人教版初中數(shù)學(xué)同步講義八年級(jí)下冊(cè)第08講 專題2 一次函數(shù)與幾何圖形（解析版）（淘寶店鋪：奪魁文化）

第08講專題2一次函數(shù)與幾何圖形類型一：一次函數(shù)與圖形的平移類型二：一次函數(shù)與圖形的對(duì)稱類型三：一次函數(shù)與圖形的旋轉(zhuǎn)類型四：一次函數(shù)與三角形類型五：一次函數(shù)與四邊形類型一：一次函數(shù)與圖形的平移1．如圖，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，4），將OM沿x軸正方向平移，使點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)M′落在直線y＝x上，點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O′．（1）則點(diǎn)M′的坐標(biāo)為（8，4）；（2）連接MM′，四邊形MOO′M′的形狀為菱形．【分析】（1）把y＝4代入得到x＝8，即可得到點(diǎn)M′的坐標(biāo)；（2）由平移可得OM＝OM′，OM∥OM′，證到四邊形MOO′M′為平行四邊形，由勾股定理得到OM＝5，再由M、M′的坐標(biāo)得到OM＝MM′＝5，即可證明四邊形MOO′M′為菱形；【解答】解：（1）把y＝4代入，得x＝8，∴點(diǎn)M′坐標(biāo)為（8，4），故答案為：（8，4）；（2）四邊形MOO′M′為菱形．理由如下：過(guò)點(diǎn)M作MA⊥x軸于點(diǎn)A，由平移得，OM＝OM′，OM∥OM′，∴四邊形MOO′M′為平行四邊形，∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，4），∴OA＝3，AM＝4，∴，∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，4），點(diǎn)M′坐標(biāo)為（8，4），∴MM′＝8﹣3＝5，∴OM＝MM′，∴平行四邊形MOO′M′為菱形，故答案為：菱形．2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝x+3與x軸、y軸交點(diǎn)分別為點(diǎn)A和點(diǎn)B，直線l2過(guò)點(diǎn)B且與x軸交于點(diǎn)C，將直線l1向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線l3，已知直線l3剛好過(guò)點(diǎn)C且與y軸交于點(diǎn)D．（1）求直線l2的解析式；（2）求四邊形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)直線l1的解析式求出A（﹣6，0），B（0，3）．根據(jù)上加下減的平移規(guī)律求出直線l3的解析式為y＝x﹣1，求出C（2，0），D（0，﹣1）．根據(jù)直線l2過(guò)點(diǎn)B、C，利用待定系數(shù)法求出直線l2的解析式；（2）根據(jù)S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ADC，即可求出四邊形ABCD的面積．【解答】解：（1）∵直線l1：y＝x+3與x軸、y軸交點(diǎn)分別為點(diǎn)A和點(diǎn)B，∴y＝0時(shí)，x+3＝0，解得x＝﹣6，x＝0時(shí)，y＝3，∴A（﹣6，0），B（0，3）．∵將直線l1：y＝x+3向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線l3，∴直線l3的解析式為：y＝x+3﹣4，即y＝x﹣1，∵y＝0時(shí)，x﹣1＝0，解得x＝2，x＝0時(shí)，y＝﹣1，∴C（2，0），D（0，﹣1）．設(shè)直線l2的解析式為y＝kx+b，∵直線l2過(guò)點(diǎn)B（0，3）、點(diǎn)C（2，0），∴，解得，∴直線l2的解析式為y＝﹣x+3；（2）∵A（﹣6，0），B（0，3），C（2，0），D（0，﹣1），∴AC＝2﹣（﹣6）＝8，OB＝3，OD＝1，∴S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝AC?OB+AC?OD＝×8×3+×8×1＝12+4＝16．3．綜合應(yīng)用如圖1，直線l1：y＝2x+3與x軸交于點(diǎn)B，直線l2與x軸交于點(diǎn)，l1、l2交于y軸上一點(diǎn)A．（1）特征探究：求直線l2的表達(dá)式；（2）坐標(biāo)探究：過(guò)x軸上一點(diǎn)D（﹣3，0），作DE⊥AC于點(diǎn)E，交y軸于點(diǎn)F，求E點(diǎn)坐標(biāo)；（3）規(guī)律探究；將△ABC將向左平移m個(gè)單位長(zhǎng)度得到圖2，AC與y軸交于點(diǎn)P（點(diǎn)P不與A點(diǎn)和C點(diǎn)重合），在AB的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)Q，使BQ＝CP，連接PQ交x軸于M點(diǎn)．請(qǐng)?zhí)骄俊鰽BC向左平移的過(guò)程中，線段MO的長(zhǎng)度的變化情況？【分析】（1）把x＝0代入y＝2x+3求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)C的坐標(biāo)求出l2的表達(dá)式；（2）根據(jù)題意求出直線DE的解析式，從而求出點(diǎn)E和點(diǎn)F的坐標(biāo)；（3）OM的長(zhǎng)度不變，理由如下，過(guò)點(diǎn)Q作DQ⊥x軸，證明△BDQ≌△COP得到DB＝OC，DQ＝OP，再證明△MDQ≌△MOP，得到OM＝，從而求出OM的長(zhǎng)度．【解答】解：（1）把x＝0代入y＝2x+3，得y＝3，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），設(shè)l2的表達(dá)式為y＝kx+b，把A（0，3），代入，得，解得，∴l(xiāng)2的表達(dá)式為y＝﹣2x+3；（2）由DE⊥AC，l2的表達(dá)式為y＝﹣2x+3，設(shè)直線DE的解析式為，把D（﹣3，0）代入，解得b＝，∴直線DE的解析式為，把x＝0代入，解得y＝，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為，聯(lián)立，解得，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為；（3）OM的長(zhǎng)度不變，理由如下：如圖1，由，，∴OB＝OC，且BC＝3，∵∠BOA＝∠COA＝90°，OA＝OA，∴△AOB≌△AOC，∴AB＝AC，過(guò)點(diǎn)Q作DQ⊥x軸，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝∠DBQ，∵BQ＝CP，∠BDQ＝∠COP＝90°，∴△BDQ≌△COP（AAS），∴DB＝OC，DQ＝OP，∴OD＝DB+OB＝OC+OB＝BC＝3，∵∠MDQ＝∠MOP＝90°，∠DMQ＝∠OMP，DQ＝OP，∴△MDQ≌△MOP（AAS），∴DM＝OM，∴OM＝＝．4．如圖，在直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象l1與y軸交于點(diǎn)A（0，2），與x軸交于點(diǎn)B（﹣，0），與一次函數(shù)y＝x﹣3的圖象l2交于點(diǎn)E．（1）求l1的函數(shù)表達(dá)式；（2）直線l2與y軸交于點(diǎn)C，求△AEC的面積；（3）如圖，已知長(zhǎng)方形MNPQ，PQ＝2，NP＝1，M（a，1），矩形MNPQ的邊PQ在x軸上平移，若矩形MNPQ與直線l1或l2有交點(diǎn)，直接寫出a的取值范圍．【分析】（1）利用待定系數(shù)法求出l1的解析式；（2）根據(jù)點(diǎn)E是直線l1和直線l2的交點(diǎn)，求出E點(diǎn)坐標(biāo)，利用面積計(jì)算公式即可求解；（3）分別求出矩形MNPQ在平移過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)Q在l1上、點(diǎn)Q在l2上、點(diǎn)N在l1上、點(diǎn)N在l2上時(shí)a的值，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）設(shè)直線l1的表達(dá)式y(tǒng)＝kx+b，∵直線l1過(guò)點(diǎn)A（0，2）和點(diǎn)，代入得：，解得．∴直線l1的表達(dá)式為．（2）∵點(diǎn)E是直線l1和直線l2的交點(diǎn)，聯(lián)立得：，解得，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣2，﹣5），；（3）當(dāng)矩形MNPQ的頂點(diǎn)Q在l1上時(shí)，a的值為，矩形MNPQ向右平移，當(dāng)點(diǎn)N在l1上時(shí)，，解得，即點(diǎn)，∴a的值為，矩形MNPQ繼續(xù)向右平移，當(dāng)點(diǎn)Q在l2上時(shí)，a的值為3，矩形MNPQ繼續(xù)向右平移，當(dāng)點(diǎn)N在l2上時(shí)，x﹣3＝1，解得x＝4，即點(diǎn)N（4，1），∴a的值4+2＝6，綜上所述，當(dāng)時(shí)，矩形MNPQ與直線l1有交點(diǎn)，當(dāng)3≤a≤6時(shí)，矩形MNPQ與直線l2有交點(diǎn)．5．如圖，直角三角板AOB如圖所示在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，∠B＝30°，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，作AH⊥x軸，AO＝10，若∠AOH＝30°．（1）點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣5，5）；OB＝10；（2）求邊AB所在直線的表達(dá)式；（3）直線y＝mx+n自與直線AB重合的位置向下平移，當(dāng)其平分三角形AOB面積時(shí)，直接寫出直線y＝mx+n的表達(dá)式．【分析】（1）在Rt△AOH中，∠AOH＝30°，則AH＝AO＝5，OH＝10cos30°＝5，進(jìn)而求解；（2）用待定系數(shù)法即可求解；（3）由△HNO＝OH?OH＝OH2＝S△ABO＝25，即可求解．【解答】解：（1）在Rt△AOH中，∠AOH＝30°，則AH＝AO＝5，OH＝10cos30°＝5，故點(diǎn)A的坐標(biāo)為：（﹣5，5），在Rt△AOB中，∠B＝30°，則BO＝AO＝10，故答案為：（﹣5，5），10；（2）過(guò)點(diǎn)B作BT⊥x軸于點(diǎn)T，則∠BOT＝60°，則OT＝BO＝5，同理可得：BT＝15，即點(diǎn)B（5，15），設(shè)直線AB的表達(dá)式為：y＝sx+t，則，解得：，故直線AB的表達(dá)式為：y＝x+10；（3）S△ABO＝AO?BO＝10×10＝50，設(shè)直線l：y＝mx+n交OB于點(diǎn)H，交OA于點(diǎn)N，由O、B坐標(biāo)得，直線OB的表達(dá)式為：y＝x，設(shè)點(diǎn)H（r，r），在Rt△OHN中，∠HNO＝∠BAO＝60°，則ON＝OH，當(dāng)直線l平分三角形AOB面積時(shí)，則△HNO＝OH?OH＝OH2＝S△ABO＝25，解得：OH2＝150，即r2+（r）2＝150，解得：r＝，則點(diǎn)H的坐標(biāo)為：（，），則直線l的表達(dá)式為：y＝（x﹣）+＝x+5．6．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)B的直線交x軸于點(diǎn)C，且點(diǎn)C（4，0）．（1）求直線BC的解析式；（2）將直線BC向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線L，此時(shí)直線L交于AB于點(diǎn)D，交x軸于點(diǎn)E，并且D的橫坐標(biāo)為﹣，請(qǐng)求出△ADE的面積；（3）點(diǎn)P為線段AB上一點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且AP＝CQ，PQ交x軸于N，設(shè)點(diǎn)Q橫坐標(biāo)為m，△PBQ的面積為S，求S與m的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量m的取值范圍）．【分析】（1）先求出點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)，由等腰三角形的性質(zhì)可求點(diǎn)C坐標(biāo)，由待定系數(shù)法可求BC的解析式；（2）由直線的平移可得直線DE的解析式，進(jìn)而可得點(diǎn)D，E的坐標(biāo)，根據(jù)三角形的面積公式可得結(jié)論．（3）過(guò)點(diǎn)P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，過(guò)點(diǎn)Q作HQ⊥AC，由“AAS”可證△AGP≌△CHQ，可得AG＝HC＝m﹣4，PG＝HQ＝2m﹣8，由“AAS”可證△PEF≌△QCF，可得S△PEF＝S△QCF，即可求解．【解答】解：（1）∵直線y＝2x+8與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，∴點(diǎn)B（0，8），點(diǎn)A（﹣4，0）設(shè)直線BC解析式為：y＝kx+b，由題意可得：，解得：．∴直線BC解析式為：y＝﹣2x+8；（2）將直線BC向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線L，∴L：y＝﹣2x+5，令y＝0，則x＝2.5，∴E（2.5，0），∵點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為﹣，∴D（﹣，），∴S△ADE＝×（xE﹣xA）×yD＝×（+4）×＝；（3）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，過(guò)點(diǎn)Q作HQ⊥AC，∵AB＝CB，∴∠BAC＝∠BCA，∵點(diǎn)Q橫坐標(biāo)為m，∴點(diǎn)Q（m，﹣2m+8）∴HQ＝2m﹣8，CH＝m﹣4，∵AP＝CQ，∠BAC＝∠BCA＝∠QCH，∠AGP＝∠QHC＝90°，∴△AGP≌△CHQ（AAS），∴AG＝HC＝m﹣4，PG＝HQ＝2m﹣8，∵PE∥BC，∴∠PEA＝∠ACB，∠EPF＝∠CQF，∴∠PEA＝∠PAE，∴AP＝PE，且AP＝CQ，∴PE＝CQ，且∠EPF＝∠CQF，∠PFE＝∠CFQ，∴△PEF≌△QCF（AAS）∴S△PEF＝S△QCF，∴△PBQ的面積＝四邊形BCFP的面積+△CFQ的面積＝四邊形BCFP的面積+△PEF的面積＝四邊形PECB的面積，∴S＝S△ABC﹣S△PAE＝×8×8﹣×（2m﹣8）×（2m﹣8）＝16m﹣2m2．類型二：一次函數(shù)與圖形的對(duì)稱7．已知一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象過(guò)點(diǎn)（0，2）．（1）若函數(shù)圖象還經(jīng)過(guò)點(diǎn)（﹣1，﹣4），求這個(gè)函數(shù)的表達(dá)式；（2）若點(diǎn)M（2m，m+3）關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)恰好落在該函數(shù)的圖象上，求m的值．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可解決問(wèn)題．（2）先用m表示出點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)，再代入一次函數(shù)解析式即可．【解答】解：（1）由題知，因?yàn)辄c(diǎn)（0，2）和點(diǎn)（﹣1，﹣4）在一次函數(shù)的圖象上，所以，解得．所以這個(gè)函數(shù)的表達(dá)式為y＝6x+2．（2）點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)為（2m，﹣m﹣3），又因?yàn)樵搶?duì)稱點(diǎn)在一次函數(shù)的圖象上，所以﹣m﹣3＝12m+2，解得m＝．故m的值為．8．如圖，直線l：y＝3交x、y軸分別為A、B兩點(diǎn)，C點(diǎn)與A點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱．動(dòng)點(diǎn)P、Q分別在線段AC、AB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)A、C重合），滿足∠BPQ＝∠BAO．（1）點(diǎn)A坐標(biāo)是（﹣4，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)（0，3），BC＝5．（2）當(dāng)點(diǎn)P在什么位置時(shí)，△APQ≌△CBP，說(shuō)明理由．（3）當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）對(duì)于直線l解析式，分別令x與y為0求出y與x的值，確定出A與B的坐標(biāo)，根據(jù)A與C關(guān)于y軸對(duì)稱確定出C坐標(biāo)，利用勾股定理求出BC的長(zhǎng)即可；（2）由三角形APQ與三角形CBP全等，利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得到PQ＝BC＝5，由AP﹣OA＝OP，求出OP的長(zhǎng)，確定出P坐標(biāo)即可；（3）分三種情況考慮：當(dāng)PQ＝PB時(shí)，由（2）確定出此時(shí)P的坐標(biāo)；當(dāng)BQ＝BP時(shí)，利用外角性質(zhì)判斷不可能；當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，求出此時(shí)P的坐標(biāo)即可．【解答】解：（1）對(duì)于直線l：y＝x+3，令x＝0，得到y(tǒng)＝3；令y＝0，得到x＝﹣4，∴A（﹣4，0），B（0，3），即OB＝3，∵A與C關(guān)于y軸對(duì)稱，∴C（4，0），即OC＝4，則根據(jù)勾股定理得：BC＝＝5；故答案為：（﹣4，0）；（0，3）；5；（2）由△APQ≌△CBP，得到AP＝BC＝5，∵A（﹣4，0），即OA＝4，∴OP＝5﹣4＝1，即P（1，0）；（3）（i）當(dāng)PQ＝PB時(shí)，△APQ≌△CBP，由（2）知此時(shí)點(diǎn)P（1，0）；（ii）當(dāng)BQ＝BP時(shí)，∠BQP＝∠BPQ，∵∠BQP是△APQ的外角，∴∠BQP＞∠BAP，又∵∠BPQ＝∠BAO，∴這種情況不可能；（iii）當(dāng)BQ＝PQ時(shí)，∠QBP＝∠QPB，又∵∠BPQ＝∠BAO，∴∠QBP＝∠BAO，∴AP＝4+x，BP＝，∴4+x＝，解得：x＝﹣．此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為：（﹣，0）．綜上，P的坐標(biāo)為（1，0），（﹣，0）．10．如圖，已知直線l：y＝2x+4交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B．（1）直線l向右平移2個(gè)單位長(zhǎng)度得到的直線l1的表達(dá)式為y＝2x；（2）直線l關(guān)于y＝﹣x對(duì)稱的直線l2的表達(dá)式為y＝x+2；（3）點(diǎn)P在直線l上，若S△OAP＝2S△OBP，求P點(diǎn)坐標(biāo)．【分析】（1）利用平移的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）先得到原直線上的兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得到這兩點(diǎn)關(guān)于y＝﹣x對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)，代入直線解析式求解即可；（3）設(shè)P的坐標(biāo)為（x，2x+4），由S△OAP＝2S△OBP，得到OA?|2x+4|＝2×OB?|x|，即|2x+4|＝4|x|，解得x＝﹣或2，即可求得P的坐標(biāo)．【解答】解：（1）直線l：y＝2x+4向右平移2個(gè)單位得到的直線l2的解析式為：y＝2（x﹣2）+4，即y＝2x，故答案為y＝2x；（2）∵（0，4），（﹣2，0）在直線l：y＝2x+4上，這兩點(diǎn)關(guān)于y＝﹣x的對(duì)稱點(diǎn)為（﹣4，0），（0，2），設(shè)直線l1的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴直線l1的解析式為：y＝x+2，故答案為y＝x+2；（3）∵直線l：y＝2x+4交x軸于A，交y軸于B．∴A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，設(shè)P的坐標(biāo)為（x，2x+4），∵S△OAP＝2S△OBP，∴OA?|2x+4|＝2×OB?|x|，即|2x+4|＝4|x|，解得x＝﹣或2，∴P（﹣，）或（2，8）．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A、點(diǎn)B分別在x軸與y軸上，直線AB的解析式為，以線段AB、BC為邊作平行四邊形ABCD．（1）如圖1，若點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，7），判斷四邊形ABCD的形狀，并說(shuō)明理由；（2）如圖2，在（1）的條件下，P為CD邊上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，連接PQ，BQ．①當(dāng)∠CBP＝30°時(shí)，點(diǎn)Q位于線段AD的垂直平分線上；②連接AQ，DQ，設(shè)CP＝x，設(shè)PQ的延長(zhǎng)線交AD邊于點(diǎn)E，當(dāng)∠AQD＝90°時(shí)，求證：QE＝DE，并求出此時(shí)x的值．【分析】（1）過(guò)C作CH⊥y軸于H，在y＝﹣x+3中，可得A（4，0），B（0，3），即有OA＝4，OB＝3，AB＝5，而C（3，7），故OB＝CH＝3，OA＝BH＝4，可證△AOB≌△BHC（SAS），得AB＝BC，∠ABO＝∠BCH，從而可得∠ABC＝90°，根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，且AB＝BC，∠ABC＝90°，即知四邊形ABCD是正方形；（2）①過(guò)Q作QK⊥AD于K，連接CQ，由Q在AD的垂直平分線上，可得BQ＝CQ，而C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，有BC＝BQ，故△BCQ是等邊三角形，∠CBQ＝60°，即可得∠CBP＝∠QBP＝∠CBQ＝30°；②由∠AQD＝90°，C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，四邊形ABCD是正方形，可得∠DQE＝∠BQA，∠QDE＝∠BAQ，而AB＝BQ，有∠BQA＝∠BAQ，故∠DQE＝∠QDE，即得QE＝DE，從而可得DE＝QE＝AE＝，設(shè)CP＝PQ＝x，在Rt△PDE中有（5﹣x）2+（）2＝（x+）2，從而可解得x的值是．【解答】解：（1）四邊形ABCD是正方形，理由如下：過(guò)C作CH⊥y軸于H，如圖：在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝4，∴A（4，0），B（0，3），∴OA＝4，OB＝3，AB＝＝5，∵C（3，7），∴BH＝OH﹣BO＝4，CH＝3，∴OB＝CH＝3，OA＝BH＝4，在△AOB和△BHC中，，∴△AOB≌△BHC（SAS），∴AB＝BC，∠ABO＝∠BCH，∵∠BCH+∠HBC＝90°，∴∠ABO+∠HBC＝90°，∴∠ABC＝90°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，且AB＝BC，∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形；（2）①過(guò)Q作QK⊥AD于K，連接CQ，如圖：∵Q在AD的垂直平分線上，∴直線QK是正方形ABCD的對(duì)稱軸，∴QK是BC的垂直平分線，∴BQ＝CQ，∵C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，∴BC＝BQ，∴BC＝BQ＝CQ，∴△BCQ是等邊三角形，∴∠CBQ＝60°，∵C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，∴∠CBP＝∠QBP＝∠CBQ＝30°，故答案為：30；②如圖：∵∠AQD＝90°，∴∠DQE+∠EQA＝90°，∠QDE+∠DAQ＝90°，∵C關(guān)于直線BP的對(duì)稱點(diǎn)是Q，四邊形ABCD是正方形，∴∠BQP＝∠C＝90°，∠BAD＝90°，AB＝BC＝BQ，∴∠BQE＝90°＝∠BQA+∠EQA，∠BAQ+∠DAQ＝90°，∴∠DQE＝∠BQA，∠QDE＝∠BAQ，∵AB＝BQ，∴∠BQA＝∠BAQ，∴∠DQE＝∠QDE，∴QE＝DE，∵∠EQA＝90°﹣∠DQE＝90°﹣∠QDE＝∠EAQ，∴QE＝AE，∴DE＝QE＝AE，∴QE＝DE＝AD＝AB＝，設(shè)CP＝PQ＝x，則PD＝CD﹣x＝5﹣x，PE＝PQ+QE＝x+，在Rt△PDE中，PD2+DE2＝PE2，∴（5﹣x）2+（）2＝（x+）2，解得x＝，∴x的值是．12．平面直角坐標(biāo)系中，直線AB交x軸于點(diǎn)（a，0），交y軸于點(diǎn)（0，b），a、b滿足b＝+4．（1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）如圖1，D為OA上一點(diǎn)，連接BD，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BD交AB于E，若∠BDO＝∠EDA，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）如圖2，點(diǎn)B、Q關(guān)于x軸對(duì)稱，M為x軸上A點(diǎn)右側(cè)一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥BM交直線QA于點(diǎn)N，是否存在點(diǎn)M．使S△AMN＝S△AMQ，若存在，求點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由題意得：a≤4且a≥4，則a＝4，即可求解；（2）證明△BOG≌△OAE（ASA）和△GOD≌△EAD（AAS），即可求解；（3）由S△AMN＝S△AMQ，得到NP＝OQ＝6，證明△BOM≌△MNP（AAS），即可求解．【解答】解：（1）由題意得：a≤4且a≥4，則a＝4，當(dāng)a＝4時(shí)，b＝+4＝4，則點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為：（4，0）、（0，4）；（2）如圖，作∠AOB的角平分線交BD于點(diǎn)G，設(shè)BD交OE于點(diǎn)F，∴∠BOG＝∠OAE＝45°，OB＝OA，∴∠OBG＝∠AOE＝90°﹣∠BOF，∴△BOG≌△OAE（ASA），∴OG＝AE，∵∠BDO＝∠EDA，∠GOD＝∠EAD＝45°，OG＝AE，∴△GOD≌△EAD（AAS），∴DO＝AD，即點(diǎn)D（2，0）；（3）存在，理由：過(guò)點(diǎn)N作PN⊥x軸于點(diǎn)P，設(shè)NQ交BM于點(diǎn)G，∵∠BAN＝∠BMN＝90°，∠BGA＝∠NGM，∴∠ABM＝∠ANM，由對(duì)稱性知，∠ABM＝∠AQM，OQ＝OB＝4，∴∠AQM＝∠ANM，∴QM＝MN＝BM，當(dāng)S△AMN＝S△AMQ，則NP＝OQ＝6，∵∠BMN＝90°，∴∠BMO+∠NMP＝90°，∵∠BMO+∠OBM＝90°，∴∠OBM＝∠NMP，∴△BOM≌△MNP（AAS），∴OM＝NP＝6，∴點(diǎn)M（6，0）．類型三：一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝﹣x+m與x軸交于點(diǎn)A，點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，且．（1）求直線l的函數(shù)表達(dá)式；（2）點(diǎn)P是直線l上一點(diǎn)，連接BP，將線段BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到BQ．（?。┊?dāng)點(diǎn)Q落在y軸上時(shí)，連接AQ，求點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形APBQ的面積；（ⅱ）作直線BP，AQ，兩條直線在第一象限內(nèi)相交于點(diǎn)C，記四邊形APBQ的面積為S1，△ABC的面積為S2，若，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【分析】（1）由OB＝OA＝2得OA＝4，則A（4，0），用待定系數(shù)法即可求解；（2）（?。┰O(shè)P（p，﹣p+4），過(guò)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，證明△PDB≌△BOQ（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得P、Q的坐標(biāo)，即可求解；（ⅱ）設(shè)P（n，﹣n+4），過(guò)C作CF⊥x軸于點(diǎn)F，過(guò)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，過(guò)Q作QE⊥x軸于點(diǎn)E，證明△PDB≌△BEQ（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得Q的坐標(biāo)，可得S1＝AB?（﹣n+4）+AB?（n+2）＝18，則S2＝6，可得CF＝2，利用待定系數(shù)法求出直線AQ為y＝x﹣4，則C（6，2），再利用待定系數(shù)法求出直線BC為y＝x+，聯(lián)立直線l：y＝﹣x+4求出n＝，即可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵OB＝OA＝2，∴OA＝4，∴A（4，0），∵直線l：y＝﹣x+m與x軸交于點(diǎn)A，∴﹣4+m＝0，解得m＝4，∴直線l的表達(dá)式為y＝﹣x+4；（2）（ⅰ）設(shè)P（p，﹣p+4），過(guò)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，∵OB＝OA＝2，∴B點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，0），∴OB＝2，AB＝6，∵∠BOQ＝∠PDB＝∠QBP＝90°，∴∠BQO+∠QBO＝90°，∠PBD+∠QBO＝90°，∴∠BQO＝∠PBD，∵PB＝BQ，∴△PDB≌△BOQ（AAS），∴PD＝BO＝2＝﹣p+4，OQ＝DB＝2+p，∴p＝2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（0，﹣4），∴S四邊形APBQ＝S△APB+S△AQB＝×6×2+×6×4＝18；（ⅱ）設(shè)P（n，﹣n+4），過(guò)C作CF⊥x軸于點(diǎn)F，過(guò)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，過(guò)Q作QE⊥x軸于點(diǎn)E，同理得△PDB≌△BEQ（AAS），∴PD＝BE＝﹣n+4，EQ＝DB＝2+n，∴OE＝OB﹣BE＝2+n﹣4＝n﹣2，∴Q（﹣n+2，﹣n﹣2），∴S1＝AB?（﹣n+4）+AB?（n+2）＝×6（﹣n+4）+×6（n+2）＝18，∴S2＝S1＝×6?CF＝6，∴CF＝2，設(shè)直線AQ的解析式為y＝kx+a，∴，解得，∴直線AQ的解析式為y＝x﹣4，∴C（6，2），設(shè)直線BC的解析式為y＝sx+t，∴，解得，∴直線BC的解析式為y＝x+，聯(lián)立直線l：y＝﹣x+4得，解得，∴P（，），∴n＝，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣，﹣）．14．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（﹣4，3），連結(jié)OA，將線段OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到OB，將點(diǎn)B向左平移5個(gè)單位長(zhǎng)度至點(diǎn)C，連結(jié)BC．（1）求點(diǎn)B、點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）將直線BC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，交x軸于點(diǎn)D，求直線CD的函數(shù)表達(dá)式；（3）現(xiàn)有一動(dòng)點(diǎn)P從C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線CD運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．請(qǐng)?zhí)骄浚寒?dāng)t等于多少時(shí)，△BCP為等腰三角形．【分析】（1）過(guò)A、B分別做AE、BF垂直于x軸于E，F(xiàn)，根據(jù)將線段OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到OB，可證△AEO≌△OFB（AAS），有AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，即知B（3，4），而將點(diǎn)B向左平移5個(gè)單位長(zhǎng)度至點(diǎn)C，故C（﹣2，4）；（2）設(shè)BC交y軸于T，CD交y軸于K，由B（3，4），BC＝5，得CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，根據(jù)將直線BC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，交x軸于點(diǎn)D，BC⊥y軸，知△CKT是等腰直角三角形，故CT＝KT＝2，K（0，2），再用待定系數(shù)法可得直線CD的解析式為y＝﹣x+2；（3）分三種情況：①當(dāng)CB＝CP＝5時(shí)，2t＝5，得t＝2.5；②當(dāng)BC＝BP＝5時(shí)，∠BCP＝∠BPC＝45°，知∠CBP＝90°，故CP＝＝5，可得t＝；③當(dāng)PB＝PC時(shí)，P在BC的垂直平分線上，有xP＝＝，在y＝﹣x+2中，令x＝P（，），故CP＝＝，得t＝．【解答】解：（1）過(guò)A、B分別做AE、BF垂直于x軸于E，F(xiàn)，如圖：∵將線段OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到OB，∴OA＝OB，∠AOB＝90°，∴∠AOE＝90°﹣∠BOF＝∠OBF，∵∠AEO＝∠BFO＝90°，∴△AEO≌△OFB（AAS），∵A（﹣4，3），∴AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，∴B（3，4），∵將點(diǎn)B向左平移5個(gè)單位長(zhǎng)度至點(diǎn)C，∴BC＝5，∴C（﹣2，4）；（2）設(shè)BC交y軸于T，CD交y軸于K，如圖：∵B（3，4），BC＝5，∴CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，∵將直線BC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，交x軸于點(diǎn)D，BC⊥y軸，∴△CKT是等腰直角三角形，∴CT＝KT＝2，∴OK＝OT﹣KT＝4﹣2＝2，∴K（0，2），設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b，把C（﹣2，4），K（0，2）代入得：，解得，∴直線CD的解析式為y＝﹣x+2；（3）①當(dāng)CB＝CP＝5時(shí)，如圖：∴2t＝5，解得t＝2.5；②當(dāng)BC＝BP＝5時(shí)，如圖：∴∠BCP＝∠BPC＝45°，∴∠CBP＝90°，∴CP＝＝5，∴2t＝5，解得t＝；③當(dāng)PB＝PC時(shí)，如圖：∴P在BC的垂直平分線上，∵B（3，4），C（﹣2，4），∴xP＝＝，在y＝﹣x+2中，令x＝得y＝﹣+2＝，∴P（，），∴CP＝＝，∴2t＝，解得t＝；綜上所述，當(dāng)t等于秒或秒或秒時(shí)，△BCP為等腰三角形．15．如圖，一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與x軸和y軸分別交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，且A（﹣1，0）．（1）求k的值；（2）若將一次函數(shù)y＝kx+2的圖象繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，所得的直線與x軸交于點(diǎn)C，且S△ABC＝5，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，若P是x軸上任意一點(diǎn)，當(dāng)△PBC是以BC為腰的等腰三角形時(shí)，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式中即可求出k的值；（2）根據(jù)S△ABC＝5，可以求出AC的長(zhǎng)，即可求得C的坐標(biāo)；（3）分CB＝PB、PC＝BC兩種情況，分別求解即可．【解答】解：（1）∵一次函數(shù)y＝kx+2的圖象與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），∴﹣k+2＝0．∴k＝2；（2）∵k＝2，∴一次函數(shù)y＝2x+2，令x＝0，則y＝2，∴B（0，2），∵S△ABC＝5，∴AC?OB＝AC×2＝5，∴AC＝5，∵A（﹣1，0），∴C（4，0）；（3）設(shè)點(diǎn)P（x，0），由點(diǎn)C、B、P的坐標(biāo)得：BP2＝x2+22，PC2＝（x﹣4）2，CB2＝42+22＝20，當(dāng)CB＝PB時(shí)，即x2+22＝20，解得x＝4（舍去）或﹣4，當(dāng)PC＝BC時(shí)，（x﹣4）2＝20，解得x＝4+2或4﹣2；∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣4，0）或（4+2，0）或（4﹣2，0）．16．如圖1，直線y＝x和直線y＝﹣x+b相交于點(diǎn)A，直線y＝﹣x+b與x軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)P在線段AC上，PD⊥x軸于點(diǎn)D，交直線y＝x于點(diǎn)Q．且QP＝OA，已知A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為4．（1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)．（2）如圖2，∠OQP平分線交x軸于點(diǎn)M．①求直線QM的解析式．②將直線QM繞著點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)45°，旋轉(zhuǎn)后的直線與y軸交于點(diǎn)N．直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）先求點(diǎn)A的坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法確定直線的解析式為y＝﹣x+5，利用解析式求C點(diǎn)坐標(biāo)即可；（2）①設(shè)P（t，﹣t+5），Q（t，t），根據(jù)PQ＝OA，求出Q（8，6），過(guò)點(diǎn)M作MG⊥OQ交OQ于點(diǎn)G，在Rt△OMG中，利用勾股定理得OM2＝42+（8﹣OM）2，求出MO即可知M點(diǎn)坐標(biāo)，再求直線QM的解析式為y＝2x﹣10；②分MQ逆時(shí)針和順時(shí)針兩種情況討論，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形全等求解即可．【解答】解：（1）∵A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為4，∴當(dāng)x＝4時(shí)，y＝×4＝3，∴A（4，3），將點(diǎn)（4，3）代入y＝﹣x+b，﹣2+b＝3，解得b＝5，∴直線解析式為y＝﹣x+5，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝10，∴C（10，0）；（2）①設(shè)P（t，﹣t+5），Q（t，t），∴PQ＝t+t﹣5，∵A（4，3），∴OA＝5，∴5＝t+t﹣5，解得t＝8，∴Q（8，6），∴OQ＝10，如圖2，過(guò)點(diǎn)M作MG⊥OQ交OQ于點(diǎn)G，∵QM是∠OQD的平分線，MD⊥OC，∴MG＝MD，∵DQ＝6，OD＝8，∴GQ＝DQ＝6，∴OG＝4，在Rt△OMG中，OM2＝OG2+GM2，即OM2＝42+（8﹣OM）2，解得MO＝5，∴M（5，0），設(shè)直線QM的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴直線QM的解析式為y＝2x﹣10；②當(dāng)MQ繞M點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，如圖3，過(guò)點(diǎn)M作HQ⊥HM，過(guò)點(diǎn)H作KL⊥x軸，過(guò)點(diǎn)Q作QK⊥HL交于K，∵∠HMQ＝45°，∴HM＝HQ，∵∠KHQ+∠LHM＝90°，∵∠KHQ+∠KQH＝90°，∴∠LHM＝∠KQH，∴△KHQ≌△LMH（AAS），∴KQ＝HL，KH＝LM，設(shè)ML＝a，則KH＝a，∵KL＝6，∴HL＝KQ＝6﹣a，∴8﹣（6﹣a）＝5﹣a，解得a＝，∴H（，），設(shè)直線HM的解析式為y＝k'x+b'，∴，解得，∴直線HM的解析式為y＝﹣3x+15，∴N（0，15）；當(dāng)QM繞M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，如圖4，過(guò)點(diǎn)Q作QS⊥MS，過(guò)點(diǎn)S作TR⊥x軸交于R，過(guò)點(diǎn)Q作QT⊥TR交于T，∴△QTS≌△SRM（AAS），∴QT＝SR，TS＝MR，設(shè)MR＝m，則ST＝m，∵TR＝6，∴SR＝QT＝6﹣m，∴8+6﹣m＝5+m，解得m＝，∴S（，），∴直線MS的解析式為y＝x﹣，∴N（0，﹣）；綜上所述：N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，15）或（0，﹣）．類型四：一次函數(shù)與三角形17．如圖，直線l：y＝ax+3交x軸于點(diǎn)A（6，0），將直線l向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的直線分別交x軸，y軸于點(diǎn)B，C．（1）求a的值及B，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)M為線段AB上一點(diǎn)，連接CM并延長(zhǎng)，交直線l于點(diǎn)N，若△AMN是等腰三角形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．【分析】（1）把A的坐標(biāo)代入y＝ax+3即可求得a＝﹣，然后利用平移的規(guī)律求得平移后的直線解析式，由函數(shù)解析式，令y＝0求A點(diǎn)坐標(biāo)，x＝0求B點(diǎn)坐標(biāo)；（2）分三種情況討論：若MN＝AN時(shí)，求得BC＝CM，即可求得OB＝OM＝2，得到M（2，0）；若AM＝AN時(shí)，求得BM＝BC＝，得到M（﹣2，0）．若AM＝MN時(shí)，求得CM＝BM，得到M（﹣，0）．【解答】解：（1）∵直線l：y＝ax+3交x軸于點(diǎn)A（6，0），∴6a+3＝0，解得a＝﹣，∴y＝﹣，∴將直線l向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的直線y＝﹣+3﹣4＝﹣，令y＝0，則﹣﹣1＝0，解得x＝﹣2，令x＝0，則y＝﹣1，∴B（﹣2，0），C（0，﹣1）；（2）若MN＝AN時(shí)，則∠AMN＝∠MAN，∵AN∥BC，∴∠MAN＝∠MBC，∵∠AMN＝∠BMC，∴∠MBC＝∠BMC，∴BC＝CM，∵CO⊥BM，∴OM＝OB＝2，∴M（2，0），若AM＝AN時(shí)，則∠AMN＝∠ANM，∵AN∥BC，∴∠ANM＝∠BCM，∵∠AMN＝∠BMC，∴∠BCM＝∠BMC，∴BC＝BM，∵B（﹣2，0），C（0，﹣1），∴BC＝＝，∴OM＝﹣2，∴M（﹣2，0），若AM＝MN時(shí)，則∠MAN＝∠ANM，∵AN∥BC，∴∠MAB＝∠MBC，∠MCB＝∠MNA，∴∠MBC＝∠MCB，∴CM＝BM，∴CM2＝（OB﹣OM）2+OC2，即（2﹣OM）2＝OM2+12，∴OM＝，∴M（﹣，0），綜上，M的坐標(biāo)為（2，0）或（﹣2，0）或（﹣，0）．18．直線AB：y＝﹣x+b分別與x，y軸交于A（8、0）、B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B的直線交x軸負(fù)半軸于C，且OB：OC＝4：3（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，8）；（2）求直線BC的解析式；（3）動(dòng)點(diǎn)M從C出發(fā)沿CA方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度．設(shè)M運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，當(dāng)t為何值時(shí)△BCM為等腰三角形．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法，可得AB的解析式，根據(jù)自變量的值，可得相應(yīng)的函數(shù)值；（2）根據(jù)OB：OC＝4：3，可得OC的長(zhǎng)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得函數(shù)解析式；（3）根據(jù)等腰三角形的定義，分類討論：MC＝BC，MC＝MB，BC＝BM，①當(dāng)MC＝BC時(shí)，根據(jù)路程處以速度等于時(shí)間，可得答案；②當(dāng)MC＝MB時(shí)，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離，可得關(guān)于a的方程，根據(jù)解方程，可得a的值，再根據(jù)路程除以速度等于時(shí)間，可得答案；③當(dāng)BC＝BM時(shí)，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，可得MO的長(zhǎng)，再根據(jù)兩點(diǎn)間的距離，可得MC的長(zhǎng)，根據(jù)路程除以速度等于時(shí)間，可得答案．【解答】解：（1）y＝﹣x+b分別與x軸交于A（8、0），得﹣8+b＝0．解得b＝8，即函數(shù)解析式為y＝﹣x+8，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝8，B點(diǎn)坐標(biāo)是（0，8）；（2）由OB：OC＝4：3，BC＝8，得8：BC＝4：3，解得BC＝6，即C（﹣6，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，C，得，解得，直線BC的解析式為y＝x+8；（3）設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)（a，0），由勾股定理，得BC＝＝10，①當(dāng)MC＝BC＝10時(shí)，由路程處以速度等于時(shí)間，得10÷1＝10（秒），即M運(yùn)動(dòng)10秒，△BCM為等腰三角形；②當(dāng)MC＝MB時(shí)，MC2＝MB2，即（a+6）2＝a2+82，化簡(jiǎn)，得12a＝28，解得a＝即M（，0）．MC＝﹣（﹣6）＝+6＝，由路程除以速度等于時(shí)間，得÷1＝（秒），即M運(yùn)動(dòng)秒時(shí)，△BCM為等腰三角形；③當(dāng)BC＝BM時(shí)，得OC＝OM＝6，即MC＝6﹣（﹣6）＝6+6＝12，由路程除以速度等于時(shí)間，得12÷1＝12（秒），即M運(yùn)動(dòng)12秒時(shí)，△BCM為等腰三角形，綜上所述：t＝10（秒），t＝（秒），t＝12（秒）時(shí)，△BCM為等腰三角形．19．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+2與x軸、y軸分別交A、B兩點(diǎn)，與直線y＝﹣相交于點(diǎn)C（2，m）．（1）求m和b的值；（2）若直線與x軸相交于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D開始，以每秒1個(gè)單位的速度向x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．①若點(diǎn)P在線段DA上，且△ACP的面積為10，求t的值；②是否存在t的值，使△ACP為等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）在y＝x+2中，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2；當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣2；即可得出答案；求出點(diǎn)C（2，4），代入直線y＝x+b即可得出答案；求出D（10，0），則OD＝10，AD＝OA+OD＝12；①設(shè)PD＝t，則AP＝12﹣t，過(guò)C作CE⊥AP于E，由三角形面積得出方程，解方程即可；②過(guò)C作CE⊥AP于E，則CE＝4，AE＝4，由勾股定理求出AC＝4；分三種情況：當(dāng)AC＝PC時(shí)；當(dāng)AP＝AC時(shí)；當(dāng)PC＝PA時(shí)；分別求出t的值即可．【解答】解：（1）在y＝x+2中，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝2；當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣2；∴A（﹣2，0），B（0，2）；∵點(diǎn)C在直線y＝x+2上，∴m＝2+2＝4，又∵點(diǎn)C（2，4）也在直線y＝x+b上，∴×2+b＝4，解得：b＝5；（2）在y＝x+5中，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝10，∴D（10，0），∴OD＝10，∵A（﹣2，0），∴OA＝2，∴AD＝OA+OD＝12；①設(shè)PD＝t，則AP＝12﹣t，過(guò)C作CE⊥AP于E，如圖1所示：則CE＝4，∵△ACP的面積為10，∴（12﹣t）×4＝10，解得：t＝7；②存在，理由如下：過(guò)C作CE⊥AP于E，如圖1所示：則CE＝4，OE＝2，∴AE＝OA+OE＝4，∴AC＝＝＝4；a、當(dāng)AC＝PC時(shí)，AP＝2AE＝8，∴PD＝AD﹣AP＝4，∴t＝4；b、當(dāng)AP＝AC時(shí)，如圖2所示：則AP1＝AP2＝AC＝4，∴DP1＝12﹣4，DP2＝12+4，∴t＝12﹣4，或t＝12+4；c、當(dāng)PC＝PA時(shí)，如圖3所示：設(shè)EP＝m，則CP＝，AP＝m+4，∴＝m+4，解得：m＝0，∴P與E重合，AP＝4，∴PD＝8，∴t＝8；綜上所述，存在t的值，使△ACP為等腰三角形，t的值為4或12﹣4或12+4或8．20．已知直線l1：與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，將直線沿x軸翻折，得到一個(gè)新函數(shù)的圖象l2（圖1），直線l2與y軸交于點(diǎn)C．（1）求新函數(shù)的圖象l2的解析式；（2）在射線AC上一動(dòng)點(diǎn)D（x，y），連接BD，試求△BAD的面積S關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍；（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)E（2，﹣6）畫平行于y軸的直線EF，①求證：△ABE是等腰直角三角形；②將直線l1沿y軸方向平移，當(dāng)平移到恰當(dāng)距離的時(shí)候，直線l1與x軸交于點(diǎn)A1，與y軸交于點(diǎn)B1，在直線EF上是否存在點(diǎn)P（縱、橫坐標(biāo)均為整數(shù)），使得△A1B1P是等腰直角三角形，若存在，請(qǐng)直接寫出所有符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．【分析】（1）求出A，B的坐標(biāo)，根據(jù)對(duì)稱性，求出C點(diǎn)坐標(biāo)，待定系數(shù)法，求出l2的解析式即可；（2）分點(diǎn)D在線段AC上和點(diǎn)D在線段AC的延長(zhǎng)線上，兩種情況進(jìn)行討論求解即可；（3）①求出AB，AE，BE的長(zhǎng)，利用勾股定理逆定理進(jìn)行判斷即可；②分點(diǎn)P，點(diǎn)B1，點(diǎn)A1分別為直角頂點(diǎn)，三種情況進(jìn)行討論求解即可．【解答】（1）解：∵y＝x﹣2，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝4，∴A（4，0），B（0，﹣2），∵將直線沿x軸翻折，得到一個(gè)新函數(shù)的圖象l2（圖1），直線l2與y軸交于點(diǎn)C，∴C與B關(guān)于x軸對(duì)稱，l2過(guò)點(diǎn)A，∴C（0，2），設(shè)l2：y＝kx+2，將A（4，0），代入得：，∴l(xiāng)2：y＝﹣x+2；（2）解：∵A（4，0），B（0，﹣2），C（0，2），∴BC＝4，OA＝4，∴S△ABC＝×4×4＝8，①當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上，如圖1.1：即：0≤x＜4時(shí)，S＝S△ABC﹣S△DBC＝8﹣×4x＝8﹣2x；②當(dāng)點(diǎn)D在線段AC的延長(zhǎng)線上，如圖1.2，即：x＜0時(shí)，S＝S△ABC+S△DBC＝8+×4（﹣x）＝8﹣2x，綜上：S＝8﹣2x（x＜4）；（3）①證明：∵A（4，0），B（0，﹣2），E（2，﹣6），∴AB＝＝2＝＝2，BE＝＝2，∴AB＝BE，AB2+BE2＝40＝AE2，∴△ABE是等腰直角三角形；②存在，理由如下：當(dāng)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時(shí)，設(shè)P（2，n），如圖2：由平移的性質(zhì)，設(shè)直線A1B1的解析式為，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝b，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣2b，∴A1（﹣2b，0），B（0，b），過(guò)點(diǎn)B1作B1G⊥EF，設(shè)EF交x軸于點(diǎn)H，∵△A1B1P為等腰直角三角形，EF∥y軸，∴∠A1PB1＝∠B1GP＝∠PHA1＝90°，PB1＝PA1，B1G＝2，∴∠B1PG＝∠PA1H＝90°﹣∠APH，∴△PA1H≌△B1PG（AAS），∴PH＝B1G＝2，A1H＝PG，∴|n|＝2，|b﹣n|＝|﹣2b﹣2|，∴當(dāng)n＝2時(shí)，b＝﹣4或b＝0，當(dāng)n＝﹣2時(shí)，或b＝0；∴P（2，2）或P（2，﹣2）；當(dāng)點(diǎn)B1為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3：過(guò)點(diǎn)P作PH⊥y軸，則PH＝2，同上法可得：△B1OA1≌△PHB1，∴OB1＝PH＝2，B1H＝OA1，∴B1（0，2）或B1（0，﹣2）（舍去）；∴直線AB向上平移了4個(gè)單位，∴直線A1B1的解析式為：，∴當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣4，∴A1（﹣4，0），∴B1H＝OA1＝4，∴OH＝2，∴P（2，﹣2）；當(dāng)點(diǎn)A1為直角頂點(diǎn)時(shí)：此時(shí)A1在x軸正半軸上，B1在y軸負(fù)半軸上，設(shè)平移后的解析式為：，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝m，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣2m，∴A1（﹣2m，0），B（0，m），當(dāng)A1在EF的右側(cè)時(shí)，如圖4：同法可得：△A1OB1≌△PHA1，∴PH＝OA1＝﹣2m，A1H＝OB1＝﹣m，∴OH＝﹣2m﹣（﹣m）＝2，解得：m＝﹣2，∴PH＝OA1＝4，∴P（2，4）；當(dāng)A1在EF的左側(cè)時(shí)，如圖5：同法可得：△A1OB1≌△PHA1，∴PH＝OA1＝﹣2m，A1H＝OB1＝﹣m，∴OH＝﹣2m﹣m＝2，∴m＝﹣，∴PH＝OA1＝（不合題意，舍去）；綜上：P（2，2）或P（2，﹣2）或P（2，4）．類型五：一次函數(shù)與四邊形21．如圖1，直線y1＝2x﹣2與x軸，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，與直線y2＝kx+2（k＞0）交于點(diǎn)C，直線y2與y軸交于點(diǎn)G．平移線段BC，點(diǎn)B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D，E分別在直線y2和y軸上，連結(jié)CE．（1）若C點(diǎn)橫坐標(biāo)為4，求k的值；（2）若∠DEC＝90°，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）如圖2，作點(diǎn)E關(guān)于直線CD的對(duì)稱點(diǎn)F，連接FB，F(xiàn)C，是否存在四邊形CFBG是平行四邊形的情況，若存在，請(qǐng)求出此時(shí)k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）先求出C（4，6），再代入y2＝kx+2，即可求得答案；（2）根據(jù)平移的性質(zhì)可得DE∥BC，DE＝BC，再結(jié)合∠DEC＝90°，得出四邊形BCED是矩形，推出點(diǎn)G是BE的中點(diǎn)，也是CD的中點(diǎn)，CD＝BE，設(shè)C（m，2m﹣2），則D（﹣m，6﹣2m），利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；（3）設(shè)C（m，2m﹣2），代入y2＝kx+2，可求得m＝，即C（，），利用平行四邊形性質(zhì)可得CF∥BG，CF＝BG，進(jìn)而可得F（，），運(yùn)用待定系數(shù)法可得直線EF的解析式為y＝（3k﹣4）x+6，根據(jù)軸對(duì)稱性質(zhì)可得EF⊥CD，即k（3k﹣4）＝﹣1，即可求得答案．【解答】解：（1）在y1＝2x﹣2中，令x＝4，得y＝2×4﹣2＝6，∴C（4，6），把C（4，6）代入y2＝kx+2，得：6＝4k+2，∴k＝1；（2）如圖1，連接BD，∵平移線段BC，點(diǎn)B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D，E，∴DE∥BC，DE＝BC，∴四邊形BCED是平行四邊形，∵∠DEC＝90°，∴四邊形BCED是矩形，∴BE與CD互相平分，即點(diǎn)G是BE的中點(diǎn)，也是CD的中點(diǎn)，CD＝BE，∵G（0，2），∴E（0，6），∴BE＝6﹣（﹣2）＝8，設(shè)C（m，2m﹣2），則D（﹣m，6﹣2m），∴（2m）2+（4m﹣8）2＝82，解得：m＝0（舍去）或m＝，∴C（，）；（3）存在四邊形CFBG是平行四邊形的情況，k＝1或．在y1＝2x﹣2中，令x＝0，得y＝﹣2，∴B（0，﹣2），設(shè)C（m，2m﹣2），代入y2＝kx+2，得：2m﹣2＝km+2，∴m＝，∴C（，），由（2）得：E（0，6），G（0，2），如圖，設(shè)EF、CD交于點(diǎn)H，∵四邊形CFBG是平行四邊形，∴CF∥BG，CF＝BG，∴F（，），∴直線EF的解析式為y＝（3k﹣4）x+6，∵點(diǎn)E、點(diǎn)F關(guān)于直線CD對(duì)稱，∴EF⊥CD，∴k（3k﹣4）＝﹣1，即（k﹣1）（3k﹣1）＝0，解得：k1＝1，k2＝；故存在四邊形CF