【文档说明】专题14 一次函数中的动态问题训练（解析版）-2020-2021学年八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）.docx，共(36)页，1.027 MB，由管理员店铺上传

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专题14一次函数中的动态问题训练（时间：60分钟总分：120）班级姓名得分解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规

范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，

如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是

懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有

的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老

师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的

得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成

功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，

我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“

证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具

体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。④辅助解答：一道题目的

完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提

高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。一、解答题1．如图1所示，直线l：y=k（x﹣1）（k＞0）与x

轴正半轴，y轴负半轴分别交于A，B两点．（1）当OA=OB时，求点A坐标及直线l的函数表达式；（2）在（1）的条件下，如图2所示，设C为线段AB延长线上一点，作直线OC，过AB两点分别作AD⊥OC于点D．BE

⊥OC于点E．若AD=32，求BE的长；（3）如图3所示，当k取不同的值时，点B在y轴负半轴上运动，分别以OB、AB为边，点B为直角顶点在第三象限．第四象限内分别作等腰直角△OBG和等腰直角△ABF，连接FG交y轴

于点H．①连接AH，直接写出△ABH的面积是；②动点F始终在一条直线上运动，则该直线的函数表达式是．【答案】（1）点A的坐标为（1，0）；直线l的函数表达式为y=x﹣1；（2）12；（3）①14；②y=-x－1【分析】

（1）分别表示出点A和点B的坐标，然后根据OA=OB即可求出k的值，从而求出结论；（2）利用勾股定理即可求出OD，利用AAS证出△OBE≌△AOD，根据全等三角形的性质即可求出结论；（3）①过点F作FE⊥y轴于E，利用AAS证出△OAB≌△EBF，可得BE=OA=1，EF

=OB，然后利用AAS证出△FEH≌△GBH，即可求出BH，从而求出结论；②用含k的式子表示出点F的坐标，从而得出结论．【详解】解：（1）当x=0时，解得y=-k；当y=0时，解得x=1∴点B的坐标为（0，-k），点A的坐标为（1，0）∴OA=1，OB=k∵OA=

OB∴k=1∴直线l的函数表达式为y=x﹣1；（2）在Rt△OAD中，AD=32，OA=1∴OD=2212OAAD−=∵∠OEB=∠ADO=∠AOB=90°∴∠BOE＋∠OBE=90°，∠BOE＋∠AOD=90°∴∠OBE=∠AOD∵O

B=OA∴△OBE≌△AOD∴BE=OD=12；（3）①过点F作FE⊥y轴于E，∵△ABF和△OBG都是等腰直角三角形∴AB=BF，OB=OG，∠ABF=∠OBG=90°，∵∠AOB=∠BEF=90°∴∠OAB＋∠OBA=

90°，∠EBF＋∠OBA=90°∴∠OAB=∠EBF∴△OAB≌△EBF∴BE=OA=1，EF=OB∴EF=BG∵∠FEH=∠GBH=90°，∠EHF=∠BHG∴△FEH≌△GBH∴BH=EH=12BE=12∴△

ABH的面积是12BH·OA=14；②∵点B的坐标为（0，-k），点A的坐标为（1，0），OA=1，OB=k∴EF=OB=k，OE=OB＋BE=k＋1∴点F的坐标为（k，-k－1），令x=k，y=-k－1则y=-x－1∴点F始终在一条直线上运动，则该直线的函数表达式是y=-x－1．【点睛】此题

考查的是一次函数与几何图形的综合大题，掌握求一次函数与坐标轴的交点坐标、全等三角形的判定及性质和等腰直角三角形的性质是解题关键．2．如图1，直线y＝2x+b过点A（﹣1，﹣4）和B（m，8），它与y轴交于点G，点

P是线段AB上的一个动点．（1）求出b的值，并直接写出m＝，点G的坐标为；（2）点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y＝﹣12x﹣52上，求点P的坐标；（3）过点P作y轴的平行线PE，过点G作x轴的平行线GE

，它们相交于点E．①如图2，将△PGE沿直线PG翻折，当点E的对应点E′落在x轴上时，求点P的坐标；②在点P从A运动到点B的过程中，点E′也随之运动，直接写出点E′的运动路径长为．【答案】（1）b=-2，m=

5，G（0，-2）；（2）1833−，-或()34，；（3）①5,32；②6．【分析】（1）把点A（﹣1，﹣4）代入直线y＝2x+b即可求出b=-2，再把点B（m，8）代入y=2x-2即可求出m，把x=0,代入解析式即可求出点G坐标；（2）设点P坐标

为（p，2p-2），分点P与Q关于y轴对称，点P与Q关于x轴对称两种情况分别表示出点Q坐标，代入直线入y＝﹣12x﹣52求出p，即可分别求出点P坐标；（3））①设直线AB与x轴交于点M，根据对称与平行的性质证明E'M=E'G

，设GE=GE'=E'M=m，根据勾股定理构造方程，求出m，即可求出点P坐标；②根据点E的位置求出点E的运动路径为6，根据对称的性质即可确定点E′的运动路径长也为6．【详解】解：（1）把点A（﹣1，﹣4）代入直线y＝2x+b得-2+b=

-4，解得b=-2，所以直线解析式为y=2x-2，把点B（m，8）代入y=2x-2得2m-2=8，解得m=5，令x=0，则y=-2，∴点G坐标为（0，-2）故答案为：b=-2，m=5，G（（0，-2））；（2）∵点P在直线AB上，∴设点P坐标为（p，2p-2）．当点P与Q关于y

轴对称时，则点Q坐标为（-p，2p-2），代入y＝﹣12x﹣52得152222pp−=−，解得13p=−，此时2p-2=83-，∴P1坐标为1833−，-，当点P与Q关于x轴对称时，则点Q坐标为（p，-2p+2），代入y＝﹣12x﹣52得152222pp−−=−

+，解得3p=，则2p-2=4，∴P2坐标为()3，4，∴点P的坐标为1833−，-或()3，4；（3）①如图2，设直线AB与x轴交于点M，则2x-2=0，∴x=1，∴点M坐标为（1,0），∵GE

∥x轴，∴∠EGM=∠E'MG，∵△PGE沿直线PG翻折得到△△PGE'∴∠EGM=∠E'GM，∴∠E'MG=∠E'GM，∴E'M=E'G，设GE=GE'=E'M=m，在Rt△GE'O中，()22221mm=+−，解得52m=，∴点P横坐标为52把x=52代入y=2x-2得

y=3，∴点P坐标为5,32；②由题意得，当点P位于点A时，点E的横坐标为-1，当点P运动点B时，点E横坐标为5，∴P从A运动到点B的过程中,点E的运动路径长为6，∵点E′与点E关于直线AB对称，∴P从A运动到点B的过

程中,点E′的运动路径长也为6．故答案为为：6【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，综合性较强，理解函数图象上点的特点，轴对称的性质等腰三角形的判定，勾股定理等知识是

解题关键．3．如图，已知一次函数y=﹣54x+8的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，与一次函数y=34x的图象相交于点C．（1）求点C坐标．（2）若点Q在直线AB上，且△OCQ的面积等于12，请求出点Q的坐标．（3）小明在探究中发现：若P为x轴上一动点，将线段

PC绕点P按顺时针方向旋转90°得线段PC'，在点P的运动过程中，点C′始终在某一直线上运动．请直接写出该直线所对应的函数关系式：．【答案】（1）点C的坐标为（4，3）；（2）Q点的坐标为（1，274）或（7，﹣34）；（

3）y=x﹣7．【分析】（1）解析式联立，解方程组即可求得C的坐标；（2）求得A、B点的坐标，分两种情况讨论求得即可；（3）设P的坐标为（m，0），作CM⊥x轴于M，C′N⊥x轴于N，通过证得△PCM≌△C′PN（AAS），求得C′（3+m，m-4），即可得出结论．【详解】（1）

由方程组58434yxyx=−+=得43xy==，∴点C的坐标为（4，3）；（2）∵一次函数584yx=−+的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，∴A（325，0），B（0，8），∵点Q在直线AB上，∴设Q（x，584x−+），当Q点在C的上方时

，S△OCQ=S△OBC﹣S△OBQ=12，∴12×8×4﹣182x=12，解得，x=1，∴此时Q的坐标为（1，274）；当Q点在线段AC上时，S△OAC=12×325×3=9.6<12，不存在，舍去；当Q点在A的下方时，S△OCQ=S△OAC+S△OAQ=12，∴12×32

5×3+1325(8)254x−=12，解得，x=7，∴此时Q的坐标为（7，﹣34），故Q点的坐标为（1，274）或（7，﹣34）；（3）设P的坐标为（m，0），作CM⊥x轴于M，C′N⊥x轴于N，∵C（4，3），∴OM=4，CM=3，∴PM=4m﹣，∵∠CPM+∠C′PN=90°=∠CPM+

∠PCM，∴∠C′PN=∠PCM，在△PCM和△C′PN中，PMCCNPPCPNPCWPCPC===，∴△PCM≌△C′PN（AAS），∴PN=CM=3，C′N=PM=4﹣m，∴ON=3+m，∴C′（3+m，m﹣4），∴点C′始

终在直线上y=x﹣7运动，故答案为：y=x﹣7．【点睛】本题考查了两条直线相交问题，一次函数图像上点的坐标特征，三角形的面积，解题的关键：（1）解由解析式联立构成的方程组；（2）分类讨论；（3）表示出C′的坐标．4．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4）、B（6

，0）为坐标轴上的点，点C为线段AB的中点，过点C作DC⊥x轴，垂足为D，点E为y轴负半轴上一点，连结CE交x轴于点F，且CF＝FE．（1）直接写出E点的坐标；（2）过点B作BG∥CE，交y轴于点G，交直线CD于点H，求四边形ECBG的面积；（3）直线CD上

是否存在点Q使得∠ABQ＝45°，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）E（0，﹣2）；（2）27；（3）存在，点Q的坐标为（3，15）或（3，﹣35）．【分析】（1）证明△CDF≌△EOF（AAS），由全等三角形的性质得出CD＝OE，由中位线定理求出CD

＝2，则可得出答案；（2）过出直线CE的解析式，可求出直线BG的解析式，则求出AG＝12，由S四边形ECBG＝S△ABG﹣S△ACE可求出答案；（3）分点Q在x轴的上方或点Q在x轴下方两种情况画出图形，由等腰

直角三角形的性质和全等三角形的性质可求出答案．【详解】解：（1）∵CD⊥x轴，∴∠CDF＝90°＝∠EOF，又∵∠CFD＝∠EFO，CF＝EF，∴△CDF≌△EOF（AAS），∴CD＝OE，又∵A（0，4），B（6，0），∴OA＝4，OB＝6，∵点C为

AB的中点，CD∥y轴，∴CD12=OA＝2，∴OE＝2，∴E（0，﹣2）；（2）设直线CE的解析式为y＝kx+b，∵C为AB的中点，A（0，4），B（6，0），∴C（3，2），∴322kbb+==−，解得432kb==−，∴直线CE的解析式为y43=x﹣2，∵BG∥C

E，∴设直线BG的解析式为y43=x+m，∴436+m＝0，∴m＝﹣8，∴G点的坐标为（0，﹣8），∴AG＝12，∴S四边形ECBG＝S△ABG﹣S△ACE1122AGOB=−AE×OD1112622=−6×3＝27．（3）直线CD上存在点Q

使得∠ABQ＝45°，分两种情况：如图1，当点Q在x轴的上方时，∠ABQ＝45°，过点A作AM⊥AB，交BQ于点M，过点M作MH⊥y轴于点H，则△ABM为等腰直角三角形，∴AM＝AB，∵∠HAM+∠OAB＝∠OAB+∠

ABO＝90°，∴∠HAM＝∠ABO，∵∠AHM＝∠AOB＝90°，∴△AMH≌△BAO（AAS），∴MH＝AO＝4，AH＝BO＝6，∴OH＝AH+OA＝6+4＝10，∴M（4，10），∵B（6，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣5x+30，∵C（3，2），CD∥y轴，∴C点的横坐标为3，∴y＝

﹣5×3+30＝15，∴Q（3，15）．如图2，当点Q在x轴下方时，∠ABQ＝45°，过点A作AN⊥AB，交BQ于点N，过点N作NG⊥y轴于点G，同理可得△ANG≌△BAO，∴NG＝AO＝4，AG＝OB＝6，∴N（﹣4，﹣

2），∴直线BN的解析式为y15=x65−，∴Q（3，35−）．综上所述，点Q的坐标为（3，15）或（3，35−）．【点睛】本题是综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，一次函数解析式的求法，四边

形的面积，坐标与图形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．5．如图①，直线AB与x轴负半轴、y轴正半轴分别交于A、B两点．OA、OB的长度分别为m和n，且满足m2+n2＝2mn．（1）判断△AOB的形状．（2）如图②，正比例函数y

＝kx（k＜0）的图象与直线AB交于点Q，过A、B两点分别作AM⊥OQ于M，BN⊥OQ于N，若AM＝13，MN＝6，求BN的长．（3）如图③，E为线段AB上一动点，以AE为斜边作等腰直角△ADE，P为BE的中点，连接PD、PO．试问：线

段PD、PO是否存在某种确定的数量关系和位置关系？写出你的结论并证明．【答案】（1）△AOB是等腰直角三角形，理由見解析；（2）BN＝7；（3）PO＝PD，PO⊥PD【分析】（1）把m2+n2＝2mn变形后，因式分解，得到m=n即可判断；

（2）证△MAO≌△NOB，利用线段和差可求；（3）延长DP到点C，使PC＝DP，连接CB、OD、OC，证△DOC为等腰直角三角形，根据三线合一可得结论．【详解】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由：∵m2+n2＝2mn，∴m2+n2﹣2mn＝0，∴（m﹣n）2＝0，∴m

＝n，即OA＝OB，∵∠AOB＝90°，∴△AOB为等腰直角三角形；（2）∵AM⊥ON，BN⊥ON，∴∠AMO＝∠BNO＝90°，∴∠MOA+∠MAO＝90°，∵∠MOA+∠NOB＝90°，∴∠MAO＝∠NOB，在△MAO和△NO

B中，MAONOBAMOONBOAOB===，∴△MAO≌△NOB（AAS），∴OM＝BN，AM＝ON＝13，∵MN＝ON﹣OM，MN＝6，∴6＝13﹣OM，∴OM＝7，∴BN＝7；（3）PO＝PD且PO⊥PD，如图3

，延长DP到点C，使PC＝DP，连接CB、OD、OC，在△DEP和△CBP，PDPCDPECPBPEPB===，∴△DEP≌△CBP（SAS），∴CB＝DE＝DA，∠DEP＝∠CBP＝135°，则∠CBO＝∠CBP﹣∠AB

O＝135°﹣45°＝90°，又∵∠BAO＝45°，∠DAE＝45°，∴∠DAO＝90°，在△OAD和△OBC，DACBDAOCBOOAOB===，∴△OAD≌△OBC（SAS），∴OD＝OC，∠AOD＝∠COB，∴∠DOC＝∠AOB＝90°，∴△DOC为等腰直

角三角形，∵PC＝DP，∴PO=PD，PO⊥PD．【点睛】本题考查了一次函数和全等三角形的综合，解题关键是恰当的作辅助线，通过全等求线段长或线段的关系．6．如图1，已知直线l1：y＝kx＋b与直线l2：y＝43x交于点M，直线l1与坐标轴分别交于A，C两点，且点A坐标为（0

，7），点C坐标为（7，0）．（1）求直线l1的函数表达式；（2）在直线l2上是否存在点D，使△ADM的面积等于△AOM面积的2倍，若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若点P是线段OM上的一动点（不与端点重合），过点P作PB∥

x轴交CM于点B，设点P的纵坐标为m，以点P为直角顶点作等腰直角△PBF（点F在直线PB下方），设△PBF与△MOC重叠部分的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并写出相应m的取值范围．【答案】（1）y＝﹣x＋7；（2）

存在，D（9，12）或（﹣3，﹣4）；（3）当0＜m＜2811时，2974Smm=−+；当2811≤m＜4时，24949493242Smm=−+【分析】（1）将点A，C坐标代入直线y＝kx＋b中，求解，即可得出结论；（

2）先求出点M的坐标，再分点D在射线OM和射线MO上，利用面积的关系求出OD，即可得出结论；（3）先表示出PF＝PB＝7﹣74m，再分两种情况，利用面积公式，即可得出结论．【详解】解：（1）∵直线l1：y＝kx＋b与坐标轴分别交于A（0，7），C（7，0），∴770bk

b=+=，解得71bk==−，∴直线l1的函数表达式为：y＝﹣x＋7；（2）联立方程组743yxyx=−+=，解得，34xy==，∴M（3，4），如图1，过点M作ME⊥x轴于E，∴OE＝3，ME＝4，根据勾股定理得，OM＝5，设D（3n，4

n），①当点D在射线OM上时，△ADM的面积等于△AOM面积的2倍，∴DM＝2OM＝10，∴OD＝15，∴（3n）2＋（4n）2＝152，∴n＝3或n＝﹣3，由于点D在第一象限内，∴n＝3，∴D（9，12）；②当点D在射线MO上时，△ADM的面积等于△AOM面积的2倍，∴DM＝2OM，∴O

M＝OD＝5，∴（3n）2＋（4n）2＝52，∴n＝1或n＝﹣1，由于点D在第三象限内，∴n＝﹣1，∴D（﹣3，﹣4），即点D（9，12）或（﹣3，﹣4）；（3）∵点P的纵坐标为m，∴P（34m，m），∵PB∥x轴，∴B（7﹣m，m），

∴PB＝7﹣m﹣34m＝7﹣74m，∵以点P为直角顶点作等腰直角△PBF，∴PF＝PB＝7﹣74m，当7﹣74m＝m时，m＝2811；①当0＜m＜2811时，如图2，记PF与x轴相交于G，BF与x轴相交于H，∴PG＝m，FG＝PF﹣PG

＝7﹣74m﹣m＝7﹣114m，∵△PBF是等腰直角三角形，∴∠F＝∠PBF＝45°，∵PB∥x轴，∴∠GHF＝45°＝∠F，∴FG＝HG，∴S＝S△PBF﹣S△FGH＝12PB2﹣12FG2＝12[（7﹣74m）

2﹣（7﹣114m）2]＝﹣94m2＋7m；②当2811≤m＜4时，如图3，S＝S△PBF＝12PB2＝12（7﹣74m）2＝4932m2﹣494m＋492【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰直角三角形的性质，用分类讨论的思想解决问题是解

本题的关键．7．如图，已知直线:lykxb=+与x轴交于A（-3，0）、与y轴交于B点，且经过（1，8），在y轴上有一点C（0，3），动点D从点A以每秒1个单位的速度沿x轴向右移动，设动点D的移动时间为t秒．（1）求k、b的值；（2）当t为何值时△COD≌△AOB，并求此时点D的坐标；（3）求△C

OD的面积S与动点D的移动时间t之间的函数关系式．【答案】（1）k=2，b=6；（2）t=9，D点坐标为（6,0）；（3）93(03)22.39(3)22ttStt−=−【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；（2）求出B点坐标，根据OB=OD，求出t值及D点坐标；

（3）当D点在原点左侧和右侧分类讨论，根据OC=3，高为OD长，求面积即可．【详解】解：(1)把(3,0),(1.8)−代入ykxb=+得，308kbkb−+=+=，解得，26kb==，（2）由（1）得，直线AB解析式为：26yx=+，当x=0时，y=6

，B点坐标为（0，6），∴OB=6，当OD=OB=6时，△COD≌△AOB，AD=OA+OB=9,∴t=9，此时D点坐标为（6,0）；（3）∵C点坐标为（0，3），∴OC=3，当0≤t＜3时，OA=3，AD=t，∴OD=3-t，S=1193(3)32222tODOCt=−=−，当

t≥3时，OD=t-3，S=1139(3)32222tODOCt=−=−，93(03)2239(3)22ttStt−=−．【点睛】本题考查了一次函数的综合问题，包括待定系数法、全等三角形、动点函数等，解题关键是准确理解题意，熟练运用相关知识解决问题，注意：动点问题

的分类讨论．8．平面直角坐标系中，点D的坐标为(),mn，点E的坐标为(),0t，且m，n，t满足()22480mnmn+−−+=，()30taaaa=，点()0,Bb为y轴上一动点，作直线BD．（1）如图1，求

点D、E的坐标；（2）如图2，当42b−−时，作EFBD⊥，垂足为F，在FB上截取FMEF=，连OM，OD，求OMB的度数；（3）如图3，将直线BD绕点B逆时针旋转45交x轴于C点，过点C作CABC⊥交直线BD于点A，设点(),Acd，求证：在点B运动的过程中，点A的横

坐标c为定值．【答案】（1）()22,D−，()4,0E；（2）45OMB=；（3）4,c=证明见解析．【分析】（1）由()22480mnmn+−−+=，可得：()()22220,mn−++=可求解,mn的值，从而

可得D的坐标，由()30taaaa=，可得31,t−=解方程可得E的坐标；（2）分三种情况讨论，当2b=−时，如图，可得,MD重合，再利用等腰直角三角形的性质可得45OMB=；当4−＜b＜2−，如图，过O作ON

BD⊥交BD于,N过D作DTx⊥轴于,T连接,DF先证明,DODE=再证明,DONEDF≌可得,,ONDFDNEF==证明,MNON=再利用等腰直角三角形的性质可得45OMB=；当4b=−时，则()0,4,B−如图，证明,,BDE三点共

线，再证明,,EFM重合，再利用等腰直角三角形的性质可得45OMB=；（3）如图，过A作AGx⊥轴于,G证明,BCOCAG≌可得,,AGCOOBCG==从而可得dbc=−−，再求解直线BD为11,2ybxb

=−−+把(),Acd代入可得：11,2bcbd−−+=把dbc=−−代入可得：1,2bccbbc−−+=−−可得()40,bc−=从而可得答案．【详解】解：（1）()22480mnmn+−−+=，2244440,mmnn−+

+++=()()22220,mn−++=20m−=且20,n+=2,2,mn==−()22,D−，()30taaaa=，3,taa−=31,t−=4,t=()4,0.E（2）42b−−，当2b=−时，()0,2,B−()2,2,D−//

BDx轴，2BD=，90,OBD=()4,0,,,EEFBDEFFM⊥=4,2,OEBFFMFEFD=====,MD重合，2,OBBD==45,OMB=当4−＜b＜2−，如图，如图，过O作ONBD⊥交BD于,N过D作

DTx⊥轴于,T连接,DE90,ODNDON+=()()2,2,4,0,DE−2,45,OTETDTTODTDOTDETED=======90,ODEOTDETD=，≌90,,OD

NEDFDODE+==,DONEDF=,,ONBDEFBD⊥⊥90,DNOEFD==(),DONEDFAAS≌,,ONDFDNEF==,FEFM=,MNMDDNMDEFMDM

FDFON=+=+=+==45,OMNOMB==当4b=−时，则()0,4,B−如图，设直线BD为,ykxb=+4,22bkb=−+=−1,4kb==−直线BD为4,yx=−当4x=时，0,y=()4,0E在直线BD上，此时,,EFM三点重合

，由()()04,4,0,BE−，可得4OBOEOM===，45.OMB=综上：当42b−−时，45.OMB=（3）如图，过A作AGx⊥轴于,G90,ACGCAG+=由题意可得：45CBA=，,CBCA⊥45CBACAB==，90AC

GBCO+=，,CBCA=,BCOCAG=90BOCCGA==，(),BCOCAGAAS≌,,COAGOBCG==()(),,0,,AcdBb,CGOCOGAGOGcd=+=+=+,bc

d−=+即dbc=−−，由()()0,,2,2,BbD−设直线BD为,ykxb=+22,kb+=−11,2kb=−−所以直线BD为11,2ybxb=−−+把(),Acd代入可得：11,2bcbd−−+=把dbc=−−代入可得：1,2bccbb

c−−+=−−120,2bcb−+=40,bbc−=()40,bc−=0b=或40,c−=当0,b=点()0,0B不符合题意，舍去，40,c−=4.c=c为定值．【点睛】本题考查的是非负数的性质，

同底数幂的除法，因式分解的应用，角的动态定义，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，利用待定系数法求解一次函数的解析式，一次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．9．如图①，在矩形OACB中

，点A、B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．（1）请直接写出点C的坐标；（2）如图②，点F在BC上，连接AF，把ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C重合，求线段CF的长度；（3）如图③，动点P(x，y)在第一象限，且y＝

2x﹣6，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角BDP，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）C(8，6)；（2）CF＝3；（3）存在，P(4，2)或(203，223)【分析】（1）由矩形的性质可得BC

＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，即可求解；（2）由折叠的性质的可得AC＝AC'＝6，CF＝C'F，∠C＝∠AC'F＝60°，由勾股定理可求CF的长；（3）分两种情况讨论，利用全等三角形的性质

可求PF＝BE，EP＝DF，即可求解．【详解】解：（1）∵四边形OACB是矩形，∴BC＝OA＝8，AC＝OB＝6，AC∥OB，BC∥OA，∴点C的坐标（8，6）；（2）∵BC＝8，AC＝6，∴AB＝22ABAC+＝6436+＝10，∵把△ACF沿着A

F折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合，∴AC＝AC'＝6，CF＝C'F，∠C＝∠AC'F＝60°，∴BC'＝AB﹣AC'＝4，∵BF2＝C'F2+C'B2，∴（8﹣CF）2＝CF2+16，∴CF＝3

；（3）设点P（a，2a﹣6），当点P在BC下方时，如图③，过点P作EF∥BC，交y轴于E，交AC于F，∵△BPD是等腰直角三角形，∴BP＝PD，∠BPD＝90°，∴EF∥BC，∴∠BEP＝∠BOA＝90°，∠PFD＝∠

CAO＝90°，∴∠BPE+∠DPF＝∠DPF+∠PDF，∴∠BPE＝∠PDF，∴△BPE≌△PDF（AAS），∴PF＝BE＝6﹣（2a﹣6）＝12﹣2a，EP＝DF，∵EF＝EP+PF＝a+12﹣2a＝8，∴a＝4，∴点P（4，2）；当点P在BC的上方时，如图④，过点P作EF

∥BC，交y轴于E，交AC的延长线于F，同理可证△BPE≌△PDF，∴BE＝PF＝2a﹣6﹣6＝2a﹣12，∵EF＝EP+PF＝a+2a﹣12＝8，∴a＝203，∴点P（203，223），综上所述：点

P坐标为(4，2)或(203，223)．【点睛】本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．10．如图，已知在平面直角坐标系中，等腰RtOCD△的边OD在y

轴的正半轴上，且90ODC=，点C在第一象限，过点(2,0),(0,4)AB−的直线AB经过点C．（1）求点C的坐标及直线AB的解析式．（2）点E为直线AB上的动点，若EOB△的面积等于AOC△面积的一半，求点E的坐标．（3）点F为y轴上的动点，若FCDOCA=，求点F的坐标

．【答案】（1）(4,4)C，24yx=−；（2）(1,2)−或(1,6)−−；（3）点F坐标为80,3，160,3．【分析】（1）直接利用待定系数法求解直线AB的解析式，然后根据点C的坐

标特点求得点C的坐标；（2）设点E的横坐标为h，根据题意可知EOB△的面积142h=，AOC△的面积12442==，根据EOB△的面积等于AOC△面积的一半，即可求得h的值；（3）由已知条件可知，可以分为点

F在点D下方和上方两种情况讨论，点F在点D下方时，过点A作HAAC⊥交直线1CF于点H，过点H作HGx⊥轴于点G，过点C作CMx⊥轴于点M，根据角度相等可证明45OCAFCOFCA+==，进而可以证明HGA

AMC≌，则2HGAM==，4AGCM==，即可得到H的坐标，通过待定系数法即可得到直线CF的解析式，即可得到F的坐标，因为CDy⊥轴，所以另一个点F关于CD对称，即可求得．【详解】（1）设直线AB：ykxb=+，把(2,0

),(0,4)−代入，得，204kbb+==−，∴2k=，4b=−，∴24yx=−，设点C的坐标为(,)mm，代入24yx=−，解得，4m=，∴点(4,4)C；（2）三角形AOC的面积：12442S==，设点E的横坐标为h，∴三角形BOE的面

积：142h，∴114422h=，∴1h=，∴点E的横坐标为，①当1x=时，2y=−，②当1x=−时，6y=−，∴点E的坐标为(1,2)−或(1,6)−−；（3）①当点F在点D下方时，COD△是等腰直角三角形，∴45

FCDFCO+=，∵FCDOCA=，∴45OCAFCOFCA+==，过点A作HAAC⊥交直线1CF于点H，过点H作HGx⊥轴于点G，过点C作CMx⊥轴于点M，∴AHAC=，∴90HAGGHA+=∠∠，90MACACM+=，90HAGACM+=∠∠，∴HAGACM=

∠∠，GHAMAC=∠∠，∴HGAAMC≌，∴2HGAM==，4AGCM==，得：点H的坐标为(2,2)−，把H(2,2)−，C(4,4)代入到yaxb=+得，2244abab=−+=+，解得：1833ab==，，∴直线1CF的解析式为：1833yx=+，将0x=，代入到解析式中，得，8

3y=，∴点1F坐标为80,3，②当点F在点D上方时，设点F在点D上方时，为2F，∵CDy⊥轴，∴此时点2F与①中所求的点1F关于CD对称，∵C(4，4)，D(0，4)，1F80,3，∴点2F的坐标为160,3

，∴点F坐标为80,3，160,3．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形的性质、三角形的面积、三角形全等等知识，解题的关键是正确的作出辅助线，正确找出点F，并分情况进行讨论．11．如图，在平面直角坐标系中，直线24yx=+交坐标

轴于AB、两点，过：x轴正半轴上一点C作直线CD交y轴正半轴于点D，且AOBDOC．（1）求出直线CD对应的函数表达式；（2）点M是线段CD上一动点（不与点CD、重合），ONOM⊥交AB于点N，连接MN．判断OMN的形状

，并说明理由；（3）若()1,Ea−为直线AB上的点，P为y轴上的点，请问：直线CD上是否存在点Q，使得EPQ△是以E为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，请求出此时Q点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）122yx=−+；（

2）等腰直角三角形；见解析；（3）存在，2,3Q(﹣)或(2,1)Q【分析】（1）先求出点OA、OB的长，在根据AOBDOC△≌△，求出点C、D坐标，再利用待定系数法求CD解析式即可；（2）根据角的等量代换，可得COMBON=,可证COMBO

N≌，即可得到OMON=，即可得到OMN为等腰直角三角形；（3）先求出点E的坐标，①当点P在点B下方时，如详解图：连接DE，过点Q作,QMDE⊥交DE的延长线于M点，根据一线三等角模型证RtDEPRtMQE≌，可得Q点的纵坐标，进而可求Q点坐标；②当点P在点B上方时，如

详解图：过E点作//EMy轴，过点Q作QMEM⊥于M点，过P点作PNEM⊥交ME的延长线于N点，根据一线三等角模型证RtEQMRtPEN≌，可得Q点的纵坐标，进而可求Q点坐标；【详解】（1）把0x=代入24yx=+得：4y=4,OB=把0y=代入24yx=+得：2

x=−，2,OA=,AOBDOC≌4,2OCOBODOA====()()4,0,0,2CD设直线CD对应的函数表达式为：ykxb=+把()()4,0,0,2CD代入ykxb=+得：402kbb+==，解得：122kb=−=直线CD对应的函数表达式为：122yx=−+()2O

MN是等腰直角三角形．理由如下：,AOBDOC≌,OBAOCDOBOC==又,ONOM⊥90MON=即90MODBON+=90COD=即90COMMOD+=,BONCOM=在OBN△与OCM中，OBAOCDOBOCBONCOM==

=()OBNOCMASA≌,OMON=又90MON=OMN是等腰直角三角形（3）直线CD上存在点Q，使EPQ△得是以E为直角顶点的等腰三角形．()1,Ea−在直线AB上，代入24yx=+得：2a=()1,2E−①当点P在点

B下方时，如图一所示连接DE，过点Q作,QMDE⊥交DE的延长线于M点()0,2DyDE⊥轴且1,DE=点M的纵坐标为2,90MEDP==EPQ是以E为直角顶点的等腰三角形,90EPEQPEQ==在RtDEP与RtMQE中，,,MEDPDEPMQEEPEQ==

=RtDEPRtMQE≌1MQDE==Q点的纵坐标为3把3y=代入122yx=−+中得：2x=−()2,3Q−②当点P在点B上方时，如图二所示E点作//EMy轴，过点Q作QMEM⊥于M点，过P点作PNEM⊥交ME的延长线于N点．则90MN==N点的橫坐标

为1−，则1,PN=EPQ是以E为直角顶点的等腰三角形,90EPEQPEQ==在RtEQM与RtPEN△中，,,MNMEQNPEEPEQ===,RtEQMRtPEN≌1,EMPN==M点的纵坐标为1Q点的纵坐标为1把1y=代入122

yx=−+中得：2x=()2,1Q综上所述，直线CD上存在点Q，使得EPQ△是以E为直角顶点的等腰三角形．且()2,3Q−或()2,1Q．【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，属于一次函数的

综合题，准确作出辅助线是解题关键，