专题 一次函数与四边形的综合应用（解析版）

八年级下册数学《第十九章一次函数》专题一次函数与四边形的综合应用问题题型一一次函数与平行四边形问题题型一一次函数与平行四边形问题【例题1】（2022春•临渭区期末）如图，平面直角坐标系中，直线y=-43x+4与x、y轴分别相交于点A、B．点C的坐标为（0，﹣2），经过A、（1）求直线AC的解析式；（2）若点P是直线AB上的动点，点Q是直线AC上的动点，当以点O，A、P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标．【分析】（1）由y=-43x+4得A（3，0），设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（3，0）、C（0，﹣2）代入即得直线AC的解析式为y=23（2）设P（m，-43m+4），Q（n，23n﹣2），而A（3，0），O（0，0），①以PQ、AO为对角线，则PQ、AO的中点重合，可得m+n=3+0-43m+4+23n-2=0+0，解得m=2n=1；故P（2，43）；②以PA、QO为对角线，则PA、QO的中点重合，同理得P（2，43）；③以PO【解答】解：（1）在y=-43x+4中，令y＝0得x＝∴A（3，0），设直线AC的解析式为y＝kx+b，将A（3，0）、C（0，﹣2）代入得：0=3k+bb=-2，解得k=∴直线AC的解析式为y=23x﹣（2）设P（m，-43m+4），Q（n，23n﹣2），而A（3，0），O（0①以PQ、AO为对角线，则PQ、AO的中点重合，∴m+n=3+0-43∴P（2，43②以PA、QO为对角线，则PA、QO的中点重合，∴m+3=n+0-43∴P（2，43③以PO、QA为对角线，则PO、QA的中点重合，∴m+0=n+3-43∴P（4，-4综上所述，点P的坐标为（2，43）或（4，-【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法及平行四边形相关知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分，故对角线中点重合列方程解决问题．【变式1-1】（2022•梅江区校级开学）已知：直线经过点A（﹣8，0）和点B（0，6），点C在线段AO上，将△ABO沿BC折叠后，点O恰好落在AB边上点D处．（1）求直线AB的表达式．（2）求AC的长．（3）点P为平面内一动点，且满足以A，B，C，P为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出符合要求的所有P点的坐标．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；（2）由对称性可知CO＝CD，BO＝BD，可求AD＝4，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出CD的长，即可求AC的长；（3）设P（x，y），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AC为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角互相平分，利用中点坐标公式求解即可．【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，∴-8k+b=0b=6解得k=3∴y=34x（2）∵D点与C点关于BC对称，∴CO＝CD，BO＝BD，∵BO＝6，∴BD＝6，∵OA＝8，BO＝6，∴AB＝10，∴AD＝4，在Rt△ACD中，CD2+16＝（8﹣CD）2，解得CD＝3，∴CO＝3，∴AC＝5；（3）由（2）可得C（﹣3，0），设P（x，y），①当AB为平行四边形的对角线时，-8=-3+x6=y解得x=-5y=6∴P（﹣5，6）；②当AC为平行四边形的对角线时，-8-3=x0=6+y解得x=-11y=-6∴P（﹣11，﹣6）；③当AP为平行四边形的对角线时，-8+x=-3y=6解得x=5y=6∴P（5，6）；综上所述：P点坐标为（﹣5，6）或（﹣11，﹣6）或（5，6）．【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，平行四边形的性质，轴对称的性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．【变式1-2】（2022春•龙江县期末）综合与探究如图，直线l1：y＝kx+b与x轴、y轴分别交于A、B两点，且OB＝4，AB＝5，点D（t，0）是x轴上一点，过D点作直线l2⊥x轴．（1）求直线l1的解析式；（2）当t＝1时，点P在直线l2上，当PA+PB的值最小时，求点P坐标；（3）当t＝时，△ABD的面积为4；（4）当t＝2时，在坐标平面内是否存在点Q，使以点A、B、D、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出点A，B坐标，最后用待定系数法求解，即可求出答案；（2）先找出点P的位置，再求出直线A'B的解析式，即可求出答案；（3）利用三角形的面积建立方程求解，即可求出答案；（4）利用平移的性质，求出答案．【解答】解：（1）在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，AB＝5，OB＝4，根据勾股定理有，OA2+OB2＝AB2，∴OA=AB∴A点坐标为A（﹣3，0），∵OB＝4，∴B点坐标为B（0，4）设直线l1的解析式为：y＝kx+b，∵直线y＝kx+b过点A（﹣3，0），B（0，4），∴-3k+b=0b=4∴k=4∴直线l1的解析式为y=43x（2）当t＝1时，点D坐标为（1，0），作点A（﹣3，0）关于直线l2对称点A'，∴坐标为A’（5，0），如图1，连接A'B，交l2于点P，此时PA+PB的值最小，设直线A'B的解析式为：y＝mx+n，∵直线A'B过过点A（5，0），B（0，4），∴5m+n=0n=4∴m=-4∴直线A'B的解析式为y=-45x当x＝1时，y=16∴P点坐标为（1，165（3）由（1）知，A（﹣3，0），∵D（t，0），∴AD＝|t+3|，∵△ABD的面积为4，∴S△ABD=12AD•∴12|t+3|×4＝4∴t＝﹣1或t＝﹣5，故答案为：﹣1或﹣5；（4）当t＝2时，如图2，点D（2，0），由（1）知，A（﹣3，0），B（0，4），∵以点A、B、D、Q为顶点的四边形是平行四边形，∴①当AB与BD是邻边时，点D（2，0）是由点B（0，4）向下平移4个单位，再向右平移2个单位得到，∴点Q也是由点A（﹣3，0）向下平移4个单位，再向右平移2个单位得到，∴Q3（﹣1，﹣4），②当BD与AD是邻边时，同①的方法得，Q2（﹣5，4），③当AB与AD是邻边时，同①的方法得，Q1（5，4），即满足条件的点Q的坐标为Q1（5，4），Q2（﹣5，4），Q3（﹣1，﹣4）．【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了勾股定理，待定系数法，三角形的面积公式，平行四边形的性质，平移的性质，用分类讨论的思想是解（4）的关键．【变式1-3】（2022春•广水市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AC：y=-34x+3交x轴于点C，交y轴于点A，点B在x轴的负半轴，且BC（1）求直线AB的解析式；（2）试判断△ABC的形状；（3）若点E在直线AB上，E点坐标是(-32，1)，F点坐标是（﹣1，0），点M、N分别是直线AB、AC上的动点，若以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点【分析】（1）先求出点A，C坐标，进而求出点B坐标，最后用待定系数法即可得出结论；（2）由勾股定理的逆定理可得出结论；（3）设出点M，N坐标，利用中点坐标公式建立方程组求解即可得出结论．【解答】解：（1）∵直线AC：y=-34x+3交x轴于点C，交y轴于点令x＝0，则y＝3，∴A（0，3），令y＝0，则0=-34x∴x＝4，∴C（4，0），∵点B在x轴的负半轴且CB=25∴B（-94，∵A（0，3），设直线AB的解析式为y＝kx+3，∴-94k+3＝∴k=4∴直线AB的解析式为y=43x（2）△ABC是直角三角形．由（1）知，A（0，3），B（-94，0），C（4，∴AB=154，AC＝∵BC=25∴AB2+AC2=22516+25=62516=（25∴△ABC是直角三角形；（3）由（1）知，直线AB的解析式为y=43x设M（m，43m+3∵直线AC：y=-34x+3，点N（n，-34n+3），F（﹣1，0），E（∴以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形可分三种情况：①当EN为对角线时，-32+n＝m﹣1，-34n∴m=310，n∴M（310，175），N（45②当EF为对角线时，m+n=-32-1，43m+3-3∴m=-3310，n∴M（-3310，-75），N（③当EM为对角线时，n﹣1＝m-32，-34n+3∴m=-310，n∴M（-310，135），N（-即：以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，M（310，175），N（45，125）或M（-3310，-75），N（45，125）或M（【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，极值的确定，中点坐标公式，用分类讨论的思想和方程思想解决问题是解本题的关键．【变式1-4】（2022春•渝北区期末）如图1，菱形OABC的顶点O在原点，顶点C在x轴上，OA＝2，∠AOC＝60°．（1）求边AO所在直线的解析式；（2）如图1，D，E分别是边BC，OC上的点（包含端点），且∠EAD＝60°，连接AE，AD，ED，求△AED周长的最小值及此时点E的坐标；（3）在（2）的结论下，若M为平面内一点，当以点E，C，A，M为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出点M的坐标．【分析】（1）作AH⊥OC于H，利用含30°角的直角三角形的性质可得点A的坐标，再利用待定系数法求出OA的解析式；（2）由菱形的性质得△AOC是等边三角形，再利用SAS证明△OAE≌△CAD，得AE＝AD，则△EAD是等边三角形，当AE最小时，△AED的周长最小，从而解决问题；（3）分AC、AE、CE为对角线，分别利用中点坐标公式可得答案．【解答】解：（1）作AH⊥OC于H，∵OA＝2，∠AOC＝60°．∴∠OAH＝30°，∴OH＝1，AH=3∴A（1，3），设OA的解析式为y＝kx，∴k=3∴y=3x（2）∵四边形OABC是菱形，∴OA＝OC，∵∠AOC＝60°，∴△AOC是等边三角形，∴OA＝AC，∠OAC＝60°，∠AOC＝∠ACB＝60°，∵∠EAD＝60°，∴∠OAE＝∠CAD，∴△OAE≌△CAD（SAS），∴AE＝AD，∴△EAD是等边三角形，∴当AE最小时，△AED的周长最小，此时AE⊥OC，AE＝AH=3∴E（1，0），C△AED＝33；（3）由题意知，A（1，3），C（2，0），E（1，0），当AC为对角线时，由中点坐标公式得，M（2，3），当AE为对角线时，由中点坐标公式得，M（0，3），当CE为对角线时，由中点坐标公式得，M（2，-3综上：M（2，3）或（0，3）或（2，-3【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，证明△EAD是等边三角形，确定点E的坐标是解题的关键．【变式1-5】（2023春•江都区月考）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-12x+3与x轴、y轴相交于A、B两点，动点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上时，过点D作DE⊥x轴于点（1）求证：△BOC≌△CED；（2）求点D的坐标；（3）若点P在y轴上，点Q在直线AB上，是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据ASA证明三角形全等即可；（2）设OC＝DE＝m，则点D的坐标为（m+3，m），利用待定系数法求解即可；（3）分CD为边，CD为对角线，分别求解即可．【解答】（1）证明：∵将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，DE⊥x轴，∴∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，∴∠OCB+∠DCE＝90°，∠DCE+∠CDE＝90°，∴∠BCO＝∠CDE．在△BOC和△CED中，∠BOC=∠CEDBC=CD∴△BOC≌△CED（ASA）；（2）解：∵直线y=-12x+3与x轴、y轴相交于A、∴A（6，0），B（0，3），∴OA＝6，OB＝3，∵△BOC≌△CED，∴OC＝DE，BO＝CE＝3，设OC＝DE＝m，则点D的坐标为（m+3，m），∵点D在直线AB上，∴m=-12（m+3）∴m＝1，∴点D的坐标为（4，1）；（3）存在，设点Q的坐标为（n，-12n由（2）知OC＝1，∵动点C在线段OA上，∴点C的坐标为（1，0），分两种情况考虑，如图2所示：①当CD为边时，∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0，∴0﹣n＝4﹣1或n﹣0＝4﹣1，∴n＝﹣3或n＝3，∴点Q的坐标为（3，32），点Q′的坐标为（﹣3，9②当CD为对角线时，∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0，∴n+0＝4+1，∴n＝5，∴点Q″的坐标为（5，12综上所述：存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（3，32）或（﹣3，92）或（5，【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线AB的表达式；（2）利用全等三角形的性质可求出DE、OC的长；（3）分CD为边和CD为对角线两种情况，利用平行四边形的性质求出点Q的坐标．【变式1-6】（2022春•抚顺期末）在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于C（3，0）．（1）求直线BC的解析式；（2）如图，M为线段BC上一点，当S△AMB＝S△AOB时，求点M的坐标；（3）在（2）的条件下，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法求直线的解析式即可；（2）设M（t，-43t+4）（0≤t≤3），由题意可得S△AMB＝4＝S△ABC﹣S△ACM，求出（3）先求出直线AM的解析式，设E（m，34m+32），D（n【解答】解：（1）令y＝0，则x＝﹣2，∴A（﹣2，0），令x＝0，则y＝4，∴B（0，4），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴b=43k+b=0解得k=-4∴y=-43x（2）∵M为线段BC上一点，设M（t，-43t+4）（0≤t≤∵A（﹣2，0），B（0，4），∴AO＝2，BO＝4，∴S△ABO=12×2×4∵S△AMB＝S△AOB，∴S△AMB＝4＝S△ABC﹣S△ACM=12×5×4-12×∴t=6∴M（65，12（3）存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：设直线AM的解析式为y＝kx+b，∴-2k+b=06解得k=3∴y=34x设E（m，34m+32），D（n①当ED为平行四边形对角线时，m+n=33解得m=10∴D（-13，②当EC为平行四边形对角线时，m+3=n3解得m=10∴D（193，0③当EB为平行四边形对角线时，m=n+34+解得m=-22∴D（-313，综上所述：D点坐标为（-13，0）或（193，0）或（-【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，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．题型二一次函数与矩形问题题型二一次函数与矩形问题【例题2】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PAQC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PAQC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=1∴PB＝QB=5∴P（0，2+5），Q（0，2-【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．【变式2-1】（2022秋•莲湖区校级期中）（1）【问题发现】Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，斜边BC上的高AD＝；（2）【问题探究】如图①，将Rt△AOB置于平面直角坐标系中，直角顶点O与原点重合，点A落在x轴上，点B落在y轴上，已知A（4，0），B（0，3），C是x轴上一点，将Rt△AOB沿BC折叠，使点O落在AB边上的点D处，求出点C的坐标；（3）【问题解决】如图②，将长方形OABC置于平面直角坐标系中，点A在y轴上，点C在x轴上，已知B（12，5），E是OA上一点，将长方形OABC沿CE折叠，点O恰好落在对角线AC上的点F处，求OF所在直线的函数表达式．【分析】（1）根据勾股定理求出斜边BC的长度，然后根据三角形面积可得结果；（2）设OC为x，根据折叠和勾股定理列方程即可得出C点的坐标；（3）求出AC的解析式，根据解析式设点F的坐标，依据勾股定理列出方程求解即可求出坐标，再用待定系数法求解析式即可．【解答】解：（1）∵Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC=A∴S△ABC即12解得：AD=60故答案为：6013（2）解：设OC为x，∵A（4，0），B（0，3），∴AB=O由翻折可知，DB＝OB＝3，OC＝CD＝x，∴AD＝2，由勾股定理得，AD2+CD2＝AC2，即x2+22＝（4﹣x）2，解得x=3∴点C的坐标为(3（3）∵长方形OABC，点A在y轴上，点C在x轴上，B（12，5），∴A（0，5），C（12，0），∴OA＝5，OC＝12，∴AC=O设直线AC的解析式为y＝kx+b，把A点和C点坐标代入得，b=512k+b=0解得k=-5∴直线AC的解析式为y=-5由翻折可知，OC＝CF＝12，AF＝1，设OE＝EF＝y，由勾股定理得，EF2+AF2＝AE2，即y2+12＝（5﹣y）2，解得y＝2.4，即OE＝EF＝2.4，∴AE＝2.6，设点F的坐标为(m，∴12即12解得m=12则点F的坐标为(12设直线OF的解析式为y＝dx，代入F点坐标得，6013解得d＝5，∴直线OF的解析式为y＝5x．【点评】本题主要考查一次函数的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握一次函数的性质、待定系数法求解析式及勾股定理的知识是解题的关键．【变式2-2】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（0，23）．（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（0，23），∴OF＝23，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）×8②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＝即：S=-4t+24(0（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=DNNO=NP∴Rt△NDO和Rt△NDP（HL），∴DP＝OD＝10，∵P（t，8），D（10，0），∴DP2＝（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∵DM⊥DP，∴直线DM的解析式为y=34x-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，CN2+CP2＝PN2，∴（8﹣n）2+16＝n2，∴n＝5，∴N（0，5），∵PD∥NM，∴直线NM的解析式为y=-43x+5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．【变式2-3】（2022春•平南县期末）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）求出D点坐标，由待定系数法可求出答案；（2）求出直线OE的解析式，联立直线OE和直线BD的解析式可求出H点的坐标，根据三角形面积公式可得出答案；（3）分两种情况，由矩形的性质可求出答案．【解答】解：（1）∵B（﹣2，4），∴BC＝2，OC＝4，∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，∴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-2k+b=44k+b=0解得k=-2∴直线BD的解析式为y=-23x（2）由（1）可知E（4，2），设直线OE的解析式为y＝mx，∴4m＝2，∴m=1∴直线OE的解析式为y=12联立y=-2解得x=16∴H（167，8∴△DEH的面积=1（3）当点M在x轴上时，∵MF⊥BD，则直线MF的表达式为：y=32x当y＝0，x=-169，即点M（-16点F向右平移4个单位向下平移83单位得到D则点M向右平移4单位向下平移83单位得到N则点N（209，-当∠FMD＝90°时，则可知M点为O点，如图，∵四边形MFND为矩形，∴NF＝OD＝4，ND＝OF=8∴N（4，83综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（209，-83）或（4【点评】本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，矩形的性质，坐标与图形的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．题型三一次函数与菱形问题题型三一次函数与菱形问题【例题3】（2022秋•奉贤区月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=3x+b经过菱形OABC的顶点A（2，0）和顶点（1）求b的值以及顶点C的坐标；（2）将该菱形向下平移，其中顶点C的对应点是C1．①当点C1恰好落在对角线OB上时，求该菱形平移的距离；②当点C1在x轴上时，原菱形边OC上一点P平移后的对应点是Q，如果OP＝OQ，求点Q的坐标．【分析】（1）将A（2，0）代入y=3x+b，可得b的值，根据菱形的性质得OC∥AB，OC＝2，则直线OC的解析式为y=3x，过点C作CM⊥x轴于M，则CM=3OM，利用勾股定理求出OM（2）①利用待定系数法求出直线OB的解析式，当点C1恰好落在对角线OB上时，将点C1的横坐标代入可得点C1的坐标，即可求得该菱形平移的距离；②由题意得OP＝OQ=32，该菱形平移的距离为3，可得点P的坐标，从而得到点【解答】解：（1）将点A（2，0）代入直线y=3得23+b＝解得b=-23∵四边形OABC是菱形，∴OC∥AB，OC＝2，∴直线OC的解析式为y=3x过点C作CM⊥x轴于M，∴CM=3OM在Rt△OCM中，OM2+CM2＝OC2，∴OM2+（3OM）2＝22，∴OM＝1（负值舍去），∴C（1，3）；（2）①∵四边形OABC是菱形，C（1，3），A（2，0），∴B（3，3），设直线OB的解析式为y＝kx，∴3k=3，解得k=∴直线OB的解析式为y=33将该菱形向下平移，其中顶点C的对应点是C1，C（1，3），当点C1恰好落在对角线OB上时，点C1的横坐标为1，∴纵坐标为y=3∴该菱形平移的距离为3-②∵将该菱形向下平移，其中顶点C的对应点是C1，C（1，3），当点C1在x轴上时，点C1（1，0），∴该菱形平移的距离为3，∵原菱形边OC上一点P平移后的对应点是Q，∴PQ=3∵OP＝OQ，∴OP＝OQ=3∵直线OC的解析式为y=3x∴3x=3∴x=1∴P（12，3∴点Q的坐标为（12，-【点评】本题是一次函数综合题，考查了菱形的性质、待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、图形的平移变换．本题解题的关键是利用勾股定理求出点C的坐标，结合直线OB的解析式求出点C1的坐标．【变式3-1】（2022春•宛城区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB：y=-43x+4分别交x轴、y轴于点A、B，若点P在y轴上，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q【分析】设P（0，t），Q（x，y），分两种情况讨论：①当AP为菱形的对角线时，AB＝BP，Q（3，5）或（3，﹣5）；②当AQ为菱形的对角线时，AB＝AP，Q（﹣3，0）．【解答】解：存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点，且以AB为边的四边形是菱形，理由如下：设P（0，t），Q（x，y），①当AP为菱形的对角线时，AB＝BP，∴3=xt=4+y解得x=3y=5t=9或∴Q（3，5）或（3，﹣5）；②当AQ为菱形的对角线时，AB＝AP，∴3+x=0y=4+t解得x=-3y=8t=4（舍）或∴Q（﹣3，0）；综上所述：点Q的坐标为（﹣3，0）或（3，5）或（3，﹣5）．【点评】本题考查次一函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的判定及性质是解题的关键．【变式3-2】（2023春•崇川区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y=-12x+4分别与x轴，y轴交于点B，C．直线l2：y=（1）直接写出点B，C的坐标：B，C．（2）若D是直线l2上的点，且△COD的面积为6，求直线CD的函数表达式；（3）在（2）的条件下，且当点D在第一象限时，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q．使以O，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接求点Q的坐标．【分析】（1）对于直线l1解析式，分别令x与y为0求出y与x的值，确定出C与B的坐标，联立两直线解析式求出A的坐标即可；（2）由三角形的面积公式可求点D坐标，由待定系数法可求解析式；（3）分OC为边和OC为对角线两种情况讨论，由菱形的性质和两点距离公式可求解．【解答】解：（1）∵y=-12x+4分别与x轴、y轴交于点B、∴点C坐标为（0，4），点B坐标为（8，0），故答案为：（8，0），（0，4）；（2）设点D坐标为（x，13x∵△COD的面积为6，∴12×4×|x|＝∴x＝±3，∴点D（3，1）或（﹣3，﹣1），当点D的坐标是（3，1）时，设直线CD解析式为：y＝kx+4，∴1＝3k+4，∴k＝﹣1，∴直线CD解析式为：y＝﹣x+4；当点D的坐标是（﹣3，﹣1），同理可得：CD的表达式为：y=53x综上，直线CD解析式为：y＝﹣x+4或y=53x（3）若以OC为边，设点P（a，﹣a+4）（a≥0），如图，当四边形OCPQ是菱形，∴OC＝CP＝4，PQ∥OC，PQ＝OC＝4，∴4=a∴a1＝22，a2＝﹣22（不合题意，舍去），∴点P（22，4﹣22），∴点Q（22，﹣22）；当四边形OCQ'P'是菱形，∴OC＝OP'＝4，P′Q'＝OC＝4，P′Q'∥OC，∵直线CD解析式为：y＝﹣x+4，∴直线CD与x轴交点坐标为（4，0），∴点P′坐标为（4，0），∴∠COP′＝90°，∴四边形OCQ'P'为正方形，此时Q′P′＝OP′＝OC＝4，∴点Q'（4，4）；若OC为对角线，如图，∵以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴CO与P″Q″互相垂直平分，∴点P″的纵坐标为2，∴点P″（2，2），∴点Q″坐标为（﹣2，2）；综上所述：点Q的坐标为（﹣2，2）或（4，4）或（22，﹣22）．【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定一次函数解析式，一次函数图象的交点，一次函数图象与性质，菱形的性质，坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．【变式3-3】（2023春•沙坪坝区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：y=-12x+3与直线CD：y＝kx﹣2相交于点M（4，a），分别交坐标轴于点A，B，C（1）求直线CD的解析表达式；（2）如图，点P是直线CD上的一个动点，当△PBM的面积为20时，求点P的坐标；（3）直线AB上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以BF为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．【分析】（1）将点M的坐标代入函数的解析式即可求得a的值，从而确定点M是坐标，再将点M的坐标代人y＝kx﹣2，即可求得k值，进而求解；（2）首先得到直线的解析式，然后得到点D的坐标，根据△PBM的面积＝S△BDM+S△BDP＝20，求得xP＝﹣4，代人直线CD的解析式即可求得点P（﹣4，﹣5）；（3）设点F的坐标为（m，-12m+3），点N（a，b），根据点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，﹣2）得到BD＝5，然后分①当BD是边时和②当BD是对角线时，则BD的中点，即为NF的中点且BF＝【解答】解：（1）将点M的坐标代入y=-12x+3并解得：a＝故点M（4，1），将点M的坐标代入y＝kx﹣2，得4k﹣2＝1，解得：k=3∴a＝1，k=3∴直线CD的表达式为：y=34x﹣（2）由（1）得直线CD的表达式为：y=34x﹣则点D（0，﹣2），∴△PBM的面积＝S△BDM+S△BDP=12×BD×|xM﹣xP|=12×（3+2）|4﹣解得：xP＝﹣4或xP＝12，故点P（﹣4，﹣5）或P（12，7）；（3）设点F的坐标为（m，-12m+3），点N（a，由（1）知，点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，﹣2），则BD＝5，当BD是边时，当点F在点N的上方时，则BD＝BF，即52＝m2+（-12m）解得m＝±25，则点F的坐标为（25，-5+3）或（﹣25，5点N在点F的正下方5个单位，则点N（25，-5-2）或（﹣25，5当点F在点N的下方时，则BD＝DF，即52＝m2+（-12m+3+2）解得m＝0（舍去）或4，同理可得，点N（4，6）；综上，点N的坐标为（25，-5-2）或（﹣25，5-2）或（4【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、待定系数法等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【变式3-4】（2021春•江北区期末）如图所示，直线l：y=-12x+23与x轴、y轴分别交于A、B两点，在y轴上有一点C（0，4（1）求△AOB的面积；（2）动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，求△COM的面积S与M的移动时间t之间的函数关系式；（3）当动点M在x轴上移动的过程中，在平面直角坐标系中是否存在点N，使以点A，C，N，M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，请说明理由．【分析】（1）根据一次函数的表达式，求得点A，B的坐标，便可求△AOB的面积；（2）根据点M的位置不同，分两段求△COM的面积；（3）按AC为边，为对角线进行分类，再利用菱形、正方形的性质解决问题．【解答】解：（1）令y＝0，-1解得x=43令x＝0，y=23∴A（43，0），B（0，2S△AOB=1∴△AOB的面积为12．（2）∵动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，∴AM＝t．当0≤t≤43OM=43OC=43∴S=1=24-23当t＞4OM＝t-43∴S=1=23综上，△COM的面积S与M的移动时间t之间的函数关系式：S=24-2（3）在平面直角坐标系中存在点N，使以点A，C，N，M为顶点的四边形为菱形．①当AC，AM为菱形的边时，情况一：如图1，当点M在点A的左侧时，Rt△AOC中，AC=O∴NC＝AC=46∵NC∥AM，∴点N（-46，4情况二，如图1′，当点M在点A的右侧时，由情况一同理可得点N的坐标为(46②当AC为菱形的对角线时，如图2，此时M，O重合，四边形OANC为正方形，则点N（43，4③如图3，当AC为菱形的边，AM为菱形的对角线时，此时点C，N关于x轴对称，∴点N（0，-43综上，在平面直角坐标系中存在点N，使以点A，C，N，M为顶点的四边形为菱形，此时点N的坐标为：（-46，43），(46，43)，（4【点评】本题考查了一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积公式，以及菱形、正方形的判定与性质，对于图形的存在性问题要注意分类讨论．题型四一次函数与正方形问题题型四一次函数与正方形问题【例题4】（2021春•横县期末）已知边长为23的正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，点E，H，F，G分别在边AB，BC，CD，DA上，EF与GH交于点O，∠FOH＝90°，EF＝4．（1）求GH的长．（2）当AG＝1时，求直线GH的解析式；（3）如图2，其他条件不变，若O是正方形对角线的交点时，求CH的长．【分析】（1）过点F，G分别作FM⊥AB，GN⊥BC，垂足分别为M，N，先得出四边形AMFD与四边形ABNG是矩形，再得出△MEF≌△NHG，进而得出结论；（2）先根据勾股定理得出HN的长，进而得出点H的坐标，再利用点G的坐标得出直线GH的解析式；（3）连接AC作GN⊥BC于N，先得出△AOG≌△COH，进而得出BN＝x，再依据BC＝CH+HN+BN，列出方程，求解即可．【解答】解：（1）过点F，G分别作FM⊥AB，GN⊥BC，垂足分别为M，N，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，又∵FM⊥AB，GN⊥BC，∴∠AMF＝∠BNG＝90°，∴四边形AMFD与四边形ABNG是矩形，∴FM＝AB，GN＝AB，∴FM＝AB，又∵GH⊥EF，FM⊥AB，∴∠MFE+∠1＝90°，∠MFE+∠MEF＝90°，∴∠1＝∠MEF，又∵∠BMF＝∠ABC＝90°，∴FM∥BC，∴∠1＝∠GHN，∴∠MEF＝∠GHN，∴△MEF≌△NHG（AAS），∴GH＝EF＝4；（2）由（1）可知四边形ABNG是矩形，GH＝4，∴BN＝AG＝1，GN＝AB＝23，在Rt△GNH中，HN=GH∴HB＝HN+BN＝2+1＝3，∴点H的坐标为（23，3），又∵点G的坐标为（0，1），设直线GH的解析式为y＝kx+b，把点H，G代入得：3=23解得：k=3∴直线GH的解析式y=33x（3）设GH＝x，连接AC作GN⊥BC于N，由（1）可知，BN＝AG，∵O是正方形对角线交点，∴OA＝OC，又∵在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠OAD＝∠OCB，∠AGO＝∠CHO，∴△AOG≌△COH（AAS），∴AG＝CH＝x，∴BN＝x，由（2）可知HN＝2，∴BC＝CH+HN+BN，即23=x+2+x解得：x=3-即CH=3-【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质及勾股定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线．【变式4-1】（2022春•凤山县期末）如图矩形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝a，OC＝b，且a，b满足a-5+|b﹣7|＝0，一次函数y=-13x+5的图象与边OC，AB分别交于D（1）求点B的坐标；（2）直线OB与一次函数y=-13x+5交于点M，求点（3）点G在线段DE上运动，过点G作GF⊥BC，GH⊥AB垂足分别为点F，H．是否存在这样的点G，使以F，G，H，B为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意求出a、b的值，即可求B点坐标；（2）用待定系数法求出直线OB的解析式，再联立方程组y=75x（3）由题意可得D（0，5），E（5，103），设G（t，-13t+5）（0≤t≤5），则F（t，7），H（5，-13t+5），再由FG【解答】解：（1）∵a-5+|b﹣7|＝0∴a＝5，b＝7，∵四边形OABC是矩形，OA＝a，OC＝b，∴B（5，7）；（2）设直线BO的解析式为y＝kx，∴5k＝7，∴k=7∴y=75联立方程组y=7解得x=75∴M（7526，105（3）存在点G，使以F，G，H，B为顶点的四边形是正方形，理由如下：由题意可得D（0，5），E（5，103设G（t，-13t+5）（0≤t≤5），则F（t，7），H（5，-1∵GF⊥BC，GH⊥AB，BC⊥AB，∴四边形FGHB是矩形，当FG＝GH时，四边形FGHB是正方形，∴7+13t﹣5＝5﹣解得t=9∴G（94，17【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，矩形的性质，正方形的性质是解题的关键．【变式4-2】（2021春•柳南区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是边长为4的正方形，B、D分别在y轴负半轴、x轴正半轴上，点E是x轴的一个动点，连接CE，以CE为边，在直线CE的右侧作正方形CEFG．（1）如图1，当点E与点O重合时，请直接写出点F的坐标为，点G的坐标为．（2）如图2，若点E在线段OD上，且OE＝1，求正方形CEFG的面积．（3）当点E在x轴上移动时，点F是否在某条直线上运动？如果是，请求出相应直线的表达式；如果不是，请说明理由．【分析】（1）利用四边形OBCD是边长为4的正方形，以及正方形CEFG的性质可得答案；（2）利用勾股定理求出CE，再根据正方形的面积公式可得答案；（3）当点E在x轴上移动时，E点的位置分两种情况进行讨论：①点E在D的左边；②点E在D的右边．都是利用正方形与全等三角形的性质，求出F点的坐标，根据坐标可得答案．【解答】解：（1）如图1，当点E与点O重合时，∵四边形OBCD是边长为4的正方形，∴OB＝BC＝CD＝DE＝4，∠CDE＝90°，∵四边形CEFG是正方形，∴CF⊥EG，又CD⊥EG，∴C、D、F三点共线，且C、F关于x轴（EG）对称，∵C（4，﹣4），∴F（4，4），G（8，0）．故答案为（4，4），（8，0）；（2）如图2，若点E在线段OD上，且OE＝1，∵OD＝CD＝4，∴DE＝OD﹣OE＝4﹣1＝3，∴CE=CD∴正方形CEFG的面积＝52＝25；（3）当点E在x轴上移动时，E点的位置分两种情况：①如图3①，点E在D的左边时，作FH⊥x轴于H，则∠FEH＝∠ECD＝90°﹣∠CED．在△FEH与△ECD中，∠FEH=∠ECD∠EHF=∠CDE=90°∴△FEH≌△ECD（AAS），∴EH＝CD＝4，FH＝ED．设OE＝m，F（x，y），∴OH＝EH+OE＝4+m，FH＝ED＝OD﹣OE＝4﹣m，∴F（4+m，4﹣m），∴x+y＝4+m+4﹣m＝8，∴y＝﹣x+8，∴F在直线y＝﹣x+8上；②如图3②，点E在D的右边时，同理可得，F在直线y＝﹣x+8上．综上，当点E在x轴上移动时，点F是在直线y＝﹣x+8上运动．【点评】本题是一次函数综合题，其中涉及到正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．利用数形结合、分类讨论是解题的关键．【变式4-3】（2022•南京模拟）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD＝3，OA＝4．（1）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；（2）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，利用待定系数法求得直线OD1的解析式和直线AB的解析式，解方程组即可求出答案；（2）分BN为边和BN为对角线两种情况讨论，分别画出图形，利用正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质可求出答案．【解答】解：（1）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，∴点D1在AC上，∵OA＝4，OD＝3，∴AD=OA∴AD1＝5，∴D1（﹣4，5），设直线OD1的解析式为y＝kx，∴5＝﹣4k，∴k=-5∴直线OD1的解析式为y=-54∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，∴AC∥OB，∠CAB＝∠BAD，∴∠CAB＝∠BAD＝∠ABD，∴AD＝BD＝5，则OB＝8，∴B（0，8），同理求得直线AB的解析式为y＝2x+8，∴y=2x+8y=-解方程-54x＝2x+8，得x∴y=40∴P（-3213，（2）存在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形．分两种情况：①当BN为边时，如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN＝MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，∵四边形BNMQ是正方形，∴QM＝NM，∠QMN＝90°，∴∠QMG+∠NMI＝90°，又∵∠QMG+∠MQG＝90°，∴∠MQG＝∠IMN，又∵∠QGM＝∠MIN＝90°，∴△QGM≌△MIN（AAS），∴QG＝IM，MG＝IN，过点N作NH⊥y轴于点H，同理可证△BNH≌△MNI（AAS），∴NI＝NH，设N（﹣b，b），∵N在直线AB上，∴b＝﹣2b+8，∴b=8∴NI=83，IM＝BH∴OG＝OM+MG＝IN=16∴点Q（163，16如图，若四边形BNMQ是正方形，同理可得M（﹣24，0），Q（﹣16，16）；如图，若四边形BNQM是正方形，同理可证△BOM≌△MGQ，∴OM＝QG，GM＝OB＝8，设OG＝a，则OM＝a+8，∴AM＝a+12，∴42+82+82+（a+8）2＝（a+12）2，∴a＝8，∴AM＝20，OM＝16，∴M（16，0）；同理，点Q（8，﹣16）；如图，若四边形BMQN是正方形，同理可求M（16，0）；点Q（24，16）；②当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点P作PH⊥x轴于H，∵点A（﹣4，0），点B（0，8），∴直线AB解析式为y＝2x+8，∵四边形BMNQ是正方形，∴BM＝NM，∠BMN＝90°，∴∠BMO+∠NMH＝90°，又∵∠BMO+∠MBO＝90°，∴∠NMH＝∠MBO，又∵∠PNF＝∠BOF＝90°，∴△BOM≌△MHN（AAS），∴BO＝HM＝8，OM＝HN，设点M（a，0），∴OH＝8﹣a，HN＝a，∴点N（a﹣8，﹣a），∵点N在AB上，∴﹣a＝2（a﹣8）+8，∴a=8∴HN＝OM=8同理可知△BKQ≌△MOB（AAS），∴QK＝OB＝8，BK＝OM=8∴OK＝8-8∴Q（﹣8，163如图，若四边形BMNQ是正方形，同理可求点M（﹣24，0），则点Q（8，﹣16）．综上所述，点Q的坐标为（163，163）或（﹣16，16）或（24，16）或（﹣8，163）或（8【点评】本题是一次函数综合题，考查了正方形的性质，待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，一次函数的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．题型五一次函数与四边形的综合问题题型五一次函数与四边形的综合问题【例题5】（2021春•吉林期末）如图，已知直线AB的函数解析式为y=43x+4，与y轴交于点A，与x轴交于点B．点P为线段AB上的一个动点（点P不与A，B重合），连接OP，以PB，PO为邻边作OPBC．设点P的横坐标为m，OPBC（1）点A的坐标为，点B的坐标为；（2）①当OPBC为菱形时，S＝；②求S与m的函数关系式，并写出m的取值范围；（3）BC边的最小值为．【分析】（1）在y=43x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣3，即可得A（0，4），B（﹣3（2）①当OPBC为菱形时，BP＝OP，可得P是△AOB斜边上的中点，即得S△BOP=12S△AOB＝3，故S菱形OPBC＝2S△BOP＝②过P作PH⊥OB于H，由点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为y=43x+4，可得P（m，43m+4），﹣3＜m＜0，从而S△BOP=12OB•PH＝2m+6，即得S＝2S△BOP＝4m+12，﹣（3）根据四边形OPBC是平行四边形，得BC＝OP，BC最小即是OP最小，故OP⊥AB时，BC最小，在Rt△AOB中，AB=OB2+OA2=5，由S△AOB=12OA•OB=12【解答】解：（1）在y=43x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x∴A（0，4），B（﹣3，0），故答案为：（0，4），（﹣3，0）；（2）①当OPBC为菱形时，BP＝OP，∴∠PBO＝∠POB，∴90°﹣∠PBO＝90°﹣∠POB，即∠BAO＝∠POA，∴PA＝OP，∴PA＝OP＝PB，即P是△AOB斜边上的中点，∴S△BOP=12S△AOB=12×1∴S菱形OPBC＝2S△BOP＝6，故答案为：3；②过P作PH⊥OB于H，如图：∵点P的横坐标为m，且P在线段AB上，直线AB为y=4∴P（m，43m+4），﹣3＜m＜0∴PH=43m∴S△BOP=12OB•PH=12×3•（43m∴S＝2S△BOP＝4m+12，﹣3＜m＜0；（3）∵四边形OPBC是平行四边形，∴BC＝OP，BC最小即是OP最小，∴OP⊥AB时，BC最小，如图：在Rt△AOB中，AB=OB∵S△AOB=12OA•OB=12∴OP=OA⋅OB∴BC最小为125故答案为：125【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及三角形面积、平行四边形、菱形等知识，解题的关键是用m的代数式表示P点纵坐标和相关线段的长度．【变式5-1】（2022春•温州期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB：y=-43x+4与坐标轴交于A，B两点，点C为AB的中点，动点P从点A出发，沿AO方向以每秒1个单位的速度向终点O运动，同时动点Q从点O出发，以每秒2个单位的速度沿射线OB方向运动，当点P到达点O时，点Q也停止运动．以CP，CQ为邻边构造CPDQ，设点P运动的时间为（1）直接写出点C的坐标为．（2）如图2，过点D作DG⊥y轴于G，过点C作CH⊥x轴于H．证明：△PDG≌△CQH．（3）如图3，连结OC，当点D恰好落在△OBC的边所在的直线上时，求所有满足要求的t的值．【分析】（1）由一次函数解析式可求出A点和B点坐标，由中点坐标公式可求点C坐标；（2）由平行线的性质证出∠GPD＝∠HCQ，根据AAS可证明△PDG≌△CQH；（3）分三种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．【解答】（1）解：∵直线AB：y=-43x+4与坐标轴交于A，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝3，∴点A的坐标是（0，4），点B的坐标是（3，0），∵点C为AB的中点，∴点C（32，2故答案为：（32，2（2）证明：∵四边形PCQD是平行四边形，∴CQ＝PD，PD∥CQ，∴∠QCP+∠DPC＝180°，∵AO∥CH，∴∠OPC+∠PCH＝180°，∴∠GPD＝∠HCQ，又∵∠PGD＝∠CHQ＝90°，∴△PDG≌△CQH（AAS）；（3）解：∵△PDG≌△CQH（AAS），∴DG＝HQ，PG＝CH，∵点C（32，2），点P（0，4﹣t），点Q（2t，0∴CH＝PG＝2，HQ＝DG＝2t-3∴GO＝4﹣t﹣2＝2﹣t，∴点D（2t-32，2﹣当点D落在直线OB上时，则2﹣t＝0，即t＝2，当点D落在直线OC上时，∵点C（32，2∴直线OC解析式为：y=43∴2﹣t=43（2t∴t=12当点D落在AB上时，∵四边形PCQD是平行四边形，∴CD与PQ互相平分，∴线段PQ的中点（t，4-t2）在CD∴4-t2=-4∴t=12综上所述：t＝2或1211或12【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．【变式5-2】（2022•西山区一模）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y＝kx+15（k≠0）经过点C（3，6），与x轴交于点A，y轴交于点B，线段CD平行于x轴，交直线y=34x于点D，连接OC（1）求证：四边形OADC是平行四边形；（2）动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．当点P，Q运动至四边形CPAQ矩形时，请求此时t的值．【分析】（1）代入C点坐标即可得出k值确定直线的解析式，进而求出A点坐标，求出再D点坐标，根据CD＝OA，CD∥OA，即可证四边形OADC是平行四边形；（2）先证四边形CPAQ为平行四边形，根据对角线相等确定PQ的长度，再根据P、Q的位置分情况计算出t值即可．【解答】（1）证明：∵直线y＝kx+15（k≠0）经过点C（3，6），∴3k+15＝6，解得k＝﹣3，即直线的解析式为y＝﹣3x+15，当y＝0时，x＝5，∴A（5.0），∵线段CD平行于x轴，∴D点的纵坐标与C点一样，又∵D点在直线y=34当y＝6时，x＝8，即D（8，6），∴CD＝8﹣3＝5，∵OA＝5，∴OA＝CD，又∵OA∥CD，∴四边形OADC是平行四边形；（2）解：由（1）知四边形OADC是平行四边形，∴OD与AC互相平分，又∵P点和Q点的运动速度相同，∴PQ与AC互相平分，∴四边形CPAQ为平行四边形，∵D（8，6），∴OD＝10，当0≤t≤5时，PQ＝10﹣2t，当5≤t≤10时，PQ＝2t﹣10，当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，PQ＝AC，∵A（5.0），C（3，6），∴AC=(5-3)2当0≤t≤5时，10﹣2t＝210，解得t＝5-10当5≤t≤10时，2t﹣10＝210，解得t＝5+10综上，当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时t的值为5-10或5+【点评】本题是一次函数综合题，主要考查坐标与图形性质，一次函数的性质，平行四边形的判定和性质和矩形的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的判定和性质和矩形的性质是解题的关键．【变式5-3】（2022春•上蔡县期末）如图，已知一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于点B、A，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD．过点C作CE⊥x轴于点E，点G（m，0）是线段OB上的动点，过点G作GF⊥x轴分别交AB、AD于点F、H，连接CF．（1）求点C的坐标．（2）当OG＝GB时，判断四边形CEGF的形状，并说明理由．（3）当FG＝FH时，请直接写出点H的坐标．【分析】（1）由一次函数解析式可求出A（0，4），B（2，0），证明△AOB≌△BEC（AAS），由全等三角形的性质可得出BE＝OA＝4，CE＝OB＝2，则可得出答案；（2）证得CE∥FG．CE＝FG，得出四边形CEGF是平行四边形，由矩形的判定可得出结论；（3）过点D作DM⊥y轴于点M，同（1）可得D（4，6），由待定系数法求出直线AD的解析式为y=12x+4，设H（m，12m+4），F（m，﹣2m+4），由题意得出1【解答】解：（1）∵一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴，y轴分别交于点B、A．∴A（0，4），B（2，0），∴OA＝4，OB＝2，∵CE⊥BE，∴∠CED＝∠AOB＝∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBE＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠ABO＝∠BCE，∵AB＝BC，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴BE＝OA＝4，CE＝OB＝2，∴OE＝6，∴C（6，2）．（2）四边形CEGF是矩形．理由：∵GF⊥OB，AO⊥OB，∴FG∥OA，∵OG＝GB，∴AE＝EB，∴FG=12OA＝∵CE⊥OB，∴CE∥FG．CE＝FG，∴四边形CEGF是平行四边形，∵∠FGE＝90°，∴四边形CEGF是矩形．（3）过点D作DM⊥y轴于点M，同（1）可得D（4，6），设直线AD的解析式为y＝kx+b，∴4k+b=6b=4∴k=1∴直线AD的解析式为y=12x设H（m，12m+4），F（m，﹣2m∵FG＝FH，∴12∴m=8∴H（89，40【点评】本题属于一次函数综合题，考查了等腰三角形的性质，矩形的性质，待定系数法，一次函数的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式5-4】（2022春•曾都区期末）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（3，2），过点A的直线交矩形OABC的边BC于点P（点P不与点B，C重合），以点P为顶点在直线BC的下方作∠CPD＝∠APB，PD交x轴于点D．（1）求证：△APD为等腰三角形；（2）若△APD为等腰直角三角形．①求直线AP的函数解析式；②若点M是直线AP上的一个动点，试探究在坐标平面内是否存在点N，使得以点O，A，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，简要说明理由．【分析】（1）利用平行线的性质和等量代换推导出∠PDA＝∠PAD，即可证明；（2）①由题意可得∠APB＝45°，则AB＝PB，从而求出P点坐标，再由待定系数法求解析式即可；②设M（t，﹣t+3），N（x，y），根据菱形的对角线分三种情况讨论即可．【解答】（1）证明：∵四边形OABC是矩形，∴BC∥OA，∴∠APB＝∠PAD，∵∠CPD＝∠APB，∴∠PDA＝∠PAD，∴△APD为等腰三角形；（2）解：①由（1）可知PD＝PA，∵△APD为等腰直角三角形，∴∠APD＝90°，∠PAD＝45°，∴∠APB＝45°，∴AB＝PB，∵四边形OABC是矩形，B（3，2），∴A（3，0），C（0，2），∴OA＝3，CO＝2，∴P（1，2），设直线AP的解析式为y＝kx+b，∴3k+b=0k+b=2解得k=-1b=3∴y＝﹣x+3；②存在点N，使得以点O，A，M，N为顶点的四边形是菱形，理由如下：设M（t，﹣t+3），N（x，y），①当AM为菱形的对角线时，AO＝OM，∴3+t=x-t+3=y解得t=0x=