中考數(shù)學(xué)《一次函數(shù)綜合題》專項練習(xí)題(附答案解析)

第第頁中考數(shù)學(xué)《一次函數(shù)綜合題》專項練習(xí)題(附答案解析)1．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，過點A（﹣，0）的兩條直線分別交y軸于B，C兩點，∠ABO＝30°，OB＝3OC．（1）證明：AC⊥AB；（2）將△ABC沿直線AB翻折得到△ABD，求直線BD的函數(shù)解析式；（3）在（2）的條件下，設(shè)直線BD交x軸于點E，嘉淇認(rèn)為△ADE的面積與△AOB的面積相同，請判斷嘉淇的觀點是否正確．2．如圖，直線l與x軸、y軸分別交于點A（3，0）、點B（0，2），以線段AB為直角邊在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形ABC，∠BAC＝90°，點P（1，a）為坐標(biāo)系中的一個動點．（1）請直接寫出直線l的表達(dá)式；（2）求出△ABC的面積；（3）當(dāng)△ABC與△ABP面積相等時，求實數(shù)a的值．3．如圖，四邊形OABC是矩形，點A、C在坐標(biāo)軸上，△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，點D在x軸上，直線BD交y軸于點F，交OE于點H，線段BC、OC的長是方程x2﹣6x+8＝0的兩個根，且OC＞BC．（1）求直線BD的解析式；（2）求△OFH的面積；（3）點M在坐標(biāo)軸上，平面內(nèi)是否存在點N，使以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．4．一次函數(shù)y＝kx+b的圖象與x軸的負(fù)半軸相交于點A，與y軸的正半軸相交于點B，且sin∠ABO＝．△OAB的外接圓的圓心M的橫坐標(biāo)為﹣3．（1）求一次函數(shù)的解析式；（2）求圖中陰影部分的面積．5．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點O是坐標(biāo)原點，直線y＝2x+6交x軸于點B，交y軸于點A，且AO＝BC．（1）求直線AC的解析式；（2）如圖2，點P在線段AC上，連接PB交OA于點D，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，△ABP的面積為S，求S與t之間的函數(shù)解析式；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點A作∠CAO的平分線交DP于點E，點L在BP的延長線上，連接CE、CL，若∠ABP＝2∠ACE，CL＝AC，求DL的長．6．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，直線y＝kx+4交x軸、y軸分別于點A、點B，且△ABO的面積為8．（1）如圖2，求k的值；（2）如圖3，點P是第一象限直線AB上的一個動點，連接PO，將線段OP繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段OC，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t，點C的橫坐標(biāo)為m，求m與t之間的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，過點B作直線BM⊥OP，交x軸于點M，垂足為點N，點K在線段MB的延長線上，連接PK，且PK+KB＝OP，∠PMB＝2∠KPB，連接MC，求四邊形BOCM的面積．7．如圖，直線y＝kx+b與x軸，y軸分別交于點A，點B，點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），且2OA＝OB．（1）求直線AB解析式；（2）如圖，將△AOB向右平移6個單位長度，得到△A1O1B1，求線段OB1的長；（3）求（2）中△AOB掃過的面積．8．如圖：一次函數(shù)y＝﹣x+3的圖象與坐標(biāo)軸交于A、B兩點，點P是函數(shù)y＝﹣x+3（0＜x＜4）圖象上任意一點，過點P作PM⊥y軸于點M，連接OP．（1）當(dāng)AP為何值時，△OPM的面積最大？并求出最大值；（2）當(dāng)△BOP為等腰三角形時，試確定點P的坐標(biāo)．9．如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，A（0，5），直線x＝﹣5與x軸交于點D，直線y＝﹣x﹣與x軸及直線x＝﹣5分別交于點C，E，點B，E關(guān)于x軸對稱，連接AB．（1）求點C，E的坐標(biāo)及直線AB的解析式；（2）設(shè)面積的和S＝S△CDE+S四邊形ABDO，求S的值；（3）在求（2）中S時，嘉琪有個想法：“將△CDE沿x軸翻折到△CDB的位置，而△CDB與四邊形ABDO拼接后可看成△AOC，這樣求S便轉(zhuǎn)化為直接求△AOC的面積不更快捷嗎？”但大家經(jīng)反復(fù)演算，發(fā)現(xiàn)S△AOC≠S，請通過計算解釋他的想法錯在哪里．10．如圖，矩形AOCB的頂點A、C分別位于x軸和y軸的正半軸上，線段OA、OC的長度滿足方程|x﹣15|+＝0（OA＞OC），直線y＝kx+b分別與x軸、y軸交于M、N兩點，將△BCN沿直線BN折疊，點C恰好落在直線MN上的點D處，且tan∠CBD＝（1）求點B的坐標(biāo)；（2）求直線BN的解析式；（3）將直線BN以每秒1個單位長度的速度沿y軸向下平移，求直線BN掃過矩形AOCB的面積S關(guān)于運動的時間t（0＜t≤13）的函數(shù)關(guān)系式．11．直線y＝x﹣6與x軸、y軸分別交于A、B兩點，點E從B點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BO向O點移動（不考慮點E與B、O兩點重合的情況），過點E作EF∥AB，交x軸于點F，將四邊形ABEF沿直線EF折疊后，與點A對應(yīng)的點記作點C，與點B對應(yīng)的點記作點D，得到四邊形CDEF，設(shè)點E的運動時間為t秒．（1）畫出當(dāng)t＝2時，四邊形ABEF沿直線EF折疊后的四邊形CDEF（不寫畫法）；（2）在點E運動過程中，CD交x軸于點G，交y軸于點H，試探究t為何值時，△CGF的面積為；（3）設(shè)四邊形CDEF落在第一象限內(nèi)的圖形面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式，并求出S的最大值．12．如圖，直線與x軸，y軸分別交于點A（6，0），B．點C（0，t）是線段OB上一點，作直線AC．（1）若BC＝2，求直線AC的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)1≤t≤4時，求△ABC面積的取值范圍；（3）若AC平分∠OAB，記△ABC的周長為m，△AOC的周長為n，求m﹣n的值．13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△AOC的直角邊OA在y軸正半軸上，且頂點O與坐標(biāo)原點重合，點C的坐標(biāo)為（1，2），直線y＝﹣x+b過點C，與x軸交于點B，與y軸交于點D．（1）B點的坐標(biāo)為，D點的坐標(biāo)為；（2）動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度，沿O→A→C的路線向點C運動，同時動點Q從點B出發(fā)，以相同速度沿BO的方向向點O運動，過點Q作QH⊥x軸，交線段BC或線段CO于點H．當(dāng)點P到達(dá)點C時，點P和點Q都停止運動，在運動過程中，設(shè)動點P運動的時間為t秒：①設(shè)△CPH的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；②是否存在以Q、P、H為頂點的三角形的面積與S相等？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．14．閱讀下列兩則材料，回答問題：材料一：定義直線y＝kx+b（kb≠0）與直線y＝bx+k（kb≠0）互為“對稱直線”．例如，直線y＝x+2與直線y＝2x+1互為“對稱直線”；直線y＝kx+b中，k稱為斜率，若A（x1，y1），B（x2，y2）為直線y＝kx+b上任意兩點（x1≠x2），則斜率k＝材料二：對于平面直角坐標(biāo)系中的任意兩點（x1，y1），B（x2，y2），定義一種新的運算：L（A，B）＝x1x2+y1y2，例如：A（﹣3，1）、B（2，4），（A，B）＝﹣3×2+1×4＝﹣2（1）若點A（﹣3，1）、B（2，4）在直線y＝kx+b上，則k＝；直線y＝2x+3上的一點P（x，y）又是它的“對稱直線”上的點，求點P的坐標(biāo)．（2）對于直線y＝kx+b上的任意一點M（m，n），都有點N（2m，6n﹣34）在y＝kx+b的“對稱直線”上：橫坐標(biāo)互不相同的三個點C，D，E滿足L（C，D）＝L（D，E），且D點的坐標(biāo)為（2，2），過點D作DF∥y軸，交直線CE于點F，若DF＝6，請求出直線CE、直線y＝kx+b與x軸圍成的三角形的面積．15．問題探究（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，請你過點A作一條直線AD，其中點D為BC上一點，使直線AD平分△ABC的面積；（2）如圖②，點P為?ABCD外一點，AB＝6，BC＝12，∠B＝45°，請過點P作一條直線l，使其平分?ABCD的面積，并求出?ABCD的面積；問題解決（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是李爺爺家一塊土地的示意圖，其中OA∥BC，點P處有一個休息站點（占地面積忽略不計），李爺爺打算過點P修一條筆直的小路l（路的寬度不計），使直線l將四邊形OABC分成面積相等的兩部分，分別用來種植不同的農(nóng)作物．已知點A（8，8）、B（6，12）、P（3，6）．你認(rèn)為直線1是否存在？若存在，求出直線l的表達(dá)式；若不存在，請說明理由．16．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：y＝k1x+6與x軸、y軸分別交于A、B兩點，且OB＝OA，直線l2：y＝k2x+b經(jīng)過點C（，1），與x軸、y軸、直線AB分別交于點E、F、D三點．（1）求直線l1的解析式；（2）如圖1，連接CB，當(dāng)CD⊥AB時，求點D的坐標(biāo)和△BCD的面積；（3）如圖2，當(dāng)點D在直線AB上運動時，在坐標(biāo)軸上是否存在點Q，使△QCD是以CD為底邊的等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A、B兩點．動點P從點A出發(fā)，在線段AO上以每秒3個單位長度的速度向點O作勻速運動，到達(dá)點O停止運動，點A關(guān)于點P的對稱點為點Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設(shè)運動時間為t秒．（1）當(dāng)t＝秒時，點Q的坐標(biāo)是；（2）在運動過程中，設(shè)正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)表達(dá)式；（3）若正方形PQMN對角線的交點為T，請直接寫出在運動過程中OT+PT的最小值．18．如圖，已知△ABC的頂點坐標(biāo)分別為A（3，0），B（0，4），C（﹣3，0）．動點M，N同時從A點出發(fā)，M沿A→C，N沿折線A→B→C，均以每秒1個單位長度的速度移動，當(dāng)一個動點到達(dá)終點C時，另一個動點也隨之停止移動，移動的時間記為t秒．連接MN．（1）求直線BC的解析式；（2）移動過程中，將△AMN沿直線MN翻折，點A恰好落在BC邊上點D處，求此時t值及點D的坐標(biāo)；（3）當(dāng)點M，N移動時，記△ABC在直線MN右側(cè)部分的面積為S，求S關(guān)于時間t的函數(shù)關(guān)系式．19．如圖直線y＝kx+k交x軸負(fù)半軸于點A，交y軸正半軸于點B，且AB＝2（1）求k的值；（2）點P從A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線AB運動，過點P作直線AB的垂線交x軸于點Q，連接OP，設(shè)△PQO的面積為S，點P運動時間為t，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，當(dāng)P在AB的延長線上，若OQ+AB＝（BQ﹣OP），求此時直線PQ的解析式．20．如圖，等腰梯形OBCD中，DC∥OB，OD＝CB，∠DOB＝∠CBO，BD⊥OD，在平面直角坐標(biāo)系中，等腰梯形OBCD的下底OB在x軸正半軸上，O為坐標(biāo)原點，點B的坐標(biāo)為（a，0），C、D兩點落在第一象限，且BD＝2a．點P以每秒1個單位長度的速度在對角線BD上由點B向點D運動（點P不與點B、點D重合），過點P作PE⊥BD，交下底OB于點E，交腰BC（或上底CD）于點F．（1）線段BC的長是（用含a的代數(shù)式表示）；（2）已知直線PE經(jīng)過點C時，直線PE的解析式為y＝2x﹣，求a的值，并直接寫出點B、C、D的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，設(shè)動點P運動時間為t（秒），在點P運動過程中，請直接寫出△BEF為等腰三角形時t的值（或取值范圍），并直接寫出等腰△BEF面積的最大值．參考答案1．解：（1）證明：∵A（﹣，0），則OA＝，∵∠ABO＝30°，∴OB＝＝3，∵OB＝3OC，∴OC＝1，∴點B的坐標(biāo)為（0，3），點C的坐標(biāo)為（0，﹣1），∴tan∠ACB＝＝，∴∠ACB＝60°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB．（2）∵△ABD是由△ABC折疊得到的，∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∠ABD＝∠ABC＝30°，∴∠DBC＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴BD＝BC＝4，如圖1，過點D作DF⊥BC于F，則BF＝2，DF＝2，∴點D的坐標(biāo)為（﹣2，1），設(shè)直線BD的函數(shù)解析式為y＝kx+b（k≠0），將點B，D的坐標(biāo)代入得：，解得：，∴直線BD的函數(shù)解析式為y＝x+3．（3）如圖2，∵點E是直線BD與x軸的交點，∴令y＝x+3＝0，解得x＝﹣3，故OE＝3，而AO＝，∴AE＝EO﹣AO＝3﹣＝2，∴S△AED＝AE?yD＝×2×1＝，∵S△AOB＝AO?OB＝××3＝，∴S△AED≠S△AOB，∴嘉淇的觀點錯誤．2．解：（1）將點A、B的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b得：，解得：，故直線l的表達(dá)式為：；（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB2＝OA2+OB2＝32+22＝13∵△ABC為等腰直角三角形，∴S△ABC＝AB2＝；（3）連接BP，PO，PA，則：①若點P在第一象限時，如圖1：∵S△ABO＝3，S△APO＝a，S△BOP＝1，∴S△ABP＝S△BOP+S△APO﹣S△ABO＝，即，解得；②若點P在第四象限時，如圖2：∵S△ABO＝3，S△APO＝﹣a，S△BOP＝1，∴S△ABP＝S△AOB+S△APO﹣S△BOP＝，即，解得a＝﹣3；故：當(dāng)△ABC與△ABP面積相等時，實數(shù)a的值為或﹣3．3．解：（1）解方程x2﹣6x+8＝0可得x＝2或x＝4，∵BC、OC的長是方程x2﹣6x+8＝0的兩個根，且OC＞BC，∴BC＝2，OC＝4，∴B（﹣2，4），∵△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴OD＝OC＝4，DE＝BC＝2，∴D（4，0），設(shè)直線BD解析式為y＝kx+b，把B、D坐標(biāo)代入可得，解得，∴直線BD的解析式為y＝﹣x+；（2）由（1）可知E（4，2），設(shè)直線OE解析式為y＝mx，把E點坐標(biāo)代入可求得m＝，∴直線OE解析式為y＝x，令﹣x+＝x，解得x＝，∴H點到y(tǒng)軸的距離為，又由（1）可得F（0，），∴OF＝，∴S△OFH＝××＝；（3）∵以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形，∴△DFM為直角三角形，①當(dāng)∠MFD＝90°時，則M只能在x軸上，連接FN交MD于點G，如圖1，由（2）可知OF＝，OD＝4，則有△MOF∽△FOD，∴＝，即＝，解得OM＝，∴M（﹣，0），且D（4，0），∴G（，0），設(shè)N點坐標(biāo)為（x，y），則＝，＝0，解得x＝，y＝﹣，此時N點坐標(biāo)為（，﹣）；②當(dāng)∠MDF＝90°時，則M只能在y軸上，連接DN交MF于點G，如圖2，則有△FOD∽△DOM，∴＝，即＝，解得OM＝6，∴M（0，﹣6），且F（0，），∴MG＝MF＝，則OG＝OM﹣MG＝6﹣＝，∴G（0，﹣），設(shè)N點坐標(biāo)為（x，y），則＝0，＝﹣，解得x＝﹣4，y＝﹣，此時N（﹣4，﹣）；③當(dāng)∠FMD＝90°時，則可知M點為O點，如圖3，∵四邊形MFND為矩形，∴NF＝OD＝4，ND＝OF＝，可求得N（4，）；綜上可知存在滿足條件的N點，其坐標(biāo)為（，﹣）或（﹣4，﹣）或（4，）．4．解：（1）作MN⊥BO，由垂徑定理得：點N為OB的中點，∴MN＝OA，∵MN＝3，∴OA＝6，即A（﹣6，0），∵sin∠ABO＝，OA＝6，∴OB＝，即B（0，），設(shè)y＝kx+b，將A、B代入得：，（2）NB＝OB＝，MN＝3，tan∠BMN＝＝，則∠BMN＝30°，∴∠ABO＝60°，∴∠AMO＝120°∴陰影部分面積為．5．解：（1）由題可求A（0，6），B（﹣3，0），∴AO＝6，BO＝3，∵AO＝BC，∴BC＝6，∴CO＝BC﹣BO＝3，∴C（3，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，將點C與A代入，可得，∴，∴y＝﹣2x+6；（2）過點P作PM⊥x軸交于點M，∵點P的橫坐標(biāo)為t，∴P（t，﹣2t+6），∴PM＝﹣2t+6，∴S△PBC＝BC?PM＝×6×（﹣2t+6）＝﹣6t+18，S△ABC＝BC?AO＝18，∴S＝S△ABC﹣S△PBC＝6t；（3）過點B作BF平分∠ABD，且BF＝CE，連接AF∵∠ABD＝2∠ACE，∴∠ABF＝∠ACE∵BO＝CO，AO⊥BC，∴AB＝AC，∴△ABF≌△ACE（SAS），∴AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∵AE平分∠OAC，∴∠OAE＝∠CAE，∵∠BAO＝∠CAO，∴∠BAF＝∠FAO，過點F作FG⊥AB于點G，F(xiàn)K⊥AD于點K，F(xiàn)H⊥BD于點H，∵AF平分∠BAD，∴FG＝FK，∵BF平分∠ABD，∴FG＝FH，∴FH＝FK，∴DF平分∠ADB，∴∠BDF＝∠ADF，∵AF＝AE，∠FAD＝∠EAD，AD＝AD，∴△AFD≌△AED（SAS），∴∠ADF＝∠ADE，∴∠ADF＝∠ADE＝∠BDF＝60°，∴∠CDP＝∠CDO＝60°，過點C作CN⊥BP于點N，∵CO⊥AO，∴CN＝CO＝3，∵CA＝CL，∴△AOC≌△LNC（HL），∴NL＝AO＝6，∵tan∠NDC＝，∴＝，∴DN＝，∴DL＝6+．6．解：（1）把x＝0代入y＝kx+4，y＝4，∴OB＝4，∵△ABO的面積為8，∴＝8，∴AO＝4，∴A（﹣4，0），把x＝﹣4，y＝0代入y＝kx+4，∴k＝1；（2）把x＝t代入y＝x+4，∴P（t，t+4），如圖1，過點P作PD⊥x軸，垂直為D過點C作CE⊥x軸，垂直為E；∴∠PDO＝∠CEO＝90°，∴∠POD＝∠OPD＝90°，∵線段OP繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段OC，∴∠POC＝90°，OP＝OC，∴∠POD+∠EOC＝90°，∴∠OPD＝∠EOC，∴△OPD≌△OCE，∴OE＝PD，m＝t+4；（3）如圖2，過點O作直線TO⊥AB，交直線BM于點Q，垂足為點T，連接QP，由（1）知，AO＝BO＝4，∴∠BOA＝90°，∴△ABO為直角三角形，∴∠ABO＝∠BAO＝45°，∠BOT＝90°﹣∠ABO＝45°＝∠ABO，∴BT＝TO，∵∠BTO＝90°，∴∠TPO+∠TOP＝90°，∵OP⊥BM，∴∠BNO＝90°，∴∠BQT＝∠TPO，∴△QTB≌△PTO，∴QT＝TP，PO＝BQ，∴∠PQT＝∠QPT，∵OP＝PK+KB，∴QB＝KP+KB，QK＝KP，∴∠KQP＝∠KPQ，∴∠PQT﹣∠KQP＝∠QPT﹣∠KPQ，∠TQB＝∠TPK，∴∠KPB＝∠BPN，設(shè)∠KPB＝x°，∴∠BPN＝x°，∵∠PMB＝2∠KPB，∴∠PMB＝2x°，∠POM＝∠PAO+∠APO＝45°+x°，∠NMO＝90°﹣∠POM＝45°﹣x°，∴∠PMO＝∠PMB+∠NMO＝45°+x°＝∠POM，∴PO＝PM，過點P作PD⊥x軸，垂直為點D，∴OM＝2OD＝2t，∴∠OPD＝90°﹣∠POD＝45°﹣x°＝∠BMO，∴tan∠OPD＝tan∠BMO，∴，，∴t＝4或t＝﹣2（舍），∴OM＝8，由（2）知：m＝t+4＝8＝OM，∴CM∥y軸，∵∠PNM＝∠POC＝90°，∴BM∥OC，∴四邊形BOCM是平行四邊形，∴四邊形BOCM的面BO×OM＝4×8＝32；7．解：（1）∵點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），∴OA＝2，∵OB＝2OA＝4，∴B（0，4），把A（﹣2，0）和B（0，4）代入y＝kx+b中得：，解得：，∴直線AB解析式為：y＝2x+4；（2）∵∠AOB＝90°，∴∠AO1B1＝90°，由平移得：OO1＝6，O1B1＝OB＝4，由勾股定理得：OB1＝＝2，即線段OB1的長是2；（3）△AOB掃過的面積＝+4×6＝28．8．解：（1）令點P的坐標(biāo)為P（x0，y0）∵PM⊥y軸∴S△OPM＝OM?PM＝將代入得S△OPM＝＝﹣（x﹣2）2+∴當(dāng)x0＝2時，△OPM的面積，有最大值Smax＝，即：PM＝2，∴PM∥OB，∴即∵直線AB分別交兩坐標(biāo)軸于點A、B，∴A（0，3），B（4，0），∴OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，∴AP＝；（2）①在△BOP中，當(dāng)BO＝BP時BP＝BO＝4，AP＝1∵PM∥OB，∴∴，將代入代入中，得∴P（，）；②在△BOP中，當(dāng)OP＝BP時，如圖，過點P作PN⊥OB于點N∵OP＝BP，∴ON＝將ON＝2代入中得，NP＝∴點P的坐標(biāo)為P（2，），即：點P的坐標(biāo)為（，）或（2，）．9．解：（1）在直線y＝﹣x﹣中，令y＝0，則有0＝﹣x﹣，∴x＝﹣13，∴C（﹣13，0），令x＝﹣5，則有y＝﹣×（﹣5）﹣＝﹣3，∴E（﹣5，﹣3），∵點B，E關(guān)于x軸對稱，∴B（﹣5，3），∵A（0，5），∴設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+5，∴﹣5k+5＝3，∴k＝，∴直線AB的解析式為y＝x+5；（2）由（1）知，E（﹣5，﹣3），∴DE＝3，∵C（﹣13，0），∴CD＝﹣5﹣（﹣13）＝8，∴S△CDE＝CD×DE＝12，由題意知，OA＝5，OD＝5，BD＝3，∴S四邊形ABDO＝（BD+OA）×OD＝20，∴S＝S△CDE+S四邊形ABDO＝12+20＝32，（3）由（2）知，S＝32，在△AOC中，OA＝5，OC＝13，∴S△AOC＝OA×OC＝＝32.5，∴S≠S△AOC，理由：由（1）知，直線AB的解析式為y＝x+5，令y＝0，則0＝x+5，∴x＝﹣≠﹣13，∴點C不在直線AB上，即：點A，B，C不在同一條直線上，∴S△AOC≠S．10．解：（1）∵|x﹣15|+＝0，∴x＝15，y＝13，∴OA＝BC＝15，AB＝OC＝13，∴B（15，13）；（2）如圖1，過D作EF⊥OA于點E，交CB于點F，由折疊的性質(zhì)可知BD＝BC＝15，∠BDN＝∠BCN＝90°，∵tan∠CBD＝，∴＝，且BF2+DF2＝BD2＝152，解得BF＝12，DF＝9，∴CF＝OE＝15﹣12＝3，DE＝EF﹣DF＝13﹣9＝4，∵∠CND+∠CBD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，且∠ONM+∠CND＝180°，∴∠ONM＝∠CBD，∴＝，∵DE∥ON，∴＝＝，且OE＝3，∴＝，解得OM＝6，∴ON＝8，即N（0，8），把N、B的坐標(biāo)代入y＝kx+b可得，解得，∴直線BN的解析式為y＝x+8；（3）設(shè)直線BN平移后交y軸于點N′，交AB于點B′，當(dāng)點N′在x軸上方，即0＜t≤8時，如圖2，由題意可知四邊形BNN′B′為平行四邊形，且NN′＝t，∴S＝NN′?OA＝15t；當(dāng)點N′在y軸負(fù)半軸上，即8＜t≤13時，設(shè)直線B′N′交x軸于點G，如圖3，∵NN′＝t，∴可設(shè)直線B′N′解析式為y＝x+8﹣t，令y＝0，可得x＝3t﹣24，∴OG＝3t﹣24，∵ON＝8，NN′＝t，∴ON′＝t﹣8，∴S＝S四邊形BNN′B′﹣S△OGN′＝15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）＝﹣t2+39t﹣96；綜上可知S與t的函數(shù)關(guān)系式為S＝．11．解：（1）如圖1：（2）如圖2：，由折疊的性質(zhì)，得∠C＝∠A＝∠COA＝45°，AF＝BE＝CF＝t，S△CFG＝CF?FG＝t2＝，解得t＝，t＝﹣（不符合題意，舍）；（3）分兩種情況討論：①當(dāng)0＜t≤3時，如圖2：四邊形DCFE落在第一象限內(nèi)的圖形是△DFG，∴S＝t2，∵S＝t2，在t＞0時，S隨t增大而增大，∴t＝3時，S最大＝；②當(dāng)3＜t＜6時，如圖3：，四邊形DCFE落在第一象限內(nèi)的圖形是四邊形CHOF，∴S四邊形CHOF＝S△CGF﹣S△HGO，∴S＝t2﹣2（2t﹣6）2＝﹣t2+12t﹣18＝﹣（t﹣4）2+6，∵a＝﹣＜0，∴S有最大值，∴當(dāng)t＝4時，S最大＝6，綜上所述，當(dāng)t＝4時，S最大值為6．12．解：（1）將A（6，0）代入y＝﹣x+b，得：0＝﹣×6+b，解得：b＝8，∴點B的坐標(biāo)為（0，8）．∵BC＝2，點C在線段OB上，∴點C的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線AC的函數(shù)解析式為y＝mx+n（m≠0），將點A（6，0），C（0，6）代入y＝mx+n，得：，解得：，∴直線AC的函數(shù)解析式為y＝﹣x+6；（2）∵點C的坐標(biāo)為（0，t），∴OC＝t，BC＝OB﹣OC＝8﹣t，∴S△ABC＝OA?BC＝×6×（8﹣t）＝﹣3t+24．∵1≤t≤4，∴12≤﹣3t+24≤21，∴△ABC面積的取值范圍是12≤S△ABC≤21；（3）在Rt△AOB中，OA＝6，OB＝8，∴AB＝＝10．過點C作CD⊥AB于點D，如圖所示．∵AC平分∠OAB，∴CD＝CO＝t．∵∠CBD＝∠ABO，∠CDB＝∠AOB＝90°，∴△BCD～△BAO，∴＝，即＝，解得：t＝3，∴BC＝5，∴m＝AB+BC+AC＝15+AC，n＝AC+OC+OA＝AC+9，∴m﹣n＝（15+AC）﹣（AC+9）＝6．13．解：（1）∵直線y＝﹣x+b過點C（1，2）∴﹣1+b＝2∴b＝3，即直線為y＝﹣x+3當(dāng)y＝0時，﹣x+3＝0，得x＝3；當(dāng)x＝0時，y＝3∴B（3，0），D（0，3）故答案為：（3，0）；（0，3）．（2）①∵Rt△AOC中，∠OAC＝90°，C（1，2）∴A（0，2），OA＝2，AC＝1∵OB＝OD＝3，∠BOD＝90°∴OA+AC＝OB＝3，∠OBD＝45°∴0≤t＜3，且t≠2i）當(dāng)0≤t＜2時，點P在線段OA上，點H在線段BC上，如圖1∴OP＝BQ＝t∴AP＝OA﹣OP＝2﹣t，OQ＝OB﹣BQ＝3﹣t∵HQ⊥x軸于點Q∴∠BQH＝90°∴△BQH是等腰直角三角形∴HQ＝BQ＝t∴HQ∥OP且HQ＝OP∴四邊形OPHQ是平行四邊形∴PH∥x軸，PH＝OQ＝3﹣t∴S＝S△CPH＝PH?AP＝（3﹣t）（2﹣t）＝t2﹣t+3ii）當(dāng)2＜t＜3時，點P在線段AC上，點H在線段OC上，如圖2∴CP＝OA+AC﹣t＝3﹣t，xH＝OQ＝3﹣t∵直線OC解析式為：y＝2x∴QH＝y(tǒng)H＝2（3﹣t）＝6﹣2t∴點H到CP的距離h＝2﹣（6﹣2t）＝2t﹣4∴S＝S△CPH＝CP?h＝（3﹣t）（2t﹣4）＝﹣t2+5t﹣6綜上所述，S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為S＝②存在以Q、P、H為頂點的三角形的面積與S相等．i）當(dāng)0≤t＜2時，如圖3∵S△CPH＝S△QPH，兩三角形有公共底邊為PH∴點C和點Q到PH距離相等，即AP＝OP∴t＝2﹣t∴t＝1ii）當(dāng)2＜t≤2.5時，如圖4，延長QH交AC于點E∴AE＝OQ＝3﹣t，AP＝t﹣2，QH＝6﹣2t∴PE＝AE﹣AP＝（3﹣t）﹣（t﹣2）＝5﹣2t∴S△QPH＝QH?PE＝（6﹣2t）（5﹣2t）＝2t2﹣11t+15∵S△CPH＝S△QPH∴﹣t2+5t﹣6＝2t2﹣11t+15解得：t1＝3（舍去），t2＝iii）當(dāng)2.5＜t＜3時，如圖5，延長QH交AC于點E∴PE＝AP﹣AE＝（t﹣2）﹣（3﹣t）＝2t﹣5∴S△QPH＝QH?PE＝（6﹣2t）（2t﹣5）＝﹣2t2+11t﹣15∴﹣t2+5t﹣6＝﹣2t2+11t﹣15解得：t1＝t2＝3（舍去）綜上所述，t＝1或時，以Q、P、H為頂點的三角形的面積與S相等．14．解：（1）把A（﹣3，1）、B（2，4）分別代入y＝kx+b，得．解得．∵直線y＝2x+3上的一點P（x，y）又是它的“對稱直線”上的點，∴點P（x，y）是直線y＝2x+3與直線y＝3x+2的交點．∴．解得．∴P（1，5）故答案是：；（2）∵點M（m，n）是直線y＝kx+b上的任意一點，∴km+b＝n①，∵點N（2m，6n﹣34）在y＝kx+b的“對稱直線”上，即N（2m，6n﹣34）在直線y＝bx+k上∴2bm+k＝6n﹣34②，將①代入②得，2bm+k＝6km+6b﹣34，整理得：（2b﹣6k）m＝6b﹣k﹣34，∵對于任意一點M（m，n）等式均成立，∴，解得，∴y＝2x+6．∴B（﹣3，0）．設(shè)點C，E的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2）（x1≠x2），∵L（C，D）＝L（D，E），且D點的坐標(biāo)為（2，2），∴2x1+2y1＝2x2+2y2，即x1+y1＝x2+y2，由材料一可知：直線CE的斜率為kCE＝﹣1，故設(shè)直線CE的解析式為：y＝﹣x+d（c≠0）∵DF＝6，DF∥y軸，∴F（2，﹣4）．∴﹣2+d＝﹣4．則d＝﹣2．故直線CE的解析式是：y＝﹣x﹣2．易得A（﹣2，0）．由得到：，即G（﹣，）．∴S△ABG＝AB?|yG|＝×1×＝；同理，當(dāng)直線C′E′的解析式為：y＝﹣x+10時，B′（12，0），G′（，），此時S△AB′F＝AB′?|yG|＝×13×＝；綜上所述，直線CE、直線y＝kx+b與x軸圍成的三角形的面積是或．15．解：（1）如圖1，點D為BC的中點，作直線AD，直線AD則平分△ABC的面積；（2）如圖2，連接AC、BD，AC與BD交于點O，則點O為平行四邊形ABCD的對稱中心，作直線OP，直線OP即為所求；如圖3，過A作AE⊥BC于E，∵∠ABC＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE＝＝＝3，∵BC＝12，∴?ABCD的面積＝BC?AE＝12×3＝36；（3）∵A（8，8），∴直線OA的解析式為：y＝x，過點B作BD⊥x軸于點D，交AO于E，連接OB，則E（6，6），∵B（6，12），點P（3，6），∴點P為線段OB的中點．∵OA∥BC，BE∥OC，∴四邊形OEBC是平行四邊形．∴點P是平行四邊形OEBC的對稱中心，∴過點P的直線平分平行四邊形OEBC．∴過點P的直線PF只要平分△BEA的面積即可．設(shè)直線PF的表達(dá)式為y＝kx+b，且過點P（3，6），∴3k+b＝6，即b＝6﹣3k，∴y＝kx+6﹣3k．設(shè)直線AB的表達(dá)式為y＝mx+n，且過點B（6，12），A（8，8），則，解得：，∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣2x+24．∴，解得：x＝，∴F的橫坐標(biāo)為，把x＝6代入y＝kx+6﹣3k得y＝3k+6，∴G（6，3k+6）同理得直線AP的解析式為y＝x+，當(dāng)x＝6時，y＝，∴＜3k+6＜12，解得＜k＜2，∵S△BFG＝BG?（Fx﹣6）＝（12﹣3k﹣6）（﹣6）＝（8﹣6）（12﹣6），解得k＝或k＝4（舍去），∴直線l的表達(dá)式為y＝x+4．16．解：（1）y＝k1x+6，當(dāng)x＝0時，y＝6，∴OB＝6，∵OB＝OA，∴OA＝2，∴A（﹣2，0），把A（﹣2，0）代入：y＝k1x+6中得：﹣2k1+6＝0，k1＝，∴直線l1的解析式為：y＝x+6；（2）如圖1，過C作CH⊥x軸于H，∵C（，1），∴OH＝，CH＝1，Rt△ABO中，AB＝＝4，∴AB＝2OA，∴∠OBA＝30°，∠OAB＝60°，∵CD⊥AB，∴∠ADE＝90°，∴∠AED＝30°，∴EH＝，∴OE＝OH+EH＝2，∴E（2，0），把E（2，0）和C（，1）代入y＝k2x+b中得：，解得：，∴直線l2：y＝﹣x+2，∴F（0，2）即BF＝6﹣2＝4，則，解得，∴D（﹣，3），∴S△BCD＝BF（xC﹣xD）＝＝4；（3）分四種情況：①當(dāng)Q在y軸的正半軸上時，如圖2，過D作DM⊥y軸于M，過C作CN⊥y軸于N，∵△QCD是以CD為底邊的等腰直角三角形，∴∠CQD＝90°，CQ＝DQ，∴∠DMQ＝∠CNQ＝90°，∴∠MDQ＝∠CQN，∴△DMQ≌△QNC（AAS），∴DM＝QN，QM＝CN＝，設(shè)D（m，m+6）（m＜0），則Q（0，﹣m+1），∴OQ＝QN+ON＝OM+QM，即﹣m+1＝m+6+，m＝＝1﹣2，∴Q（0，2）；②當(dāng)Q在x軸的負(fù)半軸上時，如圖3，過D作DM⊥x軸于M，過C作CN⊥x軸于N，同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），∴DM＝QN，QM＝CN＝1，設(shè)D（m，m+6）（m＜0），則Q（m+1，0），∴OQ＝QN﹣ON＝OM﹣QM，即m+6﹣＝﹣m﹣1，m＝5﹣4，∴Q（6﹣4，0）；③當(dāng)Q在x軸的負(fù)半軸上時，如圖4，過D作DM⊥x軸于M，過C作CN⊥x軸于N，同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），∴DM＝QN，QM＝CN＝1，設(shè)D（m，m+6）（m＜0），則Q（m﹣1，0），∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，即﹣m﹣6﹣＝﹣m+1，m＝﹣4﹣5，∴Q（﹣4﹣6，0）；④當(dāng)Q在y軸的負(fù)半軸上時，如圖5，過D作DM⊥y軸于M，過C作CN⊥y軸于N，同理得：△DMQ≌△QNC（AAS），∴DM＝QN，QM＝CN＝，設(shè)D（m，m+6）（m＜0），則Q（0，m+1），∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，即﹣m﹣6+＝﹣m﹣1，m＝﹣2﹣1，∴Q（0，﹣2）；綜上，存在點Q，使△QCD是以CD為底邊的等腰直角三角形，點Q的坐標(biāo)是（0，±2）或（6﹣4，0）或（﹣4﹣6，0）．17．解：（1）令y＝0，∴﹣x+4＝0，∴x＝6，∴A（6，0），當(dāng)t＝秒時，AP＝3×＝1，∴OP＝OA﹣AP＝5，∴P（5，0），由對稱性得，Q（4，0）；故答案為（4，0）；（2）當(dāng)點Q在原點O時，OA＝6，∴AP＝OA＝3，∴t＝3÷3＝1，①當(dāng)0＜t≤1時，如圖1，令x＝0，∴y＝4，∴B（0，4），∴OB＝4，∵A（6，0），∴OA＝6，在Rt△AOB中，tan∠OAB＝＝，由運動知，AP＝3t，∴P（6﹣3t，0），∴Q（6﹣6t，0），∴PQ＝AP＝3t，∵四邊形PQMN是正方形，∴MN∥OA，PN＝PQ＝3t，在Rt△APD中，tan∠OAB＝＝＝，∴PD＝2t，∴DN＝t，∵MN∥OA∴∠DCN＝∠OAB，∴tan∠DCN＝＝＝，∴CN＝t，∴S＝S正方形PQMN﹣S△CDN＝（3t）2﹣t×t＝t2；②當(dāng)1＜t≤時，如圖2，同①的方法得，DN＝t，CN＝t，∴S＝S矩形OENP﹣S△CDN＝3t×（6﹣3t）﹣t×t＝﹣t2