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一次函数与图形变换（含答案)
1。（201１•苏州)如图，巳知A点坐标为（5，0)，直线y＝ｘ+ｂ(ｂ>0）与y轴交于点B,连接AB,∠α=７5°,则b得值为( )A．３ Ｂ。 C.４ﻩＤ.

1　 　　　 　　 　 　 　 2 　 　 　 　 　 　 　 ３
2。（2013•重庆)如图，平面直角坐标系中，已知直线y=ｘ上一点Ｐ（１,１）,C为y轴上一点，连接ＰC,线段PC绕点P顺时针旋转9０°至线段PＤ,过点D作直线ＡB⊥ｘ轴，垂足为B，直线AB与直线y=x交于点A，且BＤ=2AＤ，连接ＣD,直线ＣＤ与直线y＝ｘ交于点Q,则点Q得坐标为 　 　　 ．
3.（2０１3•湖州）如图，已知点A就是第一象限内横坐标为２得一个定点，ＡC⊥x轴于点M,交直线ｙ=﹣x于点N。若点P就是线段ON上得一个动点,∠ＡPB=３0°，ＢA⊥PA，则点Ｐ在线段ＯＮ上运动时，A点不变,Ｂ点随之运动。求当点P从点O运动到点N时,点Ｂ运动得路径长就是　 　　　.
4。（2013•义乌市）如图，直线ｌ1⊥x轴于点A(２，0）,点B就是直线l１上得动点.直线ｌ2:y=x+1交l1于点C，过点Ｂ作直线l3垂直于l2,垂足为D,过点O，B得直线l4交l2于点E，当直线l1，l2,l３能围成三角形时，设该三角形面积为S１，当直线ｌ2，ｌ３,l4能围成三角形时，设该三角形面积为S2.
(１)若点B在线段AＣ上，且S１=S2，则B点坐标为　　 　 ；
（2）若点B在直线l１上，且S2=S1,则∠ＢOA得度数为 　 　。

　4 　 　 　　 　 　　　 　 　 　 　　 　 ５
5.(20１1•深圳）如图,△ABＣ得内心在y轴上，点C得坐标为(2，0），点B得坐标就是(0，2）,直线ＡC得解析式为,则taｎA得值就是 　 　 。
6.(2０11•攀枝花）如图，已知直线l1:与直线 l２：y=﹣2ｘ+1６相交于点C,直线l１、ｌ２分别交x轴于A、B两点,矩形ＤEＦＧ得顶点Ｄ、E分别在l1、l２上,顶点F、G都在x轴上,且点G与Ｂ点重合，那么Ｓ矩形DＥFG：S△AＢC= 　 　　 。

　 6 　 　 　 　 　　 7
7．(２007•南平)如图，直线ｙ=ｘ+4与x轴、y轴分别交于A、B两点,点C在OB上,若将△ＡBC沿AC折叠，使点B恰好落在x轴上得点D处，则点C得坐标就是　 　　 。
8。（201５•黑龙江)如图，四边形OAＢＣ就是矩形，点Ａ、C在坐标轴上，△ＯＤE就是△OCＢ绕点O顺时针旋转９０°得到得，点Ｄ在x轴上,直线BD交y轴于点F,交OE于点Ｈ,线段BC、OC得长就是方程x２﹣6x+8=0得两个根,且OC>BC．
（１）求直线BD得解析式;
（2）求△OFH得面积;
(３）点Ｍ在坐标轴上，平面内就是否存在点N,使以点D、F、M、Ｎ为顶点得四边形就是矩形？若存在,请直接写出点N得坐标;若不存在，请说明理由。

9。(２014•新疆)如图，直线ｙ＝﹣x+8与x轴交于Ａ点,与y轴交于B点，动点P从A点出发，以每秒2个单位得速度沿ＡO方向向点O匀速运动,同时动点Q从B点出发，以每秒1个单位得速度沿BＡ方向向点Ａ匀速运动,当一个点停止运动,另一个点也随之停止运动，连接PQ,设运动时间为ｔ（s）（0＜ｔ≤3)。
（1）写出A，B两点得坐标；
(２）设△ＡＱP得面积为S,试求出S与ｔ之间得函数关系式;并求出当t为何值时,△AQＰ得面积最大?
（3）当ｔ为何值时,以点Ａ,P,Q为顶点得三角形与△ＡBO相似，并直接写出此时点Q得坐标.

１０。(２013•泉州）如图，直线ｙ=﹣ｘ+２分别与x、y轴交于点B、C,点A(﹣２，０),P就是直线BＣ上得动点.
（1）求∠ABC得大小；
(2)求点P得坐标,使∠ＡＰO=30°；
（3)在坐标平面内,平移直线BC,试探索:当ＢC在不同位置时,使∠APO=３０°得点P得个数就是否保持不变?若不变，指出点P得个数有几个？若改变，指出点Ｐ得个数情况,并简要说明理由。

１１．（2０13•牡丹江)如图，平面直角坐标系中,矩形OABC得对角线AC=12,tan∠ACO＝,
（1）求B、C两点得坐标；
（2)把矩形沿直线DＥ对折使点Ｃ落在点A处，DＥ与AC相交于点Ｆ，求直线DE得解析式；
(3)若点M在直线DE上，平面内就是否存在点N，使以Ｏ、F、M、N为顶点得四边形就是菱形?若存在，请直接写出点N得坐标；若不存在，请说明理由。

12。（201０•双流县）如图,一次函数得图象与x轴、y轴分别交于Ａ、B两点,且A、B两点得坐标分别为(4，0）,(０，３）.
（1)求一次函数得表达式。
（2)点C在线段OA上,沿BC将△OBC翻折，O点恰好落在AＢ上得Ｄ处，求直线ＢC得表达式．

13.（20１1•黑龙江)如图，直线AB与坐标轴分别交于点A、点Ｂ，且OA、OＢ得长分别为方程x2﹣6x+8=0得两个根（OA<OB)，点C在y轴上，且OＡ：AＣ=2：5,直线CD垂直于直线AB于点P,交x轴于点D。
(1）求出点Ａ、点B得坐标.
(2)请求出直线CＤ得解析式.
（３)若点M为坐标平面内任意一点，在坐标平面内就是否存在这样得点M,使以点Ｂ、Ｐ、D、Ｍ为顶点得四边形就是平行四边形？若存在,请直接写出点M得坐标；若不存在，请说明理由。

14．(2０1３•济南)如图，点A得坐标就是（﹣２,０）,点B得坐标就是(6,０)，点Ｃ在第一象限内且△OBC为等边三角形,直线ＢＣ交y轴于点D,过点A作直线ＡE⊥ＢD，垂足为E，交OC于点Ｆ。
（1）求直线BD得函数表达式;
（2)求线段OＦ得长;
(3)连接BF，OＥ，试判断线段BF与OE得数量关系,并说明理由.

　答案
1．(2011•苏州）如图，巳知A点坐标为（5，0），直线y=x+b（b>０）与y轴交于点Ｂ，连接AB，∠α＝75°,则b得值为（　 ）

A.3ﻩB。ﻩC。４ﻩＤ.
【考点】一次函数综合题。
【专题】综合题；压轴题。
【分析】根据三角函数求出点B得坐标，代入直线y=x+ｂ（b>0），即可求得b得值.
【解答】解：由直线ｙ＝x+ｂ（b>0)，可知∠1＝4５°,
∵∠α=7５°,
∴∠ＡＢＯ=180°﹣45°﹣７5°＝60°,
∴ＯＢ=OA÷taｎ∠AＢO=.
∴点Ｂ得坐标为（0,）,
∴b=。
故选：B.

【点评】本题灵活考查了一次函数点得坐标得求法与三角函数得知识，注意直线y=x＋b(ｂ＞０）与x轴得夹角为４５°.
二。填空题（共６小题）
２。（2013•重庆）如图，平面直角坐标系中,已知直线ｙ＝ｘ上一点P（1,1），Ｃ为y轴上一点,连接PＣ,线段PC绕点P顺时针旋转9０°至线段ＰＤ，过点D作直线AB⊥x轴,垂足为B，直线ＡＢ与直线y=x交于点Ａ，且BＤ=２ＡＤ,连接CD,直线ＣD与直线ｙ=x交于点Q，则点Q得坐标为　（,）　。

【考点】一次函数综合题。
【专题】压轴题。
【分析】过Ｐ作MN⊥y轴，交ｙ轴于M，交AB于Ｎ,过Ｄ作ＤH⊥y轴,交ｙ轴于H，∠CMP=∠DＮP＝∠ＣPD=90°，求出∠ＭCP=∠ＤＰＮ，证△MCＰ≌△NＰD，推出ＤN＝PM，PN=ＣM，设AD=ａ，求出ＤN＝2a﹣1，得出２a﹣1＝1,求出a=1,得出D得坐标,在Rt△DNP中,由勾股定理求出PC=PD=，在Ｒt△MＣP中,由勾股定理求出CＭ＝2,得出C得坐标,设直线ＣD得解析式就是y=kx+3,把D(3，2）代入求出直线CD得解析式,解由两函数解析式组成得方程组，求出方程组得解即可．
【解答】解：
过P作ＭＮ⊥ｙ轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴,交y轴于H，
∠CＭＰ=∠ＤNＰ＝∠CＰD=９0°，
∴∠MCP＋∠CPM＝90°,∠ＭＰC+∠DPN=90°,
∴∠MＣP=∠DPＮ，
∵P（１,1），
∴ＯM＝BN=1，PM=1,
在△MCP与△NPD中

∴△MＣＰ≌△NPD（AＡS),
∴DN=PM，ＰN=CＭ,
∵ＢD=2ＡD,
∴设ＡD＝a,BＤ=2ａ,
∵P（1，１)，
∴DＮ=2a﹣１，
则2ａ﹣１=1，
a=１，即BD=2.
∵直线y＝x，
∴AB=OB=３,
在Rt△DNP中，由勾股定理得：PＣ=PD＝=，
在Ｒt△MCP中，由勾股定理得:CM==2,
则Ｃ得坐标就是（0，3），
设直线CD得解析式就是ｙ＝ｋx+3，
把Ｄ（3，2）代入得:ｋ=﹣，
即直线CD得解析式就是y=﹣x+3，
即方程组得:，
即Q得坐标就是(，），
故答案为：(，)．

【点评】本题考查了用待定系数法求出一次函数得解析式，全等三角形得性质与判定，解方程组,勾股定理，旋转得性质等知识点得应用，主要考查学生综合运用性质进行推理与计算得能力，题目比较好，但就是有一定得难度.
3。（2013•湖州）如图,已知点A就是第一象限内横坐标为2得一个定点,ＡC⊥x轴于点M,交直线y=﹣x于点N.若点P就是线段OＮ上得一个动点，∠APB＝30°,ＢＡ⊥PＡ，则点P在线段ＯN上运动时，A点不变，Ｂ点随之运动．求当点Ｐ从点O运动到点N时，点B运动得路径长就是　 .

【考点】一次函数综合题。
【专题】压轴题。
【分析】（1)首先，需要证明线段B0Bn就就是点B运动得路径（或轨迹），如答图②所示.利用相似三角形可以证明;
（2)其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bｎ得长度,即点B运动得路径长．
【解答】解:由题意可知,OＭ=，点N在直线y=﹣x上,AC⊥x轴于点Ｍ，则△ＯMN为等腰直角三角形，ＯN=ＯM＝×=。
如答图①所示，设动点P在O点(起点）时，点B得位置为Ｂ0，动点P在N点(终点）时，点B得位置为Bn，连接Ｂ0Bｎ
∵AＯ⊥AＢ0,AN⊥ＡＢn，∴∠OＡC＝∠B0ABn，
又∵AB0=ＡO•taｎ3０°,ABｎ＝AN•taｎ30°，∴AB0:AO＝ABn:AN=tan3０°（此处也可用３0°角得Rt△三边长得关系来求得），
∴△AＢ0Bn∽△AON，且相似比为tan3０°，
∴B0Bｎ＝ON•tan３０°=×=。
现在来证明线段B0Bn就就是点Ｂ运动得路径(或轨迹）.
如答图②所示，当点Ｐ运动至ON上得任一点时,设其对应得点B为Bi,连接ＡP,ＡBi，B0Ｂｉ
∵AO⊥AＢ0，ＡP⊥ABi，∴∠OＡＰ＝∠B0AＢi，
又∵AB0=AＯ•ｔａn３０°,ＡBi=AＰ•taｎ３0°，∴AB０：AO=ABi：ＡP，
∴△AB0Bi∽△ＡOP，∴∠ＡB0Bi＝∠AOＰ．
又∵△ＡB0Bｎ∽△AＯN，∴∠AB0Bn＝∠AOP，
∴∠ＡＢ０Bｉ=∠AB0Bｎ,
∴点Bi在线段Ｂ０Ｂn上，即线段Ｂ0Ｂn就就是点B运动得路径(或轨迹）．
综上所述，点B运动得路径(或轨迹）就是线段B0Bn，其长度为。
故答案为:。

【点评】本题考查坐标平面内由相似关系确定得点得运动轨迹，难度很大．本题得要点有两个:首先,确定点B得运动路径就是本题得核心,这要求考生有很好得空间想象能力与分析问题得能力;其次,由相似关系求出点B运动路径得长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系得复杂运算之中。
4.（2013•义乌市）如图，直线ｌ１⊥x轴于点A(2,0），点B就是直线l1上得动点.直线ｌ2：y＝x+1交l1于点C，过点Ｂ作直线ｌ３垂直于l２,垂足为D，过点O,B得直线ｌ４交l2于点E,当直线l1,l２，l3能围成三角形时，设该三角形面积为S1,当直线l2，ｌ3，ｌ4能围成三角形时,设该三角形面积为S2.
（1）若点B在线段AＣ上,且S１=S２，则B点坐标为 (２,0) ;
(2)若点B在直线l1上,且Ｓ2=S１，则∠BOA得度数为　１5°或7５°　。

【考点】一次函数综合题.
【专题】压轴题.
【分析】(1)设Ｂ得坐标就是（２，ｍ）,则△BCD就是等腰直角三角形，即可表示出S１，求得直线ｌ1得解析式,解方程组即可求得E得坐标,则S2得值即可求得,根据S1=S2,即可得到一个关于m得方程从而求得m得值;
（2)分类讨论,根据S２=S1，即可得到一个关于m得方程从而求得m得值，根据勾股定理，求得角得度数。
【解答】解：（1)设B得坐标就是(2,ｍ),
∵直线ｌ2:y＝x＋１交l１于点C，
∴∠ＡＣE=45°,
∴△BCＤ就是等腰直角三角形．
BC=｜3﹣m｜，
则ＢD＝ＣＤ=ＢC=|3﹣ｍ|,
S1＝×(｜3﹣m｜）２=（3﹣ｍ）2。
设直线l4得解析式就是y＝ｋｘ,过点B,
则２k=m,解得：k=,
则直线l４得解析式就是y=x．
根据题意得：，解得：，
则E得坐标就是(,)。
S△BCE=BＣ•||=｜3﹣m|•｜｜=。
∴S2=S△BCE﹣S１＝﹣（3﹣m）2．当S1＝S2时，﹣（3﹣ｍ）2=（３﹣ｍ）2。
解得：m1=４或ｍ2=0，
易得点C坐标为(2,３),即AＣ=３,
∵点B在线段AC上,
∴m1=４不合题意舍去，
则B得坐标就是(2，0）；
(2)分三种情况:
①当点B在线段AC上时
当Ｓ2＝S１时，﹣（3﹣m)2=(３﹣m）2。
解得：m=4﹣2或2(不在线段AC上,舍去)，或m=3（l2与l4重合，舍去).
则ＡB＝4﹣2.
在OA上取点F，使OF=ＢF，连接ＢＦ,设ＯF=BF=ｘ。
则AF=2﹣x，根据勾股定理,，
解得:,
∴sin∠BFA=，
∴∠ＢFA=３0°,
∴∠BOA=15°;
②当点B在ＡＣ延长线上时，
此时，
当S2=S1时,得:，
解得符合题意有：AB=4+2.
在ＡB上取点G，使BG=OG,连接OG,设BG=OＧ＝ｘ，
则AG＝4+２﹣x．根据勾股定理，得，
解得：ｘ=4,
∴ｓin∠OGA=，
∴∠ＯＧA=３0°，
∴∠OBA=15°，
∴∠BOＡ=７5°；
③当点B在CA延长线上时
此时,,
当S2=S１时，得：,
解得：m＝3(ｌ2与l4重合，舍去），
∴此时满足条件得点B不存在,
综上所述,∠BＯA得度数为15°或75°。

【点评】本题考查了一次函数与勾股定理得应用，三角形得面积，正确表示出S2就是关键.
5。（２011•深圳)如图,△ABC得内心在y轴上，点C得坐标为(2，0),点B得坐标就是(0,2）,直线ＡＣ得解析式为，则tanＡ得值就是 　.

【考点】一次函数综合题.
【专题】压轴题.
【分析】根据三角形内心得特点知∠ABO＝∠ＣBＯ,根据点Ｃ、点Ｂ得坐标得出ＯB=ＯC,∠OBC=４5°，∠ABＣ=90°可知△AＢC为直角三角形,ＢC=2，然后根据两点间距离公式及勾股定理得出点A坐标，从而得出AB，即可得出答案．
【解答】解：根据三角形内心得特点知∠AＢＯ＝∠CBO，
∵已知点C、点B得坐标，
∴OB＝OＣ，∠OＢＣ=45°,∠ABC=90°可知△ABC为直角三角形,BC=2,
∵点A在直线AC上，设Ａ点坐标为（ｘ,x﹣1),
根据两点距离公式可得：
AB2＝ｘ2+，
ＡC２=（x﹣2）2+,
在Rt△ABC中，
AB２＋ＢC２＝ＡC2,
解得:ｘ=﹣６,y＝﹣4，
∴AB=6,
∴tanA===.
故答案为：.
【点评】本题主要考查了三角形内心得特点，两点间距离公式、勾股定理，综合性较强,难度较大。
6.（20１１•攀枝花）如图，已知直线l1：与直线 l2:ｙ＝﹣2x＋16相交于点C，直线l1、l2分别交x轴于Ａ、Ｂ两点,矩形ＤEFＧ得顶点D、E分别在ｌ１、ｌ2上，顶点Ｆ、G都在x轴上，且点G与B点重合,那么S矩形ＤＥFG:S△ABC= 8:9 .

【考点】一次函数综合题．
【专题】压轴题.
【分析】把y=０代入l1解析式求出x得值便可求出点A得坐标.令x＝0代入l2得解析式求出点B得坐标.然后可求出AB得长.联立方程组可求出交点C得坐标,继而求出三角形ＡＢC得面积，再利用xD＝xB=8易求D点坐标．又已知yE=yD＝8可求出E点坐标.故可求出DE,EF得长,即可得出矩形面积.
【解答】解：由 ｘ+＝0,得x=﹣4。
∴A点坐标为(﹣４,0）,
由﹣２x+16=0,得x=8.
∴B点坐标为（8，0),
∴AB=8﹣（﹣4）=１2．
由 ，解得 ,
∴C点得坐标为(5，6），
∴S△ABＣ=AB•C=×１2×6=3６.
∵点D在l1上且xＤ＝xB＝8,
∴yＤ＝×8+=8,
∴D点坐标为（8，8)，
又∵点E在l2上且yE＝yD=８，
∴﹣2xE+16=８，
∴xE=４，
∴E点坐标为（4,８)，
∴ＤE=8﹣4=4,EF＝８.
∴矩形面积为:４×８=32，
∴S矩形DEFG:S△ABＣ=32:３6=8：9。
故答案为：8：９.
【点评】此题主要考查了一次函数交点坐标求法以及图象上点得坐标性质等知识,根据题意分别求出C,Ｄ两点得坐标就是解决问题得关键.
7.（２０07•南平）如图，直线y=x+4与ｘ轴、y轴分别交于A、B两点，点Ｃ在OB上，若将△ABＣ沿AC折叠，使点Ｂ恰好落在x轴上得点D处，则点Ｃ得坐标就是　（0，1、5）　．

【考点】一次函数综合题.
【专题】压轴题．
【分析】利用三角形全等性质．
【解答】解:由题意得：Ａ（﹣3，０），B（0，4）；
∴OA=3，OB＝4.那么可得AＢ=5。
易得△ＡＢC≌△ＡDC,∴ＡＤ=ＡB＝５，∴OＤ=ＡD﹣OA＝2．
设OＣ为x。那么BC＝CD=4﹣x.那么x２+22=（4﹣ｘ）２，
解得x＝1、5，
∴Ｃ（０,１、５）。
【点评】本题用到得知识点为：翻折前后得三角形全等．
三.解答题（共7小题）
8.（2０15•黑龙江）如图,四边形ＯAＢC就是矩形,点A、C在坐标轴上，△ODE就是△ＯＣB绕点O顺时针旋转９0°得到得,点D在x轴上,直线BD交y轴于点F,交ＯE于点H，线段BＣ、ＯＣ得长就是方程x2﹣6x+８＝0得两个根，且OC〉BC．
（1）求直线BD得解析式；
（２)求△ＯFH得面积；
（3)点M在坐标轴上，平面内就是否存在点N,使以点Ｄ、F、M、Ｎ为顶点得四边形就是矩形?若存在,请直接写出点N得坐标;若不存在,请说明理由.

【考点】一次函数综合题。
【专题】压轴题．
【分析】(1）解方程可求得ＯC、BC得长,可求得B、D得坐标，利用待定系数法可求得直线BD得解析式;
（2）可求得Ｅ点坐标，求出直线OE得解析式，联立直线BD、OE解析式可求得H点得横坐标,可求得△OFH得面积；
（3)当△MFD为直角三角形时,可找到满足条件得点N,分∠MFD=90°、∠MＤＦ=90°与∠FMD=90°三种情况,分别求得M点得坐标，可分别求得矩形对角线得交点坐标，再利用中点坐标公式可求得N点坐标.
【解答】解：
(1）解方程x２﹣6x+8=0可得x=２或x=4,
∵BＣ、ＯＣ得长就是方程ｘ2﹣6x+8=0得两个根,且OC＞ＢＣ,
∴BC=２，OC=4,
∴B（﹣２，4),
∵△ＯDE就是△OＣB绕点Ｏ顺时针旋转90°得到得,
∴OD=OC=4，DE=BC＝2,
∴D（4，0）,
设直线BD解析式为y=ｋx+b,
把Ｂ、D坐标代入可得，解得，
∴直线BＤ得解析式为y=﹣ｘ+；
(２）由（１）可知E（4，2）,
设直线ＯE解析式为y＝mx,
把E点坐标代入可求得m=，
∴直线ＯE解析式为y=ｘ,
令﹣x+=x，解得x=,
∴H点到y轴得距离为,
又由(1)可得Ｆ（０，)，
∴OF=,
∴S△OFＨ=××=;
（３)∵以点D、F、M、N为顶点得四边形就是矩形，
∴△DFＭ为直角三角形，
①当∠MFD=90°时，则M只能在x轴上,连接ＦＮ交MD于点G，如图1,

由（２）可知OF＝,OＤ＝4，
则有△MOF∽△FＯＤ，
∴＝，即=,解得OＭ=,
∴M（﹣，0），且Ｄ（4,0),
∴G（，０）,
设N点坐标为(x，ｙ），则=,＝0,
解得x＝，y＝﹣,此时Ｎ点坐标为（,﹣)；
②当∠MDＦ=90°时,则M只能在y轴上,连接DN交MF于点G,如图2，

则有△ＦＯＤ∽△DOＭ,
∴=，即=,解得OＭ=6,
∴M（0，﹣６），且F(0,)，
∴MG＝MF=，则OG=OM﹣ＭG=6﹣=，
∴G(０，﹣),
设Ｎ点坐标为（x,ｙ），则=0，=﹣,
解得ｘ=﹣4，y=﹣,此时N(﹣4，﹣)；
③当∠FMＤ=９０°时，则可知M点为O点，如图３,

∵四边形MFＮＤ为矩形,
∴NF＝OD=4,ＮD=OF＝，
可求得Ｎ（4，）；
综上可知存在满足条件得Ｎ点，其坐标为(，﹣）或(﹣４，﹣）或(4，).
【点评】本题主要考查一次函数得综合应用,涉及待定系数法、旋转得性质、矩形得性质、相似三角形得性质等。在（1）中求得Ｂ、D坐标就是解题得关键,在（２)中联立两直线求得H点得横坐标就是解题得关键,在(３）中确定出M点得坐标就是解题得关键,注意分类讨论思想得应用.本题考查知识点较基础,难度适中．
9.（2014•新疆）如图,直线y=﹣x+8与ｘ轴交于A点，与y轴交于B点，动点P从A点出发,以每秒2个单位得速度沿AO方向向点O匀速运动,同时动点Q从Ｂ点出发，以每秒1个单位得速度沿BA方向向点Ａ匀速运动,当一个点停止运动，另一个点也随之停止运动,连接PQ,设运动时间为ｔ(s）（0＜ｔ≤3）。
(1)写出Ａ，B两点得坐标；
（２)设△AＱP得面积为Ｓ，试求出S与t之间得函数关系式;并求出当t为何值时，△AQＰ得面积最大?
(３）当t为何值时,以点Ａ,Ｐ，Ｑ为顶点得三角形与△ＡBＯ相似,并直接写出此时点Q得坐标。

【考点】一次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】(1）分别令y=0,x=0求解即可得到点Ａ、Ｂ得坐标；
(２)利用勾股定理列式求出AＢ，然后表示出AP、AQ，再利用∠OAB得正弦求出点Q到ＡP得距离,然后利用三角形得面积列式整理即可得解；
（3)根据相似三角形对应角相等，分∠ＡPＱ＝90°与∠AＱＰ=9０°两种情况,利用∠OAB得余弦列式计算即可得解．
【解答】解：（1)令y=0,则﹣ｘ＋８=０,
解得ｘ=6,
x=0时，y=y=8,
∴ＯＡ＝6，OB=8,
∴点A（6,０)，B(０,8）；
（２）在Rt△AOB中，由勾股定理得,AB＝==10,
∵点Ｐ得速度就是每秒２个单位,点Ｑ得速度就是每秒1个单位，
∴AP=2t,
ＡQ＝AB﹣BQ=1０﹣t，
∴点Q到AP得距离为AQ•sｉn∠OAB=（１0﹣t)×=(10﹣t）,
∴△AQＰ得面积S＝×2t×（10﹣ｔ）=﹣（ｔ２﹣1０t)=﹣(t﹣５）2+20,
∵﹣<0，０〈t≤３，
∴当t=3时，△ＡＱP得面积最大，S最大=﹣（3﹣5)2＋20=；
（３)若∠APQ=9０°,则cos∠OＡB=,
∴=,
解得t=，
若∠AQP=９0°，则coｓ∠OAB=,
∴=,
解得t＝，
∵0<t≤3,
∴ｔ得值为,
此时,ＯP＝6﹣2×=，
ＰQ=AP•tａn∠OAB=(2×)×=,
∴点Q得坐标为（，)，
综上所述,ｔ=秒时，以点A，P,Q为顶点得三角形与△ＡBO相似,此时点Q得坐标为(,）.
【点评】本题就是一次函数综合题型，主要利用了一次函数与坐标轴得交点得求法，三角形得面积，二次函数得最值问题,相似三角形对应角相等得性质，锐角三角函数，(２)要注意根据t得取值范围求三角形得面积得最大值，（3)难点在于要分情况讨论.
10．（201３•泉州）如图,直线y=﹣x+2分别与x、y轴交于点B、C，点A（﹣２,0)，Ｐ就是直线BC上得动点．
（１）求∠AＢC得大小;
（2)求点P得坐标，使∠AＰO=30°;
（３）在坐标平面内，平移直线BＣ,试探索:当BC在不同位置时，使∠APO=3０°得点Ｐ得个数就是否保持不变？若不变,指出点P得个数有几个?若改变，指出点P得个数情况，并简要说明理由。

【考点】一次函数综合题.
【专题】压轴题.
【分析】（1）求得Ｂ、C得坐标，在直角△BOC中，利用三角函数即可求解；
（2)取AC中点Q，以点Q为圆心,2为半径长画圆⊙Ｑ，⊙Q与直线ＢC得两个交点，即为所求；
（3）当BＣ在不同位置时，点Ｐ得个数会发生改变，使∠ＡPＯ=30°得点Ｐ得个数情况有四种：1个、２个、３个、4个。如答图２所示。
【解答】解:(１)在y=﹣x+2中,令x=0,得y=２；
令y=０,得ｘ=2,
∴C(0,2),Ｂ（2，0)，
∴ＯＣ=２，ＯB=2.
taｎ∠ABC＝==,
∴∠ABC=60°．
（2）如答图１所示,连接AC．

由（１)知∠ABC＝60°,∴ＢＣ=2OＢ=4.
又∵AB=4,∴AB＝BC，
∴△ABC为等边三角形,ＡＢ=BC＝ＡＣ=4.
取ＡC中点Ｑ,以点Q为圆心,2为半径长画圆，与直线BC交于点P１，Ｐ2．
∵QP１=2，QO=２,∴点P1与点C重合,且⊙Q经过点Ｏ．
∴P1(０，2）。
∵QＡ＝ＱＯ，∠CAＢ=60°，∴△AOQ为等边三角形.
∴在⊙Q中，AO所对得圆心角∠OQA=６0°，
由圆周角定理可知，AO所对得圆周角∠APO=30°,故点P1、P2符合条件.
∵QＣ＝QP2，∠ACＢ=60°,∴△P２QC为等边三角形.∴P2C=QP=２，∴点Ｐ２为BC得中点．
∵Ｂ（2,０），Ｃ(0,2)，∴P2（１，).
综上所述,符合条件得点P坐标为（０，2），（1，）.
(3）当ＢC在不同位置时,点Ｐ得个数会发生改变,使∠APＯ=３０°得点P得个数情况有五种:0个、1个、2个、3个、4个。
如答图2所示，

以AＯ为弦,AO所对得圆心角等于60°得圆共有2个，记为⊙Q，⊙Ｑ′,点Q,Ｑ′关于x轴对称.
∵直线BC与⊙Q,⊙Q′得公共点P都满足∠ＡＰO＝∠ＡＱＯ＝∠ＡQ′Ｏ=30°,
∴点　P得个数情况:
ⅰ)有1个：直线ＢＣ 只与⊙Q’(或⊙Ｑ）相切;
ⅱ）有2个:直线 BC只与⊙Q'（ 或⊙Q)相交,或直线　BC与AO 相交(包括Ａ,O两点）;
ⅲ)有3个:直线BC 与⊙Ｑ’(或⊙Q )相切，同时ＢＣ与⊙Q（或⊙Q’）相交；
ⅳ）有4个:直线　BC同时与⊙Q、⊙Q’都相交,同时直线BC 不与 ＡＯ相交,且ＢＣ不过两圆得交点.
【点评】本题就是代数几何综合题,考查了坐标平面内直线与圆得位置关系。难点在于第（3)问,所涉及得情形较多，容易遗漏.
１１.(2013•牡丹江）如图，平面直角坐标系中，矩形OAＢC得对角线ＡC=12，tan∠ACO=,
(1)求B、C两点得坐标；
（2)把矩形沿直线ＤＥ对折使点C落在点A处,DE与AC相交于点F,求直线DE得解析式；
(3)若点M在直线ＤE上,平面内就是否存在点N，使以O、Ｆ、M、N为顶点得四边形就是菱形？若存在,请直接写出点N得坐标;若不存在，请说明理由．

【考点】一次函数综合题．
【专题】压轴题。
【分析】(１)利用三角函数求得OA以及OC得长度，则C、B得坐标即可得到;
（2）直线DE就是AC得中垂线，利用待定系数法以及互相垂直得两直线得关系即可求得DＥ得解析式;
（3）分当FＭ就是菱形得边与当OF就是对角线两种情况进行讨论.利用三角函数即可求得N得坐标。
【解答】解:(1)在直角△OAC中,ｔaｎ∠AＣＯ=＝,
∴设OA＝ｘ，则ＯC=3x，
根据勾股定理得：（3ｘ）2+(x)2＝AC2，
即９x２+3x2=144，
解得:x=2.
故C得坐标就是:（6,0)，B得坐标就是(6，6)；
(2)直线AC得斜率就是:﹣＝﹣，
则直线ＤE得斜率就是:。
F就是ＡC得中点，则Ｆ得坐标就是（3，3)，设直线DＥ得解析式就是y＝x+b，
则9＋ｂ=3，解得:b=﹣6,
则直线DE得解析式就是:ｙ=x﹣６；
（3)OＦ＝AC=6,
∵直线DE得斜率就是:。
∴DE与x轴夹角就是60°，
当FM就是菱形得边时(如图１)，ON∥ＦＭ,
则∠NＯC=６０°或１２0°。
当∠NOＣ=6０°时，过N作NG⊥ｙ轴,则NＧ=OＮ•siｎ3０°=６×＝3，
OG=ON•cos3０°=6×=3,则N得坐标就是(3，3)；
当∠NOC=120°时，与当∠ＮＯC＝60°时关于原点对称，则坐标就是(﹣3，﹣3)；
当OF就是对角线时(如图２)，MN关于OＦ对称.
∵F得坐标就是（３，3)，
∴∠FOD=∠NOF＝30°，
在直角△ONH中,OＨ=ＯF=３，ON===2。
作NL⊥ｙ轴于点L。
在直角△ONL中,∠NOL=3０°，
则NL=ON=，
OL＝ＯN•cos30°=２×＝3．
故Ｎ得坐标就是（，3）.
当ＤE与ｙ轴得交点时Ｍ，这个时候N在第四象限，
此时点得坐标为：（３，﹣3）.
则N得坐标就是：（3，﹣3）或(3，3）或（﹣3，﹣３）或（，３)．

【点评】本题考查了一次函数与几何问题得综合应用，本题中对于Ｎ得位置得讨论就是关键。
12。(2010•双流县)如图，一次函数得图象与x轴、y轴分别交于A、B两点,且A、Ｂ两点得坐标分别为（4,0),（0，3）。
（1)求一次函数得表达式.
（2）点C在线段OA上，沿ＢC将△OBC翻折,Ｏ点恰好落在ＡB上得D处，求直线BC得表达式。

【考点】一次函数综合题;翻折变换(折叠问题）.
【专题】压轴题;数形结合。
【分析】（1）把A，B两点坐标代入一次函数解析式可得相关值；
（2)利用翻折性质及勾股定理求出点C得坐标，再利用待定系数法求出直线BC得解析式．
【解答】解:（1）设一次函数得表达式为ｙ=kｘ＋ｂ，
∵A、B两点得坐标分别为（4，０)，（０,３）.
∴，
解得ｋ=﹣,
∴y=﹣x+３;
（2)由题意得ＯA＝４，OB＝3，∴AB=5,
由翻折可得OＣ＝CD，ＢD=BO=３,∴AD=2.
设CD=ＯC＝x,则AC＝ＯA﹣OC=4﹣x．
在Rｔ△ＡＣＤ中，由勾股定理得：ＣD2+AD２=ＡC2，
即:x２+2２=（4﹣ｘ）２
解得：x=.
∴C得坐标为(,0).
设直线ＢC得解析式为ｙ=mｘ+n，
将点B（０，3）、C(，0)代入得：,
解得:
∴直线BC得解析式为:ｙ=﹣2ｘ＋3。
【点评】综合考查一次函数得应用；求得所在函数图象上关键点得坐标就是解决本题得难点.
13。（2０11•黑龙江）如图,直线AＢ与坐标轴分别交于点Ａ、点B,且OA、ＯＢ得长分别为方程ｘ２﹣６x+8=0得两个根（OA＜ＯB),点C在y轴上，且OA:ＡC=２:5,直线CD垂直于直线ＡB于点P，交ｘ轴于点Ｄ．
(1)求出点A、点B得坐标.
(２）请求出直线CD得解析式.
（3）若点M为坐标平面内任意一点，在坐标平面内就是否存在这样得点Ｍ，使以点B、P、D、M为顶点得四边形就是平行四边形?若存在，请直接写出点M得坐标；若不存在,请说明理由。

【考点】一次函数综合题．
【专题】压轴题。
【分析】（１)根据一元二次方程得解法得出０A=2,0B＝4,即可得出得A，Ｂ得坐标;
(2)首先利用角之间得关系得出△ＢＯA∽△ＣOD，即可得出Ｄ点得坐标,再利用待定系数法求一次函数解析式；
（３）先求出P点坐标（2，3),再根据平行四边形得性质，当PM=ＢD，M可在第一象限或第二象限，以及BM=PＤ时M在第三象限分别分析直接得出答案.
【解答】解：(1）∵x２﹣6x+８=0，
∴x1=4,x２=2(１分)，
∵0A、0B为方程得两个根，且0Ａ＜0Ｂ，
∴0Ａ=2,0B=4（1分），
∴Ａ（0，２),B（﹣4,0）(1分）；
(2）∵0A：AC=2：5，ＯA＝2，
∴AＣ＝5，
∴ＯC=OＡ+ＡＣ=２＋5=7,
∴C(0,7）（１分），
∵∠BAＯ=∠CAP，∠CPB=∠ＢＯA=90°，
∴∠PＢD=∠OCD，
∵∠BOA=∠ＣOD=9０°，
∴△BOA∽△CＯD,
∴=，
∴OD==＝(1分）,
∴D(,0)，
设直线ＣD得解析式为y=kx+b,
把Ｃ(0，７)，D（，0）分别代入得：,
∴(1分),
∴yCD=﹣2x+7(1分）;
(3)存在,
∵Ａ(0，2）,B(﹣4,0）,
∴设直线AB得解析式为:y=kx+ｂ，
∴，
解得：,
故直线ＡB得解析式为:ｙ=ｘ+2，
将直线AＢ与直线CＤ联立，
解得：,
∴P点坐标（２,３)，
∵Ｄ(，0）,B（﹣4，0），
∴BＤ=7、５，
当PM1BＤ就是平形四边形，
则BD=PM　1=7、5,
∴ＡM　1=５、５，
∴M1(﹣5、5,３）,
当ＰBDＭ２就是平形四边形，
则ＢD=PＭ 2＝７、5，
∴AM 2=9、5,
∴Ｍ2（9、５，3），
P到x轴距离等于M3到x轴距离，故Ｍ3得纵坐标为﹣3，
∵BＥ=DF＝BD﹣ＤE=6,
∴FO＝6﹣3、5=２、５，
∴M３得横坐标为﹣２、5，
∴M3得坐标为(﹣２、5，﹣３）；
综上所述Ｍ点得坐标为:Ｍ1(﹣５、5,3），M2(9、5,3),M3(﹣2、5,﹣3)（3分）.
注：本卷中各题若有其它正确得解法,可酌情给分。

【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及相似三角形得判定与一元二次方程得解法等知识,相似三角形与函数经常综合出现,同学们应注意灵活应用．
１４．（２013•济南)如图，点Ａ得坐标就是（﹣2,0)，点B得坐标就是(6，0）,点C在第一象限内且△ＯＢC为等边三角形，直线ＢC交y轴于点Ｄ,过点A作直线AE⊥BD，垂足为E，交OC于点F.
（1）求直线BD得函数表达式；
(２）求线段ＯF得长;
(3)连接BF，OＥ，试判断线段BF与ＯE得数量关系,并说明理由.

【考点】一次函数综合题。
【专题】综合题.
【分析】（1）根据△ＯBＣ就是等边三角形,可得∠ＯBC＝60°,在Rt△ＰBD中，解得ＯＤ得长度,得出点D得坐标，利用待定系数法求出直线BD得解析式即可；
（2）分别求出∠BAE与∠AＦO得度数,即可得出OF=OA=2.
(3)在Rt△ＡBE中，先求出BＥ，继而得出ＣE=ＯＦ,证明△ＣOE≌△ＯBF,可得ＢＦ与ＯE得数量关系。
【解答】解：（1）∵△ＯＢC就是等边三角形，
∴∠OBC=6０°，OＣ=BC=OB,
∵点Ｂ得坐标为（6，0),
∴OＢ＝6，
在Rt△OBD中,∠OＢC=60°，OB=６,
∴∠OＤB＝30°,
∴ＢＤ=１2,
∴ＯＤ==6，
∴点D得坐标为（0,6），
设直线ＢＤ得解析式为y=kｘ+b,则可得,
解得:,
∴直线BＤ得函数解析式为ｙ=﹣x+6。
（２)∵∠ＯCB=60°，∠ＣEF=90°,
∴∠CFE=30°,
∴∠AFＯ＝30°（对顶角相等）,
又∵∠OBＣ=60°，∠AEB=90°,
∴∠ＢAE＝30°，
∴∠BAE=∠AFＯ,
∴OF=OA=２.
(3)连接ＢF,OE,如图所示：
∵A（﹣2,０）,Ｂ（6，0)，
∴ＡＢ=8，
在Rt△ABＥ中，∠ＡＢE=60°,AB＝８,
∴BＥ=AB＝4,
∴CE=BC﹣BE＝2，
∴OF＝ＣＥ＝2,
在△COE与△OＢF中,,
∴△COE≌△OBF(SAS)，
∴OE=BF.

【点评】本题考查了一次函数得综合