4𝑡+ 4，
解得：𝑡= ―1，
此时点𝑄的坐标为( ― 1,1)；
综上分析可知：点𝑄的坐标为：( 2, 2 + 2)或( ―
2, ―
2 + 2)或( ―1,1)．
【点睛】本题考查了正比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数解析式、一次
函数图象与坐标轴交点，等腰三角形的定义，熟练掌握相关知识，并运用数形结合的思
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22
想分析问题进行分类讨论是解题的关键．
【题型
3
一次函数中直角三角形的存在性问题】
1．如图，直线𝑙1：𝑦= 𝑥+ 3与过点𝐴(3,0)的直线𝑙2交于点𝐶(1,𝑚)，与𝑥轴交于点𝐵．
(1)求直线𝑙2的函数表达式；
(2)点𝑀在直线𝑙1上，且在点𝐶右侧，𝑀𝑁∥𝑦轴交直线𝑙2于点𝑁，若𝑀𝑁= 𝐴𝐵，求点𝑀的坐
标．
(3)在𝑥轴上是否存在点𝐷，使得△𝐴𝐶𝐷是直角三角形？若存在，求出点𝐷的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= ―2𝑥+ 6
(2)(3,6)
(3)存在，(1,0)或( ―7,0)
【分析】（1）由函数图像上的坐标特征可确定点𝐶的坐标，再根据点𝐴的坐标即可确定
直线𝑙2的函数表达式；
（2）设𝑀(𝑎,𝑎+ 3)，由𝑀𝑁∥𝑦轴得𝑁(𝑎, ― 2𝑎+ 6)，𝑀𝑁= |𝑎+ 3 ―( ―2𝑎+ 6)|
= 𝐴𝐵= 6，再结合点𝑀在点𝐶右侧则可得出答案；
（3）由题意可得△𝐴𝐶𝐷是直角三角形需分两种情况讨论：①∠𝐴𝐷𝐶= 90°，则此时点
𝐷(1,0)；②∠𝐴𝐶𝐷= 90°，由𝐴𝐶2 +𝐶𝐷2 = 𝐴𝐷2即可求解．
【详解】（1）解：∵直线𝑙1：𝑦= 𝑥+ 3点𝐶(1,𝑚)，
∴当𝑥= 1时，𝑚= 1 + 3 = 4，
∴𝐶(1,4)，
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23
设直线𝑙2的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，过点𝐴(3,0)，𝐶(1,4)，
∴3𝑘+ 𝑏= 0
𝑘+ 𝑏= 4
，
解得：𝑘= ―2
𝑏= 6
，
∴直线𝑙2的解析式为𝑦= ―2𝑥+ 6；
（2）在𝑦= 𝑥+ 3中，令𝑦= 0，得𝑥= ―3，
∴𝐵( ―3,0)，
∵𝐴(3,0)，
∴𝐴𝐵= 3 ― ( ―3) = 6，
设𝑀(𝑎,𝑎+ 3)，
∵𝑀𝑁∥𝑦轴，点𝑁在直线𝑙2上，𝑀𝑁= 𝐴𝐵，
∴𝑁(𝑎, ― 2𝑎+ 6)，
∴𝑀𝑁= |𝑎+ 3 ―( ―2𝑎+ 6)| = 𝐴𝐵= 6，
解得：𝑎= 3或𝑎= ―1，
∵点𝑀在点𝐶右侧
∴𝑎> 1，
∴𝑎= 3，
∴𝑀(3,6)；
（3）存在，理由如下：
设点𝐷(𝑚,0)，
∵𝐴(3,0)，𝐶(1,4)，
∴𝐴𝐶2 = (3 ― 1)2 + (0 ― 4)2 = 20，𝐶𝐷2 = (1 ― 𝑚)2 + (4 ― 0)2 = 𝑚2 ―2𝑚+ 17，𝐴𝐷2 =
(𝑚― 3)2 = 𝑚2 ―6𝑚+ 9，
∵△𝐴𝐶𝐷是直角三角形，
①∠𝐴𝐷𝐶= 90°，则𝑥𝐷= 𝑚= 𝑥𝐶= 1，𝐷(1,0)；
②∠𝐴𝐶𝐷= 90°，则𝐴𝐶2 +𝐶𝐷2 = 𝐴𝐷2，
即20 + 𝑚2 ―2𝑚+ 17 = 𝑚2 ―6𝑚+ 9，
解得：𝑚= ―7，
∴𝐷( ―7,0)；
综上所述，存在满足条件的点𝐷的坐标为(1,0)或( ―7,0)．
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24
【点睛】本题是一次函数综合应用，考查了坐标与图形，函数图像上点的坐标特征，函
数图像的交点坐标，勾股定理的应用，待定系数法，掌握一次函数的性质是解题的关键．
2．已知直线𝑙1经过点(5,6)，交x 轴于点𝐴( ―3,0)，直线𝑙2:𝑦= 3𝑥交直线𝑙1于点B．
(1)求直线𝑙1的解析式和点B 的坐标．
(2)求△𝐴𝑂𝐵的面积．
(3)在x 轴上是否存在点P，使得△𝑃𝐴𝐵是直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦=
3
4𝑥+
9
4，(1,3)
(2)
9
2
(3)(1,0)或(
13
4 ,0)．
【分析】本题主要考查了一次函数的图象和性质，勾股定理，利用数形结合思想和分类
讨论思想解答是解题的关键．
（1）利用待定系数求出直线𝑙1的函数表达式，再联立直线𝑙1，𝑙2的函数表达式，可得点
𝐵的坐标；
（2）根据𝐴( ― 3,0)，𝐵(1,3)，即可求解；
（3）根据题意可得当△𝑃𝐴𝐵是直角三角形时，需分∠𝐴𝑃𝐵= 90°和∠𝐴𝐵𝑃= 90°两种情
况，即可求解．
【详解】（1）设直线𝑙1的函数表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)．
∵图象经过点(5,6)，𝐴( ― 3,0)，
∴
5𝑘+ 𝑏= 6
―3𝑘+ 𝑏= 0
，
解得
𝑘= 3
4
𝑏= 9
4
，
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25
∴直线𝑙1的函数表达式为𝑦=
3
4𝑥+
9
4．
联立𝑦= 3
4 𝑥+ 9
4
𝑦= 3𝑥
，
解得：𝑥= 1
𝑦= 3
，
∴点𝐵的坐标为(1,3)；
（2）∵𝐴( ― 3,0)，𝐵(1,3)，
∴ 𝑆△𝐴𝑂𝐵=
1
2 × 3 × 3 =
9
2；
（3）∵点𝑃在𝑥轴上，
∴∠𝐵𝐴𝑃≠90°，
∴当△𝑃𝐴𝐵是直角三角形时，需分∠𝐴𝑃𝐵= 90°和∠𝐴𝐵𝑃= 90°两种情况．
①当∠𝐴𝑃𝐵= 90°时，点𝑃在图中𝑃1的位置：
∵点𝐴和点𝑃1均在𝑥轴上，
∴𝐵𝑃1 ⊥𝑥轴．
∵𝐵(1,3)，
∴𝑃1(1,0)；
②当∠𝐴𝐵𝑃= 90°时，点𝑃在图中𝑃2的位置：
设𝑃2(𝑚,0)，(𝑚> 0)
∵𝐴( ― 3,0)，𝐵(1,3)，𝑃1(1,0)，
∴𝐴𝑃1 = 4，𝐵𝑃1 = 3，𝑃1𝑃2 = 𝑚― 1，𝐴𝑃2 = 𝑚+ 3，
∴ 𝐴𝐵=
𝐴𝑃2
1 + 𝐵𝑃2
1 =
42 + 32 = 5．
在Rt △𝐴𝐵𝑃2中，𝐴𝑃2
2 ―𝐴𝐵2 = 𝐵𝑃2
2，
在Rt △𝐵𝑃1𝑃2中，𝐵𝑃2
1 + 𝑃1𝑃2
2 = 𝐵𝑃2
2，
∴ 𝐴𝑃2
2 ―𝐴𝐵2 = 𝐵𝑃2
1 + 𝑃1𝑃2
2，
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26
即(𝑚+ 3)2 ― 52 = 32 + (𝑚― 1)2，
解得𝑚=
13
4 ，
∴ 𝑃2(
13
4 ,0)．
综上可知，在𝑥轴上存在点𝑃，使得△𝑃𝐴𝐵是直角三角形，点𝑃的坐标为(1,0)或(
13
4 ,0)．
3．已知函数𝑦= 𝑥+ 1的图象与y 轴交于点A，一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏的图象经过点𝐵(0, ― 1)，
与 x 轴以及𝑦= 𝑥+ 1的图象分别交于点C，D，且点D 的坐标为(1,𝑛)．
(1)求k，b，n 的值．
(2)求四边形𝐴𝑂𝐶𝐷的面积．
(3)在x 轴上是否存在点P，使得以点P，C，D 为顶点的三角形是直角三角形?若存在，
请求出点P 的坐标；若不存在，请说出理由．
【答案】(1)𝑏= ―1，𝑘= 3，𝑛= 2
(2)
5
6
(3)存在，点P 的坐标为(1,0)或(7,0)
【分析】（1）对于直线𝑦= 𝑥+ 1，令𝑥= 0求出𝑦的值，确定出𝐴的坐标，把𝐵坐标代入
𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏中求出𝑏的值，再将𝐷坐标代入𝑦= 𝑥+ 1求出𝑛的值，进而将𝐷坐标代入求出𝑘
的值即可；
（2）过𝐷作𝐷𝐸垂直于𝑥轴，如图1 所示，四边形𝐴𝑂𝐶𝐷面积等于梯形𝐴𝑂𝐸𝐷面积减去三
角形𝐶𝐷𝐸面积，求出即可；
（3）在𝑥轴上存在点𝑃，使得以点𝑃，𝐶，𝐷为顶点的三角形是直角三角形，理由为：分
两种情况考虑：①𝐷𝑃′ ⊥𝐷𝐶；②𝐷𝑃⊥𝐶𝑃，分别求出𝑃坐标即可．
【详解】（1）解：对于直线𝑦= 𝑥+ 1，令𝑥= 0，得到𝑦= 1，即𝐴(0,1)，
把𝐵(0, ― 1)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏中，得：𝑏= ―1，
把𝐷(1,𝑛)代入𝑦= 𝑥+ 1得：𝑛= 2，即𝐷(1,2)，
把𝐷坐标代入𝑦= 𝑘𝑥― 1中得：2 = 𝑘― 1，即𝑘= 3；
（2）解：过𝐷作𝐷𝐸⊥𝑥轴，垂足为𝐸，如图1 所示，
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27
由（1）可知：一次函数𝐶𝐷的解析式为𝑦= 3𝑥― 1，
∴令𝑦= 0，则有3𝑥― 1 = 0，解得：𝑥=
1
3，
∴𝐶1
3 ,0 ，
∴𝐶𝐸= 1 ―
1
3 =
2
3，
∴𝑆四边形𝐴𝑂𝐶𝐷= 𝑆梯形𝐴𝑂𝐸𝐷― 𝑆△𝐶𝐷𝐸=
1
2(𝐴𝑂+ 𝐷𝐸) ⋅𝑂𝐸―
1
2𝐶𝐸⋅𝐷𝐸=
1
2 × (1 + 2) × 1 ―
1
2 ×
2
3 × 2 =
3
2 ―
2
3 =
5
6；
（3）解：如图2 所示，设𝑃(𝑝,0)，
∴𝑃𝐶2 = (𝑝― 1
3 )
2
，
𝑃𝐷2 = 22 + (𝑝― 1)2，
𝐶𝐷2 = 22 + (1 ― 1
3 )
2
，
分两种情况考虑：
①当𝐷𝑃′ ⊥𝐷𝐶时，𝑃′𝐶2 = 𝑃′𝐷2 +𝐶𝐷2，
∴(𝑝― 1
3 )
2 = 22 + (𝑝― 1)2 + 22 + (1 ― 1
3 )
2
，
∴𝑝= 7，
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28
∴𝑃′(7,0)；
②当𝐷𝑃⊥𝐶𝑃时，由𝐷横坐标为1，得到𝑃横坐标为1，
∵𝑃在𝑥轴上，
∴𝑃的坐标为(1,0)，
综上，𝑃的坐标为(1,0)或(7,0)．
【点睛】此题是一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，直角三角形的性质，
坐标与图形性质，待定系数法确定一次函数解析式，利用了数形结合的思想，熟练掌握
一次函数的性质是解本题的关键．
4．如图， 直线𝐴𝐵交𝑥轴于点𝐴( ―4,0)，交𝑦轴于点𝐵(0,2)，
(1)求直线 𝐴𝐵的解析式；
(2)在坐标轴上是否存在点𝑃，使得 △𝐴𝐵𝑃是直角三角形? 若存在，求出点𝑃的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥+ 2
(2)点𝑃的坐标(0,0)、(0, ― 8)和(1,0)
【分析】本题考查一次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、勾股定理、等面积
法和完全平方公式，数形结合是解决问题的关键．
（1）根据题意，利用待定系数法将𝐴( ―4,0)、𝐵(0,2)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏确定函数关系式即
可得到答案；
（2）根据题意，分三种情况讨论：①∠𝐴𝑃𝐵= 90°；②∠𝑃𝐴𝐵= 90°；
③∠𝑃𝐵𝐴= 90°；
当∠𝐴𝑃𝐵= 90°时，利用勾股定理和等面积法列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：直线𝐴𝐵交𝑥轴于点𝐴( ―4,0)，交𝑦轴于点𝐵(0,2)，
设直线𝐴𝐵：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，将𝐴( ―4,0)、𝐵(0,2)代入得
0 = ―4𝑘+ 𝑏
2 = 𝑏
，解得𝑘= 1
2
𝑏= 2
，
∴直线 𝐴𝐵的解析式𝑦=
1
2𝑥+ 2；
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（2）解：存在，
根据题意，分三种情况讨论：①∠𝐴𝑃𝐵= 90°；②∠𝑃𝐴𝐵= 90°；③∠𝑃𝐵𝐴= 90°；
当∠𝐴𝑃𝐵= 90°时，如图所示：
∴点𝑃的坐标是(0,0)；
当∠𝑃𝐴𝐵= 90°时，如图所示：
设𝑃(0, ― 𝑚)，
在Rt △𝐴𝐵𝑂中，𝐵𝑂= 2,𝑂𝐴= 4，则𝐴𝐵=
𝐴𝑂2 + 𝐵𝑂2 = 2 5，
在Rt △𝐴𝑃𝑂中，𝑃𝑂= 𝑚,𝑂𝐴= 4，则𝐴𝑃=
𝐴𝑂2 + 𝑃𝑂2 =
16 + 𝑚2，
∴由等面积法可知𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐴𝐵⋅𝐴𝑃=
1
2𝑃𝐵⋅𝑂𝐴，即2 5 ×
16 + 𝑚2 = (2 + 𝑚) × 4，
则(𝑚― 8)2 = 0，解得𝑚= 8，故𝑃(0, ― 8)；
当∠𝑃𝐵𝐴= 90°时，如图所示：
设𝑃(𝑚,0)，
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30
在Rt △𝐴𝐵𝑂中，𝐵𝑂= 2,𝑂𝐴= 4，则𝐴𝐵=
𝐴𝑂2 + 𝐵𝑂2 = 2 5，
在Rt △𝐵𝑃𝑂中，𝑃𝑂= 𝑚,𝑂𝐵= 2，则𝐵𝑃=
𝐵𝑂2 + 𝑃𝑂2 =
4 + 𝑚2，
∴由等面积法可知𝑆△𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐴𝐵⋅𝐵𝑃=
1
2𝑃𝐴⋅𝑂𝐵，即2 5 ×
4 + 𝑚2 = (4 + 𝑚) × 2，则
(𝑚― 1)2 = 0，解得𝑚= 1，故𝑃(1,0)；
综上所述，点𝑃的坐标(0,0)、(0, ― 8)和(1,0)．
5．如图，直线𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2与𝑦轴交于点A，直线𝑙2与𝑥轴交于点𝐵(1,0)，与𝑦轴交于点𝐶，与
直线𝑙1交于点𝐷(2,𝑛).
(1)求直线𝑙2的函数关系式；
(2)连接𝐴𝐵，求△𝐴𝐵𝐷的面积；
(3)若点𝑃在𝑦轴上，且△𝐴𝐷𝑃是直角三角形，请求出所有符合条件的点𝑃的坐标．
【答案】(1)直线𝑙2的函数关系式为𝑦1 = 3𝑥― 3
(2) △𝐴𝐵𝐷的面积为
5
2
(3)点𝑃坐标为(0,3)或(0,7)
【分析】（1）本题主要考查了一次函数图像上的点、求函数解析式等知识点，先根据
一次函数解析式确定点D 的坐标，然后运用待定系数法即可解答；掌握函数图像上的
点满足解析式是解题的关键；
（2）本题主要考查了函数图像上点、三角形的面积等知识点，先求出点A、C 的坐标，
进而求得𝐴𝐶的长，然后根据𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐴𝐶𝐷― 𝑆△𝐴𝐶𝐵即可解答；掌握数形结合思想是解
题的关键；
（3）本题主要考查了坐标与图形、勾股定理等知识点，分∠𝑃𝐴𝐷、∠𝐴𝑃′𝐷、∠𝑃𝐷𝐴为直
角三种情况解答即可；掌握分类讨论思想是解题的关键．
【详解】（1）解：当𝑥= 2时，𝑦=
1
2𝑥+ 2 = 3，则点𝐷(2,3)，
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31
设直线𝑙2的表达式为：𝑦1 = 𝑘𝑥+ 𝑏，
将点𝐵(1,0)，𝐷(2,3)代入函数关系式𝑦1 = 𝑘𝑥+ 𝑏中，
得𝑘+ 𝑏= 0
2𝑘+ 𝑏= 3
，
解得𝑘= 3
𝑏= ―3
，
则直线𝑙2的函数关系式为𝑦1 = 3𝑥― 3.
（2）解：令𝑥= 0，则𝑦1 = ―3，即点𝐶(0, ― 3)，
由直线𝑙1的表达式知，点𝐴(0,2)；
由点A、𝐶的坐标得：𝐴𝐶= 5，
则𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐴𝐶𝐷― 𝑆△𝐴𝐶𝐵=
1
2 × 𝐴𝐶× (𝑥𝐷― 𝑥𝐵) =
1
2 × 5 × 1 =
5
2.
（3）解：由题意得：∠𝑃𝐴𝐷不可能为直角；
如图，过点𝐷作𝐷𝑃′ ⊥𝑦轴于点𝑃′，此时∠𝐴𝑃′𝐷为直角，即𝑃′(0,3).
当∠𝑃𝐷𝐴为直角时，设点𝑃(0,𝑦)，则𝐴𝐷2 = 5，𝑃𝐷2 = 22 + (𝑦― 3)2，𝐴𝑃2 = (𝑦― 2)2，
∵𝑃𝐴2 = 𝐴𝐷2 +𝐷𝑃2，
∴(𝑦― 2)2 = 5 + (𝑦― 3)2 +4，
解得：𝑦= 7，即点𝑃的坐标为：(0,7)．
综上，点𝑃坐标为：(0,3)或(0,7)．
6．如图，直线𝑦= 2𝑥+ 4与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，点C 是OB 的中点．
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32
(1)求点C 的坐标：
(2)在x 轴上找一点D，使得𝑆△𝐴𝐶𝐷= 𝑆△𝐴𝐵𝐶，求点D 的坐标；
(3)在x 轴上是否存在一点P，使得△𝐴𝐵𝑃是直角三角形？若存在，请写出点P 的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝐶(0,2)
(2)点D 的坐标为( ―4,0)或(0,0)
(3)存在，满足条件的𝑃点的坐标为(0,0)或(8,0)
【分析】（1）先求出点B 的坐标，再依据点C 是的中点，求出点C 的坐标．
（2）先根据题意求出𝑆△𝐴𝐵𝐶，设点𝐷(𝑚,0)，则𝐴𝐷= |𝑚+ 2|，再根据三角形面积公式
可求的长，解得m 的值，即可得出点D 的坐标．
（3）假设存在，设点P 的坐标为(𝑚1,0)，分两种情况讨论：①∠𝐴𝑃𝐵= 90°，②
∠𝐴𝐵𝑃= 90°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）∵直线𝑦= 2𝑥+ 4与y 轴交于点B，
令𝑥= 0得，𝑦= 4，
∴𝐵(0,4)，
∴𝑂𝐵= 4，
∵点C 是OB 的中点，
∴𝑂𝐶= 𝐵𝐶= 2，
∴𝐶(0,2)．
（2）∵直线𝑦= 2𝑥+ 4与x 轴交于点A，
令𝑦= 0得，𝑥= ―2，
∴𝐴( ―2,0)，
∴𝑂𝐴= 2，
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33
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 𝐵𝐶× 𝑂𝐴=
1
2 × 2 × 2 = 2，
设点𝐷(𝑚,0)，则𝐴𝐷= |𝑚+ 2|，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= 𝑆△𝐴𝐶𝐷=
1
2 × 𝐴𝐷× 𝑂𝐶=
1
2 × |𝑚+ 2| × 2 = 2，
解得𝑚= ―4或𝑚= 0，
∴点D 的坐标为( ―4,0)或(0,0)；
（3）假设存在，设点P 的坐标为(𝑚1,0)，
因为∠𝐵𝐴𝑃确定，所以△𝐴𝐵𝑃是直角三角形需分2 种情况分析：
①若∠𝐴𝑃𝐵= 90°，此时点P 与原点O 重合，坐标为(0,0)；
②若∠𝐴𝐵𝑃= 90°，则𝐴𝐵2 +𝐵𝑃2 = 𝐴𝑃2，
∵𝑂𝐴= 2，𝑂𝐵= 4，𝑂𝑃= |𝑚1| = 𝑚1，𝐴𝑃= |𝑚1 ―( ―2)| = 𝑚1 +2；
∵𝐴𝐵2 = 22 + 42 = 20，𝐵𝑃2 = 𝑚2
1 + 42，𝐴𝑃2 = (𝑚1 + 2)2，
∴20 + 𝑚2
1 + 42 = (𝑚1 + 2)2，
解得𝑚1 = 8，此时点𝑃的坐标为(8,0)，
综上所述，满足条件的𝑃点的坐标为(0,0)或(8,0)．
【点睛】本题考查了一次函数的综合题，一次函数的性质，直角三角形性质，勾股定理，
利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
7．如图，直线𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2与y 轴交于点A，直线𝑙2与x 轴交于点B，与y 轴交于点
𝐶(0, ― 3)，与直线𝑙1交于点𝐷(2,𝑛)．
(1)求直线𝑙2的函数解析式；
(2)求△𝐴𝐵𝐷的面积；
(3)在y 轴上有一点P，且△𝐴𝐷𝑃是直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P 的坐
标．
【答案】(1)𝑦= 3𝑥― 3
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34
(2)
5
2
(3)点P 的坐标是(0,3)，(0,7)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐴𝐶𝐷― 𝑆△𝐴𝐵𝐶求解即可；
（3）分情况讨论，当∠𝐴𝑃𝐷= 90°时，当∠𝐴𝐷𝑃= 90°时，当∠𝑃𝐴𝐷= 90°时，根据勾股
定理求解即可．
【详解】（1）解：设直线𝑙2的函数解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
∵一次函数𝑦=
1
2𝑥+ 2的图象经过点𝐷(2,𝑛)，
∴𝑛=
1
2 × 2 + 2 = 3，
∴𝐷(2,3)．
∵直线𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏经过点𝐶(0, ― 3)，𝐷(2,3)，
∴
𝑏= ―3
2𝑘+ 𝑏= 3
，解得𝑏= ―3
𝑘= 3
，
∴直线𝑙2的函数解析式为𝑦= 3𝑥― 3；
（2）解：∵一次函数𝑦=
1
2𝑥+ 2的图象与y 轴交于点A，
令𝑥= 0，则𝑦= 2，
∴𝐴(0,2)．
∵一次函数𝑦= 3𝑥― 3的图象与x 轴交于点B，
令𝑦= 0，则𝑥= 1，
∴𝐵(1,0)．
又∵𝐶(0, ― 3)，
∴𝐴𝐶= 5，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐷= 𝑆△𝐴𝐶𝐷― 𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 5 × 2 ―
1
2 × 5 × 1 =
5
2；
（3）解：当∠𝐴𝑃𝐷= 90°时，
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35
∵𝐷(2,3)，𝐴(0,2)，
∴𝑃(0,3)；
当∠𝐴𝐷𝑃= 90°时，
设𝑃(0,𝑝)，
∴𝐴𝑃= 𝑝― 2，𝐴𝐷=
(2 ― 0)2 + (3 ― 2)2 =
5，𝐷𝑃=
22 + (3 ― 𝑝)2，
∵𝐴𝐷2 +𝐷𝑃2 = 𝐴𝑃2，解得：𝑝= 7，
∴𝑃(0,7)；
当∠𝑃𝐴𝐷= 90°时，不符合题意；
∴符合条件的点P 的坐标是(0,3)或(0,7)．
【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，涉及到待定系数法求解析式、面积问题等，
还考查了勾股定理．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
【题型4 一次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
1．如图，在平面直角坐标系中，直线 𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 𝑏过点𝐴( ―2,0)．若直线 𝑙2:𝑦= 𝑘𝑥+ 4与
x 轴、y 轴分别交于点B、D，且与直线𝑙1交于点C，点C 的横坐标为2．
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36
(1)求直线𝑙2的表达式；
(2)直线 𝑙2上是否存在点M，使△𝐴𝐵𝑀为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足条
件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= ―𝑥+ 4
(2)存在；( ―2,6)或(1,3)
【分析】本题考查了一次函数的交点问题，用待定系数法求函数解析式，等腰三角形的
性质，
（1）先求出 𝑙1解析式得到𝐶(2,2)，将𝐶(2,2)代入𝑙2:𝑦= 𝑘𝑥+ 4，求解即可；
（2）先求出𝐵(4,0)，得到𝐴𝐵= 6，𝑂𝐷= 𝑂𝐵= 4，则△𝐵𝑂𝐷是等腰直角三角形，得到
∠𝐷𝐵𝑂= 45°，再分两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：把𝐴( ―2,0)代入𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 𝑏得：
1
2 × ( ―2) +𝑏= 0，
解得𝑏= 1，
∴𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 1，
当𝑥= 2时，𝑦=
1
2 × 2 + 1 = 2，
∴𝐶(2,2)，
将𝐶(2,2)代入𝑙2:𝑦= 𝑘𝑥+ 4，得2𝑘+ 4 = 2，
解得𝑘= ―1，
∴直线𝑙2的表达式为𝑦= ―𝑥+ 4；
（2）解：当𝑦= 0时，0 = ―𝑥+ 4，解得𝑥= 4，
∴𝐵(4,0)，
∴𝑂𝐵= 4，𝐴𝐵= 6，
当𝑥= 0时，𝑦= 4，即𝑂𝐷= 𝑂𝐵= 4，
∴△𝐵𝑂𝐷是等腰直角三角形，
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37
∴∠𝐷𝐵𝑂= 45°；
分以下两种情况：
①过点A 作x 轴的垂线，交直线𝑙2于点M，
在 𝑙2:𝑦= ―𝑥+ 4中，令𝑥= ―2，则𝑦= ― ( ―2) +4 = 6，
∴𝐴𝑀= 𝐴𝐵= 6，
即此时△𝐴𝑀𝐵是等腰直角三角形，𝑀( ―2,6)；
②如图，取𝐴𝐵的中点N，过点N 作x 轴的垂线，交直线𝑙2于点𝑀′，由垂直平分线的性
质可得𝐴𝑀′ = 𝐵𝑀′，
∴∠𝑀′𝐴𝐵= ∠𝑀′𝐵𝐴= 45°，
∴∠𝐴𝑀′𝐵= 180° ― ∠𝑀′𝐴𝐵― ∠𝑀′𝐵𝐴= 90°，
即此时△𝐴𝑀′𝐵是等腰直角三角形，
由N 为𝐴𝐵的中点，易得𝑁(1,0)，
在 𝑙2:𝑦= ―𝑥+ 4中，令𝑥= 1，则𝑦= ―1 + 4 = 3，
∴𝑀′(1,3)．
综上，直线𝑙2上存在点M，使△𝐴𝑀𝐵为等腰直角三角形，点M 的坐标为( ―2,6)或
(1,3)．
2．如图，已知一次函数𝑦= ―𝑥+ 2的图象与𝑥轴交于点𝐴，与𝑦轴交于点𝐵．直线𝐴𝐵上有一
点𝐶，点𝐶在第二象限，连接𝑂𝐶，以𝑂𝐶为直角边，点𝑂为直角顶点，在直线𝐴𝐵下方作等
腰直角三角形𝐶𝑂𝐷，连接𝐵𝐷．
(1)求证：𝐴𝐶= 𝐵𝐷．
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38
(2)当𝐵𝐷= 2𝐵𝐶时，在𝑥轴上有一点𝑃，若△𝐶𝑂𝑃是等腰三角形，直接写出所有𝑃点的坐
标．
(3)若点𝐵是𝐴𝐶的三等分点，求点𝐷的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)𝑃2 5,0 或𝑃―2 5,0 或𝑃( ―4,0)或𝑃( ―5,0)
(3)𝐷( ―6, ― 4)或𝐷( ―3, ― 1)
【分析】（1）求出𝐴,𝐵两点坐标，进而得到𝑂𝐴= 𝑂𝐵，证明△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷，即可得
证；
（2）根据𝐵𝐷= 2𝐵𝐶，得到𝐴𝐶= 2𝐵𝐶，进而得到𝐵为𝐴𝐶的中点，求出𝐶点坐标，设𝑃
(𝑚,0)，分三种情况进行求解即可；
（3）过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝑥轴，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝑥轴，根据点𝐵是𝐴𝐶的三等分点，分两种情况进
行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵𝑦= ―𝑥+ 2，
∴当𝑥= 0时，𝑦= 2，当𝑦= 0时，𝑥= 2，
∴𝐴(2,0)，𝐵(0,2)，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐵= 2，
∵等腰直角三角形𝐶𝑂𝐷，
∴𝑂𝐶= 𝑂𝐷,∠𝐶𝑂𝐷= 90° = ∠𝐴𝑂𝐵，
∴∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷= 90° + ∠𝐵𝑂𝐶，
∴△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝐷，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐷；
（2）∵𝐵𝐷= 2𝐵𝐶，𝐴𝐶= 𝐵𝐷，
∴𝐴𝐶= 2𝐵𝐶，
∴𝐴𝐵= 𝐵𝐶，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵= 2，∠𝐴𝑂𝐵= 90°，
∴∠𝑂𝐴𝐶= 45°，𝐴𝐵= 2 2，
∴𝐴𝐶= 4 2，
过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝑥轴，则：△𝐴𝐸𝐶为等腰直角三角形，
∴𝐴𝐸= 𝐶𝐸=
2
2 𝐴𝐶= 4，
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39
∴𝑂𝐸= 𝐴𝐸― 𝑂𝐴= 2，
∴𝐶( ―2,4)，
∴𝑂𝐶=
22 + 42 = 2 5，
设点𝑃(𝑚,0)，则：𝑂𝑃2 = 𝑚2,𝐶𝑃2 = (𝑚+ 2)2 + 42，
当△𝐶𝑂𝑃是等腰三角形时，分三种情况：
①𝑂𝑃= 𝑂𝐶= 2 5，则：𝑃2 5,0 或𝑃―2 5,0 ；
②𝑃𝐶= 𝑂𝐶，则：𝑃𝐸= 𝑂𝐸= 2，
∴𝑂𝑃= 4，
∴𝑃( ―4,0)；
③𝑂𝑃= 𝑃𝐶，则：𝑚2 = (𝑚+ 2)2 + 42，解得：𝑚= ―5，
∴𝑃( ―5,0)；
综上：𝑃2 5,0 或𝑃―2 5,0 或𝑃( ―4,0)或𝑃( ―5,0)；
（3）过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝑥轴，过点𝐷作𝐷𝐻⊥𝑥轴，
∵𝐴𝐵= 2 2，𝐵为𝐴𝐶的三等分点，
①当𝐴𝐶= 3𝐴𝐵= 6 2，
∵∠𝐶𝐴𝑂= 45°，∠𝐴𝐹𝐶= 90°，
∴𝐴𝐹= 𝐶𝐹=
2
2 𝐴𝐶= 6，
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40
∴𝑂𝐹= 4，
∵等腰直角三角形𝐶𝑂𝐷，
∴𝑂𝐶= 𝑂𝐷,∠𝐶𝑂𝐷= 90° = ∠𝐶𝐹𝑂，
∴∠𝐷𝑂𝐻= ∠𝐹𝐶𝑂= 90° ― ∠𝐶𝑂𝐹，
又∵∠𝑂𝐹𝐶= ∠𝑂𝐻𝐷= 90°，
∴△𝑂𝐹𝐶≌△𝐷𝐻𝑂，
∴𝑂𝐻= 𝐹𝐶= 6,𝐷𝐻= 𝑂𝐹= 4，
∴𝐷( ―6, ― 4)．
②当𝐴𝐶= 3𝐵𝐶时，则：𝐴𝐵= 2𝐵𝐶，
∴𝐴𝐶=
3
2𝐵𝐶= 3 2，
同理可得：𝐷( ―3, ― 1)；
综上：𝐷( ―6, ― 4)或𝐷( ―3, ― 1)．
【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，等腰三角形的判定和性质，全等三角形
的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的
思想进行求解，是解题的关键．
3．已知，一次函数𝑦= ―
3
4𝑥+ 6与x 轴、y 轴分别交于点A、点B，与直线𝑦=
5
4𝑥相交于点
C，过点B 作x 轴的平行线l，点P 是直线l 上的一个动点．
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41
(1)若𝑆△𝐴𝑂𝐶= 𝑆△𝐵𝐶𝑃，求点P 的坐标．
(2)若点E 是直线𝑦=
5
4𝑥上的一个动点，当△𝐴𝑃𝐸是以𝐴𝑃为直角边的等腰直角三角形时，
求点E 的坐标．
【答案】(1)𝑃40
3 ,6 或― 40
3 ,6
(2) 2, 5
2 或14, 35
2 或(16,20)或80
9 , 100
9
【分析】（1）先求得𝐴(8,0)，𝐵(0,6)；再联立两直线解析式求出交点C 的坐标，然后
由面积相等求出线段𝐵𝑃的长度，继而得出点P 的坐标；
（2）设点𝐸𝑚, 5
4 𝑚、点𝑃(𝑛,6)，当∠𝐸𝑃𝐴= 90°时，当点P 在y 轴右侧且点P 在点E
的左侧时，如图，过P 作𝑃𝑁⊥𝑂𝐴于N，过E 作𝐸𝑀⊥𝑃𝑁于M，当点P 在点E 的右侧
时，如图∶当∠𝐸𝐴𝑃= 90°时，当点P 在y 轴左侧时，如图，再利用全等三角形的性质建
立方程组求解即可．
【详解】（1）解：由𝑦= ―
3
4𝑥+ 6，
当𝑥= 0时，𝑦= 6；当𝑦= 0时，𝑥= 8，
∴𝐴(8,0)，𝐵(0,6)；
联立
𝑦= 5
4 𝑥
𝑦= ― 3
4 𝑥+ 6
，解得：
𝑥= 3
𝑦= 15
4
，
∴C 为3, 15
4 ．
∴𝑆△𝐴𝑂𝐶=
1
2 × 8 ×
15
4 = 15．
∴𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2 × 𝐵𝑃× (𝑦𝑃― 𝑦𝐶) =
1
2 × 𝐵𝑃× 6 ― 15
4
= 15，解得：𝐵𝑃=
40
3 ．
∴𝑃40
3 ,6 或― 40
3 ,6 ．
（2）解：设点𝐸𝑚, 5
4 𝑚、点𝑃(𝑛,6)，
当∠𝐸𝑃𝐴= 90°时，
当点P 在y 轴右侧且在点E 的左侧时，如图1， 过P 作𝑃𝑁⊥𝑂𝐴于N，过E 作𝐸𝑀⊥𝑃𝑁
于M，
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42
∵∠𝑀𝐸𝑃+ ∠𝑀𝑃𝐸= 90°，∠𝑀𝑃𝐸+ ∠𝑁𝑃𝐴= 90°，
∴∠𝑀𝐸𝑃= ∠𝑁𝑃𝐴，
∵𝐴𝑃= 𝑃𝐸，
∴△𝐸𝑀𝑃≌△𝑃𝑁𝐴，
∴𝑀𝐸= 𝑃𝑁= 6，𝑀𝑃= 𝐴𝑁，
∴
𝑚― 𝑛= 6
5
4 𝑚― 6 = 8 ― 𝑛
， 解得：𝑚=
80
9 ，
∴𝐸80
9 , 100
9
．
如图：当点P 在点E 的右侧时，
同理可得：
𝑚― 𝑛= 6
5
4 𝑚― 6 = 𝑛― 8
，解得𝑚= 16，
∴𝐸(16,20)；
如图， 当∠𝐸𝐴𝑃= 90°时，当点P 在y 轴左侧时，
同理可得：
𝑚― 8 = 6
5
4 𝑚= 8 ― 𝑛
， 解得：𝑚= 14，
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43
∴点𝐸14, 35
2 ；
如图：
同理可得：
5
4 𝑚= 𝑛― 8
8 ― 𝑚= 6
，解得：𝑚= 2，
∴𝐸2, 5
2 ．
综上，E 点坐标为：80
9 , 100
9
或(16,20)或14, 35
2 或2, 5
2 ．
【点睛】本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题、坐标与图形、等腰直角三角形
的定义、全等三角形的判定与性质、二元一次方程组的应用等知识点，正确作出辅助线、
构建几何图形、利用数形结合的方法是解题的关键．
4．如图1，已知直线𝑙1:𝑦1 = ―
2
3𝑥+ 𝑎与坐标轴交于𝐴,𝐵两点，直线𝑙2:𝑦2 = 𝑘𝑥+ 𝑏与坐标轴交
于𝐶，𝐷两点，且𝑂𝐵= 3𝑂𝐶= 3𝑂𝐷= 6．
(1)分别求出两个一次函数的关系式；
(2)如图2，过点𝐵作平行于𝑦轴的直线𝑙3，点𝑁为直线𝑙3上一点，点𝑀为直线𝑙2上一点，问
能否构成以点𝐴,𝑀,𝑁为顶点，以𝐴𝑀为腰的等腰直角三角形？若能，请求出𝑀点的坐标；
若不能，请说明理由．
【答案】(1)𝑦1 = ―
2
3𝑥+ 4，𝑦2 = 𝑥+ 2；
(2)能，𝑀( ―4, ― 2)或𝑀(8,10)或𝑀(4,6)
【分析】本题考查了一次函数的综合应用，掌握待定系数法和全等三角形的性质是解题
的关键．
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（1）把𝐵(6,0)代入𝑦1 = ―
2
3𝑥+ 𝑎得，𝑎= 4，把𝐶( ―2,0)、𝐷(0,2)分别代入𝑦2 = 𝑘𝑥+ 𝑏，
待定系数法求解析式，即可求解；
（2）分六种情形讨论；①若∠𝑀𝐴𝑁为直角，且点𝑀在第三象限时，过点𝑀和点𝑁分别
做𝑦轴平行线𝑀𝐸、𝐵𝐹，过点𝐴作𝑥轴平行线与𝑀𝐸、𝐵𝐹分别交于点𝐸和点𝐹，证明
△𝐴𝐹𝑀≌△𝑁𝐸𝐴(AAS)，得出𝑦𝑀= ―2，代入𝑦2 = 𝑥+ 2得出𝑀的坐标；②若∠𝑀𝐴𝑁为
直角，且点𝑀在第一象限时，③若∠𝐴𝑀𝑁为直角，④若∠𝑀𝐴𝑁为直角，⑤若∠𝐴𝑀𝑁为
直角，且𝑀点𝑀在𝑦轴左边时；⑥若∠𝐴𝑀𝑁为直角，且点𝑀在𝑙3的右边时，根据等腰直
角三角形的性质以及全等三角形的性质求得𝑀的坐标，结合图形取舍，即可求解．
【详解】（1）解：∵𝑂𝐵= 3𝑂𝐶= 3𝑂𝐷= 6，
∴𝐵(6,0)、𝐶(―2,0)、𝐷(0,2)
把𝐵(6,0)代入𝑦1 = ―
2
3𝑥+ 𝑎得，
0 = ―
2
3 × 6 + 𝑎，
解得：𝑎= 4
∴𝑦1 = ― 2
3 𝑥+ 4
把𝐶( ―2,0)、𝐷(0,2)分别代入𝑦2 = 𝑘𝑥+ 𝑏得：
0 = ―2𝑘+ 𝑏
2 = 𝑏
解得𝑘= 1
𝑏= 2
∴𝑦2 = 𝑥+ 2
（2）①若∠𝑀𝐴𝑁为直角，且点𝑀在第三象限时，如图1：
过点𝑀和点𝑁分别做𝑦轴平行线𝑀𝐸、𝐵𝐹，过点𝐴作𝑥轴平行线与𝑀𝐸、𝐵𝐹分别交于点𝐸和
点𝐹，
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45
∵△𝐴𝑀𝑁是以𝐴𝑀为腰的等腰直角三角形，∠𝑀𝐴𝑁= 90°，
∴∠𝐴𝐸𝑀= ∠𝑀𝐴𝑁= ∠𝐴𝐹𝐵= 90°，𝐴𝑀= 𝐴𝑁，
∴∠𝐴𝑀𝐸+ ∠𝑀𝐴𝐸= ∠𝑀𝐴𝐸+ ∠𝐹𝐴𝑁= 90°，
∴∠𝐴𝑀𝐸= ∠𝐹𝐴𝑁，
∴△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝐴(AAS)，
∴𝐸𝑀= 𝐴𝐹= 6，
∴𝑦𝑀= ―2
将𝑦𝑀= ―2代入𝑦2 = 𝑥+ 2得：𝑥𝑀= ―4
∴𝑀(―4, ― 2)
②若∠𝑀𝐴𝑁为直角，且点𝑀在第一象限时，如图2：
过点𝑀和点𝑁分别做𝑥轴平行线分别交𝑦轴于点𝐸和点𝐹，同理可证△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝐴，
∴𝐴𝐸= 𝑁𝐹= 6
∴𝑦𝑀= 10
将𝑦𝑀= 10代入𝑦2 = 𝑥+ 2得：𝑥𝑀= 8
∴𝑀(8,10)
③若∠𝐴𝑀𝑁为直角，如图3，
过点𝑀做𝑥轴平行线分别交𝑦轴和直线𝑙3于点𝐸和点𝐹，
同理可证△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝑀，
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46
∴𝐸𝑀+ 𝐴𝐸= 𝐸𝑀+ 𝑀𝐹= 𝐸𝐹= 6
设𝐴𝐸= 𝑎，则𝐸𝑀= 6 ― 𝑎
∴𝑀(6 ― 𝑎,4 + 𝑎)
将𝑀(6 ― 𝑎,4 + 𝑎)代入𝑦2 = 𝑥+ 2得：
4 + 𝑎= 6 ― 𝑎+ 2
解得𝑎= 2
∴𝑀(4,6)
④若∠𝑀𝐴𝑁为直角，且点𝑀在𝑦轴和𝐼3之间时，如图4：
过点𝑀和点𝑁分别作𝑥轴的平行线交𝑦轴于点𝐸和点𝐹，
若△𝐴𝑀𝑁为等腰直角三角形，同理可证△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝐴，
∴𝐴𝐸= 𝑁𝐹= 6
∴𝑦𝑀= 10
将𝑦𝑀= 10代入𝑦2 = 𝑥+ 2得：𝑥𝑀= 8 > 6
此时，点𝑀在直线𝑙3的右边，故舍去．
⑤若∠𝐴𝑀𝑁为直角，且𝑀点𝑀在𝑦轴左边时，如图5：
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47
过点𝑀作𝑦轴平行线𝑙4，过点𝐴、 𝑁分别作𝑥轴的平行线，分别交𝑙4与点𝐸、 𝐹，
若△𝐴𝑀𝑁为等腰直角三角形，同理可证△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝑀，
设点𝑀(𝑎,𝑎+ 2)，则有𝑁𝐹= 6 ― 𝑎，𝑀𝐸= 2 ― 𝑎，显然𝑁𝐹≠𝑀𝐸，
这与△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝑀矛盾，故不存在．
⑥若∠𝐴𝑀𝑁为直角，且点𝑀在𝑙3的右边时，如图6：
过点𝑀作𝑦轴平行线𝑙4，过点𝐴、 𝑁分别作𝑥轴的平行线，分别交𝑙4与点𝐸、𝐹，
若△𝐴𝑀𝑁为等腰直角三角形，同理可证△𝐴𝐸𝑀≌△𝑀𝐹𝑁，
设点𝑀(𝑎,𝑎+ 2)，则有𝑀𝐸= 𝑎― 2，𝑁𝐹= 𝑎― 6，显然𝑁𝐹≠𝑀𝐹
这与△𝐴𝐸𝑀≌△𝑁𝐹𝑀矛盾，故不存在．
综上：𝑀( ―4, ― 2)或𝑀(8,10)或𝑀(4,6)
5．如图1，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，直线𝑙1：𝑦= ―
1
2𝑥+ 3与𝑥轴交于点𝐴，与𝑦轴交于点
𝐵，直线𝑙2与𝑥轴交于点𝐶，与𝑦轴交于𝐷点，𝐴𝐶= 9，𝑂𝐷= 2𝑂𝐶．
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48
(1)求直线𝑙2的解析式；
(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𝑙1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
直角三角形，求点𝑀的坐标．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥+ 6
(2) 5，16 或―5，― 4
(3) 2，2 或―6，6 或4，1 或0，3
【分析】本题考查了一次函数与几何综合，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性
质；
（1）待定系数法求直线𝐶𝐷的解析式；
（2）利用割补思想， 问题转化为△𝐴𝐶𝑄的面积，分两种情况讨论，点Q 在𝐶𝐷延长线
上和点Q 在𝐷𝐶延长线上；
（3）利用分类讨论的思想，然后将等腰直角三角形转化为构造“一线三等角”的全等，
利用全等三角形的性质，得出对应边相等，建立等量关系．
【详解】（1）解：当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴𝐵(0，3)．
当𝑦= 0时，0 = ―
1
2𝑥+ 3，𝑥= 6，
∴𝐴(6，0)．
∵𝐴𝐶= 9，
∴𝑂𝐶= 3，
∴𝐶( ― 3,0)．
∵𝑂𝐷= 2𝑂𝐶，
∴𝑂𝐷= 6，
∴𝐷(0,6)．
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49
设直线𝑙2的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
则―3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 6
，
解得：𝑘= 2
𝑏= 6
，
∴直线𝑙2的解析式为𝑦= 2𝑥+ 6；
（2）解：设𝑄(𝑚,2𝑚+ 6) ，
∵𝑆△𝑄𝐴𝐷= 5𝑆△𝑂𝐴𝐵，
∴𝑆△𝑄𝐴𝐷= 5 ×
1
2 × 6 × 3 = 45，而𝑆△𝐴𝐶𝐷=
1
2 × 9 × 6 = 27
①点𝑄在𝐶𝐷延长线上时，则𝑆Δ𝐴𝐶𝑄= 45 + 27 = 72 =
1
2𝐴𝐶⋅|𝑦𝑄|，
∴ |𝑦𝑄| = 16，𝑄在𝑥轴上方，
解得：𝑦𝑄= 16，
∴2𝑚+ 6 = 16，
解得：𝑚= 5，
∴𝑄(5，16) ；
②点𝑄在𝐷𝐶延长线上时，则𝑆△𝐴𝐶𝑄= 45 ― 27 = 18 =
1
2𝐴𝐶⋅|𝑦𝑄|，
∴ 18 =
1
2 × 9 × |𝑦𝑄|，𝑄在𝑥轴下方，
解得：𝑦𝑄= ―4，
∴2𝑚+ 6 = ―4，
解得：𝑚= ―5，
∴𝑄( ―5, ― 4) ，
综上所述，点𝑄的坐标为(5，16)或( ― 5，―4)．
（3）设点𝑀𝑛, ― 1
2 𝑛+ 3 ，
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°，
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50
∴∠𝐸𝐶𝑀= ∠𝐹𝑀𝑁，
又∵𝐶𝑀= 𝑁𝑀
∴△𝐶𝐸𝑀≌△𝐹𝑀𝑁 (AAS)，
∴𝑀𝐸= 𝑁𝐹．
∴ | ―
1
2𝑛+ 3| = |𝑛|，
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)
∴ |𝑛| = |𝑎|，|𝑎+
1
2𝑛― 3| = 3
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 ．
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51
【题型5 一次函数中平行四边形存在性问题】
1．如图，在平面直角坐标系中，直线𝐴𝐵与x 轴交于点𝐴( ―2,0)，与y 轴交于点B，点𝐶(2,4)
在直线AB 上．
(1)求直线𝐴𝐵的解析式．
(2)P 为x 轴上一动点，连接𝑃𝐵,𝑃𝐶，当𝑃𝐵+ 𝑃𝐶最小时，求点P 的坐标；
(3)在（2）的条件下，当𝑃𝐵+ 𝑃𝐶最小时，在平面内是否存在一点Q，使得四边形𝐴𝐵𝑃𝑄
是平行四边形?若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 𝑥+ 2
(2)𝑃2
3 ,0
(3) ― 8
3 ,2 或8
3 ,2 或― 4
3 , ― 2
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）过点B 作𝑥轴的对称点𝐵′，连接𝑃𝐵′,𝐶𝐵′，显然𝐵(0,2)由对称得𝐵′(0, ― 2),𝑃𝐵′ = 𝑃𝐵，
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52
故𝑃𝐵+ 𝑃𝐶= 𝑃𝐵′ +𝑃𝐶≥𝐵𝐶，当点𝑃′,𝐵,𝐶三点共线时，取得最小值，此时点P 为直线
𝐵′𝐶与x 轴交点，可求直线𝐵′𝐶的表达式为𝑦= 3𝑥― 2，令𝑦= 0，即可求解；
（3）画出图形，分类讨论利用平行四边形的性质和平移的性质求解即可．
【详解】（1）解：设直线𝐴𝐵的解析式为：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
代入点𝐴,𝐶得，―2𝑘+ 𝑏= 0
2𝑘+ 𝑏= 4
，
解得：𝑘= 1
𝑏= 2
，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 2；
（2）解：过点B 作𝑥轴的对称点𝐵′，连接𝑃𝐵′,𝐶𝐵′，
当𝑥= 0时，𝑦= 2，
∴𝐵(0,2)
由对称得𝐵′(0, ― 2),𝑃𝐵′ = 𝑃𝐵，
∴𝑃𝐵+ 𝑃𝐶= 𝑃𝐵′ +𝑃𝐶≥𝐵′𝐶，
当点𝑃,𝐵′,𝐶三点共线时，取得最小值，此时点P 为直线𝐵′𝐶与x 轴交点，
设直线𝐵′𝐶的表达式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，
代入点𝐵′,𝐶坐标得，2𝑘1 + 𝑏1 = 4
𝑏1 = ―2
，
解得：𝑘1 = 3
𝑏1 = ―2
，
∴设直线𝐵′𝐶的表达式为𝑦= 3𝑥― 2，
当𝑦= 0是，3𝑥― 2 = 0，
解得𝑥=
2
3，
∴此时𝑃2
3 ,0 ．
（3）解：①为平行四边形𝐴𝑃𝐵𝑄1时，则𝐵𝑄1 ∥𝐴𝑃,𝐵𝑄1 = 𝐴𝑃= 2 +
2
3 =
8
3，
∴𝑄1 ― 8
3 ,2 ；
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53
②为平行四边形𝐴𝑃𝑄3𝐵时，则𝐵𝑄3 ∥𝐴𝑃,𝐵𝑄3 = 𝐴𝑃= 2 +
2
3 =
8
3，
∴𝑄3
8
3 ,2 ，
③为平行四边形𝐴𝐵𝑃𝑄2时，
∵𝐵𝐴∥𝑃𝑄2,𝐵𝐴= 𝑃𝑄2，
∴点B 向点P 的平移方式与点A 向点𝑄2的平移方式一样，
∵𝐵(0,2),𝑃2
3 ,0 ，
∴点B 向右平移
2
3个单位，向下平移2 个单位得到向点P，
∴点A 向右平移
2
3个单位，向下平移2 个单位得到向点𝑄2P
而𝐴( ―2,0)，
∴𝑄2 ― 4
3 , ― 2 ，
综上所述，点Q 的坐标为：― 8
3 ,2 或8
3 ,2 或― 4
3 , ― 2 ．
【点睛】本题考查了一次函数与平行四边形的综合题，涉及待定系数法求函数解析式，
“将军饮马”求最值，平行四边形的性质 ，平移的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．如图，在△𝐴𝑂𝐵中，点B 在x 轴上，直线𝑦= 2𝑥+ 𝑏经过点𝐴(4,3)，且与x 轴交于点C，
直线𝑦= ―𝑥+ 4与x 轴相交于点B，与𝐴𝐶相交于点D．
(1)求直线𝐴𝐶的表达式；
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54
(2)在y 轴上是否存在一点E，使△𝑂𝐷𝐸是等腰三角形，若存在，求出点E 坐标；若不
存在，请说明理由；
(3)点P 在直线𝐴𝐶上，在直线𝐵𝐷上是否存在点Q，使以点O，D，P，Q 为顶点的四边形
是平行四边形．若存在，求出点Q 的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥― 5
(2)𝐸(0, 10)或𝐸(0, ―
10)或𝐸(0,5)或𝐸(0,2)
(3)𝑄14
3 , ― 2
3 或𝑄4
3 , 8
3
【分析】（1）由直线𝐴𝐶：𝑦= 2𝑥+ 𝑏经过点𝐴(4,3)，再利用待定系数法可得答案；
（2）设𝐸(0,𝑦)，先求解𝐷(3,1)，可得𝑂𝐷2 = 32 + 12 = 10，𝑂𝐸2 = 𝑦2，𝐷𝐸2 = 32 + (1 ― 𝑦)2，
结合△𝑂𝐷𝐸是等腰三角形，再分类讨论即可；
（3）如图，设𝑃(𝑥,2𝑥― 5)，𝑄(𝑚, ― 𝑚+ 4)，当𝐷𝑃为对角线时，如图，当𝑂𝐷为对角线
时，如图，当𝑂𝑃为对角线时，再利用平行四边形的性质建立方程求解即可；
【详解】（1）解：∵直线𝐴𝐶：𝑦= 2𝑥+ 𝑏经过点𝐴(4,3)，
∴8 + 𝑏= 3，
解得：𝑏= ―5，
∴直线𝐴𝐶为𝑦= 2𝑥― 5；
（2）解：如图，设𝐸(0,𝑦)，
∵𝑦= 2𝑥― 5
𝑦= ―𝑥+ 4
，
解得：𝑥= 3
𝑦= 1
，
∴𝐷(3,1)，
∴𝑂𝐷2 = 32 + 12 = 10，𝑂𝐸2 = 𝑦2，𝐷𝐸2 = 32 + (1 ― 𝑦)2，
∵△𝑂𝐷𝐸是等腰三角形，
当𝑂𝐷= 𝑂𝐸时，𝑦2 = 10，
解得：𝑦=±
10，
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55
∴𝐸(0, 10)或𝐸(0, ―
10)，
当𝑂𝐸= 𝐷𝐸时，𝑦2 = 9 + (1 ― 𝑦)2，
解得：𝑦= 5，
∴𝐸(0,5)，
当𝑂𝐷= 𝐷𝐸时，9 + (1 ― 𝑦)2 = 10，
解得：𝑦= 0（舍去），𝑦= 2，
∴𝐸(0,2)，
综上：𝐸(0, 10)或𝐸(0, ―
10)或𝐸(0,5)或𝐸(0,2)；
（3）解：如图，∵点P 在直线𝐴𝐶上，Q 在直线𝐵𝐷上，
∴设𝑃(𝑥,2𝑥― 5)，𝑄(𝑚, ― 𝑚+ 4)，
当𝐷𝑃为对角线时，
∴
𝑚= 3 + 𝑥
―𝑚+ 4 = 1 + 2𝑥― 5
，
解得：
𝑥= 5
3
𝑚= 14
3
，
∴𝑄14
3 , ― 2
3 ；
如图，当𝑂𝐷为对角线时，
∴
𝑥+ 𝑚= 3
2𝑥― 5 ― 𝑚+ 4 = 1
，
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56
解得：
𝑥= 5
3
𝑚= 4
3
，
∴𝑄4
3 , 8
3 ；
如图，当𝑂𝑃为对角线时，
∴
𝑥= 𝑚+ 3
2𝑥― 5 = ―𝑚+ 4 + 1
，
解得：
𝑥= 13
3
𝑚= 4
3
，
∴𝑄4
3 , 8
3 ，
综上：𝑄14
3 , ― 2
3 或𝑄4
3 , 8
3 ；
【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，勾股定理的应用，等腰
三角形的性质，平行四边形的性质，一次函数的几何应用，清晰的分类讨论是解本题的
关键.
3．在平面直角坐标系中，直线𝑙与𝑥轴，𝑦轴分别交于𝐴(4,0)，𝐵(0,2)两点，点C 的坐标是
(2,4)．
(1)求直线𝑙的解析式；
(2)若点𝑃是直线𝑙上的一个动点，在x 轴上是否存在一点𝑄，使以𝑂、𝐶、𝑃、𝑄为顶点的
四边形是平行四边形？若存在，请求出点𝑄的坐标；若不存在请说明理由．
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57
【答案】(1)𝑦= ―
1
2𝑥+ 2
(2)存在，𝑄1( ―6,0),𝑄2(6,0),𝑄3(14,0)
【分析】本题是一次函数中简单的综合题，涉及到待定系数法求直线解析式，平行四边
形的性质；
（1）设𝑙的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，把𝐴(4,0),𝐵(0,2)代入计算即可；
（2）分类讨论，画出图形，根据平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）设𝑙的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐴(4,0),𝐵(0,2)代入得：4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 2
解得𝑘= ― 1
2
𝑏= 2
，
∴直线𝑙的解析式𝑦= ―
1
2𝑥+ 2．
（2）存在
如图1，当四边形𝑂𝐶𝑃𝑄为平行四边形，
∴𝐶𝑃∥𝑂𝑄且𝐶𝑃= 𝑂𝑄，
∵𝐶(2,4)，
把𝑦= 4代入𝑦= ―
1
2𝑥+ 2得𝑥= ―4，
∴点𝑃( ―4,4)，
∴𝑃𝐶= 𝑂𝑄= 2 ― ( ―4) = 6
∴点𝑄( ―6,0)．
如图2，同理可得𝑄(6,0)，
如图3，当四边形𝑂𝐶𝑄𝑃是平行四边形，作𝐶𝐷⊥𝑥轴，𝑃𝐸⊥𝑥，
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58
轴垂足分别为𝐷,𝐸，则∠𝐶𝐷𝑂= ∠𝑃𝐸𝑄= 90°，𝐶𝐷= 4,𝑂𝐷= 2
由四边形𝑂𝐶𝑄𝑃是平行四边形可得𝑂𝐶= 𝑃𝑄，𝑂𝐶∥𝑃𝑄，
∴∠𝐶𝑂𝐷= ∠𝑃𝑄𝐸
∴△𝐶𝑂𝐷≌△𝑃𝑄𝐸，
∴𝐶𝐷= 𝑃𝐸= 4,𝐸𝑄= 𝑂𝐷= 2，
把𝑦= ―4代入𝑦= ―
1
2𝑥+ 2得𝑥= 12，
∴𝑃(12, ― 4)，
∴𝑂𝐸= 12，
∴𝑂𝑄= 12 + 2 = 14，
∴点𝑄(14,0)，
综上所述，满足条件的𝑄点有3 个，即𝑄1( ―6,0),𝑄2(6,0),𝑄3(14,0)．
4．如图，直线𝑙1:𝑦1 = 𝑘𝑥+ 1与直线𝑙2:𝑦2 = ―
1
2𝑥+ 𝑏交于点𝐴1, 3
2 ，𝑙1与𝑥轴交于点𝐵，𝑙2与𝑥
轴交于点𝐶．
(1)求点B 和点C 的坐标；
(2)P 为直线𝑙1上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线，与直线𝑙2交于点Q，设点P 的横坐
标为m，△𝑂𝑃𝑄的面积为S，求S 与m 之间的函数关系式；
(3)点M 是y 轴上一点，点N 是直线𝑙1上一点，以点A、C、M、N 为顶点的四边形是平
行四边形，求出点N 的坐标．
【答案】(1)𝐵( ―2,0)，𝐶(4,0)
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(2)𝑆= ―
1
2𝑚2 +
1
2𝑚或𝑆=
1
2𝑚2 ―
1
2𝑚；
(3)𝑁5, 7
2 、𝑁―3, ― 1
2 或𝑁3, 5
2
【分析】本题考查了一次函数综合应用，平行四边形的判定和性质，面积的计算，一次
函数与动点问题，用分类讨论的思想是题的关键．
（1）将点A 分别代入𝑦1 = 𝑘𝑥+ 1，𝑦2 = ―
1
2𝑥+ 𝑏，得出k，b，求出函数表达式，令
𝑦= 0，分别代入𝑦1，𝑦2即可得出答案；
（2）分别表示出点P、Q 的坐标，分𝑚< 0，0 ≤𝑚≤1，𝑚> 1时，利用𝑆△𝑂𝑃𝑄=
1
2 ⋅|𝑚|
⋅𝑃𝑄计算即可；
（3）表示出点M、N 坐标，然后当AC 与MN 为对角线，AM 与CN 为对角线，AN 与
MC 为对角线，分别求解即可．
【详解】（1）将𝐴1, 3
2 代入𝑦1 = 𝑘𝑥+ 1得：𝑘+ 1 =
3
2，
∴𝑘=
1
2，
∴𝑦1 =
1
2𝑥+ 1，
当𝑦=
1
2𝑥+ 1 = 0时，𝑥= ―2，
∴𝐵( ―2,0)，
将𝐴1, 3
2 代入𝑦2 = ―
1
2𝑥+ 𝑏得：―
1
2 +𝑏=
3
2，
∴𝑏= 2，
∴𝑦1 = ―
1
2𝑥+ 2，
当𝑦= ―
1
2𝑥+ 2 = 0时，𝑥= 4，
∴𝐶(4,0)．
（2）由题意得：点P 的坐标是(𝑚,
1
2𝑚+ 1)，点Q 的坐标是(𝑚, ―
1
2𝑚+ 2)
当𝑚< 0时，𝑃𝑄= ―
1
2𝑚+ 2 ―
1
2 𝑚+ 1 = ―𝑚+ 1，
∴𝑆△𝑂𝑃𝑄=
1
2 ⋅|𝑚| ⋅𝑃𝑄=
1
2 ⋅( ―𝑚)( ―𝑚+ 1) =
1
2𝑚2 ―
1
2𝑚，
当0 ≤𝑚≤1时，𝑃𝑄= ―
1
2𝑚+ 2 ―
1
2 𝑚+ 1 = ―𝑚+ 1，
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60
∴𝑆△𝑂𝑃𝑄=
1
2 ⋅|𝑚| ⋅𝑃𝑄=
1
2 ⋅𝑚( ―𝑚+ 1) = ―
1
2𝑚2 +
1
2𝑚，
当𝑚> 1时，𝑃𝑄=
1
2𝑚+ 1 ―
― 1
2 𝑚+ 2 = 𝑚― 1，
∴𝑆△𝑂𝑃𝑄=
1
2 ⋅|𝑚| ⋅𝑃𝑄=
1
2 ⋅𝑚(𝑚― 1) =
1
2𝑚2 ―
1
2𝑚，
综上所述：S 与m 之间的函数关系式𝑆= ―
1
2𝑚2 +
1
2𝑚或𝑆=
1
2𝑚2 ―
1
2𝑚；
（3）设点N 的坐标为𝑎, 1
2 𝑎+ 1 ，点M 的坐标为(0,𝑛)
∵以A、C、M、N 为顶点的四边形是平行四边形
当AC 与MN 为对角线时，
1+4
2
= 𝑎+0
2
3
2+0
2 =
1
2 𝑎+1+𝑛
2
，
得
𝑎= 5
𝑛= ―2
，
∴𝑁5,
7
2
当AM 与CN 为对角线时，
1+0
2
= 𝑎+4
2
3
2+𝑛
2
=
1
2 𝑎+1+0
2
得，
𝑎= ―3
𝑛= ―2
，
∴𝑁―3, ― 1
2 ，
当AN 与MC 为对角线时，
1+𝑎
2
= 4+0
2
3
2+1
2 𝑎+1
2
= 0+𝑛
2
得，
𝑎= 3
𝑛= 4
，
∴𝑁3,
5
2
综上所述：𝑁5, 7
2 、𝑁―3, ― 1
2 或𝑁3, 5
2 ．
5．如图，在平面直角坐标系中，直线𝑦= 2𝑥+ 4与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，过点B
的直线交x 轴正半轴于点C，且△𝐴𝐵𝐶面积为10．
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61
(1)求点C 的坐标及直线𝐵𝐶的解析式；
(2)若M 为线段𝐵𝐶上一点，且满足𝑆△𝐴𝑀𝐵= 𝑆△𝐴𝑂𝐵，求直线𝐴𝑀的解析式；
(3)若E 为直线𝐴𝑀上一个动点，在x 轴上是否存在点D，使得以点𝐷、𝐸、𝐵、𝐶为顶点
的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝐶3，0 ，𝑦= ―
4
3𝑥+ 4
(2)𝑦=
3
4𝑥+
3
2
(3) ― 1
3 ，0 或― 31
3 ，0 或19
3 ，0
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质：
（1）先求出A、B 坐标，进而根据△𝐴𝐵𝐶面积为10 求出点C 的坐标，再利用待定系数
法求出对应的函数解析式即可；
（2）先求出△𝐴𝑂𝐵的面积，即求出△𝐴𝑀𝐵的面积，再由𝑆△𝐴𝑀𝐵= 𝑆△𝐴𝐵𝐶― 𝑆△𝐴𝐶𝑀= 4
求出点M 的纵坐标，进而求出点M 的坐标，据此利用待定系数法求出对应的函数解析
式即可；
（3）设𝐸𝑡，
3
4 𝑡+ 3
2 ，𝐷𝑠，0 ，再分当𝐵𝐶为对角线时， 当𝐵𝐸为对角线时，当𝐵𝐷为
对角线时，三种情况由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在𝑦= 2𝑥+ 4中，当𝑥= 0时，𝑦= 4，当𝑦= 0时，𝑥= ―2，
∴𝐴―2，0 ，𝐵0，4 ，
∴𝑂𝐵= 4，𝑂𝐴= 2，
∵△𝐴𝐵𝐶面积为10，
∴
1
2𝐴𝐶⋅𝑂𝐵= 10，
∴𝐴𝐶= 5，
∴𝑂𝐶= 3，
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62
∴𝐶3，0 ，
设直线𝐵𝐶解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
，
∴𝑘= ― 4
3
𝑏= 4
，
∴直线𝐵𝐶解析式为𝑦= ―
4
3𝑥+ 4；
（2）解：∵𝑂𝐴= 2，𝑂𝐵= 4，
∴𝑆△𝐴𝑀𝐵= 𝑆△𝐴𝑂𝐵=
1
2𝑂𝐴⋅𝑂𝐵= 4，
∴𝑆△𝐴𝑀𝐵= 𝑆△𝐴𝐵𝐶― 𝑆△𝐴𝐶𝑀= 4，
∴10 ―
1
2𝐴𝐶⋅𝑦𝑚= 4，
∴10 ―
5
2𝑦𝑚= 4，
∴𝑦𝑚=
12
5 ，
在𝑦= ―
4
3𝑥+ 4中，当𝑦= ―
4
3𝑥+ 4 =
12
5 时，𝑥=
6
5，
∴𝑀6
5 ，
12
5 ，
同理可知直线𝐴𝑀解析式为𝑦=
3
4𝑥+
3
2；
（3）解：设𝐸𝑡，
3
4 𝑡+ 3
2 ，𝐷𝑠，0 ，
当𝐵𝐶为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得
0+4
2
=
3
4 𝑡+3
2+0
2
0+3
2
= 𝑠+𝑡
2
，
解得
𝑡= 10
3
𝑠= ― 1
3
，
∴点D 的坐标为― 1
3 ，0 ；
当𝐵𝐸为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得
3
4 𝑡+3
2+4
2
= 0+0
2
0+𝑡
2 = 𝑠+3
2
，
解得
𝑡= ― 22
3
𝑠= ― 31
3
，
∴点D 的坐标为― 31
3 ，0 ；
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63
当𝐵𝐷为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得
3
4 𝑡+3
2+0
2
= 4+0
2
3+𝑡
2 = 𝑠+0
2
，
解得
𝑡= 10
3
𝑠= 19
3
，
∴点D 的坐标为19
3 ，0 ；
综上所述，点D 的坐标为― 1
3 ，0 或― 31
3 ，0 或19
3 ，0 ．
【题型6 一次函数中菱形的存在性问题】
1．已知：在平面直角坐标系中，直线𝑙1:𝑦= ―𝑥+ 2与x 轴，y 轴分别交于A、B 两点，直线
𝑙2经过点A，与y 轴交于点𝐶(0, ― 4)．
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64
(1)求直线𝑙2的解析式；
(2)如图1，点P 为直线𝑙1一个动点，若△𝑃𝐴𝐶的面积等于12 时，请求出点P 的坐标；
(3)如图2，将△𝐴𝐵𝐶沿着x 轴平移，平移过程中的△𝐴𝐵𝐶记为△𝐴1𝐵1𝐶1，请问在平面
内是否存在点D，使得以𝐴1、𝐶1、C、D 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点D 的
坐标；不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥― 4
(2)点P 的坐标为( ―2,4)或(6, ― 4)；
(3)存在，(2,0)，( ― 8,0)，( ― 2, ― 8)
【分析】（1）设直线𝑙2的解析式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，求出点𝐴的坐标，把𝐴、𝐶的坐标代入解析
式计算即可；
（2）设点𝑃的横坐标为𝑚，分情况讨论，根据三角形的面积公式建立方程，求解即可．
（3）按𝐶𝐶1为菱形边长和对角线两种情况讨论，最后根据菱形的性质求出点𝐷的坐标即
可．
【详解】（1）解：设直线𝑙2的解析式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∵直线𝑙1:𝑦= ―𝑥+ 2与𝑥轴，𝑦轴分别交于𝐴、𝐵两点，
∴𝐴(2,0)，𝐵(0,2)，
∵直线𝑙2经过点𝐴，与𝑦轴交于点𝐶(0, ― 4)，
∴ 2𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= ―4
，
∴
𝑘= 2
𝑏= ―4
，
∴直线𝑙2的解析式：𝑦= 2𝑥― 4；
（2）解：由题意可知，𝐵𝐶= 6，
设点𝑃的横坐标为𝑚，
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65
当点𝑃在第二象限时，
由题意得𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝑃𝐵𝐶+ 𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 ⋅(𝑥𝐴― 𝑥𝑃) ⋅𝐵𝐶=
1
2(2 ― 𝑚) × 6 = 12，
解得𝑚= ―2，
∴ 𝑦= 4，
∴点P 的坐标为( ―2,4)；
当点𝑃在第一象限时，不存在，舍去，
当点𝑃在第四象限时，
由题意得𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝑃𝐵𝐶― 𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 ⋅(𝑥𝑃― 𝑥𝐴) ⋅𝐵𝐶=
1
2(𝑚― 2) × 6 = 12，
解得𝑚= 6，
∴ 𝑦= ―4，
∴点P 的坐标为(6, ― 4)；
综上，点P 的坐标为( ―2,4)或(6, ― 4)；
（3）解：设将△𝐴𝐵𝐶沿着𝑥轴平移𝑡个单位长度得到△𝐴1𝐵1𝐶1，
∴𝐴1(2 ― 𝑡,0)，
∴𝐶𝐶1 = 𝑡，𝐴1𝐶1 = 𝐴𝐶=
22 + 42 = 2 5，
设𝐷点坐标为(𝑝,𝑞)，
①当𝐶𝐶1为以𝐴1、𝐶1、𝐶、𝐷为顶点的菱形边长时，有两种情况：
当𝐶𝐶1 = 𝐴1𝐶1 = 2 5时，即𝑡= 2 5，
此时𝐶𝐶1∥𝐴1𝐷，即点𝐷在𝑥轴上，且𝐴1𝐷= 𝐴1𝐶1 = 2 5，
∴点𝐷与点𝐴重合，即𝐷(2,0)．
当𝐶𝐶1 = 𝐴1𝐶= 𝑡时，
∵𝐴1(2 ― 𝑡,0)，𝐶(0, ― 4)，
∴( ― 4)2 + (2 ― 𝑡)2 = 𝑡2，
解得𝑡= 5，
此时𝐶𝐶1∥𝐴1𝐷，即点𝐷在𝑥轴上，
且𝐴1𝐷= 𝐶𝐶1 = 5，
∴𝐷( ― 8,0)．
②当𝐶𝐶1为以𝐴1、𝐶1、𝐶、𝐷为顶点的菱形对角线时，𝐴1𝐶1 = 𝐴1𝐶= 2 5，即点𝐴1在𝐶𝐶1
的垂直平分线上，且𝐴1，𝐷关于𝐶𝐶1对称，
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66
当△𝐴𝐵𝐶向左一移动，𝐴1(2 ― 𝑡,0)，𝐶(0, ― 4)，𝐶1( ― 𝑡, ― 4)，
∴( ― 4)2 + (2 ― 𝑡)2 = (2 5)
2，
解得𝑡= 4或𝑡= 0（舍），
当△𝐴𝐵𝐶向右移动时，𝐴1(2 + 𝑡,0)，𝐶(0, ― 4)，𝐶1(𝑡, ― 4)，
∴( ― 4)2 + (2 + 𝑡)2 = (2 5)
2，
解得𝑡= ―4（舍）或𝑡= 0（舍），
∴𝐴1( ― 2,0)，
∴𝐷( ― 2, ― 8)．
综上所述，存在点𝐷，使得以𝐴1、𝐶1、𝐶、𝐷为顶点的四边形是菱形，点𝐷的坐标为
(2,0)，( ― 8,0)，( ― 2, ― 8)．
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积
公式，菱形的性质与判定等相关知识，分类讨论等数学思想，根据题意进行正确的分类
讨论是解题关键．
2．如图，在平面直角坐标系中，点𝐴、𝐵分别在x 轴、y 轴上，线段OA、OB 的长
（𝑂𝐴< 𝑂𝐵）是方程组𝑥― 1
2 𝑦= 0
3𝑥― 𝑦= 6
的解，点C 是直线𝑦= 2𝑥与直线𝐴𝐵的交点，点𝐷在
线段𝑂𝐶上，𝐶𝐷=
5．
(1)求点𝐶的坐标．
(2)求直线𝐴𝐷的解析式．
(3)当点P 在直线𝐴𝐷上运动时，在平面内是否存在点𝑄，使以𝑂、𝐴、𝑃、𝑄为顶点的四边
形是菱形？若存在，请求出点𝑄的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(3,6)
(2)𝑦= ―𝑥+ 6
(3)𝑄( ―3 2,3 2)或𝑄(3, ― 3)或𝑄(6,6)或𝑄(3 2, ― 3 2)；
【分析】（1）根据解方程组，可得A、B 的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式，
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67
根据解方程组，可得点C 的坐标；
（2）根据D 在𝑂𝐶上，求解𝑂𝐷= 2 5，利用勾股定理建立方程，可得D 点坐标，根据
待定系数法，可得𝐴𝐷的函数解析式；
（3）结合菱形的性质，分情况讨论：若P 在x 轴上方，若P 在x 轴下方，进行讨论即
可得到答案．
【详解】（1）解：∵𝑥― 1
2 𝑦= 0
3𝑥― 𝑦= 6
，即
𝑦= 2𝑥
3𝑥― 𝑦= 6
，
解得𝑥= 6
𝑦= 12
，
∴𝑂𝐴= 6,𝑂𝐵= 12，
即𝐴(6,0)、𝐵(0,12)．
设直线𝐴𝐵的解析式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把A、B 点的坐标代入函数解析式，得6𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 12
，
解得𝑘= ―2
𝑏= 12
．
直线𝐴𝐵的解析式𝑦= ―2𝑥+ 12，
由点C 是直线𝑦= 2𝑥与直线𝐴𝐵的交点，
得𝑦= ―2𝑥+ 12
𝑦= 2𝑥
，
解得𝑦= 6
𝑥= 3
，
∴C 点的坐标是(3,6)；
（2）解：由点D 在线段𝑂𝐶上，C 点的坐标是(3,6)
∴𝑂𝐶=
32 + 62 = 3 5，
∵𝐶𝐷=
5，
∴𝑂𝐷= 2 5，
设𝐷(𝑥,2𝑥)，
∴𝑥2 + (2𝑥)2 = 2 5
2，
解得𝑥= 2（不符合题意的根舍去），
即D 点坐标是(2,4)；
设𝐴𝐷的函数解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，
把A、D 点的坐标代入，得6𝑘1 + 𝑏1 = 0
2𝑘1 + 𝑏1 = 4
，
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68
解得𝑘1 = ―1
𝑏1 = 6
．
∴𝐴𝐷的函数解析式为𝑦= ―𝑥+ 6；
（3）解：过D 作𝐷𝐹⊥𝑥轴，由（2）中D，A 的坐标可知，𝐷𝐹= 𝐴𝐹= 4，
∴∠𝑂𝐴𝐷= 45°，
∵以O、A、P、Q 为顶点的四边形是菱形，分情况讨论如下：
若P 在x 轴上方，𝑂𝐴𝑃𝑄是菱形， 则𝐴𝑃= 𝐴𝑂= 6 = 𝑃𝑄，𝑃𝑄∥𝐴𝑂，
如图所示，
过P 作𝑃𝑀⊥𝑥轴，
∴△𝐴𝑃𝑀为等腰直角三角形，
∴𝐴𝑀= 𝑃𝑀=
2
2 𝐴𝑃= 3 2，
∴𝑂𝑀= 6 ― 3 2，
∴𝑃(6 ― 3 2,3 2)，
结合平移的性质可得：𝑄( ―3 2,3 2)；
当𝑂𝑄𝐴𝑃是菱形，记对角线的交点为𝐾，
∴𝑃𝑄⊥𝐴𝑂，𝑃𝐾= 𝑄𝐾，𝑂𝐾= 𝐴𝐾= 3，
由∠𝐷𝐴𝑂= 45°可得𝑃𝐾= 𝐴𝐾= 3 = 𝑂𝐾，
∴𝑃(3,3)，
∴𝑄(3, ― 3)；
如图，当四边形𝑂𝐴𝑄𝑃为菱形时，
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69
此时𝑂𝐴= 𝑂𝑃= 6 = 𝑃𝑄，𝑃𝑄∥𝑂𝐴，
∴𝑃为𝐴𝐷与𝑦轴的交点，
∴𝑂𝑃⊥𝑂𝐴，四边形𝑂𝐴𝑄𝑃是正方形，
∴𝑄(6,6)；
当𝑃在𝑥轴下方，四边形𝑂𝐴𝑃𝑄为菱形时，则𝑃𝑄∥𝑂𝐴，𝑃𝑄= 𝑂𝐴= 6 = 𝐴𝑃．过P 作𝑃𝑀⊥𝑥
轴，
如图所示，
同理可得：𝑃𝑀= 𝐴𝑀= 3 2，
∴𝑃(6 + 3 2, ― 3 2)，
结合平移可得：𝑄(3 2, ― 3 2)，
综上：𝑄( ―3 2,3 2)或𝑄(3, ― 3)或𝑄(6,6)或𝑄(3 2, ― 3 2)；
【点睛】本题考查一次函数、利用了待定系数法求函数解析式、利用平方根的含义解方
程，菱形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，清晰的分类讨论，数形结合
的方法的运用是解题的关键．
3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数𝑦= ―
4
3𝑥+ 8的图象与𝑥轴和𝑦轴分别交于点A 和
点𝐵．
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70
(1)点A 的坐标为___________，点𝐵的坐标为___________；
(2)若点𝑃在线段𝐴𝐵上，过点𝑃分别作𝑃𝐶⊥𝑂𝐴于点C，𝑃𝐷⊥𝑂𝐵于点D，若四边形𝑃𝐶𝑂𝐷
是正方形，求点P 的坐标；
(3)点M 在x 轴上，第一象限内是否存在一点N，使得以点A、B、M、N 为顶点的四边
形是菱形？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(6,0)，(0,8)
(2)点𝑃的坐标为24
7 , 24
7
(3)点𝑁的坐标为(10,8)或25
3 ,8
【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、正方形的性质及菱形的性质，熟练掌握
一次函数与几何的综合、正方形的性质及菱形的性质是解题的关键；
（1）分别令𝑥= 0和𝑦= 0，然后代入进行求解即可；
（2）根据正方形的性质得到𝑃𝐷= 𝑃𝐶，设𝑃(𝑚,𝑛)，得到𝑚= 𝑛，把𝑃(𝑚,𝑛)代入𝑦= ―
4
3
𝑥+ 8解方程组即可得到结论；
（3）按照以𝐴𝐵为菱形的对角线和菱形的边长分类讨论．
【详解】（1）解：令𝑥= 0时，则有𝑦= 8，令𝑦= 0时，则有―
4
3𝑥+ 8 = 0，解得：
𝑥= 6，
∴𝐴(6,0),𝐵(0,8)；
故答案为(6,0)，(0,8)；
（2）解：∵四边形𝑃𝐶𝑂𝐷为正方形，
∴𝑃𝐷= 𝑃𝐶，
设𝑃(𝑚,𝑛)，
∴𝑚= 𝑛，
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71
把𝑃(𝑚,𝑛)代入𝑦= ―
4
3𝑥+ 8得，
𝑚= 𝑛
𝑛= ― 4
3 𝑚+ 8
，
解得𝑚= 𝑛=
24
7 ，
∴点𝑃的坐标为24
7 , 24
7 ；
（3）解：存在，理由如下：
若以点A、B、M、N 为顶点的四边形是菱形，则分以下两种情况讨论：
①当𝐴𝐵为菱形的边时，则𝐴𝐵= 𝐴𝑀= 𝐵𝑁=
62 + 82 = 10，且𝐴𝑀∥𝐵𝑁，
∵点𝑁是第一象限内的点，
∴点𝑀在点A 右侧，
∴点𝑁的坐标为(10,8)；
②当𝐴𝐵为菱形的对角线时，则𝐵𝑀= 𝐴𝑀= 𝐵𝑁，𝐵𝑁∥𝐴𝑀，且点𝑀在𝑥轴的负半轴上，
设点𝑀的坐标为(𝑎,0)，则(6 ― 𝑎)2 = 82 + 𝑎2，解得𝑎= ―
7
3，
∴点𝑀的坐标为― 7
3 ,0 ，
∴𝐴𝑀= 6 ―
― 7
3 =
25
3 ，即𝐵𝑁=
25
3 ，
∴点𝑁的坐标为25
3 ,8 ，
综上所述，点𝑁的坐标为(10,8)或25
3 ,8 ．
4．如图，在平面直角坐标系𝑥𝑜𝑦中，直线𝑚:𝑦= 𝑘𝑥― 6𝑘分别交x 轴，y 轴于A，𝐵0，3 两
点，直线𝑙:𝑦=
3
4𝑥+ 𝑏交𝑦轴于C 点，交直线m 于点𝑃𝑛，1 ．
(1)填空：𝑘= ，𝑏= ，𝑛= ；
(2)点D 是直线m 上一点，E 是直线l 上的一点，若𝐵𝐷与𝐶𝐸互相平分，求点E 的坐标及
四边形𝐵𝐶𝐷𝐸的面积；
(3)N 是平面直角坐标系内一点，直线l 上是否存在点M，使以点B，C，M，N 为顶点
的四边形是菱形，请求出符合条件的点𝑁的坐标．
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72
【答案】(1) ―
1
2，―2，4
(2)𝐸8，4 ，四边形𝐵𝐶𝐷𝐸E 的面积= 40
(3)点N 坐标为4，6 或―4，0 或24
5 , ― 17
5 或― 10
3 , 1
2
【分析】（1）当𝑥= 0，3 = ―6𝑘，得：𝑘= ―
1
2，将𝑃𝑛，1 代入𝑦= ―
1
2𝑥+ 3得，
𝑛= 4，将𝑃4，1 代入𝑦=
3
4𝑥+ 𝑏，得𝑏= ―2；
（2）①由（1）知𝐶(0，-2)，𝐵𝐶= 5，证明出四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形，设𝐷(𝑡, ―
1
2
𝑡+ 3)，𝐸(𝑡,
3
4𝑡― 2)，则
3
4𝑡― 2 ―
― 1
2 𝑡+ 3 = 5，解得①当𝐵𝐶，𝐶𝑀为菱形的边时，设
𝑀(𝑚,
3
4𝑚― 2)，由𝐶𝑀= 𝐶𝐵，得3
4 𝑚― 2 + 2
2
+ 𝑚2 = 52，解得，𝑚=± 4，从而求解；
②当𝐵𝐶，𝐵𝑀为菱形的边时，③当𝐵𝐶为菱形的对角线时，利用菱形的性质求解．
【详解】（1）解：当𝑥= 0，3 = ―6𝑘，
解得：𝑘= ―
1
2，
将𝑃𝑛，1 代入𝑦= ―
1
2𝑥+ 3得，
1 = ―
1
2𝑛+ 3，
解得：𝑛= 4，
将𝑃4，1 代入𝑦=
3
4𝑥+ 𝑏，
得1 =
3
4 × 4 + 𝑏，
解得：𝑏= ―2，
故答案为：―
1
2，―2，4；
（2）解：由（1）知𝐶(0，―2)，
∴𝐵𝐶= 3 ― ( ― 2) = 5，
∵𝐵𝐷与𝐶𝐸互相平分，
∴四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形，
∴𝐷𝐸∥𝐵𝐶，𝐷𝐸= 𝐵𝐶，
设𝐷(𝑡, ―
1
2𝑡+ 3)，𝐸(𝑡,
3
4𝑡― 2)，
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则
3
4𝑡― 2 ―
― 1
2 𝑡+ 3 = 5，
解得，𝑡= 8，
∴𝐸(8，4)；
∴点P 是𝐵𝐷，𝐶𝐸的中点
∴四边形𝐵𝐶𝐷𝐸的面积=4𝑆△𝑃𝐵𝐶= 4 ×
1
2 × 5 × 4 = 40，
（3）解：分𝐵𝐶为菱形的边与𝐵𝐶为菱形的对角线两种情况：
①当𝐵𝐶，𝐶𝑀为菱形的边时，
设𝑀(𝑚,
3
4𝑚― 2)，
由𝐶𝑀= 𝐶𝐵，得3
4 𝑚― 2 + 2
2
+ 𝑚2 = 52，
解得，𝑚=± 4，
ⅰ）当𝑚= 4时，𝑀（4，1），
∵𝑀𝑁∥𝐵𝐶且𝑀𝑁= 𝐵𝐶，
∴𝑁（4，6）；
ⅱ）当𝑚= ―4时，𝑀( ― 4, ― 5)，
此时𝑁（-4，0）；
②当𝐵𝐶，𝐵𝑀为菱形的边时，
由𝑀𝐵= 𝐶𝐵，得3 ― 3
4 𝑚+ 2
2
+ 𝑚2 = 52，
解得，𝑚1 =
24
5 ，𝑚2 = 0（舍去），
∴𝑀24
5 , 8
5 ，
此时𝑁24
5 , ― 17
5 ；
③当𝐵𝐶为菱形的对角线时，
由菱形的性质可知𝑀𝑁垂直平分𝐵𝐶，
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∴𝑦𝑀=
1
2，
将𝑦𝑀=
1
2代入𝑦=
3
4𝑥― 2得，𝑥=
10
3 ，
∴𝑀10
3 , 1
2 ，
∴𝑁― 10
3 , 1
2 ，
综上，符合条件的点N 有四个，分别是4，6 或―4，0 或24
5 , ― 17
5 或― 10
3 , 1
2 ．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和
性质，菱形的性质，平行四边形的判定及性质等，运用分类讨论思想和方程思想是解题
关键．
5．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=
2
3𝑥+ 𝑏的图像与边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)连接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．
【答案】(1)2
(2)𝑀4, 14
3
(3)点𝑁的坐标为21
2 ,3 或
6
13 , 108
13
【分析】本题主要考查一次函数的性质与菱形的判定与性质，矩形的性质，正确根据菱
形的性质进行分类讨论求得𝑀的坐标是解决本题的关键．
（1）根据𝑂𝐷= 𝐵𝐸，可得点𝐸(6,8 ― 𝑏)，将𝐸代入解析式，即可求解；
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75
（2）由（1）知一次函数的解析式为𝑦=
2
3𝑥+ 2，𝑂𝐷= 2，𝐴𝐸= 6，根据△𝑂𝐷𝑀的面
积与四边形𝑂𝐴𝐸𝑀的面积之比为1:5，可得𝑆△𝑂𝐷𝑀=
1
6𝑆梯形𝑂𝐴𝐸𝐷，𝑆△𝑂𝐷𝑀= 4，设点𝑀的
横坐标为𝑚，则𝑆△𝑂𝐷𝑀=
1
2𝑂𝐷·𝑚= 4，即可求解；
（3）分两种情况：若以𝐴𝐸为对角线，得到菱形𝐴𝑀𝐸𝑁；若以𝐸𝑀为对角线，得到菱形𝐴𝑀𝑁𝐸
讨论，结合图形，利用菱形的性质即可求解．
【详解】（1）∵四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是矩形，
∴ 𝐵𝐶⊥𝑦轴，𝐴𝐵⊥𝑥轴，
∵一次函数𝑦=
2
3𝑥+ 𝑏的图像与边𝑂𝐶、𝐴𝐵分别交于点𝐷、𝐸，并且满足𝑂𝐷= 𝐵𝐸，
当𝑥= 0时，𝑦= 𝑏，
∴ 𝑂𝐷= 𝐵𝐸= 𝑏，
∵点𝐵的坐标为(6,8)，
∴ 𝐴𝐵= 8，点𝐸的横坐标为6，
∴ 𝐴𝐸= 𝐴𝐵― 𝐵𝐸= 8 ― 𝑏，
∴点𝐸(6,8 ― 𝑏)，将点𝐸代入𝑦=
2
3𝑥+ 𝑏得：8 ― 𝑏=
2
3 × 6 + 𝑏，
解得：𝑏= 2，
故答案为：2；
（2）由（1）知：一次函数的解析式为：𝑦=
2
3𝑥+ 2，𝑂𝐷= 2，𝐴𝐸= 6，
∵ △𝑂𝐷𝑀的面积与四边形𝑂𝐴𝐸𝑀的面积之比为1:5，
∴ 𝑆△𝑂𝐷𝑀=
1
6𝑆梯形𝑂𝐴𝐸𝐷，
∵ 𝑆梯形𝑂𝐴𝐸𝐷=
1
2(𝑂𝐷+ 𝐴𝐸)·𝑂𝐴=
1
2 × (2 + 6) × 6 = 24，
∴ 𝑆△𝑂𝐷𝑀=
1
6𝑆梯形𝑂𝐴𝐸𝐷= 4，
设点𝑀的横坐标为𝑚，则𝑆△𝑂𝐷𝑀=
1
2𝑂𝐷·𝑚= 4，
即
1
2 × 2𝑚= 4，
解得：𝑚= 4，
将𝑚= 4代入𝑦=
2
3𝑥+ 2，得：𝑦=
2
3 × 4 + 2 =
14
3 ，
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∴ 𝑀4, 14
3 ；
（3）如图所示，若以𝐴𝐸为对角线，得到菱形𝐴𝑀𝐸𝑁，
则𝑀𝑁垂直平分𝐴𝐸，𝑀和𝑁关于𝐴𝐸轴对称，
∵ 𝐴𝐸= 6，
∴点𝑀和𝑁的纵坐标均是
6
2 = 3，
将𝑦= 3代入𝑦=
2
3𝑥+ 2得：3 =
2
3𝑥+ 2，
解得：𝑥=
3
2，
∴点𝑀3
2 ,3 ，
∴ 𝑀𝐹= 𝑁𝐹= 6 ―
3
2 =
9
2，
∴ 𝑥𝑁= 6 +
9
2 =
21
2 ，
∴点𝑁21
2 ,3 ；
如图所示，若以𝐸𝑀为对角线，得到菱形𝐴𝑀𝑁𝐸，则𝑀𝑁= 𝐴𝐸= 6，线段𝑀𝐸与线段𝐴𝑁
的中点重合，过点𝑀作𝑀𝐺⊥𝑥轴于点𝐺，
设点𝑀的横坐标为𝑎，则纵坐标为
2
3𝑎+ 2，
∴ 𝐴𝐺= 6 ― 𝑎，𝑀𝐺=
2
3𝑎+ 2，𝐴𝑀= 𝐴𝐸= 6，
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∴ 𝐴𝑀2 = 𝐴𝐺2 +𝑀𝐺2，即62 = (6 ― 𝑎)2 +
2
3 𝑎+ 2
2
解得：𝑎= 6（不能构成菱形，舍去）或𝑎=
6
13，
将𝑎=
6
13代入𝑦=
2
3𝑥+ 2得：𝑦=
2
3 ×
6
13 +2 =
30
13，
∴点𝑀
6
13 , 30
13 ，
∵菱形𝐴𝑀𝑁𝐸，
∴ 𝑦𝑁= 𝑁𝑀+ 𝑦𝑀= 6 +
30
13 =
108
13 ，
∴点𝑁
6
13 , 108
13 ，
综上所述，以𝐴、𝑀、𝐸、𝑁为顶点的四边形为菱形时，点𝑁的坐标为21
2 ,3 或
6
13 , 108
13 ．
6．如图，矩形𝑂𝐴𝐵𝐶的顶点A、C 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，点B 的坐标为(15,21)，一
次函数𝑦= ―
3
5𝑥+ 15的图象与边𝑂𝐶、𝐴𝐵分别交于D、E 两点，点M 是线段𝐷𝐸上的一
个动点．
(1)求证：𝑂𝐷= 𝐵𝐸；
(2)点M 坐标为(5,12)，设点P 是x 轴上一动点，点Q 是平面内的一点，以O、M、P、
Q 为顶点的四边形是菱形，直接写出点Q 的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)(18,12)或( ―8,12)或(5, ― 12)或― 119
10 ,12
【分析】（1）求出点D、E 的坐标，即可得证；
（2）分𝑂𝑀是边、𝑂𝑀是对角线两种情况，利用平移的性质和菱形的性质分别求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形𝑂𝐴𝐵𝐶，点B 的坐标为(15,21)，
∴𝐴𝐵∥𝑦轴，
∴𝐸点的横坐标为15，
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当𝑥= 15时，𝑦= ―
3
5 × 15 + 15 = ―9 + 15 = 6，
∴点𝐸(15,6)，
对于𝑦= ―
3
5𝑥+ 15，令𝑥= 0，则𝑦= 15，故点𝐷(0,15)，
∴𝐷𝑂= 15,𝐵𝐸= 21 ― 6 = 15；
即𝐵𝐸= 𝑂𝐷；
（2）解：∵𝑀(5,12)，
∴𝑂𝑀=
52 + 122 = 13
如图，当𝑂𝑀为菱形的边长时，𝑄𝑀∥𝑥轴，𝑄𝑀= 𝑂𝑀= 13，
故点Q 的坐标为(18,12)或( ―8,12)；
如图，当𝑂𝑃是菱形的对角线时，𝑀𝑄⊥𝑥轴于点F，𝐹𝑄= 𝐹𝑀= 12，
∴𝑄(5, ― 12)；
如图，当𝑂𝑀是菱形对角线时，𝑄𝑀∥𝑥轴，𝑄𝑀= 𝑂𝑄，
设𝑄(𝑞,12)，
∵𝑄𝑀2 = 𝑂𝑄2，
∴(5 ― 𝑞)2 = 𝑞2 + 122 ，
解得：𝑞= ―
119
10 ，
∴Q ― 119
10 ,12 ；
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综上，点Q 的坐标为(18,12)或( ―8,12)或(5, ― 12)或― 119
10 ,12 ．
【点睛】本题考查了一次函数与几何图形综合，求一次函数与坐标轴的交点问题，勾股
定理，坐标与图形，矩形的性质，菱形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【
题
型
7
一
次
函
数
与
将
军
饮
马
问
题
】
1．如图，直线𝑙1与x 轴、y 轴分别交于点A、点𝐵(0,1)，直线𝑙2：𝑦= ―𝑥+ 4与x 轴、y 轴分
别交于点C、点D，直线𝑙1与𝑙2交于点𝐸(2,𝑚)．
(1)求m 的值和直线𝑙1的表达式；
(2)点G 是x 轴上的一个动点，连接𝐺𝐵，𝐺𝐸，求𝐺𝐵+ 𝐺𝐸的最小值和此时点G 的坐标；
(3)在直线𝐶𝐷上是否存在一点P，使得△𝐵𝐸𝑃的面积等于5，若存在，请求出点P 的坐
标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑚= 2；𝑦=
1
2𝑥+ 1
(2)𝐺𝐵+ 𝐺𝐸的最小值为13；𝐺2
3 ,0
(3)存在，点P 的坐标为― 4
3 , 16
3 或16
3 , ― 4
3
【分析】（1）把点𝐸(2,𝑚)代入𝑦= ―𝑥+ 4求得点E（2，2），设直线AB 的解析式为
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y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）作点B 关于x 轴的对称点F，连接𝐸𝐹交x 轴于G，则此时𝐺𝐵+ 𝐺𝐸的值最小，求
得𝐹(0, ― 1)，利用待定系数法求得直线𝐸𝐹的解析式为𝑦=
3
2𝑥― 1，于是得到𝐺2
3 ,0 ，根
据勾股定理即可求解；
（3）当点P 在y 轴的左侧时，如图，当点P 在y 轴的右侧时，根据三角形的面积公式
即可得到结论．
【详解】（1）解：把点𝐸(2,𝑚)代入𝑦= ―𝑥+ 4得𝑚= ―2 + 4 = 2，
∴点𝐸(2,2)，
设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴2𝑘+ 𝑏= 2
𝑏= 1
，
∴𝑘= 1
2
𝑏= 1
，
∴𝑦=
1
2𝑥+ 1；
（2）解：作点B 关于x 轴的对称点F，连接𝐸𝐹交x 轴于G，
则此时𝐺𝐵+ 𝐺𝐸的值最小，
∵𝐵(0,1)，
∴𝐹(0, ― 1)，
同理，直线𝐸𝐹的解析式为𝑦=
3
2𝑥― 1，
当𝑦= 0时，𝑥=
2
3，
∴𝐺2
3 ,0 ，
∴𝐸𝐹=
22 + (2 + 1)2 =
13，
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81
故𝐺𝐵+ 𝐺𝐸的最小值为13；
（3）解：存在，
当点P 在y 轴的左侧时，如图，
∴𝑆△𝐵𝐸𝑃― 𝑆△𝐵𝐸𝐷= 𝑆△𝐵𝐷𝑃= 5 ―
1
2 × 3 × 2 = 2，
∵𝐵𝐷= 3，
∴𝑥𝑃= ―
4
3，
把𝑥𝑃= ―
4
3代入𝑦= ―𝑥+ 4得，𝑦𝑃=
16
3 ，
∴𝑃― 4
3 , 16
3 ，
当点P 在y 轴的右侧时，同理可得𝑃16
3 , ― 4
3 ，
综上所述，存在，点P 的坐标为― 4
3 , 16
3 或16
3 , ― 4
3 ．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，勾股定理轴对称
-最短路径问题，三角形的面积的计算，正确地求出一次函数的解析式是解题的关键．
2．将矩形纸片𝑂𝐴𝐵𝐶放在平面直角坐标系中，O 为原点，点A 在x 轴上，点C 在y 轴上，
𝑂𝐴= 12，𝑂𝐶= 6．
(1)如图①，沿𝑂𝐵折叠矩形，点𝐶落在𝐶′处，𝐵𝐶′交𝑂𝐴于点𝐹，求点𝐹的坐标；
(2)如图②，点𝐷是𝑂𝐶中点，点𝐸在𝑂𝐴上，求𝐵𝐸+ 𝐷𝐸的最小值；
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(3)如图③，折叠该纸片，使点𝐶落在边𝑂𝐴上的点为𝐶′(4,0)，折痕为𝑀𝑁，点𝑀在边𝐵𝐶上，
求直线𝐶′𝑀的函数解析式．
【答案】(1) 15
2 ,0
(2)15
(3)𝑦= 2.4𝑥― 9.6
【分析】（1）先根据平行线和折叠的性质得：𝑂𝐹= 𝐵𝐹，设𝑂𝐹= 𝑥，根据勾股定理得：
𝑥2 = 62 + (12 ― 𝑥)2，解出可解答；
（2）如图②，作点𝐵关于𝑂𝐴的对称点𝐵′，连接𝐷𝐵′，交𝑂𝐴于𝐸，此时𝐷𝐸+ 𝐵𝐸的值最小，
即𝐷𝐵′的长，根据勾股定理可解答；
（3）如图③，过𝑀作𝑀𝐻⊥𝑥轴于𝐻，设𝐶𝑀= 𝑎，根据勾股定理列方程得𝑎2 = (𝑎― 4)2
+ 62，求得𝑀(6.5,6)，然后利用待定系数法求得𝐶′𝑀的解析式为𝑦= 2.4𝑥― 9.6．
【详解】（1）解：如图①，由折叠得：∠𝑂𝐵𝐶= ∠𝑂𝐵𝐹，
∵四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是矩形，
∴𝐵𝐶= 𝑂𝐴= 12，𝐵𝐶∥𝑂𝐴，
∴∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝑂𝐵𝐶，
∴∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝑂𝐵𝐹，
∴𝑂𝐹= 𝐵𝐹，
设𝑂𝐹= 𝑥，则𝐵𝐹= 𝑥，𝐴𝐹= 12 ― 𝑥，
在Rt △𝐴𝐵𝐹中，𝐴𝐵= 𝑂𝐶= 6，
由勾股定理得：𝐵𝐹2 = 𝐴𝐵2 +𝐴𝐹2，
∴𝑥2 = 62 + (12 ― 𝑥)2，
𝑥=
15
2 ，
∴𝐹15
2 ,0 ；
（2）解：如图②，作点𝐵关于𝑂𝐴的对称点𝐵′，连接𝐷𝐵′，交𝑂𝐴于𝐸，此时𝐷𝐸+ 𝐵𝐸的值
最小，即𝐷𝐵′ = 𝐷𝐸+ 𝐵𝐸，
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83
过𝐵′作𝐵′𝐺⊥𝑦轴于𝐺，
∴𝐵′𝐺= 𝐵𝐶= 12，
∵𝐷是𝑂𝐶的中点，
∴𝑂𝐷=
1
2𝑂𝐶= 3，
∴𝐷𝐺= 3 + 6 = 9，
在Rt △𝐷𝐺𝐵′中，由勾股定理得：𝐷𝐵′ =
𝐷𝐺2 + 𝐺𝐵′2 =
92 + 122 = 15，
即𝐷𝐸+ 𝐵𝐸的最小值是15；
（3）解：如图③，过𝑀作𝑀𝐻⊥𝑥轴于𝐻，
∵𝐶′(4,0)，
∴𝑂𝐶′ = 4，
设𝐶𝑀= 𝑎，则𝐶𝑀′ = 𝑎，𝐶′𝐻= 𝑎― 4，
在Rt △𝑀𝐶′𝐻中，由勾股定理得：𝐶′𝑀2 = 𝐶′𝐻2 +𝑀𝐻2，
∴𝑎2 = (𝑎― 4)2 + 62，
𝑎= 6.5，
∴𝑀(6.5,6)．
设𝐶′𝑀的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，将𝐶′(4,0)，𝑀(6.5,6)代入得：
4𝑘+ 𝑏= 0
6.5𝑘+ 𝑏= 6
，
解得：𝑘= 2.4
𝑏= ―9.6
，
∴𝐶′𝑀的解析式为𝑦= 2.4𝑥― 9.6．
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【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质、矩形的性质及最短路径的知识，
综合性较强，难度适中，注意掌握折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等，
本题辅助线的作法是关键．
3．如图，过点𝐴(2,0)的直线𝑙1：𝑦= ―𝑥+ 2与直线𝑙2：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏交于点𝐶(𝑎,3)，其中
2 ⋅𝑂𝐵= 3 ⋅𝑂𝐴．
(1)求直线𝑙2对应的表达式；
(2)若点P 在直线𝑙2上运动，点Q 在y 轴上运动，求𝐴𝑄+ 𝑄𝑃的最小值．
【答案】(1)𝑦=
3
2𝑥+
9
2
(2)15 13
13
【分析】本题主要考查了一次函数与三角形综合．熟练掌握待定系数法求一次函数解析
式，一次函数图象与性质，垂线段最短，面积法求三角形的高，是解题的关键．
（1）𝐶(𝑎,3)代入𝑦= ―𝑥+ 2求出a 值，令𝑦= ―𝑥+ 2 = 0求出𝑥= 2，得𝐴(2,0)，由
2 ⋅𝑂𝐵= 3 ⋅𝑂𝐴得𝐵( ―3,0)，把𝐴(2,0)，𝐵( ―3,0)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏即可求解；
（2）连接𝐴𝑃，过点A 作𝐴𝐷⊥𝑙2于点D，根据𝐴𝑄+ 𝑄𝑃≥𝐴𝑃≥𝐴𝐷，得𝐴𝑄+ 𝑄𝑃的最小
值为𝐴𝐷长，求出𝐵𝐶=
13，根据𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐵𝐶⋅𝐴𝐷=
1
2𝐴𝐵⋅𝑦𝐶，得𝐴𝐷= 15 13
13 ，即得．
【详解】（1）解：∵点𝐶(𝑎,3)在直线𝑙1：𝑦= ―𝑥+ 2上，
∴―𝑎+ 2 = 3．
∴𝑎= ―1．
∴𝐶( ―1,3)．
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85
∵𝑦= ―𝑥+ 2 = 0时，𝑥= 2，
∴𝐴(2,0)．
∴𝑂𝐴= 2．
∵2 ⋅𝑂𝐵= 3 ⋅𝑂𝐴，
∴𝑂𝐵= 3，
∴𝐵( ―3,0)．
∵点B 和点C 在直线𝑙2：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏上，
∴―3𝑘+ 𝑏= 0
―𝑘+ 𝑏= 3
．
解得
𝑘= 3
2
𝑏= 9
2
．
∴求直线𝑙2对应的表达式为：𝑦=
3
2𝑥+
9
2．
（2）解：连接𝐴𝑃，过点A 作𝐴𝐷⊥𝑙2于点D，
∵𝐴𝑄+ 𝑄𝑃≥𝐴𝑃≥𝐴𝐷，
∴当点Q 在𝐴𝑃上，且点P 与点D 重合时，𝐴𝑄+ 𝑄𝑃= 𝐴𝐷，
此时𝐴𝑄+ 𝑄𝑃取得最小值．
∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐵𝐶⋅𝐴𝐷=
1
2𝐴𝐵⋅𝑦𝐶，𝐵𝐶=
( ― 3 + 1)2 + (0 ― 3)2 =
13，
∴𝐴𝐷=
𝐴𝐵×𝑦𝑐
𝐵𝐶
= 15 13
13 ．
4．如图，直线𝑦= ―
3
4𝑥+
9
2与y 轴交于点A，与x 轴交于点B，点C、D 在直线𝑥= 2（直线
上所有点的横坐标均为2）上，且𝐶𝐷=
3
2．
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86
(1)求A、B 两点坐标；
(2)四边形𝑂𝐴𝐶𝐷的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在说明理由．
【答案】(1)𝐴0，
9
2 ,𝐵6，0
(2)11
【分析】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，平移的性质，轴对称的性质
及勾股定理，用平移的思想解决问题是就本题的关键．
（1）根据坐标轴上点的特点即可得出结论；
（2）将点𝐴𝐶向下平移
3
2个单位到点𝐴′𝐷，作出点O 关于直线𝑥= 2的对称点𝑂′，连接𝐷
𝑂′，𝐴𝐶，当点𝐴′,𝐷,𝑂′三点在同一直线上时，此时四边形𝑂𝐴𝐶𝐷的周长最小，据此求解即
可．
【详解】（1）解：在一次函数𝑦= ―
3
4𝑥+
9
2中，令𝑥= 0时，𝑦=
9
2，
∴𝐴0, 9
2 ，
令𝑦= 0时，―
3
4𝑥+
9
2 = 0，
∴𝑥= 6，
∴𝐵(6,0)；
（2）解：如图，将点𝐴𝐶向下平移
3
2个单位到点𝐴′𝐷，作出点O 关于直线𝑥= 2的对称点
𝑂′，连接𝐷𝑂′，𝐴𝐶，当点𝐴′,𝐷,𝑂′三点在同一直线上时，此时四边形𝑂𝐴𝐶𝐷的周长最小，
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87
由作图可得𝐴𝐴′ = 𝐶𝐷=
3
2,𝐴𝐶= 𝐴′𝐷
∴𝐴′(0,3)
∵点O 关于直线𝑥= 2的对称点𝑂′，
∴𝑂′(4,0),𝑂𝐷= 𝑂′𝐷，
∴𝐴′𝑂′ =
42 + 32 = 5，
∴四边形𝑂𝐴𝐶𝐷的周长最小值= 𝑂𝐴+ 𝐴𝐶+ 𝐶𝐷+ 𝑂𝐷= 𝑂𝐴+ 𝐴′𝐷+ 𝐶𝐷+ 𝑂′𝐷= 𝑂𝐴+
𝐶𝐷+ 𝐴′𝑂′ =
9
2 +
3
2 +5 = 11
【题型8 一次函数中角度问题】
1．【模型建立】
如图1，等腰Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐶𝐵= 𝐶𝐴，直线𝐸𝐷经过点C，过点A 作𝐴𝐷⊥𝐸𝐷
于点D，过点B 作𝐵𝐸⊥𝐸𝐷于点E，求证：△𝐵𝐸𝐶≌△𝐶𝐷𝐴．
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88
【模型应用】
（1）如图2，在图1 中建立平面直角坐标系，使点E 与坐标原点O 重合，𝐸𝐷和𝐸𝐵所
在直线分别为x 轴、y 轴，若𝑂𝐵= 2，𝑂𝐶= 1，请解答下列问题：
①点C 的坐标是________，点A 的坐标是________；
②在x 轴上存在点M，使得以O，A，B，M 为顶点的四边形的面积为4，请直接写出
点M 的坐标：________；
（2）如图3，已知直线𝑙1：𝑦= 2𝑥+ 4与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，将直线𝑙1绕
点B 旋转45°至直线𝑙2，求直线𝑙2的函数表达式．
【答案】模型建立：见解析；模型应用：（1）①(1,0)，(3,2)；②( ―1,0)或(2,0)；
（2）𝑦=
1
3𝑥+ 4
【分析】（1）利用AAS证明△𝐶𝐷𝐴≌△𝐵𝐸𝐶即可；
（2）①根据𝑂𝐶= 1即可得到点C 的坐标，根据全等三角形的性质即可得到
𝐴𝐷= 𝐶𝐸= 1，𝐶𝐷= 𝐵𝐸= 2，从而得到𝑂𝐷= 𝑂𝐶+ 𝐶𝐷= 3，即可得到点A 的坐标；
②分M 在原点右侧和在原点左侧两种情况讨论求解即可；
（3）过点A 作𝐴𝐶⊥𝐴𝐵交𝑙2于点C，过点C 作𝐶𝐷⊥𝑥轴，求出𝑂𝐵= 4，𝑂𝐴= 2，然后
证明出△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐴𝑂(AAS)，𝐶𝐷= 𝐴𝑂= 2，𝐴𝐷= 𝑂𝐵= 4，求出𝐶( ―6,2)，然后利
用待定系数法求解即可．
【详解】模型建立：解：①∵𝐴𝐷⊥𝐸𝐷，𝐵𝐸⊥𝐸𝐷，
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∴∠𝐷= ∠𝐸= 90°
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐷= 90° ― ∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐶𝐵𝐸，
又∵𝐶𝐴= 𝐵𝐶，∠𝐷= ∠𝐸= 90°
∴△𝐶𝐷𝐴≌△𝐵𝐸𝐶(AAS)；
（1）解：①∵△𝐶𝐷𝐴≌△𝐵𝐸𝐶，𝑂𝐵= 2，𝑂𝐶= 1，
∴𝐴𝐷= 𝐶𝐸= 1，𝐶𝐷= 𝐵𝐸= 2，
∴点C 的坐标为(1,0)，
∴𝑂𝐷= 𝑂𝐶+ 𝐶𝐷= 3，
∴点A 的坐标为(3,2)；
②如图所示，当M 在原点右边时，连接𝐴𝑀，𝐴𝑂，以O、A、B、M 为顶点的四边形的
面积为S，
∴𝑆= 𝑆△𝐴𝑂𝑀+ 𝑆△𝐴𝑂𝐵=
1
2𝑂𝐵⋅𝑂𝐷+
1
2𝑂𝑀⋅𝐴𝐷
= 1
2 × 2 × 3 + 1
2 𝑂𝑀= 3 + 1
2 𝑂𝑀× 1 = 4
∴𝑂𝑀= 2，
∴点M 的坐标为(2,0)；
如图所示，当点M 在原点左侧时，连接𝐵𝑀，𝑂𝐴，
∴𝑆= 𝑆△𝐴𝑂𝐵+ 𝑆△𝐵𝑂𝑀=
1
2𝑂𝐵⋅𝑂𝐷+
1
2𝑂𝑀⋅𝑂𝐵
=
1
2 × 2 × 3 +
1
2 × 𝑂𝑀× 2 = 3 + 𝑂𝑀= 4，
∴𝑂𝑀= 1，
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90
∴点M 的坐标为( ―1,0)；
综上所述，点M 的坐标为( ―1,0)或(2,0)；
（2）如图所示，过点A 作𝐴𝐶⊥𝐴𝐵交𝑙2于点C，过点C 作𝐶𝐷⊥𝑥轴
∵直线𝑙1：𝑦= 2𝑥+ 4与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，
∴当𝑥= 0时，𝑦= 4
∴𝐵(0,4)
∴𝑂𝐵= 4
当𝑦= 0时，0 = 2𝑥+ 4
解得𝑥= ―2
∴𝐴( ―2,0)
∴𝑂𝐴= 2，
∵将直线𝑙1绕点B 旋转45°至直线𝑙2，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 45°
∵𝐴𝐶⊥𝐴𝐵
∴∠𝐶𝐴𝐵= 45°
∴△𝐴𝐶𝐵是等腰直角三角形
∴𝐴𝐶= 𝐴𝐵
∵∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐵𝐴𝑂= 90°
∴∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐵𝐴𝑂
又∵∠𝐶𝐷𝐴= ∠𝐴𝑂𝐵= 90°
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐵𝐴𝑂(AAS)
∴𝐶𝐷= 𝐴𝑂= 2，𝐴𝐷= 𝑂𝐵= 4
∴𝐷𝑂= 𝐷𝐴+ 𝐴𝑂= 6
∴𝐶( ―6,2)
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91
∴设直线𝑙2表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏
∴
𝑏= 4
―6𝑘+ 𝑏= 2
解得
𝑏= 4
𝑘= 1
3
∴设直线𝑙2表达式为𝑦=
1
3𝑥+ 4．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，等腰直角三
角形的性质和判定，坐标与图形等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
2．如图1，在平面直角坐标系中，直线𝑙1：𝑦= ―
3
4𝑥+ 𝑏与x 轴交于点A，与直线𝑙2：𝑦=
4
3𝑥
交于点𝐵(3,𝑚)．
(1)求m 的值；
(2)点D 是直线𝑙1上一动点．
①如图2，当点D 恰好在∠𝐴𝑂𝐵的角平分线上时，求直线𝑂𝐷的函数表达式；
②是否存在点D，使得∠𝐷𝑂𝐵= 45°，若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明
理由．
【答案】(1)4
(2)①𝑦=
1
2𝑥；②存在，(7,1)或( ―1,7)
【分析】（1）把𝐵(3,𝑚)代入𝑦=
4
3𝑥，可得答案；
（2）①过点𝐵作𝐵𝑀⊥𝑂𝐴，垂足为点𝑀．求解直线𝑙1表达式为𝑦= ―
3
4𝑥+
25
4 ．可得
𝑂𝐴=
25
3 ．证明∠𝑂𝐵𝐴= 90°，过𝐷作𝐷𝑁⊥𝑂𝐴，垂足为点𝑁．证明△𝑂𝐷𝑁≌△𝑂𝐷𝐵．可
得𝑂𝑁= 𝑂𝐵= 5，则𝐷5, 5
2 ，从而可得答案；
②若点𝐷在射线𝐵𝐴上时，如图．过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑦轴，交𝑦轴于点𝐸，过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐵𝐸，交𝐸𝐵
的延长线于点𝐹．证明△𝑂𝐵𝐸≌△𝐵𝐷𝐹．可得𝐷𝐹= 𝐵𝐸,𝐵𝐹= 𝑂𝐸，结合点B 坐标为
(3,4)，可得点𝐷的坐标为(7,1)．若点𝐷在𝐴𝐵的延长线上时，如图．过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑥轴，交𝑥
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轴于点𝐸，过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐵𝐸，交𝐸𝐵的延长线于点𝐹．同理△𝑂𝐵𝐸≌△𝐵𝐷𝐹．从而可得答
案．
【详解】（1）解：将𝐵(3,𝑚)代入𝑦=
4
3𝑥，得𝑚= 4；
（2）解：①过点𝐵作𝐵𝑀⊥𝑂𝐴，垂足为点𝑀．
∴∠𝐵𝑀𝑂= ∠𝐴𝑀𝐵= 90°．
∵𝐵(3,4)，
∴𝑂𝑀= 3,𝐵𝑀= 4．
∴𝑂𝐵=
32 + 42 = 5．
∵点𝐵(3,4)在直线𝑙1上，
∴4 = ―
3
4 × 3 + 𝑏．
∴𝑏= 25
4
∴直线𝑙1表达式为𝑦= ―
3
4𝑥+
25
4 ．
把𝑦= 0代入𝑦= ―
3
4𝑥+
25
4 中，
得0 = ―
3
4𝑥+
25
4 ,
∴𝑥=
25
3 ．
∴𝑂𝐴=
25
3 ．
∴𝐴𝑀= 𝑂𝐴― 𝑂𝑀=
16
3 ．
在Rt △𝐴𝑀𝐵中，𝐴𝐵=
𝐴𝑀2 + 𝐵𝑀2 =
20
3 ．
∵𝑂𝐵2 +𝐴𝐵2 = 52 +
20
3
2
=
625
9 =
25
3
2
= 𝑂𝐴2，
∴∠𝑂𝐵𝐴= 90°．
过𝐷作𝐷𝑁⊥𝑂𝐴，垂足为点𝑁．
∴∠𝑂𝑁𝐷= 90°．
∴∠𝑂𝑁𝐷= ∠𝑂𝐵𝐷= 90°．
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93
又∵𝑂𝐷平分∠𝐴𝑂𝐵，
∴∠𝐵𝑂𝐷= ∠𝑁𝑂𝐷．
∵𝑂𝐷= 𝑂𝐷，
∴△𝑂𝐷𝑁≌△𝑂𝐷𝐵(AAS)．
∴𝑂𝑁= 𝑂𝐵= 5．
在直线𝑙1上，令𝑥= 5，得𝑦=
5
2，
∴𝐷5, 5
2 ，
设直线𝑂𝐷的函数表达式为𝑦= 𝑘𝑥．
把𝐷5, 5
2 代入，得𝑘=
1
2．
∴直线𝑂𝐷的表达式为𝑦=
1
2𝑥．
②存在．
若点𝐷在射线𝐵𝐴上时，如图．
过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑦轴，交𝑦轴于点𝐸，过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐵𝐸，交𝐸𝐵的延长线于点𝐹．
∴∠𝑂𝐸𝐵= ∠𝐵𝐹𝐷= 90°．
∴∠1 + ∠2 = 90°．
又∵∠𝑂𝐵𝐴= 90°，
∴∠3 + ∠2 = 90°．
∴∠1 = ∠3．
∵∠𝐵𝑂𝐷= 45°，
∴△𝑂𝐵𝐷为等腰直角三角形，
∴𝑂𝐵= 𝐵𝐷．
∴△𝑂𝐵𝐸≌△𝐵𝐷𝐹(AAS)．
∴𝐷𝐹= 𝐵𝐸,𝐵𝐹= 𝑂𝐸．
∵点B 坐标为(3,4),
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∴𝐵𝐸= 3,𝑂𝐸= 4．
∴𝐷𝐹= 3,𝐵𝐹= 4．
∴点𝐷的坐标为(7,1)．
若点𝐷在𝐴𝐵的延长线上时，如图．
过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑥轴，交𝑥轴于点𝐸，过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐵𝐸，交𝐸𝐵的延长线于点𝐹．
同理△𝑂𝐵𝐸≌△𝐵𝐷𝐹．
∴𝐷𝐹= 𝐵𝐸= 4,𝐵𝐹= 𝑂𝐸= 3．
∴点𝐷的坐标为( ―1,7)．
综上所述，点𝐷的坐标为(7,1)或( ―1,7)．
【点睛】本题考查的是一次函数的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的
性质，角平分线的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理的应用，掌握以上知识并灵活
运用是解本题的关键．
3．新人教版八年级下册课本第30 页介绍：美国总统伽菲尔德利用图1 验证了勾股定理，直
线𝑙过等腰直角△𝐴𝐵𝐶的直角顶点𝐶：过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝑙于点𝐷，过点𝐵作𝐵𝐸⊥𝑙于点𝐸，研
究图形，不难发现：△𝐴𝐷𝐶≌△𝐶𝐸𝐵．
(1)如图2，在平面直角坐标系中，等腰Rt △𝐴𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，点𝐶的坐标
为(0, ― 2)，𝐴点的坐标为(4,0)，求𝐵点坐标；
(2)如图3，在平面直角坐标系中，直线𝑙1:𝑦= 2𝑥+ 4分别与𝑦轴，𝑥轴交于点𝐴,𝐵，将直
线𝑙1绕点𝐴顺时针旋转45°得到𝑙2，求𝑙2的函数表达式；
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95
【答案】(1)𝐵―2，2
(2)𝑦=
1
3𝑥+ 4
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质和一次函数的性质，
(1)过点B 作𝐵𝐸⊥𝑦轴于E，则∠𝐵𝐸𝐶= 90°，进一步证明△𝐶𝐸𝐵≌△𝐴𝑂𝐶，结合点坐标
可知𝐵𝐸= 𝑂𝐶= 2，𝐶𝐸= 𝐴𝑂= 4，则𝑂𝐸= 𝐶𝐸― 𝑂𝐶，即可求得点B；
(2)过点B 作𝐵𝐶⊥𝐴𝐵交直线𝑙2于点C，过点C 作𝐶𝐷⊥𝑥轴交于点D，则𝐵𝐶= 𝐴𝐵，结合
题意知𝐵( ―2,0),𝐴(0,4)，由（1）的模型可得△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐵𝑂，则𝐶𝐷= 𝑂𝐵= 2，
𝐵𝐷= 𝐴𝑂= 4，即可知𝐶( ―6,2)，设直线𝑙2的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，利用待定系数法即可
求得答案．
【详解】（1）解：如图2，过点B 作𝐵𝐸⊥𝑦轴于E，
则∠𝐵𝐸𝐶= 90°，
∵点C 的坐标为(0, ― 2)，A 点的坐标为(4,0)，
∴𝑂𝐶= 2，𝑂𝐴= 4，
∵等腰Rt △𝐴𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐴𝐶𝑂= 90°，∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐶𝐵𝐸，
在△𝐶𝐸𝐵和△𝐴𝑂𝐶中，
∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐴𝑂𝐶
∠𝐶𝐵𝐸= ∠𝐴𝐶𝑂
𝐵𝐶= 𝐴𝐶
，
∴△𝐶𝐸𝐵≌△𝐴𝑂𝐶(AAS)，
∴𝐵𝐸= 𝑂𝐶= 2，𝐶𝐸= 𝐴𝑂= 4，
∴𝑂𝐸= 𝐶𝐸― 𝑂𝐶= 4 ― 2 = 2，
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96
∴𝐵―2，2 ；
（2）解：如图3，过点B 作𝐵𝐶⊥𝐴𝐵交直线𝑙2于点C，过点C 作𝐶𝐷⊥𝑥轴交于点D，
∵∠𝐶𝐴𝐵= 45°，
∴𝐵𝐶= 𝐴𝐵，
∵𝑦= 2𝑥+ 4与𝑦轴，𝑥轴交于点𝐴,𝐵，
∴𝐵( ―2,0),𝐴(0,4)，
∴𝑂𝐵= 2,𝐴𝑂= 4，
由（1）的模型可得△𝐵𝐶𝐷≌△𝐴𝐵𝑂，则𝐶𝐷= 𝑂𝐵= 2，𝐵𝐷= 𝐴𝑂= 4，
∵𝑂𝐷= 𝑂𝐵+ 𝐵𝐷= 6，
∴𝐶( ―6,2)，
设直线𝑙2的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
―6𝑘+ 𝑏= 2
𝑏= 4
，解得𝑘= 1
3
𝑏= 4
，
∴𝑦=
1
3𝑥+ 4；
4．如图，直线𝑙1 ∶𝑦= 𝑥+ 𝑎与x 轴交于点𝐴( ― 3，0)，与y 轴交于点B，C 点在x 轴上A 点
的右边，𝐴𝐶= 7，经过点C 的直线𝑙2与正比例函数𝑦= ―
1
2𝑥的图象平行，直线𝑙1与直线
𝑙2相交于点D，点P 为直线𝑙1上一动点．
(1)求点D 坐标；
(2)若7𝑆△𝑃𝐶𝐷= 6𝑆△𝐴𝐶𝐷，请求出P 点的坐标；
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(3)若∠𝑃𝐶𝐷= 45°，请直接写出点P 坐标．
【答案】(1)点D 的坐标为― 2
3 , 7
3
(2)点P 的坐标为― 8
3 , 1
3 或4
3 , 13
3
(3)点P 的坐标为9
4 , 21
4 或― 13
2 , ― 7
2
【分析】（1）由点A 的坐标及𝐴𝐶= 7，可求得点C 的坐标；直线𝑙2与正比例函数
𝑦= ―
1
2𝑥的图象平行，设直线𝑙2解析式为𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏，把点C 坐标代入可求得直线𝑙2
解析式；把点A 代入𝑙1 ∶𝑦= 𝑥+ 𝑎中，可求得其解析式；再解二元一次方程组即可求得
点D 的坐标；
（2）由点D 的坐标可求得𝑆△𝐴𝐶𝐷=
49
6 ，由已知则得𝑆△𝑃𝐶𝐷= 7；点P 在点D 的下方与
上方两种情况计算即可；
（3）当点P 在点D 上方时，过D 作𝐷𝐹⊥𝐶𝑃于F，过C 作𝐶𝐻⊥𝑥轴交𝑙1于点H，过F
作𝐹𝐸⊥𝐶𝐻于E，过D 作𝐷𝐺⊥𝐸𝐹于G，设𝐹(𝑚,𝑛)；易证明△𝐷𝐺𝐹≌△𝐹𝐸𝐶，则
𝐹𝐺= 𝐶𝐸= 𝑚+
2
3 = 𝑛，𝐷𝐺= 𝐸𝐹= 𝑛―
7
3，而𝐸𝐹= 4 ― 𝑚，即可求得m、n 的值，求得
点F 的坐标，进而求得𝐶𝐹的解析式，最后解方程组求出点P 的坐标；当点P 在点D 下
方时，同理可求得．
【详解】（1）解：点𝐴( ― 3，0)及𝐴𝐶= 7，
∴𝑂𝐴= 3，
∴𝑂𝐶= 𝐴𝐶― 𝑂𝐴= 4，
故点C 的坐标为(4,0)；
∵直线𝑙2与正比例函数𝑦= ―
1
2𝑥的图象平行，
故设直线𝑙2解析式为𝑦= ―
1
2𝑥+ 𝑏，
把点C 坐标代入可求得直线𝑙2解析式，得：―
1
2 × 4 + 𝑏= 0，
解得：𝑏= 2，
即直线𝑙2解析式为𝑦= ―
1
2𝑥+ 2；
∵𝑙1 ∶𝑦= 𝑥+ 𝑎过点A，
∴把点A 代入𝑙1 ∶𝑦= 𝑥+ 𝑎中，得―3 + 𝑎= 0，
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即𝑎= 3，
∴𝑙1 ∶𝑦= 𝑥+ 3；
解二元一次方程组
𝑦= 𝑥+ 3
𝑦= ― 1
2 𝑥+ 2
，得
𝑥= ― 2
3
𝑦= 7
3
，
即点D 的坐标为― 2
3 , 7
3 ；
（2）解：∵点D 的坐标为― 2
3 , 7
3 ，
∴𝑆△𝐴𝐶𝐷=
1
2 × 7 ×
7
3 =
49
6 ，
∵7𝑆△𝑃𝐶𝐷= 6𝑆△𝐴𝐶𝐷，
∴𝑆△𝑃𝐶𝐷=
6
7𝑆△𝐴𝐶𝐷= 7；
当点P 在点D 的下方时，如图；
∵𝑆△𝑃𝐶𝐷< 𝑆△𝐴𝐶𝐷，
∴𝑃点在线段𝐴𝐷上；
∴𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝐴𝐶𝐷― 𝑆△𝑃𝐶𝐷=
49
6 ―7 =
7
6；
∴
1
2𝐴𝐶⋅𝑦𝑃=
7
6，
∴𝑦𝑃=
1
3；
则𝑥+ 3 =
1
3，即𝑥= ―
8
3，
此时𝑃― 8
3 , 1
3 ；
当点P 在点D 的上方时，
𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝑃𝐶𝐷=
49
6 +7 =
91
6 ；
∴
1
2𝐴𝐶⋅𝑦𝑃=
91
6 ，
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∴𝑦𝑃=
13
3 ；
则𝑥+ 3 =
13
3 ，即𝑥=
4
3，
此时𝑃4
3 , 13
3 ；
综上，点P 的坐标为― 8
3 , 1
3 或4
3 , 13
3 ；
（3）解：如图，当点P 在点D 上方时，过D 作𝐷𝐹⊥𝐶𝑃于F，过C 作𝐶𝐻⊥𝑥轴交𝑙1于
点H，过F 作𝐹𝐸⊥𝐶𝐻于E，过D 作𝐷𝐺⊥𝐸𝐹于G；
设𝐹(𝑚,𝑛)，则𝐶𝐸= 𝑛；
∵∠𝑃𝐶𝐷= 45°，∠𝐷𝐹𝐶= 90°，
∴𝐷𝐹= 𝐶𝐹，∠𝐺𝐹𝐷+ ∠𝐸𝐹𝐶= 90°；
∵∠𝐸𝐹𝐶+ ∠𝐸𝐶𝐹= 90°，
∴∠𝐺𝐹𝐷= ∠𝐸𝐶𝐹，
∵∠𝐹𝐺𝐷= ∠𝐹𝐸𝐶= 90°，
∴△𝐷𝐺𝐹≌△𝐹𝐸𝐶，
∴𝐹𝐺= 𝐶𝐸= 𝑚+
2
3 = 𝑛，𝐷𝐺= 𝐸𝐹= 𝑛―
7
3，
而𝐸𝐹= 4 ― 𝑚，
∴4 ― 𝑚= 𝑛―
7
3，
即
4 ― 𝑚= 𝑛― 7
3
𝑛= 𝑚+ 2
3
，解得：
𝑚= 17
6
𝑛= 7
2
，
点F 的坐标为17
6 , 7
2 ；
设𝐶𝐹的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把C、F 的坐标代入得
4𝑘+ 𝑏= 0
17
6 𝑘+ 𝑏= 7
2
，解得：𝑘= ―3
𝑏= 12
，
即𝐶𝐹的解析式为𝑦= ―3𝑥+ 12；
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解方程组𝑦= ―3𝑥+ 12
𝑦= 𝑥+ 3
得
𝑥= 9
4
𝑦= 21
4
，
点P 的坐标为9
4 , 21
4 ；
当点P 在点D 下方时，同理可求得点P 的坐标为― 13
2 , ― 7
2 ；
综上，点P 的坐标为9
4 , 21
4 或― 13
2 , ― 7
2 ．
【点睛】本题是一次函数与几何的综合，考查了待定系数法求一次函数解析式，两直线
的交点坐标，两直线与坐标轴围成的图形面积，全等三角形的判定与性质，等腰三角形
的判定等知识，有一定的综合性，注意分类讨论．
5．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．
【答案】(1)𝑦= ―
3
4𝑥― 3
(2)𝑆△𝐴𝐵𝐶:𝑆△𝑂𝐶𝐷= 5:2
(3)𝑃1( ―3, ― 2)，𝑃2(3,6)
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101
【分析】（1）根据𝑂𝐴= 4，𝑂𝐵= 3，得到𝐴,𝐵的坐标，待定系数法求出直线𝐴𝐵的解析
式；
（2）勾股定理求出𝐴𝐵的长，折叠求出𝑂𝐷的长，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）解：∵𝑂𝐴= 4，𝑂𝐵= 3，
∴𝐴( ―4,0)，𝐵(0, ― 3)，
∴设直线𝐴𝐵的解析式为：𝑦= 𝑘𝑥― 3，把𝐴( ―4,0)代入，得：𝑘= ―
3
4，
∴𝑦= ―
3
4𝑥― 3；
（2）解：∵𝑂𝐴= 4，𝑂𝐵= 3，
∴𝐴𝐵=
32 + 42 = 5，
∵将△𝐴𝐵𝐶沿𝐵𝐶所在直线翻折后，点A 恰好落在y 轴上的点D 处，
∴𝐵𝐷= 𝐴𝐵= 5,𝐶𝐷= 𝐶𝐴，
∴𝑂𝐷= 𝐵𝐷― 𝑂𝐵= 2，
设𝑂𝐶= 𝑎，则𝐴𝐶= 4 ― 𝑎，
∴𝐶𝐷= 𝐶𝐴= 4 ― 𝑎．
在Rt △𝑂𝐶𝐷中：𝑂𝐶2 +𝑂𝐷2 = 𝐶𝐷2，
∴𝑎2 + 22 = (4 ― 𝑎)2，
∴𝑎=
3
2．
∴𝐴𝐶= 𝑂𝐴― 𝑂𝐶=
5
2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐴𝐶⋅𝑂𝐵=
1
2 ×
5
2 × 3 =
15
4 ，𝑆△𝑂𝐶𝐷=
1
2𝑂𝐶⋅𝑂𝐷=
1
2 ×
3
2 × 2 =
3
2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶:𝑆△𝑂𝐶𝐷=
15
4 :
3
2 = 5:2；
（3）解：存在，理由如下：
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
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102
∴△𝑀𝐶𝐸≌△𝑀𝐵𝐹(AAS)
∴𝑀𝐸= 𝑀𝐹，𝐶𝐸= 𝐵𝐹
∵𝑀𝐸⊥𝑥轴，𝑀𝐹⊥𝑦轴
∴四边形𝐸𝑀𝐹𝑂为正方形
∴𝑂𝐸= 𝑂𝐹=
𝑂𝐶+𝑂𝐵
2
= 3+3
2
2 =
9
4，
∴𝑀( ―
9
4, ―
9
4）
∴直线𝐵𝑀解析式为：𝑦= ―
1
3𝑥― 3，
∵𝐶、𝐷两点坐标为：𝐶― 3
2 ,0 ，𝐷(0,2)
∴直线𝐶𝐷解析式为：𝑦=
4
3𝑥+ 2，
联立方程组，解得：𝑥= ―3
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(AAS)
∴𝑀𝐸= 𝑀𝐹，𝐶𝐸= 𝐵𝐹
∵𝑀𝐸⊥𝑥轴，𝑀𝐹⊥𝑦轴
∴四边形𝐸𝑀𝐹𝑂是正方形
∴𝑂𝐸= 𝑂𝐹=
𝑂𝐵―𝑂𝐶
2
= 3―3
2
2 =
3
4，
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103
∴𝑀3
4 , ― 3
4 ，
∴直线𝐵𝑀解析式为：𝑦= 3𝑥― 3，
∵𝐶、𝐷两点坐标为：𝐶― 3
2 ,0 ，𝐷(0,2)，
∴直线𝐶𝐷解析式为：𝑦=
4
3𝑥+ 2，
联立方程组，解得：𝑥= 3
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，正方形的
判定与性质，坐标与图形，解题的关键是分清点所在象限，正确写出点的坐标．
6．如图，已知直线𝑙1：𝑦= ―2𝑥+ 3与x 轴，y 轴分别交于A，B 两点，过点A 的直线𝑙2与y
轴负半轴交于点C，且𝑂𝐴:𝑂𝐶= 1:3．
(1)求直线𝑙2的函数表达式；
(2)点D 在x 轴负半轴上，在直线𝑙2上是否存在点E，使以A，B，D，E 为顶点的四边形
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104
为平行四边形，若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)直线𝑙3：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑘与y 轴正半轴交于点F，与直线𝑙2交于点P，若∠𝐹𝑃𝐴= 45°，求k
的值．
【答案】(1)𝑦= 3𝑥―
9
2
(2)𝐸(2.5,3)或(0.5,0)
(3)𝑘= 0.5
【分析】本题考查了一次函数综合运用，涉及到三角形全等、平行四边形的性质等，分
类求解是解题的关键．
（1）由待定系数法即可求解；
（2）当𝐴𝐵为对角线时，由中点坐标公式列出等式，即可求解；当𝐴𝐷或𝐴𝐸为对角线时，
同理可解；
（3）证明△𝐺𝑇𝑃≌△𝑇𝑀𝑁(AAS)，则𝐺𝑃= 𝑇𝑁且𝐺𝑇= 𝑀𝑁，即可求解．
【详解】（1）解：对于𝑦= ―2𝑥+ 3，
当𝑥= 0时，𝑦= 3,当𝑦= 0时，𝑥=
3
2；
∴𝐴3
2 ,0 ,𝐵(0,3)，
∵𝑂𝐴:𝑂𝐶= 1:3，则𝐶𝑂=
9
2，即点𝐶0, ― 9
2 ，
设直线𝑙2的表达式为：𝑦= 𝑘𝑥―
9
2，
将点A 的坐标代入上式得：0 =
3
2𝑘―
9
2，则𝑘= 3，
则直线l2 的表达式为：𝑦= 3𝑥―
9
2；
（2）解：设点𝐷(𝑥,0)、点𝐸(𝑚,3𝑚― 4.5)，
当𝐴𝐵为对角线时，
由中点坐标公式得：3 = 3𝑚― 4.5，则𝑚= 2.5，
即点𝐸(2.5,3)；
当𝐴𝐷或𝐴𝐸为对角线时，
同理可得：0 = 3𝑚― 4.5 + 3或3𝑚― 4.5 = 3，
解得：𝑚= 2.5或0.5，
即点𝐸(2.5,3)或(0.5,0)；
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105
综上，𝐸(2.5,3)或(0.5,0)；
（3）解：设点𝑃(𝑛,3𝑛― 4.5)、点𝑀(𝑚,3𝑚― 4.5)，
设直线𝑃𝐹交x 轴于点𝑇( ― 1,0)，
过点T 作𝑇𝑀⊥𝑃𝐹交𝐴𝐶于点M，则△𝑃𝑀𝑇为等腰直角三角形，则𝑇𝑃= 𝑇𝑀，
过点T 作𝐺𝑁∥𝑦轴，交过点P 和x 轴的平行线于点G，交过点M 和x 轴的平行线于点N，
∵∠𝐺𝑇𝑃+ ∠𝑀𝑇𝑁= 90°，∠𝑀𝑇𝑁+ ∠𝑇𝑀𝑁= 90°，
∴∠𝐺𝑇𝑃= ∠𝑇𝑀𝑁，
∴△𝐺𝑇𝑃≌△𝑇𝑀𝑁(AAS)，
则𝐺𝑃= 𝑇𝑁且𝐺𝑇= 𝑀𝑁，
则𝑛+ 1 = 4.5 ― 3𝑚，且𝑚+ 1 = 3𝑛― 4.5，
解得：𝑛= 2，则点𝑃(2,1.5)，
将点P 的坐标代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑘得：1.5 = 2𝑘+ 𝑘，
解得：𝑘= 0.5．
7．如图，在平面直角坐标系中，已知直线𝑦= ―𝑥+ 4分别交𝑥轴、𝑦轴于点𝐵、𝐴，直线𝑦= 2𝑥+ 4
分别交𝑥轴、𝑦轴于点𝐶、𝐴．
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(1)求线段𝐴𝐶的中点坐标；
(2)若点M 是直线𝐴𝐵上的一点，连接𝐶𝑀，若
𝑆△𝐴𝐶𝑀
𝑆△𝐴𝐵𝐶=
3
4，求点M 的坐标；
(3)在（2）的条件下，若点𝑀在第一象限内，以𝑀为顶点作∠𝐶𝑀𝑃= 45°，射线𝑀𝑃交𝑥轴
于𝑃．求点𝑃的坐标．
【答案】(1)线段𝐴𝐶的中点坐标为( ― 1,2)；
(2)点𝑀的坐标为( ― 3,7)或(3,1)；
(3)点𝑃的坐标为7
3 ,0 ．
【分析】（1）根据题意先求出点𝐴，𝐵，𝐶的坐标，根据中点坐标公式即可得出线段𝐴𝐶
的中点坐标；
（2）设𝑀(𝑚, ― 𝑚+ 4)，分两种情况，当点𝑀在直线𝐴𝐶上方时，当点𝑀在直线𝐴𝐶下方
时，根据三角形面积的关系分别求解即可；
（3）过𝐶作𝐶𝐾⊥𝑀𝑃于𝐾，过𝐾作𝑇𝑅∥𝑥轴，过𝐶作𝐶𝑇⊥𝑇𝑅于𝑇，过𝑀作𝑀𝑅⊥𝑇𝑅于𝑅，设
𝐾(𝑝,𝑞)，证明△𝑀𝐾𝑅≌△𝐾𝐶𝑇(AAS)，则𝑀𝑅= 𝑇𝐾，𝐾𝑅= 𝐶𝑇，可得𝑝+ 2 = 1 ― 𝑞
3 ― 𝑝= ―𝑞
，
解方程可得𝐾(1, ― 2)，由𝐾(1,0)，𝑀(3,1)得直线𝐾𝑀解析式为𝑦=
3
2𝑥―
7
2，即可得点𝑃的
坐标．
【详解】（1）解：∵直线𝑦= ―𝑥+ 4分别交𝑥轴、𝑦轴于点𝐵、𝐴，直线𝑦= 2𝑥+ 4分别
交𝑥轴、𝑦轴于点𝐶、𝐴．
∴𝐵(4,0)，𝐴(0,4)，𝐶( ― 2,0)，
∴线段𝐴𝐶的中点坐标为( ― 1,2)；
（2）解：设𝑀(𝑚, ― 𝑚+ 4)，
当点𝑀在直线𝐴𝐶上方时，
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107
∵
𝑆Δ𝐴𝐶𝑀
𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
3
4，
∴
𝑆Δ𝐵𝐶𝑀
𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
7
4，
∵𝐵(4,0)，𝐴(0,4)，𝐶( ― 2,0)，
∴𝐵𝐶= 6，
∴𝑆Δ𝐵𝐶𝑀=
1
2 × 6( ― 𝑚+ 4)，𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 6 × 4 = 12，
∴
1
2 × 6( ― 𝑚+ 4) =
7
4 × 12，解得𝑚= ―3，
∴点𝑀的坐标为( ― 3,7)；
当点𝑀在直线𝐴𝐶下方时，
∵
𝑆Δ𝐴𝐶𝑀
𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
3
4，
∴
𝑆Δ𝐵𝐶𝑀
𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
1
4，
∵𝐵(4,0)，𝐴(0,4)，𝐶( ― 2,0)，
∴𝐵𝐶= 6，
∴𝑆Δ𝐵𝐶𝑀=
1
2 × 6( ― 𝑚+ 4)，𝑆Δ𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 6 × 4 = 12，
∴
1
2 × 6( ― 𝑚+ 4) =
1
4 × 12，解得𝑚= 3，
∴点𝑀的坐标为(3,1)；
综上，点𝑀的坐标为( ― 3,7)或(3,1)；
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（3）解：过𝐶作𝐶𝐾⊥𝑀𝑃于𝐾，过𝐾作𝑇𝑅∥𝑥轴，过𝐶作𝐶𝑇⊥𝑇𝑅于𝑇，过𝑀作𝑀𝑅⊥𝑇𝑅于
𝑅，
设𝐾(𝑝,𝑞)，
∵∠𝐶𝑀𝑃= 45°，∠𝐶𝐾𝑀= 90°，
∴△𝐶𝑀𝐾是等腰直角三角形，
∴∠𝑀𝐾𝑅= 90° ― ∠𝐶𝐾𝑇= ∠𝐾𝐶𝑇，𝐶𝐾= 𝑀𝐾，
∵∠𝑅= ∠𝑇= 90°，
∴△𝑀𝐾𝑅≌△𝐾𝐶𝑇(AAS)，
∴𝑀𝑅= 𝑇𝐾，𝐾𝑅= 𝐶𝑇，
∵点𝑀的坐标为(3,1)，𝐶( ― 2,0)，
∴ 𝑝+ 2 = 1 ― 𝑞
3 ― 𝑝= ―𝑞
，
解得𝑝= 1
𝑞= ―2
，
∴𝐾(1, ― 2)，
由𝐾(1,0)，𝑀(3,1)得直线𝐾𝑀解析式为𝑦=
3
2𝑥―
7
2，
令𝑦= 0，得0 =
3
2𝑥―
7
2，解得𝑥=
7
3，
∴点𝑃的坐标为7
3 ,0 ．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查中点坐标公式，三角形的面积，等腰直角三角形
性质及应用，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形
解决问题，以及分类讨论思想的应用．
8．定义：一次函数𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏（𝑘≠0且𝑏≠0）和一次函数𝑦= ―𝑏𝑥― 𝑘为“逆反函数”，如
𝑦= 3𝑥+ 2和𝑦= ―2𝑥― 3为“逆反函数”．如图1，一次函数𝑙1：𝑦= 𝑥― 2的图象分别交
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109
𝑥轴、𝑦轴于点𝐴、𝐵．
(1)请写出一次函数𝑙1的“逆反函数”𝑙2的解析式______；点𝐶(𝑎,0)在𝑙2的函数图象上，则𝑎
的值是______．
(2)一次函数𝑙1图象上一点𝐷(𝑚,𝑛)又是它的“逆反函数”𝑙2图象上的点，
①求出𝐷点坐标；
②求出△𝐴𝐶𝐷的面积．
(3)如图2，过点𝐷作𝑦轴的垂线段𝐷𝐸，垂足为𝐸，𝑀为𝑦轴上的一点，且∠𝑀𝐷𝐸= ∠𝐶𝐷𝐴，
请直接写出直线𝐷𝑀的解析式．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥― 1；
1
2；
(2)①𝐷( ―1, ― 3)；②
9
4；
(3)𝑦=
1
3𝑥―
8
3，𝑦= ―
1
3𝑥―
10
3 ．
【分析】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形全等、新定义、面积的计算，
分类求解是解题的关键．
（1）由新定义求出函数表达式，即可求解；
（2）①一次函数𝑙1图象上一点𝐷(𝑚,𝑛)又是它的“逆反函数”𝑙2图象上的点，即可求解；
②由△𝐴𝐶𝐷的面积=
1
2 × 𝐴𝐶× |𝑦𝐷| =
1
2 ×
3
2 × 3 =
9
4，即可求解；
（3）当点M 在点E 的上方时，证明△𝐷𝐻𝑁≌△𝑁𝐺𝐾(AAS)，得到𝑁1
2 , ― 5
2 ，即可求
解；当𝑀(𝑀′)在点E 下方时，则直线𝑀′𝐷和𝑀𝐷关于𝐷𝐸对称，则𝑀𝐷′的表达式为𝑦= ―
1
3
(𝑥+ 1) ―3 = ―3𝑥―
10
3 ，即可求解．
【详解】（1）由新定义知，𝑙2的解析式 𝑦= 2𝑥― 1，
把点C 的坐标代入上式得：2𝑎― 1 = 0，则𝑎=
1
2，
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110
故答案为：𝑦= 2𝑥― 1，
1
2；
（2）①∵一次函数𝑙1图象上一点𝐷(𝑚,𝑛)又是它的“逆反函数”𝑙2图象上的点，
则点D 是两个函数的交点，即2𝑥― 1 = 𝑥― 2，则𝑥= ―1，即点𝐷( ―1, ― 3)；
②由两个函数表达式知，点A、C 的坐标分别为：1
2 ,0 、(2,0)，则𝐴𝐶=
3
2
则△𝐴𝐶𝐷的面积=
1
2 × 𝐴𝐶× |𝑦𝐷| =
1
2 ×
3
2 × 3 =
9
4；
（3）设直线𝐶𝐷交y 轴于点K，
当点M 在点E 的上方时，
过点K 作𝐾𝑁⊥𝐷𝑀交𝐴𝑀的延长线于点N，过点N 作y 轴的平行线𝐺𝐻，
过点K 作x 轴的平行线交过点K 和x 轴的平行线于点G，交过点𝐷𝐸的延长线于点H，
由直线𝐴𝐵的表达式知，∠𝐵𝐷𝐸= 45°，即∠𝐵𝐷𝑀+ ∠𝐷𝐴𝐸= 45°，
∵∠𝑀𝐷𝐸= ∠𝐶𝐷𝐴，
则∠𝐵𝐷𝑀+ ∠𝐾𝐷𝐵= 45°，则△𝐾𝐷𝑁为等腰直角三角形，设点𝑁(𝑥,𝑦)，
∵∠𝐾𝑁𝐺+ ∠𝐷𝑁𝐻= 90°，∠𝐷𝑁𝐻+ ∠𝑁𝐷𝐻= 90°，
∴∠𝐾𝑁𝐺= ∠𝑁𝐷𝐻，
∵∠𝐷𝐻𝑁= ∠𝑁𝐺𝐾= 90°，𝑁𝐾= 𝑁𝐷，
∴△𝐷𝐻𝑁≌△𝑁𝐺𝐾(AAS)，
∴𝐾𝐺= 𝑁𝐻，𝐷𝐻= 𝐺𝑁，即𝑥+ 1 = ―𝑦― 1且𝑥= 𝑦+ 3，
解得：𝑥=
1
2，𝑦= ―
5
2，
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111
即点𝑁1
2 , ― 5
2 ，
由点D、N 的坐标得，直线𝐷𝑀的表达式为：𝑦= ―
1
3(𝑥+ 1) ―3 =
1
3𝑥―
8
3，
当𝑀(𝑀′)在E 下方时，
则直线𝑀′𝐷和𝑀𝐷关于𝐷𝐸对称，则𝑀𝐷′的表达式为：𝑦= ―
1
3(𝑥+ 1) ―3 = ―3𝑥―
10
3
综上所述，𝑦=
1
3𝑥―
8
3或𝑦= ―3𝑥―
10
3 ．
9．如图，一次函数𝑦= ―2𝑥+ 4与一次函数𝑦= 𝑘𝑥―
2
3交于x 轴上的同一点A，且一次函数
𝑦= ―2𝑥+ 4交y 轴于点B，一次函数𝑦= 𝑘𝑥―
2
3交y 轴于点C．
(1)求k 的值；
(2)若点E 是x 轴上的一个动点，△𝐵𝐶𝐸是以𝐵𝐸为腰的等腰三角形，求点E 的坐标；
(3)若点P 是𝑦= 𝑘𝑥―
2
3上的一个动点，若∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐵𝐴𝑂，求点P 的坐标．
【答案】(1)𝑘的值为
1
3
(2)𝐸点的坐标为2 13
3
,0 或― 2 13
3
,0
(3)𝑃的坐标为(14,4)或𝑃― 14
3 , ― 20
9
【分析】本题考查了一次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，关键是根据已知分类
讨论求出所有可能的情况．
（1）先求点𝐴的坐标，再把点𝐴的坐标代入𝑦= 𝑘𝑥―
2
3求出𝑘的值；
（2）由已知𝐵𝐸为腰，分𝐵𝐸= 𝐶𝐸或𝐵𝐶= 𝐵𝐸两种情况讨论求解；
（3）分当𝑃在直线𝐴𝐵右侧和当𝑃在𝐴𝐵左侧两种情况讨论分别求解即可．
【详解】（1）解：在𝑦= ―2𝑥+ 4中，令𝑦= 0得𝑥= 2,
∴𝐴(2,0)，
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112
把𝐴(2,0)代入𝑦= 𝑘𝑥―
2
3得：0 = 2𝑘―
2
3
解得𝑘=
1
3，
∴𝑘的值为
1
3；
（2）解：设𝐸(𝑚,0),
在𝑦= ―2𝑥+ 4中，令𝑥= 0得𝑦= 4，
∴𝐵(0,4),
在𝑦=
1
3𝑥―
2
3中，令𝑥= 0得𝑦= ―
2
3，
∴𝐶0, ― 2
3 ，
∴𝐵𝐸2 = 𝑚2 +16，𝐶𝐸2 = 𝑚2 +
4
9，𝐵𝐶2 =
196
9 ；
当𝐵𝐸，𝐶𝐸为腰时，𝑚2 +16 = 𝑚2 +
4
9，
方程无解，这种情况不存在；
当𝐵𝐸，𝐵𝐶为腰时，𝑚2 +16 =
196
9 ，
解得𝑚= 2 13
3 或𝑚= ― 2 13
3 ，
∴△𝐵𝐶𝐸是以𝐵𝐸为腰的等腰三角形时，𝐸点的坐标为2 13
3
,0 或― 2 13
3
,0
（3）解：当𝑃在直线𝐴𝐵右侧时，如图：
∵∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐵𝐴𝑂，
∴𝐵𝑃∥𝑥轴，
在𝑦=
1
3𝑥―
2
3中，令𝑦= 4得4 =
1
3𝑥―
2
3，
解得𝑥= 14，
∴𝑃(14,4)；
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113
当𝑃在𝐴𝐵左侧时，设𝐵𝑃交𝑥轴于𝑄，如图：
∵∠𝐴𝐵𝑃= ∠𝐵𝐴𝑂，
∴𝑄𝐴= 𝑄𝐵，
设𝑄(𝑛,0)，
∵𝐴(2,0)，𝐵(0,4)
∴(𝑛― 2)2 = 𝑛2 +16，
解得𝑛= ―3，
∴𝑄( ― 3,0)，
由𝐵(0,4)，𝑄( ―3,0)得直线𝐵𝑃解析式为𝑦=
4
3𝑥+ 4，
联立
𝑦= 4
3 𝑥+ 4
𝑦= 1
3 𝑥― 2
3
，
解得
𝑥= ― 14
3
𝑦= ― 20
9
，
∴𝑃― 14
3 , ― 20
9 ；
综上所述，𝑃的坐标为(14,4)或𝑃― 14
3 , ― 20
9 ．
10．如图，在平面直角坐标系中，直线𝑦=
3𝑥+ 9分别交𝑥轴、𝑦轴于点𝐴、点𝐵，直线𝐵𝐶交
𝑥轴于点𝐶9 3
2 ,0 ．
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(1)如图1，求直线𝐵𝐶的解析式；
(2)如图1，过点𝐴的直线交线段𝐵𝐶于点𝑀，且满足△𝐴𝐵𝑀与△𝐴𝐶𝑀的面积比为4:5，点
𝐸和点𝐹分别是直线𝐴𝑀和𝑥轴上的两个动点，当𝐶𝐸+ 𝐸𝐹的值最小时，求出𝐶𝐸+ 𝐸𝐹的最
小值．
(3)如图2，已知点𝐷(0, ― 2)，在𝑥轴上是否存在点𝑃，使得∠𝑃𝐷𝑂= 2∠𝑃𝐵𝑂，若存在，
请直接写出点𝑃的坐标．
【答案】(1)直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= ― 2 3
3 𝑥+ 9
(2)𝐶𝐸+ 𝐸𝐹的最小值为
45
4
(3)𝑃(3 5,0)或𝑃( ― 3 5,0)
【分析】（1）通过直线𝐴𝐵的解析式可求出点𝐵的坐标，已知点𝐶的坐标，用待定系数法
可求出直线𝐵𝐶的解析式．
（2）过点𝑀分别作𝐴𝐵和𝐴𝐶的垂线，分别交𝐴𝐵和𝐴𝐶于点𝐺和点𝐻．由面积条件得△𝐴𝐵𝑀
与△𝐴𝐶𝑀的高相等，得出点𝑀在∠𝐵𝐴𝐶的角平分线上，即射线𝐴𝑀是∠𝐵𝐴𝐶的角平分线，
在射线𝐴𝐵上截取𝐴𝐶′ = 𝐴𝐶，点𝐶′到𝑥轴的距离，即为𝐶𝐸+ 𝐸𝐹的最小值．
（3）分两种情况讨论：若𝑃在𝑥轴正半轴上，作𝑃𝐺= 𝑃𝐷,𝐺在𝑦轴上，由等腰三角形的性
质和三角形外角的定义，运用勾股定理即可求解；若𝑃在𝑥轴负半轴上，同理可求．
【详解】（1）解：∵直线𝑦=
3𝑥+ 9分别交𝑥轴，𝑦轴于点𝐴，点𝐵．
∴令𝑥= 0，得𝑦= 9．
∴点𝐵的坐标为(0,9)．
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏．
代入点𝐵(0,9)和点𝐶9 3
2 ,0 ．
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得
𝑏= 9
9 3
2 𝑘+ 𝑏= 0
．
解得：𝑘= ― 2 3
3
𝑏= 9
．
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= ― 2 3
3 𝑥+ 9．
（2）解：过点𝑀分别作𝐴𝐵和𝐴𝐶的垂线，分别交𝐴𝐵和𝐴𝐶于点𝐺和点𝐻．
∵点𝐵(0,9)和点𝐶9 3
2 ,0 ．
∴𝑂𝐵= 9,𝑂𝐶= 9 3
2 ．
∵点𝐴是直线𝑦=
3𝑥+ 9与𝑥轴的交点，
∴令𝑦= 0，解得：𝑥= ―3 3．
∴点𝐴的坐标为( ― 3 3,0)．
∴𝐴𝐶= 𝐴𝑂+ 𝐶𝑂= 15 3
2 ，𝐴𝐵=
𝐵𝑂2 + 𝐴𝑂2 = 6 3，即𝐴𝐵= 2𝐴𝑂，
∴∠𝑂𝐵𝐴= 30°．
∵△𝐴𝐵𝑀与△𝐴𝐶𝑀的面积比为4:5．
∴
𝑆△𝐴𝐵𝑀
𝑆△𝐴𝐶𝑀=
1
2 𝐴𝐵⋅𝐺𝑀
1
2 𝐴𝐶⋅𝐻𝑀=
1
2×6 3⋅𝐺𝑀
1
2×15 3
2
⋅𝐻𝑀=
4
5，
即𝐺𝑀= 𝐻𝑀，
∴点𝑀在∠𝐵𝐴𝐶的角平分线上，
在射线𝐴𝐵上取点𝐶′，使得𝐴𝐶′ = 𝐴𝐶，连接𝐶′𝐸，过点𝐶′作𝑥轴的垂线，交𝑥轴于点𝐼，
则∠𝐴𝐶′𝐼= ∠𝐴𝐵𝑂= 30°，
∴𝐴𝐶′ = 2𝐴𝐼,𝐶′𝐼=
𝐴𝐶′2 ― 𝐴𝐼2 =
3𝐴𝐼，
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在△𝐶′𝐴𝐸和△𝐶𝐴𝐸中．
𝐴𝐶′ = 𝐴𝐶
∠𝐶′𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐸= 𝐴𝐸
，
∴△𝐶′𝐴𝐸≌△𝐶𝐴𝐸(SAS)，
∴𝐶′𝐸= 𝐶𝐸,𝐶′𝐴= 𝐶𝐴，
则𝐶′𝐼
𝐶′𝐴=
𝐶′𝐼
15 3
2 =
3
2 ．
解得：𝐶′𝐼=
45
4 ．
∴𝐶𝐸+ 𝐸𝐹= 𝐶′𝐸+ 𝐸𝐹≥𝐶′𝐼=
45
4 ，
故𝐶𝐸+ 𝐸𝐹的最小值为
45
4 ．
（3）解：存在，理由：
若𝑃在𝑥轴正半轴，
如图，由图可知，作𝑃𝐺= 𝑃𝐷,𝐺在𝑦轴上，
∴∠𝑃𝐺𝑂= ∠𝑃𝐷𝑂，
又∵∠𝑃𝐷𝑂= 2∠𝑃𝐵𝑂,∠𝑃𝐺𝑂= ∠𝑃𝐵𝑂+ ∠𝐵𝑃𝐺，
∴∠𝐵𝑃𝐺= ∠𝑃𝐵𝐺=
1
2∠𝑃𝐷𝑂，
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∴𝐵𝐺= 𝑃𝐺= 𝑃𝐷，
∵𝐵(0,9)，𝐷(0, ― 2)，
∴𝑂𝐺= 𝑂𝐷= 2，
则𝐵𝐺= 9 ― 2 = 7 = 𝑃𝐺，
∴𝑂𝑃=
72 ― 22 = 3 5，
∴𝑃(3 5,0)；
若𝑃在𝑥轴负半轴，与（1）同理，𝑃( ― 3 5,0)，
综上所述：𝑃(3 5,0)或𝑃( ― 3 5,0)．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，待定系数法求一次函数的解析式，角平分
线的判定，点到直线的距离垂线段最短，全等三角形的性质和判定，勾股定理，直角三
角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是：会用待定系数法求—次函数
的解析式；能够通过角平分线找到已知点的对称点，熟练应用点到直线的距离垂线段最
短；熟悉两点间的距离公式，等腰三角形的性质，能够用分类讨论和数形结合思想解答．
11．如图，直线𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2和直线𝑙2与𝑥轴分别相交于𝐴,𝐵两点，且两直线相交于点𝐶，直线
𝑙2与𝑦轴相交于点𝐷(0, ― 4)，𝑂𝐴= 2𝑂𝐵．
(1)求出直线𝑙2的函数表达式；
(2)在𝑦轴上有一点𝑃，使得𝐵𝑃+ 𝐶𝑃最小，求点𝑃的坐标；
(3)若𝐹是直线𝑙1上方且位于𝑦轴上一点，满足∠𝐴𝐶𝐹= 2∠𝐶𝐴𝑂，请求出点𝐹的坐标，判断
△𝐵𝐶𝐹的形状并说明理由．
【答案】(1)𝑦= 2𝑥― 4
(2)(0,
4
3)
(3)𝐹(0,6)，△𝐵𝐶𝐹的形状为：等腰直角三角形，理由见解析
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【分析】本题考查待定系数法求一次函数解析式，已知函数值求自变量值，一次函数交
点问题，轴对称求最短路径问题，等腰直角三角形判定及性质等．
（1）先求出𝐴( ― 4,0)，再将𝐷(0, ― 4)和𝐵(2,0)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)中得到𝑙2的函数表
达式；
（2）过点𝐵作𝑦轴的对称点𝐵′，连接𝐶𝐵′交𝑦轴于𝑃，此时𝐵𝑃+ 𝐶𝑃有最小值，再求出
𝐶(4,4)，再设𝐶𝐵′直线解析式为：𝑦1 = 𝑘1𝑥+ 𝑏1(𝑘1 ≠0)，求出后令𝑥= 0即可得到本题
答案；
（3）设直线𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2与𝑦轴交于𝑁，过点𝐶作𝐶𝑀∥𝑥轴，证明△𝐴𝑂𝑁和△𝐶𝑀𝐹全等，
继而得到𝑀𝐹= 𝑂𝑁= 2，即可求出𝐹(0,6)，再将𝐶𝐹2 = 42 + (6 ― 4)2 = 20，𝐶𝐵2 = 42 +
(4 ― 2)2 = 20，𝐹𝐵2 = 22 + 62 = 40，即可得到本题答案．
【详解】（1）解：∵𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2与𝑥轴交于𝐴点，
∴令𝑦= 0，即0 =
1
2𝑥+ 2，解得：𝑥= ―4，
∴𝐴( ― 4,0)，
∵𝑂𝐴= 2𝑂𝐵，
∴𝑂𝐵= 2，
∴𝐵(2,0)，
∵直线𝑙2与𝑦轴相交于点𝐷(0, ― 4)，
∴设直线𝑙2的解析式为：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
将𝐷(0, ― 4)和𝐵(2,0)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)中得：
𝑏= ―4
2𝑘+ 𝑏= 0
，解得：𝑏= ―4
𝑘= 2
，
∴𝑦= 2𝑥― 4，
∴直线𝑙2的函数表达式：𝑦= 2𝑥― 4；
（2）解：过点𝐵作𝑦轴的对称点𝐵′，连接𝐶𝐵′交𝑦轴于𝑃，此时𝐵𝑃+ 𝐶𝑃有最小值，
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，
∵𝐵(2,0)，
∴𝐵′( ― 2,0)，
∵𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2，𝑙2的函数表达式：𝑦= 2𝑥― 4，
∴𝑦= 1
2 𝑥+ 2
𝑦= 2𝑥― 4
，解得：𝑥= 4
𝑦= 4
，
∴𝐶(4,4)，
∴设𝐶𝐵′直线解析式为：𝑦1 = 𝑘1𝑥+ 𝑏1(𝑘1 ≠0)，
∴将𝐶(4,4)，𝐵′( ― 2,0)代入𝑦1 = 𝑘1𝑥+ 𝑏1(𝑘1 ≠0)中得，
4𝑘1 + 𝑏1 = 4
―2𝑘1 + 𝑏1 = 0
，解得：
𝑘1 = 2
3
𝑏1 = 4
3
，
∴𝑦1 =
2
3𝑥+
4
3，
∵𝑦轴上有一点𝑃，
∴令𝑥= 0，即𝑦1 =
4
3，
∴点𝑃的坐标：(0,
4
3)；
（3）解：△𝐵𝐶𝐹是等腰直角三角形，理由如下：
设直线𝑙1:𝑦=
1
2𝑥+ 2与𝑦轴交于𝑁，过点𝐶作𝐶𝑀∥𝑥轴，
，
∴∠𝑀𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝑂，𝐶𝑀⊥𝑦轴，𝑁(0,2)，
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∵∠𝐴𝐶𝐹= 2∠𝐶𝐴𝑂，
∴∠𝑀𝐶𝐴= ∠𝑀𝐶𝐹= ∠𝐶𝐴𝑂，
∵𝐴( ― 4,0)，𝐶(4,4)，
∴𝑂𝐴= 𝑀𝐶= 4，
∵∠𝐶𝑀𝐹= ∠𝐴𝑂𝑁，
∴在△𝐴𝑂𝑁和△𝐶𝑀𝐹中，
∠𝑀𝐶𝐹= ∠𝐶𝐴𝑂
𝑂𝐴= 𝑀𝐶
∠𝐶𝑀𝐹= ∠𝐴𝑂𝑁
，
∴△𝐴𝑂𝑁≌△𝐶𝑀𝐹(ASA)，
∴𝑀𝐹= 𝑂𝑁= 2，
∴𝐹(0,6)，
∴𝐶𝐹2 = 42 + (6 ― 4)2 = 20，𝐶𝐵2 = 42 + (4 ― 2)2 = 20，𝐹𝐵2 = 22 + 62 = 40，
∴𝐶𝐹2 +𝐶𝐵2 = 𝐹𝐵2，𝐶𝐹= 𝐶𝐵，
∴△𝐵𝐶𝐹是等腰直角三角形．
12．如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，点E 在𝐵𝐶上，连接𝐷𝐸，𝐴𝐹⊥𝐷𝐸于点F．以点B 为原点，
𝐵𝐶所在直线为x 轴，𝐴𝐵所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，已知一次函数𝑦= 2𝑥― 6
的图象经过点D，E．
(1)画出直角坐标系及一次函数图象，求点D 的坐标；
(2)连接𝐵𝐹，判断𝐴𝐵与𝐵𝐹的数量关系，并给予证明；
(3)连接𝐴𝐶，点G 在直线𝐷𝐸上，若∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐵，求点G 的坐标．
【答案】(1)图见解析，(6,6)
(2)𝐴𝐵= 𝐵𝐹，证明见解析
(3)点G 的坐标为12
5 , ― 6
5 或( ―12, ― 30)
【分析】（1）以点𝐵为原点，建立直角坐标系，设𝐵𝐶= 𝑎，则点D 的坐标为(𝑎,𝑎)，将
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点D 的坐标代入𝑦= 2𝑥― 6，即可求解，
（2）由𝑦= 2𝑥― 6，求出𝐵𝐸= 𝐶𝐸= 3，由△𝐴𝐷𝑀≌△𝐷𝐶𝐸，得到𝐷𝑀= 𝐶𝐸= 3，点M
的坐标为(6,3)，进而求出直线𝐴𝑀的表达式为𝑦= ―
1
2𝑥+ 6，联立求出点F 的坐标为
24
5 , 18
5 ，根据由勾股定理得，𝐵𝐹= 6，即可求证，
（3）分两种情况讨论：（i）当点G 在y 轴右侧时，在直线𝐷𝐸上取点G，使得
𝐹𝐴= 𝐹𝐺， 由△𝐹𝐴𝐺，△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，得到∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐵，作𝐹𝑁⊥𝐴𝐷，
𝐺𝐻⊥𝑁𝐹，由△𝐴𝐹𝑁≌△𝐹𝐺𝐻，得到𝐴𝑁= 𝐹𝐻=
24
5 ，𝑃𝐻= 𝐹𝐻― 𝐹𝑃=
6
5，即可求解；
（ii）当点G在y轴左侧时，作点12
5 , ― 6
5 关于y轴的对称点𝐺′，则∠𝐺′𝐴𝐵= ∠𝐺𝐴𝐵= ∠𝐶𝐴𝐹，
此时点𝐺′的坐标为― 12
5 , ― 6
5 ，求出直线𝐴𝐺′的直线表达式为𝑦= 3𝑥+ 6，联立即可求解．
本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，两直线交点坐标，解题的关键是：
熟练掌握分情况讨论．
【详解】（1）解：以点𝐵为原点，建立直角坐标系，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴𝐵𝐶= 𝐶𝐷，
设𝐵𝐶= 𝑎，则点D 的坐标为(𝑎,𝑎)，
将点D 的坐标代入𝑦= 2𝑥― 6，得𝑎= 2𝑎― 6，
解得𝑎= 6，
∴点D 的坐标为(6,6)，
（2）解：𝐴𝐵= 𝐵𝐹，
如图2，延长𝐴𝐹交𝐶𝐷于点M，
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122
∵直线𝐷𝐸的表达式为𝑦= 2𝑥― 6，
∴当𝑦= 0时，2𝑥― 6 = 0，解得𝑥= 3，
∴𝐵𝐸= 3，
∵𝐵𝐶= 6，
∴𝐵𝐸= 𝐶𝐸= 3，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶= 90°，𝐶𝐷= 𝐷𝐴= 6，
∴∠𝐴𝐷𝐸+ ∠𝐶𝐷𝐸= 90°，
又∵𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，
∴∠𝐴𝐷𝐸+ ∠𝐷𝐴𝑀= 90°．
∴∠𝐶𝐷𝐸= ∠𝐷𝐴𝑀，
∴△𝐴𝐷𝑀≌△𝐷𝐶𝐸，
∴𝐷𝑀= 𝐶𝐸= 3，
∴𝐶𝑀= 𝐶𝐷― 𝐷𝑀= 3，
∴点M 的坐标为(6,3)，
设直线𝐴𝑀的表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，则6𝑘+ 𝑏= 3
𝑏= 6
，解得：𝑘= ― 1
2
𝑏= 6
，
∴直线𝐴𝑀的表达式为𝑦= ―
1
2𝑥+ 6，
联立
𝑦= 2𝑥― 6
𝑦= ― 1
2 𝑥+ 6
解得
𝑥= 24
5
𝑦= 18
5
，
∴点F 的坐标为24
5 , 18
5 ，
由勾股定理可得，𝐵𝐹=
( 24
5 )
2 + ( 18
5 )
2 = 6，
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∴𝐴𝐵= 𝐵𝐹，
（3）解：分两种情况讨论：
（i）如图3，当点G 在y 轴右侧时，在直线𝐷𝐸上取点G，使得𝐹𝐴= 𝐹𝐺，连接𝐴𝐺，
∵𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，
∴△𝐹𝐴𝐺为等腰直角三角形，
∴∠𝐹𝐴𝐺= 45°，
∴∠𝐶𝐴𝐹+ ∠𝐶𝐴𝐺= 45°，
又∵𝐴𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 45°，
∴∠𝐺𝐴𝐵+ ∠𝐶𝐴𝐺= 45°，
∴∠𝐶𝐴𝐹= ∠𝐺𝐴𝐵，
过点F 作𝐹𝑁⊥𝐴𝐷于点N，延长𝑁𝐹交x 轴于点P，过点G 作𝐺𝐻⊥𝑁𝐹于点H，则
∠𝐴𝑁𝐹= ∠𝐹𝐻𝐺= 90°，
∴∠𝐹𝐴𝑁+ ∠𝐴𝐹𝑁= 90°，
∵𝐴𝐹⊥𝐷𝐸，
∴∠𝐺𝐹𝐻+ ∠𝐴𝐹𝑁= 90°，
∴∠𝐹𝐴𝑁= ∠𝐺𝐹𝐻，
又∵𝐹𝐴= 𝐹𝐺，
∴△𝐴𝐹𝑁≌△𝐹𝐺𝐻，
∴𝐴𝑁= 𝐹𝐻=
24
5 ，
又∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，
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124
∴𝑁𝐻⊥𝐵𝐶，
∴𝑃𝐻= 𝐹𝐻― 𝐹𝑃=
24
5 ―
18
5 =
6
5，
又∵𝐺𝐻⊥𝑁𝐹，
∴点G 的纵坐标为―
6
5，
当𝑦= ―
6
5时，𝑥=
12
5 ，
∴点G 的坐标为12
5 , ― 6
5 ，
（ii）如图4，当点G 在y 轴左侧时，作点12
5 , ― 6
5 关于y 轴的对称点𝐺′，则
∠𝐺′𝐴𝐵= ∠𝐺𝐴𝐵= ∠𝐶𝐴𝐹，此时点𝐺′的坐标为― 12
5 , ― 6
5 ，
设直线𝐴𝐺′的直线表达式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，则― 12
5 𝑚+ 𝑛= ― 5
6
𝑛= 6
，解得：𝑚= 3
𝑛= 6
，
∴直线𝐴𝐺′的表达式为𝑦= 3𝑥+ 6，
𝑦= 2𝑥― 6
𝑦= 3𝑥+ 6
，解得𝑥= ―12
𝑦= ―30
，
∴点G 的坐标为( ―12, ― 30)，
综上所述，点G 的坐标为12
5 , ― 6
5 或( ―12, ― 30)．
