专题08 一次函数与几何综合问题程期末真题汇编【六大题型+提升题】（解析版）-2024学年八年级数学下学期期末真题分类汇编人教版

专题08一次函数与几何综合问题程期末真题汇编期末真题汇编之六大题型一次函数图象共存问题例题：（22-23八年级上·江苏盐城·期末）下列图象中，可以表示一次函数与正比例函数（k，b为常数，且）的图象不可能的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正比例函数的图象、一次函数的图象，根据正比例函数的性质和一次函数的图象，可以得到的正负和、的正负，然后即可判断哪个选项符合题意．【详解】A、由一次函数的图象可知，，由正比例函数的图象可知，故选项A不可能，符合题意；B、由一次函数的图象可知，，由正比例函数的图象可知，故选项B可能，不符合题意；C、由一次函数的图象可知，，由正比例函数的图象可知，故选项C可能，不符合题意；D、由一次函数的图象可知，，由正比例函数的图象可知，故选项D可能，不符合题意；故选：A．【变式训练】1．（23-24八年级上·四川巴中·期末）若式子有意义，则一次函数的图象可能是（

）A．B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了一次函数的性质，二次根式和零次幂有意义的条件；由二次根式和零次幂有意义的条件得，由一次函数图象的性质即可求解；掌握一次函数的性质“当时，图象经过第一、三象限；当时，图象经过第二、四象限．”是解题的关键．【详解】解：有意义，，，，图象经过第一、二、三象限；故选：D．2．（23-24八年级上·辽宁朝阳·期末）一次函数与在同一坐标系的图象正确的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】本题考查了一次函数图象与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质，一次函数，当直线经过一、三象限，当直线经过二、四象限，当直线与y轴正半轴有交点，直线与y轴负半轴有交点．先确定一个函数图象的位置得到a、b的符号，则利用a、b的符号判定另一个图象是否正确即可．【详解】解：当的图象在一、二、三象限时，则，，所以的图象在一、二、三象限，所以A、C选项错误；当的图象在一、二、四象限时，则，，所以的图象在一、三、四象限，所以B选项错误；当的图象在一、三、四象限时，则，，所以的图象在一、二、四象限，所以D选项正确．故选：D．一次函数与三角形的综合问题例题：（23-24八年级上·河南焦作·期末）如图，直线与x轴和y轴分别交于A、B两点，射线于点A．若点C是射线上的一个动点，点D是x轴上的一个动点，且以C、D、A为顶点的三角形与全等，则点D的坐标为．【答案】或【分析】本题考查一次函数与几何的综合应用，先求出两点的坐标，进而求出的长，分或两种情况进行讨论求解即可．利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．【详解】解：当时，，∴点B的坐标为，∴，当时，，解得：，∴点A的坐标为，∴，∴，∵，∴，如图所示，∵，，∴，当以C、D、A为顶点的三角形与全等时，共有或两种情况，当时，，∴点D的坐标为，即；当时，，∴点D的坐标为．综上所述，点D的坐标为或．故答案为：或．【变式训练】1．（22-23八年级下·河南南阳·期末）如图，已知一次函数的图象分别与x轴、y轴交于A、B两点，以线段为一边在第一象限内作，使，．

(1)求直线的解析式；(2)坐标平面内直线上方是否存在一点P，使点P与A、B、C三点组成一个平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）证明，得到，，求出，即可求解；（2）分类讨论：当为对角线时，当为对角线时，根据平行四边形的性质和待定系数法求直线的解析式为，直线的解析式为，直线的解析式为，再联立方程组求解即可．【详解】（1）解：将代入，得，解得，∴，将代入，得，∴，

过点C作轴于点D，则，∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，，∴，设直线的解析式为，分别将、代入，得，解得，∴直线的解析式为：；（2）解：存在，理由如下：如图，当为对角线时，

∵四边形是平行四边形，∴，，设直线的解析式为，∵直线经过点，∴，即，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，∵直线经过点，∴，即∴直线的解析式为，联立方程组得，，解得，∴，如图，当为对角线时，∵四边形是平行四边形，∴，，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，∵直线经过点，∴，∴直线的解析式为，联立方程组得，解得，∴，综上所述，点P的坐标为、．

【点睛】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、一次函数图形与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质和待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．2．（22-23八年级上·重庆·期末）如图，在平面直角坐标系中，为等腰直角三角形，，，点的坐标为．(1)求点的坐标；(2)如图，在轴上找一点，使得的值最小，并写出点的坐标；(3)在第四象限是否存在一点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，或或【分析】（1）过点作轴于点，过点作轴于点，证明，即可求点坐标；（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，当、、三点共线时的值最小，求出直线的解析式即可求点坐标；（3）分三种情况：当时，，过点作轴交于点，过点作轴交于点，证明，即可求；②当时，，过点作轴交于点，过点作交于点，证明，即可求；③当时，，过点作轴交于点，过点作交于点，证明，即可求．【详解】（1）解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，点的坐标为，，，又轴，轴，，，又，，，又，，，，点的坐标为；（2）如图2，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，由对称性可知，，当、、三点共线时的值最小，连接交轴于点，则，点与关于轴对称，点的坐标为，设直线的解析式为，，，，令，则；（3）存在一点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，理由如下：①当时，，如图3，过点作轴交于点，过点作轴交于点，，，，，，，，，，，；②如图4，当时，，过点作轴交于点，过点作交于点，，，，，，，，，，；③如图5，当时，，过点作轴交于点，过点作交于点，，，，，，，，，，，，；综上所述：点坐标为或或．【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．一次函数与平行四边形的综合问题例题：（21-22八年级下·湖南张家界·期末）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D．连接、．(1)求直线的解析式；(2)求证：四边形是平行四边形；(3)点P为直线上一点，连接、，当，求此时点P的坐标．【答案】(1)；(2)证明详见解析；(3)或．【分析】本题考查一次函数综合，解题的关键是掌握待定系数求函数解析式，会求函数与坐标轴的交点，会求点所围成的三角形面积．（1）将代入即可求解；（2）先求出A、D的坐标，然后证明，，即可得证；（3）根据可得点P到的距离是点C到距离的2倍，设将直线向上平移个单位得到直线，则可求直线的解析式为，然后把直线向上或向下平移个单位得到直线、，求出、解析式，最后分别求出、与的交点即可．【详解】（1）解：将代入，得∴，∴直线的解析式为．（2）解：当时，，解得，即点，∴．∵平行于x轴，则点D的纵坐标为4，∴将代入y=，得，解得．∴点，．∴．∴，且．∴四边形是平行四边形．（3）解：∵与的底都是，∴当时，则点P到的距离是点C到距离的2倍，如图2，设将直线向上平移个单位得到直线，使得直线经过点C，∴直线的解析式为，∵经过点，∴，∴．∵点P到的距离是点C到距离的2倍，①将直线向上平移个单位得到直线，∴直线的解析式为．∴直线与直线的交点即为点P，∴，解得，∴点P的坐标为；②将直线向下平移个单位得到直线，∴直线的解析式为．∴直线与直线的交点即为点P，∴，解得，∴点P的坐标为．综上所述点P的坐标：或．【变式训练】1．（22-23八年级下·辽宁本溪·期末）如图，平行四边形的一边在坐标轴上，点B的坐标为，直线把平行四边形的面积分成相等的两部分，且与x轴交于点，则k值为．

【答案】【分析】连接交于点T，先根据直线把平行四边形的面积分成相等的两部分，得到T为的中点，进一步得到，再根据直线与x轴交于点，列出方程组求解即可.【详解】解：连接交于点T，如下图所示，

∵直线把平行四边形的面积分成相等的两部分，∴T为的中点，∵点B的坐标为，∴，又∵直线与x轴交于点，∴，解得，故答案为：.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和二元一次方程，判断为的中点是解题的关键.一次函数与矩形的综合问题例题：（22-23七年级下·湖北武汉·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形的顶点，，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点落在对角线上的点E处，折痕与x轴交于点D．

(1)线段的长度___________；(2)求直线所对应的函数表达式；(3)若点Q在线段上，在线段上是否存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)10(2)(3)存在，【分析】（1）由矩形的性质可得出点的坐标及，的长，利用勾股定理可求出的长；（2）设，则，，，利用勾股定理可求出值，进而可得出点的坐标，再根据点，的坐标，利用待定系数法可求出直线所对应的函数表达式；（3）过点作轴于点，由，可得出，利用面积法可求出的长，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可得出点的坐标，根据，求出直线的解析式，根据点的纵坐标求出其横坐标即可．【详解】（1）解：由题意，得：点的坐标为，，，，故答案为：10．（2）设，则，，，即，，，点的坐标为．设直线所对应的函数表达式为，将，代入，得：，解得：，直线所对应的函数表达式为；（3）存在，理由：过点作轴于点，如图所示．

，，，在中，，点的坐标为，由，设直线的解析式为：，把代入得：，解得：，直线的解析式为：，令，则，解得：，存在，点的坐标为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、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以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题．【变式训练】1．（22-23八年级下·四川自贡·期末）如图，矩形两边与坐标轴正半轴重合，是边上的一个动点，是经过，两点的直线上的一个动点，则的最小值是．

【答案】8【分析】先求解一次函数与坐标轴的交点坐标，再利用P的位置进行讨论，结合勾股定理可得答案．【详解】解：∵，当时，，∴，当时，，∴，∴，∵是边上的一个动点，如图，当在第二象限时，，则，

当在第四象限时，如图，，，

此时，∴取得最小值时，在线段上，即；此时当时，最小，P，Q重合时，P，Q之间距离为0，设，此时，如图，

∴；故答案为：8【点睛】本题考查的是一次函数与坐标轴的交点坐标，垂线段最短的含义，勾股定理的应用，矩形的定义，坐标与图形，二次根式的除法运算，清晰的分类讨论是解本题的关键．2．（22-23八年级下·广东珠海·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A在x轴正半轴，点D在矩形的边上，与相交于点G，，对角线解析式为：．(1)求D点坐标和k的值；(2)平行于x轴的直线m，从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿方向移动，到达点C时停止，运动时间为t秒，平移过程中，直线m与线段、分别交于点E、F．①记线段的长度为L，当点F在点E右边时，求L与t的函数关系式；②当四边形为平行四边形时，求t的值，并说明此时的平行四边形是否为菱形；(3)在（2）的情况下，以为边向下作等边（点P在线段下方），与重叠部分的面积记为S．填空：当秒时，S的值_________；当E点落在中点时，S的值_________．【答案】(1)；(2)①；②，是(3)；【分析】（1）先求得，再根据含30度角的直角三角形的性质求得点D、A得坐标，进而可求解；（2）①方法一，可求得直线的表达式，设，则，利用坐标与图形性质求解即可；方法二：可根据已知得到，再根据含30度角的直角三角形的性质求解即可；②根据平行四边形的性质知，进而解方程求得，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可的结论；（3）当时，由（2）知，，，过P作于M，利用等边三角形的性质求得，则此时与重叠部分为，可求得S值；取中点，根据三角形的中位线性质可证得和F重合，则，再根据等边三角形的性质证得，，则点P在上，故与重叠部分为，进而求解即可．【详解】（1）解：点C是直线与轴的交点，即，又在中，，，，在中，，，，又点在直线上，∴，；（2）解：①方法一：由（1）得：，直线的解析式为，直线的解析式为点是直线与的交点，又点是直线与的交点，；方法二：，，，即于点又直线平行于，；②四边形为平行四边形，，，又，，即于点平行四边形为菱形；（3）解：当时，，，则，过P作于M，∵是等边三角形，∴，，∴，则此时与重叠部分为，

∴；取中点,∵E点在中点，∴是的中位线，∴轴，，∵轴，∴和F重合，则，∵，是等边三角形，∴，，则点P在上，∴与重叠部分为，如图，

∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形、求一次函数的解析式、一次函数的图象与性质、平行四边形的性质、菱形的判定、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形的中位线性质等知识，知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想求解是解答的关键．一次函数与菱形的综合问题例题：（22-23八年级下·湖南郴州·期末）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，，四边形是菱形，点在轴的负半轴上，直线交轴于点．

(1)求菱形的周长；(2)动点从点出发，沿线段方向以个单位/秒的速度向终点匀速运动．设的面积为，点的运动时间为秒，求关于的函数表达式（写出自变量的取值范围）；(3)平面直角坐标系内是否存在点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)菱形的周长为(2)(3)存在，点的坐标有或或，理由见详解【分析】（1）如图所示，过点作轴于点，在中，可求出的长，根据菱形的性质即可求解；（2）用含的式子表示出的长，运用待定系数法求出直线的解析式，可得点的坐标，根据三角形的面积即可求解；（3）根据平行四边形的性质，分类讨论：①如图所示，以为对角线，四边形为平四边形；②如图所示，以为对角线，四边形为平四边形；③如图所示，以为对角线，四边形是平行四边形；根据平行四边形的性质，图形结合，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，过点作轴于点，

∵，∴，，∴在中，，∵四边形是菱形，∴，∴菱形的周长为，∴菱形的周长为．（2）解：点的速度为个单位/秒，时间为秒，∴，，∵点在线段上，∴，∴，解得，，∴，∵，，∴设直线的解析式为，∴，解得，，∴直线的解析式为，令，则，∴，则，∵，即，∴．（3）解：存在，点的坐标有或或，理由如下：根据题意，设，①如图所示，以为对角线，四边形为平四边形，

∴，，且，，∴；②如图所示，以为对角线，四边形为平四边形，

∴，，且，，∴；③如图所示，以为对角线，四边形是平行四边形，

∴，，且，，∴；综上所示，点为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标有或或．【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形的变换，一次函数图像的性质的综合，掌握菱形的性质，勾股定理，待定系数法求一次函数的解析式，平行四边形的性质等知识的综合运用是解题的关键．【变式训练】1．（22-23八年级下·北京怀柔·期末）如图，菱形的四个顶点都在坐标轴上，对角线，相交于原点，已知，，若正比例函数()的图象将菱形分成两个平行四边形，则．

【答案】【分析】根据菱形的性质和平行四边形的性质可得正比例函数()的图象平行于或，即可求解，【详解】解：菱形的四个顶点都在坐标轴上，，，∴，，∵正比例函数()的图象将菱形分成两个平行四边形，∴正比例函数()的图象平行于或，当正比例函数()的图象平行于时，设直线的解析式为，将，代入得：，解得：，∴直线的解析式为，则∵正比例函数()的图象与直线的图象平行，∴；当正比例函数()的图象平行于时，设直线的解析式为，将，代入得：，解得：，∴直线的解析式为，则∵正比例函数()的图象与直线的图象平行，∴；故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，正比例函数的性质，求一次函数的解析式等，解题的关键是求得一次函数的解析式．2．（22-23八年级下·吉林长春·期末）直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，菱形如图放置在平面直角坐标系中，其中点D在x轴负半轴上，直线经过点C，交x轴于点E.

(1)请直接写出点C，点D的坐标，并求出m的值；(2)点是线段上的一个动点（点P不与O、B重合），经过点P且平行于x轴的直线交于M，交于N.当四边形是平行四边形时，求点P的坐标；(3)点是y轴正半轴上的一个动点，Q是平面内任意一点，t为何值时，以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形？【答案】(1)，，(2)(3)或3或【分析】（1）首先求出，，再利用勾股定理求得，再根据菱形的性质求得，，再把点C坐标代入直线即可求解；（2）由（1）可知，直线，，求得，，设，，可得，根据平行四边形的性质可得，即，即可求解；（3）若以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，分类讨论：、、分别求值即可．【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，当时，；当时，，解得，∴，，∴，，在中，，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，，∵直线经过点C，∴，解得：．（2）解：由（1）可知，，，∴直线，当时，，解得，∴，∴，∵，∴设，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，即，解得，∴．（3）解：∵以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴是等腰三角形，当时，∵，，，∴，，∴，解得，（舍去），当时，，解得，当时，，解得，综上所述，或3或时，以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查直线上点的坐标的特征、平行四边形的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题是解题的关键．一次函数与正方形的综合问题例题：（23-24八年级上·江苏扬州·期末）如图，边长为2的正方形分别在x轴、y轴上，D为中点，过点O的直线交边于点E（不与A、B重合），连接，当平分时，则k的值为．

【答案】【分析】如图，作交于点F，连接；再通过证明三角形全等可得、，然后根据勾股定理求得，进而确定点E的坐标，进而求出k的值即可．【详解】解：如图，作交于点F，连接，

∵平分，∴，∵正方形，∴在和中，，∴，∴，∵点D是边的中点，∴，∴；同理可证：，∴,∴，∵在中，，即，解得，∴，把点E的坐标代入得：，解得：．故答案为：．【点睛】本题主要考查了一次函数综合题、角平分线的性质，三角形全等的判定及性质，正方形的性质理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．【变式训练】1．（22-23八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，与轴交于点，以边向上作正方形，交于点．

(1)求点的坐标；(2)若是直线上的一动点，则在轴上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请简要说明理由．【答案】(1)(2)存在，或或【分析】（1）根据一次函数的解析式，分别令，进而得出的坐标，证明，根据全等三角形的性质即可求解；（2）令，解得：，则，当为边时，，，当为对角线时，，设，根据平移可得，代入，即可求解．【详解】（1）解：∵直线：与轴交于点，与轴交于点，当，解得：，则，当，解得：，则，∵以边向上作正方形，交于点．∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：依题意，在轴上，∵，直线：令，解得：，则，当为边时，，，∴或，当为对角线时，设，∵，，根据平移可得即，代入，即，解得：，则，

综上所述，或或．【点睛】本题考查了坐标与图形，正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．15．（21-22八年级下·福建泉州·期末）如图1．在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点E是延长线上一点，M是线段上一动点（不包括O、B），作，交的平分线于点N．(1)①直接写出点C的坐标；②求证：；(2)如图2，若，在上找一点P，使四边形是平行四边形，求直线的解析式；(3)如图，连接交于F，连接，下列两个结论：①的长为定值；②平分，其中只有一个正确，选择并证明．【答案】(1)①，②证明见解析(2)(3)平分成立，证明见解析【分析】（1）①由正方形的性质结合点D的坐标可得出轴，轴，，进而可得出点C的坐标；②在上取，连接，只要证明即可．（2）如图2中，作于E，只要证明即可求得点N的坐标．由平行四边形的对边相互平行且相等的性质求得点P的坐标，然后由待定系数法确定函数解析式．（3）结论：平分成立．如图3中，在延长线上取，过M作于P，因为，所以只要证明即可解决问题．【详解】（1）解：①∵四边形为正方形，点D的坐标为，∴轴，轴，，∴点C的坐标为．②证明：如图1中，在上取，连接，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴．（2）解：如图2，作于点Q．在和中，，∴，∴，∴，∴点N坐标为．∵四边形是平行四边形，点C的坐标为，点M的坐标为，点N的坐标为，∴点P的坐标为，即．设的解析式为，将点代入，得：，解得：，∴直线的解析式为．（3）解：结论：平分成立．证明：如图3中，在延长线上取，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，过M作于P，则，由（2）可知，∵，∴，即平分．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、角平分线、余角及补角、平行四边形的性质、待定系数法求一次函数解析式以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）①利用正方形的性质，求出，的长；②利用全等三角形的判定定理证出；（2）利用全等三角形的性质及平行四边形的性质，找出点N，P的坐标．一、单选题1．（23-24八年级上·浙江·期末）两个一次函数，（为常数），它们在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】本题考查一次函数图象与系数的关系，分时，时，时，时四种情况，写出一次函数，经过的象限，即可判断．【详解】解：当时，一次函数，经过一、三、四象限；当时，一次函数经过一、二、三象限；一次函数经过二、三、四象限；当时，一次函数经过二、三、四象限；一次函数经过一、二、三象限；当时，一次函数，经过一、二、四象限，观察四个选项可知，只有选项A满足题意，故选：A．2．（23-24八年级上·广东梅州·期末）已知直线与轴、轴分别交于点和点，是线段上的一点，若将沿折叠，点恰好落在轴上的点处，则直线的函数解析式是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，轴对称折叠的性质．由解析式，可得，，根据勾股定理，，中，构建方程求解得，于是，运用待定系数法求解即可．【详解】解：对于，当时，；当时，，；∴，，∴，，∴．由折叠知，．∴．中，，∴，解得，．∴，设直线的解析式为，得，解得，∴．故选：C．3．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平面直角坐标系中有一个等腰如图放置，，，点，，在x轴上找一点P，使最短，则点P坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质．作轴，垂足为，作点关于轴的对称点，连接交轴于点P，此时最短，最小值为的长，证明，求得，再求得直线的解析式，据此求解即可．【详解】解；作轴，垂足为，作点关于轴的对称点，连接交轴于点P，此时最短，最小值为的长，∵，∴，由题意得，，，∴，∴，∴，，∴，∴，设直线的解析式为，把代入得，解得，∴直线的解析式为，令，则，解得，∴点P坐标为，故选：C．4．（23-24七年级上·浙江宁波·期末）如图，直线与轴负半轴交于点，以为边构造等边三角形；过作交直线于点，以为边构造等边三角形，…按此规律进行下去，则点的横坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直线可知，点，可得，由于是等边三角形，可得点，把代入直线解析式即可求得的横坐标，可得，由于是等边三角形，可得点；同理，，，，结论可得．【详解】解：∵直线与轴负半轴交于点，∴，∴，是等边三角形，过作轴，如图所示：垂直平分，即，，进而由勾股定理可得，∴，当时，，解得，∴，在等边中，同理可得；当时，，解得，∴，在等边中，同理可得；按照以上求解过程，可得，，，∴的横坐标为，故选：D．【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标的特征，等边三角形的性质，含的直角三角形性质，勾股定理，特殊图形点的坐标的规律，本题是规律探索型，准确找到坐标的变化规律是解题的关键．二、填空题5．（22-23八年级上·江苏苏州·期末）如图，直线与轴交于点，与轴交于点．已知在轴上存在一点，使得的面积为，则点的坐标为．【答案】或【分析】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点问题，三角形的面积，熟练掌握求一次函数与坐标轴的交点坐标方法是解题的关键．先求出点和点的坐标，根据三角形的面积公式可求得，结合题意即可求解．【详解】解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，令，则，故；令，则，解得：，故；∵的面积为，即，∵，故，又∵点在轴上，，∴或．故答案为：或．6．（23-24八年级上·广东深圳·期末）新定义：若点，点，如果，那么点与点就叫作“和等点”，，称为等和．例如：点，点，因，则点与点就是和等点，为等和．如图在长方形中，点，点，轴，轴，若长方形的边上存在不同的两个点、，这两个点为和等点，等和为，则的长为．

【答案】【分析】本题考查了一次函数图象上点的特征、矩形的性质，平面直角坐标系中两点间距离公式，设点，点，由题意可得，，，，可知点均在直线上，在坐标系中可作出直线，则直线与矩形的交点即为点，求出的坐标即可得出求解，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【详解】解：设点，点，由题意可得，，∴，，∴点均在直线上，在平面直角坐标系中可作出直线，则直线与矩形的交点即为点，

令时，，令时，，∴，或，，∴，故答案为：．7．（23-24八年级上·山东青岛·期末）正方形，，，…，按如图所示的方式放置，点、、和点、、…分别在直线和轴上，则点的坐标是.【答案】【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型：点的坐标，利用的性质及正方形的性质可以得到很多等腰直角三角形，再根据全等三角形得出，，，，的坐标，根据点的坐标的变化可找出变化规律点的坐标为，再代入即可得出结论．【详解】直线交轴于点，则，，∴，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，过作轴于，过作轴于，过作轴于，连接，，∴，∴，，∴，，∴，，∴，轴同理可得，，，即，，．点的坐标为，故答案为：．8．（22-23八年级下·吉林白山·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线在y轴的正半轴上，点B的坐标是，直线沿y轴向上平移个单位长度后得到直线．若直线．将菱形的面积二等分，则m的值是．

【答案】2【分析】根据将菱形的面积二等分的直线过的中点，然后代入即可得出答案．【详解】解：将菱形的面积二等分的直线过的中点，点B的坐标是，直线过，把代入得代入．故答案为：2．【点睛】本题考查了一次函数与几何变换，熟练掌握将菱形的面积二等分的直线过的中点是解题的关键．三、解答题9．（22-23八年级下·河南洛阳·期末）如图，在矩形中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是，与关于直线对称，且点E在对角线上．

(1)求线段的长；(2)求点D的坐标及直线的函数表达式．【答案】(1)10；(2)，．【分析】（1）根据点B的坐标，利用勾股定理直接计算出长；（2）设，则，，，利用勾股定理可求出长，点的坐标可求，根据B、D坐标，待定系数法可求直线解析式．【详解】（1）∵点B的坐标是，∴，，在中，由勾股定理得：；（2）∵与关于直线对称，∴，，，在中，设，则，，，由勾股定理得得，，解得，∴，∴，设的解析式为，∵在直线上，∴，∴，∴的解析式为．【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，勾股定理，轴对称的性质，待定系数法求函数解析式，根据条件灵活设解析式便于简化计算．10．（22-23八年级下·山东济宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，点在轴正半轴上，对角线交轴于点，边交轴于点．动点从点A出发，以2个单位长度/秒的速度沿折线向终点运动．

(1)点C的坐标为______；点B的坐标为______；(2)求的长；(3)设动点P的运动时间为t秒连接、，的面积为，请用含的式子表示，并说明理由．【答案】(1)，(2)；(3)．【分析】（1）由点A坐标可得，由勾股定理可得，根据菱形的性质可得边长为10，据此即可求解；（2）先求得直线的解析式为，再得到点M的坐标，即；然后根据即可解答；（3）连接，分和两种情况，分别根据菱形的性质求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，，∴，∴．故答案为：，．（2）解：∵，，设直线的解析式为，则有，解得，∴直线的解析式为，∴，∴，∴；（3）解：，理由如下：连接，如图2-1中，当时，

∵，∴．如图2-2中，当时，

∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，综上所述，．【点睛】本题主要查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积、勾股定理等知识点，正确作出辅助线以及掌握分类讨论思想成为解答本题的关键．11．（22-23八年级下·天津·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点O为坐标原点，A，C分别在x轴，y轴正半轴上，B在第一象限，为对角线，其中．

(1)求点B，C的坐标；(2)求所在直线的解析式；(3)已知点，问：在直线上是否存在一点P，使得最小？若存在，求点P的坐标与的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)B点坐标为，C点坐标为(2)(3)，【分析】（1）由正方形的性质得，从而可求出点B，C的坐标；（2）直接运用待定系数法求解即可；（3）连接,设与交于点P，运用待定系数法求出的解析式，联立方程组可求出点P的坐标，再运用勾股定理求出的长即可解决问题．【详解】（1）∵四边形是正方形，，∴

∴B点坐标为，C点坐标为；（2）∵，∴.又.设直线的解析式为：，把A，C两点代入解析式得：解得,，∴直线的解析式为：.（3）连接，直线与直线的交点即为点P，

证明：∵四边形是正方形，∴点B与O关于直线对称，∴即为的最小值.∴直线与直线的交点即为点P.

设直线的解析式为：，把点代入解析式得：，解得，，∴直线的解析式为：.

联立方程组，

解得，，∴点P的坐标过点E作轴，垂足为F，∴.所以的最小值为．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，运用待定系数法求一次函数解析式以及线段最值问题，正确运用待定系数法求一次函数解析式是解答本题的关键．12．（22-23八年级下·四川泸州·期末）如图（1），已知直线与x轴、y轴分别交于点A，C，以为边在第一象限内作矩形．(1)求点A，C的坐标；(2)如图（2），将对折，使得点A与点C重合，折痕分别交于点D，E，求直线的解析式；(3)在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得与全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】(1)，；(2)；(3)满足条件的点有三个，分别为或或．【分析】本题主要考查对于一次函数图象的应用以及勾股定理的运用和全等三角形的判定，解题的关键是掌握以上知识点．（1）已知直线与轴、轴分别交于点、，即可求得和的坐标；（2）根据题意可知是等腰三角形，由折叠的性质和勾股定理可求出长，即可求得点坐标，最后即可求出的解析式；（3）将点在不同象限进行分类，根据全等三角形的判定方法找出所有全等三角形，找出符合题意的点的坐标．【详解】（1）解：当时，，；当时，，解得，；∴；；（2）解：由折叠知：．设，则，，根据题意得：，解得：，此时，，，设直线为，∴，解得，直线解析式为；（3）解：①当点与点重合时，显然，此时；②当点在第一象限时，如图，由得，则点在直线上．过作于点，由（2）得，，，由得：，，，把代入得，此时，③当点在第四象限时，如图，由（2）同理可求得：，根据勾股定理，，此时．综合得，满足条件的点有三个，分别为或或．13．（22-23八年级下·广西柳州·期末）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，正方形的、边分别在轴、轴上，其中，为射线上一动点，以为边向右作正方形（整个正方形位于直线的右侧）．

(1)求、两点所在的直线解析式；(2)当点