一次函数与特殊四边形存在性问题培优拓展完整版
(完整)一次函数特殊平行四边形存在性
特殊平行四边形存在性➢课前预习1.一般情况下我们如何处理存在性问题？(1)研究背景图形坐标系背景下研究____________、____________;几何图形研究____________、____________、____________．（2）根据不变特征，确定分类标准研究定点，动点,定线段，确定分类标准不变特征举例:①等腰三角形（两定一动）以定线段作为_________或者___________来分类，利用_______________确定点的位置．②等腰直角三角形(两定一动）以________________来分类，然后借助_________或者___________确定点的位置．(3)分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解（4）结果验证2.用铅笔做讲义第1，2题,并将计算、演草保留在讲义上，先看知识点睛，再做题,思路受阻时（某个点做了2～3分钟）重复上述动作，若仍无法解决，课堂重点听．➢知识点睛1.存在性问题处理框架：①研究背景图形．②根据不变特征,确定分类标准．③分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解．④结果验证．2.特殊平行四边形存在性问题不变特征举例：①菱形存在性问题（两定两动）转化为等腰三角形存在性问题;以定线段作为底边或者腰确定分类标准，利用两圆一线确定一动点的位置，然后通过平移确定另一动点坐标．②正方形存在性问题（两定两动）转化为等腰直角三角形存在性问题；根据直角顶点确定分类标准，利用两腰相等或者45°角确定一动点的位置,然后通过平移确定另一动点坐标．➢ 精讲精练1. 如图,在平面直角坐标系xOy 中,直线l ：24y x =-与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ．（1)求点A ,B 的坐标．（2）若P 是直线2x =-上的一动点，则在坐标平面内是否存在点Q ,使得以A ，B ，P ,Q 为顶点的四边形是菱形?若存在,求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．2. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，直角梯形OABC 的顶点A 在y 轴正半轴上，顶点C的坐标为（18-，0)，A B∥O C,∠OCB=45°，且BC=．（1）求点B的坐标．（2）直线BE与线段OA交于点E，且OE=6．若P是直线BE上的一动点,则在坐标平面内是否存在点Q,使得以O，E，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在,求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．3.如图，在平面直角坐标系xOy中,□ABCD的顶点A，B的坐标分别为A（0，3)，B（顶点C在x轴正半轴上，顶点D在第一象限，且AD=象限内是否存在点F，使得以A，C，F,M为顶点的四边形是正方形？若存在，求出点F的坐标；若不存在,请说明理由．4.如图，在平面直角坐标系中，已知点A，B，C的坐标分别为A（9 ，0），B（16，0),C(0，12），D是线段BC上的一动点(不与点B，C重合），过点D作直线DE⊥OB,垂足为点E．若M为坐标平面内一点，则在直线DE上是否存在点N,使得以C,B，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．(完整)一次函数特殊平行四边形存在性【参考答案】➢课前预习1．（1）坐标、表达式；边、角、形（2）①腰底两圆一线②直角顶点两腰相等 45°角(完整)一次函数特殊平行四边形存在性➢精讲精练1．（1）A（2，0)，B（0，-4)（2）存在，点Q的坐标为（0，4）,(-4,—2），（—4，—6)或（4，7-）22．（1)B（—6，12）（2）存在，点Q的坐标为(6，6），（-，（-或(3-,3)3．存在，点F的坐标为(3,3，(3或(4．存在，点N的坐标为（12，28），(4，16-），（14，14)或(2，2-）。
一次函数中四边形存在性问题 2022-2023学年八年级数学下学期期末复习专练(人教版)(解析版)
一次函数中的四边形存在性问题【题型1 平行四边形的存在性问题】1．（2023•襄阳模拟）如图，直线l 1：y =−34x +b 分别与x 轴、y 轴交于A 、B 两点，与直线l 2：y ＝kx ﹣6交于点C （2，32）． （1）点A 坐标为（ ， ），B 为（ ， ）（2）在线段BC 上有一点E ，过点E 作y 轴的平行线交直线l 2于点F ，设点E 的横坐标为m ，若四边形OBEF 是平行四边形时，求出此时m 的值．【分析】（1）先将点C 坐标代入直线l 1中，求出直线l 1的解析式，令x ＝0和y ＝0，即可得出结论；（2）先求出直线l 2的解析式，表示出点E ，F 的坐标，在判断出OB ＝EF ，建立方程求解，即可得出结论；【解答】解：∵点C（2，32）在直线l1：y=−34x+b上，∴−34×2+b=32，∴直线l1的解析式为y=−34x+3，令x＝0，∴y＝3，∴B（0，3），令y＝0，∴−34x+3＝0，∴x＝4，∴A（4，0），故答案为：4，0，0，3；（2）∵点C（2，32）在直线l2：y＝kx﹣6上，∴2k﹣6=32，∴k=154，∴直线l2的解析式为y=154x﹣6，∵EF∥y轴，点E的横坐标为m，∴点F的横坐标为m，∵点E l1上，∴E（m，−34m+3），∵点F在直线l2：y=154x﹣6上，∴F（m，154m﹣6），∵四边形OBEF是平行四边形，且BO∥EF，∴OB＝EF，EF=−34m+3﹣（154m﹣6）＝3，∴m=4 3；【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行四边形的性质，三角形的面积公式，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．2．（2022春•涟水县校级月考）如图，平行四边形ABCD 在直角坐标系中，点B 、点C 都在x 轴上，其中OA ＝8，OB ＝6，AD ＝12，E 是线段OD 的中点．（1）直接写出点C ，D 的坐标；（2）求直线AE 的关系式；（3）平面内是否存在一点F ，使以A 、D 、E 、F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据平行四边形的性质得AD ＝BC ＝12，AD ∥BC ，根据题意可得OC ＝6，点A 的坐标为（0，8），点D 的坐标为（12，8），即可得点C 的坐标为（6，0）；（2）根据E 是线段OD 的中点得E （6，4），设直线AE 的关系式为：y ＝kx +b ，根据直线AE 经过点A ，点E ，即可得{b =86x +b =4，进行计算即可得； （3）分情况讨论：①当EF 为平行四边形的边时，根据对边相等即可得；②当EF 为平行四边形的对角线时，根据对角线互相平分即可得．BC【解答】解：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ＝BC ＝12，AD ∥BC ，∵点B 、C 都在x 轴上，点A 在y 轴上，OA ＝8，OB ＝6，∴OC ＝BC ﹣OB ＝12﹣6＝6，点A 的坐标为（0，8），点D 的坐标为（12，8），∴点C 的坐标为（6，0）；（2）∵E 是线段OD 的中点，∴E （6，4），设直线AE 的关系式为：y ＝kx +b ，∵直线AE 经过点A ，点E ，∴{b =86x +b =4， 解得{b =8k =−23， ∴直线AE 的关系式：y =−23x +8；（3）存在，F坐标为（﹣6，4）或（18，4）或（6，12），①如图所示，当EF为平行四边形的边时，EF＝AD＝12，∴点F的坐标为：（﹣6，4）或（18，4），②如图所示，当EF为平行四边形的对角线时，则DG＝AG＝6，FG＝GE＝4，即点F的坐标为：（6，12），综上，点F的坐标为：（﹣6，4）或（18，4）或（6，12）．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，一次函数的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．3．（2022春•昌江县期末）如图，直线y＝﹣x+4分别交x轴、y轴于A、B两点，直线BC与x轴交于点C （﹣2，0），P是线段AB上的一个动点（点P与A、B不重合）．（1）求直线BC所对应的函数表达式；（2）设动点P的横坐标为t，△POA的面积为S．①求出S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；②在线段BC上存在点Q，使得四边形COPQ是平行四边形，求此时点Q的坐标．【分析】（1）根据直线y ＝﹣x +4分别交x 轴、y 轴于A 、B 两点，直线BC 与x 轴交于点C （﹣2，0），可以得到点B 的坐标，从而可以得到直线BC 的函数表达式；（2）①根据题意，可以用含t 的代数式表示出点P 的坐标，从而可以得到S 与t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；②根据题意和平行四边形的性质，可以用含t 的代数式表示出点Q 的坐标，再根据OC ＝PQ ，即可得到点Q 的坐标．【解答】解：（1）∵直线y ＝﹣x +4分别交x 轴、y 轴于A 、B 两点，∴点A 的坐标为（4，0），点B 的坐标为（0，4），设直线BC 所对应的函数表达式为y ＝kx +b ，{b =4−2k +b =0， 解得，{k =2b =4， 即直线BC 所对应的函数表达式是y ＝2x +4；（2）①∵点O （0，0），点A （4，0），∴OA ＝4，∵动点P 的横坐标为t ，△POA 的面积为S ，P 是线段AB 上的一个动点（点P 与A 、B 不重合）， ∴动点P 的纵坐标为﹣t +4，∴S =4×(−t+4)2=−2t +8， 即S 与t 的函数关系式是S ＝﹣2t +8（0＜t ＜4）；②过点P 作PQ ∥x 轴，交BC 于点Q ，∵点P 的坐标为（t ，﹣t +4），∴点Q 的纵坐标为﹣t +4，∵点Q 在直线y ＝2x +4上，∴﹣t +4＝2x +4，得x ＝﹣0.5t ，∵四边形COPQ是平行四边形，OC＝2，∴OC＝PQ，∴2＝t﹣（﹣0.5t），解得，t=4 3，∴点Q的坐标为（−23，83）．【点评】本题是一道一次函数综合题，主要考查一次函数的性质、平行四边形的性质、待定系数法求一次函数解析式，三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．4．（2023春•鲤城区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的顶点A的坐标为（4，0），直线y=−14x+3经过顶点B，与y轴交于顶点C，AB∥OC．（1）求顶点B的坐标；（2）如图2，直线l经过点C，与直线AB交于点M，点O'与点O关于直线l对称，连接CO′并延长交直线AB于第一象限的点D，当CD＝5时，求直线l的解析式；（3）在（2）条件下，点P在直线l上运动，点Q在直线OD上运动，当四边形PBCQ是平行四边形时，求点P的坐标．【分析】（1）根据AB∥OC，可得点B的横坐标为4，再代入y=−14x+3，即可求解；（2）过C点作CN⊥AB于N，可得到∠DCM＝∠DMC，从而得到CD＝MD＝5，再求出OC＝3，DN＝3，从而得到NM＝5﹣3＝2，继而得到AM＝1，可得到点M（4，1），即可求解；（3）连接OD，先求出D点坐标为（4，6），可得直线OD解析式为y=32x，设P点坐标为(a，−12a+3)，Q点坐标为(b，32b)，然后根据平行四边形对角线互相平分，即可求解．【解答】解：（1）∵A（4，0），AB∥OC，∴点B的横坐标为4，把x＝4代入y=−14x+3中，得y＝2，∴B（4，2）；（2）如图，过C点作CN⊥AB于N，∵AB∥OC，∴∠OCM＝∠DMC，∵点O'为点O关于直线l的对称点，∴∠DCM＝∠OCM，∴∠DCM＝∠DMC，∴CD＝MD＝5，∵y=−14x+3，当x＝0时，y＝3，∴点C（0，3），∴OC＝3，∵CN＝OA＝4，∴DN=√CD2−CN2=√52−42=3，∴NM＝5﹣3＝2，∴AM＝AN﹣NM＝3﹣2＝1，∴M（4，1），设直线l解析式y＝kx+b把C（0，3），M（4，1）代入得：{3=b 1=4k +b， 解得：{k =−12b =3，∴直线l 的解析式为：y =−12x +3；（3）如图，连接OD ，∵AD ＝AM +MD ＝1+5＝6，AD ∥OC ，A 点坐标为（4，0），∴D 点坐标为（4，6），设OD 直线解析式为y ＝kx ，将（4，6）代入可得4k ＝6，解得k =32，∴直线OD 解析式为y =32x ，∵点P 在直线l 上运动，点Q 在直线OD 上运动，∴设P 点坐标为(a ，−12a +3)，Q 点坐标为(b ，32b)，∵四边形PBCQ 是平行四边形，∴平行四边形对角线互相平分，{4+b 2=a+022+32b 2=−12a+3+32， 解得：{a =5b =1， 当a ＝5时，−12a +3=−12×5+3=12，∴P 点坐标为(5，12)．【点评】本题主要考查了一次函数与四边形的综合题，熟练掌握一次函数的图象和性质，平行四边形的性质是解题的关键．【题型2 矩形的存在性问题】1．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l与直线y＝2x平行，且直线l与x、y轴分别交于点A（﹣1，0）、点B，点C（1，a）在直线l上．（1）求直线l的表达式以及点C的坐标；（2）点P在y轴正半轴上，点Q是坐标平面内一点，如果四边形P AQC为矩形，求点P、Q的坐标．【分析】（1）根据题意设直线l的解析式为y＝2x+b，代入A（﹣1，0）求得b，即可求得直线l的解析式，然后代入C（1，a），就可求得a的值；（2）先证得Q在y轴上，根据勾股定理求得AB，然后根据矩形的性质即可求得P、Q的坐标．【解答】解：（1）∵直线l与直线y＝2x平行，∴直线l的斜率为2，设直线l的解析式为y＝2x+b，∵直线l经过A（﹣1，0），∴2×（﹣1）+b＝0，解得b＝2，∴直线l的表达式为y＝2x+2，∵点C（1，a）在直线l上，∴a＝2×1+2＝4；（2）∵y＝2x+2，∴B（0，2），∵A（﹣1，0），C（1，4），∴AB＝BC，∵四边形P AQC为矩形，点P在y轴正半轴上，∴Q点在y轴负半轴上，∵A（﹣1，0），∴AB=√12+22=√5，∴PB＝QB=√5，∴P（0，2+√5），Q（0，2−√5）．【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题，待定系数法求一次函数的解析式，矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．2．（2023•阜阳三模）如图，四边形OABC是矩形，点A、C分别在x轴、y轴上，△ODE是△OCB绕点O 顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，点B的坐标为（﹣2，4）．（1）求直线BD的表达式；（2）求△DEH的面积；（3）点M在x轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据矩形的性质和旋转的性质可得点D坐标，再利用待定系数法求直线BD的表达式即可；（2）先利用待定系数法求出直线OE 的解析式，再联立{y =12x y =−23x +83，求出点H 坐标，再根据△DEH 的面积=12DE ⋅HG 求解即可；（3）先求出点F 坐标，以点D 、F 、M 、N 为顶点的四边形是矩形，分情况讨论：①当FD 是矩形的对角线时，②当FD 为矩形的边时，分别求出点M 的坐标，根据平移的性质即可确定点N 坐标．【解答】解：（1）在矩形ABCO 中，∠OCB ＝90°，∵点B 坐标为（﹣2，4），∴OC ＝4，BC ＝2，根据旋转的性质可得，OD ＝OC ＝4，DE ＝BC ＝2，∠ODE ＝∠OCB ＝90°，∴点D 坐标为（4，0），点E 坐标为（4，2），设直线BD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0，k ，b 为常数），代入点B （﹣2，4），点D （4，0），得{−2k +b =44k +b =0， 解得{k =−23b =83， ∴直线BD 的解析式为y =−23x +83；（2）过点H 作HG ⊥DE 于点G ，如图所示：设直线OE 的解析式为y ＝mx （m ≠0，m 为常数），代入点E （4，2），得4m ＝2，解得m =12， ∴直线OE 的解析式为y =12x ，联立{y =12x y =−23x +83，解得{x =167y =87， ∴点H 坐标为（167，87）， ∴HG ＝4−167=127， ∵DE ＝2，∴△DEH 的面积=12DE ⋅HG =12×2×127=127； （3）存在点N ，点N 坐标为（4，83）或（209，−83），理由如下： 当x ＝0时，y =−23x +83=83，∴点F 坐标为（0，83）， 以点D 、F 、M 、N 为顶点的四边形是矩形，分情况讨论：①当FD 是矩形的对角线时，如图所示：此时M 点与点O 重合，∴N 点坐标为（4，83）； ②当FD 为矩形的边时，如图所示：设OM ＝m ，在Rt △OMF 中，根据勾股定理，得MF 2=m 2+(83)2，∵DF 2=42+(83)2，MF ＝4+m ， 在Rt △MDF 中，根据勾股定理，得MF 2+DF 2＝DM 2，∴m 2+(83)2+42+(83)2=(m +4)2，解得m =169， ∴点M 坐标为（−169，0）， 根据平移的性质，可得点N 坐标为（209，−83）， 综上所述，点N 坐标为（4，83）或（209，−83）． 【点评】本题考查了一次函数的综合题，涉及待定系数法求解析式，旋转的性质，矩形的性质，三角形的面积，存在性问题等，本题综合性较强，难度较大．3．（2020春•香坊区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A 、C 分别落在x 轴、y 轴正半轴上，点E 在边OA 上，点F 在边OC 上，且AE ＝EF ，已知B （6，8），F （0，2√3 ）．（1）求点E 的坐标；（2）点E 关于点A 的对称点为点D ，点P 从C 点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB 运动，设P 点的运动时间为t 秒，△PBD 的面积为S ，用含t 的代数式表示S ；（3）在（2）的条件下，点M 为平面内一点，点P 在线段BC 上运动时，作∠PDO 的平分线交y 轴于点N ，t 为何值时，四边形DPNM 为矩形？并求此时点M 的坐标．【分析】（1）先确定出点A 的坐标，进而得出OA ，最后在Rt △OEF 中，利用勾股定理求出OE 即可得出点E 的坐标；（2）分两种情况，用三角形的面积公式即可解决问题；（3）先利用对称求出点D 的坐标，进而得出OD ，由角平分线的性质定理得出DP ＝OD 求出点P 的坐标，进而求出直线PD ，MD 的解析式，再利用勾股定理求出点N 的坐标，进而得出直线MN 的解析式，联立直线DM和MN的解析式即可得结论．【解答】解：（1）在矩形OABC中，BC∥OA，B（6，8），∴A（6，0），∴OA＝6，设OE＝a，∴EF＝AE＝OA﹣OE＝6﹣a，∵F（0，2√3），∴OF＝2√3，在Rt△AEF中，根据勾股定理得，OE2+OF2＝EF2，∴a2+12＝（6﹣a）2，∴a＝2，∴E（2，0）；（2）由（1）知，E（2，0），∴AE＝4，∵点D是点E关于点A的对称点，∴D（10，0），∵BC∥OA，B（6，8），OC＝AB＝8，∴P（t，8），PB＝|t﹣6|①当点P在边BC上时，如图1，∴0≤t＜6，∴PB＝6﹣t，∴S＝S△PBD=12PB•OC=12×（6﹣t）×8＝﹣4t+24，②当点P在CB的延长时，如图2，∴t＞6，∴PB＝t﹣6，∴S＝S△PBD=12PB•OC=12×（t﹣6）×8＝4t﹣24，即：S={−4t+24(0＜t＜6) 4t−24(t＞6)，（3）如图3，由（2）知，D（10，0），∴OD ＝10，∵四边形DPNM 是矩形，∴∠DPN ＝90°＝∠DON ，∴NP ⊥DP ，NO ⊥OD ，∵DN 是∠PDO 的平分线，∴NO ＝NP ，在Rt △NDO 和Rt △NDP 中，{DN =DN NO =NP， ∴Rt △NDO 和Rt △NDP （HL ），∴DP ＝OD ＝10，∵P （t ，8），D （10，0），∴DP 2＝（t ﹣10）2+64＝100，∴t ＝16（由于点P 在线段BC 上，所以舍去）或t ＝4，∴P （4，8），∵D （10，0），∴DP 的解析式为y =−43x +403，∵DM ⊥DP ，∴直线DM 的解析式为y =34x 152①，设N （0，n ），∴ON ＝n ，∴PN ＝n ，CN ＝OC ﹣ON ＝8﹣n ，∵P （4，8），∴CP ＝4，在Rt △CNP 中，根据勾股定理得，CN 2+CP 2＝PN 2，∴（8﹣n ）2+16＝n 2，∴n ＝5，∴N （0，5），∵PD ∥NM ，∴直线NM 的解析式为y =−43x +5②，联立①②解得，x＝6，y＝﹣3，∴M（6，﹣3）．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，角平分线的性质定理，待定系数法，勾股定理，解（1）的关键是利用勾股定理求出OE，解（2）的关键是分两种情况讨论计算，解（3）的关键是求出点P的坐标．【题型3 菱形的存在性问题】1．（2023春•江阴市期中）将矩形OABC如图所示放置在第一象限，点B的坐标为（3，4），一次函数y=−23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD＝BE，点M是线段DE上的一个动点．（1）填空：b＝；（2）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点M的坐标．【分析】（1）分别表示出D和E点的坐标，根据OD＝BE列出等式即可求出b的值；（2）分当OD为菱形一边时和当OD为菱形一条对角线时两种情况，根据菱形邻边相等或对角线的对称性等特点找到等量列出等式即可求出M点坐标．【解答】解：（1）∵点B的坐标为（3，4），矩形OABC放置在第一象限，∴A（3，0），C（0，4），D（0，b），E（3，b﹣2），∵OD＝BE，∴b＝4﹣（b﹣2），∴b＝3；（2）①当OD 为菱形一边时，OD ＝OM ，如图所示：设M(m ，3−23m)， ∴m 2+(3−23m)2=32，解得，m =3613＜3或m ＝0（不合题意，舍去），∴M(3613，1513)；②当OD 为菱形一条对角线时，过OD 中点P 作PM ⊥OD 交直线CE 于点M ，∴点M 的纵坐标为32， ∴32=−23c +3， ∴c =94＜3，∴点M(94，32)，综上，符合条件的点M 有两个，其坐标分别为(94，32)或(3613，1513)．【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数基本性质以及菱形的基本性质等知识，熟练掌握好一次函数的基本性质以及平面直角坐标系中点的综合变化，并能将菱形特点与平面直角坐标系坐标变化相互结合，灵活运用是解决本题的关键．2．（2023•赫山区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y =12x +3分别与x 轴、y 轴交于点B ，C ，且与直线y =−12x 交于A ．（1）分别求出A ，B ，C 的坐标；（2）若D 是线段OA 上的点，且△COD 的面积为3，求直线CD 的函数解析式；（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内是否存在点Q ，使以O ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由函数图象上点的坐标特征直接求解即可；（2）求出D 点坐标，再由待定系数法求解即可；（3）设P （t ，t +3），Q （x ，y ），根据对角线的情况，再分三种情况讨论即可．【解答】解：（1）令x ＝0，y ＝3，∴C （0，3），令y ＝0，x ＝﹣6，∴B （﹣6，0），联立方程组{y =12x +3y =−12x ， 解得{x =−3y =32， ∴A （﹣3，32）； （2）由 S △COD =12OC ⋅ℎOC =12×3ℎOC =3，∴h OC ＝2，∴当x ＝﹣2时，y ＝1，∴D （﹣2，1），设直线CD 的函数解析式为y ＝kx +b （k ≠0），∴{b =3−2k +b =1， 解得{k =1b =3， ∴直线CD 的函数解析式为y ＝x +3；（3）存在点Q ，使以O ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形，理由如下：设P （t ，t +3），Q （x ，y ），①当PQ 为菱形对角线时，OP ＝PC ，∴{t +x =0t +3+y =3t 2+(t +3)2=t 2+t 2，解得{ t =−32x =32y =32， ∴Q （32，32）； ②当PO 为菱形对角线时，CO ＝PC ，∴{t =xt +3=y +39=t 2+t 2，解得{ t =32√2x =32√2y =32√2（舍）{ t =−32√2x =−32√2y =−32√2， ∴Q （−32√2，−32√2）；③当PC 为菱形对角线时，OP ＝OC ，∴{t =xt +6=y t 2+(t +3)2=9，解得{t =0x =0y =6（舍）或{t =−3x =−3y =3，∴Q （﹣3，3）；综上所述：满足条件的点Q 的坐标是（32，32）或（−32√2，−32√2）或（﹣3，3）． 【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的判定及性质，分类讨论是解题的关键．3．（2023春•新吴区期中）如图矩形OABC 的顶点A 、C 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，点B 的坐标为（5，7），一次函数y =−13x +5的图象与边OC 、AB 分别交于D 、E 两点，点M 是线段DE 上的一个动点．（1）则BE 的长为 ；（2）连接OM ，若△ODM 的面积为152，求点M 的坐标；（3）在（2）的条件下，设点P 是x 轴上一动点，点Q 是平面内的一点，以O 、M 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形，直接写出点Q 的坐标．【分析】（1）把点E 的横坐标代入一次函数解析式求出纵坐标得到AE 的长度，进而得到BE ＝AB ﹣AE 的长度；（2）根据△ODM 的面积为152列方程求解即可；（3）画出菱形，找到点Q 的位置，根据菱形的性质分情况分别计算即可．【解答】解：（1）∵四边形OABC 是矩形，∴AB ⊥x 轴，∵B （5，7），AB ＝7，∴E 点的横坐标为5，∵一次函数y =−13x +5的图象过点E ，∴当x ＝5时，y =−53+5=103，∴AE =103，∴BE ＝AB ﹣AE ＝7−103=113，故答案为：113；（2）∵一次函数y =−13x +5的图象交y 轴于点D ，∴当x ＝0时，y ＝5，∴D （0，5），∴OD ＝5，∵△ODM的面积为15 2，∴12×5×x M=152，∴x M＝3，当x＝3时，y=−13×3+5＝4，∴M（3，4）；（3）∵M（3，4），∴OM=√32+42=5，如图，当OM为菱形的边长时，QM∥x轴，QM＝OM＝5，∴Q（﹣2，4）或（8，4）；如图，当OP是菱形的对角线时，MQ⊥x轴于点F，FQ＝FM＝4，∴Q（3，﹣4）；如图，当OM是菱形对角线时，QM∥x轴，QM＝OQ，设Q（q，4），∵QM2＝OQ2，∴（3﹣q）2＝q2+42，解得：q=−7 6，∴Q （−76，4）；综上所述，点Q 的坐标为：（﹣2，4）或（8，4）或（3，﹣4）或（−76，4）． 【点评】本题考查一次函数综合题，考查分类讨论的思想，画出菱形，找到点Q 的位置，根据菱形的性质分情况分别计算是解题的关键．4．（2022春•荔湾区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线L 2：y =−12x +6与L 1：y =12x 交于点A ，分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ．（1）分别求出点A 、B 、C 的坐标；（2）若D 是线段OA 上的点，且△COD 的面积为12，求直线CD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P 是直线CD 上的点，在平面内是否存在其它点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）构建方程组确定交点A 的坐标，利用待定系数法确定B ，C 两点坐标即可．（2）设D （m ，12m ），利用三角形的面积公式，构建方程求出m 的值，再利用待定系数法即可解决问题． （3）分三种情形：根据OC ＝PC ，设P （m ，12m ），利用两点间距离公式，构建方程求出m 即可．如图2﹣1中，当OC 为菱形的对角线时，OC 垂直平分线段P ′Q ′，利用对称性解决问题即可．当OC ＝OP 时，P ″（6，0），Q ″（6，6）．【解答】解：（1）由{y =−12x +6y =12x，解得{x =6y =3， ∴A （6，3）．∵y =−12x +6与分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ， ∴C （0，6），B （12，0）；（2）设D （m ，12m ）， 由题意：OC ＝6，△COD 的面积为12，∴12×6×m ＝12， ∴m ＝4，∴D （4，2），∵C （0，6），设直线CD 的解析式为y ＝kx +b ，则有{4k +b =2b =6， 解得{k =−1b =6， ∴直线CD 的解析式为y ＝﹣x +6；（3）当四边形OCPQ ∴OC ＝PC ＝6，设P （m ，﹣m +6），∴m 2+m 2＝36，∴m ＝3√2或﹣3√2，∴P （3√2，﹣3√2+6），∵PQ ∥OC ，PQ ＝OC ，∴Q （3√2，﹣3√2），如图2﹣1中，当OC 为菱形的对角线时，OC 垂直平分线段P ′Q ′，易知P ′（3，3），Q ′（﹣3，3），∴满足条件的点Q ′的坐标为（﹣3，3）．当OC ＝OP 时，P ″（6，0），Q ″（6，6）．综上所述，满足条件的点Q 的坐标为（3√2，﹣3√2）或（﹣3，3）或（6，6）．【点评】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．【题型4 正方形的存在性问题】1．（2022•前进区二模）△P AC在平面直角坐标系中的位置如图所示，AP与y轴交于点B（0，2），点P的坐标为（﹣1，3），线段OA，OC的长分别是方程x2﹣9x+14＝0的两根，OC＞OA．（1）求线段AC的长；（2）动点D从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴负半轴向终点C运动，过点D作直线l与x轴垂直，设点D运动的时间为t秒，直线l扫过四边形OBPC的面积为S，求S与t的关系式；（3）M为直线l上一点，在平面内是否存在点N，使以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）解方程可求得OA，OC的长，则可求得A、C的坐标，利用两点之间的距离公式即可求解；（2）分两种情况：①当0＜t≤1时；②当1＜t≤7时，利用梯形的面积公式即可求解；（3）分两种情况：①AP为正方形的对角线时，②AP为正方形的边时，根据正方形以及等腰直角三角形的性质，可求得N点坐标．【解答】解：（1）解方程x2﹣9x+14＝0可得x＝2或x＝7，∵线段OA，OC的长分别是方程x2﹣9x+14＝0的两根，且OC＞OA，∴OA＝2，OC＝7，∴AC＝2+7＝9，∴线段AC的长为：7；（2）①如图，当0＜t≤1时，点E（﹣t，t+2），∴S=S梯形OBDE =12t(2+t+2)=12t2+2t（0＜t≤1）；②如图，当1＜t≤7时，设直线CP解析式为：y＝mx+n，∵C（﹣7，0），点P的坐标为（﹣1，3），代入得{−7m+n=0−m+n=3，解得：{m=12n=72，∴直线CP解析式为：y=12x+72；设E（﹣t，−12t+72），∴DE=−12t+72，∴S＝S梯形OBPH+S梯形HPED=12×（2+3）×1+12（t﹣1）（−12t+72+3）=−14t2+72t−34（1＜t≤7），∴S=12t2+2t(0＜t≤1)或S=−14t2+72t−34(1＜t≤7)；（3）存在，分两种情况：①AP为正方形的对角线时，如图，∵A（2，0），B（0，2），∴∠OAB＝45°，∵四边形AMPN是正方形，∴∠P AN＝45°，∠NAM＝90°，∴∠OAB+∠P AN＝90°，∴点M在x轴上，NA⊥x轴，NP∥c轴，∴N（2，3）；②AP为正方形的边时，如图，∵∠OAB＝45°，四边形AMPN是正方形，∴∠NAO＝∠OAB＝45°，AP＝AN，∴HN＝PH＝3，∴N（﹣1，﹣3），∵MH＝AH＝3，∴M（﹣4，0），∴N（﹣4，0）或（﹣1，﹣3），综上可知，存在满足条件的N点，其坐标为（2，3）或（﹣4，0）或（﹣1，﹣3）．【点评】本题考查了一次函数的性质、一元二次方程、勾股定理、待定系数法、正方形的性质等知识．在（1）中求得OA、OC的长是解题的关键，在（2）中求得P点坐标是解题的关键，在（3）中分类思想的运用是解题的关键．2．如图，在平面直角坐标系中，OB和OC的长是方程x2﹣15x+36＝0的两个根，且OB＜OC．∠BAC＝90°，D是x轴上一点，且将△ADC沿AD翻折，AC恰好落在y轴上的AE处．（1）求点A的坐标；（2）求直线CE的解析式；（3）M是直线AC上一点，在平面上是否存在一点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）解方程得出OB和OC的值，证△AOB∽△COA，根据线段比例关系求出OB即可确定B 点的坐标；（2）由（1）得出C点和E点的坐标，用待定系数法求出直线CE的解析式即可；（3）用待定系数法求出直线AC的解析式，平移AC过B点，设出N点坐标，根据BN＝AB确定N点坐标即可．【解答】解：（1）解方程x2﹣15x+36＝0，得x＝3或x＝12，∵OB＜OC，∴OB＝3，OC＝12，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∠BAO+∠CAO＝90°，∴∠ABO ＝∠CAO ，又∵∠AOB ＝∠COA ＝90°，∴△AOB ∽△COA ，∴OB OA =OA OC ，∴OA =√OB ⋅OC =√3×12=6，∴A （0，6）；（2）由（1）知A （0，6），C （12，0），∴AC =√62+122=6√5，∴OE ＝AC ﹣OA ＝6√5−6，∴E （0，6﹣6√5），设直线CE 的解析式为y ＝kx +b ，代入C 点和E 点坐标得{12k +b =0b =6−6√5， 解得{k =12√5−12b =6−6√5， ∴直线CE 的解析式为y ＝（12√5−12）x +6﹣6√5；（3）存在点N ，使以A ，B ，M ，N 为顶点的四边形为正方形，理由如下：①若M 点在线段AC 上，∵∠BAM ＝90°，∴存在四边形ABNM 为正方形，设直线AC 的解析式为y ＝sx +t ，代入A 点和C 点的坐标得{t =612s +t =0， 解得{s =−12t =6，∴直线AC 的解析式为y =−12x +6，平移直线AC与直线BN重合，则直线BN得解析式为y=−12x+m，∵B（﹣3，0），∴m=−3 2，即直线BN得解析式为y=−12x−32，设N（n，−n2−32），∵四边形ABNM是正方形，∴BN2＝AB2，即（n+3）2+（−n2−32）2＝32+62，解得n＝3或n＝﹣9（舍去），故N点得坐标为（3，﹣3），②若M点在CA延长线上，由①知，此时N点也在直线y=−12x−32上，设N（p，−p2−32），∵四边形ABNM是正方形，∴BN2＝AB2，即（p+3）2+（−p2−32）2＝32+62，解得p＝3（舍去）或p＝﹣9，故N点得坐标为（﹣9，3），∴点N的坐标为（3，﹣3）或（﹣9，3）时四边形ABNM是正方形．【点评】本题主要考查一次函数的综合题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式及一次函数的性质是解题的关键．3．（2021春•柳南区校级期末）如图，直线L 1：y ＝x +1与直线L 2：y ＝﹣x +5相交于点C 直线L 1与x 轴相交于点A ，直线L 2与x 轴相交于点B ．（1）求三角形ABC 的面积；（2）若经过点C 的一条直线交x 轴于D ，直线CD 把三角形ABC 分成两个三角形，且这两个三角形面积的比为1：2，请直接写出点D 的坐标；（3）假设G 是直线y ＝x +1上的点，在坐标平面上是否存在一点Q ，使以A ，B ，Q ，G 为顶点的四边形是正方形，若存在求出点Q 的坐标，若不存在请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求出A 、B 、C 三点坐标即可解决问题；（2）分两种情形分别求解即可；（3）分两种情形讨论①在L 1上取点G （G 异于A ），且CG ＝CA ，在L 2上取点Q （Q 异于B ），且CQ ＝CB ，可以证明四边形ABGQ ②当G 与C 重合时，以AB 为对称轴作G 的对称点Q ，于是四边形AQBG 为正方形．【解答】解：（1）在y ＝x +1中，当y ＝0时，则x ＝﹣1∴A （﹣1，0）在y ＝﹣x +5中当y ＝0时，则x ＝5B （5，0）∴AB ＝OA +OB ＝6，由{y =x +1y =−x +5解得{x =2y =3， ∴C （2，3）∴作CE⊥x轴于E．∴E（2，0）∴CE＝3∴S△ABC=12•AB•CE=12×6×3＝9，（2）由题意A（﹣1，0），B（5，0），AD＝2BD或BD＝2AD，可得D（1，0）或D（3，0）．（3）设y＝x+1交y轴于F，则F（0，1）．∴OF＝OA∴∠OAF＝45°同理∠ABC＝45°∴∠ACB＝90°∴CA＝CB，在L1上取点G（G异于A），且CG＝CA，在L2上取点Q（Q异于B），且CQ＝CB∴CG＝CA＝CQ＝CB，又∵AG⊥BQ，∴四边形ABGQ为正方形，又∵A（﹣1，0）AB＝AQ＝6当G与C重合时，以AB为对称轴作G的对称点Q，于是四边形AQBG为正方形．又∵G（2，3），∴Q（2，﹣3）综合上述：Q（﹣1，6）或Q（2，﹣3）．【点评】本题考查一次函数综合题、三角形的面积、正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【题型5 四边形存在性的压轴题】1．（2023春•宜兴市期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，4），点B、C都在x轴上，BC＝12，AD∥BC，CD所在直线的函数表达式为y＝﹣x+9，E是BC的中点，点P是BC边上一个动点．（1）当PB＝时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；（2）点P在BC边上运动过程中，以点P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．【分析】（1）若以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，则AD＝PE，有两种情况：①当P在E的左边，利用已知条件可以求出BP的长度；②当P在E的右边，利用已知条件也可求出BP的长度；（2）以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形．由（1）知，当BP＝11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，根据已知条件分别计算一组邻边，证明它们相等即可证明是菱形．【解答】解：（1）∵AD∥BC，点A坐标是（0，4），CD所在直线的函数关系式为y＝﹣x+9，∴D点的纵坐标为4，y＝4时，4＝﹣x+9，x＝5，∴D点的横坐标为5，∵CD所在直线的函数关系式为y＝﹣x+9，y＝0时，0＝﹣x+9，x＝9，∴C（9，0），∴OC＝9，作DN⊥BC交于N，如图1所示，则四边形OADN为矩形，∴CN＝OC﹣ON＝OC﹣AD＝9﹣5＝4，DN＝4，∴△DNC为等腰直角三角形，∴CD=√42+42=4√2，若以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，则AD＝PE＝5，有两种情况：①当P在E的左边，∵E是BC的中点，∴BE＝6，∴PB＝BE﹣PE＝6﹣5＝1；②当P在E的右边，PB＝BE+PE＝6+5＝11；故当PB＝1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，故答案为：1或11；（2）点P在BC边上运动过程中，以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形，理由如下：①当BP＝1时，此时CN＝DN＝4，NE＝5﹣3＝2，∴DE=√DN2+NE2=√42+22=2√5≠AD，故不能构成菱形．②当BP＝11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，∴EP＝AD＝5，过D作DN⊥BC于N，如图2所示：由（1）得：DN＝CN＝4，∴NP＝BP﹣BN＝BP﹣（BC﹣CN）＝11﹣（12﹣4）＝3．∴DP=√DN2+NP2=√42+32=5，∴EP＝DP＝AD＝5，故此时平行四边形PDAE是菱形，即以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形．【点评】本题是一次函数综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．2．如图，已知直线y=−1x+3与x轴，y轴分别交于点A，B，以AB为直角边，∠B为直角作等腰直角三2角形ABC（点C在第一象限）．（1）求点A，B，C坐标；（2）点D A，B，C，D四点围成的四边形为正方形时，求点D坐标；（3）点P为x轴上一动点，点Q为线段AC上一动点，是否存在四边形BP AQ为平行四边形？若存在，求出P，Q点的坐标，若不存在，说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求出A，B的坐标，过点C作CH⊥y轴于点H．构造全等三角形求出点C 的坐标；（2）利用正方形的性质，平移变换的性质求解即可；（3）求出直线AC 的解析式，再利用平行四边形的性质求解即可．【解答】解：（1）对于直线y =−12x +3，令y ＝0，得到x ＝6，∴A （6，0），令x ＝0，得到y ＝3，∴B （0，3），∴OA ＝6，OB ＝3，过点C 作CH ⊥y 轴于点H ．∵∠BHC ＝∠CBA ＝∠AOB ＝90°，∴∠CBH +∠ABO ＝90°，∠ABO +∠BAO ＝90°，∴∠CBH ＝∠BAO ，在△BHC 和△AOB 中，{∠BHC =∠AOB∠CBH =∠BAO BC =AB，∴△BHC ≌△AOB （AAS ），∴CH ＝OB ＝3，BH ＝AO ＝6，∴OH ＝9，∴C （3，9）；（2）∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ＝AD ，BC ∥AD ，∵点B 向右平移3个单位，向上平移6个单位得到点C ，∴点A 向右平移3个单位，向上平移6个单位得到点D ，∴D （9，6）；（3）∵A （6，0），C （3，9），设直线AC 的解析式为y ＝kx +b ，则有{6k +b =03k +b =9， 解得{k =−3b =18， ∴直线AC 的解析式为y ＝﹣3x +18，∵四边形APBQ 是平行四边形，∴BQ ∥AP ，BQ ＝AP ，∴Q（5，3），∴BQ＝AP＝5，∴P（1，0）．【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，正方形的性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3．（2023•武陵区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（﹣2，0），交y轴于点B（0，4），直线y＝kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10．（1）点C的坐标是（，），直线BC的表达式是；（2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，连接DE，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE＝DF，在点的运动过程中，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标；（3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG＝S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由△ABC 面积为10，可得AC ＝5，即可求C 点坐标，再将点B 与C 代入y ＝kx +b ，解二元一次方程组可求y =−43x +4；（2）当D 点在E 上方时，过点D 作MN ⊥y 轴，过E 、F 分别作ME 、FN 垂直与x 轴，与MN 交于点M 、N ，由△EDF 是等腰直角三角形，可证得△MED ≌△NDF （AAS ），设D （0，y ），F （m ，−43m +4），E （﹣1，2），由ME ＝y ﹣2，MD ＝1，DN ＝y ﹣2，NF ＝1，得到m ＝y ﹣2，y ＝1+（−43m +4）＝5−43m ，求出D （0，237）；当点D 在点E 下方时，过点D 作PQ ⊥y 轴，过P 、Q 分别作PE 、FQ 垂直与x 轴，与PQ 交于点P 、Q ，同理可证△PED ≌△QDF （AAS ），设D （0，y ），F （m ，−43m +4），得到PE ＝2﹣y ，PD ＝1，DQ ＝2﹣y ，QF ＝1，所以m ＝2﹣y ，1=−43m +4﹣y ，求得D （0，﹣1）； （3）连接OG ，由S △ABG ＝S △ABO ，可得OG ∥AB ，求出AB 的解析式为y ＝2x +4，所以OG 的解析式为y＝2x ，可求出G （65，125），进而能求出AG 的解析式为y =34x +32，设M （t ，34t +32），N （n ，0）， ①当BC 、MN 分别为对角线时，BC 的中点为（32，2），MN 的中点为（t+n 2，38t +34），求得N （−13，0）；②当BM 、CN 分别为对角线时，BM 的中点为（t 2，38t +114），CN 的中点为（3+n 2，0），求得N （−313，0）；③当BN 、CM 分别为对角线时，BN 的中点为（n 2，2），CM 的中点为（t+32，38t +34），求得N （193，0）．【解答】解：（1）∵△ABC 10，∴12×AC ×OB =12×AC ×4＝10， ∴AC ＝5，∵A （﹣2，0），∴C （3，0），将点B 与C 的坐标代入y ＝kx +b ，可得{b =43k +b =0， ∴{k =−43b =4，∴y =−43x +4，故答案为（3，0），y =−43x +4；（2）当D 点在E 上方时，过点D 作MN ⊥y 轴，过E 、F 分别作ME 、FN 垂直于x 轴，与MN 交于点M 、N ，。
中考数学考前专题复习特殊四边形存在性问题
中考数学考前专题复习特殊四边形存在性问题学校:___________姓名：___________班级：___________考生__________评卷人得分一、解答题1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A和C（1，0），交y轴于点B（0，3），抛物线的对称轴交x轴于点E，交抛物线于点F．(1)求抛物线的解析式；(2)将线段OE绕着点O沿顺时针方向旋转得到线段OE'，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接,AE BE''，求13BE AE'+'的最小值；(3) M为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点N，使得以A，B，M，N为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，一次函数333y x=-图象与坐标轴交于点A、B，二次函数233y x bx c=++图象过A、B两点．（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q ，使得以B 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q 点坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，抛物线212y x bx c =-++的图象经过点(0,2)C ，交x 轴于点(1,0)A -和B ，连接BC ，直线1y kx =+与y 轴交于点D ，与BC 上方的抛物线交于点E ，与BC 交于点F ．（1）求抛物线的表达式及点B 的坐标；（2）求EF DF的最大值及此时点E 的坐标； （3）在（2）的条件下，若点M 为直线DE 上一点，点N 为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 和点N ，使得以点,,,B D M N 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），顶点坐标为点D，连接CD、BC、BD．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）求证：△DCB△△AOC；（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到新的抛物线y＝a1x2+b1x+c1，点E是平移后的抛物线与原抛物线的交点，点F是原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点P，使得以点B、E、F、P为顶点的四边形是矩形．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，抛物线与x轴交于(1,0)(3,0)A B、，交y轴于(0,3)C．（1）求抛物线的解析式；（2）P是直线BC上方的抛物线上的一个动点，设P的横坐标为t P，到BC的距离为h，求h与t的函数关系式，并求出h的最大值；（3）设点M是x轴上的动点，在平面直角坐标系中，存在点N，使得以点A C M N、、、为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条件的点N坐标．6．如图，在平面直角坐标系中，直线443y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B ．（1）求A 、C 两点的坐标；（2）当ABC 为轴对称图形时，求抛物线的解析式；（3）当ABC 关于y 轴成轴对称时，若点M 、N 是抛物线上的动点，且有//MN x 轴，点P 是x 轴上的动点，在坐标平面内是否存在一点Q ，使以M 、N 、P 、Q 为顶点的四边形构成正方形？若存在，求出Q 点坐标：若不存在，请说明理由．参考答案：1．(1)y ＝﹣x 2﹣2x +3(2)823(3)N 的横坐标为152--，152-+，﹣1，2． 【解析】【分析】 （1）根据待定系数法即可求出解析式；（2）先取OE 的三等分点D ，得出13DE AE '='，当B ，E '，D 三点共线时即为最小值，再利用勾股定理求解即可；（3）先设出点N 的坐标，根据矩形的性质列出关于N 点坐标的方程，即可求出N 点的坐标．(1)解：（1）把C （1，0），B （0，3）代入y ＝﹣x 2+bx +c 中，得：103b c c ，△b ＝﹣2，c ＝3，△y ＝﹣x 2﹣2x +3，(2)解：在OE 上取一点D ，使得OD ＝13OE ， 连接DE '，BD ，△1133OD OE OE =='，对称轴x ＝﹣1，△E （﹣1，0），OE ＝1，△1O E E O '==，OA ＝3，△13OE OD OA OE ='='， 又△DOE E OA ∠='∠'，DOE E OA ∽，1,3DEOD AEOE △13DE AE '='， △13BE AE BE DE '''++'=， 当,,B E D '三点共线时，BE ′+DE ′最小为BD ，2222182333BD OB OD ， △13BE AE '+'的最小值为823； (3)解：存在，理由如下：y ＝﹣x 2﹣2x +3，令0,y =2230,x x 解得：123,1,x x =-=∴ A （﹣3，0），而B （0，3），设N （n ，﹣n 2﹣2n +3），则AB 2＝18，AN 2＝（n 2+2n ﹣3）2+（n +3）2，BN 2＝n 2+（n 2+2n ）2，△以点A ，B ，M ，N 为顶点构成的四边形是矩形，△△ABN 是直角三角形，若AB 是斜边，则AB 2＝AN 2+BN 2，即18＝（n 2+2n ﹣3）2+（n +3）2+n 2+（n 2+2n ）2，整理得：22310,n n n解得：121515,22n n ---+==，（3n =-不合题意舍去）△N 的横坐标为152-+或152--， 若AN 是斜边，则AN 2＝AB 2+BN 2，即（n 2+2n ﹣3）2+（n +3）2＝18+n 2+（n 2+2n ）2，解得n ＝0（与点B 重合，舍去）或n ＝﹣1，△N 的横坐标是﹣1，若BN 是斜边，则BN 2＝AB 2+AN 2，即n 2+（n 2+2n ）2＝18+（n 2+2n ﹣3）2+（n +3）2，解得n ＝﹣3（与点B 重合，舍去）或n ＝2，△N 的横坐标为2，综上N 的横坐标为152--，152-+，﹣1，2． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，利用待定系数法求解二次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，构建相似三角形求解线段和的最小值是解本题的关键．2．（1）抛物线的解析式为：2323333y x x =--；（2）Q 点坐标为（1，433-）或(3，0)或（-1，0）．【解析】【分析】（1）由直线333y x =-与坐标轴的交点坐标A ，B ，代入抛物线解析式，求出b ，c 坐标即可；（2）分BC 为对角线和边两种情况讨论，其中当BC 为边时注意点Q 的位置有两种：在点P 右侧和左侧，根据菱形的性质求解即可．【详解】解：（1）对于333y x =-：当x =0时，3y =-； 当y =0时，3303x -=，妥得，x =3 △A （3，0），B （0，3-）把A （3，0），B （0，3-）代入233y x bx c =++得： 33+3+=03b c c ⎧⎪⎨=-⎪⎩ 解得，2333b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩△抛物线的解析式为：2323333y x x =--； （2）抛物线的对称轴为直线23312323b x a -=-=-=⨯ 故设P （1，p ），Q （m ，n ）△当BC 为菱形对角线时，如图，△B ，C 关于对称没对称，且对称轴与x 轴垂直，△△BC 与对称轴垂直，且BC //x 轴△在菱形BQCP 中，BC △PQ△PQ △x 轴△点P 在x =1上，△点Q 也在x =1上，当x =1时，232343113=333y =⨯-⨯-- △Q （1，433-）；△当BC 为菱形一边时，若点Q 在点P 右侧时，如图，△BC //PQ ，且BC =PQ△BC //x 轴，△令3y =-，则有23233=333y x x =--- 解得，120,2x x ==△(2,3)C -△PQ =BC =2△22(3)12+= △PB =BC =2△迠P 在x 轴上，△P (1,0)△Q (3，0)；若点Q 在点P 的左侧，如图，同理可得，Q （-1，0）综上所述，Q 点坐标为（1，433-）或(3，0)或（-1，0） 【点睛】本题考查的知识点有用待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，主要考查学生综合运用这些性质进行计算和推理的能力．3．（1）213222y x x =-++，点B 的坐标为(4,0)；（2）EF DF 最大值为2，此时点E 的坐标是(2,3)；（3）存在，134342,,22M ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭234342,,22M ⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭()33,4,M 41723,66M ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 【解析】【分析】（1）将点C 的坐标代入函数解析式求得c 的值，令0y =，得方程求解即可；（2）由题意知，点E 位于y 轴右侧，作EG△y 轴，交BC 于点G ，根据平行线截线段成比例将求EF EG DF CD =的最大值转化为求EF DF的最大值，所以利用一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征，两点间的距离公式以及配方法解题即可．（3）设(,1),M m m +用m 表示出,,BD MD MB ，然后分,BD MD =BD MB =和以BD 为对角线三种情况列出方程求解即可．【详解】解：（1）△抛物线212y x bx c =-++的图象经过点(0,2)C 2c ∴=将点(1,0)A -代入2122y x bx =-++得，210(1)22b =-⨯--+ 解得，32b =； △抛物线的表达式213222y x x =-++， 当0y =时，2132022x x -++= 解得，121,4x x =-=△点B 的坐标为(4,0)（2）存在，理由如下：由题意知，点E 位于y 轴右侧，作//EG y 轴，交BC 于点G ，如图1，//,CD EG ∴EF EG DF CD∴= △直线1(0)y kx k =+>与y 轴交于点D ，则(0,1)D ．211CD =-=∴．EF EG DF∴=． 设BC 所在直线的解析式为(0)y mx n m =+≠．将(4,0),(0,2)B C 代入，得402m n n +=⎧⎨=⎩． 解得122m n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩． △直线BC 的解析式是122y x =-+． 设213,222E t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，则1,22G t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，其中04t <<． 22131122(2)22222EG t t t t ⎛⎫∴=-++--+=--+ ⎪⎝⎭． 21(2)22EF t DF ∴=--+． 102-<， △当2t =时，EF DF存在最大值，最大值为2，此时点E 的坐标是(2,3) （3）存在， 将E 的坐标是(2,3)代入1,y kx =+得1,k =1y x ∴=+ 设(,1),M m m +(4,0)(0,1)B D222(04)(10)17BD ∴=-+-=2222(4)(10)2617MB m m m m =-++-=-+2222(0)(11)2MD m m m =-++-=△如图2以BD 为边，△四边形BDMN 是菱形，,BD MD ∴=2172m ∴=342m ∴=± 123434234342,,2222M M ⎛⎫⎛⎫+--+∴ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭△如图3，以BD 为边，△四边形DBNM是菱形，,BD MB∴=2172617m m∴=-+m∴=，（不合题意，舍去）3m= 3(3,4)M∴△如图4，以BD为对角线，△四边形BNDM是菱形，MN∴垂直平分BD，MB MD∴=176m∴=41723,66M ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭综上所述，()123434342343421723,,3,4,222266M M M M ⎛⎫⎛⎫+--+⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，， 【点睛】本题考查了二次函数综合题型，需要综合运用一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数最值的求法，待定系数法确定函数关系式以及平行线截线段成比例等知识点，综合性较强，难度不是很大．4．（1）y ＝﹣x 2+2x +3；（2）证明见解析；（3）存在，点P 的坐标为（2，13-）或（4，1）或（4，2）．【解析】【分析】（1）把A （−1，0）、C （0，3）代入y ＝−x 2＋bx ＋c ，列方程组求出b 、c 的值即可； （2）先分别求出CD 、CB 、BD 的长，再根据勾股定理的逆定理证明△DCB 是直角三角形，且△DCB ＝90°，再求出Rt △DCB 和Rt △AOC 的直角边的比，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可证明△DCB △△AOC ； （3）存在以B 、E 、F 、P 为顶点矩形，分三种情况，即以BE 为一边的矩形PBEF 和以BE 为对角线的矩形BPEF ，前者可通过作辅助线构造相似三角形和全等三角形，求出点P 的坐标；以BE 为一边的矩形PFBE ，此时点P 在y 轴上；以BE 的中点Q 为圆心，以BE 为直径作△Q 交直线x ＝1于点F ，先作出矩形BPEF ，再求出点F 的坐标，根据点P 与点F 关于点Q 成中心对称求出点P 的坐标．【详解】解：（1）把A （﹣1，0）、C （0，3）代入y ＝﹣x 2+bx +c ，得103b c c --+=⎧⎨=⎩，解得23b c =⎧⎨=⎩， △该抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3．（2）证明：如图1，连结AC ，△y ＝﹣x 2+2x +3＝﹣（x ﹣1）2+4，△抛物线的顶点D 的坐标为（1，4），对称轴为直线x ＝1，△点B 与点A （﹣1，0）关于直线x ＝1对称，△A （3，0），△CD 2＝12+（4﹣3）2＝2，BC 2＝32+32＝18，BD 2＝（3﹣1）2+42＝20，△CD 2=，CB ＝32，CD 2+BC 2＝BD 2＝20，△△DCB 是直角三角形，且△DCB ＝90°，△OA ＝1，OC ＝3，△221CD OA ==，3223CB OC ==， △△DCB ＝△AOC ，CD CB OA OC =， △△DCB △△AOC ．（3）存在．△y ＝﹣x 2+2x +3＝﹣（x ﹣1）2+4，△将该抛物线向右平移两个单位得到的抛物线为y ＝﹣（x ﹣3）2+4，即y ＝﹣x 2+6x ﹣5，由222365y x x y x x ⎧=-++⎨=-+-⎩得23x y =⎧⎨=⎩， △E （2，3），设点F 的坐标为（1，m ），如图2，四边形PBEF 是矩形， 设PF 交x 轴于点K ，抛物线平移后点A 的对应点为L ，则L （1，0），△L 在抛物线的对称轴直线x ＝1上，过点E 、P 分别作直线x ＝1的垂线，垂足分别为点G 、T ，作EH △x 轴于点H ， 则G （1，3），H （2，0），△EG ＝LH ＝BH ＝1，EH ＝3，△△EGL ＝△GLK ＝△EHL ＝90°，△四边形EGLH 是矩形，△△GEH ＝△FEB ＝90°，△△FEG ＝△BEH ＝90°﹣△FEH ，△△EGF ＝△EHB ＝90°，△△FEG △△BEH ，△13FG EG BH EH ==，△FG13=BH13=⨯113=，△m＝318 33 -=，△PT△x轴，PF△BE，△△FPT＝△FKL＝△EBH，△△FTP＝△EHB＝90°，PF＝BE，△△FPT△△EBH（AAS），△PT＝BH＝1，FT＝EH＝3，△xP＝1+1＝2，yP＝yT83=-313=-，△P（2，13 -）；如图3，以BE的中点Q为圆心，以BE为直径作△Q交直线x＝1于点F、F′，过点F作直径为FP，作四边形BPEF、四边形BP′EF′，△QP＝PF，PB＝PE，△四边形BPEF是平行四边形，△PF＝BE，△四边形BPEF是矩形，△QF＝QB，△QF2＝QB2，△Q（52，32），△（m32-）2+（152-）2＝（32）2+（52-3）2，解得m1＝1，m2＝2，△F（1，1），F′（1，2），△点P与点F（1，1）关于点Q（52，32）成中心对称，△P（4，1），同理可得P′（4，2）．综上所述，点P的坐标为（2，13-）或（4，1）或（4，2）．【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平移的性质、中心对称的性质、用待定系数法求函数解析式等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．5．（1）2y x 2x 3=-++；（2）()22320322h t t t =-+<<，h 有最大值928；（3）点N 的坐标为（0，-3），(−10，3)，(10，3)，（-5，3）．【解析】【分析】（1）由A 、B 、C 三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；（2）过点P 作PD △x 轴于点D ，交BC 于点E ，PH △BC 于点H ，连接PB 、PC ，可先求得直线BC 的解析式，则可用t 分别表示出E 的坐标，从而可表示出PE 的长，再可用t 表示出△PBC 的面积，再利用等积法可用t 表示出h ，利用二次函数的性质可求得h 的最大值； （3）分AM 、CM 和AC 为对角线三种情况，分别根据菱形的性质可求得N 点的坐标．【详解】解：（1）△抛物线y =ax 2+bx +c 过A （-1，0）、B （3，0）、C （0，3）三点，△09303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得 123a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，△抛物线的解析式为y =-x 2+2x +3；（2）过点P 作PD △x 轴于点D ，交BC 于点E ，PH △BC 于点H ，连接PB 、PC ．△B （3，0）、C （0，3），△OB =OC =3，BC =2232OB OC +=，设直线BC 解析式为y =kx +n ，则303k n n +=⎧⎨=⎩，解得 13k n =-⎧⎨=⎩， △直线BC 解析式为y =-x +3，△点P 的横坐标为t ，且在抛物线y =-x 2+2x +3上，△P （t ，-t 2+2t +3），又△PD △x 轴于点D ，交BC 于点E ，△D （t ，0），E （t ，-t +3），△PE =(-t 2+2t +3)-(-t +3)=-t 2+3t ， △S △PBC =1 2PE •(B C x x -)=12(−t 2+3t )×3=−32t 2+92t ， 又△S △PBC =12BC •PH =12×32•h =322h ， △322h =−32t 2+92t ， △h 与t 的函数关系式为：h =−22t 2+322t （0＜t ＜3）， △222322392()22228h t t t =-+=--+， △当t =32时，h 有最大值为928； （3）存在．若AM 为菱形对角线，则AM与CN互相垂直平分，△N（0，-3）；若CM为菱形对角线，则CN=AM=AC=221310+=，△N(−10，3)或N(10，3)；若AC为菱形对角线，则CN=AM=CM，设M（m，0），由CM2=AM2，得m2+32=(m+1)2，解得m=4，△CN=AM=CM=5，△N（-5，3）．综上可知存在点N，使得以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形，符合条件的点N有4个：（0，-3），(−10，3)，(10，3)，（-5，3）．【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、勾股定理、等积法、二次函数的性质、菱形的性质、方程思想和分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用t 表示出△PBC 的面积是解题的关键，注意等积法的应用，在（3）中注意菱形性质的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．6．（1）(3,0),(0,4)A C -；（2）当CA CB =时，2449y x =-+；当AB BC =时， 87(3)76y x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭；当AB AC =时，2(3)(2)3y x x =-+-；1(3)(8)6y x x =++；（3）存在，1233,0,,022Q Q ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 34(6,0),(6,0)Q Q -；593730,4Q ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；693730,4Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）分别令0,0x y ==代入解析式求出坐标即可；（2）当ABC 为轴对称图形时时，要进行分论讨论所有存在的情况，求出点B 的坐标，根据两根式求出解析式；（2）利用分论讨论思想和图形关于y 轴的对称性来求解． 【详解】解：（1）当0y =时，4043x =+，解得：3x =-；当0x =时，4y =； (3,0),(0,4)A C ∴-， （2）当CA CB =时，有一种情况：设(,0)B x ，CA CB =，由两点间距离公式得：2222(03)(40)(04)x ++-=+-，解得：3,3x x ==-（与重合(3,0)A -，舍去）(3,0)A -、(3,0)B 、(0,4)C根据两根式，设抛物线的解析式为：(3)(3)y a x x =-+，将点(0,4)C 代入上式，解得：49a =-， 2449y x ∴=-+当AB BC=时，有一种情况：同理：设(,0)B x，AB BC=，由两点之间的距离公式得：222(3)(04)x x+=+-，解得：76x=，∴(3,0)A-、7,06B⎛⎫⎪⎝⎭、(0,4)C由两根式，设抛物线的方程为：7()(3)6y a x x=-+，将点(0,4)C代入上式，解得：87a=-，87(3)76y x x⎛⎫∴=-+-⎪⎝⎭当AB AC=时，有两种情况：同理：设(,0)B x，AB AC=，由两点之间的距离公式得：222(3)34x+=+，解得：2,8x x==-，分论如下：(3,0)A-、(2,0)B、(0,4)C由两根式，抛物线的方程设为：(2)(3)y a x x=-+，将点(0,4)C代入上式，解得：23a=-，2(3)(2)3y x x∴=-+-(3,0)A-、(8,0)B-、(0,4)C由两根式，抛物线的方程设为：(3)(8)y a x x=++，将点(0,4)C代入上式，解得：16a=，1(3)(8)6y x x∴=++（3）由（2）知，抛物线解析式为2449y x=-+当MN 为正方形一边时，设(,0)Q k ，24249k k ∴=-+，36,2k k =-= △当MN 在x 轴上方，且为正方形一边时，32k，根据对称性； 有1233,0,,022Q Q ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； △当MN 在x 轴下方，且为正方形一边时，6k =-，根据对称性：有34(6,0),(6,0)Q Q -；当MN 为正方形对角线时时，设(0,)Q k244292k k ⎛⎫∴=-⨯+ ⎪⎝⎭，解得：93734k -±=， △当MN 在x 轴上方，且为正方形对角线时，93734k -+=， 有593730,4Q ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭； △当MN 在x 轴下方，且为正方形对角线时，93734k --=， 有693730,4Q ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查了求解函数与坐标轴的交点坐标，分类讨论求解二次函数的解析式，动点问题，是函数与几何问题的综合题型，题目较难，解题的关键是：利用数形结合的思想，进行分类讨论，逐一解决．。
一次函数中的(特殊图形)存在性问题(解析版)八年级数学上册同步考点归类培优题库
专题十五 一次函数中的（特殊图形）存在性问题考点一 直角三角形存在性问题【方法点拨】分类讨论哪个角为直角，一般分三种情况，简称“两垂线+一圆”1．如图1，在平面直角坐标系中，点A 坐标为（﹣4，4），点B 的坐标为（4，0）．（1）求直线AB 的解析式；（2）点M 是坐标轴上的一个点，若AB 为直角边构造直角三角形△ABM ，请求出满足条件的所有点M 的坐标；（3）如图2，以点A 为直角顶点作∠CAD ＝90°，射线AC 交x 轴的负半轴与点C ，射线AD 交y 轴的负半轴与点D ，当∠CAD 绕点A 旋转时，OC ﹣OD 的值是否发生变化？若不变，直接写出它的值；若变化，直接写出它的变化范围（不要解题过程）．【思路点拨】（1）由A 、B 两点的坐标利用待定系数法可求得直线AB 的解析式；（2）分别过A 、B 两点作AB 的垂线，与坐标轴的交点即为所求的M 点，再结合相似三角形的性质求得OM 的长即可求得点M 的坐标；（3）过A 分别作x 轴和y 轴的垂线，垂足分别为E 、F ，可证明△AEC ≌△AFD ，可得到EC ＝FD ，从而可把OC ﹣OD 转化为FD ﹣OD ，再利用线段的和差可求得OC ﹣OD ＝OE +OF ＝8；【解析】解：（1）设直线AB 的解析式为：y ＝kx +b （k ≠0）．∵点A （﹣4，4），点B （0，2）在直线AB 上，∴{−4k +b =4b =2，解得{k =−12b =2， ∴直线AB 的解析式为：y =−12x +2；（2）∵△ABM 是以AB 为直角边的直角三角形，∴有∠BAM ＝90°或∠ABM ＝90°，①当∠BAM ＝90°时，如图1，过A 作AB 的垂线，交x 轴于点M 1，交y 轴于点M 2，则可知△AEM 1∽△BEA ，∴M 1E AE =AE BE ，由（1）可知OE ＝OB ＝AE ＝4，∴M 1E 4=48，解得M 1E ＝2， ∴OM 1＝2+4＝6，∴M 1（﹣6，0），∵AE ∥y 轴，∴M 1EM 1O =AEOM 2，即26=4OM 2，解得OM 2＝12，∴M 2（0，12）；②当∠ABM ＝90°时，如图2，过B 作AB 的垂线，交y 轴于点M 3，设直线AB交y轴于点E，则由（1）可知E（0，2），∴OE＝2，OB＝4，由题意可知△BOE∽△M3OB，∴OEOB =OBOM3，即24=4OM3，解得OM3＝8，∴M3（0，﹣8），综上可知点M的坐标为（﹣6，0）或（0，12）或（0，﹣8）；（3）不变．理由如下：过点A分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为G、H，如图3．则∠AGC＝∠AHD＝90°，又∵∠HOC＝90°，∴∠GAH＝90°，∴∠DAG+∠DAH＝90°，∵∠CAD＝90°，∴∠DAG+∠CAG＝90°，∴∠CAG＝∠DAH．∵A （﹣4，4），∴OG ＝AH ＝AG ＝OH ＝4．在△AGC 和△AHD 中{∠AGC =∠AHD AG =AH ∠CAG =∠DAH∴△AGC ≌△AHD （ASA ），∴GC ＝HD ．∴OC ﹣OD ＝（OG +GC ）﹣（HD ﹣OH ）＝OG +OH ＝8．故OC ﹣OD 的值不发生变化，值为8．【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质及分类讨论思想等．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中确定出M 点的位置是解题的关键，在（3）中构造三角形全等是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．2．已知，如图1，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 在y 轴的正半轴上，OC 在x 轴的正半轴上，OA ＝2，OC ＝3，过原点O 作∠AOC 的平分线交AB 于点D ，连接DC ，过点D 作DE ⊥DC ，交OA 于点E ．（1）求经过点E 、D 的直线解析式；（2）将∠EDC 绕点D 按顺时针方向旋转后，角的一边与y 轴的正半轴交于点F ，另一边与线段OC 交于点G ，使得EF ＝2GO ，请求出此时OG 的长度．（3）对于（2）中的点G ，在直线ED 上是否存点P ，使得点P 与点D 、G 构成的△DPG 是直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）只要证明△ADE ∽△BCD ，可得AD BC =AE DB ，求出AE 即可解决问题；（2）由△ADE ≌△RDG ，可得AF ＝RG ，设OG ＝m ，则AF ＝GR ＝2﹣m ，构建方程即可解决问题；（3）分两种情形①作GP ⊥BE 于P ，则△PDG 是直角三角形．②作P ′G ⊥DG 交直线DE 于P ′，则△DGP ′是直角三角形．分别根据一次函数利用方程组确定交点坐标即可；【解析】解：（1）如图1中，∵四边形ABCO 是矩形，∴∠OAB ＝∠B ＝90°，∵∠AOD ＝∠DOC ＝45°，∴OA ＝AD ＝2，DB ＝1，∵DE ⊥DC ，∴∠EDC ＝90°，∴∠ADE +∠BDC ＝90°，∵∠BDC +∠BCD ＝90°，∴∠ADE ＝∠DCB ，∴△ADE ∽△BCD ，∴AD BC =AE DB ，∴AE ＝1，∴E （0，1），设直线DE 的解析式为y ＝kx +b ，则有{b =12k +b =2， 解得{k =12b =1∴直线DE 的解析式为y =12x +1（2）如图2中，作DR ⊥OC 于R ．易知△ADE≌△RDG，∴AF＝RG，设OG＝m，则AF＝GR＝2﹣m，∴EF＝1+2﹣m＝3﹣m，∵EF＝2OG，∴3﹣m＝2m，∴m＝1，∴OG＝1．（3）如图3中，①作GP⊥BE于P，则△PDG是直角三角形．∵G（1，0），GP⊥BE，∴直线PG的解析式为y＝﹣2x+2，由{y =12x +1y =−2x +2，解得{x =25y =65， ∴P （25，65）． ②作P ′G ⊥DG 交直线DE 于P ′，则△DGP ′是直角三角形，∵直线DG 的解析式为y ＝2x ﹣2，∴直线GP ′的解析式为y =−12x +12，由{y =−12x +12y =12x +1，解得{x =−12y =34， ∴P ′（−12，34）， 综上所述，满足条件的点P 坐标为（25，65）或（−12，34）． 【点睛】本题考查一次函数综合题、旋转变换、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．考点二 等腰三角形存在性问题【方法点拨】分类讨论哪两条边相等，一般分三种情况，简称“两圆+一中垂线”1．如图1，在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，长方形OACB 的顶点A 、B 分别在x 轴与y 轴上，已知OA ＝6，OB ＝10．点D 为y 轴上一点，其坐标为（0，2），点P 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿线段AC ﹣CB 的方向运动，当点P 与点B 重合时停止运动，运动时间为t 秒．（1）当点P 经过点C 时，求直线DP 的函数解析式；（2）①求△OPD 的面积S 关于t 的函数解析式；②如图②，把长方形沿着OP 折叠，点B 的对应点B ′恰好落在AC 边上，求点P 的坐标．（3）点P 在运动过程中是否存在使△BDP 为等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）设直线DP 解析式为y ＝kx +b ，将D 与C 坐标代入求出k 与b 的值，即可确定出解析式；（2）①当P 在AC 段时，三角形ODP 底OD 与高为固定值，求出此时面积；当P 在BC 段时，底边OD 为固定值，表示出高，即可列出S 与t 的关系式；②当点B 的对应点B ′恰好落在AC 边上时，关键勾股定理即可求出此时P 坐标；（3）存在，分别以BD ，DP ，BP 为底边三种情况考虑，利用勾股定理及图形与坐标性质求出P 坐标即可．【解析】解：（1）∵OA ＝6，OB ＝10，四边形OACB 为长方形，∴C （6，10）．设此时直线DP 解析式为y ＝kx +b ，把（0，2），C （6，10）分别代入，得{b =26k +b =10， 解得{k =43b =2则此时直线DP 解析式为y =43x +2；（2）①当点P 在线段AC 上时，OD ＝2，高为6，S ＝6；当点P 在线段BC 上时，OD ＝2，高为6+10﹣2t ＝16﹣2t ，S =12×2×（16﹣2t ）＝﹣2t +16；②设P （m ，10），则PB ＝PB ′＝m ，如图2，∵OB ′＝OB ＝10，OA ＝6，∴AB ′=√OB′2−OA 2=8，∴B ′C ＝10﹣8＝2，∵PC ＝6﹣m ，∴m 2＝22+（6﹣m ）2，解得m =103 则此时点P 的坐标是（103，10）；（3）存在，理由为： 若△BDP 为等腰三角形，分三种情况考虑：如图3，①当BD ＝BP 1＝OB ﹣OD ＝10﹣2＝8，在Rt △BCP 1中，BP 1＝8，BC ＝6，根据勾股定理得：CP 1=√82−62=2√7，∴AP 1＝10﹣2√7，即P 1（6，10﹣2√7）；②当BP 2＝DP 2时，此时P 2（6，6）；③当DB ＝DP 3＝8时，在Rt △DEP 3中，DE ＝6，根据勾股定理得：P 3E =√82−62=2√7，∴AP 3＝AE +EP 3＝2√7+2，即P 3（6，2√7+2），综上，满足题意的P 坐标为（6，6）或（6，2√7+2）或（6，10﹣2√7）．【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握待定系数法是解本题第一问的关键．2．如图①，在平面直角坐标系中，△AOB的边OA在x轴上，点A坐标为（14，0），点B在第一象限，∠BAO＝45°，AB＝8√2．D为射线OB上一点，过D作直线l∥y轴交OA于E，交射线AB于G．（1）求B点坐标；（2）当D为线段OB中点时，在直线l上找点P，当△PBD为等腰三角形，请直接写出P点坐标；（3）如图②，F为AO中点，当S△BDF＝2S△BDG时，求D点坐标．【思路点拨】（1）先求出BH＝AH＝8，进而求出OH＝6，即可得出结论；（2）先设出点P坐标，进而表示出DP，BP，BD，再分三种情况讨论建立方程求解即可得出结论；（3）先求出OF，直线OB，AB的解析式，进而设出点D的坐标，表示出S△BDG=12|m﹣14|×|6﹣m|，S△BDF ＝|143m﹣28|，最后用面积关系建立方程求解即可得出结论．【解析】解：（1）如图①，过点B作BH⊥OA于H，∵∠BAO＝45°，AB＝8√2，∴BH＝AH=1√2AB＝8，∵A（14，0），∴OA＝14，∴OH＝OA﹣AH＝6，∴B（6，8）；（2）∵DE ⊥OA ，∴DE ∥BH ，∵点D 是OB 中点，∴DE =12BH ＝4，OE =12OH ＝3，∴D （3，4），设P （3，m ），∵B （6，8），∴DP ＝|m ﹣4|，BD ＝5，BP 2＝（m ﹣8）2+9，∵△PBD 为等腰三角形，∴①DP ＝BD ，∴|m ﹣4|＝5，∴m ＝9或m ＝﹣1，∴P （3，9）或（3，﹣1），②DP ＝BP ，∴（m ﹣4）2＝（m ﹣8）2+9，∴m =578， ∴P （3，578）③BD ＝BP ，∴25＝（m ﹣8）2+9，∴m ＝4（舍）或m ＝12，∴P （3，12），即：满足条件的点P （3，9）或（3，﹣1）或（3，578）或（3，12）；（3）如图由（1）知，B （6，8），∴直线OB 的解析式为y =43x ，∵A （14，0），∴直线AB 的解析式为y ＝﹣x +14，∵点F 是OA 中点，∴OF =12OA ＝7，设点D （m ，43m ），∴G （m ，﹣m +14）， ∴S △BDG =12|﹣m +14−43m |×|6﹣m |=12|m ﹣14|×|6﹣m |， S △BDF ＝|S △BOF ﹣S △DOF |＝|12×7×8−12×7×43m |＝|143m ﹣28|，∵S △BDF ＝2S △BDG ，∴|143m ﹣28|＝212|m ﹣14|×|6﹣m |， ∴m ＝4或m ＝8， ∴D （4，163）或（8，323）．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，分类讨论的思想，解本题的关键是用方程的思想解决问题．考点三 等腰直角三角形存在性问题【方法点拨】分类讨论哪个角为直角且哪两条边相等1．正方形OABC 的边长为1，把它放在如图所示的直角坐标系中，点M （t ，0）是x 轴上一个动点（t ≥1），连接BM ，在BM 的右侧作正方形BMNP ；直线DE 的解析式为y ＝2x +b ，与x 轴交于点D ，与y 轴交于点E ，当△PDE 为等腰直角三角形时，点P 的坐标是 （2，4）或（2，1） ．【思路点拨】过点P 作PF ⊥BC 交CB 的延长线于点F ，根据同角的余角相等可得∠ABM ＝∠FBP ，然后利用“角角边”证明△ABM 和△FBP 全等，根据全等三角形对应边相等可得BF ＝AB ，PF ＝AM ，然后根据正方形OABC 的边长为2以及点M （t ，0）表示出点P 的坐标，再利用直线DE 的解析式求出点D 、E 的坐标，然后分①DE 是斜边时，利用勾股定理以及两点间的距离公式分别表示出PD 、PE 、DE 的平方，再根据等腰直角三角形的三边关系，②PD 是斜边时，过点P 作PF ⊥y 轴于点F ，然后利用“角角边”证明△EDO 和△PEF 全等，根据全等三角形对应边相等可得EF ＝DO ，PC ＝EO ，然后用b 、t 表示并求解即可得到点P 的坐标．【解析】解：如图，过点P 作PF ⊥BC 交CB 的延长线于点F ，∵四边形OABC 与四边形BMNP 都是正方形，∴∠ABM +∠MBF ＝90°，∠FBP +∠MBF ＝90°，∴∠ABM ＝∠FBP ，在△ABM 和△FBP 中，{∠ABM =∠FBP∠BAM =∠F =90°BM =BP，∴△ABM ≌△FBP （AAS ），∴BF ＝AB ，PF ＝AM ，∵正方形OABC 的边长为1，点M （t ，0），∴BF ＝1，PF ＝t ﹣1，点P 到x 轴的距离为t ﹣1+1＝t ，∴点P 的坐标为（2，t ），又∵当y ＝0时，2x +b ＝0，解得x =−b 2，当x ＝0时，y ＝b ，∴点D （−b 2，0），E （0，b ），①DE 是斜边时，PD 2＝（b 2+2）2+t 2，PE 2＝（b ﹣t ）2+22，DE 2＝（b 2）2+b 2， ∵△PDE 是等腰直角三角形，∴PD 2＝PE 2，且PD 2+PE 2＝DE 2，即（b 2+2）2+t 2＝（b ﹣t ）2+22，且（b 2+2）2+t 2+（b ﹣t ）2+22＝（b 2）2+b 2， 14b 2+2b +4+t 2＝b 2﹣2bt +t 2+4，且14b 2+2b +4+t 2+b 2﹣2bt +t 2+4=14b 2+b 2， 整理得，b =83（t +1）且t 2﹣b （t ﹣1）+4＝0，∴t 2−83（t +1）（t ﹣1）+4＝0，整理得，t 2＝4，解得t 1＝2，t 2＝﹣2（舍去），∴点P 的坐标是（2，2）；②PD 是斜边时，∵△PDE 是等腰直角三角形，∴PE ⊥DE ，且PE ＝DE ，过点P 作PF ⊥y 轴于点F∵∠DEO +∠PEO ＝90°，∠DEO +∠EDO ＝90°，∴∠PEO ＝∠EDO ，在△EDO 和△PEF 中，{∠PEO =∠EDO ∠DOE =∠EFP =90°PE =DE，∴△EDO ≌△PEF （AAS ），∴EF ＝DO =b 2，PC ＝EO ＝b ，又∵点P （2，t ），∴b ＝2，b ﹣t =b 2，解得t=b2=12×2＝1，∴点P坐标为（2，1），此时点C、F重合，点M、A重合，综上所述，点P的坐标为（2，4）或（2，1）．故答案为：（2，2）或（2，1）．【点睛】本题是一次函数的综合题型，主要利用了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直线与坐标轴的交点的求解，勾股定理的应用，综合题但难度不大，要注意分情况讨论．2．如图，在平面直角坐标系中，直线l1的解析式为y＝﹣x，直线l2与l1交于点A（a，﹣a），与y轴交于点B（0，b），其中a，b满足（a+2）2+√b−3=0．（1）求直线l2的解析式；（2）在平面直角坐标系中第二象限有一点P（m，5），使得S△AOP＝S△AOB，请求出点P的坐标；（3）已知平行于y轴且位于y轴左侧有一动直线，分别与l1，l2交于点M、N，且点M在点N的下方，点Q为y轴上一动点，且△MNQ为等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点Q的坐标．【思路点拨】（1）由偶次方及被开方数非负，可求出a 、b 的值，进而可得出点A 、B 的坐标，由点A 、B 的坐标，利用待定系数法即可求出直线l 2的解析式；（2）由△AOP 和△AOB 等底及S △AOP ＝S △AOB ，可得出点P 到AO 的距离与点B 到AO 的距离相等，分点P 在l 1的右侧及点P 在l 1的左侧两种情况考虑：①当点P 在l 1的右侧时，设点P 为P 1，则P 1B ∥l 1，根据平行线的性质结合点B 的坐标可得出直线P 1B 的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点P 1的坐标；②当点P 在l 1的左侧时，设点P 为P 2，设直线y ＝5与直线l 1交于点E ，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点E 的坐标，再由点E 为P 1P 2中点，可求出点P 2的坐标；（3）设动直线为x ＝t ，由题可得﹣2＜t ＜0，则点M 的坐标为（t ，﹣t ），点N 的坐标为（t ，12t +3），进而可得出MN 的长度．分∠NMQ ＝90°、∠MNQ ＝90°及∠MQN ＝90°三种情况，利用等腰直角三角形的性质可求出点M 、N 、Q 的坐标，此题得解．【解析】解：（1）∵a 、b 满足（a +2）2+√b −3=0，∴a +2＝0，b ﹣3＝0，∴a ＝﹣2，b ＝3，∴点A 的坐标为（﹣2，2），点B 的坐标为（0，3）．设直线l 2的解析式为y ＝kx +c （k ≠0），将A （﹣2，2）、B （0，3）代入y ＝kx +c ，得：{−2k +c =2c =3，解得：{k =12c =3， ∴直线l 2的解析式为y =12x +3．（2）∵S △AOP ＝S △AOB ，∴点P 到AO 的距离与点B 到AO 的距离相等，且点P 位于l 1两侧（如图1）．①当点P 在l 1的右侧时，设点P 为P 1，则P 1B ∥l 1，∴直线P 1B 的解析式为：y ＝﹣x +3，当y ＝5时，有﹣x +3＝5，解得：x ＝﹣2，∴点P 1的坐标为（﹣2，5）；②当点P 在l 1的左侧时，设点P 为P 2，设直线y ＝5与直线l 1交于点E ，则点E 的坐标为（﹣5，5），∵点E 为P 1P 2中点，∴点P 2的坐标为（﹣8，5）．综上所述：点P 的坐标为（﹣2，5）或（﹣8，5）．（3）设动直线为x ＝t ，由题可得﹣2＜t ＜0，则点M 的坐标为（t ，﹣t ），点N 的坐标为（t ，12t +3）， ∴MN =32t +3（如图2）．①当∠NMQ ＝90°时，有MN ＝MQ ，即32t +3＝﹣t ， 解得：t =−65，∴点M 的坐标为（−65，65）． ∵MQ ∥x 轴，∴点Q 的坐标为（0，65）； ②当∠MNQ ＝90°时，有MN ＝NQ ，即32t +3＝﹣t ， 解得：t =−65，∴点N 的坐标为（−65，125）． ∵NQ ∥x 轴，∴点Q 的坐标为（0，125）；③当∠MQN ＝90°时，点Q 到MN 的距离=12MN ，即﹣t =12×（32t +3），解得：t =−67，∴点M 的坐标为（−67，67），点N 的坐标为（−67，187）．∵△MNQ 为等腰直角三角形，∴点Q 的坐标为（0，127）．综上所述：点Q 的坐标为（0，65）或（0，125）或（0，127）．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、偶次方及被开方数的非负性、三角形的面积、一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）分点P 在l 1的右侧及点P 在l 1的左侧两种情况求出点P 的坐标；（3）分∠NMQ ＝90°、∠MNQ ＝90°及∠MQN ＝90°三种情况，利用等腰直角三角形的性质求出点Q 的坐标．3．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1：y ＝k 1x +2√3与x 轴、y 轴分别交于点A 、B 两点，OA =√3OB ，直线l 2：y ＝k 2x +b 经过点C （1，−√3），与x 轴、y 轴和线段AB 分别交于点E 、F 、D 三点．（1）求直线l 1的解析式；（2）如图①：若EC ＝ED ，求点D 的坐标和△BFD 的面积；（3）如图②：在坐标轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为底边的等腰直角三角形，若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；（2）如图1中，作CM⊥OA于M，DN⊥CA于N．由△CME≌△DNE（AAS），推出CM＝DN由C（1，−√3），可得CM＝DN=√3，再利用待定系数法即可解决问题；（3）分点P在y轴或x轴两种情形分别求解即可解决问题；【解析】解：（1）∵直线y＝k1x+2√3与y轴B点，∴B（0，2√3），∴OB＝2√3，∵OA=√3OB＝6，∴A（6，0），把A（6，0）代入y＝k1x+2√3得到，k1=−√33，∴直线l1的解析式为y=−√33x+2√3．（2）如图1中，作CM⊥OA于M，DN⊥CA于N．∵∠CME＝∠DNE＝90°，∠MEC＝∠NED，EC＝DE，∴△CME≌△DNE（AAS），∴CM＝DN∵C （1，−√3），∴CM ＝DN =√3，当y =√3时，√3=−√33x +2√3， 解得x ＝3，∴D （3，√3），把C （1，−√3），D （3，√3）代入y ＝k 2x +b ，得到{k 2+b =−√33k 2+b =√3， 解得{k 2=√3b =−2√3， ∴直线CD 的解析式为y =√3x ﹣2√3，∴F （0，﹣2√3），∴S △BFD =12×4√3×3＝6√3．（3）①如图③﹣1中，当PC ＝PD ，∠CPD ＝90°时，作DM ⊥OB 于M ，CN ⊥y 轴于N ．设P （0，m ）．∵∠DMP ＝∠CNP ＝∠CPD ＝90°，∴∠CPN +∠PCN ＝90°，∠CPN +∠DPM ＝90°，∴∠PCN ＝∠DPM ，∵PD ＝PC ，∴△DMP ≌△NPC （AAS ），∴CN ＝PM ＝1，PN ＝DM ＝m +√3，∴D （m +√3，m +1），把D 点坐标代入y =−√33x +2√3，得到：m +1=−√33（m +√3）+2√3，解得m ＝4√3−6，∴P （0，4√3−6）．②如图③﹣2中，当PC＝PC，∠CPD＝90时，作DM⊥OA于M，CN⊥OA于N．设P（n，0）．同法可证：△DMP≌△PNC，∴PM＝CN=√3，DM＝PN＝n﹣1，∴D（n−√3，n﹣1），把D点坐标代入y=−√33x+2√3，得到：n﹣1=−√33（n−√3）+2√3，解得n＝2√3∴P（2√3，0）．综上所述，满足条件的点P坐标为（0，4√3−6）或（2√3，0）【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．4．如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），且a，b满足b=√a2−4+√4−a2+16a+2（1）求直线AB的解析式；（2）第一象限内是否存在一点M，使△ABM是等腰直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2过点A的直线y＝kx﹣2k交y轴负半轴于点P，N点的横坐标为﹣1，过点N的直线y=k2x−k2交AP于点M，交x轴于点C，求证：NC＝MC．【思路点拨】（1）由二次根式的被开方数是非负数可以求得a 、b 的值．则易求点A 、B 的坐标．设直线AB 的方程为y ＝kx +b （k ≠0），将其分别代入该解析式列出关于k 、b 的方程组，通过解方程组即可求得它们的值；（2）需要分类讨论：当AB 为底和当AB 为腰时，分别求得点M 的坐标；（3）将y ＝kx ﹣2k 与y =k 2x −k 2联立求出M 的坐标为（3，k ），由条件可求得N 的坐标为（﹣1，﹣k ），C 的坐标为（1，0），作CG ⊥x 轴于G 点，MH ⊥x 轴于H 点，可证△NGC ≌△MHC ，得NC ＝MC ．【解析】解：（1）依题意，得：{a 2−4≥04−a 2≥0a +2≠0，解得a ＝2；则b ＝4．所以A （2，0），B （0，4），设直线AB 解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A 与B 坐标代入得：{2k +b =0b =4， 解得：{k =−2b =4， 则直线AB 的解析式为y ＝﹣2x +4；（2）如图1，分三种情况：①如图1，当BM ⊥BA ，且BM ＝BA 时，过M 作MN ⊥y 轴于N ，∵BM ⊥BA ，MN ⊥y 轴，OB ⊥OA ，∴∠MBA ＝∠MNB ＝∠BOA ＝90°，∴∠NBM +∠NMB ＝90°，∠ABO +∠NBM ＝90°，∴∠ABO ＝∠NMB ，在△BMN 和△ABO 中{∠MNB =∠BOA ∠NMB =∠ABO BM =AB，∴△BMN ≌△ABO （AAS ），MN ＝OB ＝4，BN ＝OA ＝2，∴ON ＝2+4＝6，∴M 的坐标为（4，6 ）；②如图2当AM ⊥BA ，且AM ＝BA 时，过M 作MN ⊥x 轴于N ，△BOA ≌△ANM （AAS ），同理求出M 的坐标为（6，2）；③如图4，当AM⊥BM，且AM＝BM时，过M作MN⊥X轴于N，MH⊥Y轴于H，则△BHM≌△AMN，∴MN＝MH，设M（x，x），由勾股定理得，（x﹣2）2+x2＝（4﹣x）2+x2，解得，x＝3；∴M点的坐标为（3，3）综上所知M点的坐标为（4，6）（6，2）（3，3）；（3）将y＝kx﹣2k与y=k2x−k2联立求出M的坐标为（3，k），由条件可求得N的坐标为（﹣1，﹣k），C的坐标为（1，0），作CG⊥x轴于G点，MH⊥x轴于H点，可证△NGC≌△MHC，得NC＝MC．【点睛】本题主要考查对一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形性质，用待定系数法求正比例函数的解析式，全等三角形的性质和判定，二次根式的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理和计算是解此题的关键．。
专题五 一次函数中的四边形综合式问题 2020年中考数学冲刺难点突破 一次函数问题(解析版)
2020年中考数学冲刺难点突破一次函数问题专题五一次函数中的四边形综合式问题1、如图，正方形AOBC的边长为2，点O为坐标原点，边OB，OA分别在x轴，y轴上，点D是BC的中点，点P是线段AC上的一个点，如果将OA沿直线OP对折，使点A的对应点A′恰好落在PD所在直线上．（1）若点P是端点，即当点P在A点时，A′点的位置关系是，OP所在的直线是，当点P在C点时，A′点的位置关系是，OP所在的直线表达式是．（2）若点P不是端点，用你所学的数学知识求出OP所在直线的表达式．（3）在（2）的情况下，x轴上是否存在点Q，使△DPQ的周长为最小值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2、如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上（1）操作：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E．求证：△CAD≌△BCE．（2）模型应用：①如图2，在直角坐标系中，直线l：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l绕着点A顺时针旋转45°得到直线m．求直线m的函数表达式．②如图3，在直角坐标系中，点B（4，3），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是直线BC上的一个动点，点Q（a，5a﹣2）位于第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出此时a的值，若不能，请说明理由．3、如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA；①已知直线l1：y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕着点A逆时针旋转45°至直线l2，如图2，求直线l2的函数表达式；②如图3，在平面直角坐标系中，点B（8，6），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线y＝2x﹣6上的动点且在第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请直接写出此时点Q的坐标，若不能，请说明理由．4、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于点C，且AB＝BC．（1）求直线BC的解析式；（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP＝CQ，PQ交x轴于N，设点Q横坐标为m，△PBQ的面积为S，求S与m的函数关系式（不要求写出自变量m的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点M在y轴负半轴上，且MP＝MQ，若∠BQM＝45°，求直线PQ的解析式．5、已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标是（6，4），动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AC运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿线段BO运动，当Q到达O点时，P，Q同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0）．（1）如图1，当时间t＝秒时，四边形APQO是矩形；（2）如图2，在P，Q运动过程中，当PQ＝5时，时间t等于秒；（3）如图3，当P，Q运动到图中位置时，将矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E，连接OP，OE，此时∠POE＝45°，连接PE，求直线OE的函数表达式．6、一边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，其中O为原点，点A、B分别在x轴、y轴上，D为射线OB上任意一点．（1）如图1，若点D坐标为（0，2），连接AD交OC于点E，则△AOE的面积为；（2）如图2，将△AOD沿AD翻折得△AED，若点E在直线y＝x图象上，求出E点坐标；（3）如图3，将△AOD沿AD翻折得△AED，DE和射线BC交于点F，连接AF，若∠DAO＝75°，平面内是否存在点Q，使得△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出所有点Q坐标；若不存在，请说明理由．7、知识再现：如果M（x1，y1），N（x2，y2），则线段MN的中点坐标为（，）；对于两个一次函数y ＝k1x+b1和y＝k2x+b2，若两个一次函数图象平行，则k1＝k2且b1≠b2；若两个一次函数图象垂直，则k1•k2＝﹣1．提醒：在下面这个相关问题中如果需要，你可以直接利用以上知识．在平面直角坐标系中，已知点A（0，8），B（6，0）．（1）如图1，把直线AB向右平移使它经过点P（6，4），如果平移后的直线交y轴于点A′，交x轴于点B′，请确定直线A′B′的解析式．（2）如图2，连接BP，求B′P的长．（3）已知点C是直线y＝﹣x上一个动点，以AB为对角线的四边形ACBD是平行四边形，当CD取最小值时，请在图3中画出满足条件的▱ACBD，并直接写出此时C点坐标．8、如图，将一张边长为8的正方形纸片OABC放在直角坐标系中，使得OA与y轴重合，OC与x轴重合，点P为正方形AB边上的一点（不与点A、点B重合）．将正方形纸片折叠，使点O落在P处，点C落在G 处，PG交BC于H，折痕为EF．连接OP、OH．初步探究（1）当AP＝4时①直接写出点E的坐标；②求直线EF的函数表达式．深入探究（2）当点P在边AB上移动时，∠APO与∠OPH的度数总是相等，请说明理由．拓展应用（3）当点P在边AB上移动时，△PBH的周长是否发生变化？并证明你的结论．9、如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别交x轴，y轴于A、B两点，点A关于原点O的对称点为点D，点C在第一象限，且四边形ABCD为平行四边形．（1）在图①中，画出平行四边形ABCD，并直接写出C、D两点的坐标；（2）动点P从点C出发，沿线段CB以每秒1个单位的速度向终点B运动；同时，动点Q从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位的速度向终点D运动，设点P运动的时间为t秒．①若△POQ的面积为3，求t的值；②点O关于B点的对称点为M，点C关于x轴的对称点为N，过点P作PH⊥x轴，问MP+PH+NH是否有最小值，如果有，求出相应的点P的坐标；如果没有，请说明理由．10、如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC两顶点为A（4，0），C（0，4），点D的坐标为（﹣3，0），在AB上取点E，使得∠BCE＝∠DCO，连接BO，分别交CE，DE于M，N两点．（1）求证：△CBE≌△COD；（2）求点E的坐标和线段OB所在直线的解析式；（3）在M，N两点中任选一点求出它的坐标．10、将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，OA＝9，OC＝15．（1）如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点处，求直线EC的解析式；（2）如图2，在OA，OC边上选取适当的点M，N，将△MON沿MN折叠，使O点落在AB边上的点D'处，过D'作D'G⊥CO于点G，交MN于T点，连接OT，判断四边形OTD'M的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若点T坐标，点P在MN直线上，问坐标轴上是否存在点Q，使以M，D'，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．2020年中考数学冲刺难点突破一次函数问题专题五一次函数中的四边形综合式问题1、如图，正方形AOBC的边长为2，点O为坐标原点，边OB，OA分别在x轴，y轴上，点D是BC的中点，点P是线段AC上的一个点，如果将OA沿直线OP对折，使点A的对应点A′恰好落在PD所在直线上．（1）若点P是端点，即当点P在A点时，A′点的位置关系是，OP所在的直线是，当点P在C点时，A′点的位置关系是，OP所在的直线表达式是．（2）若点P不是端点，用你所学的数学知识求出OP所在直线的表达式．（3）在（2）的情况下，x轴上是否存在点Q，使△DPQ的周长为最小值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）由轴对称的性质可得，若点P是端点，即当点P在A点时，A′点的位置关系是点A，OP所在的直线是y轴；当点P在C点时，∵∠AOC＝∠BOC＝45°，∴A′点的位置关系是点B，OP所在的直线表达式是y＝x．故答案为：A，y轴；B，y＝x．（2）连接OD，∵正方形AOBC的边长为2，点D是BC的中点，∴＝＝．由折叠的性质可知，OA′＝OA＝2，∠OA′D＝90°．∴A′D＝1．设点P（x，2），PA′＝x，PC＝2﹣x，CD＝1．∴（x+1）2＝（2﹣x）2+12．解得x＝．所以P（，2），∴OP所在直线的表达式是y＝3x．（3）存在．若△DPQ的周长为最小，即是要PQ+DQ为最小．∵点D关于x轴的对称点是D′（2，﹣1），∴设直线PD'的解析式为y＝kx+b，，解得，∴直线PD′的函数表达式为y＝﹣x+．当y＝0时，x＝．∴点Q（，0）．2、如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上（1）操作：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E．求证：△CAD≌△BCE．（2）模型应用：①如图2，在直角坐标系中，直线l：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l绕着点A顺时针旋转45°得到直线m．求直线m的函数表达式．②如图3，在直角坐标系中，点B（4，3），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是直线BC上的一个动点，点Q（a，5a﹣2）位于第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出此时a的值，若不能，请说明理由．解：（1）∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°∵AD⊥l，BE⊥l，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠DAC＝∠ECB∵在△DAC和△ECB中，∠ADC＝∠CEB，∠DAC＝∠ECB，AC＝CB∴△DAC≌△ECB（AAS）；（2）过点B作BC⊥BA，交直线l2于点C，过点C作CD⊥x轴于点D．由直线l：y＝3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点B，可求点A坐标为（0，3），点B坐标为（﹣1，0），∴AO＝3，OB＝1．由△DCB≌△OBA可得，DC＝OB＝1，DB＝OA＝3，∴点C的坐标为（﹣4，1）设直线m的解析式为：y＝kx+b，把（0，3），（﹣4，1）代入，求得．（3）如图3，由△AEQ≌△QFP可得AE＝QF，3﹣（5a﹣2）＝4﹣a，求得．∴点Q纵坐标为﹣，此时点Q在第四象限，与题意不符，故因舍去．如备用图，由△AEQ≌△QFP可得AE＝QF，（5a﹣2）﹣3＝4﹣a，求得．3、如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA；①已知直线l1：y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕着点A逆时针旋转45°至直线l2，如图2，求直线l2的函数表达式；②如图3，在平面直角坐标系中，点B（8，6），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线y＝2x﹣6上的动点且在第一象限内．问点A、P、Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请直接写出此时点Q的坐标，若不能，请说明理由．解：（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形∴CB＝CA，∠ACD+∠BCE＝180°﹣90°＝90°又∵AD⊥CD，BE⊥EC∴∠D＝∠E＝90°又∵∠EBC+∠BCE＝90°∴∠ACD＝∠EBC在△ACD与△CBE中，∠D＝∠E，∠ACD＝∠EBC，CA＝BC，∴△ACD≌△CBE（AAS）；（2）过点B作BC⊥AB交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，∵∠BAC＝45°∴△ABC为等腰Rt△由（1）可知：△CBD≌△BAO∴BD＝AO，CD＝OB∵l1：，令y＝0，则x＝﹣3∴A（﹣3，0），令x＝0，则y＝4∴B（0，4）∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4∴OD＝4+3＝7．∴C（﹣4，7），设直线l2的解析式为y＝kx+b，将点A（﹣3，0），C（﹣4，7）代入y＝kx+b中，得解得，k＝﹣7，b＝﹣21，则l2的解析式：y＝﹣7x﹣21；（3）如下图，设点Q（m，2m﹣6），当∠AQP＝90°时，由（1）知，△AMQ≌△QNP（AAS），∴AM＝QN，即|8﹣m|＝6﹣（2m﹣6），解得：m＝4或，故：Q（4，2），．4、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于点C，且AB＝BC．（1）求直线BC的解析式；（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP＝CQ，PQ交x轴于N，设点Q横坐标为m，△PBQ的面积为S，求S与m的函数关系式（不要求写出自变量m的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点M在y轴负半轴上，且MP＝MQ，若∠BQM＝45°，求直线PQ的解析式．解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴点B（0，8），点A（﹣4，0）∴AO＝4，BO＝8，∵AB＝BC，BO⊥AC，∴AO＝CO＝4，∴点C（4，0），设直线BC解析式为：y＝kx+b，由题意可得：解得：∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+8；（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，∵AB＝CB，∴∠BAC＝∠BCA，∵点Q横坐标为m，∴点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的面积＝四边形BCFP的面积+△CFQ的面积＝四边形BCFP的面积+△PEF的面积＝四边形PECB 的面积，∴S＝S△ABC﹣S△PAE＝×8×8﹣×（2m﹣8）×（2m﹣8）＝16m﹣2m2；（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，∵AB＝BC，BO⊥AC，∴BO是AC的垂直平分线，∴AM＝CM，且AP＝CQ，PM＝MQ，∴△APM≌△CQM（SSS）∴∠PAM＝∠MCQ，∠BQM＝∠APM＝45°，∵AM＝CM，AB＝BC，BM＝BM，∴△ABM≌△CBM（SSS）∴∠BAM＝∠BCM，∴∠BCM＝∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ＝180°，∴∠BCM＝∠MCQ＝∠PAM＝90°，且∠APM＝45°，∴∠APM＝∠AMP＝45°，∴AP＝AM，∵∠PAO+∠MAO＝90°，∠MAO+∠AMO＝90°，∴∠PAO＝∠AMO，且∠PEA＝∠AOM＝90°，AM＝AP，∴△APE≌△MAO（AAS）∴AE＝OM，PE＝AO＝4，∴2m﹣8＝4，∴m＝6，∴Q（6，﹣4），P（﹣2，4）设直线PQ的解析式为：y＝ax+c，∴解得：∴直线PQ的解析式为：y＝﹣x+2．5、已知：如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标是（6，4），动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿线段AC运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿线段BO运动，当Q到达O点时，P，Q同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0）．（1）如图1，当时间t＝秒时，四边形APQO是矩形；（2）如图2，在P，Q运动过程中，当PQ＝5时，时间t等于秒；（3）如图3，当P，Q运动到图中位置时，将矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E，连接OP，OE，此时∠POE＝45°，连接PE，求直线OE的函数表达式．解：∵矩形AOBC中，C（6，4）∴OB＝AC＝6，BC＝OA＝4依题意得：AP＝t，BQ＝2t（0＜t≤3）∴PC＝AC﹣AP＝6﹣t，OQ＝OB﹣BQ＝6﹣2t（1）∵四边形APQO是矩形∴AP＝OQ∴t＝6﹣2t解得：t＝2故答案为：2．（2）过点P作PH⊥x轴于点H∴四边形APHO是矩形∴PH＝OA＝4，OH＝AP＝t，∠PHQ＝90°∵PQ＝5∴HQ＝①如图1，若点H在点Q左侧，则HQ＝OQ﹣OH＝6﹣3t∴6﹣3t＝3解得：t＝1②如图2，若点H在点Q右侧，则HQ＝OH﹣OQ＝3t﹣6 ∴3t﹣6＝3解得：t＝3故答案为：1或3．（3）过点E作MN⊥x轴于点N，交AC于点M∴四边形AMNO是矩形∴MN＝OA＝4，ON＝AM∵矩形沿PQ折叠，点A，O的对应点分别是D，E∴PQ垂直平分OE∴EQ＝OQ＝6﹣2t，PO＝PE∵∠POE＝45°∴∠PEO＝∠POE＝45°∴∠OPE＝90°，点E在矩形AOBC内部∴∠APO+∠MPE＝∠APO+∠AOP＝90°∴∠MPE＝∠AOP在△MPE与△AOP中∴△MPE≌△AOP（AAS）∴PM＝OA＝4，ME＝AP＝t∴ON＝AM＝AP+PM＝t+4，EN＝MN﹣ME＝4﹣t∴QN＝ON﹣OQ＝t+4﹣（6﹣2t）＝3t﹣2∵在Rt△ENQ中，EN2+QN2＝EQ2∴（4﹣t）2+（3t﹣2）2＝（6﹣2t）2解得：t1＝﹣2（舍去），t2＝∴AM＝+4＝，EN＝4﹣∴点E坐标为（，）∴直线OE的函数表达式为y＝x．6、一边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，其中O为原点，点A、B分别在x轴、y轴上，D为射线OB上任意一点．（1）如图1，若点D坐标为（0，2），连接AD交OC于点E，则△AOE的面积为；（2）如图2，将△AOD沿AD翻折得△AED，若点E在直线y＝x图象上，求出E点坐标；（3）如图3，将△AOD沿AD翻折得△AED，DE和射线BC交于点F，连接AF，若∠DAO＝75°，平面内是否存在点Q，使得△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出所有点Q坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，∴点A坐标（4，0），点C（4，4），∴直线OC解析式为：y＝x，∵点D坐标为（0，2），点A坐标（4，0），∴直线AD解析式为：y＝﹣x+2，∴解得：∴点E坐标（，）∴△AOE的面积＝×4×＝，故答案为：；（2）如图2，过点E作EH⊥OA，∵将△AOD沿AD翻折得△AED，∴AO＝AE＝4，设点E（a，a），∴OH＝a，EH＝a，∴AH＝4﹣a，∵AE2＝EH2+AH2，∴16＝a2+（4﹣a）2，∴a＝0（舍去），a＝，∴点E（，）（3）∵将△AOD沿AD翻折得△AED，∴∠DAO＝∠DAE＝75°，OA＝AE，∠DOA＝∠DEA＝90°，∴∠OAE＝150°，AE＝AC，∠ACF＝∠AED＝90°，∴∠CAE＝60°，∵AE＝AC，AF＝AF，∴Rt△AEF≌Rt△ACF（HL）∴∠CAF＝∠EAF＝30°，且AC＝4，∴CF＝，∵△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，∴若∠AFQ＝90°，AF＝FQ，如图3，过点Q作QN⊥BF，∴∠NQF+∠QFN＝90°，且∠QFN+∠AFC＝90°，∴∠NQF＝∠AFC，且∠ACF＝∠QNF＝90°，QF＝AF，∴△QNF≌△FCA（AAS）∴QN＝CF＝，AC＝NF＝4，∴点Q（，4+）同理可求：Q'（8+，4﹣），若∠FAQ＝90°，AF＝AQ时，同样方法可求，Q''（0，），Q'''（8，﹣）7、知识再现：如果M（x1，y1），N（x2，y2），则线段MN的中点坐标为（，）；对于两个一次函数y＝k1x+b1和y＝k2x+b2，若两个一次函数图象平行，则k1＝k2且b1≠b2；若两个一次函数图象垂直，则k1•k2＝﹣1．提醒：在下面这个相关问题中如果需要，你可以直接利用以上知识．在平面直角坐标系中，已知点A（0，8），B（6，0）．（1）如图1，把直线AB向右平移使它经过点P（6，4），如果平移后的直线交y轴于点A′，交x轴于点B′，请确定直线A′B′的解析式．（2）如图2，连接BP，求B′P的长．（3）已知点C是直线y＝﹣x上一个动点，以AB为对角线的四边形ACBD是平行四边形，当CD取最小值时，请在图3中画出满足条件的▱ACBD，并直接写出此时C点坐标．解：（1）设直线AB的解析式为：y＝kx+b，且过点A（0，8），B（6，0）．∴∴∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+8∵直线AB向右平移使它经过点P（6，4），∴直线A'B'的解析式为：y＝﹣x+b，且过点P（6，4）∴4＝﹣×6+b∴b＝12∴直线A'B'的解析式为：y＝﹣x+12（2）∵直线A'B'交y轴于点A′，交x轴于点B’∴当x＝0时，y＝12，当y＝0时，x＝9∴点A'坐标（0，12），点B'坐标（9，0）∵P（6，4），B（6，0），点B'坐标（9，0）∴PB⊥x轴，BP＝4，BB'＝3∴B'P＝＝5（3）如图，设AB与CD的交点为E，∵四边形ACBD是平行四边形∴EC＝DE＝CD，AE＝BE，∴要使CD取最小值，即CE的值最小，由垂线段最短可得：当CE⊥CO时，CE的值最小，即CD的值最小，∵点A（0，8），B（6，0），且AE＝BE∴点E（3，4）∵CD⊥CO，直线CO解析式为：y＝﹣x∴设CE解析式为：y＝x+n，且过点E（3，4）∴4＝3+n∴n＝1∴CE解析式为：y＝x+1∴联立直线CE和OC的解析式成方程组，得解得∴点C（﹣，）8、如图，将一张边长为8的正方形纸片OABC放在直角坐标系中，使得OA与y轴重合，OC与x轴重合，点P为正方形AB边上的一点（不与点A、点B重合）．将正方形纸片折叠，使点O落在P处，点C落在G 处，PG交BC于H，折痕为EF．连接OP、OH．初步探究（1）当AP＝4时①直接写出点E的坐标；②求直线EF的函数表达式．深入探究（2）当点P在边AB上移动时，∠APO与∠OPH的度数总是相等，请说明理由．拓展应用（3）当点P在边AB上移动时，△PBH的周长是否发生变化？并证明你的结论．解：（1）①设：OE＝PE＝a，则AE＝8﹣a，AP＝4，在Rt△AEP中，由勾股定理得：PE2＝AE2+AP2，即a2＝（8﹣a）2+16，解得：a＝5，故点E（0，5），故答案为：（0，5）；②过点F作FR⊥y轴于点R，折叠后点O落在P处，则点O、P关于直线EF对称，则OP⊥EF，∴∠EFR+∠FER＝90°，而∠FER+∠AOP＝90°，∴∠AOP＝∠EFR，而∠OAP＝∠FRE，RF＝AO，∴△AOP≌△FRE（AAS），∴ER＝AP＝4，OR＝EO﹣OR＝5﹣4＝1，故点F（8，1），将点E、F的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得：，解得：，故直线EF的表达式为：y＝﹣x+5；（2）证明：∵PE＝OE，∴∠EOP＝∠EPO．又∵∠EPH＝∠EOC＝90°，∴∠EPH﹣∠EPO＝∠EOC﹣∠EOP．即∠POC＝∠OPH．又∵AB∥OC，∴∠APO＝∠POC．∴∠APO＝∠OPH；（3）解：如图，过O作OQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APO＝∠OPH，在△AOP和△QOP中，∠APO＝∠OPH，∠A＝∠OQP，OP＝OP，∴△AOP≌△QOP（AAS）．∴AP＝QP，AO＝OQ．又∵AO＝OC，∴OC＝OQ．又∵∠C＝∠OQH＝90°，OH＝OH，∴△OCH≌△OQH（HL）．∴CH＝QH．∴△PHB的周长＝PB+BH+PH＝AP+PB+BH+HC＝AB+CB＝16；故答案为：16．9、如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别交x轴，y轴于A、B两点，点A关于原点O的对称点为点D，点C在第一象限，且四边形ABCD为平行四边形．（1）在图①中，画出平行四边形ABCD，并直接写出C、D两点的坐标；（2）动点P从点C出发，沿线段CB以每秒1个单位的速度向终点B运动；同时，动点Q从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位的速度向终点D运动，设点P运动的时间为t秒．①若△POQ的面积为3，求t的值；②点O关于B点的对称点为M，点C关于x轴的对称点为N，过点P作PH⊥x轴，问MP+PH+NH是否有最小值，如果有，求出相应的点P的坐标；如果没有，请说明理由．解：（1）直线分别交x轴，y轴于A、B两点，则点A、B的坐标分别为（﹣4，0）、（0，3），则点D（4，0），则AD＝8＝BC，故点C（8，3），故点C、D的坐标分别为（8，3）、（4，0），画出的平行四边形ABCD如下图．（2）①t秒钟时，点P的坐标为（8﹣t，3），△POQ的面积S＝×OQ×|y P|＝|x Q|×3＝3，解得：x Q＝±2，故t＝2或6；②MP+PH+NH有最小值，理由：∵MB∥PH且BM＝PH＝3，∴四边形BMPH为平行四边形，故PM＝BH，∴MP+PH+NH＝PH+BH+HN＝3+BH+HN，∴当B、H、N三点共线时，MP+PH+NH＝PH+BH+HN＝3+BH+HN最小，∵点C关于x轴的对称点为N，故点N（8，﹣3），而点B（0，3），设直线BN的表达式为：y＝kx+b，则，解得，故直线BN的表达式为：y＝﹣x+3，∵点P的坐标为（8﹣t，3），故点H（8﹣t，0），将点H的坐标代入BN的表达式得：0＝﹣（8﹣t）+3，解得：t＝4，故点P（4，3）．10、如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC两顶点为A（4，0），C（0，4），点D的坐标为（﹣3，0），在AB上取点E，使得∠BCE＝∠DCO，连接BO，分别交CE，DE于M，N两点．（1）求证：△CBE≌△COD；（2）求点E的坐标和线段OB所在直线的解析式；（3）在M，N两点中任选一点求出它的坐标．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠CBE＝90°＝∠COD，∵∠BCE＝∠DCO，CB＝CO，∴△CBE≌△COD（ASA）．（2）解：∵△CBE≌△COD，∴BE＝OD＝3，∴AE＝AB﹣BE＝4﹣3＝1，∴E（4，1），设直线OB的解析式为y＝kx，把B（4，4）代入得到k＝1，∴直线OB的解析式为y＝x．（3）解：设直线EC的解析式为y＝mx+n，把C（0，4），E（4，1）代入得到：，解得，∴直线EC的解析式为y＝﹣x+4，由，解得，∴M（，），同法可得N（，）．10、将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，OA＝9，OC＝15．（1）如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点处，求直线EC的解析式；（2）如图2，在OA，OC边上选取适当的点M，N，将△MON沿MN折叠，使O点落在AB边上的点D'处，过D'作D'G⊥CO于点G，交MN于T点，连接OT，判断四边形OTD'M的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若点T坐标，点P在MN直线上，问坐标轴上是否存在点Q，使以M，D'，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1中，∵OA＝9，OC＝15，△DEC是由△OEC翻折得到，∴CD＝OC＝15，在Rt△DBC中，，∴AD＝3，设OE＝ED＝x，在Rt△ADE中，x2＝（9﹣x）2+32，解得x＝5，∴E（0，5），设直线EC的解析式为y＝kx+5，把（15，0）代入得到，∴直线EC的解析式为．（2）结论：如图2中，四边形OTD'M为菱形，理由：∵△D'MN是由△OMN翻折得到，∴∠MD/N＝∠MON＝90°，∠D′NM＝∠ONM，D′M＝MO，∴∠D'MN＝∠MON＝90°，∠D'MN+∠D'NM＝∠GTN+∠ONM＝90°，∴∠D'MN＝∠GTN，而∠D′TN＝∠GTN，∴∠D′MN＝∠D′TM，∴D′T＝D′M＝OM，∵MO∥D′T，∴四边形OTD′M为菱形，∵MO＝MD′，∴四边形OTD'M为菱形．（3）以M、D′、Q、P为顶点的四边形是平行四边形时，∵T（6，），∴OM＝TD′＝9﹣＝，∴M（0，），∴直线MT的解析式为y＝﹣x+，当点Q在y轴上时，易知Q（0，0）或（0，13）满足条件，当Q在x轴上时，直线D′Q″的解析式为y＝﹣x+13，∴Q″（，0），综上所述，点Q坐标（0，0）或（0，13）或．。
一次函数与四边形存在性问题
一次函数与四边形存在性【学习目标】1．熟练运用一次函数解决特殊四边形存在问题；2．体会数形结合的思想方法；体会一次函数与几何图形的内在联系．平行四边形问题:（注意点的顺序）1.给三点，先连接三点构成三角形；然后以每边为对角线构造平行四边形；以中点公式或者平移法求点坐标。
2.给两点，分为边和对角线讨论，充分利用平行四边形对边平行且相等，对角线平分两个全等三角形来做。
1.在平面直角坐标系中，以任意两点P（x1，y1）、Q（x2，y2）为端点的线段中点坐标为．（1）如图，矩形ONEF的对角线相交于点M，ON、OF分别在x轴和y轴上，O为坐标原点，点E的坐标为（4，3），则点M的坐标为．（2）在直角坐标系中，有A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4）三点，另有一点D与点A、B、C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．2.已知点A、B、C、D可以构成平行四边形，且点A（－1，0），点B（0，3），点C（3，0），则第四个顶点D的坐标为_________________________；xy BCA O举一反三：1.如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线交y 轴于点A ，交x 轴于点B ，以线段AB 为边作菱形ABCD （点C 、D 在第一象限），且点D 的纵坐标为9． （1）求点A 、点B 的坐标； （2）求直线DC 的解析式；（3）除点C 外，在平面直角坐标系xOy 中是否还存在点P ，使点A 、B 、D 、P 组成的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．2.如图，在平面直角坐标系中，函数122+=x y 的图像分别交x 轴、y 轴于A 、B 两点．过点A 的直线交y 轴正半轴于点C ，且点C 为线段OB 的中点． （1）求直线AC 的表达式；（2）如果四边形ACPB 是平行四边形，求点P 的坐标．3. 如图10，直线102+-=x y 与x 轴交于点A ，又B 是该直线上一点，满足OA OB =， （1）求点B 的坐标；（2）若C 是直线上另外一点，满足AB=BC ，且四边形OBCD 是平行四边形，试画出符合要求的大致图形，并求出点D 的坐标.4.已知：如图，平面直角坐标系中有一个等腰梯形ABCD ，且AD ∥BC ，AB=CD ，点A 在y 轴正半轴上，点B 、C 在x 轴上（点B 在点C 的左侧），点D 在第一象限，AD=3，BC=11，梯形的高为2，双曲线y=经过点D ，直线y=kx +b 经过A 、B 两点．O BA x yD（1）求点A、B、C、D的坐标；（2）求双曲线y=和直线y=kx+b的解析式；（3）点M在双曲线上，点N在y轴上，如果四边形ABMN是平行四边形，求点N的坐标．5.如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，4），点B的坐标为（0，2）．（1）求直线AB的解析式；（2）以点A为直角顶点作∠CAD=90°，射线AC交x轴的负半轴于点C，射线AD交y轴的负半轴于点D．当∠CAD绕着点A旋转时，OC﹣OD的值是否发生变化？若不变，求出它的值；若变化，求出它的变化范围；（3）如图2，点M（﹣4，0）是x轴上的一个点，点P是坐标平面内一点．若A、B、M、P四点能构成平行四边形，请写出满足条件的所有点P的坐标（不要解题过程）．菱形问题:（注意点的顺序）一般给两点，一动点在某直线上，另一点在平面直角坐标系中。
特殊四边形和一次函数能力训练
F ED CB A G F EDCB AFE D C B AED CB A P N M G F E D CB A DC B AGF ED C B A GF E D CBA特殊四边形和一次函数能力题训练一、证明与解答1、在正方形ABCD 中，E 为对角线AC 上一点，连接EB 、ED 。
①求证:ΔBEC ≌ΔDEC.②延长BE 交AD 于点F ，若∠DEB=140°，求∠AFE 的度数。
2、①如右图，点E 、F 分别在正方形的边BC 、CD 上，∠EAF=45°，连接EF ，则EF=BE+DF ，试说明理由。
②类比引申：如右图，四边形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，∠EAF=45°，若∠B 、∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足等量关系＿＿＿＿＿时，仍有EF=BE+DF ，并证明之。
③联想拓展：如右图，在三角形ABC 中，∠BAC=90°，点D 、E 均在边BC 上，∠EAD=45°，猜想BD 、DE 、EC 应满足的等量关系，并写出推理过程。
3、已知如图，矩形ABCD 中，AB=2，AD=3，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，①在边AD 上取一点M ，使点A 关于BM 的对称点G 恰好落在EF 上，设BM 与EF 相交于点N ，求证:四边形ANGM 是菱形.②设P 是AD 上一点，∠PFB=3∠FBC ，求线段AP 的长。
4、 将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺的长直角边与含45°角的三角尺的斜边恰好重合，已知AB=，P 是AC 上的一个动点。
①当点P 运动到∠ABC 的平分线上时，连接DP ，求DP 的长。
②当点P 在运动过程中出现PD=BC 时，求此时∠PDA 的度数。
③当点P 运动到什么位置时，以D 、P 、B 、Q 为动点的平行四边形的顶点Q 恰好在BC 上？求此时DPBQ 的面积。
完整word版,一次函数与特殊平行四边形专题
一次函数与特殊平行四边形专题1、如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（4，0），B（0，3）．点C的坐标为（0，m），其中m＜2，过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴正半轴的一动点，且满足OD=2OC，连结DE，以DE，DA为边作▱DEFA．（1）图中AB= ；BE= （用m的代数式表示）．（2）若▱DEFA为矩形，求m的值；（3）是否存在m的值，使得▱DEFA为菱形？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．2、在平面直角坐标系中，一张矩形纸片OBCD按图1所示放置，已知OB=10，BC=6，将这张纸片折叠，使点O落在边CD上，记作点A，折痕与边OD（含端点）交于点E，与边OB （含端点）或其延长线交于点F．请回答：（1）如图1，若点E的坐标为（0，4），求点A的坐标；（2）将矩形沿直线y=- 1 x/2+n折叠，求点A的坐标；（3）将矩形沿直线y=kx+n折叠，点F在边OB上（含端点），直接写出k的取值范围．3、如图，在平面直角坐标系中，直线y=- 3 x/4+b分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为（4，0），四边形ABCD是正方形．（1）填空：b= ；（2）求点D的坐标；（3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在x上方是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标．4、如图，将矩形OABC放置在平面直角坐标系中，点D在边0C上，点E在边OA上，把矩形沿直线DE翻折，使点O落在边AB上的点F处，且AF/AE=4/3．若线段OA=8，又2AB=30A．请解答下列问题：(1)求点B、F的坐标：(2)求直线ED的解析式：(3)在直线ED、FD上是否存在点M、N，使以点C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．4、如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（-3，0），（0，6），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动。
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一次函数与特殊四边形
存在性问题培优拓展
Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】
一次函数与特殊四边形的存在性问题
（培优专题）
1．（2015春通州区校级期中）如图，在直角坐标系中，A（0，1），B（0，3），P是x轴上一动点，在直线y=x上是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形若存在，画出所有满足情况的平行四边形，并求出对应的P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2015春?北京校级期中）已知直线y=x+3分别交x轴、y轴于点A、B．
（1）求∠BAO的平分线的函数关系式；（写出自变量x的取值范围）
（2）点M在已知直线上，点N在坐标平面内，是否存在以点M、N、A、O为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．3．（2010秋?吴江市校级期中）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在AD边上，AE＞DE，BE=BC，点O是线段CE的中点．
（1）试说明CE平分∠BED；
（2）在直线AD上是否存在点F，使得以B、C、F、E为顶点的四边形是菱形？如果存在，试画出点F的位置，并作适当说明；如果不存在，请说明理由．
4．如图，在平面直角坐标系xOy，直线y=x+1与y=﹣2x+4交于点A，两直线与x 轴分别交于点B和点C，D是直线AC上的一个动点，直线AB上是否存在点E，使得以E，D，O，A为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
5．如图，点A的坐标是（2，1），点B的坐标是（5，1），过点A的直线l的表达式为y=2x+b，点C在直线l上运动，在直线OA上是否存在一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2012春?雨花区校级期末）如图，已知等边△ABC的边长为2，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上移动．
（1）当OA=时，求点C的坐标．
（2）在（1）的条件下，求四边形AOBC的面积．
（3）是否存在一点C，使线段OC的长有最大值？若存在，请求出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由．
7．（2012春?石狮市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣分别与
x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为（8，0），四边形ABCD是正方形．（1）填空：b= ；
（2）求点D的坐标；
（3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在x上方是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标．
8．（2014秋?朝阳区期末）如图，四边形ABCD为矩形，点D与坐标原点重合，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（8，12），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，点E，F分别在AD，AB上，且F点的坐标是（5，12）．
（1）求点G的坐标；
（2）求直线EF的解析式；
（3）坐标系内是否存在点M，使以点A，E，F，M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
9．（2014?伊春模拟）如图，矩形OABC在坐标系中，OA＞OC，矩形面积为12，对角线AC的长为5．
（1）求A，C的坐标；
（2）若D为AC中点，过D的直线交y轴负半轴于E，交BC于F，且OE=1，求直线EF的解析式；
（3）在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在一点G，使以C，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2011春?张家港市期末）如图，OB是矩形OABC的对角线，点B的坐标为（3，6）．D、E分别是OC、OB上的点，OD=5，OE=2EB，过D、E的直线交x轴于点F．
（1）点E的坐标为；
（2）求直线DE的解析式；
（3）若点M是线段DF上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使得以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2007秋?成都期末）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的两个顶点A、B的坐标分别A（，0）、B（，2），∠CAO=30°．
（1）求对角线AC所在的直线的函数表达式；
（2）把矩形OABC以AC所在的直线为对称轴翻折，点O落在平面上的点D处，求点D的坐标；
（3）在平面内是否存在点P，使得以A、O、D、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
12．（2014?金华模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线l：分别交
x轴、y轴于A、B两点．点C（2，0）、D（8，0），以CD为一边在x轴上方作矩形CDEF，且CF：CD=1：3．设矩形CDEF与△ABO重叠部分的面积为S．
（1）求点E、F的坐标；
（2）求s与b的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）若把点O关于直线l的对称点记为点G，在直线l上下平移的过程中，平面上是否存在这样的点P，使得以A、P、E、G为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
13．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，4），B（2，3）．
（1）求出直线AB的解析式；
（2）点P是直线AB上的一个动点，在平面直角坐标系内，是否存在另一个点Q，使得以A，O，P，Q为顶点的四边形是菱形（AP为其中一个边）若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
14．如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣2x+12与x轴、y轴交于A、B两点，点C是线段AB的中点，点D在线段OC上，OD=2CD．
（1）点C的坐标为；
（2）求直线AD的解析式；
（3）P是直线AD上的点，在平面内是否存在点Q，使以为O、A、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．。