专题19.11一次函数与几何综合问题大题专练（重难点培优30题八下人教）-2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题

【拔尖特训】20222023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】专题19.11一次函数与几何综合问题大题专练（重难点培优30题）班级：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事项：本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第110题）、能力提升题（第1120题）、培优压轴题（第2130题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、解答题1．（2022秋·江苏·八年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，将直线y=kx沿y轴向上平移2个单位后得到直线l，已知l经过点A（－4，0）．（1）求直线l的解析式；（2）设直线l与y轴交于点B，点P在坐标轴上，△ABP与△ABO的面积之间满足SΔABP=1【答案】（1）y=12x+2；（2）(−2,0)，(−6,0)，【分析】（1）由平移和待定系数法求出直线l的解析式；（2）先求出三角形AOB的面积，进而得出三角形ABP的面积，三角形ABP的面积用三角形PAF和BAF的面积之和建立方程求出m的值．【详解】解：（1）∵将直线y＝kx（k≠0）沿y轴向上平移2个单位得到直线l，∴设直线l解析式为y＝kx+2，∵直线l经过点A（﹣4，0）∴﹣4k+2＝0，∴k＝12∴直线l的解析式为y＝12x（2）当x=0时，y=2，∴A∴OA=4,  ∴S∴

当点P在x轴上时，S∴AP=2∴P−2,  0

当点P在y轴上时，S∴BP=1∴P0,  3综上所述，点P的坐标为(−2,0)，(−6,0)，(0,3)或(0,1)．【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，函数图象的平移，三角形的面积，解本题的关键是分类讨论，求出BP、AP的长．2．（2020春·内蒙古·八年级校考期末）已知平面直角坐标系内的点A（m﹣3，2m﹣2）在第二象限，且m为整数，B（3，1）．（1）求点A的坐标；（2）点P是x轴上一动点，当PA+PB最小时，求：①点P的坐标；②PA+PB的最小值．【答案】（1）A（﹣1，2）；（2）①P（53，0）；②【分析】（1）依据点A（m﹣3，2m﹣2）在第二象限，且m为整数，即可得到A（﹣1，2）；（2）作点A关于x轴的对称点C，则C（﹣1，﹣2），利用待定系数法即可得到直线BC的解析式，进而得到点P的坐标；依据勾股定理依据轴对称的性质，即可得到PA+PB的最小值．【详解】解：（1）∵点A（m﹣3，2m﹣2）在第二象限，且m为整数，∴m−3<02m−2>0解得1＜m＜3，∴m＝2，∴A（﹣1，2）；（2）如图，作点A关于x轴的对称点C，则C（﹣1，﹣2），连接BC交x轴于P，设直线BC的解析式为y＝kx+b，则−k+b=−23k+b=1解得k=∴y＝34x﹣5①令y＝0，则x＝53，即P（5②如图，过C作CD∥x轴，过B作BD∥y轴，则CD＝4，BD＝3，∴Rt△BCD中，BC＝32即PA+PB的最小值为5．【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．3．（2022春·湖南怀化·八年级统考期末）综合与探究：如图，直线l1的表达式为y=−3x+3，与x轴交于点C，直线l2交x轴于点A，OA=4，l1与l2交于点B，过点B作BD⊥x轴于点（1）求点C的坐标；（2）求直线l2（3）求SΔABC（4）在x轴上是否存在点P，使得SΔABP=2S【答案】（1）C1,0；（2）y=32x−6；（3）S【分析】（1）因为l1与x轴交于点C，所以令y=−3x+3中y=0（2）求出点A、B坐标，设直线l2的表达式为y=kx+b（3）根据SΔABC（4）由△ABP的面积可得AP长，结合A点坐标，易知P点坐标.【详解】解：1令y=−3x+3中y=0得：−3x+3=0，解得x=1，∴C2∵直线l2交x∴A∵BD⊥x轴，BD=3∴点B的纵坐标为−3∴在y=−3x+3中，当y=−3时，−3x+3=−3，解得x=2，∴B设直线l2的表达式为y=kx+b(k≠0)将A4,0,B2,−3代入得∴直线l2的表达式为3∴AC=3∵BD⊥x轴，BD=3∴4∵S∴∴AP=6∵A4,0∴P−2,0或所以存在点P−2,0或10,0使得【点睛】本题考查了一次函数与三角形的综合题，涉及了一次函数与坐标轴的交点，待定系数法求解析式、与坐标轴围成的三角形的面积，熟练的掌握一次函数的图象是解题的关键.4．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，一次函数y＝﹣2x+4的图象分别与x轴、y轴交于点A，B．（1）求△AOB的面积；（2）在该一次函数图象上有一点P到x轴的距离为6，求点P的坐标．【答案】（1）4；（2）P点坐标（﹣1，6），（5，﹣6）【分析】（1）根据题意可求A，B两点坐标，即可求△AOB的面积．（2）由点P到x轴的距离为6，即|y|＝6，可得y＝±6，代入解析式可求P点坐标．【详解】解：（1）当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝2∴A（2，0），B（0，4）∴AO＝2，BO＝4∴S△AOB＝12AO×BO（2）∵点P到x轴的距离为6∴点P的纵坐标为±6∴当y＝6时，6＝﹣2x+4∴x＝﹣1，即P（﹣1，6）当y＝﹣6时，﹣6＝﹣2x+4∴x＝5，即P（5，﹣6）∴P点坐标（﹣1，6），（5，﹣6）【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练运用一次函数性质解决问题是本题的关键．5．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，直线l1：y＝x+6与直线l2：y＝kx+b相交于点A，直线l1与y轴相交于点B，直线l2与y轴负半轴相交于点C，OB＝2OC，点A的纵坐标为3．（1）求直线l2的解析式；（2）将直线l2沿x轴正方向平移，记平移后的直线为l3，若直线l3与直线l1相交于点D，且点D的横坐标为1，求△ACD的面积．【答案】（1）y＝﹣2x﹣3；（2）18【分析】（1）根据y轴上点的坐标特征可求B点坐标，再根据OB＝2OC，可求C点坐标，根据点A的纵坐标为3，可求A点坐标，根据待定系数法可求直线l2的解析式；（2）根据点D的横坐标为1，可求D点坐标，再用长方形面积减去3个小三角形面积即可求解．【详解】解：（1）∵当x＝0时，y＝0+6＝6，∴B（0，6），∵OB＝2OC，∴C（0，﹣3），∵点A的纵坐标为3，∴﹣3＝x+6，解得x＝﹣3，∴A（﹣3，3），则3=−3k+b−3=b解得k=−2故直线l2的解析式为y＝﹣2x﹣3；（2）∵点D的横坐标为1，∴y＝1+6＝7，∴D（1，7），∴△ACD的面积＝10×4﹣12×3×6﹣12×4×4﹣【点睛】考查了一次函数图象与几何变换，两条直线相交或平行问题，待定系数法，关键是求出C点坐标，A点坐标，D点坐标．6．（2022秋·浙江·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知直线l：y＝﹣12x+2交x轴于点A，交y轴于点B，直线l上的点P(m，n)在第一象限内，设△（1）写出S与m之间的函数表达式，并写出m的取值范围．（2）当S＝3时，求点P的坐标．（3）若直线OP平分△AOB的面积，求点P的坐标．【答案】（1）S＝4﹣m，0＜m＜4；（2）(1，32【分析】（1）根据点A、P的坐标求得△AOP的底边与高线的长度；然后根据三角形的面积公式即可求得S与m的函数关系式；（2）将S＝3代入（1）中所求的式子，即可求出点P的坐标；（3）由直线OP平分△AOB的面积，可知OP为△AOB的中线，点P为AB的中点，根据中点坐标公式即可求解．【详解】解：∵直线l：y＝﹣12∴A（4，0），B（0，2），∵P（m，n）∴S＝12×4×1∵点P（m，n）在第一象限内，∴m+2n＝4，∴m>0−解得0＜m＜4；（2）当S＝3时，4﹣m＝3，解得m＝1，此时y＝12（4﹣1）＝3故点P的坐标为（1，32（3）若直线OP平分△AOB的面积，则点P为AB的中点．∵A（4，0），B（0，2），∴点P的坐标为（2，1）．【点睛】此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质．7．（2022秋·浙江·八年级期末）如图，直线l1：y＝﹣2x+2交x轴于点A，交y轴于点B，直线l2：y＝12x+1交x轴于点D，交y轴于点C，直线l1、l2（1）点M坐标为_____；（2）若点E在y轴上，且△BME是以BM为一腰的等腰三角形，则E点坐标为_____．【答案】（1）(25，65)；（2）(0，10+255)或(0，【分析】（1）解析式联立，解方程即可求得；（2）求得BM的长，分两种情况讨论即可．【详解】解：（1）解y=−2x+2y=12∴点M坐标为（25，6故答案为（25，6（2）∵直线l1：y＝﹣2x+2交x轴于点A，交y轴于点B，∴B（0，2），∴BM＝252+当B为顶点，则E（0，10+255）或（0，当M为顶点，则MB＝ME，E（0，25综上，E点的坐标为（0，10+255）或（0，10−25故答案为（0，10+255）或（0，10−25【点睛】此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知一次函数的图像与性质及等腰三角形的特点．8．（2022秋·广东广州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系内，A−3,4，B3,2，点C在x轴上，AD⊥x轴，垂足为D，BE⊥x轴，垂足为E，线段AB交y轴于点F．若AC=BC，(1)求点C的坐标；(2)如果经过点C的直线y=kx+b与线段BF相交，求k的取值范围；(3)若点P是y轴上的一个动点，当PA−PC取得最大值时，求BP的长．【答案】(1)(−1,0)(2)1(3)5【分析】（1）A−3,4，B3,2，AD⊥x轴，垂足为D，BE⊥x轴，垂足为E，可求出AD，BE的长，AC=BC，∠ACD=∠CBE，可证（2）先计算出直线AB的解析式，从而求出点F的坐标，已知点C的坐标，从而可以将直线y=kx+b变形为y=kx+k，根据直线与线段BF相交，由此即可求解；（3）根据“三角形两边之差小于第三边”可知，PA−PC≤AC，PA−PC的最大值为AC，∠ACB=90°，过点B作BQ⊥y轴于Q【详解】（1）解：∵AD⊥x轴，BE⊥x轴，∴∠ADC=∠BEC=90°，在△ACD和△CBE中，∠ADC=∠CEB∠ACD=∠CBE∴△ACD≌△CBE(AAS∴AD=CE，CD=BE，∵A−3,4，B∴BE=DC=2，DO=3，∴CO=1，∴C(−1,0)，∴点C的坐标为：(−1,0)．（2）解：设经过点A，B的直线的解析式为y=mx+n，且A−3,4，B∴−3m+n=43m+n=2，解方程组得，m=−∴经过点A，B的直线的解析式为y=−1∴F(0,3)，∵点C(−1,0)在直线y=kx+b上，∴−k+b=0，∴b=k，则直线的解析式表示为y=kx+k，若直线经过点B3,2，则3k+k=2，解方程得，k=若直线经过点F(0,3)，则k=3，∴k的取值范围是12（3）解：根据“三角形两边之差小于第三边”可知，PA−PC≤AC∴PA−PC的最大值为AC，则点P为直线AC与y轴的交点，由（1）可知，∠ACB=90°，如图所示，过点B作BQ⊥y轴于Q，根据勾股定理得，BP设OP=t，则12+t∴BP=B∴当PA−PC取得最大值时，BP的长为5．【点睛】本题主要考查一次函数，直角三角形的勾股定理，全等三角形的判定，掌握一次函数的运用是解题的关键．9．（2023秋·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）如图，直线AB:y=kx+b(k≠0)过点A2,2(1)求直线AB的解析式；(2)如图2，点M，点N分别为x轴，y轴上一动点，求AM+MN+NB的最小值及此时点M的坐标；(3)如图3，在（2）问的条件下，过点B作l1垂直于y轴，点P为直线AB上一动点，点Q为直线l1上一动点，若△MPQ是以MQ为腰的等腰直角三角形，直接写出所有满足条件的点【答案】(1)y=−2x+6(2)35，(3)Q13,4，Q′【分析】（1）利用待定系数法将A2,2,B1,4（2）作A点关于x轴的对称点A′2,−2，作B关于y轴的对称点B′−1,4，连接MA′,NB'，根据两点之间线段最短得到当且仅当（3）根据就，分情况讨论，分别令MQ=MP，MQ=PQ，然后利用三角形全等，和点Ｐ在直线AB上，求出点P的坐标，从而求出点Q的坐标．【详解】（1）将A2,2,B1,42=2k+b解得：k=−2b=6∴y=−2x+6；（2）作A点关于x轴的对称点A′2,−2，作B关于y轴的对称点B′−1,4∴AM+MN+NB=A′M+MN+NB′≥A′B′当且仅当A′,M,N,B′四点共线时取最小值，最小值A′∵A′∴直线A′B′解析式为y=−2x+2，令y=0，解得x=1∴M1,0∴AM+MN+NB的最小值为35，此时M点坐标为1,0（3）①当MQ=PM时，点P在x轴上方时，过点P坐PC⊥x轴于点C，作QD⊥x轴于点D，如图所示，在△PCM和△MDQ中，∠PCM=∠MDQ∴△PCM≌△MDQ∴点P的横坐标为−3，代入直线AB的解析式，y=−2×∴点P−3,12，∴点Q13,4②当MQ′=P′M时，点P′在x轴下方时，过点P′作同理可证，△∴MC′∴点P的横坐标为5，代入直线AB的解析式，∴y=−2×5+6=−4，P∴点Q′③当MQ″=P″Q″时，过点P″作P″同理可证，△∴P″E=设点Q″的坐标为t,4，则点P″Q″F=1−t，点P″将点P″的横坐标代入直线AB5−t=−2×t+4+6，解得∴点Q″综上所述，点Q坐标为Q13,4，Q′5,4【点睛】此题考查了一次函数和三角形结合综合题，动点问题，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．10．（2022秋·浙江·八年级期末）定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点Aa，b，Bc，d，若点Tx例如：A(−1，8)，B(4，−2)，当T(x，y)满足(1)已知点A(−1，(2)如图，点D(3，0)在x轴上，点E(t，2t+3)是直线l上任意一点，点T(x，①试确定y与x的关系式；②若直线ET交x轴于点H，当△DTH为直角三角形时，请直接写出点E的坐标．【答案】(1)点C(2，4)是点A，点(2)①y=2x−1；②E(32【分析】（1）由“相似点”的定义可求解；（2）①由“相似点”定义可得：x=3+t②根据△DTH是直角三角形，分∠DTH=90°、∠TDH=90°、∠HTD=90°三种情况，分别求解即可．【详解】（1）解：∵−1+73=2，∴点C(2，4)是点A，点（2）解：①∵点D为(3，0)，点E(t，2t+3)是直线l上任意一点，点T(x，∴x=3+t∴y=2x−1；②如图2，当∠THD=90°时，∵点E(t，2t+3)，点T(t，2t−1)，点D(3，∴t=1∴t=3∴点E(32，如图3，当∠TDH=90°时，∵点D(3，0)，点T在∴点T(3，∵点E(t，2t+3)，且点T(x，∴3=1∴t=6，∴点E(6，当∠HTD=90°时，由于EH与x轴不平行，故∠HTD不可能为90°，故点E(32，【点睛】本题是一次函数综合运用题，涉及到直角三角形的运用，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解，利用一次函数图象上点的坐标特征，正确设出点的坐标，理解“相似点”的定义，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．11．（2022秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考阶段练习）如图，已知直线y=2x+12与y轴交于点A，与x轴交于点B，直线CD与x轴交于点D(8,0)，与直线AB相交于点C(−4,n)．(1)求直线CD的解析式；(2)点E为直线CD上任意一点，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，作EG⊥y轴于点G，当EF=2EG时，设点E的横坐标为m，直接写出m的值；(3)连接CO，点M为x轴上一点，点N在线段CO上（不与点O重合）．当∠CMN=45°，且△CMN为等腰三角形时，直接写出点M的横坐标．【答案】(1)y=−(2)m=−28或−(3)点M的横坐标为−4或−4【分析】（1）先求出点C的坐标，再运用待定系数法求得答案；（2）如图1，设点E的横坐标为m，可得：Em,−13m+83，Fm,2m+12，G（3）如图2，分三种情况：①当CN=MN时，则∠MCN=∠CMN=45°，推出∠CMO=90°，即CM⊥x轴，故点M的横坐标为−4；②当CM2=M2N2时，则∠M2CN2=∠M2N2【详解】（1）解：∵点C(−4,n)在直线y=2x+12上，∴n=2×−4∴C(−4,4)，设直线CD的解析式为y=kx+b，∵C(−4,4)，D(8,0)，∴−4k+b=48k+b=0解得：k=−1∴直线CD的解析式为y=−1（2）如图1，设点E的横坐标为m，∵点E在直线CD上，EF⊥x轴交直线AB于点F，EG⊥y轴于点G，∴Em,−13m+8∴EF=2m+12−−1∵EF=2EG，∴73∴m=−28或−28（3）如图2，∵∠CMN=45°，且△CMN为等腰三角形，∴CN=MN或CM=MN或CN=CM，①当CN=MN时，则∠MCN=∠CMN=45°，∵C(−4,4)，∴∠COM=45°，∴∠CMO=90°，即CM⊥x轴，∴M1即点M的横坐标为−4；②当CM2=∵∠OM∴∠CM∴∠M∴OM∴M2−4即点M的横坐标为−42③当CN=CM时，∠CMN=∠CNM=45°，∴∠MCN=90°，此时，点N必与点O重合，不符合题意；综上所述，点M的横坐标为−4或−42【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，利用点的坐标表示线段的长度，等腰三角形性质，解题关键是运用分类讨论思想求解，避免漏解．12．（2022秋·江苏南京·八年级统考阶段练习）如图，已知直线y=−43x+4分别与x，y轴交于点A、B，与直线y=kx相交于点C2,n，点(1)若点P在射线CA上，且S△POC=3S(2)若△POC的面积为1，求点P的坐标．(3)点Q在函数y=−43x+4的图象上，若△QOC的面积为m（m为常数且【答案】(1)P(2)点P的坐标为52,(3)当m=2时，满足条件的点Q有3个，当m>2时，满足条件的点有2个，当0<m<2时，满足条件的点有4个【分析】(1)首先可求得C2,43，A3,0，B0,4，过点C作CM⊥x轴于点M，可得OA=3，CM=43，可求得S△AOC=2，S△POC=6，可求得S(2)由（1）知，S△AOC=2，分两种情况，当点P在线段AC上时，点P是线段AC的中点，设为P′，当点P在直线OC上方时，点C是P(3)首先画出图象，当点Q和点A重合时，S△QOC=S【详解】（1）解：把点C2,n代入解析式y=−43∴C2,在直线y=−4令y=0，则x=3，令x=0，则y=4，∴A3,0，B过点C作CM⊥x轴于点M，∴OA=3，CM=4∴S∴S∵点P在射线CA上，∴S过点P作PN⊥x轴于点N，∴S∴PN=8∴点P的纵坐标为−83，则解得x=5，∴P5,−（2）解：由（1）知，S△AOC=2，∴当点P在线段AC上时，点P是线段AC的中点，设为P∵A(3,0)，C2,∴P当点P在直线OC上方时，点C是点P，P′∴P2×2−52综上所述，点P的坐标为52,2（3）解：函数y=−43x+4的图象如图所示，当点Q和点A重合时，由图可知，当m=2时，满足条件的点Q有3个，当m>2时，满足条件的点有2个，当0<m<2【点睛】本题考查了一次函数的综合，涉及求一次函数与坐标轴的交点问题，坐标与图形，求线段中点坐标，三角形的面积，采用数形结合的思想是解决本题的关键．13．（2022秋·山东济南·八年级统考期中）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x轴交于点A，与y轴交于点B0，3(1)求出直线l2(2)在y轴右侧有一动直线平行于y轴，分别与l1、l2交于点M、①当点M在点N的上方，且满足MN=OB时，请求出点M与点N的坐标；②当点M在点N的下方时，y轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)①M4，4，N4，1；②y轴上存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形，此时点Q【分析】（1）先求出点C2（2）设点Mt，t，则Nt，−12t+3，①根据MN=OB【详解】（1）解：把点C2，m代入y=x∴点C2设直线l2的函数关系式为y=kx+b把点B0，32k+b=2b=3，解得：b=3∴直线l2的函数关系式为y=−（2）解：∵点B0∴OB=3，设点Mt，t①如图，当点M在点N的上方，此时t>0，∴MN=t−−∵MN=OB，∴32t−3=3，解得：∴点M4，4②y轴上存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形，当点M在点N的下方时，此时0<t<2，MN=−当∠NMQ=90°时，MN=MQ，QM⊥MN，则点∴−32t+3=t此时点Q0当∠MNQ=90°时，MN=NQ，QN⊥MN，则点∴−32t+3=t∴此时点Q0当∠MQN=90°时，QN=QM，过点Q作PQ⊥MN于点P，∴点P为MN的中点，且PQ=1∵点Mt，t∴点Pt∴点Q0∴12−3∴Q0综上所述，点Q的坐标为0，65或0【点睛】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，等腰直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．14．（2022秋·全国·八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，直线y=3x+6分别与x、y轴相交于A、B两点，将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC．连接BC交x轴于点D．(1)求点C的坐标；(2)P为x轴上的动点，连接PB，PC，当PB−PC的值最大时，求此时点P的坐标．(3)点E在直线AC上，点F在x轴上，若以B、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点F的坐标；【答案】(1)点C的坐标为4,−2(2)P(3)点F的坐标为−17,0或13,0或23,0【分析】（1）根据解析式求得点A,B的坐标，过点C作CH⊥x轴于H，证明△ABO≌△CAHAAS，则CH=OA=2（2）作点C关于x轴的对称点C′，连接BC′延长交x轴于点P，则点P就是所求的最大值点，（3）先求得直线AC的解析式为y=−13x−23，直线BC的解析式为y=−2x+6，进而求得点B，D的坐标，分三种情况讨论，①以BD为平行四边形的对角线时，②当【详解】（1）解：令y=0，则∴A令x=0，则∴B∴OA=2过点C作CH⊥x轴于H∵∠CAD+∠BAO=90°∴∠CAD=∠ABO∴∠AHC=∠BOA=90°由旋转得AB=AC∴△ABO≌△CAH∴CH=OA=2∴OH=AH−OA=4∴点C的坐标为4,−2（2）作点C关于x轴的对称点C′，连接BC′延长交x轴于点P，∴C设直线BC′∴b=64k+b=2解得k=−1b=6∴y=−x+6∴P（3）∵A设直线AC的解析式为y=mx+n，则−2m+n=0解得m=−∴直线AC的解析式为y=−1设直线BC的解析式为y=∴4解得：k∴直线BC的解析式为y=−2x+6∴D设Et,−1①以BD为平行四边形的对角线时，∴3=t+x6=−解得t=−20x=23∴F②当BE为平行四边形的对角线时，∴t=3+x6−解得t=16x=13∴F③当BF为平行四边形的对角线时，x=3+t6=−解得t=−20x=−17∴F综上所述，点F的坐标为−17,0或13,0或23,0【点睛】本题考查了一次函数与几何图形综合，待定系数法求解析式，根据轴对称的性质求线段的差的最值，平行四边形的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．15．（2021秋·陕西咸阳·八年级咸阳彩虹学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为1,2，点A为x轴下方一点，AB∥y轴，且AB=5，直线l：y=−x+b经过点A，点C为直线(1)求点A的坐标和直线l的函数表达式；(2)若△ABC的面积为10，求点C的坐标；(3)是否存在点C，使得△ABC是直角三角形，若存在，求出C点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A(1,−3)；y=−x−2(2)点C的坐标为−3,1或5,−7(3)存在点C，使得△ABC是直角三角形，C点坐标为−4,2或−1.5,−0.5【分析】对于（1），根据点A和点B的横坐标相同，AB=5，点A在x轴下方，可求出点A的坐标，再代入直线关系式求出b即可；对于（2），根据题意可求出AB边上的高，进而得出坐标；对于（3），以点B为直角顶点，根据点B的纵坐标与点C1的纵坐标相同，再代入关系式即可；再以点C为直角顶点，作C2G⊥AB【详解】（1）∵AB∥∴点A与点B的横坐标相等．∵B1,2，AB=5，点A在x∴A1,−3将点A1,−3代入y=−x+b，得−1+b=−3，解得b=−2∴直线l的函数表达式为y=−x−2；（2）∵AB=5，S△ABC∴△ABC中，AB边上的高为4，∴点C的横坐标为1−4=−3或1+4=5，当x=−3时，y=−x−2=−−3当x=5时，y=−x−2=−5−2=−7．∴当△ABC的面积为10时，点C的坐标为−3,1或5,−7；（3）存在点C使得△ABC是直角三角形．①当点B为直角顶点时，如图，此时点C在C1∵AB∥∴BC∵点B的纵坐标为2，∴点C1将y=2代入y=−x−2，得x=−4，∴此时点C1的坐标为−4,2②当点C为直角顶点时，如图，此时点C在C2过点C2作C2G⊥AB由①易得BC∴△ABC∵BG∴点C2是A∵点C1的坐标为−4,2，点A的坐标是1,−3∴此时点C2的坐标为[-4综上可知，存在点C，使得△ABC是直角三角形，C点坐标为−4,2或−1.5,−0.5．【点睛】本题主要考查了求一次函数关系式，直角三角形的判定，点的坐标等，注意多种情况讨论不能丢解．16．（2022秋·河南郑州·八年级校考期中）一次函数y=kx+b的图像经过点A0，9，并与直线y=53x相交于点B，与x轴相交于点(1)求点B的坐标和k，b的值；(2)点Q为直线y=kx+b上一动点，当点Q运动到何位置时，△OBQ的面积等于274？请求出点Q(3)在y轴上是否存在点P，使△PAB是等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)B3,5，(2)Q4.5,3或Q(3)存在，P的坐标为0，4或0,14或0【分析】（1）一次函数y=kx+b的图像与y=53x相交于点B，点B的横坐标为3，则点B3，（2）设点Qm,−43m+9，则（3）设点P0，m，根据题意得AB2=9−52+32=25，AP2=【详解】（1）解：一次函数y=kx+b的图像与y=53x相交于点B，点B则点B的纵坐标为：53即点B的坐标为：3,5，将点A0,9、B3,5的坐标代入一次函数表达式b=95=3k+b解得：k=−43，（2）解：设点Qm,−则△OBQ的面积：121解得：m=4.5或−1.5，即点Q4.5,3或Q（3）解：设点P0∵点A、B的坐标分别为：0，9、∴AB2=9−52①当AB=AP时25=m−9解得：m=14或m=4；②当AB=BP时，25=9+m−5m=9（舍去）或m=1；③当AP=BP时，m−92=9+解得：m=47综上点P的坐标为：0，4或0,14或0，【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是理解题意，掌握这些知识点．17．（2022秋·山东济南·八年级校考期末）如图，已知直线l1经过点5,6，交x轴于点A−3,0，直线l2:y=3x交直线(1)求直线l1的函数表达式和点B(2)求△AOB的面积；(3)在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=34(2)9(3)1,0或13【分析】（1）利用待定系数求出直线l1的函数表达式，再联立直线l1，l2（2）根据A−3,0（3）根据题意可得当△ABC是直角三角形时，需分∠ACB=90°和∠ABC=90°两种情况，即可求解．【详解】（1）解：设直线l1的函数表达式为y=kx+b(k≠0)∵图象经过点5,6，A−3,0∴5k+b=6−3k+b=0，解得k=∴直线l1的函数表达式为y=联立y=34x+∴点B的坐标为1,3；（2）解：∵A−3,0∴S△AOB（3）解：∵点C在x轴上，∴∠BAC≠90°，∴当△ABC是直角三角形时，需分∠ACB=90°和∠ABC=90°两种情况．①当∠ACB=90°时，点C在图中C1∵点A和点C1均在x∴BC∵B1,3∴C1②当∠ABC=90°时，点C在图中C2设C∵A−3,0∴AC∴AB=A在Rt△ABC2在Rt△BC1∴AC即m+32解得m=13∴C2综上可知，在x轴上存在点C，使得△ABC是直角三角形，点C的坐标为1,0或134【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，勾股定理，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键．18．（2022春·山东日照·八年级校考期末）如图，一次函数y＝kx+3的图象过点M（4，0），与正比例函数y＝﹣32x的图象交于点A，过点A作AB垂直于x轴于点B(1)求k的值与交点A的坐标；(2)计算△AOM的面积与AM的长；(3)在x轴上是否存在点P，使得以点P、A、M组成的三角形为等腰三角形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)k=﹣34，(2)面积为6，AM＝10(3)存在，P点坐标为：（14，0）或（2+35，0）或（2﹣35【分析】（1）把点M（4，0）代入即可求出k的值，构建方程组求出点A的坐标；（2）利用三角形面积公式求解，即可；（3）分三种情况讨论：①当PA＝PM时，②当AM＝MP时，③当AP＝AM时．（1）解：∵一次函数y＝kx+3的图象经过点M（4，0），∴4k+3＝0，∴k=−3∴y＝﹣34x由y=−3解得x=−4y=6∴A（﹣4，6）；（2）解：∵A（﹣4，6），M（4，0），∴AM＝4+42+6△AOM的面积＝12（3）解：假设存在P，设P（a，0），①当PA＝PM时，a+42+6∴P−②当AM＝MP时，a−4=10，解得a＝14或a＝∴P（14，0）或（6，0）③当AP＝AM时，a+42+62=∴P（﹣12，0），故存在P点坐标为：−94【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．19．（2022秋·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=k1x+6与x轴、y轴分别交于点A、B两点，与正比例函数y=(1)求一次函数和正比例函数的表达式；(2)若点P（m，m）为直线y=k2x上的一个动点（点P不与点D重合），点Q在一次函数y=k1x+6的图象上，PQ∥y【答案】(1)一次函数解析式为：y=−2x+6，正比例函数解析式为：y=x(2)m的值为83或者【分析】（1）将D点坐标分别代入一次函数和正比例函数的表达式即可求解；（2）根据题意可知P、Q的横坐标均为m，此时可求出Q点的纵坐标，则PQ可用m表示出来，再结合PQ=23OA【详解】（1）∵一次函数y=k1x+6与正比例函数y=∴2k∴k1∴一次函数解析式为：y=−2x+6，正比例函数解析式为：y=x；（2）当x=0时，y=−2x+6=6，当y=0时，y=−2x+6=0，即x=3，∴A点坐标为(3,0)，B点坐标为(0,6)，∴OA=3，∵PQ=23OA∴PQ=23∵PQ∥∴点Q、点P的横坐标相等，∵P点坐标为(m,m)，∴Q点的横坐标为m，∵Q点在直线上y=−2x+6，∴yQ∵PQ∥∴PQ=y∵PQ=2，∴−2m+6−m=2解得：m=83或者即m的值为83或者４【点睛】本题考查了求解一次函数和正比例函数的解析式以及两条直线的交点等问题，列出−2m+6−m=220．（2022春·湖北宜昌·八年级统考期末）如图，点A在x轴的正半轴上，且OA=6，以OA为边在第一象限内（含两正半轴）作周长为20的▱OABC．(1)当∠COA=60°时，求点B的坐标；(2)因为▱OABC具有不稳定性，当▱OABC的面积最大时，①写出点B的坐标；②平分▱OABC面积的直线很多，设该类直线为y=mx+nmn≠0，且与边BC相交于E，与边OA相交于F，该直线y=mx+n会始终过一点（即m【答案】(1)8,23(2)①（6，4）；②（3，2）【分析】（1）过点B作BE⊥x轴交于E，根据平行四边形的性质可得AB=4，∠COA=∠BAE=60°，从而得到∠ABE=30°，再由直角三角形的性质，即可求解；（2）①根据题意得：当OC⊥OA时，▱OABC的面积最大，此时四边形OABC是矩形，即可求解；②连接CA、OB交于点M，证得ΔCME≅ΔAMF，可得S（1）解：过点B作BE⊥x轴交于E，∵四边形OABC是平行四边形，∴OA=BC，AB=OC，OC∥AB，∵平行四边形OABC的周长为20，∴OA+AB=10，∵OA=6，∴AB=4，∵OC∥AB，∴∠COA=∠BAE=60°，∴∠ABE=30°，∴AE=2，∴BE=AB2∴B8,2（2）解：①根据题意得：当OC⊥OA时，▱OABC的面积最大，此时四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴，∴B（6，4）；②连接CA、OB交于点M，∵四边形OABC是平行四边形，∴BC∥OA，CM=AM，∴∠BCA=∠CAO，∠CEM=∠AFM，∴Δ∴SΔ∴S四边形∴直线EF一定将平行四边形的对角线的交点，∵点C（0，4），B（6，0），∴点M（3，2），∴y=mx+n经过定点（3，2）．【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质和判定，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．21．（2022春·重庆江津·八年级重庆市江津中学校校考阶段练习）如图，已知直线y=kx+b经过点A5,0，(1)求直线y=kx+b的解析式．(2)若直线y=2x−4与直线AB相交于点C，求点C的坐标．(3)在直线y=2x−4上是否存在点P，使得S△ACP=2S【答案】(1)y=x+5；(2)C(3,2)；(3)(193【分析】（1）将点A、B代入解析式，求解方程组即可；（2）将两个一次函数组成方程组求解即可；（3）根据解析式确定出点F的坐标及S△AOC=5，结合题意及图形得出【详解】（1）解：直线y=kx+b经过点A(5,0)，B(1,4)，∴5k+b=0k+b=4解得：k=−1b=5直线AB的解析式为：y=x+5；（2）直线y=2x−4与直线AB相交于点C，∴y=2x−4y=−x+5解得：x=3y=2∴点C(3,2)；（3）y=2x4，当y=0时，x=2，∴F（2,0），∴AF=52=3，∵S△AOC=1∴S△ACP∴S△ACP=S△AFP−S△AFC解得：yP∴yP当y=263时，x=19∴P(193当y=−263时，x=∴P(−7综上可得：P(193,263)或【点睛】题目主要考查一次函数的基本性质及确定一次函数的方法，一元一次方程的应用等，理解题意，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．22．（2022春·河南南阳·八年级统考期中）如图，在同一平面直角坐标系中，直线l1:y=−x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线l2:y=2x与直线(1)求P点的坐标．(2)设直线l1与直线l2在第一象限内的图象为G，若直线x=m与图象G只有两个交点，请写出(3)在平面内是否存在一点Q，使得以点O，A，B，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出Q点的坐标，若不存在请说明理由．【答案】(1)点P的坐标为(1,2)(2)0<m<1或1<m<3．（0<m<3且m≠1）(3)存在，Q1(3,3)；Q【分析】（1）联立二元一次方程组求解即可；（2）根据图像判断即可；（3）如图，分别过点A，B，O点作y轴，x轴，直线AB的平行线，交点分别为Q1,Q（1）解：根据题意，得y=−x+3解得x=1∴点P的坐标为(1,2)．（2）解：如图，把y=0代入y=−x+3得，0=−x+3，解得，x=3，∴点A的坐标为（3，0），由点P的坐标为(1,2)，∴0<m<1或1<m<3．（0<m<3且m≠1）（3）解：存在Q，使得以点O，A，B，Q为顶点的四边形是平行四边形，如图，分别过点A，B，O点作y轴，x轴，直线AB的平行线，交点分别为Q1,Q∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），∴Q1(3,3)，Q【点睛】本题考查了一次函数与几何的综合题，一次函数的交点坐标，一次函数与坐标轴的交点，一次函数与二元一次方程组，一次函数与不等式，正确理解一次函数的相关性质是解本题的关键．23．（2022秋·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，ΔAOB的顶点O是坐标原点，点A的坐标为(4,4)，点B的坐标为(6,0)，动点P从O开始以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，设运动的时间为t秒，过点P作PN∥x轴，分别交直线AO，直线AB于点M(1)填空：AO的长为，AB的长为；(2)当t=1时，求点N的坐标；(3)当0<t<4时，求出MN的长（用含t的代数式表示）．【答案】(1)42，(2)N(3)12−3t【分析】（1）利用两点间距离公式求解即可；（2）求出直线AB的解析式，利用待定系数法即可解决问题；（3）求出PN，PM即可解决问题．【详解】（1）解：∵A4,4∴OA=4AB=6−4故答案为:42，2（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，将A4,44k+b=46k+b=0解得k=−2b=12直线AB的解析式为y=−2x+12，由题意点N的纵坐标为1，令y=1，则1=−2x+12，∴x=11∴N(11（3）解：当0<t<4时，令y=t，代入y=−2x+12，∴x=12−t∴N(12−t∵∠AOB=∠AOP=45°，∠OPM=90°，∴OP=PM=t，∴MN=PN－PM=12−t2故答案为：12−3t2【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，两点间距离公式，直角三角形的性质，一次函数的图象上点的坐标特征，熟练掌握两点间距离公式是解题的关键．24．（2022春·重庆江津·八年级统考期末）如图1，直线l1:y=−12x+3与x轴、y轴分别交于点A和点B，直线l2:y=12x+b与x轴、(1)求出直线l2(2)若点P为线段BE上的一动点，连接PO、PC，当△PCO的面积为2时．求出点P的坐标；(3)如图2，在（2）的条件下，将直线l2沿射线CP的方向平移，使其平移后的直线l3恰好经过点P，平移后点D的对应点为D′，点M为y轴上一动点，点N为直线l2上一动点，请直接写出所有使得以点P、D′、M【答案】(1)y=(2)（2，2）；(3)（2，2）或（2，0）【分析】（1）先求出m，可得点E（4，1），再代入y=1（2）先求出点C（2，0），再由SΔ（3）先求出点D'（0，1），然后分三种情况讨论：当PD'和D'M为一组邻边时；以PD'和D'N为一组邻边时；以PD'为对角线时，即可求解．【详解】（1）解：把点E4,m代入y=−12∴E（4，1），把E（4，1），代入y=12x+b解得：b=−1，∴直线l2的解析式为：y=1（2）解：直线y=12x−1中，令∴x=2，∴C（2，0），∴SΔ解得：yP∴−1∴x=2，∴P的坐标为（2，2）；（3）解：由y=12x−1与x轴、y轴分别交于点C令y=0，则0=∴．x=2，∴C（2，0），令x=0，则y=1，∴D（0，1），∵将直线l2沿CP方向平移，使其平移后的直线l3恰好经过点P（2，2），平移后点D的对应点为D'，∴设直线l3的解析式为：y=12x+b1，把∴b1=1，∴D'（0，1），∴．DD'=2，∵M在y轴上，N在l2上，①当PD'和D'M为一组邻边时，如图，四边形PD'M1N1为平行四边形，∴PN1∥DD'，PN1=DD'=2，∴N1（2，0）；②以PD'和D'N为一组邻边时，如图，四边形D'N2M2P为平行四边形，则PD=N2D，PD'∥DN2，∴此时点M为直线l2与y轴的交点，即与点C重合，∵C（2，0），D（0，1），设N2（x，y），∴2+x2=0+0∴N2（2，2）；③以PD'为对角线时，如图，四边形PM3D'N3为平行四边形，此时PN3∥M3D'，PN3=M3D'，∴点N3与点C重合，∴．N3（2，0），综上所述，点N的坐标为（2，2）或（2，0）．【点睛】本题考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，熟练利用平行四边形的性质分情况讨论是解题的关键．25．（2022秋·四川达州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l1:y=kx+1交y轴于点A，交x轴于点B4,0，过点E2,0的直线l2平行于y轴，交直线l1于点D，点P是直线(1)求直线l1(2)设P2,m，求ΔABP的面积S的表达式（用含(3)当ΔABP的面积为3时，则以点B为直角顶点作等腰直角ΔBPC，请直接写出点【答案】(1)y=−(2)当m>12时，SΔPAB(3)C【分析】（1）将点（4，0）代入y=kx+1即可；（2）过点A作AM⊥PD，垂足为M，即可得出SΔ（3）首先求出点P坐标，再分类讨论即可；(1)解：∵直线l1:y=kx+1交x轴于点∴0=4k+1，

∴k=−1∴直线l1(2)解：如图1（a），过点A作AM⊥PD，垂足为M，∵过点E2,0的直线l2平行于y轴，交直线l1∴AM=2，y=−∴D2,∵P2,m∴PD=m−SΔ当m>12时，当m<12时，(3)解：由（2）可知SΔ∵△ABP面积为3，∴2m−1=3解得m=2或m=−1，当m=2时，点P坐标为（2，2）如图，PC1与x轴交与点当∠PBC1=90°∴BQ=C∴点C1坐标为（2，过点C2作C2H⊥x轴，交x当∠PBC2=90°∴BH=C∴点C2当m=−1时，点P坐标为（2，1）如图，C3H⊥x轴，交于点当∠PBC3=90°∴BN=1，C3∴点C3坐标为（5，作C4M⊥BM，交于点当∠PBC4=90°∴BM=2，C4∴点C4综上点C坐标为（6，2）、（2，2）、（5，2）、（3，2）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，等腰直角三角形的判定，解题关键是掌握一次函数的性质以及等腰直角三角形的判定．26．（2022秋·八年级课时练习）平面直角坐标系中，一次函数y=−x+b的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，与正比例函数y=kx的图象交于点C(2，(1)求这两个函数的表达式；(2)在x轴上有一动点E(m，0)，过点E作直线垂直于x轴，交直线y=kx于点F，交直线y=−x+b于点①当m=6时，求Δ②当GF的长为4时，求E点的坐标．【答案】(1)y=2x；y=−x+6(2)①15−66；②(10【分析】（1）把点C(2，4)分别代入y=2x，（2）①根据题意可得点F、点G横坐标都为6，从而得到点G的坐标为(6,6−6)，F的坐标为(6,26)，进而得到FG==36【详解】（1）解：∵正比例函数y=kx的图象过点C(2，∴2k=4，解得k=2，∴正比例函数的表达式为y=2x；又∵一次函数y=−x+b的图象过点C(2，∴4=−2+b，∴b=6，∴一次函数的表达式为y=−x+6；（2）解：①根据题意得：点F、点G横坐标都为6，且点G、F分别在直线y=−x+6，y=2x上，∴点G的坐标为(6,6−6)，∴FG=26∴S②∵点E(m，∴点G的纵坐标为y=−m+6，点F的纵坐标为y=2m，若点F在点G上方，∴GF=2m−(−m+6)=3m−6=4，解得m=10∴E(10若点F在点G下方，∴GF=(−m+6)−2m=−3m+6=4，解得m=2∴E(2∴当GF的长为4时，E点的坐标为(103【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，以及求三角形的面积，熟练掌握一次函数的图象和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．27．（2022秋·湖北孝感·八年级统考期末）如图，已知Aa,0，B0,b，且满足(1)求A、B两点的坐标；(2)如图1，若已知E1,0，过B作BF⊥BE且BF＝BE．连AF交y轴于G点，求G(3)如图2，若点C是第一象限内的点，且∠OCB＝45°，过A作AD⊥OC于D点，求证：AD＝CD．【答案】(1)A2,0，(2)G(3)见解析【分析】（1）根据算术平方根，平方的非负性，即可求解；（2）过点B作MN∥x轴，分别过点E、F作EN⊥MN，FM⊥MN于点M，延长MF交x轴于点H，可证明△BFM≌△EBN，从而得到BM=EN，FM=BN，再得到四边形ENMH是矩形，可得MH=EN，EN⊥x轴，从而得到点F−2,1，然后求出直线AF（3）过点B作BP⊥OC于点P，根据∠OCB＝45°，可得BP=CP，再证明△AOD≌△OBP，即可求证．（1）解：∵a2∴a−22∴a−2=0,b−2=0，解得：a=2,b=2，∴点A2,0,B（2）解：如图，过点B作MN∥x轴，分别过点E、F作EN⊥MN，FM⊥MN于点M，延长MF交x轴于点H，∵EN⊥MN，FM⊥MN，∴∠M=∠N=90°，∴∠BEN+∠EBN=90°，∵BF⊥BE，∴∠EBF=90°，∴∠FBM+∠EBN=90°，∴∠BEN=∠FBM，∵BF＝BE．∴△BFM≌△EBN，∴BM=EN，FM=BN，∵MN∥x轴，FM⊥MN，∴MH⊥MN，∴∠M=∠N=∠EHM=90°，∴四边形ENMH是矩形，∴MH=EN，EN⊥x轴，∵B0,2∴BM=EN=OB=MH=2，∵点E1,0∴FM=BN=1，∴FH=1，∴点F−2,1设直线AF的解析式为y=kx+bk≠0把点F−2,1，A−2k+b=12k+b=0，解得：k=−∴直线AF的解析式为y=−1当x=0时，y=1∴点G0,（3）证明：如图，过点B作BP⊥OC于点P，∵BP⊥OC，∴∠BPC=90°，∵∠OCB＝45°，∴∠CBP=45°，∴∠OCB＝∠CBP，∴BP=CP，∵AD⊥OC，∴∠ADO=∠BPO=90°，∴∠AOD+∠OAD=90°，∵∠AOB=90°，即∠AOD+∠BOD=90°，∴∠OAD=∠BOD，∵A2,0,B∴OA=OB=2，∴△AOD≌△OBP，∴BP=OD=CP，AD=OP，∴CD=CP+DP=OD+DP=OP，∴AD=CD．【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，全等三角形的判定和性质，矩形和等腰三角形的判定和性质，算术平方根的非负性等知识，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．28．（2022秋·北京·八年级北京市陈经纶中学校考期末）如图1，A为x轴负半轴上一点−3,0，B为x轴正半轴上一点，C点坐标为0,a，D点坐标b,a，为且a+2+(1)求C、D两点的坐标；(2)求S△BDC(3)如图2，若A点坐标为−3,0，B点坐标为2,0，点P为线段OC上一点，BP的延长线交线段AC于点Q，若S△BPC=S(4)如图3，若∠ADC=∠DAC，点B在x轴正半轴上任意运动，∠ACB的平分线CE交DA的延长线于点E，在B点的运动过程中，∠E∠ABC【答案】(1)C(2)3(3)−(4)∠E∠ABC的值不变，为1【分析】（1）根据a+2+b+3=0中绝对值和算术