【八年級上冊數(shù)學(xué)浙教版】第20講 一次函數(shù)與特殊圖形動點問題壓軸題探究-【專題突破】（解析版）

第第頁第20講一次函數(shù)與特殊圖形動點問題壓軸題探究類型一一次函數(shù)與等腰直角三角形【知識點睛】當(dāng)一個直角（或者一個等腰直角三角形）放在一條直線上或平面直角坐標(biāo)系中時，常通過構(gòu)造“K型圖”全等來轉(zhuǎn)化等量線段?！绢愵}訓(xùn)練】1．已知A點坐標(biāo)為A（）點B在直線y＝﹣x上運(yùn)動，當(dāng)線段AB最短時，B點坐標(biāo)（）A．（0，0） B．（，﹣） C．（1，﹣1） D．（﹣，）【分析】根據(jù)題意畫出圖形，由垂線段最短得到AB垂直于直線y＝﹣x時AB最短，此時過B作BD垂直于x軸，由直線y＝﹣x為第二、四象限的角平分線，得出∠AOB為45°，再由∠ABO為直角，得到三角形AOB為等腰直角三角形，利用三線合一得到D為OA的中點，BD為斜邊OA上的中線，利用直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到BD為OA的一半，由A的坐標(biāo)求出OA的長，得出BD的長，而三角形BOD也為等腰直角三角形，得到OD＝BD，求出OD的長，最后由B在第四象限，即可確定出B的坐標(biāo)．【解答】解：根據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形，如圖所示：當(dāng)AB⊥OB時，AB最短，此時過B作BD⊥x軸，交x軸于點D，由直線y＝﹣x為第二、四象限的角平分線，得到∠AOB＝45°，∵A（，0），即OA＝，∠ABO＝90°，∴△AOB為等腰直角三角形，∴OD＝AD，即BD為Rt△AOB斜邊上的中線，∴BD＝OA＝，又∵∠BOD＝45°，∠BDO＝90°，∴△OBD為等腰直角三角形，∴OD＝BD＝，∵B在第四象限，∴B的坐標(biāo)為（，﹣）．故選：B．2．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y＝x上一點P（1，1），C為y軸上一點，連接PC，線段PC繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，過點D作直線AB⊥x軸，垂足為B，直線AB與直線y＝x交于點A，且BD＝2AD，連接CD，直線CD與直線y＝x交于點Q，則點Q的坐標(biāo)為（）A．（，） B．（3，3） C．（，） D．（，）【分析】過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交AB于N，過D作DH⊥y軸，交y軸于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，證△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，設(shè)AD＝a，求出DN＝2a﹣1，得出2a﹣1＝1，求出a＝1，得出D的坐標(biāo)，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC＝PD＝，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM＝2，得出C的坐標(biāo)，設(shè)直線CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）代入求出直線CD的解析式，解由兩函數(shù)解析式組成的方程組，求出方程組的解即可．【解答】解：過P作MN⊥y軸，交y軸于M，交AB于N，過D作DH⊥y軸，交y軸于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，∴∠MCP＝∠DPN，∵P（1，1），∴OM＝BN＝1，PM＝1，在△MCP和△NPD中，∴△MCP≌△NPD（AAS），∴DN＝PM，PN＝CM，∵BD＝2AD，∴設(shè)AD＝a，BD＝2a，∵P（1，1），∴DN＝2a﹣1，則2a﹣1＝1，a＝1，即BD＝2．∵直線y＝x，∴AB＝OB＝3，在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC＝PD＝＝，在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM＝＝2，則C的坐標(biāo)是（0，3），設(shè)直線CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）代入得：k＝﹣，即直線CD的解析式是y＝﹣x+3，即方程組得：，即Q的坐標(biāo)是（，）．故選：D．3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，A點坐標(biāo)（6，0），B點坐標(biāo)（3，﹣3），動點P從A點出發(fā)，沿x軸正方向運(yùn)動，連接BP，以BP為直角邊向下作等腰直角三角形BPC，∠PBC＝90°，連接OC，當(dāng)OC＝10時，點P的坐標(biāo)為（）A．（7，0） B．（8，0） C．（9，0） D．（10，0）【分析】過點C作CE⊥y軸于點E，過點B作BD⊥OA于點D，延長DB交CE于點F，證明△PDB≌△BFC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出DP＝BF，BD＝CF＝3，由勾股定理求出OE的長，則可得出答案．【解答】解：過點C作CE⊥y軸于點E，過點B作BD⊥OA于點D，延長DB交CE于點F，∵B（3，﹣3），A（6，0），∴OD＝DA＝BD＝3，∵△PBC為等腰直角三角形，∴PB＝BC，∠PBC＝90°，∵∠PBD+∠CBF＝90°，∠CBF+∠BCF＝90°，∴∠PBD＝∠BCF，∴△PDB≌△BFC（AAS），∴DP＝BF，BD＝CF＝3，∴CE＝EF+CF＝6，∵OC＝10，∴EO＝＝＝8，∴DF＝8，∴BF＝5，∴DP＝5，∴OP＝DP+OD＝8，∴P（8，0）．故選：B．4．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點A在直線y＝x+上，點C在直線y＝﹣x+4上，點A，C都在第一象限內(nèi)，點B，D在x軸上，若△AOB是等邊三角形，△BCD是以BD為底邊的等腰直角三角形，則點D的坐標(biāo)為．【分析】設(shè)OG＝x，作AG⊥OB根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可求出GA，將A的坐標(biāo)代入y＝x+即可求出A；作CH⊥BD，設(shè)BH＝m，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出CH，然后將C的橫縱坐標(biāo)代入直線y＝﹣x+4，即可求出m，從而確定D點坐標(biāo)．【解答】解：作AG⊥OB，CH⊥BD，垂足分別為G，H，如下圖所示：設(shè)OG＝x，∵△OAB是等邊三角形，∴G為OB的中點，∠AOB＝60°，∴OB＝OA＝2x，AG＝，∵A點在直線y＝x+上，∴＝x+，解得x＝，∴OB＝2OG＝3，設(shè)BH＝m，∵△BCD是等腰直角三角形，∴∠CBH＝45°，∴BH＝CH＝DH，∴C（3+m，m），∵點C在直線y＝﹣x+4上，∴m＝﹣（m+3）+4，解得m＝，∴BD＝2BH＝，∴OD＝OB+BD＝3+＝，∴D（，0）．故答案為：（，0）．5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝x與直線l2：y＝kx+b（k≠0）相交于點A（a，3），直線l2與y軸交于點B（0，﹣5）．（1）求直線l2的函數(shù)解析式；（2）將△OAB沿直線l2翻折得到△CAB，使點O與點C重合，AC與x軸交于點D．求證：AC∥OB；（3）在直線BC下方是否存在點P，使△BCP為等腰直角三角形？若存在，直接寫出點P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）解方程得到A（4，3），待定系數(shù)法即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)勾股定理得到OA＝＝5，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OAB＝∠OBA，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠OAB＝∠CAB，于是得到結(jié)論；（3）過C作CM⊥OB于M，求得CM＝OD＝4，得到C（4，﹣2），過P1作P1N⊥y軸于N，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵直線l?：y＝x與直線l?：y＝kx+b相交于點A（a，3），∴A（4，3），∵直線交l?交y軸于點B（0，﹣5），∴y＝kx﹣5，把A（4，3）代入得，3＝4k﹣5，∴k＝2，∴直線l?的解析式為y＝2x﹣5；（2）∵OA＝＝5，∴OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵將△OAB沿直線l2翻折得到△CAB，∴∠OAB＝∠CAB，∴∠OBA＝∠CAB，∴AC∥OB；（3）存在．理由如下：如圖，過C作CM⊥OB于M，則CM＝OD＝4，∵BC＝OB＝5，∴BM＝3，∴OM＝2，∴C（4，﹣2），過P1作P1N⊥y軸于N，∵△BCP是等腰直角三角形，∴∠CBP1＝90°，∴∠MCB＝∠NBP1，∵BC＝BP1，∴△BCM≌△P1BN（AAS），∴BN＝CM＝4，∴P1（3，﹣9）；同理可得，P2（7，﹣6），P3（，﹣）．類型二一次函數(shù)與最值最值常結(jié)合模型——將軍飲馬；“兩定一動型”將軍飲馬解決步驟：①對稱；②連接；“兩定兩動型”將軍飲馬解決步驟：①平移；②對稱；③連接；1．已知直線l1：y＝kx+b與直線l2：y＝﹣x+m都經(jīng)過C（﹣，），直線l1交y軸于點B（0，4），交x軸于點A，直線l2交y軸于點D，P為y軸上任意一點，連接PA、PC，有以下說法：①方程組的解為；②△BCD為直角三角形；③S△ABD＝6；④當(dāng)PA+PC的值最小時，點P的坐標(biāo)為（0，1）．其中正確的說法是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【分析】根據(jù)一次函數(shù)圖象與二元一次方程的關(guān)系，利用交點坐標(biāo)可得方程組的解；根據(jù)兩直線的系數(shù)的積為﹣1，可知兩直線互相垂直；求得BD和AO的長，根據(jù)三角形面積計算公式，即可得到△ABD的面積；根據(jù)軸對稱的性質(zhì)以及兩點之間，線段最短，即可得到當(dāng)PA+PC的值最小時，點P的坐標(biāo)為（0，1）．【解答】解：①∵直線l1：y＝kx+b與直線l2：y＝﹣x+m都經(jīng)過C（﹣，），∴方程組的解為，故①正確，符合題意；②把B（0，4），C（﹣，）代入直線l1：y＝kx+b，可得，解得，∴直線l1：y＝2x+4，又∵直線l2：y＝﹣x+m，∴直線l1與直線l2互相垂直，即∠BCD＝90°，∴△BCD為直角三角形，故②正確，符合題意；③把C（﹣，）代入直線l2：y＝﹣x+m，可得m＝1，y＝﹣x+1中，令x＝0，則y＝1，∴D（0，1），∴BD＝4﹣1＝3，在直線l1：y＝2x+4中，令y＝0，則x＝﹣2，∴A（﹣2，0），∴AO＝2，∴S△ABD＝×3×2＝3，故③錯誤，不符合題意；④點A關(guān)于y軸對稱的點為A'（2，0），由點C、A′的坐標(biāo)得，直線CA′的表達(dá)式為：y＝﹣x+1，令x＝0，則y＝1，∴當(dāng)PA+PC的值最小時，點P的坐標(biāo)為（0，1），故④正確，符合題意；故選：B．2．如圖，在直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+4分別交x軸，y軸于A，B兩點，C為OB的中點，點D在第二象限，且四邊形AOCD為矩形，P是CD上一個動點，過點P作PH⊥OA于H，Q是點B關(guān)于點A的對稱點，則BP+PH+HQ的最小值為．【分析】根據(jù)直線y＝x+4先確定OA和OB的長，證明四邊形PHOC是矩形，得PH＝OC＝BC＝2，再證明四邊形PBCH是平行四邊形，則BP＝CH，在BP+PH+HQ中，PH＝2是定值，所以只要CH+HQ的值最小就可以，當(dāng)C、H、Q在同一直線上時，CH+HQ的值最小，利用平行四邊形的性質(zhì)求出即可．【解答】解：如圖，連接CH，∵直線y＝x+4分別交x軸，y軸于A，B兩點，∴OB＝4，OA＝3，∵C是OB的中點，∴BC＝OC＝2，∵∠PHO＝∠COH＝∠DCO＝90°，∴四邊形PHOC是矩形，∴PH＝OC＝BC＝2，∵PH∥BC，∴四邊形PBCH是平行四邊形，∴BP＝CH，∴BP+PH+HQ＝CH+HQ+2，要使CH+HQ的值最小，只需C、H、Q三點共線即可，∵點Q是點B關(guān)于點A的對稱點，∴Q（﹣6，﹣4），又∵點C（0，2），根據(jù)勾股定理可得CQ＝＝6，此時，BP+PH+HQ＝CH+HQ+PH＝CQ+2＝6+2，即BP+PH+HQ的最小值為6+2；故答案為：6+2．3．如圖，將一塊等腰直角三角板ABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點A在y軸的正半軸上，點C在x軸的負(fù)半軸上，點B在第二象限，AC所在直線的函數(shù)表達(dá)式是y＝2x+4，若保持AC的長不變，當(dāng)點A在y軸的正半軸滑動，點C隨之在x軸的負(fù)半軸上滑動，則在滑動過程中，點B與原點O的最大距離是．【分析】根據(jù)自變量與函數(shù)值得對應(yīng)關(guān)系，可得A，C點坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理，可得AC的長度；根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得CD，BD的長，可得B點坐標(biāo)；首先取AC的中點E，連接BE，OE，OB，可求得OE與BE的長，然后由三角形三邊關(guān)系，求得點B到原點的最大距離．【解答】解：當(dāng)x＝0時，y＝2x+4＝4，∴A（0，4）；當(dāng)y＝2x+4＝0時，x＝﹣2，∴C（﹣2，0）．∴OA＝4，OC＝2，∴AC＝＝2．如圖所示，過點B作BD⊥x軸于點D．∵∠ACO+∠ACB+∠BCD＝180°，∠ACO+∠CAO＝90°，∠ACB＝90°，∴∠CAO＝∠BCD．在△AOC和△CDB中，，∴△AOC≌△CDB（AAS），∴CD＝AO＝4，DB＝OC＝2，OD＝OC+CD＝6，∴點B的坐標(biāo)為（﹣6，2）．如圖所示．取AC的中點E，連接BE，OE，OB，∵∠AOC＝90°，AC＝2，∴OE＝CE＝AC＝，∵BC⊥AC，BC＝2，∴BE＝＝5，若點O，E，B不在一條直線上，則OB＜OE+BE＝5+．若點O，E，B在一條直線上，則OB＝OE+BE＝5+，∴當(dāng)O，E，B三點在一條直線上時，OB取得最大值，最大值為5+，故答案為：5+．類型三一次函數(shù)與等腰三角形存在性點在圖象上，則點的坐標(biāo)符合直線的解析式“兩定一動型”等腰三角形——即已知兩個定點，求第三個點的坐標(biāo)，使形成等腰三角形；解決辦法：“兩圓一線”“兩圓”：以兩個頂點為圓心，兩定點組成線段長為半徑作圓，圓與目標(biāo)直線的交點即為所求的動點；“一線”：兩定點組成線段的中垂線與目標(biāo)直線的交點即為所求的動點；（求解常需要結(jié)合勾股定理）1．如圖所示，已知直線與x、y軸交于B、C兩點，A（0，0），在△ABC內(nèi)依次作等邊三角形，使一邊在x軸上，另一個頂點在BC邊上，作出的等邊三角形分別是第1個△AA1B1，第2個△B1A2B2，第3個△B2A3B3，…則第n個等邊三角形的邊長等于．【分析】根據(jù)題目已知條件可推出，AA1＝OC＝，B1A2＝A1B1＝，依此類推，第n個等邊三角形的邊長等于．【解答】解：∵直線與x、y軸交于B、C兩點，∴OB＝，OC＝1，∴BC＝2，∴∠OBC＝30°，∠OCB＝60°．而△AA1B1為等邊三角形，∠A1AB1＝60°，∴∠COA1＝30°，∴∠CA1O＝90°．在Rt△CAA1中，AA1＝OC＝，同理得：B1A2＝A1B1＝，依此類推，第n個等邊三角形的邊長等于．故答案為：．2．已知平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A坐標(biāo)為（0，8），點B坐標(biāo)為（4，0），點E是直線y＝x+4上的一個動點，若∠EAB＝∠ABO，則點E的坐標(biāo)為．【分析】分兩種情況：當(dāng)點E在y軸右側(cè)時，由條件可判定AE∥BO，容易求得E點坐標(biāo)；當(dāng)點E在y軸左側(cè)時，可設(shè)E點坐標(biāo)為（a，a+4），過AE作直線交x軸于點C，可表示出直線AE的解析式，可表示出C點坐標(biāo)，再根據(jù)勾股定理可表示出AC的長，由條件可得到AC＝BC，可得到關(guān)于a的方程，可求得E點坐標(biāo)．【解答】解：當(dāng)點E在y軸右側(cè)時，如圖1，連接AE，∵∠EAB＝∠ABO，∴AE∥OB，∵A（0，8），∴E點縱坐標(biāo)為8，又E點在直線y＝x+4上，把y＝8代入可求得x＝4，∴E點坐標(biāo)為（4，8）；當(dāng)點E在y軸左側(cè)時，過A、E作直線交x軸于點C，如圖2，設(shè)E點坐標(biāo)為（a，a+4），設(shè)直線AE的解析式為y＝kx+b，把A、E坐標(biāo)代入可得，解得，∴直線AE的解析式為y＝x+8，令y＝0可得x+8＝0，解得x＝，∴C點坐標(biāo)為（，0），∴AC2＝OC2+OA2，即AC2＝（）2+82，∵B（4，0），∴BC2＝（4﹣）2＝（）2﹣+16，∵∠EAB＝∠ABO，∴AC＝BC，∴AC2＝BC2，即（）2+82＝（）2﹣+16，解得a＝﹣12，則a+4＝﹣8，∴E點坐標(biāo)為（﹣12，﹣8）．方法二：設(shè)C（m，0），∵∠CAB＝∠CBA，∴AC＝BC，∴（4﹣m）2＝m2+82，解得m＝﹣6，∴直線AE的解析式為y＝x+8，由，解得．∴E（﹣12，﹣8）．綜上可知，E點坐標(biāo)為（4，8）或（﹣12，﹣8）．故答案為：（4，8）或（﹣12，﹣8）．3．如圖，直線AB：y＝x+與坐標(biāo)軸交于A、B兩點，點C與點A關(guān)于y軸對稱．CD⊥x軸與直線AB交于點D．（1）求點A和點B的坐標(biāo)；（2）點P在直線CD上運(yùn)動，且始終在直線AB下方，當(dāng)△ABP的面積為時，求出點P的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，點Q為直線CD上一動點，直接寫出所有使△APQ是以AP為腰的等腰三角形的點Q的坐標(biāo)．【分析】（1）對于y＝x+，令x＝0，則y＝，令y＝0，解得x＝﹣2，即可求解；（2）由△ABP的面積＝S△HBP+S△HBA，即可求解；（3）求出線段AP、AQ、PQ的長度，再分AP＝PQ、AP＝AQ兩種情況，分別求解即可．【解答】解：（1）對于y＝x+，令x＝0，則y＝，令y＝0，解得x＝﹣2，故點A、B的坐標(biāo)分別為（﹣2，0）、（0，）；（2）設(shè)直線AP交y軸于點H，設(shè)直線AP的表達(dá)式為：y＝k（x+2），當(dāng)x＝0時，y＝2k，當(dāng)x＝2時，y＝4k，即點H、P的坐標(biāo)分別為（0，2k），（2，4k），則△ABP的面積＝S△HBP+S△HBA＝×AC×BH＝×（﹣2k）＝，解得：k＝﹣，∴點P的坐標(biāo)為（2，﹣）；（3）由（2）知，點P的坐標(biāo)為（2，﹣），點A（﹣2，0），設(shè)點Q（2，t），由勾股定理得：AP2＝（2+2）2+（）2＝16+，同理可得：PQ2＝（t+）2，AQ2＝16+t2，當(dāng)AP＝PQ時，即16+＝（t+）2，解得t＝或，故點Q的坐標(biāo)為（2，）或（2，）；當(dāng)AP＝AQ時，即16+＝16+t2，解得t＝（負(fù)值已舍去），故點Q的坐標(biāo)為（2，）；綜上，點Q的坐標(biāo)為：（2，）或（2，）或（2，）．類型四一次函數(shù)與全等三角形1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，將△AOB沿過點A的直線折疊，使點B落在x軸負(fù)半軸上，記作點C，折痕與y軸交點交于點D，則點C的坐標(biāo)為，點D的坐標(biāo)為．【分析】由折疊的性質(zhì)得到三角形ABD與三角形ACD全等，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等得到BD＝CD，AB＝AC，由一次函數(shù)解析式求出A與B坐標(biāo)，確定出OA與OB的長，由BD+OD＝OB，OC+OA＝AC，在直角三角形COD中，設(shè)CD＝x，表示出OD，利用勾股定理求出x的值，即可確定出C與D坐標(biāo)．【解答】解：由折疊的性質(zhì)得：△ADB≌△ADC，∴AB＝AC，BD＝CD，對于直線y＝﹣x+3，令x＝0，得到y(tǒng)＝3；令y＝0，得到x＝4，∴OA＝4，OB＝3，在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理得：AB＝5，∴OC＝AC﹣OA＝AB﹣OA＝5﹣4＝1，即C（﹣1，0）；在Rt△COD中，設(shè)CD＝BD＝x，則OD＝3﹣x，根據(jù)勾股定理得：x2＝（3﹣x）2+1，解得：x＝，∴OD＝，即D（0，）．故答案為：（﹣1，0）；（0，）2．如圖，正方形ABCD的邊長為2，A為坐標(biāo)原點，AB和AD分別在x軸、y軸上，點E是BC邊的中點，過點A的直線y＝kx交線段DC于點F，連接EF，若AF平分∠DFE，則k的值為．【分析】分兩種情況：①當(dāng)點F在DC之間時，作出輔助線，求出點F的坐標(biāo)即可求出k的值；②當(dāng)點F與點C重合時求出點F的坐標(biāo)即可求出k的值．【解答】解：①如圖，作AG⊥EF交EF于點G，連接AE，∵AF平分∠DFE，∴DA＝AG＝2，在RT△ADF和RT△AGF中，，∴RT△ADF≌RT△AGF（HL），∴DF＝FG，∵點E是BC邊的中點，∴BE＝CE＝1，∴AE＝＝，∴GE＝＝1，∴在RT△FCE中，EF2＝FC2+CE2，即（DF+1）2＝（2﹣DF）2+1，解得DF＝，∴點F（，2），把點F的坐標(biāo)代入y＝kx得：2＝k，解得k＝3；②當(dāng)點F與點C重合時，∵四邊形ABCD是正方形，∴AF平分∠DFE，∴F（2，2），把點F的坐標(biāo)代入y＝kx得：2＝2k，解得k＝1．故答案為：1或3．3．如圖，直線y＝kx+6交y軸于點A，交x軸負(fù)半軸于點B，且OA＝3OB，P是直線AB上的一個動點，點C的坐標(biāo)為（6，0），直線PC交y軸點于D，O是原點．（1）求k的值；（2）直線AB上是否存在一點P，使得△OCD與△AOB是全等的？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)點P在射線BA上運(yùn)動時，連接OP，是否存在點P，使得△OPC為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）在y＝kx+6中，可得A（0，6），OA＝6，又OA＝3OB，即知OB＝2，B（﹣2，0），用待定系數(shù)法可得k的值是3；（2）由OC＝6＝OA，∠COD＝90°＝∠AOB，可知△OCD與△AOB全等，只需OD＝OB＝2，即D（0，2），用待定系數(shù)法得直線CD解析式為y＝﹣x+2，解即可得點P的坐標(biāo)為（﹣，）；（3）設(shè)P（t，3t+6），且t≥﹣2，有OP2＝t2+（3t+6）2，OC2＝36，CP2＝（t﹣6）2+（3t+6）2，分三種情況列方程即可得到答案．【解答】解：（1）在y＝kx+6中，令x＝0得y＝6，∴A（0，6），OA＝6，∵OA＝3OB，∴OB＝2，B（﹣2，0），把B（﹣2，0）代入y＝kx+6得：0＝﹣2k+6，解得k＝3；∴k的值是3；（2）存在一點P，使得△OCD與△AOB是全等的，理由如下：∵C（6，0），∴OC＝6＝OA，∵∠COD＝90°＝∠AOB，∴△OCD與△AOB全等，只需OD＝OB＝2，∴D（0，2），設(shè)直線CD解析式為y＝mx+2，把C（6，0）代入得：0＝6m+2，解得m＝﹣，∴直線CD解析式為y＝﹣x+2，由（1）知k＝3，∴直線AB解析式為y＝3x+6，由得，∴點P的坐標(biāo)為（﹣，）；（3）存在點P，使得△OPC為等腰三角形，理由如下：設(shè)P（t，3t+6），且t≥﹣2，∵O（0，0），C（6，0），∴OP2＝t2+（3t+6）2，OC2＝36，CP2＝（t﹣6）2+（3t+6）2，①當(dāng)OP＝OC時，t2+（3t+6）2＝36，解得t＝0或t＝﹣3.6（舍去），∴P（0，6）；②當(dāng)OP＝CP時，t2+（3t+6）2＝（t﹣6）2+（3t+6）2，解得t＝3，∴P（3，15）；③當(dāng)OC＝CP時，36＝（t﹣6）2+（3t+6）2，方程無實數(shù)解；綜上所述，P的坐標(biāo)為（0，6）或（3，15）．綜合練習(xí)1．已知：如圖，直線y＝﹣x+4分別與x軸，y軸交于A、B兩點，從點P（2，0）射出的光線經(jīng)直線AB反射后再射到直線OB上，最后經(jīng)直線OB反射后又回到P點，則光線所經(jīng)過的路程是（）A． B．6 C． D．【分析】由題意由題意知y＝﹣x+4的點A（4，0），點B（0，4），也可知點P（2，0），設(shè)光線分別射在AB、OB上的M、N處，由于光線從點P經(jīng)兩次反射后又回到P點，反射角等于入射角，則∠PMA＝∠BMN；∠PNO＝∠BNM．由P2A⊥OA而求得．【解答】解：由題意知y＝﹣x+4的點A（4，0），點B（0，4）則點P（2，0）設(shè)光線分別射在AB、OB上的M、N處，由于光線從點P經(jīng)兩次反射后又回到P點，根據(jù)反射規(guī)律，則∠PMA＝∠BMN；∠PNO＝∠BNM．作出點P關(guān)于OB的對稱點P1，作出點P關(guān)于AB的對稱點P2，則：∠P2MA＝∠PMA＝∠BMN，∠P1NO＝∠PNO＝∠BNM，∴P1，N，M，P2共線，∵∠P2AB＝∠PAB＝45°，即P2A⊥OA；PM+MN+NP＝P2M+MN+P1N＝P1P2＝＝2．故選：A．2．如圖，四邊形OABC是一張放在平面直角坐標(biāo)系中的正方形紙片，點O與坐標(biāo)原點重合，點A在x軸上，點C在y軸上．OC＝5，點E在邊BC上，點N的坐標(biāo)為（3，0）．過點N且平行于y軸的直線MN與EB交于點M．現(xiàn)將紙片折疊，使頂點C落在MN上的點G處，折痕為OE．（1）點G的坐標(biāo)為；（2）求折痕OE所在直線的表達(dá)式；（3）若直線l：y＝mx+n平行于直線OE，且與長方形ABMN有公共點，請直接寫出n的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)求出OG，根據(jù)勾股定理計算求出GN，得到點G的坐標(biāo)；（2）設(shè)CE＝x，根據(jù)勾股定理求出x，求出點E的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出OE所在直線的解析式；（3）根據(jù)平行的性質(zhì)求出m，分別把點M、點A的坐標(biāo)代入解析式求出n，得到答案．【解答】解：（1）由折疊的性質(zhì)可知，OG＝OC＝5，由勾股定理得，GN＝＝＝4，∴點G的坐標(biāo)為（3，4），故答案為：（3，4）；（2）設(shè)CE＝x，則EM＝3﹣x，由折疊的性質(zhì)可知，EG＝CE＝x，∵GN＝4，∴GM＝5﹣4＝1，在Rt△EMG中，EG2＝EM2+MG2，即x2＝（3﹣x）2+12，解得，x＝，∴點E的坐標(biāo)為（，5），設(shè)OE所在直線的解析式為：y＝kx，則k＝5，解得，k＝3，∴OE所在直線的解析式為：y＝3x；（3）∵直線l：y＝mx+n平行于直線OE，∴m＝3，即直線l的解析式為y＝3x+n，當(dāng)直線l經(jīng)過點M（3，5）時，5＝3×3+n，解得，n＝﹣4，當(dāng)直線l經(jīng)過點A（5，0）時，0＝3×5+n，解得，n＝﹣15，∴直線l與長方形ABMN有公共點時，﹣15≤n≤﹣4．3．如圖，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象經(jīng)過點A（0，5），并與直線y＝x相交于點B，與x軸相交于點C，其中點B的橫坐標(biāo)為2．（1）求B點的坐標(biāo)和k，b的值；（2）證明直線y＝kx+b與直線y＝x互相垂直；（3）在x軸上是否存在點P使△PAB為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）因為B是直線y＝x上一點，且B的橫坐標(biāo)為2，代入解析式中，求得B點坐標(biāo)，再將A，B兩點坐標(biāo)代入到直線y＝kx+b中，求得k和b的值；（2）根據(jù)勾股定理求出OA、OB、AB的值，利用勾股定理的逆定理即可得出結(jié)論；（3）因為△PAB為等腰三角形，且A，B兩點坐標(biāo)已知，P是x軸上一動點，故要分三類討論，即BA＝BP，AP＝AB，PA＝PB，畫出圖形，求解出P點坐標(biāo)．【解答】解：（1）令x＝2，則y＝x＝1，∴B的坐標(biāo)為（2，1），將A，B兩點坐標(biāo)代入到直線y＝kx+b中得，，解得，∴B的坐標(biāo)為（2，1），k＝﹣2，b＝5；（2）證明：∵點A（0，5），B（2，1），∴OA＝5，OB＝＝，AB＝＝2，∵52＝（）2+（22），∴OA2＝OB2+AB2，∴∠ABO＝90°，∴直線y＝kx+b與直線y＝x互相垂直；（3）∵△PAB為等腰三角形，∴可以分三類討論，①當(dāng)BA＝BP時，如圖，此時P有兩個位置，分別記為P和P′，由（2）可得，AB＝2，∴PB＝2，設(shè)P（p，0），∴PB＝＝2，解得：p＝2+或p＝2﹣，∴P（2+，0）或P（2﹣，0）