一次函數(shù)和幾何結(jié)合綜合題1．〔天水〕如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，△AOB是等邊三角形，點(diǎn)A的坐標(biāo)是〔0，4〕，點(diǎn)B在第一象限，點(diǎn)P是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，并把△AOP繞著點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使邊AO與AB重合，得到△ABD．〔1〕求直線AB的解析式；〔2〕當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)〔，0〕時(shí)，求此時(shí)DP的長及點(diǎn)D的坐標(biāo)；〔3〕是否存在點(diǎn)P，使△OPD的面積等于？假設(shè)存在，請求出符合條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．2．〔濟(jì)寧〕如圖，直線y=﹣x+4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，與直線y=x交于點(diǎn)C．在線段OA上，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)向點(diǎn)O做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．分別過點(diǎn)P、Q作x軸的垂線，交直線AB、OC于點(diǎn)E、F，連接EF．假設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，在運(yùn)動(dòng)過程中四邊形PEFQ總為矩形〔點(diǎn)P、Q重合除外〕．〔1〕求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是多少？〔2〕當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ為正方形？〔3〕當(dāng)t為多少秒時(shí)，矩形PEFQ的面積S最大？并求出最大值．3．〔綏化〕如圖，直線MN與x軸，y軸分別相交于A，C兩點(diǎn)，分別過A，C兩點(diǎn)作x軸，y軸的垂線相交于B點(diǎn)，且OA，OC〔OA＞OC〕的長分別是一元二次方程x2﹣14x+48=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根．〔1〕求C點(diǎn)坐標(biāo)；〔2〕求直線MN的解析式；〔3〕在直線MN上存在點(diǎn)P，使以點(diǎn)P，B，C三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，請直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)．4．〔齊齊哈爾〕如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線l分別交x軸、y軸于A、B兩點(diǎn)〔OA＜OB〕且OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣〔+1〕x+=0的兩個(gè)根，點(diǎn)C在x軸負(fù)半軸上，且AB：AC=1：2〔1〕求A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；〔2〕假設(shè)點(diǎn)M從C點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿射線CB運(yùn)動(dòng)，連接AM，設(shè)△ABM的面積為S，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，寫出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；〔3〕點(diǎn)P是y軸上的點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點(diǎn)Q，使以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？假設(shè)存在，請直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．5．〔屯留縣期末〕如圖，四邊形OABC是菱形，點(diǎn)C在x軸上，AB交y軸于點(diǎn)H，AC交y軸于點(diǎn)M．點(diǎn)A〔﹣3，4〕．〔1〕求AO的長；〔2〕求直線AC的解析式和點(diǎn)M的坐標(biāo)；〔3〕點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿折線A﹣B﹣C運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)C終止．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，△PMB的面積為S．①求S與t的函數(shù)關(guān)系式；②求S的最大值．6．〔鞍山〕如圖，正方形ABCO的邊OA、OC在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)B坐標(biāo)〔3，3〕，將正方形ABCO繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度α〔0°＜α＜90°〕，得到正方形ADEF，ED交線段OC于點(diǎn)G，ED的延長線交線段BC于點(diǎn)P，連AP、AG．〔1〕求證：△AOG≌△ADG；〔2〕求∠PAG的度數(shù)；并判斷線段OG、PG、BP之間的數(shù)量關(guān)系，說明理由；〔3〕當(dāng)∠1=∠2時(shí)，求直線PE的解析式．7．〔桃源縣校級自主招生〕如圖，點(diǎn)A在y軸上，點(diǎn)B在x軸上，且OA=OB=1，經(jīng)過原點(diǎn)O的直線l交線段AB于點(diǎn)C，過C作OC的垂線，與直線x=1相交于點(diǎn)P，現(xiàn)將直線L繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使交點(diǎn)C從A向B運(yùn)動(dòng)，但C點(diǎn)必須在第一象限內(nèi)，并記AC的長為t，分析此圖后，對以下問題作出探究：〔1〕當(dāng)△AOC和△BCP全等時(shí)，求出t的值；〔2〕通過動(dòng)手測量線段OC和CP的長來判斷它們之間的大小關(guān)系并證明你得到的結(jié)論；〔3〕①設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔1，b〕，試寫出b關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式和變量t的取值范圍．②求出當(dāng)△PBC為等腰三角形時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．8．〔海陵區(qū)期末〕如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，與直線OC交于點(diǎn)C．〔1〕假設(shè)直線AB解析式為y=﹣2x+12，直線OC解析式為y=x，①求點(diǎn)C的坐標(biāo)；②求△OAC的面積．〔2〕如圖2，作∠AOC的平分線ON，假設(shè)AB⊥ON，垂足為E，△OAC的面積為6，且OA=4，P、Q分別為線段OA、OE上的動(dòng)點(diǎn)，連接AQ與PQ，試探索AQ+PQ是否存在最小值？假設(shè)存在，求出這個(gè)最小值；假設(shè)不存在，說明理由．9．〔成都校級期末〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線PA是一次函數(shù)y=x+m〔m＞0〕的圖象，直線PB是一次函數(shù)y=﹣3x+n〔n＞m〕的圖象，點(diǎn)P是兩直線的交點(diǎn)，點(diǎn)A、B、C、Q分別是兩條直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)．〔1〕用m、n分別表示點(diǎn)A、B、P的坐標(biāo)及∠PAB的度數(shù)；〔2〕假設(shè)四邊形PQOB的面積是，且CQ：AO=1：2，試求點(diǎn)P的坐標(biāo)，并求出直線PA與PB的函數(shù)表達(dá)式；〔3〕在〔2〕的條件下，是否存在一點(diǎn)D，使以A、B、P、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？假設(shè)存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．10．〔綦江縣校級期末〕如圖，一次函數(shù)的函數(shù)圖象與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，以線段AB為直角邊在第一象限內(nèi)作Rt△ABC，且使∠ABC=30°．〔1〕求△ABC的面積；〔2〕如果在第二象限內(nèi)有一點(diǎn)P〔m，〕，試用含m的代數(shù)式表示△APB的面積，并求當(dāng)△APB與△ABC面積相等時(shí)m的值；〔3〕是否存在使△QAB是等腰三角形并且在坐標(biāo)軸上的點(diǎn)Q？假設(shè)存在，請寫出點(diǎn)Q所有可能的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．參考答案與試題解析一．解答題〔共10小題〕1、解答：解：〔1〕如圖1，過點(diǎn)B作BE⊥y軸于點(diǎn)E，作BF⊥x軸于點(diǎn)F．由得：BF=OE=2，OF==，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是〔，2〕設(shè)直線AB的解析式是y=kx+b〔k≠0〕，那么有．解得．∴直線AB的解析式是y=x+4；〔2〕如圖2，∵△ABD由△AOP旋轉(zhuǎn)得到，∴△ABD≌△AOP，∴AP=AD，∠DAB=∠PAO，∴∠DAP=∠BAO=60°，∴△ADP是等邊三角形，∴DP=AP=．如圖2，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，延長EB交DH于點(diǎn)G，那么BG⊥DH．方法〔一〕在Rt△BDG中，∠BGD=90°，∠DBG=60°．∴BG=BD?cos60°=×=．DG=BD?sin60°=×=．∴OH=EG=，DH=∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為〔，〕方法〔二〕易得∠AEB=∠BGD=90°，∠ABE=∠BDG，∴△ABE∽△BDG，∴；而AE=2，BD=OP=，BE=2，AB=4，那么有，解得BG=，DG=；∴OH=，DH=；∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為〔，〕．〔3〕假設(shè)存在點(diǎn)P，在它的運(yùn)動(dòng)過程中，使△OPD的面積等于．設(shè)點(diǎn)P為〔t，0〕，下面分三種情況討論：①當(dāng)t＞0時(shí)，如圖，BD=OP=t，DG=t，∴DH=2+t．∵△OPD的面積等于，∴，解得，〔舍去〕∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為〔，0〕．②∵當(dāng)D在y軸上時(shí)，根據(jù)勾股定理求出BD==OP，∴當(dāng)＜t≤0時(shí)，如圖，BD=OP=﹣t，DG=﹣t，∴GH=BF=2﹣〔﹣t〕=2+t．∵△OPD的面積等于，∴，解得，，∴點(diǎn)P2的坐標(biāo)為〔，0〕，點(diǎn)P3的坐標(biāo)為〔，0〕．③當(dāng)t≤時(shí)，如圖3，BD=OP=﹣t，DG=﹣t，∴DH=﹣t﹣2．∵△OPD的面積等于，∴〔﹣t〕[﹣〔2+t〕]=，解得〔舍去〕，∴點(diǎn)P4的坐標(biāo)為〔，0〕，綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)分別為P1〔，0〕、P2〔，0〕、P3〔，0〕、P4〔，0〕．2．解答：解：〔1〕∵直線y=﹣x+4與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)A、B，∴x=0時(shí)，y=4，y=0時(shí)，x=8，∴==，當(dāng)t秒時(shí)，QO=FQ=t，那么EP=t，∵EP∥BO，∴==，∴AP=2t，∵動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)O出發(fā)向點(diǎn)A做勻速運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度是每秒2個(gè)單位長度；〔2〕如圖1，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，那么∵OQ=FQ=t，PA=2t，∴QP=8﹣t﹣2t=8﹣3t，∴8﹣3t=t，解得：t=2；如圖2，當(dāng)PQ=PE時(shí)，矩形PEFQ為正方形，∵OQ=t，PA=2t，∴OP=8﹣2t，∴QP=t﹣〔8﹣2t〕=3t﹣8，∴t=3t﹣8，解得：t=4；〔3〕如圖1，當(dāng)Q在P點(diǎn)的左邊時(shí)，∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8﹣t﹣2t=8﹣3t，∴S矩形PEFQ=QP?QF=〔8﹣3t〕?t=8t﹣3t2，當(dāng)t=﹣=時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：=，如圖2，當(dāng)Q在P點(diǎn)的右邊時(shí)，∵OQ=t，PA=2t，∴2t＞8﹣t，∴t，∴QP=t﹣〔8﹣2t〕=3t﹣8，∴S矩形PEFQ=QP?QF=〔3t﹣8〕?t=3t2﹣8t，∵當(dāng)點(diǎn)P、Q其中一點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，∴＜t≤4，當(dāng)t=﹣=時(shí)，S矩形PEFQ的最大，∴t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：3×42﹣8×4=16，綜上所述，當(dāng)t=4時(shí)，S矩形PEFQ的最大值為：16．3．解答：解：〔1〕解方程x2﹣14x+48=0得x1=6，x2=8．∵OA，OC〔OA＞OC〕的長分別是一元二次方程x2﹣14x+48=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，∴OC=6，OA=8．∴C〔0，6〕；〔2〕設(shè)直線MN的解析式是y=kx+b〔k≠0〕．由〔1〕知，OA=8，那么A〔8，0〕．∵點(diǎn)A、C都在直線MN上，∴，解得，，∴直線MN的解析式為y=﹣x+6；〔3〕∵A〔8，0〕，C〔0，6〕，∴根據(jù)題意知B〔8，6〕．∵點(diǎn)P在直線MNy=﹣x+6上，∴設(shè)P〔a，﹣a+6〕當(dāng)以點(diǎn)P，B，C三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，需要分類討論：①當(dāng)PC=PB時(shí)，點(diǎn)P是線段BC的中垂線與直線MN的交點(diǎn)，那么P1〔4，3〕；②當(dāng)PC=BC時(shí)，a2+〔﹣a+6﹣6〕2=64，解得，a=，那么P2〔﹣，〕，P3〔，〕；③當(dāng)PB=BC時(shí)，〔a﹣8〕2+〔a﹣6+6〕2=64，解得，a=，那么﹣a+6=﹣，∴P4〔，﹣〕．綜上所述，符合條件的點(diǎn)P有：P1〔4，3〕，P2〔﹣，〕P3〔，〕，P4〔，﹣〕．4．解答：解：〔1〕x2﹣〔+1〕x+=0，〔x﹣〕〔x﹣1〕=0，解得x1=，x2=1，∵OA＜OB，∴OA=1，OB=，∴A〔1，0〕，B〔0，〕，∴AB=2，又∵AB：AC=1：2，∴AC=4，∴C〔﹣3，0〕；〔2〕∵AB=2，AC=4，BC=2，∴AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°，題意得：CM=t，CB=2．①當(dāng)點(diǎn)M在CB邊上時(shí)，S=2﹣t〔0≤t〕；②當(dāng)點(diǎn)M在CB邊的延長線上時(shí)，S=t﹣2〔t＞2〕；〔3〕存在．①當(dāng)AB是菱形的邊時(shí)，如下圖，在菱形AP1Q1B中，Q1O=AO=1，所以Q1點(diǎn)的坐標(biāo)為〔﹣1，0〕，在菱形ABP2Q2中，AQ2=AB=2，所以Q2點(diǎn)的坐標(biāo)為〔1，2〕，在菱形ABP3Q3中，AQ3=AB=2，所以Q3點(diǎn)的坐標(biāo)為〔1，﹣2〕，②當(dāng)AB為菱形的對角線時(shí)，如下圖的菱形AP4BQ4，設(shè)菱形的邊長為x，那么在Rt△AP4O中，AP42=AO2+P4O2，即x2=12+〔﹣x〕2，解得x=，所以Q4〔1，〕．綜上可得，平面內(nèi)滿足條件的Q點(diǎn)的坐標(biāo)為：Q1〔﹣1，0〕，Q2〔1，﹣2〕，Q3〔1，2〕，Q4〔1，〕．5．解答：〔1〕解：∵A〔﹣3，4〕，∴AH=3，OH=4，由勾股定理得：AO==5，答：OA的長是5．〔2〕解：∵菱形OABC，∴OA=OC=BC=AB=5，5﹣3=2，∴B〔2，4〕，C〔5，0〕，設(shè)直線AC的解析式是y=kx+b，把A〔﹣3，4〕，C〔5，0〕代入得：，解得：，∴直線AC的解析式為，當(dāng)x=0時(shí)，y=2.5∴M〔0，2.5〕，答：直線AC的解析式是，點(diǎn)M的坐標(biāo)是〔0，2.5〕．〔3〕①解：過M作MN⊥BC于N，∵菱形OABC，∴∠BAC=∠OCA，∵M(jìn)O⊥CO，MN⊥BC，∴OM=MN，當(dāng)0≤t＜2.5時(shí)，P在AB上，MH=4﹣2.5=，S=×BP×MH=×〔5﹣2t〕×=﹣t+，∴，當(dāng)t=2.5時(shí)，P與B重合，△PMB不存在；當(dāng)2.5＜t≤5時(shí)，P在BC上，S=×PB×MN=×〔2t﹣5〕×=t﹣，∴，答：S與t的函數(shù)關(guān)系式是〔0≤t＜2.5〕或〔2.5＜t≤5〕．②解：當(dāng)P在AB上時(shí)，高M(jìn)H一定，只有BP取最大值即可，即P與A重合，S最大是×5×=，同理在BC上時(shí)，P與C重合時(shí)，S最大是×5×=，∴S的最大值是，答：S的最大值是．6．解答：〔1〕證明：∵∠AOG=∠ADG=90°，∴在Rt△AOG和Rt△ADG中，∵，∴△AOG≌△ADG〔HL〕；〔2〕解：PG=OG+BP．由〔1〕同理可證△ADP≌△ABP，那么∠DAP=∠BAP，由〔1〕可知，∠1=∠DAG，又∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，所以，2∠DAG+2∠DAP=90°，即∠DAG+∠DAP=45°，故∠PAG=∠DAG+∠DAP=45°，∵△AOG≌△ADG，△ADP≌△ABP，∴DG=OG，DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP；〔3〕解：∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∴∠1=∠2=30°，在Rt△AOG中，AO=3，AG=2OG，AG2=AO2+OG2，∴OG=，那么G點(diǎn)坐標(biāo)為：〔，0〕，CG=3﹣，在Rt△PCG中，PG=2CG=2〔3﹣〕，PC==3﹣3，那么P點(diǎn)坐標(biāo)為：〔3，3﹣3〕，設(shè)直線PE的解析式為y=kx+b，那么，解得，所以，直線PE的解析式為y=x﹣3．7．解答：解：〔1〕△AOC和△BCP全等，那么AO=BC=1，又AB=，所以t=AB﹣BC=﹣1；〔2〕OC=CP．證明：過點(diǎn)C作x軸的平行線，交OA與直線BP于點(diǎn)T、H．∵PC⊥OC，∴∠OCP=90°，∵OA=OB=1，∴∠OBA=45°，∵TH∥OB，∴∠BCH=45°，又∠CHB=90°，∴△CHB為等腰直角三角形，∴CH=BH，∵∠AOB=∠OBH=∠BHT=90°，∴四邊形OBHT為矩形，∴OT=BH，∴OT=CH，∵∠TCO+∠PCH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，∴∠TCO=∠CPH，∵HB⊥x軸，TH∥OB，∴∠CTO=∠THB=90°，TO=HC，∠TCO=∠CPH，∴△OTC≌△CHP，∴OC=CP；〔3〕①∵△OTC≌△CHP，∴CT=PH，∴PH=CT=AT=AC?cos45°=t，∴BH=OT=OA﹣AT=1﹣t，∴BP=BH﹣PH=1﹣t，∴；〔0＜t＜〕②t=0時(shí)，△PBC是等腰直角三角形，但點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，不在第一象限，所以不符合，PB=BC，那么﹣t=|1﹣t|，解得t=1或t=﹣1〔舍去〕，∴當(dāng)t=1時(shí)，△PBC為等腰三角形，即P點(diǎn)坐標(biāo)為：P〔1，1﹣〕．8．解答：解：〔1〕①由題意，解得所以C〔4，4〕②把y=0代入y=﹣2x+12得，x=6，所以A點(diǎn)坐標(biāo)為〔6，0〕，所以．〔2〕存在；由題意，在OC上截取OM=OP，連接MQ，∵OQ平分∠AOC，∴∠AOQ=∠COQ，又OQ=OQ，∴△POQ≌△MOQ〔SAS〕，∴PQ=MQ，∴AQ+PQ=AQ+MQ，當(dāng)A、Q、M在同一直線上，且AM⊥OC時(shí)，AQ+MQ最小．即AQ+PQ存在最小值．∵AB⊥ON，所以∠AEO=∠CEO，∴△AEO≌△CEO〔ASA〕，∴OC=OA=4，∵△OAC的面積為6，所以AM=12÷4=3，∴AQ+PQ存在最小值，最小值為3．9．解答：解：〔1〕在直線y=x+m中，令y=0，得x=﹣m．∴點(diǎn)A〔﹣m，0〕．在直線y=﹣3x+n中，令y=0，得．∴點(diǎn)B〔，0〕．由，得，∴點(diǎn)P〔，〕．在直線y=x+m中，令x=0，得y=m，∴|﹣m|=|m|，即有AO=QO．又∵∠AOQ=90°