專題5.5 一次函數(shù)的幾何綜合（壓軸題專項(xiàng)講練）（浙教版）（解析版）

專題5.5一次函數(shù)的幾何綜合【典例1】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=-23x+4與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作DC⊥x軸，（1）求A、（2）若點(diǎn)E為y軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，連接CE交x軸于點(diǎn)F，且CF=FE，在直線CD上有一點(diǎn)P，使得AP+EP最小，求P點(diǎn)坐標(biāo)；（3）如圖2，直線CD上是否存在點(diǎn)Q使得∠ABQ=45°，若存在，請求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）已知一次函數(shù)y=-23x+4與x軸交于點(diǎn)B，與y（2）已知點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，DC⊥x軸，可求出C(2,3)，且CF=FE，得到△OFE?△DFC，進(jìn)而F(32,0),E(0,-2)（3）直線CD上存在點(diǎn)Q使得∠ABQ=45°，分兩種情況，點(diǎn)Q分別在x軸的上方和下方，畫圖找點(diǎn)證明即可．【解題過程】（1）解：一次函數(shù)y=-23x+4與x軸交于點(diǎn)B，即y=0時(shí)，x=6與y軸交于點(diǎn)A，即x=0時(shí)，y=4，點(diǎn)A(0,4)（2）解：點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn),由（1）得A(0,4)、B(6,0)，所以根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)C為(0+62,∵CF=FE，DC⊥x軸，∴△OFE?△DFC，∴OF=FD,OE=CD，∴F(3作點(diǎn)A關(guān)于直線CD的對稱點(diǎn)A'，坐標(biāo)為(6,4)，連接A'E，與直線CD交于點(diǎn)P設(shè)直線A'E為一次函數(shù)y=kx+b，將A'(6,4)4=6k+b-2=b，解得k=1∴y=x-2，∴當(dāng)x=3時(shí)，y=1，即點(diǎn)P坐標(biāo)為(3,1)；（3）解：如圖1當(dāng)點(diǎn)Q在x軸上方時(shí)，∠ABQ=45°，過點(diǎn)A作AM⊥AB,交BQ于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MH⊥y軸于點(diǎn)H，則△ABM為等腰直角三角形，∴AM=AB∵∠HAM+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°,∴∠HAM=∠ABO,∵∠AHM=∠AOB=90°,∴△AMH?△ABO(AAS∴MH=AO=4，∴OH=AH+AO=10,∴M(4,10)設(shè)直線BM為一次函數(shù)y=k1x+b110=4k1+∴y=-5x+30∴當(dāng)x=3時(shí)，y=15，即點(diǎn)Q坐標(biāo)為(3,15)；如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在x軸下方時(shí)，∠ABQ=45°，過點(diǎn)A作AN⊥AB,交BQ于點(diǎn)N，過點(diǎn)N作NG⊥y軸于點(diǎn)G，則△ABN為等腰直角三角形，同理可得△ANG?△ABO,∴NG=AO=4，∴N(-4,-2)設(shè)直線BN為一次函數(shù)y=k2x+b2-2=-4k2+∴y=∴當(dāng)x=3時(shí)，y=-3即點(diǎn)Q坐標(biāo)為(3,-3所以Q坐標(biāo)(3,15)或(3,-1．（2022春·廣東深圳·八年級?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=-34x+6交x軸于點(diǎn)A，交y（1）求點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)及△OAB的面積；（2）線段OA上存在一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)沿OA以每秒2個(gè)單位的速度向A運(yùn)動(dòng)，設(shè)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，連接BP，當(dāng)t為何值時(shí)BP平分∠ABO；（3）在（2）的前提下，過點(diǎn)P作PC⊥AB于點(diǎn)C，試問x軸上是否存在一動(dòng)點(diǎn)M，使得△CPM為等腰三角形，若存在請直接寫出M坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）在y=-34x+6中，求出當(dāng)x=0時(shí)，y的值，求出y=0（2）先利用勾股定理求出AB=10，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到OP=PC，利用面積法求出OP的長即可得到答案；（3）分當(dāng)PC=PM=3時(shí)，當(dāng)PC=MC時(shí)，當(dāng)MP=MC時(shí)，三種情況根據(jù)等腰三角形的定義和性質(zhì)進(jìn)行分類討論求解即可．【解題過程】（1）解：在y=-34x+6中，令x=0，則y=6；令y=0∴A(8,0)，B(0,6)；即，OA=8，OB=6，∴（2）如圖所示，連接BP，作PC⊥AB，∵A(8,0)，B(0,6)，∴OA=8，OB=6，∴AB=O∵BP平分∠ABO，PC⊥AB，∠BOP=90°，∴OP=PC，∵S∴12∴12∴OP=3，即2t=3∴t=3當(dāng)t=32時(shí)，BP平分（3）由（2）得PC=3，P(3,0)，則AP=8-3=5，在Rt△APC中，AC=如圖，當(dāng)PC=PM=3時(shí)，則M(0,0)或(6,0)；如圖所示，當(dāng)PC=MC時(shí)，過點(diǎn)C作CN⊥PM于N，則MP=2PN，∵S△APC∴CN=PC?AC在Rt△CPN中，由勾股定理得PN=∴MP=18∴OM=OP+MP=33∴M(33當(dāng)MP=MC時(shí)，設(shè)M(m,0)，由上一問可知ON=OP+PN=3+95=∴C∵P(3,0)，∴PM∴(m-3)2∴m=11∴M(11綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,0)或(6,0)或(335,0)2．（2023秋·上海普陀·八年級?？计谥校┤鐖D，已知直線l1:y=kx(k>0)上有一點(diǎn)A，直線l1繞著原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)45°得直線l2，過點(diǎn)A作AB⊥l

（1）當(dāng)k=12，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是4，點(diǎn)B在第一象限內(nèi)時(shí)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)和直線（2）當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是mm>0時(shí)，求旋轉(zhuǎn)后直線的解析式．（用含字母k【思路點(diǎn)撥】（1）如圖：過A作x軸的垂線與過B作y軸的垂線交于點(diǎn)M,即BM⊥AM,然后證△ABM≌△AOC可得BM=AC、AM=OC,再根據(jù)坐標(biāo)與圖形求得AM=OC=4,BM=AC=2，進(jìn)而確定點(diǎn)B的坐標(biāo)，最后運(yùn)用待定系數(shù)法即可解答；（2）直線l1逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)和順時(shí)針旋轉(zhuǎn)兩種情況，分別按照（1【解題過程】（1）解：如圖：過A作x軸的垂線與過B作y軸的垂線交于點(diǎn)M,即BM⊥AM,∴∠OCA=∠BMA=90°,∠BAM+∠ABM=90°,∵AB⊥l∴∠BAM+∠CAO=90°，∴∠ABM=∠CAO∵AB⊥l1，∴∠OBA=∠BOA=45°，∴AB=OA,∴△ABM≌△AOC,∴BM=AC,AM=OC,∵k=1∴直線l1的解析式為y=∵點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是4，∴點(diǎn)A的縱坐標(biāo)坐標(biāo)是2，∴AM=OC=4,BM=AC=2∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為4-2=2，縱坐標(biāo)為4+2=6，即點(diǎn)B的坐標(biāo)為2,6，設(shè)直線l2的解析式為y=k1x，則有∴直線l2的解析式為y=3x（2）解：①如圖：當(dāng)直線l1

∵點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是m，y=kx，∴點(diǎn)A縱坐標(biāo)為km，即OC=m,AC=km，由（1）可證：∴△ABM≌△AOC,∴BM=AC,AM=OC,∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為m-km=m1-k，縱坐標(biāo)為m+km=mk+1，即點(diǎn)B的坐標(biāo)為設(shè)直線l2的解析式為y=k2x，則有∴直線l2的解析式為y=②當(dāng)直線l1順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，同理可得：直線l2的解析式為綜上，當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是mm>0時(shí)，旋轉(zhuǎn)后直線的解析式為y=1+k1-k3．（2023秋·廣東深圳·八年級深圳市大鵬新區(qū)華僑中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖，一次函數(shù)y=kx+b的圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B(0,3)，且OA=OB．（1）點(diǎn)A的坐標(biāo)為___________；點(diǎn)AB的表達(dá)式為___________；（2）在y軸上有一點(diǎn)C(0,4)，在x軸上是否存在點(diǎn)P，使△ACP是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由：（3）若x軸上的動(dòng)點(diǎn)Q在點(diǎn)A的右側(cè)，以Q為直角頂點(diǎn)，BQ為腰在第一象限內(nèi)作等腰直角△BQD，連接DA并延長，交y軸于點(diǎn)E，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)E的位置是否發(fā)生變化？若不變，請求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若變化，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）由OA=OB,B(0,3)，得OA=3，從而得到A(3,0)，再用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式即可；（2）設(shè)點(diǎn)P(x,0)，可得AC=5，分情況三種：CP=CA；PC=PA；AP=AC，分別求出x的值即可得解；（3）過點(diǎn)D作DF⊥x軸，由AAS證得△BOQ≌△QFD，從而得到OQ=DF,BO=QF，進(jìn)而推導(dǎo)出△AFD為等腰直角三角形，OE=OA=3，故E(0,-3)．【解題過程】（1）解：∵B(0,3)，OA=OB∴OA=3，∴A(3,0),設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把A(3,0),B(0,3)分別代入得：3k+b=0故直線AB的解析式為y=-x+3；故答案為：(3,0)；y=-x+3；（2）在x軸上存在點(diǎn)P，使△ACP是等腰三角形，設(shè)P(x,0)．依題意得，AC=O當(dāng)CP=CA時(shí)，點(diǎn)P位置如圖中的點(diǎn)P1∵CO⊥AP∴OP∴P當(dāng)PC=PA，時(shí)點(diǎn)P位置如圖1中的點(diǎn)P2此時(shí)，P2在Rt△COP2解得：x=-7∴P當(dāng)AP=AC=5時(shí)，點(diǎn)P位置如圖1中的點(diǎn)P3、P∴x-3解得：x=8或-2．∴P3(8,0)綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-3,0)或-76,0或(8,0)（3）當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)E的位置不發(fā)生變化，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,-3)，理由如下：過點(diǎn)D作DF⊥x軸，則∠2=90°，則∠1=∠2，如圖，∵△BQD為等腰直角三角形，∠BQD=90°，∴∠BQO+∠DQF=90°，BQ=DQ，在Rt△BOA中，∠OBQ+∠BQO=90°∴∠OBQ=∠DQF，在△BOQ和△QFD中，∠OBQ=∠DQF∴△BOQ≌△QFD(AAS∴OQ=DF，BO=QF，設(shè)AQ=a，則AF=a+3，DF=a+3，∴△AFD為等腰直角三角形，∴∠OAE=∠DAF=45°，∴OE=OA=3，∴E(0,-3)．4．（2023秋·重慶渝中·八年級重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在直角坐標(biāo)系中，C6,0，D6,6，線段AB在y軸上平移，且滿足AB=2，連接AD、BC、

（1）當(dāng)∠OBC=30°時(shí)，BC=__________；（2）當(dāng)四邊形ABCD的周長取得最小值時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)及四邊形的最小周長；（3）在（2）的條件下，連接BD，當(dāng)BD向下平移的過程中，x軸上是否存在一點(diǎn)P，使△BDP為等腰直角三角形？若存在，請求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，即可求解；（2）作點(diǎn)C關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)E，連接BE，將AD沿y軸平移至點(diǎn)B交CD于點(diǎn)F，連接EF，則點(diǎn)E-6,0，BE=BC，CE=12，根據(jù)平移的性質(zhì)可得當(dāng)點(diǎn)E，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，四邊形ABCD的周長取得最小值，再求出直線EF（3）分三種情況討論，結(jié)合全等三角形的判定和性質(zhì)，即可求解．【解題過程】（1）解：∵C6,0∴OC=6，∵∠OBC=30°，∠BOC=90°，∴BC=2OC=12；故答案為：12（2）解：如圖，作點(diǎn)C關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)E，連接BE，將AD沿y軸平移至點(diǎn)B交CD于點(diǎn)F，連接EF，則點(diǎn)E-6,0，BE=BC，CE=12

∵C6,0，D∴CD∥y軸，CD=6，∴BF=AD,AB=DF=2，∴BC+AD=BE+BF≥EF，∴AB+BC+CD+AD≥AB+CD+EF，即當(dāng)點(diǎn)E，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，四邊形ABCD的周長取得最小值，∵CD=6，DF=2，∴CF=4，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為6,4，∴EF=C∴四邊形ABCD的周長的最小值為2+6+410設(shè)直線EF的解析式為y=kx+bk≠0把點(diǎn)E-6,0，F(xiàn)-6k+b=06k+b=4，解得：k=∴直線EF的解析式為y=1當(dāng)x=0時(shí)，y=2，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,2；（3）解：存在，由（2）得：BD=6-0當(dāng)∠BDP=90°,BD=PD時(shí)，如圖，過點(diǎn)B作BM⊥CD于點(diǎn)M，則∠BDM+∠PDC=90°，∠BMD=∠DCP=90°，

∴∠BDM+∠DBM=90°，∴∠DBM=∠PDC，∴△BDM≌△DPC，∴CP=DM,BM=DC=6，∴CP=DM=4，∴OP=10，∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為10,0；當(dāng)∠DBP=90°,BD=PB時(shí)，如圖，過點(diǎn)B作DM⊥y軸于點(diǎn)M，則∠DBM+∠PBO=90°，∠BMD=∠BOP=90°，

∴∠PBO+∠OPB=90°，∴∠DBM=∠OPB，∴△BDM≌△PBO，∴OP=BM,DM=OB=6，∴OP=BM=4，∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為-4,0；當(dāng)∠BPD=90°,BP=PD時(shí)，如圖，過點(diǎn)D作DM⊥x軸于點(diǎn)M，則∠OPD+∠DPM=90°,∠PMD=∠BOP=90°，

∴△BOP≌△PMD，∴OP=DM,BP=PM，設(shè)此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,a，則BD向下平移2-a個(gè)單位，PM=OB=-a，∴OP=DM=2-a-6=-a-4，∵OP+PM=6，∴-a-4-a=6，解得：a=-5，∴OP=1，∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,0；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為10,0或-4,0或1,0．5．（2023春·重慶涪陵·八年級西南大學(xué)附中?？奸_學(xué)考試）如圖，直線lAB:y=-33x+3的圖像與x軸和y軸分別交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，將△AOB沿直線l對折使點(diǎn)A和點(diǎn)B重合，直線l與x軸交于點(diǎn)C，與AB（1）求線段OC的長；（2）若點(diǎn)E是點(diǎn)C關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)，求△BED的面積；（3）已知y軸上有一點(diǎn)P，若以點(diǎn)B，C，P為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，請求出所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的特征，求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，設(shè)OC=a，由折疊的性質(zhì)可得（2）先求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，然后由S△BED（3）設(shè)點(diǎn)P(0,m)，分三種情況利用等腰三角形兩腰相等的性質(zhì)，建立方程并求解即可獲得答案．【解題過程】（1）解：對于直線lAB令x=0，則y=3，∴點(diǎn)B(0,3)，令y=0，則有0=-33x+3∴點(diǎn)A(33設(shè)OC=a，∵將△AOB沿直線l對折使點(diǎn)A和點(diǎn)B重合，直線l與x軸交于點(diǎn)C，與AB交于點(diǎn)D，∴BC=AC=33在Rt△OBC中，可有O即32+a∴線段OC的長為3；（2）如下圖，連接DE，∵點(diǎn)E是點(diǎn)C關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)，線段OC的長為3，∴E(-3∴AE=43，AC=2∵A(33,0)，∴D(3∴S===33（3）∵線段OC的長為3，∴C(3設(shè)點(diǎn)P(0,m)，∵點(diǎn)B(0,3)，∴BC2=32∵△PCB為等腰三角形，∴①當(dāng)CP=BP時(shí)，可有3+m解得m=1，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)；②當(dāng)CP=BC時(shí)，可有3+m解得m=3（舍去）或m=-3，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,-3)；③當(dāng)BP=BC時(shí)，可有(m-3)2解得m=3+23或m=3-2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,3+23)或綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)或(0,-3)或(0,3+23)或6．（2022春·湖南岳陽·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖，直線y=kx+k分別交x軸、y軸于點(diǎn)A，C，直線BC過點(diǎn)C交x軸于點(diǎn)B，且OA=13OC，∠CBA=45°，點(diǎn)P是直線（1）求直線BC的解析式；（2）若動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿射線BC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2個(gè)單位長度/秒，連接AP，設(shè)△PAC的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；（3）若點(diǎn)Q是直線AC上且位于第三象限圖象上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M是y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)以點(diǎn)B、M、Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時(shí)，求點(diǎn)Q和點(diǎn)M的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）先求得點(diǎn)A坐標(biāo)，進(jìn)而求得點(diǎn)C、B坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求解即可；（2）分點(diǎn)P在線段BC上和點(diǎn)P在射線BC上兩種情況，可畫出圖形，利用S=S△ABC-（3）分∠BMQ=90°、∠BQM=90°、∠QBM=90°三種情況，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，結(jié)合坐標(biāo)與圖形性質(zhì)求解即可．【解題過程】（1）解：令y=0，由kx+k=0得x=-1，則A-1,0，OA=1∵OA=13OC，∴OC=3∵∠CBA=45°，∠BOC=90°，∴OB=OC=3，則B3,0設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=mx+n，將C0,3、B3,0代入，得3m+n=0n=3∴直線BC的表達(dá)式為y=-x+3；（2）解：當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，過P作PH⊥x軸于H，如圖，

∵∠CBA=45°，∠PHB=90°，PB=2∴PH=BH=22PB=t，又AB=OB+OA=4∴S=S△ABC-S△ABP=∵BC=O∴0≤t≤3；當(dāng)點(diǎn)P在射線BC上時(shí)，如圖，

同理可得S=S△ABP-S△ABC綜上，S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為S=6-2t,（3）解：將C0,3代入y=kx+k中得k=3∴直線AC的表達(dá)式為y=3x+3設(shè)M0.m，Qn,3n+3，①當(dāng)∠BMQ=90°時(shí)，當(dāng)點(diǎn)M在x軸上方，如圖，

分別過Q、B作y軸的平行線，分別交過點(diǎn)M與x軸平行的直線于點(diǎn)G、H，則∠QGM=∠BHM=∠BMQ=90°，∴∠GMQ+∠MQG=∠GMQ+∠HMB=90°，∴∠MQG=∠HMB，又MQ=MB，∴△QGM≌△MHBAAS∴GQ=MH，GM=BH，則m-3n-3=3，-n=m，解得m=32，n=-3∴M0,32同理，當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，3n+3-m=3，-n=-m，解得m=n=0，不符合題意，舍去；②當(dāng)∠BQM=90°時(shí)，如圖，

過Q作y軸的平行線，交過點(diǎn)M與x軸平行的直線H，交x軸于點(diǎn)G，則∠QGB=∠QHM=∠BQM=90°，∴∠GBQ+∠BQG=∠MQH+∠BQG=90°，∴∠GBQ=∠MQH，又BQ=QM，∴△QGB≌△MHQAAS∴GQ=MH，GB=QH，則-3n-3=-n，3-n=3n+3-m，解得m=-6，n=-32，又∴M0,-6，Q③當(dāng)∠QBM=90°時(shí)，如圖，

同理證明△QGB≌△BHMAAS∴GQ=BH，GB=MH，則-3n-3=3，3-n=m，解得m=5，n=-2，又3n+3=-3，∴M0,5，Q綜上，滿足題意的點(diǎn)M、Q坐標(biāo)為；M0,32、Q-32,-327．（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級哈爾濱市第四十九中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,6，在x軸的負(fù)半軸取點(diǎn)A，在x軸的正半軸取點(diǎn)B，△ABC面積等于36，AC=BC．

（1）求點(diǎn)A的坐標(biāo)．（2）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)A出發(fā)沿AO方向向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，過點(diǎn)P作DP⊥OA交AC于點(diǎn)D，在CB的延長線上取點(diǎn)E，使得AD=BE，連接DE交x軸于點(diǎn)G，若△DPG的面積為S，求S與t的關(guān)系式．（3）如圖3，在（2）的條件下，以DE為底邊，在x軸的上方作等腰直角三角形，使得DF=FE，∠F=90°，CE交DF于點(diǎn)K，DF交y軸于點(diǎn)Q，連接GQ，若GQ⊥DF，求點(diǎn)K坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)AC=BC，可得AB=2OB，再由△ABC面積等于36，可得AB=12，即可求解；（2）過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，根據(jù)題意得：AP=2t，AC=BC=62，證明△ADF,△BEH都是等腰直角三角形，可得DP=AP=2t，再由△ADP≌△BEH，可得AP=BH=2t，可證明△DGP≌△EGH，從而得到PG=HG（3）過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DM⊥OC點(diǎn)M，則DM=OP=6-2t，根據(jù)題意可得點(diǎn)D2t-6,2t,E6+2t,-2t，可求出直線BC的解析式，再根據(jù)△DEF是等腰直角三角形，可得△DGQ是等腰直角三角形，再證明△DQM≌△QGO，可得DM=OQ=6-2t，QM=OG=2t，從而得到t=1，進(jìn)而得到點(diǎn)Q【解題過程】（1）解：∵AC=BC，OC⊥AB，∴AB=2OB，∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,6，∴OC=6，∵△ABC面積等于36，∴12∴AB=12，∴OB=6，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為6,0；（2）解：如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，

根據(jù)題意得：AP=2t，AC=BC=62由（1）得：OA=OB=OC=6，∴∠BAC=∠ABC=∠ACO=∠BCO=45°，∴∠EBH=∠ABC=∠BAC=45°，∵DP⊥OA，∴△ADF,△BEH都是等腰直角三角形，∴DP=AP=2t，∵AD=BE，∴△ADP≌△BEH，∴AP=BH=2t，∴PH=PB+BH=PB+AP=AB=12，∵∠DPO=∠EHG=90°,∠DGP=∠EGH，∴△DGP≌△EGH，∴PG=HG，∴PG=GH=6，∴S與t的關(guān)系式為S=1（3）解：如圖，過點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，過點(diǎn)D作DM⊥OC點(diǎn)M，則DM=OP=6-2t，

由（2）得：DG=EG，EH=DP=2t,OH=6+2t,OP=6-2t，∴點(diǎn)D2t-6,2t設(shè)直線BC的解析式為y=k把點(diǎn)C0,66k1+∴直線BC的解析式為y=-x+6，∵△DEF是等腰直角三角形，∴∠EDF=45°，∵GQ⊥DF，∴△DGQ是等腰直角三角形，∴DQ=GQ，∵∠DMQ=∠GOQ=90°，

∴∠DQO+∠OQG=∠OGQ+∠OQG=90°，∴∠DQO=∠OGQ，∴△DQM≌△QGO，∴DM=OQ=6-2t，QM=OG=2t，∴OQ=OM+QM=4t，∴4t=6-2t，即t=1，∴點(diǎn)Q設(shè)直線DF的解析式為y=k把點(diǎn)Q0,4-4k2+∴直線DF的解析式為y=1聯(lián)立得：y=-x+6y=解得：x=4∴點(diǎn)K的坐標(biāo)為438．（2023春·黑龍江哈爾濱·八年級哈爾濱市第十七中學(xué)校?？计谥校┤鐖D1，平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，直線AB的解析式為y=x+4，分別交x軸、y軸于B、A兩點(diǎn)，過點(diǎn)A作AC⊥AB交x軸于C．

（1）直接寫出點(diǎn)A，點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）如圖1，點(diǎn)D在點(diǎn)A上方的y軸上，連接BD，延長CA交BD于E，DE<BE，作DF⊥BD交BA延長線于F，若線段AD的長度為t，四邊形AEDF的面積為S，用含t的式子表示S；（3）如圖2，在（2）問條件下，在線段BE上取一點(diǎn)G，使BG=DF，K為第一象限∠CAF內(nèi)部一點(diǎn)，連接KG，KF，∠GKF=45°，過點(diǎn)K作KH⊥DF于H，KH=DF，連接CK，當(dāng)S=8時(shí)，求線段CK的長度．【思路點(diǎn)撥】（1）令x=0，y=0，即可求解；（2）作DI⊥AD交BA的延長線于點(diǎn)I，證明△DEA≌△DFIAAS，S=（3）過點(diǎn)F作FQ⊥FK交BD于點(diǎn)Q，證明△QFD≌△FKHASA，推出△QFK是等腰直角三角形，證得點(diǎn)Q與點(diǎn)G重合，再證明△BDO≌△DHASAS，得到H8，4，根據(jù)兩直線的交點(diǎn)求得E-43，163，作EM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)K作KN⊥AH交AH【解題過程】（1）解：∵直線AB的解析式為y=x+4，令x=0，則y=x+4=0+4=4；令y=0，則0=x+4，解得x=-4；∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為0，4；點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2）解：∵DF⊥BD，AC⊥AB，∴∠BDF=∠EDF=90°，∴∠DEA+∠DFA=180°，∵A0，4∴OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=45°=∠DAF，∠DAE=∠OAC=90°-∠BAO=45°，作DI⊥AD交BA的延長線于點(diǎn)I，

∴∠DAI=∠I=45°，∠DFI+∠DFA=180°，∴DI=AD=t，∠DEA=∠DFI，∠DAE=∠I=45°，∴△DEA≌△DFIAAS∴S=S（3）解：∵S=8，∴12t2∴AD=4，D0過點(diǎn)F作FQ⊥FK交BD于點(diǎn)Q，連接AH，∴∠QFD+∠KFH=90°=∠FKH+∠KFH，∴∠QFD=∠FKH，∵KH=DF，∴△QFD≌△FKHASA∴FQ=FK，∴△QFK是等腰直角三角形，∴∠FQK=∠FKQ=45°，∵∠GKF=45°，∴點(diǎn)Q與點(diǎn)G重合，∴DG=FH，∵BG=DF，∴DB=DH；∵∠BDO=90°-∠ADH=∠DHA，BO=DA=4，∴△BDO≌△DHASAS∴AH=OD=8，∠DAH=∠BOD=90°，∴AH∥∴H8∵B-4，0設(shè)直線BD的解析式為y=kx+8，代入B-4∴0=-4k+8，解得k=2，∴直線BD的解析式為y=2x+8，同理得直線AC的解析式為y=-x+4，聯(lián)立2x+8=-x+4，解得x=-43，∴E-作EM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)K作KN⊥AH交AH于點(diǎn)N，交x軸于點(diǎn)T，同理可證△DEM≌△KHN，∴KN=DM=8-163=∴AN=8-43=∴K20∴CT=20∴CK=C9．（2023春·湖北武漢·八年級校考階段練習(xí)）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-x+4分別交x、y軸于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)．

（1）直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）如圖1，點(diǎn)C是x軸負(fù)半軸上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥PC交y軸正半軸于點(diǎn)D，連接CD，點(diǎn)M、N分別是CD、OB的中點(diǎn)，連接MN，求∠MNO的度數(shù)；（3）如圖2，點(diǎn)Q是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PQ．把線段PQ繞點(diǎn)Q順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段QT，連接PT、OT．當(dāng)PT+OT的值最小時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)T的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）求出A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，再由中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出P點(diǎn)坐標(biāo)即可；（2）過點(diǎn)P作EF⊥x軸交于F點(diǎn)，過D點(diǎn)作DE⊥EF交于E點(diǎn)，過M點(diǎn)作MG⊥y軸交于G，可證明△PED≌△CFP(AAS)，設(shè)C(-x，0)，則D(0，4+x)，M(x2,x2+2)（3）過點(diǎn)Q作RS⊥x軸，過點(diǎn)P作PR⊥RS交于點(diǎn)R，延長PQ，使PQ=QK，過點(diǎn)T作TS⊥RS交于S，作O點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn)T垂直于x軸的直線的對稱點(diǎn)O'，連接O'T，當(dāng)O'、T、K三點(diǎn)共線時(shí)，PT+OT的值最小，最小值為KO'，可證明△PQR≌△QTSAAS，設(shè)Q(t，0)，則T(t+2，t-2)，O'(2t+4，0)，K(2t-2，-2)，求出直線Q'K的解析式為【解題過程】（1）解：在y=-x+4中，令x=0，則y=4，∴B(0，4)，令y=0，則x=4，∴A(4，0)，∵點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)，，∴P(2，2)，故答案為：(2，2)；（2）解：過點(diǎn)P作EF⊥x軸交于F點(diǎn)，過D點(diǎn)作DE⊥EF交于E點(diǎn)，過M點(diǎn)作MG⊥y軸交于G，

∵CP⊥PD，∴∠CPD=90°，∴∠EPD+∠FPC=90°，∵∠EPD+∠EDP=90°，∴∠FPC=∠EDP，∵PF=ED=2，∴△PED≌△CFP(ASA∴PE=FC，設(shè)C(-x，0)，∴FC=x+2，∴EF=4+x，∴D(0，4+x)，∵M(jìn)是CD的中點(diǎn)，∴M(-x2,2+x∴GM=x∵N是OB的中點(diǎn)，∴N(0，2)，∴GN=x2∴GN=GM，∴∠GNM=45°，∴∠MNO=135°；（3）解：過點(diǎn)Q作RS⊥x軸，過點(diǎn)P作PR⊥RS交于點(diǎn)R，延長PQ，使PQ=QK，過點(diǎn)T作TS⊥RS交于S，

∵PQ=TQ，∠PQT=90°，∴∠PTQ=45°，∵Q點(diǎn)是PK的中點(diǎn)，TQ⊥QK，∴TQ=PQ=KQ，∴∠PTK=90°，PT=KT，作O點(diǎn)關(guān)于過點(diǎn)T垂直于x軸的直線的對稱點(diǎn)O'，連接O∴OT+PT=O∴當(dāng)O'、T、K三點(diǎn)共線時(shí)，PT+OT的值最小，最小值為K

∴∠PQR+∠TQS=90°，∵∠PQR+∠QPR=90°，∴∠TQS=∠QPR，∴△PQR≌△QTS(AAS∴PR=QS，RQ=TS，設(shè)Q(t，0)，∴PR=2-t，RQ=2，∴T(t+2，t-2)，∴O'(2t+4，0)∵Q是PK的中點(diǎn)，∴K(2t-2，-2)，設(shè)直線O'K的解析式為y=kx+b∴2t+4k+b解得k=∴.y=1∵T(t+2，t-2)在O'∴t-2=1解得t=1，∴T(3，-1)．10．（2023春·湖北武漢·八年級?？茧A段練習(xí)）已知：直線y=x+b分別與x軸負(fù)半軸、y軸正半軸交于點(diǎn)A、B．

（1）如圖1，若直線AB過P1,3，求S（2）如圖2，點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為B'，將線段AB'沿x軸正半軸移動(dòng)到MN，直線MN交直線AB于點(diǎn)E，直線BN交x軸于點(diǎn)F（3）如圖3，在（1）的條件下，在x軸上是否存在一點(diǎn)Q，使得∠PQO=∠APO，若存在請求出Q點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）分別令x,y=0求得點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，進(jìn)而即可求解；（2）分別令x,y=0求得點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，得出B'0,-b，設(shè)線段AB'沿x軸正半軸移動(dòng)到MN，移動(dòng)了t個(gè)單位，得出直線MN的解析式為y=-x+t-b，聯(lián)立y=-x+t-by=x+b，得出Et-2b2,t（3）以O(shè)P為直角邊在OP的右側(cè)作等腰Rt△POH，連接PQ交OH于點(diǎn)G，過點(diǎn)P作EF⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)H作HF⊥EF于點(diǎn)F，根據(jù)已知得出∠GOQ=∠GQO，則GQ=GO，即點(diǎn)G在OG的垂直平分線上，證明△OPE≌△PHF，可得H4,2，進(jìn)而得出OH的解析式為y=12x，設(shè)Ga,12a，則Q【解題過程】（1）解：將點(diǎn)P1,3代入y=x+b，得∴b=2，即y=x+2當(dāng)x=0時(shí)，y=2，則B0,2當(dāng)y=0時(shí)，x=-2，則A∴S△AOB（2）∵y=x+b，當(dāng)x=0時(shí)，y=b，則B0,b當(dāng)y=0時(shí)，x=-b，則A-b,0∴B'設(shè)線段AB'沿x軸正半軸移動(dòng)到MN，移動(dòng)了則M-b+t,0設(shè)直線MN的解析式為y=-x+c，∴-b=-t+c解得：c=t-b，∴直線MN的解析式為y=-x+t-b，聯(lián)立y=-x+t-b∴x=∴Et-2b∴NE=設(shè)直線BN的解析式為y=mx+n，將點(diǎn)B0,bn=b∴m=-2b∴直線BN的解析式為y=-2b當(dāng)y=0時(shí)，x=t∴Ft∴AF=t∴NEAF（3）解：如圖所示，以O(shè)P為直角邊在OP的右側(cè)作等腰Rt△POH，連接PQ交OH于點(diǎn)G

過點(diǎn)P作EF⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)H作HF⊥EF于點(diǎn)F，∴∠POG=45°，∵P3,1∴EP=1,OE=3∵OA=OB，∠AOB=45°∴△AOB是等腰直角三角形，∵∠APO+∠EOP=45°，∠PQO=∠APO∴∠PQO+∠EOP=45°又∵∠EOP+∠GOQ=90°-∠POG=45°∴∠GOQ=∠GQO∴GQ=GO，即點(diǎn)G在OG的垂直平分線上，∵∠OEP=∠PFH=∠OPH=90°，∴∠OPE=90°-∠FPH=∠PHF，又PQ=PH,∴△OPE≌△PHF，∴EP=FH=1,PF=OE=3，∴H4,2設(shè)直線OH的解析式為y=k1x解得k1∴OH的解析式為y=設(shè)G∵點(diǎn)G在OG的垂直平分線上，∴Q設(shè)PQ的直線解析式為y=ex+f，將點(diǎn)P1,3，Q3=e+f解得：e=∴直線PQ的解析式為y=將點(diǎn)Ga,1∵a≠0,∴1解得：a=7∴Q7,011．（2023春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期末）在平面直角坐標(biāo)系中，已知A-4,0

（1）請直接寫出直線AB的解析式；（2）如圖（1），點(diǎn)C坐標(biāo)為0,-1，動(dòng)點(diǎn)D在線段OA上，直線CD交直線AB于點(diǎn)E，若S△ADE=S（3）如圖（2），F(xiàn)為y軸負(fù)半軸上任意一點(diǎn)，有一寬度為1的直尺平行于y軸，在點(diǎn)A，O之間平行移動(dòng)，直尺兩長邊被線段AB和線段AF截得兩線段PQ,MN．設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，且-4<t<-1，試比較線段MN與【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求出直線解析式即可得到答案；（2）如圖所示，由S△ADE=S△CDO，得到S△ADE+S四邊形DOBE=S△CDO+S四邊形DOBE，從而有S△BCE=S（3）如圖，設(shè)F0,m(m<0)，根據(jù)直線AF過A-4,0得-4p+m=0，即p=14m,從而yAF=14mx+m，則yP=【解題過程】（1）解：∵A-4,0設(shè)直線AB的解析式是y=kx+b，則0=-4k+b2=b，解得k=∴直線AB的解析式是y=1（2）解：如圖所示：

∵S∴S∴S∵C0,-1，B∴BC=3，∴3-x∴yE=設(shè)yCE分別將C0,-1和E-8解得k=-5∴y當(dāng)yD=0時(shí)，xD=-8（3）解：如圖，設(shè)F0,m

設(shè)直線AF的解析式為yAF=px+m,p≠0，將A-4,0代入，得∴y∵PQ∥y軸，且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，則xQ∴y∴PQ=1∵直尺的寬度為1，且MN∥PQ，∴x∴yM=∴MN=t∴MN-2PQ===t+3∵m<0，∴m-2<0，令MN-2PQ=0，可得t+3m-2∵m-2≠0，∴t+3=0，解得t=-3，①當(dāng)-4<t<-3時(shí)，t+3m-2∴MN-2PQ>0，∴MN>2PQ；②當(dāng)t=-3時(shí)，t+3m-2∴MN-2PQ=0，∴MN=2PQ；③當(dāng)-3<t<-1時(shí)，t+3m-2∴MN-2PQ<0，∴MN<2PQ．綜上所得：當(dāng)-4<t<-3時(shí)，MN>2PQ；當(dāng)t=-3時(shí)，MN=2PQ；當(dāng)-3<t<-1時(shí)，MN<2PQ．12．（2023春·湖北隨州·八年級統(tǒng)考期末）已知矩形OABC的邊OA，OC在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B4,3，直線y=2x-3分別交線段AB及x軸、y軸于點(diǎn)D,E,F

（1）直接寫出點(diǎn)D，E，F(xiàn)的坐標(biāo)；（2）如圖1，P為線段DF（不包括端點(diǎn)）上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，△ADP的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）如圖2，M是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N在第一象限，且在直線y=2x-3上，若△AMN是以MN為直角邊的等腰直角三角形，請直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)線段AB及x軸、y軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征解答；（2）過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，由題意用t表示出PH的值，然后根據(jù)三角形的面積公式可以得解；（3）分點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)、點(diǎn)N為直角頂點(diǎn)三種情況討論.【解題過程】（1）解：在y=2x-3中分別令y=3、y=0及x=0可得：x=3，x=32，∴D3,3，E32（2）解：如圖，過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H，

∵點(diǎn)P在直線y=2x-3上，∴點(diǎn)Pt,2t-3∴PH=3-2t-3∵AD=3，∴S=1∵點(diǎn)P在線段DF上，∴0<t<3．（3）解：①若點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)N在第一象限，如圖，過點(diǎn)N作NH⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)H，

∵△AMN是等腰直角三角形，∴AM=MN，∠AMN=90°，∵∠AMH+∠MAB=90°，∠AMH+∠HMN=90°，∴∠MAB=∠HMN，∴Rt△ABM∴AB=MH=4，HN=BM，設(shè)Nx，2x-3∴2x-3=4+3-x-4∴x=14∴N14②若點(diǎn)N為直角頂點(diǎn)，點(diǎn)N在第一象限，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)D下方時(shí)，如圖，

設(shè)N'過點(diǎn)N'作N'G'⊥OA于點(diǎn)G∴∠G'N∴∠H∵∠AG'N∴△AG∴AG∴x+3-2x-3∴x=2，∴N'如圖，當(dāng)點(diǎn)N在點(diǎn)D上方時(shí)，過點(diǎn)N″作N″G″⊥OA于點(diǎn)G設(shè)N″同理可得x+2x-3-3=4，∴x=10∴N″綜上所述，點(diǎn)N的坐標(biāo)可以為：N143,19313．（2023春·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=kx+b分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A(-1,0)，B(0,2)，過點(diǎn)C(2,0)作x軸的垂線，與直線AB交于點(diǎn)D．

（1）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)E是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，直線BE與x軸交于點(diǎn)F．i）若△BDF的面積為8，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；ii）如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在x軸正半軸上時(shí)，將直線BF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后的直線與線段CD交于點(diǎn)M，連接FM，若OF=MF+1，求線段MF的長．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)題意，易求AD的函數(shù)解析法y=2x+2，點(diǎn)D在直線AB上，可求出點(diǎn)D坐標(biāo)；（2）i）解：E在線段CD上，且C(2,0)，D(2,6)，設(shè)點(diǎn)F(m,0)，分兩種情況：①F在C點(diǎn)右側(cè)時(shí)，根據(jù)題圖表示△ADF和△ABF、△BDF的關(guān)系列出方程，即：3(m+1)=m+1+8，解之得m=3；②F點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)時(shí)根據(jù)△ADF、△ABF、△BDF三者之間的關(guān)系列出方程：(-3-3m)-(-1-m)=8，解得m=-5．綜上所述F(-5,0)或(3,0)；ii）出現(xiàn)45°想到構(gòu)造等腰直角三角形，證明三角形全等，再利用勾股定理和方程思想求MF．【解題過程】（1）解：∵y=kx+b分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A(-1,0)，B(0,2)，∴-k+b=0b=2，解得k=2∴y=2x+2，∴x=2時(shí)，yD∴D(2,6)；（2）解：i）E在線段CD上，且C(2,0)，D(2,6)，設(shè)點(diǎn)F(m,0)，分兩種情況：①當(dāng)F在x軸正半軸上時(shí)，如圖所示：

∵D(2,6)，A(-1,0)，B(0,2)，DC⊥x軸，∴S△ADF=∵S∴S△ADF=S△ABF∴F(3,0)；②當(dāng)F在x軸負(fù)半軸上時(shí)，如圖所示：

∵點(diǎn)A(-1,0)，B(0,2)，C(2,0)，D(2,6)，∴S△ADF=∵S∴(-3-3m)-(-1-m)=8，解得m=-5，∴F(-5,0)；綜上所述：F(-5,0)或(3,0)；ii）過M作MN垂直于y軸，垂足為N，過B作MB的垂線交x軸于G點(diǎn)，如圖所示：

∵∠NMB+∠NBM=90°，∠OBG+∠NBM=90°，∴∠NMB=∠OBG，在△MNB與△BOG中，∠NMB=∠OBGMN=BO=2∴△MNB≌△BOG(ASA∴NB=OG，BM=BG，在△MBF與△GBF中，BM=BG∠MBF=∠GBF∴△MBF≌△GBF(SAS∴MF=GF，又∵OF=MF+1，OF=GF+OG，∴OG=1，∴NB=1，∴ON=MC=3，設(shè)MF=t，則CF=OF-2=t+1-2=t-1，在Rt△MCF中，由勾股定理可得M∴32+∴MF=5．14．（2023秋·北京朝陽·八年級?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若Pa,b，Qc,d，式子a-c+b-d的值就叫做線段PQ的“勾股距”，記作dPQ=a-c+b-d．同時(shí)，我們把兩邊的“勾股距”之和等于第三邊的“勾股距”的三角形叫做“等距三角形”

（1）線段OA的“勾股距”dOA=（2）已知點(diǎn)Pm,-2，Qm+4,-2，Em+4,6，F(xiàn)m,6，若以點(diǎn)P、Q、E、F為頂點(diǎn)的四邊形邊上存在一點(diǎn)（3）若點(diǎn)C在第三象限，且dOC=2dAB，求dAC并判斷△ABC（4）若點(diǎn)C在x軸上，△OBC是“等距三角形”，請直接寫出m的取值范圍________．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)線段“勾股距”，由O，A兩點(diǎn)的坐標(biāo)求出線段OA的“勾股距”；（2）根據(jù)線段“勾股距”定義，由dKO（3）現(xiàn)根據(jù)“勾股距”的定義求出dAB，dAC，（4）根據(jù)“等距三角形”分三種情況討論m的取值．【解題過程】（1）解：由“勾股距”的定義知dOA故答案為：5；（2）解：若設(shè)Kx,y，則由“勾股距”的定義知d當(dāng)x>0,y>0時(shí)，x+y=6，即y=-x+6；當(dāng)x>0,y<0時(shí)，x-y=6，即y=x-6；當(dāng)x<0,y>0時(shí)，-x+y=6，即y=x+6；當(dāng)x<0,y<0時(shí)，-x-y=6，即y=-x-6；已知點(diǎn)Pm,-2，Qm+4,-2，Em+4,6，F(xiàn)m,6，則PQ=4在直線y=-2上移動(dòng)，EF=4在直線y=6上移動(dòng)，若以點(diǎn)P、Q、E、F在平面直角坐標(biāo)系中作出直線y=-x+6、y=x-6、y=x+6、y=-x-6及四邊形PQEF，如圖所示：

∴Kx,y是四邊形PQEF與四邊形MNHL若EQ邊過點(diǎn)M-6,0，則Km+4,y與M-6,0

則m+4=-6，解得m=-10，即m最小值為m=-10；若FP邊過點(diǎn)H6,0，則Km,y與H6,0

則m=6，即m最大值為m=6；故答案為：-10；6；（3）解：∵d∴2d∵點(diǎn)C在第三象限，∴m<0，n<0，dOC∵d∴-(m+n)=6，即m+n=-6，∴ddBC∵3+11≠12，11+12≠3，12+3≠11，∴△ABC不是為“等距三角形”；（4）解：∵點(diǎn)C在x軸上時(shí)，點(diǎn)C(m,0)，則dAC=2-m①當(dāng)m<2時(shí)，dAC=2-m+3=5-m，若△ABC是“等距三角形”，∴5-m+6-m=11-2m=3，解得：m=4（不合題意），又∵5-m+3=8-m≠6-m，6-m+3=9-m≠5-m，∴△ABC不是“等距三角形”，∴當(dāng)m<2時(shí)，△ABC不是“等距三角形”；②當(dāng)2≤m<4時(shí)，dAC=m-2+3=m+1，若△ABC是“等距三角形”，則m+1+6-m=7≠3；若6-m+3=m+1，解得m=4（不合題意）；若m+1+3=6-m，解得：m=1（不合題意）；∴當(dāng)2≤m<4時(shí)，△ABC不是“等距三角形”；③當(dāng)m≥4時(shí)，dAC=m+1，若△ABC是“等距三角形”，則m+1+m-2=3，解得m=2（不合題意）；且m-2+3=m+1恒成立；∵當(dāng)m=8時(shí)，A，B，C三點(diǎn)共線，∴m≥4且m≠8時(shí)，△ABC是“等距三角形”，綜上所述：△ABC是“等距三角形”時(shí)，m的取值范圍為m≥4且m≠8．15．（2022秋·全國·八年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-34x-3交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，交直線x=a于點(diǎn)C，點(diǎn)D與點(diǎn)B關(guān)于x軸對稱，連接AD交直線x=a（1）求直線AD的解析式；（2）在x軸上存在一點(diǎn)P，使得PE+PD的和最小，并求出其最小值；（3）當(dāng)-4＜a＜0時(shí)，點(diǎn)Q為y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，使得【思路點(diǎn)撥】（1）分別計(jì)算A、D的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法可得直線AD的解析式；（2）根據(jù)軸對稱的最短路徑先確認(rèn)P的位置：連接BE交x軸于P，此時(shí)，PD+PE最小，即是BE的長，面積法即可計(jì)算BE的長；（3）存在三種情況：分別以Q、E、C三個(gè)頂點(diǎn)為直角頂點(diǎn)，畫圖可得Q的坐標(biāo)．【解題過程】（1）∵直線y=-34x-3交x軸于點(diǎn)A，交y令x=0，得y=-3，∴B(0,-3)，令y=0，0=-3∴x=-4，∴A(-4,0)，∵點(diǎn)D與點(diǎn)B關(guān)于x軸對稱，∴D(0,3)，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，將A(-4,0)，D(0,3)代入得，∴-4k+b=0b=3∴k=3∴直線AD的解析式為y=3（2）如圖2，∵點(diǎn)D與點(diǎn)B關(guān)于x軸對稱，∴當(dāng)BE⊥AD時(shí)，BE的值最小，即PD+PE=BE，∵OA=4，OD=3，∴AD=5，∴S12BE=24則PE+PD的和最小為245（3）設(shè)CE交x軸于點(diǎn)F，∵直線AD的解析式為y=34x+3，點(diǎn)E∴y=3∴E(a,3∴EF=∵A(-4,0)，∴AF=a+4，∴EFAF設(shè)EF=3x，AF=4x，ΔQEC①當(dāng)E為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3，EQ則4x+6x=4，x=2∴EF=3x=6∴Q②當(dāng)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3，同理得Q2③當(dāng)Q為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖4，此時(shí)Q與O重合，Q(0,0)綜上，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為Q(0,65)或(0,-16．（2022秋·四川成都·八年級成都七中統(tǒng)考期中）如圖，A的坐標(biāo)為(0,2)，B(t,0)為x軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接AB，將線段AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AC，連接BC得到等腰直角三角形ABC，P為BC的中點(diǎn)．（1）當(dāng)t=3時(shí)，求點(diǎn)C和點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）在（1）的條件下，當(dāng)點(diǎn)M在y軸上，△ABM為等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)B從(3,0)沿著x軸移動(dòng)到(-4,0)時(shí)，直接寫出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)路徑長．【思路點(diǎn)撥】（1）過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，根據(jù)AAS得出△OAB≌△DCA，進(jìn)而利用全等三角形的性質(zhì)和坐標(biāo)解答即可；（2）分三種情況，分別求出點(diǎn)M的坐標(biāo)即可；（3）由題意得出，當(dāng)點(diǎn)B(3,0)沿x軸移動(dòng)到(-4,0)時(shí)，點(diǎn)P沿直線y=x從點(diǎn)(2.5,2.5)移動(dòng)到(-1,-1)，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式解答即可．【解題過程】（1）解：如圖1所示，過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，∠ADC=90°，將線段AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AC，連接BC得到等腰直角三角形ABC，∴AB=CA，∠CAB=90°，∴∠DAC+∠OAB=90°，∵∠OBA+∠OAB=90°，∴∠DAC=∠OBA，在△OAB與△DCA中，∠OBA=∠DAC∠BOA=∠ADC=90°∴△OAB≌△DCA（∴OB=AD，OA=DC，∵A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2)，B點(diǎn)坐標(biāo)為(t,0)，∴OA=2，OB=t，∴CD=OA=2，OA+AD=OD=2+OB=t+2，∴C點(diǎn)坐標(biāo)為(2,t+2)，∵點(diǎn)P為BC中點(diǎn)，∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(當(dāng)t=3時(shí)，t+2=5，∴C點(diǎn)坐標(biāo)為(2,5)，當(dāng)t=3時(shí)，t+2∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(2.5,2.5)；（2）∵A(0,2)，B(3,0)，∴OA=2，OB=3，∴AB=當(dāng)△ABM為等腰三角形時(shí)，可分三種情況：①若AB=AM=∴OM=2+13或13∴M(0,2+13)②若AB=BM，∴OA=OM=2，∴M(0,-2)③若AM=MB，如圖2，設(shè)OM=a，則AM=a+2，∵OM∴a2解得a=∴M(0,-5綜上所述M點(diǎn)的坐標(biāo)為M(0,2+13)或(0,2-13)或（3）由（1）可知，P點(diǎn)坐標(biāo)為(t+2∴點(diǎn)P在直線y=x上，當(dāng)B點(diǎn)在(3,0)時(shí)，即t=3，P(2.5,2.5)，當(dāng)B點(diǎn)在(-4,0)時(shí)，即t=-4，P(-1,-1)，∴當(dāng)點(diǎn)B(3,0)沿x軸移動(dòng)到(-4,0)時(shí)，點(diǎn)P沿直線y=x從點(diǎn)(2.5,2.5)移動(dòng)到(-1,-1)∴P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長為：(2.5+1)故點(diǎn)B從(3,0)沿x軸移動(dòng)到(-4,0)時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)路徑長為：717．（2023春·全國·八年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=-x+4分別交x軸，y軸于點(diǎn)A，B，點(diǎn)C在x軸的負(fù)半軸上，且OC=12OB，點(diǎn)P是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與B，C重合），以BP為斜邊在直線BC（1）求直線BC的函數(shù)表達(dá)式；（2）如圖1，當(dāng)S△BPD=1（3）如圖2，連接AP，點(diǎn)E是線段AP的中點(diǎn)，連接DE，OD．試探究∠ODE的大小是否為定值，若是，求出∠ODE的度數(shù)；若不是，請說明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）在y=-x+4中，令x=0，求得點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,4，結(jié)合OC=12OB可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,0，設(shè)直線BC的表達(dá)式為（2）設(shè)Pm,2m+4m<0，在等腰Rt△BPD中S△BPD=14PB2，結(jié)合點(diǎn)B0,4得PB2=5（3）延長DE到點(diǎn)G，使得EG=DE，連接OG，AG，設(shè)∠PAC=x°，∠GAO=y°，易證△AEG≌△PED(SAS)可得AG=PD，∠DPE=∠EAG=x°+y°，依據(jù)三角形外角得到∠PCO=∠BPD+∠DPA-∠PAC即∠PCO=45°+y°，從而求出∠CBO=45°-y°及∠OBD=y°，得到∠OBD=∠GAO，進(jìn)而證明△OBD≌△OAG(SAS)，得到OD=OG，【解題過程】（1）解：在y=-x+4中，令x=0，得y=4，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,4，∴OC=1∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為-2,0，設(shè)直線BC發(fā)表達(dá)式為y=kx+b，則b=4解得：k=2b=4∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為：y=2x+4；（2）設(shè)Pm,2m+4在等腰Rt△BPDS△BPD∵點(diǎn)B0,4，P∴PB∴S△BPD在y=-x+4中，令y=0，得-x+4=0，解得x=4，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為4,0，∴S==12，∵S△BPD∴54解得m=±4∵m<0，∴m=-43∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為-4（3）∠ODE的大小是定值，∠ODE=45°，理由如下：延長DE到點(diǎn)G，使得EG=DE，連接OG，AG，設(shè)∠PAC=x°，∠GAO=y°，∵EP=EA，∠DEP=∠GEA，∴△AEG≌△PED(SAS)，∴AG=PD，∠DPE=∠EAG=x°+y°，∵∠BPA=∠PCO+∠PAC，∠BPA=∠BPD+∠DPA，∴∠PCO=∠BPA-∠PAC=∠BPD+∠DPA-∠PAC，∴∠PCO=45°+x°+y°-x°=45°+y°，∴∠CBO=90°-45°+y°∵∠PBD=45°，∴∠OBD=∠PBD-∠CBO=y°，∴∠OBD=y°=∠GAO，∵AG=PD，PD=BD，∴BD=AG，又∵OA=OB，∴△OBD≌△OAG(SAS∴OD=OG，∠BOD=∠AOG，∴∠DOG=∠BOA=90°，

∴∠ODE=∠OGD=45°．18．（2023秋·黑龍江哈爾濱·八年級哈爾濱市第六十九中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，直線AB交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B-1,0，直線AC經(jīng)過點(diǎn)A與x軸交于點(diǎn)C3,0，且

（1）求點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）如圖2，點(diǎn)H0,t在線段AO上，連接BH，設(shè)△ABH的面積為S，請用含t的式子表示S（不要求寫出t（3）如圖3，在（2）的條件下，延長BH至點(diǎn)D（點(diǎn)D在AC上方），將線段BD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DE，過點(diǎn)B作直線EC的垂線，垂足為F，連接DF交AC于點(diǎn)G，連接OG，求△OGC的面積．【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)點(diǎn)C3,0，且∠OAC=45°，得到∠OCA=45°，OC=3，繼而得到OA=OC=3（2）根據(jù)題意，A0,3，點(diǎn)H0,t，則AH=3-t，根據(jù)題意，（3）根據(jù)A0,3，C3,0，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+3，根據(jù)題意，得3k+3=0，得到直線AC的解析式為y=-x+3，設(shè)點(diǎn)Gn,3-n，利用三角形全等，直角三角形的性質(zhì)，得到【解題過程】（1）∵點(diǎn)C3,0，且∠OAC=45°∴∠OCA=45°，OC=3，∴OA=OC=3，∴A0,3（2）∵A0,3，點(diǎn)H∴AH=3-t，∵B-1,0根據(jù)題意，S=1（3）∵A0,3，C3,0，設(shè)直線AC的解析式為根據(jù)題意，得3k+3=0，解得k=-1，∴直線AC的解析式為y=-x+3，設(shè)點(diǎn)Gn,3-n如圖，過點(diǎn)D作DM⊥DF于點(diǎn)D，交EF于點(diǎn)M，∵BF⊥EF，DE⊥DB，∴∠DBF+∠DEF=180°，∵∠DEM+∠DEF=180°，∴∠DBF=∠DEM，∠BDF=∠EDM=90°-∠FDE，∵∠DBF=∠DEMDB=DE∴△DBF≌△DEMASA∴DF=DM，∴∠DFM=∠DMF=45°，∴∠DFB=45°；過點(diǎn)B作BP⊥x軸于點(diǎn)B，交直線AC于點(diǎn)P，作BQ⊥BF于點(diǎn)B，交直線DF于點(diǎn)Q，連接PQ，∵∠ACB=∠DFB=45°，∴∠BFQ=∠BQF=45°，∠FBC=∠QBP=90°-∠QBC，∴BP=BC,BQ=BF，∵BP=BC∠PBQ=∠CBF∴△PBQ≌△CBFSAS∴CF=PQ,∠PQB=∠CFB=90°，∴∠PQG=45°，過點(diǎn)C作SC⊥CF于點(diǎn)C，交直線DF于點(diǎn)S，∴∠FSC=45°，∴CF=CS，∴PQ=CS，∵∠CGS=∠PGQCS=PQ∴△PQG≌△CSGASA∴PG=CG，連接BG，∵∠PBC=90°，∴BG=CG=PG=12∴n+12解得n=1，∴點(diǎn)G1,2∴S△OCG19．（2023春·全國·八年級期末）如圖，直線y=kx+b與x軸交于點(diǎn)A4,0，與y軸交于點(diǎn)B0,2，P是（1）求k的值．（2）連結(jié)PB，當(dāng)∠PBA=90°時(shí)，求OP的長．（3）過點(diǎn)P作AB的平行線，交y軸于點(diǎn)M，點(diǎn)Q在直線x=2上．是否存在點(diǎn)Q，使得△PMQ是等腰直角三角形？若存在，請直