一次函數(shù)相關的中考壓軸題(含分析和答案)

一次函數(shù)是初中數(shù)學的重點內(nèi)容之一，也是中考的主要考點。現(xiàn)舉幾例以一次函數(shù)為背景的中考壓軸題供同學們在中考復習時參考一．解答題（共30小題）1．在平面直角坐標系中，△AOC中，∠ACO=90°．把AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)90°得OB，連接AB，作BD⊥直線CO于D，點A的坐標為（﹣3，1）．（1）求直線AB的解析式；（2）若AB中點為M，連接CM，動點P、Q分別從C點出發(fā)，點P沿射線CM以每秒個單位長度的速度運動，點Q沿線段CD以每秒1個長度的速度向終點D運動，當Q點運動到D點時，P、Q同時停止，設△PQO的面積為S（S≠0），運動時間為t秒，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，動點P在運動過程中，是否存在P點，使四邊形以P、O、B、N（N為平面上一點）為頂點的矩形？若存在，求出T的值．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）先求出點B的坐標，再代入一次函數(shù)的解析式即可；（2）根據(jù)AB中點為M，求出點M的坐標，再求出CM的解析式，過點P做PH⊥CO交CO于點H，用t表示出OQ和PH的長，根據(jù)S=OQ?PH即可求出S與T的函數(shù)關系式；（3）此題需分四種情況分別求出T的值即可．解答：解：（1）∵∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOC=90°∵∠BOD=90°，∠OBD+∠BOD=90°，∠AOC=∠BOD，∵OA=OB∠AOC=∠BOD=90°，∴△AOC≌△OBD，∴AC=OD，CO=BD∵A（﹣3，1），∴AC=OC=1，OC=BD=3，∴B（1，3），∴y=x+；（2）M（﹣1，2），C（﹣3，0），∴直線MC的解析式為：y=x+3∴∠MCO=45°，過點P做PH⊥CO交CO于點H，S=OQ?PH=（3﹣t）×t=t2+t（0＜t＜3）或S=（t﹣3）t=t2﹣t（3＜t≤4）；（3）t1=，t2=，t3=，t4=2．點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合應用，解題時要注意分類討論，關鍵是能用t表示出線段的長度求出解析式．2．如圖1，已知直線y=2x+2與y軸、x軸分別交于A、B兩點，以B為直角頂點在第二象限作等腰Rt△ABC（1）求點C的坐標，并求出直線AC的關系式．（2）如圖2，直線CB交y軸于E，在直線CB上取一點D，連接AD，若AD=AC，求證：BE=DE．（3）如圖3，在（1）的條件下，直線AC交x軸于M，P（，k）是線段BC上一點，在線段BM上是否存在一點N，使直線PN平分△BCM的面積？若存在，請求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）如圖1，作CQ⊥x軸，垂足為Q，利用等腰直角三角形的性質(zhì)證明△ABO≌△BCQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求OQ，CQ的長，確定C點坐標；（2）同（1）的方法證明△BCH≌△BDF，再根據(jù)線段的相等關系證明△BOE≌△DGE，得出結(jié)論；（3）依題意確定P點坐標，可知△BPN中BN變上的高，再由S△PBN=S△BCM，求BN，進而得出ON．解答：解：（1）如圖1，作CQ⊥x軸，垂足為Q，∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OBA+∠QBC=90°，∴∠OAB=∠QBC，又∵AB=BC，∠AOB=∠Q=90°，∴△ABO≌△BCQ，∴BQ=AO=2，OQ=BQ+BO=3，CQ=OB=1，∴C（﹣3，1），由A（0，2），C（﹣3，1）可知，直線AC：y=x+2；（2）如圖2，作CH⊥x軸于H，DF⊥x軸于F，DG⊥y軸于G，∵AC=AD，AB⊥CB，∴BC=BD，∴△BCH≌△BDF，∴BF=BH=2，∴OF=OB=1，∴DG=OB，∴△BOE≌△DGE，∴BE=DE；（3）如圖3，直線BC：y=﹣x﹣，P（，k）是線段BC上一點，∴P（﹣，），由y=x+2知M（﹣6，0），∴BM=5，則S△BCM=．假設存在點N使直線PN平分△BCM的面積，則BN?=×，∴BN=，ON=，∵BN＜BM，∴點N在線段BM上，∴N（﹣，0）．點評：本題考查了一次函數(shù)的綜合運用．關鍵是根據(jù)等腰直角三角形的特殊性證明全等三角形，利用全等三角形的性質(zhì)求解．3．如圖直線?：y=kx+6與x軸、y軸分別交于點B、C，點B的坐標是（﹣8，0），點A的坐標為（﹣6，0）（1）求k的值．（2）若P（x，y）是直線?在第二象限內(nèi)一個動點，試寫出△OPA的面積S與x的函數(shù)關系式，并寫出自變量x的取值范圍．（3）當點P運動到什么位置時，△OPA的面積為9，并說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；三角形的面積。專題：動點型。分析：（1）將B點坐標代入y=kx+6中，可求k的值；（2）用OA的長，y分別表示△OPA的底和高，用三角形的面積公式求S與x的函數(shù)關系式；（3）將S=9代入（2）的函數(shù)關系式，求x、y的值，得出P點位置．解答：解：（1）將B（﹣8，0）代入y=kx+6中，得﹣8k+6=0，解得k=；（2）由（1）得y=x+6，又OA=6，∴S=×6×y=x+18，（﹣8＜x＜0）；（3）當S=9時，x+18=9，解得x=﹣4，此時y=x+6=3，∴P（﹣4，3）．點評：本題考查了一次函數(shù)的綜合運用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，三角形面積的求法．關鍵是將面積問題轉(zhuǎn)化為線段的長，點的坐標來表示．4．如圖，在平面直角坐標系xoy中，點A（1，0），點B（3，0），點，直線l經(jīng)過點C，（1）若在x軸上方直線l上存在點E使△ABE為等邊三角形，求直線l所表達的函數(shù)關系式；（2）若在x軸上方直線l上有且只有三個點能和A、B構成直角三角形，求直線l所表達的函數(shù)關系式；（3）若在x軸上方直線l上有且只有一個點在函數(shù)的圖形上，求直線l所表達的函數(shù)關系式．考點：一次函數(shù)綜合題；反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題；等邊三角形的性質(zhì)。專題：存在型。分析：（1）若△ABE為等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可求E點坐標，用“兩點法”求直線l解析式；（2）分別過A、B兩點作x軸的垂線，與直線l相交，可得兩個直角三角形，若直線l上有一點F（2，1），可得△ABF為等腰直角三角形，用“兩點法”求直線l解析式；（3）①當直線l∥x軸時，直線l與函數(shù)的圖形有一個交點，②當直線l與x軸不平行時，設直線l解析式為y=kx+，與函數(shù)聯(lián)立解方程組，得出唯一解時k的值即可．解答：解：（1）當直線l上存在一點E，使△ABE為等邊三角形時，E（2，），設直線l解析式為y=kx+，將E（2，），代入2k+=，解得k=﹣，∴直線l解析式為（4分）（2）當在x軸上方直線l上有且只有三個點能和A、B構成直角三角形時，設直線l上的點為F，則A、B、F都可能作為直角頂點，當F為直角頂點時，△ABF為等腰直角三角形，此時F（2，1），將F（2，1）代入直線l解析式為y=kx+中，得k=﹣+，∴y=（﹣+）x+；（8分）（3）①當直線l∥x軸時，直線l與函數(shù)的圖形有一個交點，此時，直線l解析式為，②當直線l與x軸不平行時，設直線l解析式為y=kx+，聯(lián)立，得kx2+x﹣2=0，當△=0時，兩函數(shù)圖象只有一個交點，即（）2+8k=0，解得k=﹣，此時，直線l解析式為等（寫出一個正確答案即可）（12分）點評：本題考查了一次函數(shù)的綜合運用，反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，特殊三角形的性質(zhì)．關鍵是采用形數(shù)結(jié)合的方法，確定直線l上點的坐標，求一次函數(shù)解析式．5．如圖1，直線y=﹣kx+6k（k＞0）與x軸、y軸分別相交于點A、B，且△AOB的面積是24．（1）求直線AB的解析式；（2）如圖2，點P從點O出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿折線OA﹣OB運動；同時點E從點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿y軸正半軸運動，過點E作與x軸平行的直線l，與線段AB相交于點F，當點P與點F重合時，點P、E均停止運動．連接PE、PF，設△PEF的面積為S，點P運動的時間為t秒，求S與t的函數(shù)關系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，過P作x軸的垂線，與直線l相交于點M，連接AM，當tan∠MAB=時，求t值．考點：一次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；三角形的面積；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義。分析：（1）根據(jù)x=0時，y=6k，y=0時，x=6，得出OB=6k，OA=6．再利用S△AOB=24，求出即可；（2）根據(jù)當點P在OA上運動時，0＜t≤3，以及當點P在AB上運動時，利用三角形相似的性質(zhì)求出即可；（3）利用當點P在OA上時，點M在點F左側(cè)，以及當點P在AB上時，分別得出t的值即可．解答：解：（1）令x=0時，y=6k（k＞0）；令y=0時，x=6，∴OB=6k，OA=6．S△AOB=24，∴，解得，∴AB的解析式為；（2）根據(jù)題意，OE=t，EF∥OA，∴△BEF∽△BOA，∴，∴，①當點P在OA上運動時，0＜t≤3，過P作PH⊥EF，垂足是H，則PH=OE=t，∴，∴；②當點P在AB上運動時，過P作PG⊥OA，垂足是G，直線PG與EF相交于點R，則GR=OE=t．在△APG中，PG∥OB∴△APG∽△ABO，∴，∴，∴，當P與F重合時，有PG=OE，此時，解得t=8．PR=GR﹣PG，∴，∴，當3＜t＜8時，，綜上所述，求得的解析式是；（3）①當點P在OA上時，點M在點F左側(cè)．過點M作MD⊥AB，垂足是D，過點F作FS⊥OA，垂足是S，∴FS=OE=t，EM=OP=2t．在△MFD中，，∴．在△MAD中，，∴AD=8k=AF+DF=AF+3k，∴AF=5k=MF．在△AFS中，，∴，MF=EF﹣EM，∴，解得，當點P在OA上時，點M在點F右側(cè)．可計算得出；②當點P在AB上時，過點M作MD'⊥AB，垂足是D'，在△PMD′中，=，令MD′=3m，則PD′=4m，MP=5m，AD′=6m．AP=AD′﹣PD′，∴AP=2m，，∴，解得，綜上所述，滿足要求的t值是或或．點評：此題主要考查了一次函數(shù)的綜合應用以及相似三角形的性質(zhì)應用，根據(jù)已知得出M以及P點位置不同得出答案是解題關鍵．6．首先，我們看兩個問題的解答：問題1：已知x＞0，求的最小值．問題2：已知t＞2，求的最小值．問題1解答：對于x＞0，我們有：≥．當，即時，上述不等式取等號，所以的最小值．問題2解答：令x=t﹣2，則t=x+2，于是．由問題1的解答知，的最小值，所以的最小值是．弄清上述問題及解答方法之后，解答下述問題：在直角坐標系xOy中，一次函數(shù)y=kx+b（k＞0，b＞0）的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點，且使得△OAB的面積值等于|OA|+|OB|+3．（1）用b表示k；（2）求△AOB面積的最小值．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）用k和b表示出三角形的直角邊的長，從而表示出面積，和△OAB的面積值等于|OA|+|OB|+3列成方程，用b表示k．（2）設x=b﹣2，則b=x+2，根據(jù)題干中第二問所給的解答過程得到提示，配方后求得x成立時的最小值．解答：解：（1）當x=0時，y=b；當y=0時，x=﹣．所以|OA|=，|OB|=b．∴S△OAB=|OA|?|OB|=．∴=+b+3，∴=b+3，k=．（2）S△OAB===．設x=b﹣2，則b=x+2．S△OAB===x++7=+7+2≥7+2．上述不等式等號在x=時成立．故△OAB面積最小值是7+2．點評：本題考查一次函數(shù)的綜合運用，以及活學活用的能力，和配方法求最值的情況．7．如圖①，過點（1，5）和（4，2）兩點的直線分別與x軸、y軸交于A、B兩點．（1）如果一個點的橫、縱坐標均為整數(shù)，那么我們稱這個點是格點．圖中陰影部分（不包括邊界）所含格點的個數(shù)有10個（請直接寫出結(jié)果）；（2）設點C（4，0），點C關于直線AB的對稱點為D，請直接寫出點D的坐標（6，2）；（3）如圖②，請在直線AB和y軸上分別找一點M、N使△CMN的周長最短，在圖②中作出圖形，并求出點N的坐標．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）先利用待定系數(shù)法求得直線AB的解析式為y=﹣x+6；再分別把x=2、3、4、5代入，求出對應的縱坐標，從而得到圖中陰影部分（不包括邊界）所含格點的坐標；（2）首先根據(jù)直線AB的解析式可知△OAB是等腰直角三角形，然后根據(jù)軸對稱的性質(zhì)即可求出點D的坐標；（3）作出點C關于直線y軸的對稱點E，連接DE交AB于點M，交y軸于點N，則此時△CMN的周長最短．由D、E兩點的坐標利用待定系數(shù)法求出直線DE的解析式，再根據(jù)y軸上點的坐標特征，即可求出點N的坐標．解答：解：（1）設直線AB的解析式為y=kx+b，把（1，5），（4，2）代入得，kx+b=5，4k+b=2，解得k=﹣1，b=6，∴直線AB的解析式為y=﹣x+6；當x=2，y=4；當x=3，y=3；當x=4，y=2；當x=5，y=1．∴圖中陰影部分（不包括邊界）所含格點的有：（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（4，1）．一共10個；（2）∵直線y=﹣x+6與x軸、y軸交于A、B兩點，∴A點坐標為（6，0），B點坐標為（0，6），∴OA=OB=6，∠OAB=45°．∵點C關于直線AB的對稱點為D，點C（4，0），∴AD=AC=2，AB⊥CD，∴∠DAB=∠CAB=45°，∴∠DAC=90°，∴點D的坐標為（6，2）；（3）作出點C關于直線y軸的對稱點E，連接DE交AB于點M，交y軸于點N，則NC=NE，點E（﹣4，0）．又∵點C關于直線AB的對稱點為D，∴CM=DM，∴△CMN的周長=CM+MN+NC=DM+MN+NE=DE，此時周長最短．設直線DE的解析式為y=mx+n．把D（6，2），E（﹣4，0）代入，得6m+n=2，﹣4m+n=0，解得m=，n=，∴直線DE的解析式為y=x+．令x=0，得y=，∴點N的坐標為（0，）．故答案為10；（6，2）．點評：本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，橫縱坐標都為整數(shù)的點的坐標的確定方法，軸對稱的性質(zhì)及軸對稱﹣最短路線問題，綜合性較強，有一定難度．8．如圖，已知AOCE，兩個動點B同時在D的邊上按逆時針方向A運動，開始時點F在點FA位置、點Q在點O位置，點P的運動速度為每秒2個單位，點Q的運動速度為每秒1個單位．（1）在前3秒內(nèi)，求△OPQ的最大面積；（2）在前10秒內(nèi)，求x兩點之間的最小距離，并求此時點P，Q的坐標．考點：一次函數(shù)綜合題；三角形的面積。專題：動點型。分析：（1）由于A（8，0），B（0，6），得出OB=6，OA=8，AB=10．根據(jù)在前3秒內(nèi)，點P在OB上，點Q在OA上，設經(jīng)過t秒，利用△OPQ的面積A=OP?OQ求出即可；（2）根據(jù)在前10秒內(nèi)，點P從B開始，經(jīng)過點O，點A，最后到達AB上，經(jīng)過的總路程為20；點Q從O開始，經(jīng)過點A，最后也到達AB上，經(jīng)過的總路程為10．其中P，Q兩點在某一位置重合，最小距離為0．設在某一位置重合，最小距離為0．設經(jīng)過t秒，點Q被點P“追及”（兩點重合），得出在前10秒內(nèi)，P，Q兩點的最小距離為0，點P，Q的相應坐標．解答：解：（1）A（8，0），B（0，6），∴OB=6，OA=8，AB=10．在前3秒內(nèi)，點P在OB上，點Q在OA上，設經(jīng)過t秒，點P，Q位置如圖．則OP=6﹣2t，OQ=t．△OPQ的面積A=OP?OQ=t（3﹣t），當t=時，Smax=．（2）在前10秒內(nèi)，點P從B開始，經(jīng)過點O，點A，最后到達AB上，經(jīng)過的總路程為20；點Q從O開始，經(jīng)點A，最后也到達AB上，經(jīng)過的總路程為10，其中P，Q兩點在某一位置重合，最小距離為0．設在某一位置重合，最小距離為0．設經(jīng)過t秒，點Q被P點“追及”（兩點重合），則2t=t+6，∴t=6，在前10秒內(nèi)，P，Q兩點的最小距離為0，點P，Q的相應坐標都為（6，0）．點評：此題主要考查了一次函數(shù)的綜合應用，把動點問題與實際相結(jié)合有一定的難度，解答此題的關鍵是分別畫出t在不同階段Q的位置圖，結(jié)合相應的圖形解答．9．若直線y=mx+8和y=nx+3都經(jīng)過x軸上一點B，與y軸分別交于A、C（1）填空：寫出A、C兩點的坐標，A（0，8），C（0，3）；（2）若∠ABO=2∠CBO，求直線AB和CB的解析式；（3）在（2）的條件下若另一條直線過點B，且交y軸于E，若△ABE為等腰三角形，寫出直線BE的解析式（只寫結(jié)果）．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）由兩條直線解析式直接求出A、C兩點坐標；（2）由直線y=mx+8得B（﹣，0），即OB=，而AO=8，利用勾股定理求AB，根據(jù)角平分線性質(zhì)得比例求m的值，再根據(jù)直線BC與x軸的交點為B求n即可；（3）根據(jù)（2）的條件，分別以A、B為圓心，AB長為半徑畫弧與y軸相交，作AB的垂直平分線與y軸相交，分別求交點坐標．解答：解：（1）由直線y=mx+8和y=nx+3得A（0，8），C（0，3），故答案為：（0，8），（0，3）；（2）令直線y=mx+8中y=0，得B（﹣，0），即OB=，又AO=8，∴AB==8，∵∠ABO=2∠CBO，∴=，即24=5×，解得m=，又由y=nx+3經(jīng)過點B，得﹣=﹣，解得n=，∴直線AB：y=x+8，直線CB：y=x+3；（3）由（2）可知OB=6，AB==10，當△ABE為等腰三角形時，直線BE的解析式為：y=3x+18或y=﹣x﹣2或y=﹣x﹣8或y=x+．點評：本題考查了一次函數(shù)的綜合運用．關鍵是根據(jù)題意求出點的坐標，根據(jù)圖形的特殊性利用比例，勾股定理求一次函數(shù)解析式．10．如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，點A的坐標為（﹣4，0），點B的坐標為（0，b）（b＞0）．P是直線AB上的一個動點，作PC⊥x軸，垂足為C．記點P關于y軸的對稱點為P'（點P'不在y軸上），連接PP'，P'A，P'C．設點P的橫坐標為a．（1）當b=3時，求直線AB的解析式；（2）在（1）的條件下，若點P'的坐標是（﹣1，m），求m的值；（3）若點P在第一像限，是否存在a，使△P'CA為等腰直角三角形？若存在，請求出所有滿足要求的a的值；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；等腰直角三角形。專題：存在型。分析：（1）利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；（2）把（﹣1，m）代入函數(shù)解析式即可求得m的值；可以證明△PP′D∽△ACD，根據(jù)相似三角形的對應邊的比相等，即可求解；（3）點P在第一像限，若使△P'CA為等腰直角三角則∠AP′C=90°或∠P′AC=90°或∠P′CA=90°就三種情況分別討論求出出所有滿足要求的a的值即可．解答：解：（1）①設直線AB的解析式為y=kx+3，把x=﹣4，y=0代入得：﹣4k+3=0，∴k=，∴直線的解析式是：y=x+3，②由已知得點P的坐標是（1，m），∴m=×1+3=；（2）∵PP′∥AC，△PP′D∽△ACD，∴=，即=，∴a=；（3）當點P在第一象限時，1）若∠AP′C=90°，P′A=P′C（如圖1）過點P′作P′H⊥x軸于點H．∴PP′=CH=AH=P′H=AC．∴2a=（a+4），∴a=，2）若∠P′AC=90°，P′A=C，則PP′=AC，∴2a=a+4，∴a=4，3）若∠P′CA=90°，則點P′，P都在第一象限內(nèi)，這與條件矛盾．∴△P′CA不可能是以C為直角頂點的等腰直角三角形．∴所有滿足條件的a的值為a=4或．點評：本題主要考查了梯形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)以及一次函數(shù)的綜合應用，要注意的是（3）中，要根據(jù)P點的不同位置進行分類求解．11．如圖，四邊形OABC為直角梯形，BC∥OA，A（9，0），C（0，4），AB=5．點M從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向點A運動；點N從點B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動．其中一個動點到達終點時，另一個動點也隨之停止運動．（1）求直線AB的解析式；（2）t為何值時，直線MN將梯形OABC的面積分成1：2兩部分；（3）當t=1時，連接AC、MN交于點P，在平面內(nèi)是否存在點Q，使得以點N、P、A、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，直接寫出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）作BD⊥OA于點D，利用勾股定理求出AD的值，從而求出B點的坐標，利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式；（2）梯形面積分為1：2的兩部分，要注意分兩種去情況進行分別計算，利用面積比建立等量關系求出t的值．（3）M、N兩點的坐標求出MN的解析式和AC的解析式，利用直線與方程組的關系求出P點坐標，利用三角形全等求出Q、Q1的坐標，求出直線Q1P、QN的解析式，再求出其交點坐標就是Q2的坐標．解答：解：（1）作BD⊥0A于點D．∴BD=4，∵AB=5，由勾股定理得AD=3∴OD=6∴B（6，4）設直線AB的解析式為：y=kx+b，由題意得解得：∴直線AB的解析式為：；（2）設t秒后直線MN將梯形OABC的面積分成1：2兩部分，則BN=t，CN=6﹣t，OM=2t，MA=9﹣2t當S四邊形OMNC：S四邊形NMAB=1：2時解得：t=﹣1（舍去）當S四邊形OMNC：S四邊形NMAB=2：1時，解得t=4∴t=4時，直線MN將梯形OABC的面積分成1：2兩部分．（3）存在滿足條件的Q點，如圖：Q（9.5，2），Q1（8.5，﹣2），Q2（0.5，6）．點評：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，圖形的面積，直線的解析式與二元一次方程組的關系，勾股定理及三角形全等的性質(zhì)的運用．12．如圖所示，在平面直角坐標系中，已知點A（0，6），點B（8，0），動點P從A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O運動，同時動點Q從B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A運動，設運動的時間為t秒．（1）求直線AB的解析式；（2）當t為何值時，△APQ與△ABO相似？考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）設直線AB的解析式為y=kx+b，解得k，b即可；（2）由AO=6，BO=8得AB=10，①當∠APQ=∠AOB時，△APQ∽△AOB利用其對應邊成比例解t．②當∠AQP=∠AOB時，△AQP∽△AOB利用其對應邊成比例解得t．解答：解：（1）設直線AB的解析式為y=kx+b由題意，得，解得，所以，直線AB的解析式為y=﹣x+6；（2）由AO=6，BO=8得AB=10，所以AP=t，AQ=10﹣2t，①當∠APQ=∠AOB時，△APQ∽△AOB．所以=，解得t=（秒），②當∠AQP=∠AOB時，△AQP∽△AOB．所以=，解得t=（秒）；點評：此題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)值，解直角三角形等知識點，有一定的拔高難度，屬于難題．13．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，P（x，y），PA⊥x軸于點A，PB⊥y軸于點B，C（a，0），點E在y軸上，點D，F(xiàn)在x軸上，AD=OB=2FC，EO是△AEF的中線，AE交PB于點M，﹣x+y=1．（1）求點D的坐標；（2）用含有a的式子表示點P的坐標；（3）圖中面積相等的三角形有幾對？考點：一次函數(shù)綜合題；列代數(shù)式；點的坐標；三角形的面積。分析：（1）根據(jù)P點坐標得出A，B兩點坐標，進而求出﹣x+y=DO，即可得出DO的長，即可得出D點坐標；（2）利用C點坐標得出CO的長，進而得出y與a的關系式，即可得出P點坐標；（3）利用三角形面積公式以及AO與FO的關系，進而得出等底等高的三角形．解答：解：（1）∵P（x，y），PA⊥x軸于點A，PB⊥y軸于點B，∴A（x，0），B（0，y），即：OA=﹣x，BO=﹣y，∵AD=BO，∴﹣x﹣DO=﹣y，∴﹣x+y=DO，又∵﹣x+y=1，∴OD=1，即：點D的坐標為（﹣1，0）．（2）∵EO是△AEF的中線，∴AO=OF=﹣x，∵OF+FC=CO，又∵OB=2FC=﹣y，OC=a，∴﹣x﹣=a，又∵﹣x+y=1，∴y=1﹣a，∴y=，∴x=，∴P（，）；（3）圖中面積相等的三角形有3對，分別是：△AEO與△FEO，△AMO與△FBO，△OME與△FBE．點評：此題主要考查了三角形面積求法以及點的坐標求法和坐標系中點的坐標與線段長度關系，根據(jù)已知得出y=1﹣a是解題關鍵．14．如圖，在直角坐標平面中，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，直角頂點C在y軸的負半軸上，cos∠ABC=，點P在線段OC上，且PO、OC的長是方程x2﹣15x+36=0的兩根．（1）求P點坐標；（2）求AP的長；（3）在x軸上是否存在點Q，使四邊形AQCP是梯形？若存在，請求出直線PQ的解析式；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題；解一元二次方程-因式分解法；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；勾股定理；平行線分線段成比例；解直角三角形。分析：（1）通過解方程x2﹣15x+36=0，得OP、OC的長度，即可推出P點的坐標，（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，推出Cos∠ABC==Cos∠ACO=，結(jié)合已知條件即可推出AP的長度，（3）首先設出Q點的坐標，然后根據(jù)，即可求出OQ的長度，即可得Q點的坐標，然后根據(jù)P和Q點的坐標即可推出直線PQ的解析式．解答：解：（1）∵PO、OC的長是方程x2﹣15x+36=0的兩根，OC＞PO，∴PO=3，OC=12（2分）∴P（0，﹣3）（2分）（2）在Rt△OBC與Rt△AOC中，cos∠ABC==cos∠ACO，∴（1分）設CO=4K，AC=5K，∴CO=4K=12，K=3∴AO=3K=9，∴A（﹣9，0）（2分）∴AP=（1分）（3）設在x軸上存在點Q（x，0）使四邊形AQCP是梯形，則AP∥CQ，∴，∵OA=9，OP=3，OC=12，∴OQ=36，則Q（﹣36，0）（2分），設直線PQ的解析式為y=kx+b，將點P（0，﹣3），Q（﹣36，0）代入，得，解得：∴所求直線PQ的解析式為y=﹣x﹣3（2分）點評：本題主要考查解整式方程、解直角三角形、勾股定理、平行線的相關性質(zhì)、求一次函數(shù)解析式，關鍵在于確定P點的坐標；根據(jù)解直角三角形求得AP的長度；根據(jù)平行線的性質(zhì)，確定OQ的長度，確定Q點的坐標．15．已知函數(shù)y=（6+3m）x+（n﹣4）．（1）如果已知函數(shù)的圖象與y=3x的圖象平行，且經(jīng)過點（﹣1，1），先求該函數(shù)圖象的解析式，再求該函數(shù)的圖象與y=mx+n的圖象以及y軸圍成的三角形面積；（2）如果該函數(shù)是正比例函數(shù)，它與另一個反比例函數(shù)的交點P到軸和軸的距離都是1，求出m和n的值，寫出這兩個函數(shù)的解析式；（3）點Q是x軸上的一點，O是坐標原點，在（2）的條件下，如果△OPQ是等腰直角三角形，寫出滿足條件的點Q的坐標．考點：一次函數(shù)綜合題；反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題。分析：（1）根據(jù)所給的條件求出m，n的值，然后確定這兩條直線，求出它們與y軸的交點坐標，以及這兩條直線的交點坐標，從而求出面積．（2）根據(jù)正比例函數(shù)可求出n的值，以及根據(jù)P點坐標的情況，確定函數(shù)式，P點的坐標有兩種情況．（3）等腰三角形的性質(zhì)，有兩邊相等的三角形是等腰三角形，根據(jù)此可確定Q的坐標．解答：解：（1）據(jù)題意得6+3m=3解得m=﹣1把x=﹣1，y=1代入y=3x+n﹣4得n=8（1分）∴已知函數(shù)為y=3x+4當x=0時y=4，A（0，4）∴另一函數(shù)y=﹣x+8當x=0時y=8，B（0，8）（2分）AB=4解得，C（1，7）（1分）（1分）（2）據(jù)題意可知n=4設正比例函數(shù)y=（6+3m）x（6+3m≠0），反比例函數(shù)根據(jù)正反比例函數(shù)的圖象可知，當點P的坐標為（1，1）或（﹣1，﹣1）時y=x，當點P的坐標為（1，﹣1）或（﹣1，1）時，y=﹣x，（3分）；（3）Q（±1，0）Q（±2，0）．（2分）點評：本題考查一次函數(shù)的綜合應用，關鍵是知道兩直線平行斜率相等，以及正比例函數(shù)的形式以及反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，以及等腰三角形的性質(zhì)．16．如圖，Rt△OAC是一張放在平面直角坐標系中的直角三角形紙片，點O與原點重合，點A在x軸上，點C在y軸上，OA和OC是方程的兩根（OA＞OC），∠CAO=30°，將Rt△OAC折疊，使OC邊落在AC邊上，點O與點D重合，折痕為CE．（1）求線段OA和OC的長；（2）求點D的坐標；（3）設點M為直線CE上的一點，過點M作AC的平行線，交y軸于點N，是否存在這樣的點M，使得以M、N、D、C為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出符合條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）通過解答題目中的一元二次方程的根就是OA、OC的長．（2）由折紙可以知道CD=OC，從而求出AD，作DF⊥OA于F解直角三角形可以求出D點的坐標．（3）存在滿足條件的M點，利用三角形全等和平行線等分線段定理可以求出M點對應的坐標．解答：解：（1）∵OA＞OC∴OA=3，OC=；（2）在Rt△AOC中，由勾股定理得：AC=2由軸對稱得：CO=CD=∴AD=，作DF⊥OA，且∠CAO=30°∴DF=，由勾股定理得：AF=∴OF=，∴OF=AF∴D；（3）∵M1N1∥AC，∠N1M1F=∠ADF，∠FN1M1=∠FAD∵OF=AF∴△ADF≌△N1M1F∴M1F=DF=，N1F=AF=∴，作MG⊥OA，∵四邊形MCDN和四邊形CN1M1D是平行四邊形∴MC=ND，ND=CM1∴MC=CM1∴GO=OF=，OE=1∴GE=∴EOC△∽△EGM∴∴解得：MG=∴點評：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了一元二次方程的根，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、勾股定理、全等三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的運用．17．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A在x軸的正半軸上，△AOB為等腰三角形，且OA=OB，過點B作y軸的垂線，垂足為D，直線AB的解析式為y=﹣3x+30，點C在線段BD上，點D關于直線OC的對稱點在腰OB上．（1）求點B坐標；（2）點P沿折線BC﹣OC以每秒1個單位的速度運動，當一點停止運動時，另一點也隨之停止運動．設△PQC的面積為S，運動時間為t，求S與t的函數(shù)關系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，連接PQ，設PQ與OB所成的銳角為α，當α=90°﹣∠AOB時，求t值．（參考數(shù)據(jù)：在（3）中，?。┛键c：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）根據(jù)待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，可以把點B的坐標設出來，利用直線與x軸的交點坐標可以求出A點坐標，求出OA的長度，從而求出AB，根據(jù)勾股定理可以求出B點的坐標．（2）當P、Q在運動中，分為P點在BC、OC上兩種情況的面積，利用三角形相似可以用t的式子表示出△PQC的面積．（3）在運動中當α=90°﹣∠AOB時，則有PQ⊥OB，PQ⊥OC兩種情況，利用解直角三角形的銳角三角函數(shù)值三角形相似求出相應的t的值．解答：解：（1）由題可設點B的坐標為（a，﹣3a+30），作BF⊥OA于F在Rt△OBG中，由勾股定理可得：a2+（﹣3a+30）2=102解得：a1=10，a2=8當a=10時不符合題意舍去當a=10時，﹣3a+30=6∴B（8，6）；（2）①當0≤t＜5時，如圖1所示；過點C作CF⊥OB于F，則△OCD≌△OCF．在Rt△BCF中，由勾股定理可得：CF=3，BC=5即OF=OD=6，CF=CD．過點Q作QN⊥BD于N，則QN∥OD，∴△BQN∽△BDO，∴即∴QN=6﹣，…1′∴S=即S=…1′②當5＜t≤10時，如圖2所示；過點Q作QM⊥OC于M，∵COQ=∠COD，∠CDO=∠QMO=90°，∴△QMO∽△COD，∴即∴QM=，…1′∴S=即S=…1′（3）①當0≤t＜5時，如圖3所示：∵α=90°﹣∠AOB=∠BOD，即∠PQB=∠DOB，sin∠PQB=sin∠DOB∴即∴t=②當5＜t≤10時，如圖4所示；過點P作PH⊥OB于H．∵tan∠POB=，tan∠PQO=，∴可設PH=4k，QM=3k，則OH=8k，由勾股定理可求得OP=4∴11k=t，k=，∴OP=4=，又∵OP=5+3即5+3=（），∴．點評：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了待定系數(shù)法求點的坐標，勾股定理的運用，全等三角形的運用，相似三角形的運用以及銳角三角函數(shù)值．動點問題的解題的關鍵是動中找靜止時的圖象特征求解．任何運動的圖象在任何一瞬間都是靜止的．18．如圖，在平面直角坐標系中，直線l經(jīng)過點A（2，﹣3），與x軸交于點B，且與直線平行．（1）求：直線l的函數(shù)解析式及點B的坐標；（2）如直線l上有一點M（a，﹣6），過點M作x軸的垂線，交直線于點N，在線段MN上求一點P，使△PAB是直角三角形，請求出點P的坐標．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）設直線l的解析式為：y=kx+b，因為直線l與直線平行，所以k=3，又直線l經(jīng)過點A（2，﹣3），從而求出b的值，進而直線l的函數(shù)解析式及點B的坐標可求出；（2）點M（a，﹣6）在直線l上，所以可先求出a的值，再分別分：當AB為斜邊時；當PB為斜邊時；當PA為斜邊時，進行討論求出滿足題意的P點的坐標即可．解答：解：（1）設直線l的解析式為y=kx+b（k≠0），∵直線l平行于y=3x﹣，∴k=3，∵直線l經(jīng)過點A（2，﹣3），∴﹣3=2×3+b，b=﹣9，∴直線l的解析式為y=3x﹣9，點B坐標為（3，0）；（2）∵點M（a，﹣6）在直線l上，∴a=1，則可設點P（1，y），∵，∴y的取值范圍是﹣6≤y≤，當AB為斜邊時，PA2+PB2=AB2，即1+（y+3）2+4+y2=10，解得y1=﹣1，y2=﹣2，∴P（1，﹣1），P（1，﹣2），當PB為斜邊時，PA2+AB2=PB2，即1+（y+3）2+10=4+y2，解得y=﹣，∴，當PA為斜邊時，PB2+AB2=PA2，即10+4+y2=1+（y+3）2，解得y=，（舍去），∴綜上所述，點P的坐標為P1（1，﹣1），P2（1，﹣2），P3點評：本題考查了用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)的解析式和一次函數(shù)與幾何圖形（直角三角形）問題首先要根據(jù)題意畫出草圖，結(jié)合圖形分析其中的幾何圖形，從已知函數(shù)圖中獲取信息，求出函數(shù)值、函數(shù)表達式，并解答相應的問題．19．已知如圖，直線y=﹣x+4與x軸相交于點A，與直線y=x相交于點P．（1）求點P的坐標；（2）求S△OPA的值；（3）動點E從原點O出發(fā)，沿著O→P→A的路線向點A勻速運動（E不與點O、A重合），過點E分別作EF⊥x軸于F，EB⊥y軸于B．設運動t秒時，F(xiàn)的坐標為（a，0），矩形EBOF與△OPA重疊部分的面積為S．求：S與a之間的函數(shù)關系式．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）P點的縱坐標就是兩個函數(shù)值相等時，從而列出方程求出坐標．（2）把OA看作底，P的縱坐標為高，從而可求出面積．（3）應該分兩種情況，當在OP上時和PA時，討論兩種情況求解．解答：解：（1）﹣x+4=xx=3，y=．所以P（3，）．（2）0=﹣x+4．x=4．4××=2．故面積為2．（3）當E點在OP上運動時，∵F點的橫坐標為a，所以縱坐標為a，∴S=a?a﹣×a?a=a2．當點E在PA上運動時，∵F點的橫坐標為a，所以縱坐標為﹣a+4．∴S=（﹣a+4）a﹣（﹣a+4）a=﹣a2+2a．點評：本題考查一次函數(shù)的綜合應用，關鍵是根據(jù)函數(shù)式知道橫坐標能夠求出縱坐標，橫縱坐標求出后能夠表示出坐標作頂點的矩形和三角形的面積以及求兩個函數(shù)的交點坐標．20．如圖，在平面直角坐標系中，點A（2，0），C（0，1），以OA、OC為邊在第一象限內(nèi)作矩形OABC，點D（x，0）（x＞0），以BD為斜邊在BD上方做等腰直角三角形BDM，作直線MA交y軸于點N，連接ND．（1）求證：①A、B、M、D四點在同一圓周上；②ON=OA；（2）若0＜x≤4，記△NDM的面積為y，試求y關于x的函數(shù)關系式，并求出△NDM面積的最大值；（3）在點D運動過程中，是否存在某一位置，使DM⊥DN？若存在，請求出此時點D的坐標；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）①取BD中點P，連接PM，PA，利用圓的定義可證；②過M作ME⊥x軸于E，MF⊥直線AB于F，則△MDE≌△MBF，得ME=MF，從而得到四邊形MFAE是正方形，得∠MAO=∠ONA=45°得ON=OA；（2）由（1）的②可以設M（a，b），在正方形MEAF中把a、b用含x的式子表示出來，就知道△DAM的高，從S△MDN=S△ADN﹣S△MDA，而得出結(jié)論．（3）當0＜x＜3時，顯然不存在；當3＜x≤4時，假設存在，則根據(jù)勾股定理就有MN2=MD2+DN2，從而可以求出D點的坐標．解答：（1）證明：①作BD的中點O，連接WO、AO∵△DMB是等腰直角三角形∴DM=BM，MO=BO=DO=BD∵四邊形OABC是矩形∴∠OAB=90°∴△DAB是直角三角形∴OA=OD=BD∴OA=OB=OM=OD∴A、B、M、D四點在以O為圓心的圓周上②過M作ME⊥x軸于E，MF⊥直線AB于F∴∠DEM=∠MEA=∠MFB=90°∴∠DME=∠BMF，且MD=MB∴△MDE≌△MBF∴MF=ME，DE=BF∵∠MEA=∠MFB=90°，∠OAB=90°∴四邊形MEAF是正方形，∴∠OAM=45°∴∠ONA=45°∴∠ONA=∠OAM∴ON=OA；（2）解：①當0＜x≤3時，設M（a，b），則ME=AE，OE=a，AE=ME=AF=2﹣a．∵D（x，0）∴OD=x，DE=BF=a﹣x，AD=2﹣x∵C（0，1），A（2，0），∴AB=1，OA=2∴AF=1+a﹣x，ON=2∴2﹣a=1+a﹣x∴a=，AE=ME=2﹣a=S△MDN=S△ADN﹣S△MDN=∴y=當x=時，S△MDN最大為②當3＜x≤4時，過M作ME⊥x軸于E，MF⊥y軸于F，延長AB交MF于H，設M（a，b）∴AD=x﹣2，DE=x﹣a，AE=a﹣2∴a﹣2=1+x﹣a∴a=S△MDN=∴y=故當x=4時，S△MDN最大為；（3）解：當0＜x≤3時，顯然不存在；當3＜x≤4時，假設存在，則MN2=MD2+DN2，而MN=，MD2=，DN2=x2+4，解得x=（x=舍去）故存在D，D（，0）．點評：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了四點共圓的證明，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，三角形全等的判定及運用，勾股定理的運用以及拋物線的最大值等多個知識點．21．如圖（1），直線y=kx+1與y軸正半軸交于A，與x軸正半軸交于B，以AB為邊作正方形ABCD．（1）若C（3，m），求m的值；（2）如圖2，連AC，作BM⊥AC于M，E為AB上一點，CE交BM于F，若BE=BF，求證：AC+AE=2AB；（3）經(jīng)過B、C兩點的⊙O1交AC于S，交AB的延長線于T，當⊙O1的大小發(fā)生變化時，的值變嗎？若不變證明并求其值；若變化，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題。分析：（1）作CE⊥x軸于E，可證△OAB≌△EBC，再根據(jù)線段相互間的關系即可求出CE的長，即m的值；（2）作GE⊥x軸于G，可以通過先求出AE與EB的關系，證明結(jié)論；（3）連接CT，ST，ST交BC于M，可知的值為45°余弦的倒數(shù)，從而求解．解答：解：（1）作CE⊥x軸于E，易證△OAB≌△EBC，∴OB=OE﹣BE=3﹣OA=2，∴CE=2，即m=2；（2）作GE⊥x軸于G，∵BE=BF，∴∠1=∠2，∴∠3=∠4，∴EG=GB，AE=EB，∴AC=AB，∵AE+EB=AB，∴AE=（2﹣）AB，∴AC+AE=2AB；（3）連接CT，ST，ST交BC于M，則AS=TS，SC=SM，∠STA=45°，∴AS﹣CS=MT，∴===．故的值不變．點評：考查了一次函數(shù)綜合題，考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和三角函數(shù)的知識，難度較大．22．如圖：直線y=﹣x+18分別與x軸、y軸交于A、B兩點；直線y=2x分別與AB交于C點，與過點A且平行于y軸的直線交于D點．點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿x軸向左運動，過點E作x軸的垂線，分別交直線AB、OD于P、Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設正方形PQMN與△ACD重疊部分（陰影部分）的面積為S（平方單位），點E的運動時間為t（秒）．（1）當0＜t＜12時，求S與t之間的函數(shù)關系式；（2）求（1）中S的最大值；（3）當t＞0時，若點（10，10）落在正方形PQMN的內(nèi)部，求t的取值范圍．考點：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）首先根據(jù)題意求得A，B，C，D的坐標，然后過點C作CH⊥AD，易得△CPQ∽△CAD，由相似三角形的性質(zhì)，即可求得PQ的值，則可求得S與t之間的函數(shù)關系式；（2）配方，即可求得二次函數(shù)的最大值，即是S的最大值；（3）當PQ過點（10，10）時，t最?。划擭與（10，10）重合時，t最大，根據(jù)題意求解即可．解答：解：（1）∵直線y=﹣x+18分別與x軸、y軸交于A、B兩點，∴A（18，0），B（0，18），∵直線y=2x與AB交于C點，∴，解得：x=6，y=12，∴點C（6，12），∵直線y=2x與過點A且平行于y軸的直線交于D點，∴D（18，36），過點C作CH⊥AD，則CH=18﹣6=12，∵PQ∥AD，∴CH⊥PQ，△CPQ∽△CAD，∴，∵PK=t，則CG=12﹣t，即：，∴PQ=36﹣3t，∴當0＜t＜12時，求S與t之間的函數(shù)關系式為S=t（36﹣3t）=﹣3t2+36t；（2）∵S=﹣3t2+36t=﹣3（t﹣6）2+108，∴當t=6時，S最大，最大值為108；（3）當點Q的橫坐標是10時，則Q（10，20），E（10，0），P（10，8），∴PE=8，PQ=12，∴PQ=36﹣3t=12，解得：t=8；當N的坐標為（10，10）時，則點P的縱坐標為10，∴P（8，10），∴E（8，0），∴AE=10；即t=10；∴t的取值范圍為：8＜t＜10．點評：此題考查了一次函數(shù)的綜合應用，考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)等知識．此題綜合性很強，難度較大，解題時要注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．23．直線l：y=﹣x+3分別交x軸、y軸于B、A兩點，等腰直角△CDM斜邊落在x軸上，且CD=6，如圖1所示．若直線l以每秒3個單位向上作勻速平移運動，同時點C從（6，0）開始以每秒2個單位的速度向右作勻速平移運動，如圖2所示，設移動后直線l運動后分別交x軸、y軸于Q、P兩點，以OP、OQ為邊作如圖矩形OPRQ．設運動時間為t秒．（1）求運動后點M、點Q的坐標（用含t的代數(shù)式表示）；（2）若設矩形OPRQ與運動后的△CDM的重疊部分面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并寫出t相應的取值范圍；（3）若直線l和△CDM運動后，直線l上存在點T使∠OTC=90°，則當在線段PQ上符合條件的點T有且只有兩個時，求t的取值范圍．考點：一次函數(shù)綜合題；解一元一次方程；三角形的面積；三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；等腰直角三角形；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)。專題：計算題；分類討論。分析：（1）過M作MN⊥CD于N，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出CN=DN=MN=3，即可得到M、Q的坐標；（2）①0＜t＜1時，s=0②1＜t≤2.5，如圖2，S=CQ?QH，把CQ、QH代入即可求出答案；③當2.5＜t＜4時，如圖（3）同法可求DQ，根據(jù)s=S△CMD﹣S△DQE，求出△CMD和△DQE的面積代入即可；④當t≥4時，s=S△CMD=×6×3=9；（3）①直線L經(jīng)過點C，即C、Q重合，根據(jù)4+4t=6+2t，求出即可；②如圖直線L切圓于F，證△QFE∽△QOW，得出=，代入即可求出t的值，進一步得出t的取值范圍．解答：（1）解：過M作MN⊥CD于N，∵等腰直角△CDM，∴CN=DN=MN=3，由勾股定理得：MC=MD=3，∴M（9+2t，3），Q（4+4t，0），答：運動后點M、點Q的坐標分別是（9+2t，3），（4+4t，0）．（2）解：①0＜t＜1，s=0，②1＜t≤2.5，如圖2，由矩形OPRQ，∠OQH=90°，∵∠MCD=45°=∠CHQ，∴CQ=（4+4t）﹣（6+2t）=2t﹣2=QH，∴S=CQ?QH=（2t﹣2）2=2t2﹣4t+2，即：s=2t2﹣4t+2；③當2.5＜t＜4時，如圖（3）：同法可求DQ=OD﹣OQ=（6+6+2t）﹣（4+4t）=8﹣2t，∴s=S△CMD﹣S△DQE=×6×3﹣（8﹣2t）2=﹣2t2+16t﹣23，即：s=﹣2t2+16t﹣23；④當t≥4時，s=S△CMD=×6×3=9；答：S與t的函數(shù)關系式是s=2t2﹣4t+2（1＜t≤2.5）或s=﹣2t2+16t﹣23（2.5＜t＜4）或s=9（t≥4）．（3）解：①直線L經(jīng)過點C，即C、Q重合此時4+4t=6+2t，解得：t=1；②如圖直線L切圓于F，即點T，OE=EF=3+t，EQ=1+3t∵∠FQC=∠FQC，∠EFQ=∠COW=90°，∴△QFE∽△QOW，∴=，求得：t=3，∴1＜t＜3，答：t的取值范圍是1＜t＜3．點評：本題主要考查對矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角形的面積，勾股定理，一次函數(shù)的性質(zhì)，解一元一次方程，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等知識點的理解和掌握，此題是一個綜合性比較強的題目，有一定的難度，用的數(shù)學思想是分類討論思想．24．如圖，將邊長為4的正方形置于平面直角坐標系第一象限，使AB邊落在x軸正半軸上，且A點的坐標是（1，0）．（1）直線經(jīng)過點C，且與x軸交于點E，求四邊形AECD的面積；（2）若直線l經(jīng)過點E，且將正方形ABCD分成面積相等的兩部分，求直線l的解析式；（3）若直線l1經(jīng)過點F（）且與直線y=3x平行．將（2）中直線l沿著y軸向上平移1個單位，交x軸于點M，交直線l1于點N，求△NMF的面積．考點：一次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；平移的性質(zhì)。專題：計算題。分析：（1）先求出E點的坐標，根據(jù)梯形的面積公式即可求出四邊形AECD的面積；（2）根據(jù)已知求出直線1上點G的坐標，設直線l的解析式是y=kx+b，把E、G的坐標代入即可求出解析式；（3）根據(jù)直線l1經(jīng)過點F（）且與直線y=3x平行，知k=3，把F的坐標代入即可求出b的值即可得出直線11，同理求出解析式y(tǒng)=2x﹣3，進一步求出M、N的坐標，利用三角形的面積公式即可求出△MNF的面積．解答：解：（1），當y=0時，x=2，∴E（2，0），由已知可得：AD=AB=BC=DC=4，AB∥DC，∴四邊形AECD是梯形，∴四邊形AECD的面積S=×（2﹣1+4）×4=10，答：四邊形AECD的面積是10．（2）在DC上取一點G，使CG=AE=1，則St梯形AEGD=S梯形EBCG，∴G點的坐標為（4，4），設直線l的解析式是y=kx+b，代入得：，解得：，即：y=2x﹣4，答：直線l的解析式是y=2x﹣4．（3）∵直線l1經(jīng)過點F（）且與直線y=3x平行，設直線11的解析式是y1=kx+b，則：k=3，代入得：0=3×（﹣）+b，解得：b=，∴y1=3x+已知將（2）中直線l沿著y軸向上平移1個單位，則所得的直線的解析式是y=2x﹣4+1，即：y=2x﹣3，當y=0時，x=，∴M（，0），解方程組得：，即：N（﹣，﹣18），S△NMF=×[﹣（﹣）]×|﹣18|=27．答：△NMF的面積是27．點評：本題主要考查了一次函數(shù)的特點，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)圖象上點的特征，平移的性質(zhì)等知識點，解此題的關鍵是能綜合運用上面的知識求一次函數(shù)的解析式．25．如圖，直線l1的解析表達式為：y=﹣3x+3，且l1與x軸交于點D，直線l2經(jīng)過點A，B，直線l1，l2交于點C．（1）求直線l2的解析表達式；（2）求△ADC的面積；（3）在直線l2上存在異于點C的另一點P，使得△ADP與△ADC的面積相等，求出點P的坐標；（4）若點H為坐標平面內(nèi)任意一點，在坐標平面內(nèi)是否存在這樣的點H，使以A、D、C、H為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點H的坐標；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題。分析：（1）結(jié)合圖形可知點B和點A在坐標，故設l2的解析式為y=kx+b，由圖聯(lián)立方程組求出k，b的值；（2）已知l1的解析式，令y=0求出x的值即可得出點D在坐標；聯(lián)立兩直線方程組，求出交點C的坐標，進而可求出S△ADC；（3）△ADP與△ADC底邊都是AD，面積相等所以高相等，ADC高就是C到AD的距離；（4）存在；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可知一定存在4個這樣的點，規(guī)律為H、C坐標之和等于A、D坐標之和，設出代入即可得出H的坐標．解答：解：（1）設直線l2的解析表達式為y=kx+b，由圖象知：x=4，y=0；x=3，，∴，∴，∴直線l2的解析表達式為；（2）由y=﹣3x+3，令y=0，得﹣3x+3=0，∴x=1，∴D（1，0）；由，解得，∴C（2，﹣3），∵AD=3，∴S△ADC=×3×|﹣3|=；（3）△ADP與△ADC底邊都是AD，面積相等所以高相等，ADC高就是C到AD的距離，即C縱坐標的絕對值=|﹣3|=3，則P到AB距離=3，∴P縱坐標的絕對值=3，點P不是點C，∴點P縱坐標是3，∵y=1.5x﹣6，y=3，∴1.5x﹣6=3x=6，所以點P的坐標為（6，3）；（4）存在；（3，3）（5，﹣3）（﹣1，﹣3）點評：本題考查的是一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形面積的計算以及平行四邊形的性質(zhì)等等有關知識，有一定的綜合性，難度中等偏上．26．如圖，直線y=x+6與x軸、y軸分別相交于點E、F，點A的坐標為（﹣6，0），P（x，y）是直線y=x+6上一個動點．（1）在點P運動過程中，試寫出△OPA的面積s與x的函數(shù)關系式；（2）當P運動到什么位置，△OPA的面積為，求出此時點P的坐標；（3）過P作EF的垂線分別交x軸、y軸于C、D．是否存在這樣的點P，使△COD≌△FOE？若存在，直接寫出此時點P的坐標（不要求寫解答過程）；若不存在，請說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題；解二元一次方程組；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；三角形的面積；全等三角形的判定。專題：計算題；動點型。分析：（1）求出P的坐標，當P在第一、二象限時，根據(jù)三角形的面積公式求出面積即可；當P在第三象限時，根據(jù)三角形的面積公式求出解析式即可；（2）把s的值代入解析式，求出即可；（3）根據(jù)全等求出OC、OD的值，如圖①所示，求出C、D的坐標，設直線CD的解析式是y=kx+b，把C（﹣6，0），D（0，﹣8）代入，求出直線CD的解析式，再求出直線CD和直線y=x+6的交點坐標即可；如圖②所示，求出C、D的坐標，求出直線CD的解析式，再求出直線CD和直線y=x+6的交點坐標即可．解答：解：（1）∵P（x，y）代入y=x+6得：y=x+6，∴P（x，x+6），當P在第一、二象限時，△OPA的面積是s=OA×y=×|﹣6|×（x+6）=x+18（x＞﹣8）當P在第三象限時，△OPA的面積是s=OA×（﹣y）=﹣x﹣18（x＜﹣8）答：在點P運動過程中，△OPA的面積s與x的函數(shù)關系式是s=x+18（x＞﹣8）或s=﹣x﹣18（x＜﹣8）．解：（2）把s=代入得：=+18或=﹣x﹣18，解得：x=﹣6.5或x=﹣6（舍去），x=﹣6.5時，y=，∴P點的坐標是（﹣6.5，）．（3）解：假設存在P點，使△COD≌△FOE，①如圖所示：P的坐標是（﹣，）；②如圖所示：P的坐標是（，）存在P點，使△COD≌△FOE，P的坐標是（﹣，）或（，）．點評：本題綜合考查了三角形的面積，解二元一次方程組，全等三角形的性質(zhì)和判定，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式等知識點，此題綜合性比較強，用的數(shù)學思想是分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想，難度較大，對學生有較高的要求．27．如圖，在平面直角坐標系中，直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B，與直線OC：y=x交于點C．（1）若直線AB解析式為y=﹣2x+12，①求點C的坐標；②求△OAC的面積．（2）如圖，作∠AOC的平分線ON，若AB⊥ON，垂足為E，△OAC的面積為6，且OA=4，P、Q分別為線段OA、OE上的動點，連接AQ與PQ，試探索AQ+PQ是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，說明理由．考點：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題；數(shù)形結(jié)合。分析：（1）①聯(lián)立兩個函數(shù)式，求解即可得出交點坐標，即為點C的坐標．②欲求△OAC的面積，結(jié)合圖形，可知，只要得出點A和點C的坐標即可，點C的坐標已知，利用函數(shù)關系式即可求得點A的坐標，代入面積公式即可．（2）在OC上取點M，使OM=OP，連接MQ，易證△POQ≌△MOQ，可推出AQ+PQ=AQ+MQ；若想使得AQ+PQ存在最小值，即使得A、Q、M三點共線，又AB⊥OP，可得∠AEO=∠CEO，即證△AEO≌△CEO（ASA），又OC=OA=4，利用△OAC的面積為6，即可得出AM=3，AQ+PQ存在最小值，最小值為3．解答：解：（1）①由題意，（2分）解得所以C（4，4）（3分）②把y=0代入y=﹣2x+12得，x=6，所以A點坐標為（6，0），（4分）所以．（6分）（2）存在；由題意，在OC上截取OM=OP，連接MQ，∵OP平分∠AOC，∴∠AOQ=∠COQ，又OQ=OQ，∴△POQ≌△MOQ（SAS），（7分）∴PQ=MQ，∴AQ+PQ=AQ+MQ，當A、Q、M在同一直線上，且AM⊥OC時，AQ+MQ最?。碅Q+PQ存在最小值．∵AB⊥OP，所以∠AEO=∠CEO，∴△AEO≌△CEO（ASA），∴OC=OA=4，∵△OAC的面積為6，所以AM=2×6÷4=3，∴AQ+PQ存在最小值，最小值為3．（9分）點評：本題主要考查一次函數(shù)的綜合應用，具有一定的綜合性，要求學生具備一定的數(shù)學解題能力，有一定難度．28．已知直角梯形OABC在如圖所示的平面直角坐標系中，AB∥OC，AB=10，OC=22，BC=15，動點M從A點出發(fā)，以每秒一個單位長度的速度沿AB向點B運動，同時動點N從C點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿CO向O點運動．當其中一個動點運動到終點時，兩個動點都停止運動．（1）求B點坐標；（2）設運動時間為t秒；①當t為何值時，四邊形OAMN的面積是梯形OABC面積的一半；②當t為何值時，四邊形OAMN的面積最小，并求出最小面積；③若另有一動點P，在點M、N運動的同時，也從點A出發(fā)沿AO運動．在②的條件下，PM+PN的長度也剛好最小，求動點P的速度．考點：一次函數(shù)綜合題；勾股定理；軸對稱-最短路線問題。專題：動點型；待定系數(shù)法。分析：（1）由題意可以先構造矩形OABD，然后根據(jù)勾股定理進行求解；（2）是動點型的題要設好未知量：①AM=t，ON=OC﹣CN=22﹣2t，根據(jù)四邊形OAMN的面積是梯形OABC面積的一半，列出等式求出t值；②設四邊形OAMN的面積為S，用t表示出四邊形OAMN的面積，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值；③由題意取N點關于y軸的對稱點N′，連接MN′交AO于點P，此時PM+PN=PM+PN′=MN長度最小，表示出點M，N，N′的坐標，設直線MN′的函數(shù)關系式為y=kx+b，最后待定系數(shù)法進行求解．解答：解：（1）作BD⊥OC于D，則四邊形OABD是矩形，∴OD=AB=10，∴CD=OC﹣OD=12，∴OA=BD==9，∴B（10，9）；（2）①由題意知：AM=t，ON=OC﹣CN=22﹣2t，∵四邊形OAMN的面積是梯形OABC面積的一半，∴，∴t=6，②設四邊形OAMN的面積為S，則，∵0≤t≤10，且s隨t的增大面減小，∴當t=10時，s最小，最小面積為54．③如備用圖，取N點關于y軸的對稱點N′，連接MN′交AO于點P，此時PM+PN=PM+PN′=MN長度最?。攖=10時，AM=t=10=AB，ON=22﹣2t=2，∴M（10，9），N（2，0），∴N′（﹣2，0）；設直線MN′的函數(shù)關系式為y=kx+b，則，解得，∴P（0，），∴AP=OA﹣OP=，∴動點P的速度為個單位長度/秒．點評：此題是一道綜合題，難度比較大，考查了勾股定理的應用和待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，動點型的題是中考的熱點，平時要多加練習，注意熟悉這方面的題型．29．如圖，在平面直角坐標系xoy中，直線AP交x軸于點P（p，0），交y軸于點A（0，a），且a、b滿足．（1）求直線AP的解析式；（2）如圖1，點P關于y軸的對稱點為Q，R（0，2），點S在直線AQ上，且SR=SA，求直線RS的解析式和點S的坐標；（3）如圖2，點B（﹣2，b）為直線AP上一點，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC，點C在第一象限，D為