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人教版八年级数学上册同步备课专题一次函数与三角形的综合应用(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学上册同步备课专题一次函数与三角形的综合应用(原卷版+解析)，共83页。试卷主要包含了一次函数与等腰三角形问题，一次函数与直角三角形问题，一次函数与等腰直角三角形问题，一次函数与全等三角形问题，一次函数与三角形的综合问题等内容，欢迎下载使用。
题型一 一次函数与等腰三角形问题
【例题1】(2023春•芝罘区期末）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数y2＝﹣2x交于点C（m，4），OA＝6．
（1）求一次函数的表达式；
（2）求△BOC的面积；
（3）在线段AB上是否存在点P，使△OAP是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式1-1】(2023秋•沭阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于点A（3，0），点B（0，3）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C是线段AB上的一个动点，当△AOC的面积为3时，求出此时点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点P，使得△COP是等腰三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【变式1-2】(2023秋•烟台期末）如图，一次函数y=−34x+3的图象与x轴、y轴分别相交于点A，B，将△AOB沿直线CD对折，使点A和点B重合，直线CD与x轴交于点C，与AB交于点D．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求线段CD的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使△PAB为等腰三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式1-3】(2023秋•驿城区校级期末）直线y＝kx﹣8与x轴、y轴分别交于B、C两点，且OCOB=43．
（1）求OB的长和k的值；
（2）若点A是第一象限内直线y＝kx﹣8上的一个动点，当它运动到什么位置时，△AOB的面积是12？
（3）在（2）成立的情况下，y轴上是否存在点P，使△POA是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（写过程）
【变式1-4】（2023•沭阳县模拟）如图，直线AB：y=34x+32与坐标轴交于A、B两点，点C与点A关于y轴对称．CD⊥x轴与直线AB交于点D．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）点P在直线CD上运动，且始终在直线AB下方，当△ABP的面积为92时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线CD上一动点，直接写出所有使△APQ是以AP为腰的等腰三角形的点Q的坐标．
【变式1-5】(2023春•珠晖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C，B三点的坐标分别为A（0，4），C（3，0），B（﹣5，0），点P从B出发，以每秒2个单位的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求直线AC的解析式和△ABC的AC边上的高线长；
（2）连接PA，写出△POA的面积S与t的函数表达式；
（3）是否存在一点P，使△PAC是等腰三角形？若存在，请直接写出P点满足条件时，所有t的值；若不存在，请说明理由．
【变式1-6】(2023春•明溪县月考）阅读下列材料：
课本的定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．该定理的逆命题“在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．”也是真命题．请依据上面定理与真命题，解答下面问题．如图，在直角坐标系xOy中，点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转n°，分别交y轴，x轴于点C，点D．
（1）求m的值；
（2）如图1，若n＝60，求直线AD的表达式；
（3）若点C在y轴正半轴上，且△OAC是等腰三角形，求点C的坐标．
题型二 一次函数与直角三角形问题
【例题2】(2023秋•莲湖区期末）如图，直线l：y=12x+m交x轴于点A，交y轴于点B（0，1），点P（n，2）在直线l上．
（1）求m，n的值；
（2）已知M是x轴上的动点，当以A，P，M为顶点的三角形是直角三角形时，求点M的坐标．
【变式2-1】如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点Q（6，8），点A在线段OQ上，点B在x轴的正半轴上，且OA+OB＝10，点B关于点P（4，0）的对称点为点C，连结AB，AC，设点A的横坐标为t．
（1）求k的值，并写出当0＜y＜6时x的取值范围．
（2）当点A在线段OQ上运动时，设OB的长为S．
①求S关于t的函数表达式．
②当S＝5时，求PA的长．
（3）当△ABC为直角三角形时，求t的值．
【变式2-2】(2023秋•万柏林区校级月考）如图，平面直角坐标系中直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），点C是直线AB上的一点，它的坐标为（m，4），经过点C作直线CD∥x轴交y轴于点D．
（1）求点C的坐标及线段AB的长；
（2）已知点P是直线CD上一点．
请作答．
①若△POC的面积为4，求点P的坐标；
②若△POC为直角三角形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标．
【变式2-3】(2023秋•济南期末）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l1于点B．
（1）求直线l1的函数表达式和点B的坐标；
（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．
【变式2-4】(2023春•和平区校级期中）如图，点M（2，m）在直线y1＝2x上点A，B的坐标分别是（4，0），（0，2），连接AB，将△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD（点A，B分别对应点C，D）．
（1）填空：m＝ ，点C的坐标是 ；
（2）连接AD求直线AD的表达式y2＝kx+b；
（3）当y2≥y1时，请直接写出x的取值范围 ；
（4）点P是直线OM上的一点，请直接写出使△ADP是以AD为直角边的直角三角形时点P的坐标．
【变式2-5】(2023秋•海曙区校级期末）如图1，在同一平面直角坐标系中，直线AB：y＝2x+b与直线AC：y＝kx+3相交于点A（m，4），与x轴交于点B（﹣4，0），直线AC与x轴交于点C．
（1）填空：b＝ ，m＝ ，k＝ ；
（2）如图2，点D为线段BC上一动点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，线段AE交x轴于点F．
①当点E落在y轴上时，求点E的坐标；
②若△DEF为直角三角形，求点D的坐标．
题型三 一次函数与等腰直角三角形问题
【例题3】如图，一次函数y=−23x+4的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90°，求过B、C两点直线的解析式．
【变式3-1】（2023春•崇川区校级月考）模型建立：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．
（1）求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：已知直线l1：y=−43x﹣4与y轴交于A点．将直线l1绕着A点逆时针旋转45°至l2，如图2，求l2的函数解析式．
【变式3-2】(2023春•南城县校级月考）如图，已知直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，直线BC过点C交x轴于点B，且OB＝2OC＝3OA，点D为AC的中点．
（1）求k的值以及直线BC的解析式；
（2）过点D作DE⊥y轴交BC于点E，连接OE，求四边形AOEC的面积；
（3）已知点P是线段BC上的一个动点，点Q是x轴上的一个动点，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求点P的坐标．
【变式3-3】(2023秋•和平区校级期末）如图，直线l1经过A（6，0）、B（0，8）两点，点C从B出发沿线段BO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点D从A出发沿线段AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t秒（t＞0），
（1）求直线l1的表达式；
（2）当t＝ 时，BC＝BD；
（3）将直线l1沿x轴向右平移3个单位长度后，与x轴，y轴分别交于E、F两点，求四边形BAEF的面积；
（4）在第一象限内，是否存在点P，使A、B、P三点构成等腰直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式3-4】(2023•南京模拟）如图1，在平面直角坐标系中．直线l1：y＝kx+3与直线l2：y＝﹣x﹣6交于点A，已知点A的横坐标为−185，直线l1与x轴交于点B，与y轴交于点C，直线l2与x轴交于点F，与y轴交于点D．
（1）求直线l1的解析式；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，直线l3与y轴交于点E．过点E作y轴的垂线l4，若点M为垂线l4上的一个动点，点N为l2上的一个动点，求DM+MN的最小值；
（3）已知点P、Q分别是直线l1，l2上的两个动点，连接EP、EQ、PQ，是否存在点P、Q，使得△EPQ是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
题型四 一次函数与全等三角形问题
【例题4】(2023秋•蚌山区月考）如图，直线l1：y＝ax+b（常数a＜0，b＞0）与x轴、y轴分别交于A，B两点，直线l2：y＝cx+d（常数c＞0，d＞0）与x轴、y轴分别交于C，D两点，直线l1与直线l2交于点E，且△AOB≌△COD．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若a＝﹣2，b＝4，求△ADE的面积．
【变式4-1】如图，平面直角坐标系xOy中，l1：y1＝﹣2x+4交x轴于A，交y轴于B．另一直线l2：y2＝kx+b交x轴于C，交y轴于D，交l1于E．已知△COD≌△BOA．
（1）求l2解析式．
（2）P，Q分别在线段AB和CD上运动，若P从B开始运动，速度是1单位长度每秒，Q从C开始运动，速度等于P的运动速度，设运动时间为t，则t为多少时，PQ∥x轴？
【变式4-2】如图，直线y=−12x+2与x轴、y轴分别交于A，B两点，在y轴上有一点C（0，4），动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，设动点M的移动时间为t秒．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求当t为何值时△COM≌△AOB，并求此时M点的坐标．
【变式4-3】如图，直线：y=−12x+b与x轴分别交于A（4，0）、B两点，在y轴上有一点N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动．
（1）点B的坐标为 ；
（2）求△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）当t＝ 时，△NOM≌△AOB；
（4）若M在x轴正半轴上，且△NOM≌△AOB，G是线段ON上一点，连接MG，将△MGN沿MG折叠，点N恰好落在x轴上的H处，求G点的坐标．
【变式4-4】如图①，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交x轴、y轴分别于点A、点B，直线CD交x轴、y轴分别于点D、点C，交直线AB于点E（点E不与点B重合），且△AOB≌△COD．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）如图②，连接OE，过点O作OF⊥OE交直线CD于点F，
①求证：OE＝OF；
②直接写出点F的坐标．
（3）若点P是直线CD上一点，点Q是x轴上一点（点Q不与点O重合），当△DPQ和△COD全等时，直接写出点P的坐标．
【变式4-5】如图①，平面直角坐标系中，直线y＝kx+b与x轴交于点A（﹣10，0），与y轴交于点B，与直线y=−73x交于点C（a，7）．
（1）求点C的坐标及直线AB的表达式；
（2）如图②，在（1）的条件下，过点E作直线l⊥x轴，交直线y=−73x于点F，交直线y＝kx+b于点G，若点E的坐标是（﹣15，0）．
①求△CGF的面积；
②点M为y轴上OB的中点，直线l上是否存在点P，使PM﹣PC的值最大？若存在，直接写出这个最大值；若不存在，说明理由；
（3）若（2）中的点E是x轴上的一个动点，点E的横坐标为m（m＜0），点E在x轴上运动，当m取何值时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等？请直接写出相应的m的值．
题型五 一次函数与三角形的综合问题
【例题5】(2023•铜仁市三模）（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：CD＝BE．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点N的坐标为（4，2），求点M的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣4x+4与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．
【变式5-1】(2023秋•邗江区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，4），点C在y轴上，作直线AC．点B关于直线AC的对称点B′刚好在x轴上，连接CB′．
（1）写出点B′的坐标，并求出直线AC对应的函数表达式；
（2）点D在线段AC上，连接DB、DB′、BB′，当△DBB′是等腰直角三角形时，求点D坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度向原点O运动，到达点O时停止运动，连接PD，过D作DP的垂线，交x轴于点Q，问点P运动几秒时△ADQ是等腰三角形．
【变式5-2】(2023春•闵行区期中）一次函数y＝kx+3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A（1，0）、B（0，m）两点．
（1）求一次函数解析式和m的值；
（2）将线段AB绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处．点P在直线AB上，直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分．求直线CP的解析式；
（3）在第二象限是否存在点D，使△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式5-3】如图1所示，腰长为3的等腰Rt△AOB的腰与坐标轴重合，直线y=−23x与AB交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，将直线OC沿y轴正方向平移4个单位长度得到直线DE（其中D、E分别为新直线与y轴、x轴的交点），连接DC、CE，求△CDE的面积；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，将△AOB沿x轴平移得到△NKM，连接DN、DM，当△DMN为等腰三角形时，直接写出M的坐标．
【变式5-4】(2023春•梁平区期末）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图2，AF平分∠BAC交BC于点F，求△ACF的面积；
（3）如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的解析式；若不存在，请说明理由．
【变式5-5】(2023春•九龙坡区期中）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点C在x轴上，OA＝6，AB＝4，点D在BC上，BD＝2，过点A的直线交x轴于点E，连接DE，且DE⊥AD．
（1）△ADE是 三角形，直线AE的解析式为 ；
（2）如图2，点F是DE的中点，请在直线AE上找一点G，使得△DFG的周长最小，并求出此时点G的坐标和△DFG周长的最小值；
（3）如图3，将直线AE进行平移，记平移后的直线为l，直线l与直线DE相交于点M，与x轴相交于点N，是否存在这样的点M、N，使得△DMN是等腰直角三角形．若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
八年级下册数学《第十九章 一次函数》
专题 一次函数与三角形的综合应用问题
题型一 一次函数与等腰三角形问题
【例题1】(2023春•芝罘区期末）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数y2＝﹣2x交于点C（m，4），OA＝6．
（1）求一次函数的表达式；
（2）求△BOC的面积；
（3）在线段AB上是否存在点P，使△OAP是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）求出A、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）△BOC的面积=12×OB×|xC|＝3；
（3）作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，再求P点坐标即可．
【解答】解：（1）∵OA＝6，
∴点A的坐标为（6，0），
将C（m，4）代入y2＝﹣2x，
∴m＝﹣2，
∴点C坐标为（﹣2，4），
∵一次函数y1＝kx+b的图象过A（6，0），C（﹣2，4），
∴6k+b=0−2k+b=4，
解得，k=−12，b＝3，
∴一次函数的表达式为y1=−12x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴点B的坐标为（0，3），OB＝3，
∴△BOC的面积=12×OB×|xC|=12×3×2＝3；
（3）存在，理由如下：
作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，
∴OD=12OA＝3，
即xP＝3，
∴yP=−12×3+3=32，
∴点P的坐标为（3，32）．
【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，等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式1-1】(2023秋•沭阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于点A（3，0），点B（0，3）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C是线段AB上的一个动点，当△AOC的面积为3时，求出此时点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点P，使得△COP是等腰三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
分析：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），将A（3，0），B（0，3）代入计算即可；
（2）设点C的坐标为（m，﹣m+3），则S△AOC=12×3×（﹣m+3）＝3，解方程即可得出m；
（3）由C（1，2），得OC=12+22=5，分OC＝OP，OC＝CP，OP＝CP三种情况，分别计算即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（3，0），B（0，3）代入得：
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3；
（2）设点C的坐标为（m，﹣m+3），
S△AOC=12×3×（﹣m+3）＝3，
∴m＝1，
∴﹣m+3＝﹣1+3＝2，
∴C的坐标为（1，2）；
（3）存在点P，使得△COP是等腰三角形，
∵C（1，2），
∴OC=12+22=5，
当OC＝OP时，
P（−5，0）或P（5，0），
当OC＝CP时，
P（2，0），
当OP＝CP时，如图：
设OP＝x，则CP＝x，DP＝x﹣1，
在Rt△CDP中，由勾股定理得：
CD2+DP2＝CP2，
∴22+（x﹣1）2＝x2，
解得x=52，
∴P（52，0），
∴存在一点P，使得△COP是等腰三角形，点P的坐标为（−5，0）或（5，0）或（2，0）或（52，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【变式1-2】(2023秋•烟台期末）如图，一次函数y=−34x+3的图象与x轴、y轴分别相交于点A，B，将△AOB沿直线CD对折，使点A和点B重合，直线CD与x轴交于点C，与AB交于点D．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求线段CD的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使△PAB为等腰三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
分析：（1）令y＝0，求出x＝4，令x＝0，求出y＝3，即可得出答案；
（2）设BC＝x，则AC＝CB＝x，OC＝4﹣x，根据勾股定理列出关于x的方程，求出x的值，即可得出BC的长，然后求出BD的长，最后根据勾股定理求出CD的值即可；
（3）分PA＝PB，PA＝AB＝5，PB＝AB＝5三种情况分别求出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）令y＝0，
则0=−34x+3，
解得：x＝4；
令x＝0，
则y＝3，
故点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3）；
（2）设BC＝x，
则AC＝CB＝x，OC＝4﹣x，
∵∠BOA＝90°，
∴OB2+OC2＝CB2，
即32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x=258，
∴BC=258，
∵AB2＝OA2+OB2＝42+32＝25，
∴AB＝5，
∵CD⊥AB，
∴BD=AD=12AB=52，
在Rt△BCD中，BD2+CD2＝BC2，
∴CD2=BC2−BD2=(258)2−(52)2=22564，
∴CD=158；
（3）当PA＝PB时，点P与点C重合，
此时P(78，0)；
当PA＝AB＝5时，P（﹣1，0）或（9，0）；
当PB＝AB＝5时，
∵BO⊥PA，
∴PO＝OA＝4，
∴P（﹣4，0）；
综上分析可知，P点坐标为(78，0)，（﹣4，0），（﹣1，0），（9，0）．
【点评】本题主要考查了求一次函数图象与坐标轴的交点，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理，利用数形结合的思想，进行分类讨论是解题的关键．
【变式1-3】(2023秋•驿城区校级期末）直线y＝kx﹣8与x轴、y轴分别交于B、C两点，且OCOB=43．
（1）求OB的长和k的值；
（2）若点A是第一象限内直线y＝kx﹣8上的一个动点，当它运动到什么位置时，△AOB的面积是12？
（3）在（2）成立的情况下，y轴上是否存在点P，使△POA是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（写过程）
分析：（1）先求出OC，进而求出OB，进而求出k，即可得出结论；
（2）先求出直线BC的解析式，进而设成点A坐标，最后用三角形面积公式建立方程求解，即可求出答案；
（3）先求出OA，再分三种情况，利用两腰相等，即可求出答案．
【解答】解：（1）针对于直线y＝kx﹣8，
令x＝0，则y＝﹣8，
∴OC＝8，
∵OCOB=43，
∴OB＝6，
∴点B（6，0），
将点B的坐标代入直线y＝kx﹣8中，得0＝6k﹣8，
∴k=43，
即OB＝6，k=43；
（2）由（1）知，k=43，
∴直线BC的解析式为y=43x﹣8，
∴设点A（a，43a﹣8），
∵△AOB的面积为12，
∴12OB•yA＝12，
∴12×6（43a﹣8）＝12，
∴a＝9，
∴A（9，4），
即点A运动到（9，4）的位置时，△AOB的面积为12；
（3）由（2）知，A（9，4），
∴OA=97，
∵△POA为等腰三角形，
∴②当OA＝PA时，点A在OP的垂直平分线上，
∴P（0，8），
②当OP＝OA时，
∴OP=97，
∴P（0，97）或（0，−97），
③当OP＝PA时，设点P（0，p），
∴OP＝|p|，PA=92+(4−p)2，
∴|p|=92+(4−p)2，
∴p=978，
∴P（0，978），
即点P的坐标为（0，8）或（0，97）或（0，−97）或（0，978）．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
【变式1-4】（2023•沭阳县模拟）如图，直线AB：y=34x+32与坐标轴交于A、B两点，点C与点A关于y轴对称．CD⊥x轴与直线AB交于点D．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）点P在直线CD上运动，且始终在直线AB下方，当△ABP的面积为92时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线CD上一动点，直接写出所有使△APQ是以AP为腰的等腰三角形的点Q的坐标．
分析：（1）对于y=34x+32，令x＝0，则y=32，令y＝0，解得x＝﹣2，即可求解；
（2）由△ABP的面积＝S△HBP+S△HBA，即可求解；
（3）求出线段AP、AQ、PQ的长度，再分AP＝PQ、AP＝AQ两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y=34x+32，令x＝0，则y=32，令y＝0，解得x＝﹣2，
故点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（0，32）；
（2）设直线AP交y轴于点H，
设直线AP的表达式为：y＝k（x+2），
当x＝0时，y＝2k，当x＝2时，y＝4k，
即点H、P的坐标分别为（0，2k），（2，4k），
则△ABP的面积＝S△HBP+S△HBA=12×AC×BH=12×4×（32−2k）=92，
解得：k=−38，
∴点P的坐标为（2，−32）；
（3）由（2）知，点P的坐标为（2，−32），点A（﹣2，0），设点Q（2，t），
由勾股定理得：AP2＝（2+2）2+（32）2＝16+94，
同理可得：PQ2＝（t+32）2，AQ2＝16+t2，
当AP＝PQ时，即16+94=（t+32）2，解得t=−3+732或−3−732，
故点Q的坐标为（2，−3+732）或（2，−3−732）；
当AP＝AQ时，即16+94=16+t2，解得t=32（负值已舍去），
故点Q的坐标为（2，32）；
综上，点Q的坐标为：（2，−3+732）或（2，−3−732）或（2，32）．
【点评】本题是一次函数的综合题，考查了求一次函数关系式，勾股定理的运用，等腰三角形的性质，其中（3），分类求解是本题解题的关键．
【变式1-5】(2023春•珠晖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C，B三点的坐标分别为A（0，4），C（3，0），B（﹣5，0），点P从B出发，以每秒2个单位的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求直线AC的解析式和△ABC的AC边上的高线长；
（2）连接PA，写出△POA的面积S与t的函数表达式；
（3）是否存在一点P，使△PAC是等腰三角形？若存在，请直接写出P点满足条件时，所有t的值；若不存在，请说明理由．
分析：（1）用待定系数法即可求出直线AC的表达式；由S△ABC=12×BC•OA=12×AC•h，即可求出△ABC的AC边上的高线长；
（2）分点P在原点左侧和原点右侧两种情况讨论求解；
（3）分AP＝AC，PC＝AC，AP＝PC三种情况，分别求得OP的长以及BP的长，即可得出所有P点的坐标和t的值．
【解答】解：（1）由点A、C的坐标得，AC＝5，
设直线AC的表达式为：y＝kx+b，
将点A、点C的坐标代入上式得：0＝3k+b，且4＝0+b，
解得：k=−43，b＝4，
故直线的表达式为：y=−43x+4，
设AC边上的高为h，
则S△ABC=12×BC•OA=12×AC•h，
即（3+5）×4＝5h，
解得：h=325，
故直线AC的表达式为：y=−43x+4，△ABC的AC边上的高线长为325；
（2）当0≤t＜2.5时，OP＝5﹣2t，
∴△POA的面积=12×（5﹣2t）×4＝10﹣4t；
当t＞2.5时，OP＝2t﹣5，
∴△POA的面积=12×（2t﹣5）×4＝4t﹣10，
即△POA的面积=10−4t(0≤t＜2.5)4t−10(t＞2.5)；
（3）设点P的坐标为（x，0），
由点P、A、C的坐标得，PA2＝x2+42＝x2+16，PC2＝（x﹣3）2，AC2＝25，
当PA＝PC时，则x2+16＝（x﹣3）2，解得：x=−76；
当PA＝AC时，则x2+16＝25，解得：x＝3（舍去）或﹣3；
当PA＝AC时，则（x﹣3）2＝25，解得：x＝8或﹣2；
则BP=236或2或3或13，
则t的值为：2312或1或1.5或6.5．
【点评】本题考查等腰三角形的判定，勾股定理，分类讨论思想．解题的关键是根据点P的不同位置进行分类讨论．
【变式1-6】(2023春•明溪县月考）阅读下列材料：
课本的定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．该定理的逆命题“在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．”也是真命题．请依据上面定理与真命题，解答下面问题．如图，在直角坐标系xOy中，点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转n°，分别交y轴，x轴于点C，点D．
（1）求m的值；
（2）如图1，若n＝60，求直线AD的表达式；
（3）若点C在y轴正半轴上，且△OAC是等腰三角形，求点C的坐标．
分析：（1）把点A（m，23）代入正比例函数y=3x即可求得m的值；
（2）先利用在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半求得AD的长，再由勾股定理求得BD，从而求得点D的坐标，进而利用待定系数法即可求得直线AD的表达式；
（3）由点C在y轴正半轴上，△OAC是等腰三角形分三类讨论求解点C的坐标，①当AB＝AC时，过点A作AM⊥y轴于点M，则OC＝2OM，如图2，先求OM的长度，从而得解；②当AB＝OC时容易求出点C的坐标；③当AC＝OC时，过点C作CM⊥OA于点M，先求得OM＝2，再利用勾股定理求得OC的长即可得解．
【解答】解：（1）∵点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，
∴23=3m，
∴m＝2；
（2）∵由（1）得m＝2，
∴A（2，23），
∵将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转60°，分别交y轴，x轴于点C，点D，
∴AD⊥x轴，∠BAD＝60°，
∴AB=23，OB＝2，∠ADB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝2AB=2×23=43，
∴BD=AD2−AB2=(43)2−(23)2=6，
∴OD＝OB+BD＝8，
∴D（8，0），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∵y＝kx+b过A（2，23），D（8，0），
∴2k+b=238k+b=0，
解得k=−33b=833，
直线AD的解析式为y=−33x+833；
（3）∵A（2，23），
∴OA=22+(23)2=4，
∵OB＝2，
∴OB=12OA，
∴∠OAB＝30°，
∵将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB即AB∥y轴，
∴∠AOC＝∠OAB＝30°，
①当AO＝AC时，过点A作AM⊥y轴于点M，则OC＝2OM，如图2，
∵AM⊥y轴，AB⊥x轴，x轴⊥y轴，
∴∠AMC＝∠BOM＝90°，
∴AM∥x轴，
∵AB∥y轴，
∴四变形ABOM是平行四边形，
∴OM＝AB=23，
∴OC＝2OM=43，
∴C(0，43)；
②当AO＝OC时，如图3，
∵OA＝4，
∴OC＝4，
∴C（0，4）；
③当AC＝OC时，过点C作CM⊥OA于点M，
∵AC＝OC，CM⊥OA，OA＝4，
∴OM=12OA＝2，
∵∠COM＝30°，CM⊥OA，
∴CM=12OC，OC2＝OM2+CM2，
∴OC2=22+(12OC)2，
解得：OC=433，
∴C（O，433），
综上所述点C的坐标为(0，43)或（0，4）或（0，433）．
【点评】本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握勾股定理、坐标与图形、待定系数法求一次函数、一次函数的性质是解题的关键．
题型二 一次函数与直角三角形问题
【例题2】(2023秋•莲湖区期末）如图，直线l：y=12x+m交x轴于点A，交y轴于点B（0，1），点P（n，2）在直线l上．
（1）求m，n的值；
（2）已知M是x轴上的动点，当以A，P，M为顶点的三角形是直角三角形时，求点M的坐标．
分析：（1）用待定系数法即可求解；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出直线l的解析式及点A，P的坐标，分∠AMP＝90°及∠APM＝90°两种情况考虑：①当∠AMP＝90°时，PM⊥x轴，结合点P的坐标可得出点M的坐标；②当∠APM＝90°时，设点M的坐标为（a，0），利用勾股定理，可求出a的值，进而可得出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵直线l：y=12x+m交y轴于点B（0，1），
∴1=12×0+m，
解得：m＝1，
∴直线l的解析式为y=12x+1．
当y＝0时，12x+1＝0，
解得：x＝﹣2，
∴点A的坐标为（﹣2，0）；
当y＝2时，12n+1＝2，
解得：n＝2，
∴点P的坐标为（2，2），
即m＝1，n＝2；
（2）分两种情况考虑：
①当∠AMP＝90°时，PM⊥x轴，
∴点M的坐标为（2，0）；
②当∠APM＝90°时，设点M的坐标为（a，0），
∴AP2＝[2﹣（﹣2）]2+（2﹣0）2＝20，AM2＝[a﹣（﹣2）]2＝a2+4a+4，PM2＝（2﹣a）2+（2﹣0）2＝a2﹣4a+8，
∵AP2+PM2＝AM2，
∴20+a2﹣4a+8＝a2+4a+4，
解得：a＝3，
∴点M的坐标为（3，0）．
综上所述，点M的坐标为（2，0）或（3，0）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、直角三角形的性质以及勾股定理，分∠AMP＝90°及∠APM＝90°两种情况，求出点M的坐标是解题的关键．
【变式2-1】如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点Q（6，8），点A在线段OQ上，点B在x轴的正半轴上，且OA+OB＝10，点B关于点P（4，0）的对称点为点C，连结AB，AC，设点A的横坐标为t．
（1）求k的值，并写出当0＜y＜6时x的取值范围．
（2）当点A在线段OQ上运动时，设OB的长为S．
①求S关于t的函数表达式．
②当S＝5时，求PA的长．
（3）当△ABC为直角三角形时，求t的值．
分析：（1）把Q坐标代入正比例函数解析式求出k的值，根据y的范围求出x的范围即可；
（2）①把A横坐标代入正比例解析式表示出纵坐标，利用勾股定理表示出OA，根据OA+OB＝10表示出OB，即为S与t的关系式，并求出t的范围即可；
②把S＝5代入求出t的值，确定出A，B，以及P的坐标，利用两点间的距离公式求出PA的长即可；
（3）当△ABC为直角三角形时，且B与C关于P点对称，即PB＝PC，可得PB＝PA，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值．
【解答】解：（1）∵y＝kx过点Q（6，8），
∴把Q（6，8）代入正比例解析式得：8＝6k，
解得：k=43，
当0＜y＜6时，0＜43x＜6，
解得：0＜x＜92，
则k=43，当0＜y＜6时，0＜x＜92；
（2）①设A（t，43t），且0≤t≤6，
根据勾股定理得：OA=t2+169t2=53t，
∵OA+OB＝10，
∴OB＝10−53t，
则S＝10−53t且0≤t≤6；
②当S＝5时，10−53t＝5，
解得：t＝3，
∴A（3，4），即OA＝5，
∴OB＝5，即B（5，0），
∵P（4，0），
∴PA=(3−4)2+(4−0)2=17；
（3）当△ABC为直角三角形，且B与C关于P点对称，即PB＝PC，
∴PB＝PA，
∵PB＝OB﹣OP＝10−53t﹣4＝6−53t，PA=(t−4)2+169t2，
∴6−53t=(t−4)2+169t2，
整理得：12t＝20，
解得：t=53．
【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求正比例函数解析式，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，对称的性质，以及一次函数的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
【变式2-2】(2023秋•万柏林区校级月考）如图，平面直角坐标系中直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），点C是直线AB上的一点，它的坐标为（m，4），经过点C作直线CD∥x轴交y轴于点D．
（1）求点C的坐标及线段AB的长；
（2）已知点P是直线CD上一点．
请作答．
①若△POC的面积为4，求点P的坐标；
②若△POC为直角三角形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标．
分析：（1）利用待定系数法可得直线AB的解析式为y＝2x+6，把（m，4）代入y＝2x+6得2m+6＝4，即可求出点C坐标，利用两点间距离公式即可求出AB的长；
（2）①利用三角形的面积公式求出PC的长即可解决问题．注意两解；
②分两种情形讨论即可①P是直角顶点，②O是直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），
∴−3k+b=0b=6，解得k=2b=6，
∴直线AB的解析式为y＝2x+6，
把（m，4）代入y＝2x+6得2m+6＝4，
∴m＝﹣1，
∴C（﹣1，4），
在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝6，
∴AB=OA2+OB2=32+62=35；
（2）①∵OD⊥CP，
∴S△POC=12CP•OD＝4，
∵直线CD∥x轴交y轴于点D，C（﹣1，4），
∴OD＝4，
∴CP＝2，
∴P1（﹣3，4），P2（1，4）；
②∵∠OCP一定不是直角，
当∠OPC＝90°时，点P恰好在点D，
∴P（0，4）．
当∠POC＝90°时，过点P作PQ⊥x轴于Q，
∵直线CD∥x轴交y轴于点D，C（﹣1，4），点P是直线CD上一点．
∴PQ＝4，OD＝4，CD＝1，
∵∠CDO＝∠PQO＝90°，
∵CP2＝OC2+OP2，
∴（1+DP）2＝1+16+16+DP2，
∴DP＝16，
∴P（16，4）．
综上所述，所有满足条件的点P的坐标为（0，4）或（16，4）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理．三角形面积，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式2-3】(2023秋•济南期末）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l1于点B．
（1）求直线l1的函数表达式和点B的坐标；
（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．
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的函数表达式，可得点B的坐标；
（2）根据A（﹣3，0），B（1，3），即可求解；
（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．
【解答】（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=34b=94，
∴直线l1的函数表达式为y=34x+94．
联立y=34x+94y=3x，
解得：x=1y=3，
∴点B的坐标为（1，3）；
（2）解：∵A（﹣3，0），B（1，3），
∴S△AOB=12×3×3=92；
（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的位置：
∵点A和点C1均在x轴上，
∴BC1⊥x轴．
∵B（1，3），
∴C1（1，0）；
②当∠ABC＝90°时，点C在图中C2的位置：
设C2（m，0），（m＞0）
∵A（﹣3，0），B（1，3），C1（1，0），
∴AC1＝4，BC1＝3，C1C2＝m﹣1，AC2＝m+3，
∴AB=AC12+BC12=42+32=5．
在Rt△ABC2中，AC22−AB2=BC22，
在Rt△BC1C2中，BC12+C1C22=BC22，
∴AC22−AB2=BC12+C1C22，
即（m+3）2﹣52＝32+（m﹣1）2，
解得m=134，
∴C2(134，0)．
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(134，0)．
【点评】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．
【变式2-4】(2023春•和平区校级期中）如图，点M（2，m）在直线y1＝2x上点A，B的坐标分别是（4，0），（0，2），连接AB，将△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD（点A，B分别对应点C，D）．
（1）填空：m＝ ，点C的坐标是 ；
（2）连接AD求直线AD的表达式y2＝kx+b；
（3）当y2≥y1时，请直接写出x的取值范围 ；
（4）点P是直线OM上的一点，请直接写出使△ADP是以AD为直角边的直角三角形时点P的坐标．
分析：（1）将点C代入y1可得m，根据线段OA平移到MC可得C点坐标；
（2）求出D点坐标，利用点A，点D待定系数法求解；
（3）观察图象，根据交点坐标可求解；
（4）设P点坐标，表示出AP，DP，AD的长，利用勾股定理求解．
【解答】解：（1）将点M（2，m）代入y1＝2x得，m＝2×2＝4，
∵△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD，
∴OB＝MD＝2，OA＝MC＝4，DM∥y轴，MC∥x轴，
∴点C横坐标为xm+4＝6，纵坐标为ym＝4，
∴点C坐标（6，4），同理可得点D坐标（2，6），
故答案为4，（6，4）；
（2）由（1）可得点D（2，6），将点A（4，0），点D（2，6）代入y2＝kx+b得，
4k+b=02k+b=6，
解得k=−3b=12，
∴y2＝﹣3x+12；
（3）当y2≥y1时，﹣3x+12≥2x，解得x≤125，
故答案为x≤125；
（4）设P点（a，2a），
∵点A（4，0），点D（2，6），
∴AD2＝（4﹣2）2+（0﹣6）2＝40，AP2＝（4﹣a）2+（0﹣2a）2＝5a2﹣8a+16，DP2＝（2﹣a）2+（6﹣2a）2＝5a2﹣28a+40，
∵△ADP是以AD为直角边的直角三角形，
①当AD2+AP2＝DP2时，
40+5a2﹣8a+16＝5a2﹣28a+40，
解得a=−45，
∴点P（−45，−85）；
②当AD2+DP2＝AP2时，
40+5a2﹣28a+40＝5a2﹣8a+16，
解得a=165，
∴点P（165，325）；
综上所述，点P（−45，−85）或（165，325）．
【点评】本题是一次函数的综合应用题目，主要考查一次函数点的坐标特征、待定系数法求表达式、解不等式和图形的平移，第四问的解题关键是借助勾股定理分情况讨论求解．
【变式2-5】(2023秋•海曙区校级期末）如图1，在同一平面直角坐标系中，直线AB：y＝2x+b与直线AC：y＝kx+3相交于点A（m，4），与x轴交于点B（﹣4，0），直线AC与x轴交于点C．
（1）填空：b＝ ，m＝ ，k＝ ；
（2）如图2，点D为线段BC上一动点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，线段AE交x轴于点F．
①当点E落在y轴上时，求点E的坐标；
②若△DEF为直角三角形，求点D的坐标．
分析：（1）把B（﹣4，0）代入y＝2x+b，求出b＝8，得直线AB：y＝2x+8，再把A（m，4）代入y＝2x+8，求出m＝﹣2，得点A的坐标，最后把A（﹣2，4）代入y＝xk+3，求出k=−12；
（2）①过点A作AH⊥y轴于点H，作AG⊥x轴于点G，求出AE2＝AC2＝（6+2）2+42＝80，再求出HE=219，可得OE=219−4，即可得答案；
②分两种情况讨论，当∠EDF＝90°时，求出∠ADC＝135°，得∠ADO＝45°，得DG＝AD＝4，得点D坐标；当∠DFE＝90°时，设DF＝x，则DE＝DC＝8﹣x，由勾股定理得：(8−x)2=x2+(45−4)2，求出DF，得点D坐标．
【解答】（1）解：把B（﹣4，0）代入y＝2x+b，
∵0＝2×（﹣4）+b，∴b＝8，
∴直线AB：y＝2x+8，
把A（m，4）代入y＝2x+8，
∴m＝﹣2，
把A（﹣2，4）代入y＝xk+3，
∵4＝（﹣2）k+3，
∴k=−12．
故答案为：8，﹣2，−12；
（2）①∵直线AC：y=−12x+3，
∴点C的坐标为（6，0），
如下图，过点A作AH⊥y轴于点H，作AG⊥x轴于点G，则AH＝2，CG＝8，
∴AE2＝AC2＝（6+2）2+42＝80，
∴HE=AE2−AH2=80−22=219，
∴OE=HE−OH=219−4，
∴点E的坐标为(0，4−219)；
②如下图，
当∠EDF＝90°时，由翻折得∠ADC=∠ADE=360°−90°2=135°，
∴∠ADO＝135°﹣90°＝45°，
∵AG＝4，
∴DG＝AG＝4，
∴OD＝DG﹣OG＝4﹣2＝2，
∴点D的坐标为（2，0）；
如下图，
当∠DFE＝90°时，AE=AC=80=45，
设DF＝x，则DE＝DC＝8﹣x，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：(8−x)2=x2+(45−4)2，
解得：x=25−2，
∴OD=DF−OF=25−4，
∴点D的坐标为(25−4，0)，
综上，点D的坐标为（2，0）或(25−4，0)．
【点评】此题考查了一次函数，勾股定理，角平分线的性质，直角三角形的性质和判定，翻折的性质，解题的关键是作辅助线．
题型三 一次函数与等腰直角三角形问题
【例题3】如图，一次函数y=−23x+4的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90°，求过B、C两点直线的解析式．
分析：先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA＝CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】解：∵一次函数y=−23x+4中，
令x＝0得：y＝4；令y＝0，解得x＝6，
∴B的坐标是（0，4），A的坐标是（6，0）．
如图，作CD⊥x轴于点D．
∵∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAD＝90°，
又∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAO．
在△ABO与△CAD中，
∠BAO=∠ACD∠BOA=∠ADC=90°AB=CA，
∴△ABO≌△CAD（AAS），
∴OB＝AD＝4，OA＝CD＝6，OD＝OA+AD＝10．
则C的坐标是（10，6）．
设直线BC的解析式是y＝kx+b，
根据题意得：10k+b=6b=4，
解得：k=15b=4，
∴直线BC的解析式是y=15x+4．
【点评】本题考查的是一次函数综合题，涉及到用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，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
【变式3-1】（2023春•崇川区校级月考）模型建立：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．
（1）求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：已知直线l1：y=−43x﹣4与y轴交于A点．将直线l1绕着A点逆时针旋转45°至l2，如图2，求l2的函数解析式．
分析：（1）证明∠1＝∠2，进而用AAS即可证明；
（2）由（1）可知：△ABO≌△BMN（AAS），则MN＝BO＝3，BN＝OA＝4，则ON＝7，即点M（﹣7，﹣3），进而求解．
【解答】（1）证明：∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠E＝∠D＝90°，
∴∠3+∠1＝90°，
又∠ACB＝90°，
∴∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠2，
在△BEC和△CDA中
∠D=∠E∠1=∠2BC=CA，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：过点M作MN⊥x轴于点N，
由条件知：∠BAM＝45°，
∴△ABM为等腰直角三角形，
由（1）可知：△ABO≌△BMN（AAS），
∴MN＝BO，NB＝OA，
∵直线直线l1：y=−43x﹣4，
∴点A、B的坐标分别为：（0，﹣4）、（﹣3，0），
∴MN＝BO＝3，BN＝OA＝4，则ON＝7，
∴点M（﹣7，﹣3），
设直线l2的表达式为：y＝kx+b，
则−3=−7k+bb=−4，
解得：k=−17b=−4，
∴直线l2的表达式为：y=−17x﹣4．
【点评】本题属于一次函数综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
【变式3-2】(2023春•南城县校级月考）如图，已知直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，直线BC过点C交x轴于点B，且OB＝2OC＝3OA，点D为AC的中点．
（1）求k的值以及直线BC的解析式；
（2）过点D作DE⊥y轴交BC于点E，连接OE，求四边形AOEC的面积；
（3）已知点P是线段BC上的一个动点，点Q是x轴上的一个动点，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求点P的坐标．
分析：（1）根据一次函数解析式求出点C的坐标，然后根据OB＝2OC＝3OA求出点A和点B的坐标，将点A坐标代入函数解析式求出k的值，运用待定系数法求出直线BC的解析式即可；
（2）根据点D为AC的中点得出点D和点E的坐标，然后根据S四边形AOEC＝S△AOC+S△COE求解即可；
（3）设点Q（m，0），点P(n，−12n+3)，分情况讨论：①当∠PDQ＝90°，DP＝DQ时；②当∠DPQ＝90°，PD＝PQ时；③当∠DQP＝90°，DQ＝PQ时；分别构造全等三角形列式求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，
∴当x＝0时，y＝3，
∴点C（0，3），即OC＝3，
∵OB＝2OC＝3OA，
∴OB＝6，OA＝2，
∴点A（﹣2，0），B（6，0），
即0＝﹣2k+3，
解得：k=32，
设直线BC的解析式为y＝mx+n，
∵B（6，0），C（0，3），
∴0=6m+n3=n，
解得m=−12n=3，
∴直线BC的解析式为y=−12x+3；
（2）∵点D为AC的中点，
∴点D(−1，32)，
∵DE⊥y轴交BC于点E，
∴点E的纵坐标为32，
∵点E在直线BC上，
∴32=−12x+3，
解得：x＝3，
∴点E(3，32)，
设DE与y轴交于点F，
则S四边形AOEC＝S△AOC+S△COE=12AO•OC+12OC•EF=12×2×2+12×3×3=152；
（3）由（2）可得点D(−1，32)，
设点Q（m，0），点P(n，−12n+3)，
分情况讨论：
①当∠PDQ＝90°，DP＝DQ时，
过点P作PG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥x轴于点F，作DH⊥PG于点H，
∵DH⊥PG，PG⊥x，
∴DH∥AB，
∴∠HDQ＝∠FQD，
∵∠HDQ+∠HDP＝90°，∠HDP+∠DPH＝90°，
∴∠HDQ＝∠DPH，
∴∠FQD＝∠DPH，
∵∠DFQ＝∠DHP，DP＝DQ，
∴△DFQ≌DHP（AAS），
∴DF＝DH，即32=1+n，解得n=12，
∴−12n+3=114，
则点P(12，114)，
②当∠DPQ＝90°，PD＝PQ时，
过点P作PG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥PG于点F，
同理可得△DFP≌PGQ（AAS），
∴DF＝PG，
即1+n=−12n+3，解得n=43，
∴−12n+3=73，
则点P(43，73)；
③当∠DQP＝90°，DQ＝PQ时，
过点D作DF⊥x轴于点F，过点P作PG⊥x轴于点G，
同理可得△DFQ≌△QGP（AAS），
∴DF＝QG，FQ＝GP，
由DF＝QG，可得32=n−m，
由FQ＝GP，可得1+m=−12n+3，
解得：m=56，n=73，
∴−12n+3=116，
则点P(73，116)；
综上所述，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，
点P的坐标为(12，114)或(43，73)或(73，116)．
【点评】本题考查了一次函数与几何综合，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的性质，合理构造全等三角形是解本题的关键．
【变式3-3】(2023秋•和平区校级期末）如图，直线l1经过A（6，0）、B（0，8）两点，点C从B出发沿线段BO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点D从A出发沿线段AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t秒（t＞0），
（1）求直线l1的表达式；
（2）当t＝ 时，BC＝BD；
（3）将直线l1沿x轴向右平移3个单位长度后，与x轴，y轴分别交于E、F两点，求四边形BAEF的面积；
（4）在第一象限内，是否存在点P，使A、B、P三点构成等腰直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）待定系数法即可求解；
（2）t秒时，BC＝t，BD＝BA﹣AD＝10﹣2t，当BC＝BD时，则t＝10﹣2t，即可求解；
（3）四边形BAEF的面积＝S△EFO﹣S△ABO，即可求解；
（4）分类讨论，利用三角形全等求长度，即可求得P点坐标．
【解答】解：（1）设直线l1的表达式为y＝kx+b，
将A（6，0）、B（0，8）代入得：6k+b=0b=8，
解得：k=−43b=8，
∴直线l1的表达式为y=−43x+8；
（2）由点A、B的坐标知，OA＝6，OB＝8，
则AB＝10，
t秒时，BC＝t，BD＝BA﹣AD＝10﹣2t，
当BC＝BD时，
则t＝10﹣2t，
解得：t=103；
故答案为：103．
（3）由平移可得：直线EF的关系式为：y=−43(x−3)+8=−43x+12，
当x＝0时，y＝12，F（0，12），
当y＝0时，x＝9，E（9，0），
四边形BAEF的面积＝S△EFO﹣S△ABO，
即S四边形BAEF=12×9×12−12×6×8=30，
答：四边形BAEF的面积是30．
（4）存在．
当∠ABP＝90°，AB＝BP时，
如图所示：过点P作PM⊥y轴于点M，
可证△AOB≌△BMP（AAS），
∴AO＝BM＝6，BO＝MP＝8，
∴OM＝14，
∴P（8，14）．
当∠BAP＝90°，AB＝AP时，
如图所示：过点P作PM⊥x轴于点M，
可证△AOB≌△PMA（AAS），
∴AO＝PM＝6，BO＝AM＝8，
∴OM＝14，
∴P（14，6）．
当∠APB＝90°，BP＝AP时，
如图所示：过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，
可证△AMP≌△BNP（AAS），
∴AM＝BM，PM＝PN，
∴6+AM＝8﹣BN，
∴AM＝＝BN＝1，
∴OM＝7＝PN＝PM，
∴P（7，7），
∴P（8，14）．
综上，点P（8，14）或（14，6）或（7，7）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，掌握一次函数的性质、平行四边形的性质是解题的关键．
【变式3-4】(2023•南京模拟）如图1，在平面直角坐标系中．直线l1：y＝kx+3与直线l2：y＝﹣x﹣6交于点A，已知点A的横坐标为−185，直线l1与x轴交于点B，与y轴交于点C，直线l2与x轴交于点F，与y轴交于点D．
（1）求直线l1的解析式；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，直线l3与y轴交于点E．过点E作y轴的垂线l4，若点M为垂线l4上的一个动点，点N为l2上的一个动点，求DM+MN的最小值；
（3）已知点P、Q分别是直线l1，l2上的两个动点，连接EP、EQ、PQ，是否存在点P、Q，使得△EPQ是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
分析：（1）用待定系数法即可求解；
（2）过点C作CN⊥l2交于点N，交l4于点M，则点M、N为所求点，进而求解；
（3）证明△QGP≌△EHQ（AAS），则GQ＝EH，PG＝QH，即可求解．
【解答】解：（1）直线l2：y＝−x−6①交于点A，已知点A的横坐标为−185，
则点A的坐标为（−185，−125），
将点A的坐标代入y＝kx+3得：−125=−185k+3，
解得k=32，
故直线l1的解析式为y=32x+3；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，
则l3为表达式为y＝−x−6+92=−x−32，
故点E的坐标为（0，−32），
故l4的表达式为y＝−185；
由直线l1的表达式知，点C（0，3），
由点C、D、E的坐标知，CE＝DE＝4.5，
故点D关于直线l4的对称点为点C，
过点C作CN⊥l2交于点N，交l4于点M，
则点M、N为所求点，
当DM+MN＝CM+MN＝CN时，DM+MN的值最小，
由直线l2的表达式知，该直线与x轴负半轴的夹角为45°，
而CN⊥l2，
则直线CN与x轴的夹角为45°，
故设直线CN的表达式为y＝x+r，
点C的坐标为（0，3），
则r＝3，
故直线CN的表达式为y＝x+3②，
联立y=−x−6y=x+3，
解得x=−92y=−32，
故点N的坐标为（−92，−32），
由点C、N的坐标得，CN=(0+92)2+(3+32)2=922，
即DM+MN的最小值为922；
（3）存在，理由：
如图2，设点P的坐标为（n，32n+3），点Q的坐标为（m，−m−6），而点E（0，−32），PQ＝QE，
过点Q作x轴的平行线交y轴于点H，交过点P与y轴的平行线于点G，
∵∠PQG+∠EQH＝90°，∠EQH+∠QEH＝90°，
∴∠PQG＝∠QEH，
∵QP＝QE，∠QGP＝∠EHQ＝90°，
∴△QGP≌△EHQ（AAS），
∴GQ＝EH，PG＝QH，
而PG＝|32n+3+m+6|＝QH＝−m，GQ＝m−n＝EH＝|−32+m+6|，
解得m=−98n=−398或m=−214n=−34，
故点Q的坐标为（−98，−398）或（−214，−34）．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用，掌握一次函数的性质、三角形全等、点的对称性是解题的关键．
题型四 一次函数与全等三角形问题
【例题4】(2023秋•蚌山区月考）如图，直线l1：y＝ax+b（常数a＜0，b＞0）与x轴、y轴分别交于A，B两点，直线l2：y＝cx+d（常数c＞0，d＞0）与x轴、y轴分别交于C，D两点，直线l1与直线l2交于点E，且△AOB≌△COD．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若a＝﹣2，b＝4，求△ADE的面积．
分析：（1）利用全等三角形的性质，得到∠ABO＝∠CDO，再根据对顶角相等，得到∠DCO＝∠BCE，进而得到∠ABO+∠BCE＝90°，即可证明结论；
（2）利用直线l1：y＝﹣2x+4，求出A、B两点坐标，得到OA＝2，OB＝4，再利用全等三角形的性质，得到OC＝OA＝2，OD＝OB＝4，进而得到C、D 两点坐标，从而求出直线l2：y=12x+2，联立方程组，求出点E坐标，即可求出△ADE的面积．
【解答】（1）证明：∵△AOB≌△COD，
∴∠ABO＝∠CDO，
∵∠DCO＝∠BCE，
∴∠CDO+∠DCO＝∠ABO+∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠ABO+∠BCE）＝90°，
∴AB⊥CD；
（2）解：∵a＝﹣2，b＝4，
∴直线l1：y＝﹣2x+4，
令x＝0，得y＝4；令y＝0，得﹣2x+4＝0，解得x＝2，
∴A（2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵△AOB≌△COD，
∴OC＝OA＝2，OD＝OB＝4，
∴C（0，2），D（﹣4，0），
∴d=2−4c+d=0，解得：c=12d=2，
∴直线l2：y=12x+2，
联立方程组y=12x+2y=−2x+4，
解得：x=45y=125，
∴点E的坐标为(45，125)，
∴△ADE的面积为12AD⋅yE=12×(2+4)×125=365．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，一次函数与坐标轴交点，待定系数法求一次函数解析式，两直线交点与二元一次方程组的解等知识，熟练掌握一次函数性质和全等三角形的性质是解题关键．
【变式4-1】如图，平面直角坐标系xOy中，l1：y1＝﹣2x+4交x轴于A，交y轴于B．另一直线l2：y2＝kx+b交x轴于C，交y轴于D，交l1于E．已知△COD≌△BOA．
（1）求l2解析式．
（2）P，Q分别在线段AB和CD上运动，若P从B开始运动，速度是1单位长度每秒，Q从C开始运动，速度等于P的运动速度，设运动时间为t，则t为多少时，PQ∥x轴？
分析：（1）求出A，B点坐标，利用△COD≌△BOA求出C，D点坐标，利用待定系数法求解；
（2）设Q点坐标，表示出P点坐标，表示出线段RO，BR，BQ的长度，证明△PCS与△QBR全等，可求解．
【解答】解：（1）直线l1：y1＝﹣2x+4，当y＝0时，x＝2，所以点A（2，0），当x＝0时，y＝4，所以B点（0，4），
∵△COD≌△BOA，
∴CO＝OB＝4，OD＝OA＝2，
∴点C（﹣4，0），点D（0，2），
将点C，D代入直线l2：y2＝kx+b得，
−4k+b=0b=2，解得k=12b=2，
∴直线l2：y2=12x+2；
（2）作QS⊥x轴于点S，如图，
设P点坐标为（m，﹣2m+4），
∵PQ∥x轴，
∴Q点的纵坐标为﹣2m+4，
Q点在直线l2：y2=12x+2上，代入纵坐标得﹣2m+4＝y2=12x+2，
解得：x＝﹣4m+4，
∴Q点坐标（﹣4m+4，﹣2m+4），
设线段PQ与y轴交于点R，则R点坐标（0，﹣2m+4），
在Rt△BQR中，BR＝OB﹣OR＝2m，RQ＝OT＝m，
∴BP=(2m)2+m2=5m，
∵动点P，Q的速度一样，
∴CQ＝BP，
在Rt△CSQ和Rt△BRP中，
∠SCQ=∠RBP∠CSQ=∠PRBCQ=BP，
∴Rt△CSQ≌Rt△BRP（AAS），
∴QS＝PR，
即﹣2m+4＝m，解得m=43，
∴t=BP1=5m=435．
【点评】本题是一次函数的综合题，主要考查一次函数的待定系数法和动点问题，解题关键是掌握待定系数法和利用三角形全等的判定和性质求解问题．
【变式4-2】如图，直线y=−12x+2与x轴、y轴分别交于A，B两点，在y轴上有一点C（0，4），动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，设动点M的移动时间为t秒．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求当t为何值时△COM≌△AOB，并求此时M点的坐标．
分析：（1）由直线l的函数解析式，令y＝0求A点坐标，x＝0求B点坐标；
（2）若△COM≌△AOB，OM＝OB，则t时间内移动了AM，可算出t值，并得到M点坐标．
【解答】解：（1）对于直线AB：y=−12x+2，
当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝4，
则A、B两点的坐标分别为A（4，0）、B（0，2）；
（2）分为两种情况：①当M在OA上时，OB＝OM＝2，△COM≌△AOB．
∴AM＝OA﹣OM＝4﹣2＝2
∴动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动2个单位，所需要的时间是2秒钟；
M（2，0），
②当M在AO的延长线上时，OM＝OB＝2，
则M（﹣2，0），此时所需要的时间t＝[4﹣（﹣2）]/1＝6秒，
即M点的坐标是（2，0）或（﹣2，0）．
【点评】此题考查了根据函数图象求坐标，通过动点变化求函数关系式．
【变式4-3】如图，直线：y=−12x+b与x轴分别交于A（4，0）、B两点，在y轴上有一点N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动．
（1）点B的坐标为 ；
（2）求△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）当t＝ 时，△NOM≌△AOB；
（4）若M在x轴正半轴上，且△NOM≌△AOB，G是线段ON上一点，连接MG，将△MGN沿MG折叠，点N恰好落在x轴上的H处，求G点的坐标．
分析：（1）由点A的坐标利用待定系数法可求出b值，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标；
（2）由点A、H的坐标及点M移动的速度可得出ON、OM的长度，再利用三角形的面积公式即可找出△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）由OA＝ON＝4、∠AOB＝∠NOM＝90°，可得出若要△NOM≌△AOB只需OM＝OB＝2，结合OM＝|4﹣t|可得出关于t的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
（4）设点G的坐标为（0，y），则OG＝y，由折叠的性质可找出GH、OH的长度，在Rt△GOH中，利用勾股定理可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y=−12x+b过点A（4，0），
∴0=−12×4+b，解得：b＝2，
∴直线AB的函数关系式为y=−12x+2．
当x＝0时，y=−12x+2＝2，
∴点B的坐标为（0，2）．
故答案为：（0，2）．
（2）∵A（4，0），N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动，
∴OA＝4，ON＝4，OM＝OA﹣AM＝|4﹣t|，
∴S=12OM•ON=12|4﹣t|×4＝|8﹣2t|．
（3）∵OA＝ON＝4，∠AOB＝∠NOM＝90°，
∴若要△NOM≌△AOB，只需OM＝OB＝2．
∵OM＝|4﹣t|，
∴|4﹣t|＝2，
解得：t＝2或6．
故答案为：2或6．
（4）设点G的坐标为（0，y），则OG＝y．
根据折叠的性质，可知：MH＝MN=42+22=25，GH＝GN＝4﹣y，
∴OH＝25−2．
在Rt△GOH中，GH2＝OG2+OH2，即（4﹣y）2＝y2+（25−2）2，
解得：y=5−1，
∴点G的坐标为（0，5−1）．
【点评】本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、三角形的面积、折叠的性质、全等三角形的判定以及勾股定理，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的函数关系式；（2）利用三角形的面积公式找出S关于t的函数关系式；（3）利用全等三角形的判定定理找出关于t的含绝对值符号的一元一次方程；（4）在Rt△GOH中，利用勾股定理找出关于点G的纵坐标的一元一次方程．
【变式4-4】如图①，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交x轴、y轴分别于点A、点B，直线CD交x轴、y轴分别于点D、点C，交直线AB于点E（点E不与点B重合），且△AOB≌△COD．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）如图②，连接OE，过点O作OF⊥OE交直线CD于点F，
①求证：OE＝OF；
②直接写出点F的坐标．
（3）若点P是直线CD上一点，点Q是x轴上一点（点Q不与点O重合），当△DPQ和△COD全等时，直接写出点P的坐标．
分析：（1）由直线y=−43x+4可得点A坐标（3，0）、点B坐标为（0，4），根据△AOB≌△COD，得OD＝OB＝4，OC＝OA＝3，得点C、D坐标，即可求解；
（2）①由△AOB≌△COD得∠ABO＝∠CDO，BO＝DO，根据∠EOF＝∠COD＝90°，得∠DOF＝∠COB，可证△DOF≌△BOE，证出OE＝OF；
②由直线AB，CD解析式联立方程组得交点E的坐标，再构造K型全等即可求出点F的坐标；
（3）画出全等的几种情形对应图形，不难得出点P坐标．
【解答】解（1）由直线y=−43x+4可得，
点A坐标（3，0）、点B坐标为（0，4），
∵△AOB≌△COD，
∴OD＝OB＝4，OC＝OA＝3，
∴点C坐标为（0，3）、D点坐标为（﹣4，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
b=3−4k+b=0，
得k=34，b＝3，
∴直线CD的解析式为y=34x+3；
（2）①∵△AOB≌△COD，
∴∠ABO＝∠CDO，BO＝DO，
∵∠EOF＝∠COD＝90°，
∴∠DOF＝∠COB，
∴△DOF≌△BOE（ASA），
∴OE＝OF；
②由直线AB，CD解析式联立方程组y=−43x+4y=34x+3，
解得方程组的解为x=1225y=8425，
∴点E的坐标（1225，8425），
再构造K型全等即可求出点F的坐标（−8425，1225）；
（3）①如图1，△DPQ≌△DCO全等时，
PQ＝CO＝3，DQ＝DO＝4，
∴点P坐标为（﹣8，﹣3）；
②如图2，△DPQ≌△DOC全等时，
PQ＝CO＝3，DQ＝DC＝5，DP＝DO＝4，
过点P作PM⊥DQ于点M，
S△DPQ=12×3×4=12×5×PM，
得PM=125，
∴点P纵坐标为−125，根据CD关系式可得点P坐标为（−365，−125）；
③如图3，△DPQ≌△DOC全等时，
由②得PM=125，根据CD关系式可得点P坐标为（−45，125）；
∴当△DPQ和△COD全等时，点P的坐标（﹣8，﹣3）或（−365，−125）或（−45，125）．
【点评】本题重点考查了一次函数与全等三角形的综合运用，解决此题的关键是抓住全等性质．
【变式4-5】如图①，平面直角坐标系中，直线y＝kx+b与x轴交于点A（﹣10，0），与y轴交于点B，与直线y=−73x交于点C（a，7）．
（1）求点C的坐标及直线AB的表达式；
（2）如图②，在（1）的条件下，过点E作直线l⊥x轴，交直线y=−73x于点F，交直线y＝kx+b于点G，若点E的坐标是（﹣15，0）．
①求△CGF的面积；
②点M为y轴上OB的中点，直线l上是否存在点P，使PM﹣PC的值最大？若存在，直接写出这个最大值；若不存在，说明理由；
（3）若（2）中的点E是x轴上的一个动点，点E的横坐标为m（m＜0），点E在x轴上运动，当m取何值时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等？请直接写出相应的m的值．
分析：（1）先求得点C的坐标（﹣3.7），再将C（﹣3，7）和A（﹣10，0）代入y＝kx+b，即可得到直线AB的解析式；
（2）①先求得点G、F的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；
②由三角形的三边关系可知当点P、M、C在一条直线上时，PM﹣PC的值最大，据此求解即可；
（3）需要分情况进行讨论，画出图形，依据全等三角形的对应顶点的位置，即可得到m的值，
【解答】解：（1）将点C（a，7）代入y=73x，可得a＝﹣3，
∴点C的坐标（﹣3，7），
将点C（﹣3，7）和点A（﹣10，0）代入y＝kx+b，可得，
−3k+b=7−10k+b=0，解得k=1b=10，
∴直线AB的解析式为y＝x+10；
（2）①∵点E的坐标是（﹣15，0），
∴当x＝﹣15时，y=−73×(−15)=35，y＝﹣15+10＝﹣5，
∴点F的坐标为（﹣15，35），点G的坐标为（﹣15，﹣5），
∴S△CGF=12×GF×(xC−xE)=12×40×12=240；
②存在，
证明：由三角形的三边关系可知当点P、M、C在一条直线上时，PM﹣PC的值最大，
令x＝0，则y＝10，
∴点B的坐标（0，10），
∵点M为y轴上OB的中点，
∴点M的坐标为（0，5），
设直线MC的解析式为y＝ax+5，
将C（﹣3，7）代入得：7＝﹣3a+5，解得：a=−23，
∴直线MC的解析式为y=−23x+5，
当x＝﹣15时，y=−23×(−15)+5=15，
∴点P的坐标为（﹣15，15），
∴PM﹣PC＝CM=(−3−0)2+(7−5)2=13；
（3）∵B（0，10），A（﹣10，0），
∴OA＝OB＝10，∠CAO＝∠ABO＝45°，
分三种情况讨论：
①当△OAC≌△QCA，如图：
∴∠CAO＝∠QCA＝45°，
∴QC⊥OA，即CQ∥y轴，
∴CQ经过点E，
∴m＝﹣3；
②当△ACO≌△ACQ，如图：
∴∠CAQ＝∠CAO＝45°，
∴QA⊥OA，即QA经过点E，
∴点E，A重合，
∴m＝﹣10；
③当△ACO≌△CAQ，如图，
∴∠CAO＝∠ACQ＝45°，AO＝CQ，
∴CQ∥x轴，
∴四边形AOCQ是平行四边形，CQ＝AO＝10，AE＝3，
∴m＝﹣13；
综上所述，当m取﹣3或﹣10或﹣13时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积，轴对称性质，全等三角形的判定与性质的综合应用，解题关键是掌握三角形面积在坐标系内的求法，并且能够熟练使用三角形全等解题．
题型五 一次函数与三角形的综合问题
【例题5】(2023•铜仁市三模）（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：CD＝BE．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点N的坐标为（4，2），求点M的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣4x+4与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．
分析：（1）先判断出∠ACB＝∠ADC，再判断出∠CAD＝∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；
（2）过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，判断出MF＝NG，OF＝MG，设M（m，n）列方程组求解，即可得出结论；
（3）过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，先求出OP＝4，由y＝0得x＝1，进而得出Q（1，0），OQ＝1，再判断出PQ＝SQ，即可判断出OH＝5，SH＝OQ＝1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l，
∴∠ACB＝∠ADC．
∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC．
∴△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，
（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，
由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°，
∴由（1）得△OFM≌△MGN，
∴MF＝NG，OF＝MG，
设M（m，n），
∴MF＝m，OF＝n，
∴MG＝n，NG＝m，
∵点N的坐标为（4，2），
∴m+n=4n−m=2，
解得m=1n=3，
∴点M的坐标为（1，3）；
（3）解：如图3，
过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，
对于直线y＝﹣4x+4，由x＝0得y＝4，
∴P（0，4），
∴OP＝4，
由y＝0得x＝1，
∴Q（1，0），OQ＝1，
∵∠QPR＝45°，
∴∠PSQ＝45°＝∠QPS．
∴PQ＝SQ．
∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP．
∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝4+1＝5，SH＝OQ＝1．
∴S（5，1），
设直线PR为y＝kx+b，
则b=45k+b=1，
解得k=−35b=4．
∴直线PR为y=−35x+4．
由y＝0得，x=203，
∴R（203，0）．
【点评】本题主要考查一次函数的综合应用，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
【变式5-1】(2023秋•邗江区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，4），点C在y轴上，作直线AC．点B关于直线AC的对称点B′刚好在x轴上，连接CB′．
（1）写出点B′的坐标，并求出直线AC对应的函数表达式；
（2）点D在线段AC上，连接DB、DB′、BB′，当△DBB′是等腰直角三角形时，求点D坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度向原点O运动，到达点O时停止运动，连接PD，过D作DP的垂线，交x轴于点Q，问点P运动几秒时△ADQ是等腰三角形．
分析：（1）由已知可得：OA＝3，OB＝4，由∠AOB＝90°，则AB＝5，因为B与B'关于直线AC对称，所以AC垂直平分BB'，B'（﹣2，0），设点C（0，m），在Rt△COB'中，∠COB'＝90°，m2+4＝（2﹣m）2，可求C（0，3），设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），把A（3，0），C（0，4）代入可得y=−12x+32；
（2）由已知可得△BDB'是等腰直角三角形，过点D作DE⊥x轴，DF⊥y轴，∠EDF＝∠BDB'，∠BDF＝∠EDB'，△FDB≌△EDB'（AAS），则有DF＝DE，设点D（a，a）代入y=−12x+32中，即可求D（1，1）；
（3）同（2）可得∠PDF＝∠QDE，可证明△PDF≌△QDE（AAS），则有PF＝QE，①当DQ＝DA时，DE⊥x轴，所以QE＝AE＝2，PF＝QE＝2，BP＝BF﹣PF＝1，求得点P运动时间为1秒；②当AQ＝AD时，AD=5，AQ=5−2，PF＝QE=5−2，BP＝BF﹣PF＝5−5，所以点P的运动时间为5−5秒；③当QD＝QA时，设QE＝n，则QD＝QA＝2﹣n，在Rt△DEQ中，∠DEQ＝90°，1+n2＝（2﹣n）2，PF＝QE＝0.75，BP＝BF+PF＝3.75，可求点P的运动时间为3.75秒，由于0≤t≤4，则t＝3.75．
【解答】解：（1）∵A的坐标为（3，0）、点B的坐标为（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝5，
∵B与B'关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BB'，
∴BC＝CB'，AB'＝AB＝5，
∴B'（﹣2，0），
设点C（0，m），
∴OC＝m，
∴CB'＝CB＝4﹣m，
∵在Rt△COB'中，∠COB'＝90°，
∴m2+4＝（4﹣m）2，
∴m＝1.5，
∴C（0，1.5），
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（3，0），C（0，1.5）代入可得k=−12，b＝1.5，
∴y=−12x+32；
（2）∵AC垂直平分BB'，
∴DB＝DB'，
∵△BDB'是等腰直角三角形，
∴∠BDB'＝90°，
过点D作DE⊥x轴，DF⊥y轴，
∴∠DFO＝∠DFB＝∠DEB'＝90°，
∵∠EDF＝360°﹣∠DFB﹣∠DEO﹣∠EOF，∠EOF＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EDF＝∠BDB'，
∴∠BDF＝∠EDB'，
∴△FDB≌△EDB'（AAS），
∴DF＝DE，
设点D（a，a）代入y=−12x+32中，
∴a＝1，
∴D（1，1）；
（3）同（2）可得∠PDF＝∠QDE，
∵DF＝DE＝1，∠PDF＝∠QDE，
∴△PDF≌△QDE（AAS），
∴PF＝QE，
①当DQ＝DA时，
∵DE⊥x轴，
∴QE＝AE＝2，
∴PF＝QE＝2，
∴BP＝BF﹣PF＝1，
∴点P运动时间为1秒；
②当AQ＝AD时，
∵A（3，0）、D（1，1），
∴AD=5，
∴AQ=5，
∴PF＝QE=5−2，
∴BP＝BF﹣PF＝5−5，
∴点P的运动时间为5−5秒；
③当QD＝QA时，
设QE＝n，
则QD＝QA＝2﹣n，
在Rt△DEQ中，∠DEQ＝90°，
∴1+n2＝（2﹣n）2，
∴n＝0.75，
∴PF＝QE＝0.75，
∴BP＝BF+PF＝3.75，
∴点P的运动时间为3.75秒，
∵0≤t≤4，
∴t＝3.75，
综上所述：点P的运动时间为1秒或5−5秒或3.75秒．
【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，结合三角形全等知识解题是关键．
【变式5-2】(2023春•闵行区期中）一次函数y＝kx+3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A（1，0）、B（0，m）两点．
（1）求一次函数解析式和m的值；
（2）将线段AB绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处．点P在直线AB上，直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分．求直线CP的解析式；
（3）在第二象限是否存在点D，使△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形？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）将点A，点B代入一次函数解析式可得；
（2）分情况讨论，△ACP的面积△ABC的面积13或23求解，利用底一样，面积比等于高的比求解；
（3）分情况讨论D点位置，利用三角形全等求解．
【解答】解：（1）把点A（1，0），B（0，m）代入y＝kx+3，
得k+3=0m=3，解得，k=−3m=3，
∴一次函数解析式为y=−3x+3，m的值为3；
（2）过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，
由（1）得，B（0，3），点A（1，0），
∴OA＝1，OB=3，AB=12+(3)2=2，
∵线段A绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处，
∴AB＝AC＝2，
∴C（﹣1，0），
∴S△ABC=12AC×OB=12×2×3=3，
若直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分，则有以下两种情况：
①当S△BCP：S△ACP＝2：1时，S△ACP=13S△ABC=33，
∴P1Q1=2S△ACPAC=33，
∴点P1的纵坐标为33，
将其代入一次函数y=−3x+3得，点P1的坐标为（23，33），
设直线CP1的解析式为y＝m1x+n1，将点C（﹣1，0），点P1（23，33）代入得，
−m1+n1=023m1+n1=33，
解得m1=35n1=35，
∴直线CP1的解析式y=35x+35；
②当S△BCP：S△ACP＝1：2时，S△ACP=23S△ABC=233，
∴P2Q2=2S△ACPAC=233，
将其代入一次函数y=−3x+3得，点P2的坐标为（13，233），
设直线CP2的解析式为y＝m2x+n2，将点C（﹣1，0），点P2（13，233）代入得，
−m2+n2=013m2+n2=233，
解得m2=32n2=32
∴直线CP2的解析式y=32x+32；
综上所述：直线CP的解析式y=35x+35或y=32x+32；
（3）存在，
∵△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形，
①当BC＝CD1时，
∵∠BCD1＝90°，
∴∠M1CD1+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠M1CD1＝∠OBC，
在Rt△M1CD1和Rt△OBC中，
∠D1M1C=∠BOC∠M1CD1=∠OBCCD1=BC，
∴Rt△M1CD1≌Rt△OBC（AAS），
∴CM1＝OB=3，D1M1＝OC＝1，
∴点D1（−3−1，1）；
②当BC＝BD2时，类比①可证Rt△BD2M2≌Rt△CBO（AAS），
∴BM2＝OC＝1，D2M2＝OB=3，
∴点D2（−3，3+1）；
综上所述，D点坐标（−3−1，1）或（−3，3+1）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数待定系数法求解、函数图象上点的特点、直线的旋转和等腰直角三角形，第二问解题关键是利用底相等，面积比等于高的比求解，第三问是借助三角形全等的判定和性质进行求解．
【变式5-3】如图1所示，腰长为3的等腰Rt△AOB的腰与坐标轴重合，直线y=−23x与AB交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，将直线OC沿y轴正方向平移4个单位长度得到直线DE（其中D、E分别为新直线与y轴、x轴的交点），连接DC、CE，求△CDE的面积；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，将△AOB沿x轴平移得到△NKM，连接DN、DM，当△DMN为等腰三角形时，直接写出M的坐标．
分析：（1）先利用待定系数法，得到直线AB的解析式，联立方程组，可求解；
（2）先求出直线DE的解析式，再求出E（6，0），最后利用S△CDE＝S△OCD+S△ODE﹣S△OCE，可求解；
（3）设M（x，3），连接BM，分别用x表示出DM．DN、MN的长，再分类列出方程，可求解，
【解答】解：（1）∵Rt△AOB是等腰三角形，腰长为3，
∴AO＝BO＝3，即点A（﹣3，0），点B（0，3），
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，代入点A，B得，
−3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴直线AB的表达式为：y＝x+3，
联立y=x+3y=−23x，得x=−95y=65，
∴C点坐标（−95，65）；
（2）∵OC沿y轴正方向平移4个单位，
∴D点（0，4），
设直线DE的解析式为：y=−23x+b，把D（0，4）代入得b＝4，
∴直线DE的解析式为：y=−23x+4，
令y＝0，得x＝6，则E点（6，0），
∴S△CDE＝S△OCD+S△ODE﹣S△OCE=12×4×95+12×4×6−12×6×65=12；
（3）∵将△AOB沿x轴平移得到△NKM，
∴MK＝BO＝3，NK＝AO＝3，MN=32+32=32，
设M（x，3），连接BM，则BM⊥DO，DM=12+x2=1+x2，
则N（x﹣3，0），DN=42+(x−3)2=x2−6x+25，
①当DM＝DN时，即1+x2=x2−6x+25，解得：x＝4，即M（4，3）；
②当NM＝DN时，即32=x2−6x+25，解得：x1＝3+2，x2＝3−2，即M（3+2，3）或（3−2，3）；
③当DM＝NM时，即1+x2=32，解得：x1=17，x2=−17，即M（17，3）或（−17，3）；
综上所述M点坐标为：（4，3），（3+2，3），（3−2，3），（17，3），（−17，3）．
【点评】本题主要考查一次函数与几何的综合，掌握等腰三角形的性质、待定系数法、勾股定理是解题的关键．
【变式5-4】(2023春•梁平区期末）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图2，AF平分∠BAC交BC于点F，求△ACF的面积；
（3）如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的解析式；若不存在，请说明理由．
分析：（1）由四边形OACB是矩形，OA＝8，OB＝6，得C（8，6）；
（2）过F点作FE⊥AB交AB于E，由BC＝8，AC＝6，得AB＝10，根据AF平分∠BAC，可证△ACF≌△AEF（AAS），即得AC＝AE＝6，CF＝EF，∠C＝∠AEF＝90°，由BF2＝EF2+EB2，得（8﹣CF）2＝CF2+16，解得CF＝3，故S△ACF=12AC•CF=12×6×3＝9；
（3）设点P（a，2a﹣4）．①当点P在BC下方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC于点F，根据△BPD是等腰直角三角形，可得△BPE≌△PDF（AAS），即得PF＝BE＝10﹣2a，EP＝DF，由EF＝EP+PE＝a+（10﹣2a）＝8，解得a＝2，此时点P（2，0）不合题意舍去；
②当点P在BC的上方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC的延长线于点F，同理，可证△BPE≌△PDF，得BE＝PF＝2a﹣10，根据EF＝EP+PF＝a+（2a﹣10）＝8，解得a＝6，即得点P（6，8），D（8，2），用待定系数法得直线PD的解析式为：y＝﹣3x+26．
【解答】解：（1）∵四边形OACB是矩形，OA＝8，OB＝6，
∴C（8，6）；
（2）过F点作FE⊥AB交AB于E，如图：
∵BC＝8，AC＝6，
∴AB=BC2+AC2=10，
∵AF平分∠BAC，
∴∠CAF＝∠EAF，
在△ACF和△AEF中，
∠C=∠FEA=90°∠CAF=∠EAFAF=AF，
∴△ACF≌△AEF（AAS），
∴AC＝AE＝6，CF＝EF，∠C＝∠AEF＝90°，
∴BE＝AB﹣AE＝4，
∵BF2＝EF2+EB2，
∴（8﹣CF）2＝CF2+16，
解得CF＝3，
∴S△ACF=12AC•CF=12×6×3＝9；
（3）存在，理由如下：
设点P（a，2a﹣4）．
①当点P在BC下方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC于点F，如图：
∵△BPD是等腰直角三角形，
∴BP＝PD，∠BPD＝90°，
∴∠BPE+∠DPF＝∠DPF+∠PDF，
∴∠BPE＝∠PDF，
∴△BPE≌△PDF（AAS），
∴PF＝BE＝6﹣（2a﹣4）＝10﹣2a，EP＝DF，
∵EF＝EP+PE＝a+（10﹣2a）＝8，
解得a＝2，此时点P（2，0）不合题意舍去；
②当点P在BC的上方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC的延长线于点F，如图：
同理，可证△BPE≌△PDF，
∴BE＝PF＝（2a﹣4）﹣6＝2a﹣10，
∵EF＝EP+PF＝a+（2a﹣10）＝8，
解得a＝6，
∴2a﹣4＝8，
∴点P（6，8），D（8，2），
设PD解析式为y＝kx+b，将P（6，8），D（8，2）代入得：
8=6k+b2=8k+b，解得k=−3b=26，
∴直线PD的解析式为：y＝﹣3x+26．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法、矩形的性质、等腰直角三角形、三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【变式5-5】(2023春•九龙坡区期中）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点C在x轴上，OA＝6，AB＝4，点D在BC上，BD＝2，过点A的直线交x轴于点E，连接DE，且DE⊥AD．
（1）△ADE是 三角形，直线AE的解析式为 ；
（2）如图2，点F是DE的中点，请在直线AE上找一点G，使得△DFG的周长最小，并求出此时点G的坐标和△DFG周长的最小值；
（3）如图3，将直线AE进行平移，记平移后的直线为l，直线l与直线DE相交于点M，与x轴相交于点N，是否存在这样的点M、N，使得△DMN是等腰直角三角形．若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
分析：（1）求证Rt△ABD与Rt△DCE全等，判断△ADE的形状，得到E点坐标，利用待定系数法求直线AE解析式；
（2）将点D关于直线AE对称，得到点D'，连接FD'，交AE于点G，借助将军饮马模型求解，并求出G点坐标；
（3）根据平移过程中，直线的斜率不变，得到平移后的直线方程，再与直线DE联立求出交点坐标求解．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，
∴∠B＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠BAD+∠ADB＝∠ADB+∠EDC＝90°，
∴∠BAD＝∠EDC，
∵BD＝2，
∴DC＝6﹣2＝4，
在Rt△ABD和Rt△DCE中，
∠BAD=∠EDCAB=DC∠B=∠C，
∴Rt△ABD≌Rt△DCE（ASA），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∵Rt△ABD≌Rt△DCE，
∴BD＝CE＝2，
∴点E的坐标（2，0），
由题意知点A（0，6），
设直线AE的解析式为y＝kx+b，将点A，E代入得，
b=62k+b=0，
解得k=−3b=6，
∴直线AE的解析式为y＝﹣3x+6，
故答案为等腰直角三角形，y＝﹣3x+6；
（2）过点D作关于直线AE的对称点D'，连接DD'，FD'，则AE垂直平分DD'，
∵点G在直线AE上，
∴D'G＝DG，
∴△DFG的周长为C△DFG＝DF+GF+DG＝DF+GF+D'G＝DF+D'F，
过点D'作DE垂线交DE于点E，则FD'2＝EF2+D'E2，
∵F是DE的中点，
∴DF＝EF=12DE=12CD2+CE2=5，D'E＝DE=CD2+CE2=25，
∴FD'=D′E2+EF2=5，
∴△DFG的周长为C△DFG＝DF+D'F=5+5，
过点D'作D'H垂直x轴于点H，
∵∠DEA＝∠D'EA＝45°，
∴∠DED'＝90°，
∴∠D'EH+∠DEC＝∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠D'EH＝∠EDC，
在Rt△D'EH和Rt△EDC中，
∠D′HE=∠ECD∠D′EH=∠EDCD′E=DE，
∴Rt△D'EH≌Rt△EDC（AAS），
∴D'H＝CE＝2，
∴FD'∥x轴，
∵点G在FD'上，
∴G点纵坐标为2，代入直线AE得，G点坐标（43，2）；
（3）①当点M在x轴上方时，由题意知，B（4，4），D（4，4），E（2，0），A（0，6），
设直线DE的解析式为y＝mx+n，将D，E点代入得，
4m+n=42m+n=0，解得m=2n=−4，
∴直线DE的解析式为：y＝2x﹣4，
设直线AD的解析式为y＝qx+p，将点A，D代入得，
4q+p=4p=6，解得q=−12p=6，
∴直线AD的解析式为：y=−12x+6，
∴N点坐标为（12，0），
∵直线DE与直线MN交于点M，直线MN与直线AE的斜率相同，
∴直线MN的解析式为y＝﹣3x+36，
联立y=2x−4y=−3x+36，解得M（8，12）；
②当点M在x轴下方时，设直线AD的解析式为y=13x+a，
将点D（4，4）代入得b=83，
∴直线AD为y=13x+83，
∴点N坐标为（﹣8，0），
∵直线MN与直线AE的斜率相同，
∴直线MN的解析式为y＝﹣3x﹣24，
联立y=−3x−24y=2x−4，解得x=−4y=−12，即M点（﹣4，﹣12），
综上所述M点（8，12）或（﹣4，﹣12）使得△DMN是等腰直角三角形．
【点评】本题是一次函数综合题目，主要考查待定系数法求解函数表达式、将军饮马模型和直线的平移，解题的关键是结合使用全等三角形的判定和性质，抓住在平移的过程中直线的斜率不变进行求解．
题型一 一次函数与等腰三角形问题
【例题1】(2023春•芝罘区期末）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数y2＝﹣2x交于点C（m，4），OA＝6．
（1）求一次函数的表达式；
（2）求△BOC的面积；
（3）在线段AB上是否存在点P，使△OAP是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式1-1】(2023秋•沭阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于点A（3，0），点B（0，3）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C是线段AB上的一个动点，当△AOC的面积为3时，求出此时点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点P，使得△COP是等腰三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【变式1-2】(2023秋•烟台期末）如图，一次函数y=−34x+3的图象与x轴、y轴分别相交于点A，B，将△AOB沿直线CD对折，使点A和点B重合，直线CD与x轴交于点C，与AB交于点D．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求线段CD的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使△PAB为等腰三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【变式1-3】(2023秋•驿城区校级期末）直线y＝kx﹣8与x轴、y轴分别交于B、C两点，且OCOB=43．
（1）求OB的长和k的值；
（2）若点A是第一象限内直线y＝kx﹣8上的一个动点，当它运动到什么位置时，△AOB的面积是12？
（3）在（2）成立的情况下，y轴上是否存在点P，使△POA是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（写过程）
【变式1-4】（2023•沭阳县模拟）如图，直线AB：y=34x+32与坐标轴交于A、B两点，点C与点A关于y轴对称．CD⊥x轴与直线AB交于点D．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）点P在直线CD上运动，且始终在直线AB下方，当△ABP的面积为92时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线CD上一动点，直接写出所有使△APQ是以AP为腰的等腰三角形的点Q的坐标．
【变式1-5】(2023春•珠晖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C，B三点的坐标分别为A（0，4），C（3，0），B（﹣5，0），点P从B出发，以每秒2个单位的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求直线AC的解析式和△ABC的AC边上的高线长；
（2）连接PA，写出△POA的面积S与t的函数表达式；
（3）是否存在一点P，使△PAC是等腰三角形？若存在，请直接写出P点满足条件时，所有t的值；若不存在，请说明理由．
【变式1-6】(2023春•明溪县月考）阅读下列材料：
课本的定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．该定理的逆命题“在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．”也是真命题．请依据上面定理与真命题，解答下面问题．如图，在直角坐标系xOy中，点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转n°，分别交y轴，x轴于点C，点D．
（1）求m的值；
（2）如图1，若n＝60，求直线AD的表达式；
（3）若点C在y轴正半轴上，且△OAC是等腰三角形，求点C的坐标．
题型二 一次函数与直角三角形问题
【例题2】(2023秋•莲湖区期末）如图，直线l：y=12x+m交x轴于点A，交y轴于点B（0，1），点P（n，2）在直线l上．
（1）求m，n的值；
（2）已知M是x轴上的动点，当以A，P，M为顶点的三角形是直角三角形时，求点M的坐标．
【变式2-1】如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点Q（6，8），点A在线段OQ上，点B在x轴的正半轴上，且OA+OB＝10，点B关于点P（4，0）的对称点为点C，连结AB，AC，设点A的横坐标为t．
（1）求k的值，并写出当0＜y＜6时x的取值范围．
（2）当点A在线段OQ上运动时，设OB的长为S．
①求S关于t的函数表达式．
②当S＝5时，求PA的长．
（3）当△ABC为直角三角形时，求t的值．
【变式2-2】(2023秋•万柏林区校级月考）如图，平面直角坐标系中直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），点C是直线AB上的一点，它的坐标为（m，4），经过点C作直线CD∥x轴交y轴于点D．
（1）求点C的坐标及线段AB的长；
（2）已知点P是直线CD上一点．
请作答．
①若△POC的面积为4，求点P的坐标；
②若△POC为直角三角形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标．
【变式2-3】(2023秋•济南期末）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l1于点B．
（1）求直线l1的函数表达式和点B的坐标；
（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．
【变式2-4】(2023春•和平区校级期中）如图，点M（2，m）在直线y1＝2x上点A，B的坐标分别是（4，0），（0，2），连接AB，将△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD（点A，B分别对应点C，D）．
（1）填空：m＝ ，点C的坐标是 ；
（2）连接AD求直线AD的表达式y2＝kx+b；
（3）当y2≥y1时，请直接写出x的取值范围 ；
（4）点P是直线OM上的一点，请直接写出使△ADP是以AD为直角边的直角三角形时点P的坐标．
【变式2-5】(2023秋•海曙区校级期末）如图1，在同一平面直角坐标系中，直线AB：y＝2x+b与直线AC：y＝kx+3相交于点A（m，4），与x轴交于点B（﹣4，0），直线AC与x轴交于点C．
（1）填空：b＝ ，m＝ ，k＝ ；
（2）如图2，点D为线段BC上一动点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，线段AE交x轴于点F．
①当点E落在y轴上时，求点E的坐标；
②若△DEF为直角三角形，求点D的坐标．
题型三 一次函数与等腰直角三角形问题
【例题3】如图，一次函数y=−23x+4的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90°，求过B、C两点直线的解析式．
【变式3-1】（2023春•崇川区校级月考）模型建立：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．
（1）求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：已知直线l1：y=−43x﹣4与y轴交于A点．将直线l1绕着A点逆时针旋转45°至l2，如图2，求l2的函数解析式．
【变式3-2】(2023春•南城县校级月考）如图，已知直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，直线BC过点C交x轴于点B，且OB＝2OC＝3OA，点D为AC的中点．
（1）求k的值以及直线BC的解析式；
（2）过点D作DE⊥y轴交BC于点E，连接OE，求四边形AOEC的面积；
（3）已知点P是线段BC上的一个动点，点Q是x轴上的一个动点，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求点P的坐标．
【变式3-3】(2023秋•和平区校级期末）如图，直线l1经过A（6，0）、B（0，8）两点，点C从B出发沿线段BO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点D从A出发沿线段AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t秒（t＞0），
（1）求直线l1的表达式；
（2）当t＝ 时，BC＝BD；
（3）将直线l1沿x轴向右平移3个单位长度后，与x轴，y轴分别交于E、F两点，求四边形BAEF的面积；
（4）在第一象限内，是否存在点P，使A、B、P三点构成等腰直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式3-4】(2023•南京模拟）如图1，在平面直角坐标系中．直线l1：y＝kx+3与直线l2：y＝﹣x﹣6交于点A，已知点A的横坐标为−185，直线l1与x轴交于点B，与y轴交于点C，直线l2与x轴交于点F，与y轴交于点D．
（1）求直线l1的解析式；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，直线l3与y轴交于点E．过点E作y轴的垂线l4，若点M为垂线l4上的一个动点，点N为l2上的一个动点，求DM+MN的最小值；
（3）已知点P、Q分别是直线l1，l2上的两个动点，连接EP、EQ、PQ，是否存在点P、Q，使得△EPQ是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
题型四 一次函数与全等三角形问题
【例题4】(2023秋•蚌山区月考）如图，直线l1：y＝ax+b（常数a＜0，b＞0）与x轴、y轴分别交于A，B两点，直线l2：y＝cx+d（常数c＞0，d＞0）与x轴、y轴分别交于C，D两点，直线l1与直线l2交于点E，且△AOB≌△COD．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若a＝﹣2，b＝4，求△ADE的面积．
【变式4-1】如图，平面直角坐标系xOy中，l1：y1＝﹣2x+4交x轴于A，交y轴于B．另一直线l2：y2＝kx+b交x轴于C，交y轴于D，交l1于E．已知△COD≌△BOA．
（1）求l2解析式．
（2）P，Q分别在线段AB和CD上运动，若P从B开始运动，速度是1单位长度每秒，Q从C开始运动，速度等于P的运动速度，设运动时间为t，则t为多少时，PQ∥x轴？
【变式4-2】如图，直线y=−12x+2与x轴、y轴分别交于A，B两点，在y轴上有一点C（0，4），动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，设动点M的移动时间为t秒．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求当t为何值时△COM≌△AOB，并求此时M点的坐标．
【变式4-3】如图，直线：y=−12x+b与x轴分别交于A（4，0）、B两点，在y轴上有一点N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动．
（1）点B的坐标为 ；
（2）求△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）当t＝ 时，△NOM≌△AOB；
（4）若M在x轴正半轴上，且△NOM≌△AOB，G是线段ON上一点，连接MG，将△MGN沿MG折叠，点N恰好落在x轴上的H处，求G点的坐标．
【变式4-4】如图①，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交x轴、y轴分别于点A、点B，直线CD交x轴、y轴分别于点D、点C，交直线AB于点E（点E不与点B重合），且△AOB≌△COD．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）如图②，连接OE，过点O作OF⊥OE交直线CD于点F，
①求证：OE＝OF；
②直接写出点F的坐标．
（3）若点P是直线CD上一点，点Q是x轴上一点（点Q不与点O重合），当△DPQ和△COD全等时，直接写出点P的坐标．
【变式4-5】如图①，平面直角坐标系中，直线y＝kx+b与x轴交于点A（﹣10，0），与y轴交于点B，与直线y=−73x交于点C（a，7）．
（1）求点C的坐标及直线AB的表达式；
（2）如图②，在（1）的条件下，过点E作直线l⊥x轴，交直线y=−73x于点F，交直线y＝kx+b于点G，若点E的坐标是（﹣15，0）．
①求△CGF的面积；
②点M为y轴上OB的中点，直线l上是否存在点P，使PM﹣PC的值最大？若存在，直接写出这个最大值；若不存在，说明理由；
（3）若（2）中的点E是x轴上的一个动点，点E的横坐标为m（m＜0），点E在x轴上运动，当m取何值时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等？请直接写出相应的m的值．
题型五 一次函数与三角形的综合问题
【例题5】(2023•铜仁市三模）（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：CD＝BE．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点N的坐标为（4，2），求点M的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣4x+4与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．
【变式5-1】(2023秋•邗江区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，4），点C在y轴上，作直线AC．点B关于直线AC的对称点B′刚好在x轴上，连接CB′．
（1）写出点B′的坐标，并求出直线AC对应的函数表达式；
（2）点D在线段AC上，连接DB、DB′、BB′，当△DBB′是等腰直角三角形时，求点D坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度向原点O运动，到达点O时停止运动，连接PD，过D作DP的垂线，交x轴于点Q，问点P运动几秒时△ADQ是等腰三角形．
【变式5-2】(2023春•闵行区期中）一次函数y＝kx+3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A（1，0）、B（0，m）两点．
（1）求一次函数解析式和m的值；
（2）将线段AB绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处．点P在直线AB上，直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分．求直线CP的解析式；
（3）在第二象限是否存在点D，使△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式5-3】如图1所示，腰长为3的等腰Rt△AOB的腰与坐标轴重合，直线y=−23x与AB交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，将直线OC沿y轴正方向平移4个单位长度得到直线DE（其中D、E分别为新直线与y轴、x轴的交点），连接DC、CE，求△CDE的面积；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，将△AOB沿x轴平移得到△NKM，连接DN、DM，当△DMN为等腰三角形时，直接写出M的坐标．
【变式5-4】(2023春•梁平区期末）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图2，AF平分∠BAC交BC于点F，求△ACF的面积；
（3）如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的解析式；若不存在，请说明理由．
【变式5-5】(2023春•九龙坡区期中）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点C在x轴上，OA＝6，AB＝4，点D在BC上，BD＝2，过点A的直线交x轴于点E，连接DE，且DE⊥AD．
（1）△ADE是 三角形，直线AE的解析式为 ；
（2）如图2，点F是DE的中点，请在直线AE上找一点G，使得△DFG的周长最小，并求出此时点G的坐标和△DFG周长的最小值；
（3）如图3，将直线AE进行平移，记平移后的直线为l，直线l与直线DE相交于点M，与x轴相交于点N，是否存在这样的点M、N，使得△DMN是等腰直角三角形．若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
八年级下册数学《第十九章 一次函数》
专题 一次函数与三角形的综合应用问题
题型一 一次函数与等腰三角形问题
【例题1】(2023春•芝罘区期末）如图，一次函数y1＝kx+b的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数y2＝﹣2x交于点C（m，4），OA＝6．
（1）求一次函数的表达式；
（2）求△BOC的面积；
（3）在线段AB上是否存在点P，使△OAP是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）求出A、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）△BOC的面积=12×OB×|xC|＝3；
（3）作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，再求P点坐标即可．
【解答】解：（1）∵OA＝6，
∴点A的坐标为（6，0），
将C（m，4）代入y2＝﹣2x，
∴m＝﹣2，
∴点C坐标为（﹣2，4），
∵一次函数y1＝kx+b的图象过A（6，0），C（﹣2，4），
∴6k+b=0−2k+b=4，
解得，k=−12，b＝3，
∴一次函数的表达式为y1=−12x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴点B的坐标为（0，3），OB＝3，
∴△BOC的面积=12×OB×|xC|=12×3×2＝3；
（3）存在，理由如下：
作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，
∴OD=12OA＝3，
即xP＝3，
∴yP=−12×3+3=32，
∴点P的坐标为（3，32）．
【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，等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式1-1】(2023秋•沭阳县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于点A（3，0），点B（0，3）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点C是线段AB上的一个动点，当△AOC的面积为3时，求出此时点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点P，使得△COP是等腰三角形？若存在，直接写出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
分析：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），将A（3，0），B（0，3）代入计算即可；
（2）设点C的坐标为（m，﹣m+3），则S△AOC=12×3×（﹣m+3）＝3，解方程即可得出m；
（3）由C（1，2），得OC=12+22=5，分OC＝OP，OC＝CP，OP＝CP三种情况，分别计算即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（3，0），B（0，3）代入得：
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3；
（2）设点C的坐标为（m，﹣m+3），
S△AOC=12×3×（﹣m+3）＝3，
∴m＝1，
∴﹣m+3＝﹣1+3＝2，
∴C的坐标为（1，2）；
（3）存在点P，使得△COP是等腰三角形，
∵C（1，2），
∴OC=12+22=5，
当OC＝OP时，
P（−5，0）或P（5，0），
当OC＝CP时，
P（2，0），
当OP＝CP时，如图：
设OP＝x，则CP＝x，DP＝x﹣1，
在Rt△CDP中，由勾股定理得：
CD2+DP2＝CP2，
∴22+（x﹣1）2＝x2，
解得x=52，
∴P（52，0），
∴存在一点P，使得△COP是等腰三角形，点P的坐标为（−5，0）或（5，0）或（2，0）或（52，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【变式1-2】(2023秋•烟台期末）如图，一次函数y=−34x+3的图象与x轴、y轴分别相交于点A，B，将△AOB沿直线CD对折，使点A和点B重合，直线CD与x轴交于点C，与AB交于点D．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求线段CD的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使△PAB为等腰三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
分析：（1）令y＝0，求出x＝4，令x＝0，求出y＝3，即可得出答案；
（2）设BC＝x，则AC＝CB＝x，OC＝4﹣x，根据勾股定理列出关于x的方程，求出x的值，即可得出BC的长，然后求出BD的长，最后根据勾股定理求出CD的值即可；
（3）分PA＝PB，PA＝AB＝5，PB＝AB＝5三种情况分别求出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）令y＝0，
则0=−34x+3，
解得：x＝4；
令x＝0，
则y＝3，
故点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3）；
（2）设BC＝x，
则AC＝CB＝x，OC＝4﹣x，
∵∠BOA＝90°，
∴OB2+OC2＝CB2，
即32+（4﹣x）2＝x2，
解得：x=258，
∴BC=258，
∵AB2＝OA2+OB2＝42+32＝25，
∴AB＝5，
∵CD⊥AB，
∴BD=AD=12AB=52，
在Rt△BCD中，BD2+CD2＝BC2，
∴CD2=BC2−BD2=(258)2−(52)2=22564，
∴CD=158；
（3）当PA＝PB时，点P与点C重合，
此时P(78，0)；
当PA＝AB＝5时，P（﹣1，0）或（9，0）；
当PB＝AB＝5时，
∵BO⊥PA，
∴PO＝OA＝4，
∴P（﹣4，0）；
综上分析可知，P点坐标为(78，0)，（﹣4，0），（﹣1，0），（9，0）．
【点评】本题主要考查了求一次函数图象与坐标轴的交点，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理，利用数形结合的思想，进行分类讨论是解题的关键．
【变式1-3】(2023秋•驿城区校级期末）直线y＝kx﹣8与x轴、y轴分别交于B、C两点，且OCOB=43．
（1）求OB的长和k的值；
（2）若点A是第一象限内直线y＝kx﹣8上的一个动点，当它运动到什么位置时，△AOB的面积是12？
（3）在（2）成立的情况下，y轴上是否存在点P，使△POA是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（写过程）
分析：（1）先求出OC，进而求出OB，进而求出k，即可得出结论；
（2）先求出直线BC的解析式，进而设成点A坐标，最后用三角形面积公式建立方程求解，即可求出答案；
（3）先求出OA，再分三种情况，利用两腰相等，即可求出答案．
【解答】解：（1）针对于直线y＝kx﹣8，
令x＝0，则y＝﹣8，
∴OC＝8，
∵OCOB=43，
∴OB＝6，
∴点B（6，0），
将点B的坐标代入直线y＝kx﹣8中，得0＝6k﹣8，
∴k=43，
即OB＝6，k=43；
（2）由（1）知，k=43，
∴直线BC的解析式为y=43x﹣8，
∴设点A（a，43a﹣8），
∵△AOB的面积为12，
∴12OB•yA＝12，
∴12×6（43a﹣8）＝12，
∴a＝9，
∴A（9，4），
即点A运动到（9，4）的位置时，△AOB的面积为12；
（3）由（2）知，A（9，4），
∴OA=97，
∵△POA为等腰三角形，
∴②当OA＝PA时，点A在OP的垂直平分线上，
∴P（0，8），
②当OP＝OA时，
∴OP=97，
∴P（0，97）或（0，−97），
③当OP＝PA时，设点P（0，p），
∴OP＝|p|，PA=92+(4−p)2，
∴|p|=92+(4−p)2，
∴p=978，
∴P（0，978），
即点P的坐标为（0，8）或（0，97）或（0，−97）或（0，978）．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
【变式1-4】（2023•沭阳县模拟）如图，直线AB：y=34x+32与坐标轴交于A、B两点，点C与点A关于y轴对称．CD⊥x轴与直线AB交于点D．
（1）求点A和点B的坐标；
（2）点P在直线CD上运动，且始终在直线AB下方，当△ABP的面积为92时，求出点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线CD上一动点，直接写出所有使△APQ是以AP为腰的等腰三角形的点Q的坐标．
分析：（1）对于y=34x+32，令x＝0，则y=32，令y＝0，解得x＝﹣2，即可求解；
（2）由△ABP的面积＝S△HBP+S△HBA，即可求解；
（3）求出线段AP、AQ、PQ的长度，再分AP＝PQ、AP＝AQ两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y=34x+32，令x＝0，则y=32，令y＝0，解得x＝﹣2，
故点A、B的坐标分别为（﹣2，0）、（0，32）；
（2）设直线AP交y轴于点H，
设直线AP的表达式为：y＝k（x+2），
当x＝0时，y＝2k，当x＝2时，y＝4k，
即点H、P的坐标分别为（0，2k），（2，4k），
则△ABP的面积＝S△HBP+S△HBA=12×AC×BH=12×4×（32−2k）=92，
解得：k=−38，
∴点P的坐标为（2，−32）；
（3）由（2）知，点P的坐标为（2，−32），点A（﹣2，0），设点Q（2，t），
由勾股定理得：AP2＝（2+2）2+（32）2＝16+94，
同理可得：PQ2＝（t+32）2，AQ2＝16+t2，
当AP＝PQ时，即16+94=（t+32）2，解得t=−3+732或−3−732，
故点Q的坐标为（2，−3+732）或（2，−3−732）；
当AP＝AQ时，即16+94=16+t2，解得t=32（负值已舍去），
故点Q的坐标为（2，32）；
综上，点Q的坐标为：（2，−3+732）或（2，−3−732）或（2，32）．
【点评】本题是一次函数的综合题，考查了求一次函数关系式，勾股定理的运用，等腰三角形的性质，其中（3），分类求解是本题解题的关键．
【变式1-5】(2023春•珠晖区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在x轴上，A，C，B三点的坐标分别为A（0，4），C（3，0），B（﹣5，0），点P从B出发，以每秒2个单位的速度沿射线BO匀速运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求直线AC的解析式和△ABC的AC边上的高线长；
（2）连接PA，写出△POA的面积S与t的函数表达式；
（3）是否存在一点P，使△PAC是等腰三角形？若存在，请直接写出P点满足条件时，所有t的值；若不存在，请说明理由．
分析：（1）用待定系数法即可求出直线AC的表达式；由S△ABC=12×BC•OA=12×AC•h，即可求出△ABC的AC边上的高线长；
（2）分点P在原点左侧和原点右侧两种情况讨论求解；
（3）分AP＝AC，PC＝AC，AP＝PC三种情况，分别求得OP的长以及BP的长，即可得出所有P点的坐标和t的值．
【解答】解：（1）由点A、C的坐标得，AC＝5，
设直线AC的表达式为：y＝kx+b，
将点A、点C的坐标代入上式得：0＝3k+b，且4＝0+b，
解得：k=−43，b＝4，
故直线的表达式为：y=−43x+4，
设AC边上的高为h，
则S△ABC=12×BC•OA=12×AC•h，
即（3+5）×4＝5h，
解得：h=325，
故直线AC的表达式为：y=−43x+4，△ABC的AC边上的高线长为325；
（2）当0≤t＜2.5时，OP＝5﹣2t，
∴△POA的面积=12×（5﹣2t）×4＝10﹣4t；
当t＞2.5时，OP＝2t﹣5，
∴△POA的面积=12×（2t﹣5）×4＝4t﹣10，
即△POA的面积=10−4t(0≤t＜2.5)4t−10(t＞2.5)；
（3）设点P的坐标为（x，0），
由点P、A、C的坐标得，PA2＝x2+42＝x2+16，PC2＝（x﹣3）2，AC2＝25，
当PA＝PC时，则x2+16＝（x﹣3）2，解得：x=−76；
当PA＝AC时，则x2+16＝25，解得：x＝3（舍去）或﹣3；
当PA＝AC时，则（x﹣3）2＝25，解得：x＝8或﹣2；
则BP=236或2或3或13，
则t的值为：2312或1或1.5或6.5．
【点评】本题考查等腰三角形的判定，勾股定理，分类讨论思想．解题的关键是根据点P的不同位置进行分类讨论．
【变式1-6】(2023春•明溪县月考）阅读下列材料：
课本的定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．该定理的逆命题“在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．”也是真命题．请依据上面定理与真命题，解答下面问题．如图，在直角坐标系xOy中，点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转n°，分别交y轴，x轴于点C，点D．
（1）求m的值；
（2）如图1，若n＝60，求直线AD的表达式；
（3）若点C在y轴正半轴上，且△OAC是等腰三角形，求点C的坐标．
分析：（1）把点A（m，23）代入正比例函数y=3x即可求得m的值；
（2）先利用在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半求得AD的长，再由勾股定理求得BD，从而求得点D的坐标，进而利用待定系数法即可求得直线AD的表达式；
（3）由点C在y轴正半轴上，△OAC是等腰三角形分三类讨论求解点C的坐标，①当AB＝AC时，过点A作AM⊥y轴于点M，则OC＝2OM，如图2，先求OM的长度，从而得解；②当AB＝OC时容易求出点C的坐标；③当AC＝OC时，过点C作CM⊥OA于点M，先求得OM＝2，再利用勾股定理求得OC的长即可得解．
【解答】解：（1）∵点A（m，23）在正比例函数y=3x图象上，
∴23=3m，
∴m＝2；
（2）∵由（1）得m＝2，
∴A（2，23），
∵将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB，再将直线AB绕着点A逆时针旋转60°，分别交y轴，x轴于点C，点D，
∴AD⊥x轴，∠BAD＝60°，
∴AB=23，OB＝2，∠ADB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝2AB=2×23=43，
∴BD=AD2−AB2=(43)2−(23)2=6，
∴OD＝OB+BD＝8，
∴D（8，0），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∵y＝kx+b过A（2，23），D（8，0），
∴2k+b=238k+b=0，
解得k=−33b=833，
直线AD的解析式为y=−33x+833；
（3）∵A（2，23），
∴OA=22+(23)2=4，
∵OB＝2，
∴OB=12OA，
∴∠OAB＝30°，
∵将y轴沿着x轴正半轴平移m个单位得到直线AB即AB∥y轴，
∴∠AOC＝∠OAB＝30°，
①当AO＝AC时，过点A作AM⊥y轴于点M，则OC＝2OM，如图2，
∵AM⊥y轴，AB⊥x轴，x轴⊥y轴，
∴∠AMC＝∠BOM＝90°，
∴AM∥x轴，
∵AB∥y轴，
∴四变形ABOM是平行四边形，
∴OM＝AB=23，
∴OC＝2OM=43，
∴C(0，43)；
②当AO＝OC时，如图3，
∵OA＝4，
∴OC＝4，
∴C（0，4）；
③当AC＝OC时，过点C作CM⊥OA于点M，
∵AC＝OC，CM⊥OA，OA＝4，
∴OM=12OA＝2，
∵∠COM＝30°，CM⊥OA，
∴CM=12OC，OC2＝OM2+CM2，
∴OC2=22+(12OC)2，
解得：OC=433，
∴C（O，433），
综上所述点C的坐标为(0，43)或（0，4）或（0，433）．
【点评】本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握勾股定理、坐标与图形、待定系数法求一次函数、一次函数的性质是解题的关键．
题型二 一次函数与直角三角形问题
【例题2】(2023秋•莲湖区期末）如图，直线l：y=12x+m交x轴于点A，交y轴于点B（0，1），点P（n，2）在直线l上．
（1）求m，n的值；
（2）已知M是x轴上的动点，当以A，P，M为顶点的三角形是直角三角形时，求点M的坐标．
分析：（1）用待定系数法即可求解；
（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出直线l的解析式及点A，P的坐标，分∠AMP＝90°及∠APM＝90°两种情况考虑：①当∠AMP＝90°时，PM⊥x轴，结合点P的坐标可得出点M的坐标；②当∠APM＝90°时，设点M的坐标为（a，0），利用勾股定理，可求出a的值，进而可得出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵直线l：y=12x+m交y轴于点B（0，1），
∴1=12×0+m，
解得：m＝1，
∴直线l的解析式为y=12x+1．
当y＝0时，12x+1＝0，
解得：x＝﹣2，
∴点A的坐标为（﹣2，0）；
当y＝2时，12n+1＝2，
解得：n＝2，
∴点P的坐标为（2，2），
即m＝1，n＝2；
（2）分两种情况考虑：
①当∠AMP＝90°时，PM⊥x轴，
∴点M的坐标为（2，0）；
②当∠APM＝90°时，设点M的坐标为（a，0），
∴AP2＝[2﹣（﹣2）]2+（2﹣0）2＝20，AM2＝[a﹣（﹣2）]2＝a2+4a+4，PM2＝（2﹣a）2+（2﹣0）2＝a2﹣4a+8，
∵AP2+PM2＝AM2，
∴20+a2﹣4a+8＝a2+4a+4，
解得：a＝3，
∴点M的坐标为（3，0）．
综上所述，点M的坐标为（2，0）或（3，0）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、直角三角形的性质以及勾股定理，分∠AMP＝90°及∠APM＝90°两种情况，求出点M的坐标是解题的关键．
【变式2-1】如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点Q（6，8），点A在线段OQ上，点B在x轴的正半轴上，且OA+OB＝10，点B关于点P（4，0）的对称点为点C，连结AB，AC，设点A的横坐标为t．
（1）求k的值，并写出当0＜y＜6时x的取值范围．
（2）当点A在线段OQ上运动时，设OB的长为S．
①求S关于t的函数表达式．
②当S＝5时，求PA的长．
（3）当△ABC为直角三角形时，求t的值．
分析：（1）把Q坐标代入正比例函数解析式求出k的值，根据y的范围求出x的范围即可；
（2）①把A横坐标代入正比例解析式表示出纵坐标，利用勾股定理表示出OA，根据OA+OB＝10表示出OB，即为S与t的关系式，并求出t的范围即可；
②把S＝5代入求出t的值，确定出A，B，以及P的坐标，利用两点间的距离公式求出PA的长即可；
（3）当△ABC为直角三角形时，且B与C关于P点对称，即PB＝PC，可得PB＝PA，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值．
【解答】解：（1）∵y＝kx过点Q（6，8），
∴把Q（6，8）代入正比例解析式得：8＝6k，
解得：k=43，
当0＜y＜6时，0＜43x＜6，
解得：0＜x＜92，
则k=43，当0＜y＜6时，0＜x＜92；
（2）①设A（t，43t），且0≤t≤6，
根据勾股定理得：OA=t2+169t2=53t，
∵OA+OB＝10，
∴OB＝10−53t，
则S＝10−53t且0≤t≤6；
②当S＝5时，10−53t＝5，
解得：t＝3，
∴A（3，4），即OA＝5，
∴OB＝5，即B（5，0），
∵P（4，0），
∴PA=(3−4)2+(4−0)2=17；
（3）当△ABC为直角三角形，且B与C关于P点对称，即PB＝PC，
∴PB＝PA，
∵PB＝OB﹣OP＝10−53t﹣4＝6−53t，PA=(t−4)2+169t2，
∴6−53t=(t−4)2+169t2，
整理得：12t＝20，
解得：t=53．
【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求正比例函数解析式，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，对称的性质，以及一次函数的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
【变式2-2】(2023秋•万柏林区校级月考）如图，平面直角坐标系中直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），点C是直线AB上的一点，它的坐标为（m，4），经过点C作直线CD∥x轴交y轴于点D．
（1）求点C的坐标及线段AB的长；
（2）已知点P是直线CD上一点．
请作答．
①若△POC的面积为4，求点P的坐标；
②若△POC为直角三角形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标．
分析：（1）利用待定系数法可得直线AB的解析式为y＝2x+6，把（m，4）代入y＝2x+6得2m+6＝4，即可求出点C坐标，利用两点间距离公式即可求出AB的长；
（2）①利用三角形的面积公式求出PC的长即可解决问题．注意两解；
②分两种情形讨论即可①P是直角顶点，②O是直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵直线AB与x轴交于点A（﹣3，0）与y轴交于点B（0，6），
∴−3k+b=0b=6，解得k=2b=6，
∴直线AB的解析式为y＝2x+6，
把（m，4）代入y＝2x+6得2m+6＝4，
∴m＝﹣1，
∴C（﹣1，4），
在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝6，
∴AB=OA2+OB2=32+62=35；
（2）①∵OD⊥CP，
∴S△POC=12CP•OD＝4，
∵直线CD∥x轴交y轴于点D，C（﹣1，4），
∴OD＝4，
∴CP＝2，
∴P1（﹣3，4），P2（1，4）；
②∵∠OCP一定不是直角，
当∠OPC＝90°时，点P恰好在点D，
∴P（0，4）．
当∠POC＝90°时，过点P作PQ⊥x轴于Q，
∵直线CD∥x轴交y轴于点D，C（﹣1，4），点P是直线CD上一点．
∴PQ＝4，OD＝4，CD＝1，
∵∠CDO＝∠PQO＝90°，
∵CP2＝OC2+OP2，
∴（1+DP）2＝1+16+16+DP2，
∴DP＝16，
∴P（16，4）．
综上所述，所有满足条件的点P的坐标为（0，4）或（16，4）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理．三角形面积，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式2-3】(2023秋•济南期末）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l1于点B．
（1）求直线l1的函数表达式和点B的坐标；
（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．
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的函数表达式，可得点B的坐标；
（2）根据A（﹣3，0），B（1，3），即可求解；
（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．
【解答】（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=34b=94，
∴直线l1的函数表达式为y=34x+94．
联立y=34x+94y=3x，
解得：x=1y=3，
∴点B的坐标为（1，3）；
（2）解：∵A（﹣3，0），B（1，3），
∴S△AOB=12×3×3=92；
（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的位置：
∵点A和点C1均在x轴上，
∴BC1⊥x轴．
∵B（1，3），
∴C1（1，0）；
②当∠ABC＝90°时，点C在图中C2的位置：
设C2（m，0），（m＞0）
∵A（﹣3，0），B（1，3），C1（1，0），
∴AC1＝4，BC1＝3，C1C2＝m﹣1，AC2＝m+3，
∴AB=AC12+BC12=42+32=5．
在Rt△ABC2中，AC22−AB2=BC22，
在Rt△BC1C2中，BC12+C1C22=BC22，
∴AC22−AB2=BC12+C1C22，
即（m+3）2﹣52＝32+（m﹣1）2，
解得m=134，
∴C2(134，0)．
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(134，0)．
【点评】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．
【变式2-4】(2023春•和平区校级期中）如图，点M（2，m）在直线y1＝2x上点A，B的坐标分别是（4，0），（0，2），连接AB，将△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD（点A，B分别对应点C，D）．
（1）填空：m＝ ，点C的坐标是 ；
（2）连接AD求直线AD的表达式y2＝kx+b；
（3）当y2≥y1时，请直接写出x的取值范围 ；
（4）点P是直线OM上的一点，请直接写出使△ADP是以AD为直角边的直角三角形时点P的坐标．
分析：（1）将点C代入y1可得m，根据线段OA平移到MC可得C点坐标；
（2）求出D点坐标，利用点A，点D待定系数法求解；
（3）观察图象，根据交点坐标可求解；
（4）设P点坐标，表示出AP，DP，AD的长，利用勾股定理求解．
【解答】解：（1）将点M（2，m）代入y1＝2x得，m＝2×2＝4，
∵△AOB沿射线OM方向平移，使点O移动到点M，得到△CMD，
∴OB＝MD＝2，OA＝MC＝4，DM∥y轴，MC∥x轴，
∴点C横坐标为xm+4＝6，纵坐标为ym＝4，
∴点C坐标（6，4），同理可得点D坐标（2，6），
故答案为4，（6，4）；
（2）由（1）可得点D（2，6），将点A（4，0），点D（2，6）代入y2＝kx+b得，
4k+b=02k+b=6，
解得k=−3b=12，
∴y2＝﹣3x+12；
（3）当y2≥y1时，﹣3x+12≥2x，解得x≤125，
故答案为x≤125；
（4）设P点（a，2a），
∵点A（4，0），点D（2，6），
∴AD2＝（4﹣2）2+（0﹣6）2＝40，AP2＝（4﹣a）2+（0﹣2a）2＝5a2﹣8a+16，DP2＝（2﹣a）2+（6﹣2a）2＝5a2﹣28a+40，
∵△ADP是以AD为直角边的直角三角形，
①当AD2+AP2＝DP2时，
40+5a2﹣8a+16＝5a2﹣28a+40，
解得a=−45，
∴点P（−45，−85）；
②当AD2+DP2＝AP2时，
40+5a2﹣28a+40＝5a2﹣8a+16，
解得a=165，
∴点P（165，325）；
综上所述，点P（−45，−85）或（165，325）．
【点评】本题是一次函数的综合应用题目，主要考查一次函数点的坐标特征、待定系数法求表达式、解不等式和图形的平移，第四问的解题关键是借助勾股定理分情况讨论求解．
【变式2-5】(2023秋•海曙区校级期末）如图1，在同一平面直角坐标系中，直线AB：y＝2x+b与直线AC：y＝kx+3相交于点A（m，4），与x轴交于点B（﹣4，0），直线AC与x轴交于点C．
（1）填空：b＝ ，m＝ ，k＝ ；
（2）如图2，点D为线段BC上一动点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，线段AE交x轴于点F．
①当点E落在y轴上时，求点E的坐标；
②若△DEF为直角三角形，求点D的坐标．
分析：（1）把B（﹣4，0）代入y＝2x+b，求出b＝8，得直线AB：y＝2x+8，再把A（m，4）代入y＝2x+8，求出m＝﹣2，得点A的坐标，最后把A（﹣2，4）代入y＝xk+3，求出k=−12；
（2）①过点A作AH⊥y轴于点H，作AG⊥x轴于点G，求出AE2＝AC2＝（6+2）2+42＝80，再求出HE=219，可得OE=219−4，即可得答案；
②分两种情况讨论，当∠EDF＝90°时，求出∠ADC＝135°，得∠ADO＝45°，得DG＝AD＝4，得点D坐标；当∠DFE＝90°时，设DF＝x，则DE＝DC＝8﹣x，由勾股定理得：(8−x)2=x2+(45−4)2，求出DF，得点D坐标．
【解答】（1）解：把B（﹣4，0）代入y＝2x+b，
∵0＝2×（﹣4）+b，∴b＝8，
∴直线AB：y＝2x+8，
把A（m，4）代入y＝2x+8，
∴m＝﹣2，
把A（﹣2，4）代入y＝xk+3，
∵4＝（﹣2）k+3，
∴k=−12．
故答案为：8，﹣2，−12；
（2）①∵直线AC：y=−12x+3，
∴点C的坐标为（6，0），
如下图，过点A作AH⊥y轴于点H，作AG⊥x轴于点G，则AH＝2，CG＝8，
∴AE2＝AC2＝（6+2）2+42＝80，
∴HE=AE2−AH2=80−22=219，
∴OE=HE−OH=219−4，
∴点E的坐标为(0，4−219)；
②如下图，
当∠EDF＝90°时，由翻折得∠ADC=∠ADE=360°−90°2=135°，
∴∠ADO＝135°﹣90°＝45°，
∵AG＝4，
∴DG＝AG＝4，
∴OD＝DG﹣OG＝4﹣2＝2，
∴点D的坐标为（2，0）；
如下图，
当∠DFE＝90°时，AE=AC=80=45，
设DF＝x，则DE＝DC＝8﹣x，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：(8−x)2=x2+(45−4)2，
解得：x=25−2，
∴OD=DF−OF=25−4，
∴点D的坐标为(25−4，0)，
综上，点D的坐标为（2，0）或(25−4，0)．
【点评】此题考查了一次函数，勾股定理，角平分线的性质，直角三角形的性质和判定，翻折的性质，解题的关键是作辅助线．
题型三 一次函数与等腰直角三角形问题
【例题3】如图，一次函数y=−23x+4的图象分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC＝90°，求过B、C两点直线的解析式．
分析：先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA＝CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】解：∵一次函数y=−23x+4中，
令x＝0得：y＝4；令y＝0，解得x＝6，
∴B的坐标是（0，4），A的坐标是（6，0）．
如图，作CD⊥x轴于点D．
∵∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAD＝90°，
又∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAO．
在△ABO与△CAD中，
∠BAO=∠ACD∠BOA=∠ADC=90°AB=CA，
∴△ABO≌△CAD（AAS），
∴OB＝AD＝4，OA＝CD＝6，OD＝OA+AD＝10．
则C的坐标是（10，6）．
设直线BC的解析式是y＝kx+b，
根据题意得：10k+b=6b=4，
解得：k=15b=4，
∴直线BC的解析式是y=15x+4．
【点评】本题考查的是一次函数综合题，涉及到用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，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
【变式3-1】（2023春•崇川区校级月考）模型建立：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．
（1）求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：已知直线l1：y=−43x﹣4与y轴交于A点．将直线l1绕着A点逆时针旋转45°至l2，如图2，求l2的函数解析式．
分析：（1）证明∠1＝∠2，进而用AAS即可证明；
（2）由（1）可知：△ABO≌△BMN（AAS），则MN＝BO＝3，BN＝OA＝4，则ON＝7，即点M（﹣7，﹣3），进而求解．
【解答】（1）证明：∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠E＝∠D＝90°，
∴∠3+∠1＝90°，
又∠ACB＝90°，
∴∠2+∠3＝90°
∴∠1＝∠2，
在△BEC和△CDA中
∠D=∠E∠1=∠2BC=CA，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：过点M作MN⊥x轴于点N，
由条件知：∠BAM＝45°，
∴△ABM为等腰直角三角形，
由（1）可知：△ABO≌△BMN（AAS），
∴MN＝BO，NB＝OA，
∵直线直线l1：y=−43x﹣4，
∴点A、B的坐标分别为：（0，﹣4）、（﹣3，0），
∴MN＝BO＝3，BN＝OA＝4，则ON＝7，
∴点M（﹣7，﹣3），
设直线l2的表达式为：y＝kx+b，
则−3=−7k+bb=−4，
解得：k=−17b=−4，
∴直线l2的表达式为：y=−17x﹣4．
【点评】本题属于一次函数综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
【变式3-2】(2023春•南城县校级月考）如图，已知直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，直线BC过点C交x轴于点B，且OB＝2OC＝3OA，点D为AC的中点．
（1）求k的值以及直线BC的解析式；
（2）过点D作DE⊥y轴交BC于点E，连接OE，求四边形AOEC的面积；
（3）已知点P是线段BC上的一个动点，点Q是x轴上的一个动点，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求点P的坐标．
分析：（1）根据一次函数解析式求出点C的坐标，然后根据OB＝2OC＝3OA求出点A和点B的坐标，将点A坐标代入函数解析式求出k的值，运用待定系数法求出直线BC的解析式即可；
（2）根据点D为AC的中点得出点D和点E的坐标，然后根据S四边形AOEC＝S△AOC+S△COE求解即可；
（3）设点Q（m，0），点P(n，−12n+3)，分情况讨论：①当∠PDQ＝90°，DP＝DQ时；②当∠DPQ＝90°，PD＝PQ时；③当∠DQP＝90°，DQ＝PQ时；分别构造全等三角形列式求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+3分别交x轴、y轴于A、C两点，
∴当x＝0时，y＝3，
∴点C（0，3），即OC＝3，
∵OB＝2OC＝3OA，
∴OB＝6，OA＝2，
∴点A（﹣2，0），B（6，0），
即0＝﹣2k+3，
解得：k=32，
设直线BC的解析式为y＝mx+n，
∵B（6，0），C（0，3），
∴0=6m+n3=n，
解得m=−12n=3，
∴直线BC的解析式为y=−12x+3；
（2）∵点D为AC的中点，
∴点D(−1，32)，
∵DE⊥y轴交BC于点E，
∴点E的纵坐标为32，
∵点E在直线BC上，
∴32=−12x+3，
解得：x＝3，
∴点E(3，32)，
设DE与y轴交于点F，
则S四边形AOEC＝S△AOC+S△COE=12AO•OC+12OC•EF=12×2×2+12×3×3=152；
（3）由（2）可得点D(−1，32)，
设点Q（m，0），点P(n，−12n+3)，
分情况讨论：
①当∠PDQ＝90°，DP＝DQ时，
过点P作PG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥x轴于点F，作DH⊥PG于点H，
∵DH⊥PG，PG⊥x，
∴DH∥AB，
∴∠HDQ＝∠FQD，
∵∠HDQ+∠HDP＝90°，∠HDP+∠DPH＝90°，
∴∠HDQ＝∠DPH，
∴∠FQD＝∠DPH，
∵∠DFQ＝∠DHP，DP＝DQ，
∴△DFQ≌DHP（AAS），
∴DF＝DH，即32=1+n，解得n=12，
∴−12n+3=114，
则点P(12，114)，
②当∠DPQ＝90°，PD＝PQ时，
过点P作PG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥PG于点F，
同理可得△DFP≌PGQ（AAS），
∴DF＝PG，
即1+n=−12n+3，解得n=43，
∴−12n+3=73，
则点P(43，73)；
③当∠DQP＝90°，DQ＝PQ时，
过点D作DF⊥x轴于点F，过点P作PG⊥x轴于点G，
同理可得△DFQ≌△QGP（AAS），
∴DF＝QG，FQ＝GP，
由DF＝QG，可得32=n−m，
由FQ＝GP，可得1+m=−12n+3，
解得：m=56，n=73，
∴−12n+3=116，
则点P(73，116)；
综上所述，当以点D、P、Q为顶点的三角形为等腰直角三角形时，
点P的坐标为(12，114)或(43，73)或(73，116)．
【点评】本题考查了一次函数与几何综合，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的性质，合理构造全等三角形是解本题的关键．
【变式3-3】(2023秋•和平区校级期末）如图，直线l1经过A（6，0）、B（0，8）两点，点C从B出发沿线段BO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点D从A出发沿线段AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，设运动时间为t秒（t＞0），
（1）求直线l1的表达式；
（2）当t＝ 时，BC＝BD；
（3）将直线l1沿x轴向右平移3个单位长度后，与x轴，y轴分别交于E、F两点，求四边形BAEF的面积；
（4）在第一象限内，是否存在点P，使A、B、P三点构成等腰直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
分析：（1）待定系数法即可求解；
（2）t秒时，BC＝t，BD＝BA﹣AD＝10﹣2t，当BC＝BD时，则t＝10﹣2t，即可求解；
（3）四边形BAEF的面积＝S△EFO﹣S△ABO，即可求解；
（4）分类讨论，利用三角形全等求长度，即可求得P点坐标．
【解答】解：（1）设直线l1的表达式为y＝kx+b，
将A（6，0）、B（0，8）代入得：6k+b=0b=8，
解得：k=−43b=8，
∴直线l1的表达式为y=−43x+8；
（2）由点A、B的坐标知，OA＝6，OB＝8，
则AB＝10，
t秒时，BC＝t，BD＝BA﹣AD＝10﹣2t，
当BC＝BD时，
则t＝10﹣2t，
解得：t=103；
故答案为：103．
（3）由平移可得：直线EF的关系式为：y=−43(x−3)+8=−43x+12，
当x＝0时，y＝12，F（0，12），
当y＝0时，x＝9，E（9，0），
四边形BAEF的面积＝S△EFO﹣S△ABO，
即S四边形BAEF=12×9×12−12×6×8=30，
答：四边形BAEF的面积是30．
（4）存在．
当∠ABP＝90°，AB＝BP时，
如图所示：过点P作PM⊥y轴于点M，
可证△AOB≌△BMP（AAS），
∴AO＝BM＝6，BO＝MP＝8，
∴OM＝14，
∴P（8，14）．
当∠BAP＝90°，AB＝AP时，
如图所示：过点P作PM⊥x轴于点M，
可证△AOB≌△PMA（AAS），
∴AO＝PM＝6，BO＝AM＝8，
∴OM＝14，
∴P（14，6）．
当∠APB＝90°，BP＝AP时，
如图所示：过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，
可证△AMP≌△BNP（AAS），
∴AM＝BM，PM＝PN，
∴6+AM＝8﹣BN，
∴AM＝＝BN＝1，
∴OM＝7＝PN＝PM，
∴P（7，7），
∴P（8，14）．
综上，点P（8，14）或（14，6）或（7，7）．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，掌握一次函数的性质、平行四边形的性质是解题的关键．
【变式3-4】(2023•南京模拟）如图1，在平面直角坐标系中．直线l1：y＝kx+3与直线l2：y＝﹣x﹣6交于点A，已知点A的横坐标为−185，直线l1与x轴交于点B，与y轴交于点C，直线l2与x轴交于点F，与y轴交于点D．
（1）求直线l1的解析式；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，直线l3与y轴交于点E．过点E作y轴的垂线l4，若点M为垂线l4上的一个动点，点N为l2上的一个动点，求DM+MN的最小值；
（3）已知点P、Q分别是直线l1，l2上的两个动点，连接EP、EQ、PQ，是否存在点P、Q，使得△EPQ是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
分析：（1）用待定系数法即可求解；
（2）过点C作CN⊥l2交于点N，交l4于点M，则点M、N为所求点，进而求解；
（3）证明△QGP≌△EHQ（AAS），则GQ＝EH，PG＝QH，即可求解．
【解答】解：（1）直线l2：y＝−x−6①交于点A，已知点A的横坐标为−185，
则点A的坐标为（−185，−125），
将点A的坐标代入y＝kx+3得：−125=−185k+3，
解得k=32，
故直线l1的解析式为y=32x+3；
（2）将直线l2向上平移92个单位得到直线l3，
则l3为表达式为y＝−x−6+92=−x−32，
故点E的坐标为（0，−32），
故l4的表达式为y＝−185；
由直线l1的表达式知，点C（0，3），
由点C、D、E的坐标知，CE＝DE＝4.5，
故点D关于直线l4的对称点为点C，
过点C作CN⊥l2交于点N，交l4于点M，
则点M、N为所求点，
当DM+MN＝CM+MN＝CN时，DM+MN的值最小，
由直线l2的表达式知，该直线与x轴负半轴的夹角为45°，
而CN⊥l2，
则直线CN与x轴的夹角为45°，
故设直线CN的表达式为y＝x+r，
点C的坐标为（0，3），
则r＝3，
故直线CN的表达式为y＝x+3②，
联立y=−x−6y=x+3，
解得x=−92y=−32，
故点N的坐标为（−92，−32），
由点C、N的坐标得，CN=(0+92)2+(3+32)2=922，
即DM+MN的最小值为922；
（3）存在，理由：
如图2，设点P的坐标为（n，32n+3），点Q的坐标为（m，−m−6），而点E（0，−32），PQ＝QE，
过点Q作x轴的平行线交y轴于点H，交过点P与y轴的平行线于点G，
∵∠PQG+∠EQH＝90°，∠EQH+∠QEH＝90°，
∴∠PQG＝∠QEH，
∵QP＝QE，∠QGP＝∠EHQ＝90°，
∴△QGP≌△EHQ（AAS），
∴GQ＝EH，PG＝QH，
而PG＝|32n+3+m+6|＝QH＝−m，GQ＝m−n＝EH＝|−32+m+6|，
解得m=−98n=−398或m=−214n=−34，
故点Q的坐标为（−98，−398）或（−214，−34）．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用，掌握一次函数的性质、三角形全等、点的对称性是解题的关键．
题型四 一次函数与全等三角形问题
【例题4】(2023秋•蚌山区月考）如图，直线l1：y＝ax+b（常数a＜0，b＞0）与x轴、y轴分别交于A，B两点，直线l2：y＝cx+d（常数c＞0，d＞0）与x轴、y轴分别交于C，D两点，直线l1与直线l2交于点E，且△AOB≌△COD．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）若a＝﹣2，b＝4，求△ADE的面积．
分析：（1）利用全等三角形的性质，得到∠ABO＝∠CDO，再根据对顶角相等，得到∠DCO＝∠BCE，进而得到∠ABO+∠BCE＝90°，即可证明结论；
（2）利用直线l1：y＝﹣2x+4，求出A、B两点坐标，得到OA＝2，OB＝4，再利用全等三角形的性质，得到OC＝OA＝2，OD＝OB＝4，进而得到C、D 两点坐标，从而求出直线l2：y=12x+2，联立方程组，求出点E坐标，即可求出△ADE的面积．
【解答】（1）证明：∵△AOB≌△COD，
∴∠ABO＝∠CDO，
∵∠DCO＝∠BCE，
∴∠CDO+∠DCO＝∠ABO+∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝180°﹣（∠ABO+∠BCE）＝90°，
∴AB⊥CD；
（2）解：∵a＝﹣2，b＝4，
∴直线l1：y＝﹣2x+4，
令x＝0，得y＝4；令y＝0，得﹣2x+4＝0，解得x＝2，
∴A（2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵△AOB≌△COD，
∴OC＝OA＝2，OD＝OB＝4，
∴C（0，2），D（﹣4，0），
∴d=2−4c+d=0，解得：c=12d=2，
∴直线l2：y=12x+2，
联立方程组y=12x+2y=−2x+4，
解得：x=45y=125，
∴点E的坐标为(45，125)，
∴△ADE的面积为12AD⋅yE=12×(2+4)×125=365．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，一次函数与坐标轴交点，待定系数法求一次函数解析式，两直线交点与二元一次方程组的解等知识，熟练掌握一次函数性质和全等三角形的性质是解题关键．
【变式4-1】如图，平面直角坐标系xOy中，l1：y1＝﹣2x+4交x轴于A，交y轴于B．另一直线l2：y2＝kx+b交x轴于C，交y轴于D，交l1于E．已知△COD≌△BOA．
（1）求l2解析式．
（2）P，Q分别在线段AB和CD上运动，若P从B开始运动，速度是1单位长度每秒，Q从C开始运动，速度等于P的运动速度，设运动时间为t，则t为多少时，PQ∥x轴？
分析：（1）求出A，B点坐标，利用△COD≌△BOA求出C，D点坐标，利用待定系数法求解；
（2）设Q点坐标，表示出P点坐标，表示出线段RO，BR，BQ的长度，证明△PCS与△QBR全等，可求解．
【解答】解：（1）直线l1：y1＝﹣2x+4，当y＝0时，x＝2，所以点A（2，0），当x＝0时，y＝4，所以B点（0，4），
∵△COD≌△BOA，
∴CO＝OB＝4，OD＝OA＝2，
∴点C（﹣4，0），点D（0，2），
将点C，D代入直线l2：y2＝kx+b得，
−4k+b=0b=2，解得k=12b=2，
∴直线l2：y2=12x+2；
（2）作QS⊥x轴于点S，如图，
设P点坐标为（m，﹣2m+4），
∵PQ∥x轴，
∴Q点的纵坐标为﹣2m+4，
Q点在直线l2：y2=12x+2上，代入纵坐标得﹣2m+4＝y2=12x+2，
解得：x＝﹣4m+4，
∴Q点坐标（﹣4m+4，﹣2m+4），
设线段PQ与y轴交于点R，则R点坐标（0，﹣2m+4），
在Rt△BQR中，BR＝OB﹣OR＝2m，RQ＝OT＝m，
∴BP=(2m)2+m2=5m，
∵动点P，Q的速度一样，
∴CQ＝BP，
在Rt△CSQ和Rt△BRP中，
∠SCQ=∠RBP∠CSQ=∠PRBCQ=BP，
∴Rt△CSQ≌Rt△BRP（AAS），
∴QS＝PR，
即﹣2m+4＝m，解得m=43，
∴t=BP1=5m=435．
【点评】本题是一次函数的综合题，主要考查一次函数的待定系数法和动点问题，解题关键是掌握待定系数法和利用三角形全等的判定和性质求解问题．
【变式4-2】如图，直线y=−12x+2与x轴、y轴分别交于A，B两点，在y轴上有一点C（0，4），动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动，设动点M的移动时间为t秒．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求当t为何值时△COM≌△AOB，并求此时M点的坐标．
分析：（1）由直线l的函数解析式，令y＝0求A点坐标，x＝0求B点坐标；
（2）若△COM≌△AOB，OM＝OB，则t时间内移动了AM，可算出t值，并得到M点坐标．
【解答】解：（1）对于直线AB：y=−12x+2，
当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝4，
则A、B两点的坐标分别为A（4，0）、B（0，2）；
（2）分为两种情况：①当M在OA上时，OB＝OM＝2，△COM≌△AOB．
∴AM＝OA﹣OM＝4﹣2＝2
∴动点M从A点以每秒1个单位的速度沿x轴向左移动2个单位，所需要的时间是2秒钟；
M（2，0），
②当M在AO的延长线上时，OM＝OB＝2，
则M（﹣2，0），此时所需要的时间t＝[4﹣（﹣2）]/1＝6秒，
即M点的坐标是（2，0）或（﹣2，0）．
【点评】此题考查了根据函数图象求坐标，通过动点变化求函数关系式．
【变式4-3】如图，直线：y=−12x+b与x轴分别交于A（4，0）、B两点，在y轴上有一点N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动．
（1）点B的坐标为 ；
（2）求△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）当t＝ 时，△NOM≌△AOB；
（4）若M在x轴正半轴上，且△NOM≌△AOB，G是线段ON上一点，连接MG，将△MGN沿MG折叠，点N恰好落在x轴上的H处，求G点的坐标．
分析：（1）由点A的坐标利用待定系数法可求出b值，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标；
（2）由点A、H的坐标及点M移动的速度可得出ON、OM的长度，再利用三角形的面积公式即可找出△MNO的面积S与移动时间t之间的函数关系式；
（3）由OA＝ON＝4、∠AOB＝∠NOM＝90°，可得出若要△NOM≌△AOB只需OM＝OB＝2，结合OM＝|4﹣t|可得出关于t的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
（4）设点G的坐标为（0，y），则OG＝y，由折叠的性质可找出GH、OH的长度，在Rt△GOH中，利用勾股定理可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y=−12x+b过点A（4，0），
∴0=−12×4+b，解得：b＝2，
∴直线AB的函数关系式为y=−12x+2．
当x＝0时，y=−12x+2＝2，
∴点B的坐标为（0，2）．
故答案为：（0，2）．
（2）∵A（4，0），N（0，4），动点M从点A以每秒1个单位的速度匀速沿x轴向左移动，
∴OA＝4，ON＝4，OM＝OA﹣AM＝|4﹣t|，
∴S=12OM•ON=12|4﹣t|×4＝|8﹣2t|．
（3）∵OA＝ON＝4，∠AOB＝∠NOM＝90°，
∴若要△NOM≌△AOB，只需OM＝OB＝2．
∵OM＝|4﹣t|，
∴|4﹣t|＝2，
解得：t＝2或6．
故答案为：2或6．
（4）设点G的坐标为（0，y），则OG＝y．
根据折叠的性质，可知：MH＝MN=42+22=25，GH＝GN＝4﹣y，
∴OH＝25−2．
在Rt△GOH中，GH2＝OG2+OH2，即（4﹣y）2＝y2+（25−2）2，
解得：y=5−1，
∴点G的坐标为（0，5−1）．
【点评】本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、三角形的面积、折叠的性质、全等三角形的判定以及勾股定理，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的函数关系式；（2）利用三角形的面积公式找出S关于t的函数关系式；（3）利用全等三角形的判定定理找出关于t的含绝对值符号的一元一次方程；（4）在Rt△GOH中，利用勾股定理找出关于点G的纵坐标的一元一次方程．
【变式4-4】如图①，在平面直角坐标系中，直线y=−43x+4交x轴、y轴分别于点A、点B，直线CD交x轴、y轴分别于点D、点C，交直线AB于点E（点E不与点B重合），且△AOB≌△COD．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）如图②，连接OE，过点O作OF⊥OE交直线CD于点F，
①求证：OE＝OF；
②直接写出点F的坐标．
（3）若点P是直线CD上一点，点Q是x轴上一点（点Q不与点O重合），当△DPQ和△COD全等时，直接写出点P的坐标．
分析：（1）由直线y=−43x+4可得点A坐标（3，0）、点B坐标为（0，4），根据△AOB≌△COD，得OD＝OB＝4，OC＝OA＝3，得点C、D坐标，即可求解；
（2）①由△AOB≌△COD得∠ABO＝∠CDO，BO＝DO，根据∠EOF＝∠COD＝90°，得∠DOF＝∠COB，可证△DOF≌△BOE，证出OE＝OF；
②由直线AB，CD解析式联立方程组得交点E的坐标，再构造K型全等即可求出点F的坐标；
（3）画出全等的几种情形对应图形，不难得出点P坐标．
【解答】解（1）由直线y=−43x+4可得，
点A坐标（3，0）、点B坐标为（0，4），
∵△AOB≌△COD，
∴OD＝OB＝4，OC＝OA＝3，
∴点C坐标为（0，3）、D点坐标为（﹣4，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
b=3−4k+b=0，
得k=34，b＝3，
∴直线CD的解析式为y=34x+3；
（2）①∵△AOB≌△COD，
∴∠ABO＝∠CDO，BO＝DO，
∵∠EOF＝∠COD＝90°，
∴∠DOF＝∠COB，
∴△DOF≌△BOE（ASA），
∴OE＝OF；
②由直线AB，CD解析式联立方程组y=−43x+4y=34x+3，
解得方程组的解为x=1225y=8425，
∴点E的坐标（1225，8425），
再构造K型全等即可求出点F的坐标（−8425，1225）；
（3）①如图1，△DPQ≌△DCO全等时，
PQ＝CO＝3，DQ＝DO＝4，
∴点P坐标为（﹣8，﹣3）；
②如图2，△DPQ≌△DOC全等时，
PQ＝CO＝3，DQ＝DC＝5，DP＝DO＝4，
过点P作PM⊥DQ于点M，
S△DPQ=12×3×4=12×5×PM，
得PM=125，
∴点P纵坐标为−125，根据CD关系式可得点P坐标为（−365，−125）；
③如图3，△DPQ≌△DOC全等时，
由②得PM=125，根据CD关系式可得点P坐标为（−45，125）；
∴当△DPQ和△COD全等时，点P的坐标（﹣8，﹣3）或（−365，−125）或（−45，125）．
【点评】本题重点考查了一次函数与全等三角形的综合运用，解决此题的关键是抓住全等性质．
【变式4-5】如图①，平面直角坐标系中，直线y＝kx+b与x轴交于点A（﹣10，0），与y轴交于点B，与直线y=−73x交于点C（a，7）．
（1）求点C的坐标及直线AB的表达式；
（2）如图②，在（1）的条件下，过点E作直线l⊥x轴，交直线y=−73x于点F，交直线y＝kx+b于点G，若点E的坐标是（﹣15，0）．
①求△CGF的面积；
②点M为y轴上OB的中点，直线l上是否存在点P，使PM﹣PC的值最大？若存在，直接写出这个最大值；若不存在，说明理由；
（3）若（2）中的点E是x轴上的一个动点，点E的横坐标为m（m＜0），点E在x轴上运动，当m取何值时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等？请直接写出相应的m的值．
分析：（1）先求得点C的坐标（﹣3.7），再将C（﹣3，7）和A（﹣10，0）代入y＝kx+b，即可得到直线AB的解析式；
（2）①先求得点G、F的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；
②由三角形的三边关系可知当点P、M、C在一条直线上时，PM﹣PC的值最大，据此求解即可；
（3）需要分情况进行讨论，画出图形，依据全等三角形的对应顶点的位置，即可得到m的值，
【解答】解：（1）将点C（a，7）代入y=73x，可得a＝﹣3，
∴点C的坐标（﹣3，7），
将点C（﹣3，7）和点A（﹣10，0）代入y＝kx+b，可得，
−3k+b=7−10k+b=0，解得k=1b=10，
∴直线AB的解析式为y＝x+10；
（2）①∵点E的坐标是（﹣15，0），
∴当x＝﹣15时，y=−73×(−15)=35，y＝﹣15+10＝﹣5，
∴点F的坐标为（﹣15，35），点G的坐标为（﹣15，﹣5），
∴S△CGF=12×GF×(xC−xE)=12×40×12=240；
②存在，
证明：由三角形的三边关系可知当点P、M、C在一条直线上时，PM﹣PC的值最大，
令x＝0，则y＝10，
∴点B的坐标（0，10），
∵点M为y轴上OB的中点，
∴点M的坐标为（0，5），
设直线MC的解析式为y＝ax+5，
将C（﹣3，7）代入得：7＝﹣3a+5，解得：a=−23，
∴直线MC的解析式为y=−23x+5，
当x＝﹣15时，y=−23×(−15)+5=15，
∴点P的坐标为（﹣15，15），
∴PM﹣PC＝CM=(−3−0)2+(7−5)2=13；
（3）∵B（0，10），A（﹣10，0），
∴OA＝OB＝10，∠CAO＝∠ABO＝45°，
分三种情况讨论：
①当△OAC≌△QCA，如图：
∴∠CAO＝∠QCA＝45°，
∴QC⊥OA，即CQ∥y轴，
∴CQ经过点E，
∴m＝﹣3；
②当△ACO≌△ACQ，如图：
∴∠CAQ＝∠CAO＝45°，
∴QA⊥OA，即QA经过点E，
∴点E，A重合，
∴m＝﹣10；
③当△ACO≌△CAQ，如图，
∴∠CAO＝∠ACQ＝45°，AO＝CQ，
∴CQ∥x轴，
∴四边形AOCQ是平行四边形，CQ＝AO＝10，AE＝3，
∴m＝﹣13；
综上所述，当m取﹣3或﹣10或﹣13时，直线l上存在点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形与△AOC全等．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积，轴对称性质，全等三角形的判定与性质的综合应用，解题关键是掌握三角形面积在坐标系内的求法，并且能够熟练使用三角形全等解题．
题型五 一次函数与三角形的综合问题
【例题5】(2023•铜仁市三模）（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：CD＝BE．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点N的坐标为（4，2），求点M的坐标．
（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣4x+4与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．
分析：（1）先判断出∠ACB＝∠ADC，再判断出∠CAD＝∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；
（2）过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，判断出MF＝NG，OF＝MG，设M（m，n）列方程组求解，即可得出结论；
（3）过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，先求出OP＝4，由y＝0得x＝1，进而得出Q（1，0），OQ＝1，再判断出PQ＝SQ，即可判断出OH＝5，SH＝OQ＝1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l，
∴∠ACB＝∠ADC．
∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC．
∴△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，
（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，
由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°，
∴由（1）得△OFM≌△MGN，
∴MF＝NG，OF＝MG，
设M（m，n），
∴MF＝m，OF＝n，
∴MG＝n，NG＝m，
∵点N的坐标为（4，2），
∴m+n=4n−m=2，
解得m=1n=3，
∴点M的坐标为（1，3）；
（3）解：如图3，
过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，
对于直线y＝﹣4x+4，由x＝0得y＝4，
∴P（0，4），
∴OP＝4，
由y＝0得x＝1，
∴Q（1，0），OQ＝1，
∵∠QPR＝45°，
∴∠PSQ＝45°＝∠QPS．
∴PQ＝SQ．
∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP．
∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝4+1＝5，SH＝OQ＝1．
∴S（5，1），
设直线PR为y＝kx+b，
则b=45k+b=1，
解得k=−35b=4．
∴直线PR为y=−35x+4．
由y＝0得，x=203，
∴R（203，0）．
【点评】本题主要考查一次函数的综合应用，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
【变式5-1】(2023秋•邗江区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，4），点C在y轴上，作直线AC．点B关于直线AC的对称点B′刚好在x轴上，连接CB′．
（1）写出点B′的坐标，并求出直线AC对应的函数表达式；
（2）点D在线段AC上，连接DB、DB′、BB′，当△DBB′是等腰直角三角形时，求点D坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度向原点O运动，到达点O时停止运动，连接PD，过D作DP的垂线，交x轴于点Q，问点P运动几秒时△ADQ是等腰三角形．
分析：（1）由已知可得：OA＝3，OB＝4，由∠AOB＝90°，则AB＝5，因为B与B'关于直线AC对称，所以AC垂直平分BB'，B'（﹣2，0），设点C（0，m），在Rt△COB'中，∠COB'＝90°，m2+4＝（2﹣m）2，可求C（0，3），设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），把A（3，0），C（0，4）代入可得y=−12x+32；
（2）由已知可得△BDB'是等腰直角三角形，过点D作DE⊥x轴，DF⊥y轴，∠EDF＝∠BDB'，∠BDF＝∠EDB'，△FDB≌△EDB'（AAS），则有DF＝DE，设点D（a，a）代入y=−12x+32中，即可求D（1，1）；
（3）同（2）可得∠PDF＝∠QDE，可证明△PDF≌△QDE（AAS），则有PF＝QE，①当DQ＝DA时，DE⊥x轴，所以QE＝AE＝2，PF＝QE＝2，BP＝BF﹣PF＝1，求得点P运动时间为1秒；②当AQ＝AD时，AD=5，AQ=5−2，PF＝QE=5−2，BP＝BF﹣PF＝5−5，所以点P的运动时间为5−5秒；③当QD＝QA时，设QE＝n，则QD＝QA＝2﹣n，在Rt△DEQ中，∠DEQ＝90°，1+n2＝（2﹣n）2，PF＝QE＝0.75，BP＝BF+PF＝3.75，可求点P的运动时间为3.75秒，由于0≤t≤4，则t＝3.75．
【解答】解：（1）∵A的坐标为（3，0）、点B的坐标为（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝5，
∵B与B'关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BB'，
∴BC＝CB'，AB'＝AB＝5，
∴B'（﹣2，0），
设点C（0，m），
∴OC＝m，
∴CB'＝CB＝4﹣m，
∵在Rt△COB'中，∠COB'＝90°，
∴m2+4＝（4﹣m）2，
∴m＝1.5，
∴C（0，1.5），
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
把A（3，0），C（0，1.5）代入可得k=−12，b＝1.5，
∴y=−12x+32；
（2）∵AC垂直平分BB'，
∴DB＝DB'，
∵△BDB'是等腰直角三角形，
∴∠BDB'＝90°，
过点D作DE⊥x轴，DF⊥y轴，
∴∠DFO＝∠DFB＝∠DEB'＝90°，
∵∠EDF＝360°﹣∠DFB﹣∠DEO﹣∠EOF，∠EOF＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EDF＝∠BDB'，
∴∠BDF＝∠EDB'，
∴△FDB≌△EDB'（AAS），
∴DF＝DE，
设点D（a，a）代入y=−12x+32中，
∴a＝1，
∴D（1，1）；
（3）同（2）可得∠PDF＝∠QDE，
∵DF＝DE＝1，∠PDF＝∠QDE，
∴△PDF≌△QDE（AAS），
∴PF＝QE，
①当DQ＝DA时，
∵DE⊥x轴，
∴QE＝AE＝2，
∴PF＝QE＝2，
∴BP＝BF﹣PF＝1，
∴点P运动时间为1秒；
②当AQ＝AD时，
∵A（3，0）、D（1，1），
∴AD=5，
∴AQ=5，
∴PF＝QE=5−2，
∴BP＝BF﹣PF＝5−5，
∴点P的运动时间为5−5秒；
③当QD＝QA时，
设QE＝n，
则QD＝QA＝2﹣n，
在Rt△DEQ中，∠DEQ＝90°，
∴1+n2＝（2﹣n）2，
∴n＝0.75，
∴PF＝QE＝0.75，
∴BP＝BF+PF＝3.75，
∴点P的运动时间为3.75秒，
∵0≤t≤4，
∴t＝3.75，
综上所述：点P的运动时间为1秒或5−5秒或3.75秒．
【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，结合三角形全等知识解题是关键．
【变式5-2】(2023春•闵行区期中）一次函数y＝kx+3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A（1，0）、B（0，m）两点．
（1）求一次函数解析式和m的值；
（2）将线段AB绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处．点P在直线AB上，直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分．求直线CP的解析式；
（3）在第二象限是否存在点D，使△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形？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）将点A，点B代入一次函数解析式可得；
（2）分情况讨论，△ACP的面积△ABC的面积13或23求解，利用底一样，面积比等于高的比求解；
（3）分情况讨论D点位置，利用三角形全等求解．
【解答】解：（1）把点A（1，0），B（0，m）代入y＝kx+3，
得k+3=0m=3，解得，k=−3m=3，
∴一次函数解析式为y=−3x+3，m的值为3；
（2）过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，
由（1）得，B（0，3），点A（1，0），
∴OA＝1，OB=3，AB=12+(3)2=2，
∵线段A绕着点A旋转，点B落在x轴负半轴上的点C处，
∴AB＝AC＝2，
∴C（﹣1，0），
∴S△ABC=12AC×OB=12×2×3=3，
若直线CP把△ABC分成面积之比为2：1的两部分，则有以下两种情况：
①当S△BCP：S△ACP＝2：1时，S△ACP=13S△ABC=33，
∴P1Q1=2S△ACPAC=33，
∴点P1的纵坐标为33，
将其代入一次函数y=−3x+3得，点P1的坐标为（23，33），
设直线CP1的解析式为y＝m1x+n1，将点C（﹣1，0），点P1（23，33）代入得，
−m1+n1=023m1+n1=33，
解得m1=35n1=35，
∴直线CP1的解析式y=35x+35；
②当S△BCP：S△ACP＝1：2时，S△ACP=23S△ABC=233，
∴P2Q2=2S△ACPAC=233，
将其代入一次函数y=−3x+3得，点P2的坐标为（13，233），
设直线CP2的解析式为y＝m2x+n2，将点C（﹣1，0），点P2（13，233）代入得，
−m2+n2=013m2+n2=233，
解得m2=32n2=32
∴直线CP2的解析式y=32x+32；
综上所述：直线CP的解析式y=35x+35或y=32x+32；
（3）存在，
∵△BCD是以BC为腰的等腰直角三角形，
①当BC＝CD1时，
∵∠BCD1＝90°，
∴∠M1CD1+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠M1CD1＝∠OBC，
在Rt△M1CD1和Rt△OBC中，
∠D1M1C=∠BOC∠M1CD1=∠OBCCD1=BC，
∴Rt△M1CD1≌Rt△OBC（AAS），
∴CM1＝OB=3，D1M1＝OC＝1，
∴点D1（−3−1，1）；
②当BC＝BD2时，类比①可证Rt△BD2M2≌Rt△CBO（AAS），
∴BM2＝OC＝1，D2M2＝OB=3，
∴点D2（−3，3+1）；
综上所述，D点坐标（−3−1，1）或（−3，3+1）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数待定系数法求解、函数图象上点的特点、直线的旋转和等腰直角三角形，第二问解题关键是利用底相等，面积比等于高的比求解，第三问是借助三角形全等的判定和性质进行求解．
【变式5-3】如图1所示，腰长为3的等腰Rt△AOB的腰与坐标轴重合，直线y=−23x与AB交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）如图2，将直线OC沿y轴正方向平移4个单位长度得到直线DE（其中D、E分别为新直线与y轴、x轴的交点），连接DC、CE，求△CDE的面积；
（3）如图3，在第（2）问的条件下，将△AOB沿x轴平移得到△NKM，连接DN、DM，当△DMN为等腰三角形时，直接写出M的坐标．
分析：（1）先利用待定系数法，得到直线AB的解析式，联立方程组，可求解；
（2）先求出直线DE的解析式，再求出E（6，0），最后利用S△CDE＝S△OCD+S△ODE﹣S△OCE，可求解；
（3）设M（x，3），连接BM，分别用x表示出DM．DN、MN的长，再分类列出方程，可求解，
【解答】解：（1）∵Rt△AOB是等腰三角形，腰长为3，
∴AO＝BO＝3，即点A（﹣3，0），点B（0，3），
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，代入点A，B得，
−3k+b=0b=3，解得k=1b=3，
∴直线AB的表达式为：y＝x+3，
联立y=x+3y=−23x，得x=−95y=65，
∴C点坐标（−95，65）；
（2）∵OC沿y轴正方向平移4个单位，
∴D点（0，4），
设直线DE的解析式为：y=−23x+b，把D（0，4）代入得b＝4，
∴直线DE的解析式为：y=−23x+4，
令y＝0，得x＝6，则E点（6，0），
∴S△CDE＝S△OCD+S△ODE﹣S△OCE=12×4×95+12×4×6−12×6×65=12；
（3）∵将△AOB沿x轴平移得到△NKM，
∴MK＝BO＝3，NK＝AO＝3，MN=32+32=32，
设M（x，3），连接BM，则BM⊥DO，DM=12+x2=1+x2，
则N（x﹣3，0），DN=42+(x−3)2=x2−6x+25，
①当DM＝DN时，即1+x2=x2−6x+25，解得：x＝4，即M（4，3）；
②当NM＝DN时，即32=x2−6x+25，解得：x1＝3+2，x2＝3−2，即M（3+2，3）或（3−2，3）；
③当DM＝NM时，即1+x2=32，解得：x1=17，x2=−17，即M（17，3）或（−17，3）；
综上所述M点坐标为：（4，3），（3+2，3），（3−2，3），（17，3），（−17，3）．
【点评】本题主要考查一次函数与几何的综合，掌握等腰三角形的性质、待定系数法、勾股定理是解题的关键．
【变式5-4】(2023春•梁平区期末）如图1，在矩形OACB中，点A，B分别在x轴、y轴正半轴上，点C在第一象限，OA＝8，OB＝6．
（1）请直接写出点C的坐标；
（2）如图2，AF平分∠BAC交BC于点F，求△ACF的面积；
（3）如图3，动点P（x，y）在第一象限，且点P在直线y＝2x﹣4上，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角三角形BDP，若存在，请求出直线PD的解析式；若不存在，请说明理由．
分析：（1）由四边形OACB是矩形，OA＝8，OB＝6，得C（8，6）；
（2）过F点作FE⊥AB交AB于E，由BC＝8，AC＝6，得AB＝10，根据AF平分∠BAC，可证△ACF≌△AEF（AAS），即得AC＝AE＝6，CF＝EF，∠C＝∠AEF＝90°，由BF2＝EF2+EB2，得（8﹣CF）2＝CF2+16，解得CF＝3，故S△ACF=12AC•CF=12×6×3＝9；
（3）设点P（a，2a﹣4）．①当点P在BC下方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC于点F，根据△BPD是等腰直角三角形，可得△BPE≌△PDF（AAS），即得PF＝BE＝10﹣2a，EP＝DF，由EF＝EP+PE＝a+（10﹣2a）＝8，解得a＝2，此时点P（2，0）不合题意舍去；
②当点P在BC的上方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC的延长线于点F，同理，可证△BPE≌△PDF，得BE＝PF＝2a﹣10，根据EF＝EP+PF＝a+（2a﹣10）＝8，解得a＝6，即得点P（6，8），D（8，2），用待定系数法得直线PD的解析式为：y＝﹣3x+26．
【解答】解：（1）∵四边形OACB是矩形，OA＝8，OB＝6，
∴C（8，6）；
（2）过F点作FE⊥AB交AB于E，如图：
∵BC＝8，AC＝6，
∴AB=BC2+AC2=10，
∵AF平分∠BAC，
∴∠CAF＝∠EAF，
在△ACF和△AEF中，
∠C=∠FEA=90°∠CAF=∠EAFAF=AF，
∴△ACF≌△AEF（AAS），
∴AC＝AE＝6，CF＝EF，∠C＝∠AEF＝90°，
∴BE＝AB﹣AE＝4，
∵BF2＝EF2+EB2，
∴（8﹣CF）2＝CF2+16，
解得CF＝3，
∴S△ACF=12AC•CF=12×6×3＝9；
（3）存在，理由如下：
设点P（a，2a﹣4）．
①当点P在BC下方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC于点F，如图：
∵△BPD是等腰直角三角形，
∴BP＝PD，∠BPD＝90°，
∴∠BPE+∠DPF＝∠DPF+∠PDF，
∴∠BPE＝∠PDF，
∴△BPE≌△PDF（AAS），
∴PF＝BE＝6﹣（2a﹣4）＝10﹣2a，EP＝DF，
∵EF＝EP+PE＝a+（10﹣2a）＝8，
解得a＝2，此时点P（2，0）不合题意舍去；
②当点P在BC的上方时，过点P作EF∥BC，交y轴于点E，交AC的延长线于点F，如图：
同理，可证△BPE≌△PDF，
∴BE＝PF＝（2a﹣4）﹣6＝2a﹣10，
∵EF＝EP+PF＝a+（2a﹣10）＝8，
解得a＝6，
∴2a﹣4＝8，
∴点P（6，8），D（8，2），
设PD解析式为y＝kx+b，将P（6，8），D（8，2）代入得：
8=6k+b2=8k+b，解得k=−3b=26，
∴直线PD的解析式为：y＝﹣3x+26．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法、矩形的性质、等腰直角三角形、三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【变式5-5】(2023春•九龙坡区期中）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点C在x轴上，OA＝6，AB＝4，点D在BC上，BD＝2，过点A的直线交x轴于点E，连接DE，且DE⊥AD．
（1）△ADE是 三角形，直线AE的解析式为 ；
（2）如图2，点F是DE的中点，请在直线AE上找一点G，使得△DFG的周长最小，并求出此时点G的坐标和△DFG周长的最小值；
（3）如图3，将直线AE进行平移，记平移后的直线为l，直线l与直线DE相交于点M，与x轴相交于点N，是否存在这样的点M、N，使得△DMN是等腰直角三角形．若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
分析：（1）求证Rt△ABD与Rt△DCE全等，判断△ADE的形状，得到E点坐标，利用待定系数法求直线AE解析式；
（2）将点D关于直线AE对称，得到点D'，连接FD'，交AE于点G，借助将军饮马模型求解，并求出G点坐标；
（3）根据平移过程中，直线的斜率不变，得到平移后的直线方程，再与直线DE联立求出交点坐标求解．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，
∴∠B＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠BAD+∠ADB＝∠ADB+∠EDC＝90°，
∴∠BAD＝∠EDC，
∵BD＝2，
∴DC＝6﹣2＝4，
在Rt△ABD和Rt△DCE中，
∠BAD=∠EDCAB=DC∠B=∠C，
∴Rt△ABD≌Rt△DCE（ASA），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∵Rt△ABD≌Rt△DCE，
∴BD＝CE＝2，
∴点E的坐标（2，0），
由题意知点A（0，6），
设直线AE的解析式为y＝kx+b，将点A，E代入得，
b=62k+b=0，
解得k=−3b=6，
∴直线AE的解析式为y＝﹣3x+6，
故答案为等腰直角三角形，y＝﹣3x+6；
（2）过点D作关于直线AE的对称点D'，连接DD'，FD'，则AE垂直平分DD'，
∵点G在直线AE上，
∴D'G＝DG，
∴△DFG的周长为C△DFG＝DF+GF+DG＝DF+GF+D'G＝DF+D'F，
过点D'作DE垂线交DE于点E，则FD'2＝EF2+D'E2，
∵F是DE的中点，
∴DF＝EF=12DE=12CD2+CE2=5，D'E＝DE=CD2+CE2=25，
∴FD'=D′E2+EF2=5，
∴△DFG的周长为C△DFG＝DF+D'F=5+5，
过点D'作D'H垂直x轴于点H，
∵∠DEA＝∠D'EA＝45°，
∴∠DED'＝90°，
∴∠D'EH+∠DEC＝∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠D'EH＝∠EDC，
在Rt△D'EH和Rt△EDC中，
∠D′HE=∠ECD∠D′EH=∠EDCD′E=DE，
∴Rt△D'EH≌Rt△EDC（AAS），
∴D'H＝CE＝2，
∴FD'∥x轴，
∵点G在FD'上，
∴G点纵坐标为2，代入直线AE得，G点坐标（43，2）；
（3）①当点M在x轴上方时，由题意知，B（4，4），D（4，4），E（2，0），A（0，6），
设直线DE的解析式为y＝mx+n，将D，E点代入得，
4m+n=42m+n=0，解得m=2n=−4，
∴直线DE的解析式为：y＝2x﹣4，
设直线AD的解析式为y＝qx+p，将点A，D代入得，
4q+p=4p=6，解得q=−12p=6，
∴直线AD的解析式为：y=−12x+6，
∴N点坐标为（12，0），
∵直线DE与直线MN交于点M，直线MN与直线AE的斜率相同，
∴直线MN的解析式为y＝﹣3x+36，
联立y=2x−4y=−3x+36，解得M（8，12）；
②当点M在x轴下方时，设直线AD的解析式为y=13x+a，
将点D（4，4）代入得b=83，
∴直线AD为y=13x+83，
∴点N坐标为（﹣8，0），
∵直线MN与直线AE的斜率相同，
∴直线MN的解析式为y＝﹣3x﹣24，
联立y=−3x−24y=2x−4，解得x=−4y=−12，即M点（﹣4，﹣12），
综上所述M点（8，12）或（﹣4，﹣12）使得△DMN是等腰直角三角形．
【点评】本题是一次函数综合题目，主要考查待定系数法求解函数表达式、将军饮马模型和直线的平移，解题的关键是结合使用全等三角形的判定和性质，抓住在平移的过程中直线的斜率不变进行求解．
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