中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)復(fù)習(xí)專題33 中考命題核心元素一次函數(shù)的K值妙用（解析版）

專題33中考命題核心元素一次函數(shù)的K值妙用（解析版）模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練類型1k與特殊角k值與特殊角角的關(guān)系：當(dāng)k＝±1時(shí)?與x軸的夾角為45°；當(dāng)k＝±eq\f(\r(3),3)時(shí)?與x軸的夾角為30°；當(dāng)k＝±eq\r(3)時(shí)?與x軸的夾角為60°.1．（2020?堯都區(qū)模擬）如圖所示，已知點(diǎn)A坐標(biāo)為（6，0），直線y＝x+b（b＞0）與y軸交于點(diǎn)B，連接AB，∠α＝75°，則b的值為（）A．23 B．33 C．3 D．63思路引領(lǐng)：根據(jù)直線y＝x+b可以求得∠BCO的度數(shù)，然后根據(jù)三角形的外角和不相鄰內(nèi)角的關(guān)系可以求得∠BAO的度數(shù)，再根據(jù)銳角三角函數(shù)即可求得b的值．解：設(shè)直線y＝x+b與x軸交于點(diǎn)C，將y＝0代入y＝x+b，得x＝﹣b，將x＝0代入y＝x+b，得y＝b，∴OB＝OC＝b，∴∠OBC＝∠OCB，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵∠α＝75°，∠α＝∠OCB+∠BAC，∴∠BAC＝30°，即∠BAO＝30°，∵點(diǎn)A（6，0），∠BOA＝90°，點(diǎn)B（0，b），∴OA＝6，OB＝b，∴tan30°=b解得，b＝23，故選：A．總結(jié)提升：本題考查一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用一次函數(shù)的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合的思想解答．針對(duì)訓(xùn)練1．（2022?高新區(qū)二模）如圖，一次函數(shù)y＝x+22的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，把直線AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°交x軸于點(diǎn)C，則線段AC長(zhǎng)為．思路引領(lǐng)：根據(jù)一次函數(shù)表達(dá)式求出點(diǎn)A和點(diǎn)B坐標(biāo)，得到△OAB為等腰直角三角形和AB的長(zhǎng)，過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，證明△ACD為等腰直角三角形，設(shè)CD＝AD＝x，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，用兩種方法表示出BD，得到關(guān)于x的方程，解之即可．解：∵一次函數(shù)y＝x+22的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，令x＝0，則y＝22．令y＝0，則x＝﹣22，則A（﹣22，0），B（0，22），則△OAB為等腰直角三角形，∠ABO＝45°，∴AB=(2過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，∵∠CAD＝∠OAB＝45°，∴△ACD為等腰直角三角形，設(shè)CD＝AD＝x，∴AC=A由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠ABC＝30°，∴BC＝2CD＝2x，∴BD=B又BD＝AB+AD＝4+x，∴4+x=3x解得：x＝23+∴AC=2x=2（23+2）＝26故答案是：26+22總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的混合運(yùn)算，知識(shí)點(diǎn)較多，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造特殊三角形．2．（2015?黃岡中學(xué)自主招生）在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P的圓心是（2，a）（a＞2），半徑為2，函數(shù)y＝x的圖象被⊙P截得的弦AB的長(zhǎng)為23，則a的值是思路引領(lǐng)：過P點(diǎn)作PE⊥AB于E，過P點(diǎn)作PC⊥x軸于C，交AB于D，連接PA．分別求出PD、DC，相加即可．解：過P點(diǎn)作PE⊥AB于E，過P點(diǎn)作PC⊥x軸于C，交AB于D，連接PA．∵AB＝23，∴AE=3，PA∴PE＝1．∵點(diǎn)D在直線y＝x上，∴∠AOC＝45°，∵∠DCO＝90°，∴∠ODC＝45°，∴∠PDE＝∠ODC＝45°，∴∠DPE＝∠PDE＝45°，∴DE＝PE＝1，∴PD=2∵⊙P的圓心是（2，a），∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為2，∴OC＝2，∴DC＝OC＝2，∴a＝PD+DC＝2+2故答案為：2+2總結(jié)提升：本題綜合考查了一次函數(shù)與幾何知識(shí)的應(yīng)用，題中運(yùn)用圓與直線的關(guān)系以及直角三角形等知識(shí)求出線段的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．注意函數(shù)y＝x與x軸的夾角是45°．類型2k與平移直線的平移規(guī)律：上加下減，左加右減．典例2（2022?通州區(qū)二模）一次函數(shù)y=34x+3與y=34x+A．﹣8或2 B．8或﹣2 C．5或﹣5 D．﹣1或7思路引領(lǐng)：設(shè)直線y=34x+3與坐標(biāo)軸交于A（0，3），B（﹣4，0），直線y=34x+n與y軸交于點(diǎn)P，作PM⊥AB于M．由△ABO∽△APM，得PMBO=APAB，因?yàn)锳B=32+42=5，所以解：如圖，∵不妨設(shè)直線y=34x+3與坐標(biāo)軸交于A（0，3），B（﹣4，0），直線y=34x+n與y軸交于點(diǎn)P，作PM⊥∵△ABO∽△APM，∴PMBO∵AB=3∴44∴PA＝5，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，﹣2），∴n＝﹣2，根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)n＝8時(shí)，也滿足條件．故選：B．總結(jié)提升：本題考查兩條直線平行問題，相似三角形的判定和性質(zhì)，解此題的關(guān)鍵是求出PA的長(zhǎng)．針對(duì)訓(xùn)練1．（2021?朝陽(yáng)區(qū)二模）若一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象可以由y＝2x的圖象平移得到，且經(jīng)過點(diǎn)（0，1），則這個(gè)一次函數(shù)的表達(dá)式為．思路引領(lǐng)：根據(jù)一次函數(shù)平移時(shí)k不變可知k＝2，然后把（0，1）代入求出b的值即可．解：∵一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象可以由y＝2x的圖象平移得到，∴k＝2，∵一次函數(shù)y＝2x+b的圖象經(jīng)過點(diǎn)（0，1），∴b＝1，∴一次函數(shù)表達(dá)式為y＝2x+1．故答案為y＝2x+1．總結(jié)提升：本題考查的是一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知一次函數(shù)平移的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．2．（2017?易縣模擬）如圖，直線y＝2x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，以O(shè)A為邊在x軸的下方作等邊三角形OAC，將點(diǎn)C向上平移m個(gè)單位長(zhǎng)度，使其對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′恰好落在直線AB上，則m＝（）A．2?3 B．2+3 C．4?3思路引領(lǐng)：由一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)即可得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再將點(diǎn)C的橫坐標(biāo)代入直線AB中可求出點(diǎn)C′的坐標(biāo)，由點(diǎn)C、C′的坐標(biāo)可得出m的值．解：當(dāng)y＝2x+4＝0時(shí)，x＝﹣2，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣2，0）．∵△OAC為以O(shè)A為邊的等邊三角形，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣1，?3當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝2x+4＝2，∴點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（﹣1，2），∴m＝2﹣（?3）＝2+故選：B．總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、等邊三角形的性質(zhì)以及平移，根據(jù)一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)找出點(diǎn)C、C′的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．類型3k與折疊典例3（2014秋?溫江區(qū)校級(jí)期中）如圖，直線y=?3x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，若把△AOB沿著直線AB翻折，點(diǎn)O落在點(diǎn)C處，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是思路引領(lǐng)：如圖，作輔助線，首先求出OA、OB、OC的長(zhǎng)，進(jìn)而證明△OAB∽△ECO，求出OE、CE的長(zhǎng)即可解決問題．解：如圖，連接OC，交AB于點(diǎn)D；過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E；由題意得：OD＝CD，OD⊥AB；對(duì)于直線y=?3x+3，當(dāng)x＝0時(shí)，y=3；當(dāng)y∴OA＝1，OB=3；AB由面積公式：12∴OD=32，OC＝2OD方法①：∵OD⊥AB，OA⊥OB，∴∠OBA＝∠COE，而∠BOA＝∠OEC，∴△OAB∽△ECO，∴ABOC=OBOE=OACE，而OA＝1，∴OE=32，CE方法②：可得OB=3，OA則∠OBA＝30°，則∠OBC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠EOC＝30°，∴CE=32，OE∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（32，3故答案為：（32，3總結(jié)提升：該題以直角坐標(biāo)系為載體，以翻折變換為方法，以相似三角形的判定及其性質(zhì)的應(yīng)用為考查的核心構(gòu)造而成；對(duì)綜合的分析問題、解決問題的能力提出了較高的要求．針對(duì)訓(xùn)練1．（2020?黑河一模）如圖，直線y＝kx+4與x，y軸分別交于A，B兩點(diǎn)，以O(shè)B為邊在y軸左側(cè)作等邊三角形OBC，將△OBC沿y軸翻折后，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C′恰好落在直線y＝kx+4上，則k的值為（）A．3 B．﹣1 C．?33 思路引領(lǐng)：由等邊三角形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得出∠ABO＝∠OBC＝60°，由三角函數(shù)求出OA，得出點(diǎn)A的坐標(biāo)，代入直線y＝kx+4求出k即可．法一、解：∵△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°，∵直線y＝kx+4，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，∴B（0，4），∴OB＝4，由折疊的性質(zhì)得：∠ABO＝∠OBC＝60°，∵∠AOB＝90°，∴OA=3OB＝43∴A（43，0），把點(diǎn)A（43，0）代入直線y＝kx+4得：43k+4＝0，解得：k=?3故選：C．法二、解：如圖，過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，∵△OBC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°，CD平分∠BCO，點(diǎn)D是OB的中點(diǎn)，∴∠BCD＝∠OCD＝30°，∵直線y＝kx+4，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，∴B（0，4），∴OB＝4，OD＝2，∴CD=3OD＝23∴C（﹣23，2），∵點(diǎn)C和點(diǎn)C′關(guān)于y軸對(duì)稱，∴C′（23，2），把點(diǎn)C′（23，2）代入直線y＝kx+4得：23k+4＝2，解得：k=?3故選：C．總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、三角函數(shù)、求一次函數(shù)的解析式；熟練掌握翻折變換和等邊三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．2．（2014?濟(jì)南）如圖，直線y=?33x+2與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，把△AOB沿直線AB翻折后得到△AO′B，則點(diǎn)OA．（3，3） B．（3，3） C．（2，23） D．（23，4）思路引領(lǐng)：作O′M⊥y軸，交y于點(diǎn)M，O′N⊥x軸，交x于點(diǎn)N，由直線y=?33x+2與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，求出B（0，2），A（23，0），和∠BAO＝30°，運(yùn)用直角三角形求出MB和MO′，再求出點(diǎn)O解：如圖，作O′M⊥y軸，交y于點(diǎn)M，O′N⊥x軸，交x于點(diǎn)N，∵直線y=?33x+2與x軸、y軸分別交于A、∴B（0，2），A（23，0），∴∠BAO＝30°，由折疊的特性得，O′B＝OB＝2，∠ABO＝∠ABO′＝60°，∴MB＝1，MO′=3∴OM＝3，ON＝O′M=3∴O′（3，3），故選：A．總結(jié)提升：本題主要考查了折疊問題及一次函數(shù)問題，解題的關(guān)鍵是運(yùn)用折疊的特性得出相等的角與線段．類型4k與旋轉(zhuǎn)典例4（2021?寬城區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝2x+4與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，把△AOB繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到△A1O1B，則點(diǎn)A1的坐標(biāo)是（）A．（2，4） B．（4，2） C．（﹣2，4） D．（﹣4，2）思路引領(lǐng)：先根據(jù)函數(shù)圖象分別求出OA、OB的長(zhǎng)度，再通過旋轉(zhuǎn)之后對(duì)應(yīng)邊相等可求出點(diǎn)A1的坐標(biāo)．解：由函數(shù)圖象得B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，4），將y＝0代入y＝2x+4，可得x＝﹣2，故A點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣2，0），∴OA＝2，OB＝4，∴BO1＝OB＝4，故A1的橫坐標(biāo)為4，又∵A1O1＝OA＝2，故A1的縱坐標(biāo)為2，∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)是（4，2）．故選：B．總結(jié)提升：本題主要考查一次函數(shù)與幾何圖形結(jié)合在一起的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)前后對(duì)應(yīng)邊長(zhǎng)度不變是解題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2019?自貢模擬）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P（2，2），C為y軸正半軸上一點(diǎn)，連接PC，線段PC繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至線段PD，過點(diǎn)D作直線AB⊥x軸，垂足為B，直線AB與直線OP交于點(diǎn)A，且BD＝4AD，直線CD與直線OP交于點(diǎn)Q，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為．思路引領(lǐng)：過點(diǎn)P作PE⊥OC于E，EP的延長(zhǎng)線交AB于F．首先證明△CPE≌△PDF，得到DF＝PE＝2，推出BD＝BF+DF＝4，由BD＝4AD，推出AD＝1，AB＝OB＝5，CE＝PF＝3，D（5，4），C（0，5），利用待定系數(shù)法求出直線CD的解析式，利用方程組即可求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．解：過點(diǎn)P作PE⊥OC于E，EP的延長(zhǎng)線交AB于F．∵AB⊥OB，∴∠OBF＝∠EOB＝∠FEO＝90°，∴四邊形EOBF是矩形，∵P（2，2），∴OE＝PE＝BF＝2，∵∠CPD＝90°，∴∠CPE+∠DPF＝90°，∠ECP+∠CPE＝90°，∴∠ECP＝∠DPF，在△CPE和△PDF中，∠PEC=∠PFD∠PCE=∠DPF∴△CPE≌△PDF（AAS），∴DF＝PE＝2，∴BD＝BF+DF＝4，∵BD＝4AD，∴AD＝1，AB＝OB＝5，∴CE＝PF＝3，∴D（5，4），C（0，5），設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b則有b=55k+b=4，解得k=?∴直線CD的解析式為y=?15由y=xy=?15∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（256，25當(dāng)點(diǎn)D在直線OP的上方時(shí)，同法可得C（0，3），D（3，4），∴直線CD的解析式為y=13由y=xy=13∴Q（92，9綜上所述，滿足條件的點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：（256，256）或（92總結(jié)提升：本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、二元一次方程組等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組求交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于中考填空題中的壓軸題．2．（2021?南崗區(qū)校級(jí)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+b分別交x、y軸于B、A兩點(diǎn)，且AB＝82．（1）求直線AB的解析式；（2）點(diǎn)C是y軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，縱坐標(biāo)為d，點(diǎn)D是直線AB上一點(diǎn)，橫坐標(biāo)為t，d與t的函數(shù)關(guān)系為d＝t+4，將線段CD繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CE，求E點(diǎn)坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，線段CD交x軸于點(diǎn)M，CE交x軸于點(diǎn)P，G為點(diǎn)P右側(cè)x軸上一點(diǎn)，連接GE并延長(zhǎng)交直線AB于F，N是線段CE上一點(diǎn)，連接MN，過點(diǎn)E作EK⊥EC交過點(diǎn)A且平行于x軸的直線于點(diǎn)K，連接MK，若MK平分∠DMN，∠PEG＝45°，3AF＝4BD，求點(diǎn)N的坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）由直線關(guān)系式表示出OA，OB的長(zhǎng)，再利用勾股定理求出b即可；（2）點(diǎn)D是直線AB上一點(diǎn)，橫坐標(biāo)為t，表示出D的坐標(biāo)，求出CF的長(zhǎng)，將線段CD繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°通過構(gòu)造△DCF和△CEG全等，得出E的坐標(biāo)；（3）連接DE，得DE⊥GF，設(shè)BD=32a，則AF=42a，AD=82?32a，AE=42；在Rt△DEF中，根據(jù)射影定理AE2＝AB?AF，可得a=23（2舍去），OC＝2；可證四邊形DCEK是正方形，根據(jù)半角結(jié)論，可知DM+解：（1）直線y＝x+b，令x＝0時(shí)，則y＝b，令y＝0時(shí)，則x＝﹣b，∴OA＝OB＝b，在Rt△OAB中，AB2＝OB2+OA2，則2b2＝（82）2，解得b＝8，∴直線AB的解析式為：y＝x+8；（2）如圖1，過點(diǎn)D作DF∥x軸交y軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)E作GE⊥y軸于點(diǎn)G，∵D在直線AB上，D點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，∴D的縱坐標(biāo)yD＝t+8，∴F點(diǎn)坐標(biāo)為（0，t+8），∵點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，t+4），∴CF＝t+8﹣（t+4）＝4，在Rt△DFC中，∠FDC+∠DCF＝90°，∵線段CD繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CE，∴∠ECG+∠DCF＝90°，CD＝CE，∴∠FDC＝∠GCE，在△DCF和△CEG中，∠DFC=∠CGE∠FDC=∠GCE∴△DCF≌△CEG（AAS），∴EG＝CF＝4，CG＝DF＝﹣t，∵OC＝﹣（t+4），∴OG＝CG﹣OC＝﹣t+（t+4）＝4，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，4）．（3）如圖，連接DE，DK，KN，過D點(diǎn)作DH⊥x軸于點(diǎn)H，由第（2）小問知，E（4，4），CD＝CE，CD⊥CE，∴∠CED＝45°，∵∠PEG＝45°，∴∠DEG＝∠PEG+∠CED＝90°，即DE⊥FG，設(shè)BD=32a，AF=42a，則AD=8根據(jù)A（0，8），E（4，4）易證△AOE是等腰直角三角形，∠EAO＝45°，又∵△AOB是等腰直角三角形，∠BAO＝45°，∴∠EAB＝90°，即EA⊥DF，在Rt△DEF中，根據(jù)射影定理AE2＝AB?AF，可得a=2∴BD=22，DH＝BH＝2，OC＝2，D（﹣6，2），C（0，﹣2），DC=2由DH＝CO，∠DHM＝∠COM，∠DMH＝∠CMO得，△MDH≌△MCO（AAS），∴DM＝CM=13由AE＝OE，∠EAK＝∠EOC＝135°，∠AEK＝∠OEC，得△EAK≌△EOC（AAS），∴EK＝EC，AK＝OC＝2，K（﹣2，8），根據(jù)D（﹣6，2），K（﹣2，8），E（4，4）可得DK＝KE=213∵CD＝CE＝EK＝KD，CD⊥CE，∴四邊形DCEK是正方形，過點(diǎn)K作KQ⊥MN于Q，在Rt△KDM和Rt△KQM中，∠KDM＝∠KQM＝90°，∠KMD＝∠KMQ，AM＝AM，∴△KDM≌△KQM（AAS），∴KD＝KQ，DM＝QM，∵KD＝KE，∴KE＝KQ，在Rt△KEN和Rt△KQN中，KN＝KN，KE＝KQ得，Rt△KEN≌Rt△KQN（HL），∴EN＝QN．在Rt△MCN中，MN＝QM+QN＝DM+EN=13+（EC﹣CN）=313?CN由勾股定理MN2＝CM2+CN2，可得CN=4根據(jù)C（0，﹣2），E（4，4）可得直線CE：y=3設(shè)N（m，32m?2），可得m∴N的坐標(biāo)為（83總結(jié)提升：本題考查了求一次函數(shù)解析式的方法，三角形全等的判定及性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)和判斷等，在第三問中，關(guān)鍵之處在于發(fā)現(xiàn)四邊形DCEK是正方形，根據(jù)半角模型，可得DM+EN＝MN這個(gè)數(shù)量關(guān)系，從而求解的，題目綜合性較強(qiáng)．類型5隱含的k典例5已知點(diǎn)A（4m，3m），且m＞0，點(diǎn)B為x軸正半軸上一點(diǎn)，點(diǎn)P為∠AOB內(nèi)一點(diǎn)，OP＝5，則△PAB周長(zhǎng)的最小值為．思路引領(lǐng)：作點(diǎn)P關(guān)于OA，OB的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)E，點(diǎn)F，連接EF，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得OE＝OP＝OF＝5，∠EOA＝∠POA，∠FOB＝∠POB，AP＝AE，BP＝PF，由△PAB周長(zhǎng)＝AP+BP+AB＝AE+BF+AB，可得當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)E，點(diǎn)F共線時(shí)，AE+BF+AB的值最小，即最小值為EF，由銳角三角函數(shù)可求EH的長(zhǎng)，即可求解．解：如圖，作點(diǎn)P關(guān)于OA，OB的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)E，點(diǎn)F，連接EF，過點(diǎn)O作OH⊥EF于H，∵點(diǎn)P關(guān)于OA，OB的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)E，點(diǎn)F，∴OE＝OP＝OF＝5，∠EOA＝∠POA，∠FOB＝∠POB，AP＝AE，BP＝PF，∵△PAB周長(zhǎng)＝AP+BP+AB＝AE+BF+AB∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)E，點(diǎn)F共線時(shí)，AE+BF+AB的值最小，即最小值為EF，∵∠EOA＝∠POA，∠FOB＝∠POB，∴∠EOF＝2∠AOB，∵OE＝OF＝5，OH⊥EF，∴EH＝FH，∠EOH=12∠EOF＝∠∵點(diǎn)A（4m，3m），∴tan∠AOB=∴tan∠EOH=EHOH=∴EH＝3∴EF＝6，即△PAB周長(zhǎng)的最小值為6故答案為：6總結(jié)提升：本題考查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪窂絾栴}，確定當(dāng)△PAB周長(zhǎng)的最小時(shí)點(diǎn)A，點(diǎn)B的位置是本題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2019秋?和平區(qū)校級(jí)月考）已知平面直角坐標(biāo)系內(nèi)有兩點(diǎn)P（4，2）與Q（a，a+2），當(dāng)PQ的長(zhǎng)最小時(shí)，a的值為．思路引領(lǐng)：求直角坐標(biāo)系內(nèi)任意兩點(diǎn)間的距離可直接套用兩點(diǎn)間的距離公式，再根據(jù)配方法可求PQ的最小值．解：∵直角平面坐標(biāo)系內(nèi)有兩點(diǎn)，點(diǎn)P（4，2）與點(diǎn)Q（a，a+2），∴PQ=(a?4∴當(dāng)a＝2時(shí)，PQ的最小值為22．故答案為：2．總結(jié)提升：考查了勾股定理和兩點(diǎn)間的距離公式：設(shè)有兩點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），則這兩點(diǎn)間的距離為AB=(2．（2021春?臨潼區(qū)期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A（5，0），B（0，5），動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（a，a﹣1）．（1）求直線AB的函數(shù)表達(dá)式；（2）連接AP，若直線AP將△AOB的面積分成相等的兩部分，求此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，把點(diǎn)A（5，0），B（0，5）代入可得5k+b=0b=5，求出k、b（2）由題意可知直線AP將△AOB的面積分成相等的兩部分，則直線AP經(jīng)過OB的中點(diǎn)（0，52），設(shè)直線AP的解析式為y＝mx+n，把A（5，0），（0，52）代入，即可求出直線AP的解析式，再把P（a，a﹣1）代入即可得求出解：（1）設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，把點(diǎn)A（5，0），B（0，5）代入上式，得5k+b=0b=5解得：k=?1b=5∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x+5；（2）∵直線AP將△AOB的面積分成相等的兩部分，∴直線AP經(jīng)過OB的中點(diǎn)（0，52設(shè)直線AP的解析式為y＝mx+n，把A（5，0），（0，52得5m+n=0n=解得m=?1∴直線AP的解析式為y=?1把p（a，a﹣1）代入y=?1得?1解得：a=7∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（73，4總結(jié)提升：本題主要考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，熟練應(yīng)用待定系數(shù)法求出函數(shù)系數(shù)的值是解決本題的關(guān)鍵．

一次函數(shù)k參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2022春?德化縣期中）若一次函數(shù)y＝（k﹣3）x+（3k﹣1）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，7），則k的值為（）A．2 B．﹣2 C．23 D．思路引領(lǐng)：利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，即可得出關(guān)于k的一元一次方程，解之即可求出k的值．解：∵一次函數(shù)y＝（k﹣3）x+（3k﹣1）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A（﹣2，7），∴7＝﹣2（k﹣3）+（3k﹣1），解得：k＝2，∴k的值為2．故選：A．總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，牢記直線上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)都滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝kx+b是解題的關(guān)鍵．2．（2022?海拉爾區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=?43x+4分別交x軸，y軸于點(diǎn)A，點(diǎn)B，線段AB上有一點(diǎn)C，點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為65，過點(diǎn)C的直線y＝kx+b與直線AB垂直，交y軸于點(diǎn)D，則不等式kx+A．﹣10 B．﹣6 C．﹣3 D．﹣1思路引領(lǐng)：先求出C點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)CD⊥AB，可得CD的解析式：y=34x+b，代入C點(diǎn)坐標(biāo)，可得解：將點(diǎn)C橫坐標(biāo)代入直線y=?43得y=?43×∴C（65，12根據(jù)題意，得CD的解析式：y=34x+代入C點(diǎn)坐標(biāo)，得34解得b=3∴CD的解析式：y=34x當(dāng)34x+32≥∴負(fù)整數(shù)解有﹣2，﹣1，∴不等式kx+b≥0的所有負(fù)整數(shù)解的和為﹣2+（﹣1）＝﹣3，故選：C．總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)的解析式，熟練掌握兩直線垂直與一次函數(shù)系數(shù)的關(guān)系以及一次函數(shù)與一元一次不等式的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．3．如圖，在等邊三角形ABO中，邊OA在x軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣m，0），直線y=?32x+23與x軸交于點(diǎn)C，與y軸交于點(diǎn)D，將△ABO沿x軸向右平移3個(gè)單位，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'恰好落在直線CD上，則點(diǎn)A．（2，3） B．（3，3） C．（2，23） D．（2，2）思路引領(lǐng)：根據(jù)等邊三角形表示出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再根據(jù)平移的性質(zhì)得出B'（?12m+3，解：∵在等邊三角形ABO中，邊OA在x軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣m，0），∴B（?1將△ABO沿x軸向右平移3個(gè)單位，得到B'（?1∵點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'恰好落在直線CD上，∴32解得m＝2，∴B'（2，3），故選：A．總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，等邊三角形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形變換﹣平移，表示出B'的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．4．（2021秋?河?xùn)|區(qū)期末）如圖，直線y=?33x+1與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，把△AOB沿直線AB翻折后得到△AO'B，則點(diǎn)A．（32，32） B．（32，2） C．（1，32）思路引領(lǐng)：作O′M⊥y軸，交y軸于點(diǎn)M，O′N⊥x軸，交x軸于點(diǎn)N，由直線y=?33x+1與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，求出B（0，1），A（3，0），和∠BAO＝30°，運(yùn)用直角三角形求出MB和MO′，再求出點(diǎn)O解：如圖，作O′M⊥y軸，交y軸于點(diǎn)M，O′N⊥x軸，交x軸于點(diǎn)N，∵直線y=?33x+1與x軸、y軸分別交于A、∴B（0，1），A（3，0），∴∠BAO＝30°，由折疊的特性得，O′B＝OB＝1，∠ABO＝∠ABO′＝60°，∴MB=12，MO′∴OM=32，ON＝O′M∴O′（32，3故選：A．總結(jié)提升：本題主要考查了折疊問題及一次函數(shù)問題，解題的關(guān)鍵是運(yùn)用折疊的特性得出相等的角與線段．5．（2021?深圳模擬）如圖，直線AB：y＝﹣3x+9交y軸于A，交x軸于B，x軸上一點(diǎn)C（﹣1，0），D為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，把線段BD繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BE，連接CE，CD，則當(dāng)CE長(zhǎng)度最小時(shí)，線段CD的長(zhǎng)為（）A．10 B．17 C．5 D．27思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)D（0，m）．由題意得到B（3，0），求得OD＝m，OB＝3，過E作EH⊥x于H，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DBE＝90°，BD＝BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EH＝OB＝3，BH＝OD＝m，根據(jù)勾股定理得到CE=CH2+EH2=解：如圖，設(shè)D（0，m）．由題意：B（3，0），∴OD＝m，OB＝3，過E作EH⊥x于H，∴∠EHB＝∠BOD＝90°，∵把線段BD繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BE∴∠DBE＝90°，BD＝BE，∴∠ODB+∠OBD＝∠OBD+∠EBH＝90°，∴∠BDO＝∠EBH，∴△BOD≌△EHB（AAS），∴EH＝OB＝3，BH＝OD＝m，∵點(diǎn)C（﹣1，0），∴OC＝1，∴CH＝4﹣m，∴CE=C∴當(dāng)m＝4時(shí)，CE長(zhǎng)度最小，∴D（0，4），∴OD＝4，∴CD=O故選：B．總結(jié)提升：本題考查一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的特征，坐標(biāo)與圖形的變化，旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決最值問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．二．填空題（共6小題）6．（2021秋?潤(rùn)州區(qū)校級(jí)月考）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，﹣1），點(diǎn)P在y軸上，當(dāng)PA+PB的值最小時(shí)，P的坐標(biāo)是．思路引領(lǐng)：如圖，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接BA′交y軸于P，連接PA，點(diǎn)P即為所求．求出直線BA′的解析式即可解決問題．解：如圖，作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接BA′交y軸于P，連接PA，點(diǎn)P即為所求．設(shè)直線BA′的解析式為y＝kx+b，∵A′（﹣1，2），B（2，﹣1），則有：?k+b=22k+b=?1解得k=?1b=1∴直線BA′的解析式為y＝﹣x+1，∴P（0，1），故答案為：（0，1）．總結(jié)提升：本題考查軸對(duì)稱最短問題，一次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用軸對(duì)稱解決最短問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)解決交點(diǎn)坐標(biāo)問題．7．（2022?南京模擬）已知A（2，5），B（m，0）是平面直角坐標(biāo)系xOy中的兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離的最小值為．思路引領(lǐng)：根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，可以表示出兩點(diǎn)之間的距離，然后根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，即可得到這兩點(diǎn)之間的距離的最小值．解：∵A（2，5），B（m，0），∴AB=(2?m∵（2﹣m）2≥0，∴當(dāng)m＝2時(shí)，AB取得最小值5，故答案為：5．總結(jié)提升：本題考查勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求最值．8．（2022?大同模擬）如圖，一次函數(shù)y＝﹣x+1的圖象與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，B，把直線AB繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°后，直線交x軸于點(diǎn)C，則線段AC的長(zhǎng)為．思路引領(lǐng)：根據(jù)一次函數(shù)表達(dá)式求出點(diǎn)A和點(diǎn)B坐標(biāo)，得到△OAB為等腰直角三角形和AB的長(zhǎng)，過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，證明△ACD為等腰直角三角形，設(shè)CD＝AD＝x，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，用兩種方法表示出BD，得到關(guān)于x的方程，解之即可．解：∵一次函數(shù)y＝﹣x+1的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，令x＝0，則y＝1．令y＝0，則x＝1，則A（1，0），B（0，1），則△OAB為等腰直角三角形，∠ABO＝45°，∴AB=2過點(diǎn)C作CD⊥AB，垂足為D，∵∠CAD＝∠OAB＝45°，∴△ACD為等腰直角三角形，設(shè)CD＝AD＝x，∴AC=AD由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠ABC＝30°，∴BC＝2CD＝2x，∴BD=BC又BD＝AB+AD=2+∴2+x=3解得：x=2∴AC=2x=故答案是：3+總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問題，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的混合運(yùn)算，知識(shí)點(diǎn)較多，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造特殊三角形．9．（2021春?綿陽(yáng)期末）先將函數(shù)y＝kx+1（k≠0）的圖象向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，再將函數(shù)y＝3x+b的圖象向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，若平移后的兩個(gè)函數(shù)的圖象重合，則2k?3b=思路引領(lǐng)：直接根據(jù)“上加下減，左加右減”的原則即可求得k、b的值，代入計(jì)算即可．解：將函數(shù)y＝kx+1（k≠0）的圖象向下平移2個(gè)單位長(zhǎng)度，所得函數(shù)為y＝kx﹣1，將函數(shù)y＝3x+b的圖象向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，所得函數(shù)為y＝3x+b+1，∵平移后的兩個(gè)函數(shù)的圖象重合，∴k＝3，b+1＝﹣1，∴b＝﹣2，∴2k?3b=6+6=故答案為：23．總結(jié)提升：本題主要考查了一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知函數(shù)圖象平移的法則是解答此題的關(guān)鍵．10．（2022秋?內(nèi)丘縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝﹣2x+4的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，則旋轉(zhuǎn)后的直線的函數(shù)表達(dá)式為．思路引領(lǐng)：根據(jù)一次函數(shù)y＝﹣2x+4的圖像與x軸、y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)，得到A（2，0），B（0，4），得到AO＝2，BO＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到△BAO∽△ACO，得到OC＝1，然后利用待定系數(shù)法即可求解．解：∵一次函數(shù)y＝﹣2x+4的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，∴A（2，0），B（0，4），∴AO＝2，BO＝4，將直線AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，交y軸于C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到△BAO∽△ACO，∴OBOA=OA∴OC＝1．∴C（0，1），設(shè)直線AC為y＝kx﹣1，代入A（2，0）得2k﹣1＝0，解得k=1∴旋轉(zhuǎn)后的直線的函數(shù)表達(dá)式為y=12x故答案為：y=12x總結(jié)提升：本題考查了一次函數(shù)與幾何變換，旋轉(zhuǎn)的關(guān)系，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2022春?岳陽(yáng)樓區(qū)期末）如圖，已知一次函數(shù)y=?34x+6的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A和點(diǎn)B，與直線y=54x相交于點(diǎn)C．過點(diǎn)B作x軸的平行線l，點(diǎn)①點(diǎn)C坐標(biāo)是；②若點(diǎn)E是直線y=54x上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且處于直線AB下方，當(dāng)△APE是以∠EAP為直角的等腰直角三角形時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)是思路引領(lǐng)：①解方程組，求得直線的交點(diǎn)坐標(biāo)，于是得到結(jié)論；②根據(jù)一次函數(shù)y=?34x+6的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、點(diǎn)B，根據(jù)題意畫出圖形，過點(diǎn)A作AM⊥BP于M，過點(diǎn)E作EN⊥x軸于N，證明△MPA≌△NEA（解：①∵一次函數(shù)y=?34x+6的圖象與直線y=54∴y=?3解得x=3y=∴點(diǎn)C（3，154故答案為：（3，154②∵一次函數(shù)y=?34x+6的圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、點(diǎn)∴令y＝0，則?34∴x＝8，令x＝0，則y＝6，∴點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為：（8，0）、（0，6）；設(shè)點(diǎn)E（m，54m）、點(diǎn)P（n如圖，過點(diǎn)A作AM⊥BP于M，過點(diǎn)E作EN⊥x軸于N，∴∠PMA＝∠ENA＝90°，∵BP∥x軸，∴∠MAO＝90°，∴∠MAE+∠NAE＝90°，∵∠MAE+∠MAP＝90°，∴∠MAP＝∠NAE，在△MPA和≌△NEA中，∠PMA=∠ENA∠MAP=∠NAE∴△MPA≌△NEA（AAS），∴MA＝NA＝6，MP＝NE，即54m＝n﹣8，8﹣m＝6，解得：m∴點(diǎn)E（2，52故答案為：（2，52總結(jié)提升：本題是一次函數(shù)綜合題，考查兩直線平行或相交問題，一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確的作出所需要的輔助線，構(gòu)造直角三角形．三．解答題（共2小題）12．（2022?天津模擬）如圖，直線y＝x+3交y軸于點(diǎn)A，交x軸于點(diǎn)B，經(jīng)過點(diǎn)（2，2）且平行于直線y＝﹣2x的直線交x軸于點(diǎn)C，交y軸于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E．（1）直線CD的解析式為；（2）求△EBC的面積；（3）P是直線AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQ∥y軸，交直線CD于點(diǎn)Q，若PQ＝2AD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．思路引領(lǐng)：（1）依題意設(shè)直線CD的解析式為：y＝﹣2x+b，把（2，2）代入y＝﹣2x+b即可得出答案；（2）由y=x+3y=?2x+6可得E（3）設(shè)P（x，x+3），則Q（x，﹣2x+6），得出PQ＝|x+3﹣（﹣2x+6）|，再由PQ＝2AD得，|x+3﹣（﹣2x+6）|＝6，解方程即可得出答案．解：（1）依題意設(shè)直線CD的解析式為：y＝﹣2x+b，把（2，2）代入y＝﹣2x+b得：2＝﹣4+b，∴b＝6，∴直線CD的解析式為：y＝﹣2x+6．故答案為：y＝﹣2x+6；（2）由y=x+3y=?2x+6解得x=1y=4∴E（1，4），當(dāng)y＝0時(shí)，0＝x+3，解得：x＝﹣3，∴B（﹣3，0），當(dāng)y＝0時(shí)，0＝﹣2x+6，解得：x