浙教版数学八年级上册期末复习专题第12讲 一次函数的简单应用（7大考点）（2份，原卷版+解析版）

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（1）、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
（2）、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
（3）、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
考点精讲
一．一次函数与一元一次方程（共1小题）
1．（2021秋•西湖区校级期末）平面直角坐标系xOy中有点P（x，y），实数x，y，m满足以下两个等式：2x﹣3m+1＝0，3y﹣2m﹣16＝0．
（1）当x＝1时，点P到x轴的距离为 6 ；
（2）若点P落在第一、三象限的角平分线上，求点P的坐标；
（3）当x≤4＜y时，求m的最小整数值．
【分析】（1）求出点P坐标即可解决问题；
（2）根据点P落在第一、三象限的角平分线上，可知y＝x，据此可得3x﹣2m﹣16＝0的值，与2x﹣3m+1＝0组成方程组，解方程组得出x的值；
（3）构建不等式组，求出m的取值范围即可解决问题．
【解答】解：（1）∵x＝1，
∴2﹣3m+1＝0，
∴m＝1，
∴3y﹣2﹣16＝0，
∴y＝6，
∴P（1，6），
∴点P到x轴的距离为6，
故答案为6．
（2）∵点P落在第一、三象限的角平分线上，
∴y＝x，
解得x＝10，
∴点P的坐标为：（10，10）；
（3）∵2x﹣3m+1＝0，3y﹣2m﹣16＝0，
∴x＝，y＝，
当x≤4＜y时，
则≤4＜，
解得：﹣2＜m≤3，
∴m的最小整数值为﹣1．
【点评】本题考查坐标平移、不等式组等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
二．一次函数与一元一次不等式（共4小题）
2．（2021秋•定海区期末）如图，直线y＝kx+b经过点A（﹣5，0），B（﹣1，4）
（1）求直线AB的表达式；
（2）求直线CE：y＝﹣2x﹣4与直线AB及y轴围成图形的面积；
（3）根据图象，直接写出关于x的不等式kx+b＞﹣2x﹣4的解集．
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数解析式解答即可；
（2）联立两直线解析式，解方程组即可得到点C的坐标；
（3）根据图形，找出点C右边的部分的x的取值范围即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+b经过点A（﹣5，0），B（﹣1，4），
，解得，
∴y＝x+5
（2）∵若直线y＝﹣2x﹣4与直线AB相交于点C，
∴，解得，故点C（﹣3，2）．
∵y＝﹣2x﹣4与y＝x+5分别交y轴于点E和点D，∴D（0，5），E（0，﹣4），
直线CE：y＝﹣2x﹣4与直线AB及y轴围成图形的面积为：DE•|∁x|＝×9×3＝．
（3）根据图象可得x＞﹣3．
【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数的交点，一次函数与一元一次不等式的关系，关键是正确从函数图象中获得正确信息．
3．（2021秋•湖州期末）已知一次函数y＝kx+b的图象经过第一，二，三象限，且与x轴交于点（﹣2，0），则不等式kx+b＞0的解是（ ）
A．x＞﹣2B．x＞2C．x＜﹣2D．x＜2
【分析】先由一次函数y＝kx+b的图象经过一、二、三象限，则函数y随x的增大而增大，得出k＞0，再由y＝kx+b的图象与x轴交于点（﹣2，0），确定不等式kx+b＞0的解集．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的图象经过一、二、三象限，则函数y随x的增大而增大，
∴k＞0．
∵一次函数y＝kx+b的图象与x轴交于点（﹣2，0），即当x＝﹣2时，y＝0，
∴关于x的不等式kx+b＞0的解集是x＞﹣2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了一次函数与不等式的关系，并且考查了一次函数的性质．
4．（2021秋•余姚市期末）已知不等式ax+b＜0的解是x＞﹣2，下列有可能是函数y＝ax+b的图象的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由不等式ax+b＜0的解是x＞﹣2可得直线y＝ax+b与x轴交点为（﹣2，0）且y随x增大而减小，进而求解．
【解答】解：∵不等式ax+b＜0的解是x＞﹣2，
∴直线y＝ax+b与x轴交点为（﹣2，0）且y随x增大而减小，
故选：D．
【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式的关系．解题关键是将不等式问题转化为图象求解．
5．（2021秋•东阳市期末）函数y＝kx+b图象如图所示，则关于x的不等式﹣kx﹣b＞0的解集为 x＞﹣2 ．
【分析】不等式kx+b＜0的解集为直线y＝kx+b落在x轴下方的部分对应的x的取值范围．
【解答】解：由题意知一次函数y＝kx+b的图象经过点（2，0），并且函数值y随x的增大而减小，因而不等式kx+b＜0的解集是x＞﹣2．
故关于x的不等式﹣kx﹣b＞0的解集为x＞﹣2．
故答案为：x＞﹣2．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
三．一次函数与二元一次方程（组）（共2小题）
6．（2021秋•嵊州市期末）如图，由图象得方程组的解为 ．
【分析】两直线的交点坐标就是所求．
【解答】解：由图象知两直线交于点（﹣1，3），
∴二元一次方程组的解是，
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数与二元一次方程组的关系，我们可以用方程组的解来确定函数图象的交点坐标；反之，也可用画函数图象来解方程组．
7．（2021秋•诸暨市期末）如图所示为两个一次函数的图象，则关于x，y的方程的解为 ．
【分析】根据任何一个一次函数都可以化为一个二元一次方程，再根据两个函数交点坐标就是二元一次方程组的解可直接得到答案．
【解答】解：∵直线y1＝k1x+b1与y2＝k2x+b2的交点坐标为（2，4），
∴二元一次方程组的解为，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了一次函数与二元一次方程组，函数解析式与图象的关系，满足解析式的点就在函数的图象上，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
四．两条直线相交或平行问题（共8小题）
8．（2022秋•鄞州区校级期中）过（0，4）且与直线y＝2x平行的直线的表达式是 y＝2x+4 ．
【分析】根据两平行直线的解析式的k值相等求出k，再把经过的点的坐标代入函数解析式计算求出b，从而得解．
【解答】解：设直线l的函数解析式为一次函数y＝kx+b，
∵它的图象平行于直线y＝2x，
∴k＝2，
∵直线l经过点（0，4），
∴b＝4，
∴这个一次函数的解析式为y＝2x+4．
故答案为：y＝2x+4．
【点评】本题考查了两直线平行的问题，熟记两平行直线的解析式的k值相等是解题的关键．
9．（2021秋•钱塘区期末）一次函数y＝2x+1与y＝kx﹣k（k≠0）的图象的交点不可能在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】由一次函数的性质即可判断．
【解答】解：∵一次函数y＝2x+1的图象经过一、二、三象限，不经过第四象限，
∴一次函数y＝2x+1与y＝kx﹣k（k≠0）的图象的交点不可能在第四象限，
故选：D．
【点评】本题考查的是两条直线相交问题，熟知一次函数的性质是解题的关键．
10．（2021秋•鄞州区期末）如图，直线l1：y＝x+1与x轴交于点A，与直线l2：y＝x+2交于点B，点C为x轴上的一点，若△ABC为直角三角形，则点C的横坐标为 （2，0）或（5，0） ．
【分析】先求得A、B的坐标，然后分两种情况讨论：当∠ACB＝90°时，C点的横坐标与B的横坐标相同，求得C（2，0）；当∠ABC＝90°时，根据勾股定理得到（x+1）2＝（2+1）2+32+（2﹣x）2+32，解得x＝5，求得C（5，0）．
【解答】解：∵直线l1：y＝x+1与x轴交于点A，
∴A（﹣1，0），
由解得，
∴B（2，3），
当∠ACB＝90°时，C点的横坐标与B的横坐标相同，
∴C（2，0）；
当∠ABC＝90°时，则AC2＝AB2+BC2，
设C（x，0），则AC2＝（x+1）2，AB2＝（2+1）2+32，BC2＝（2﹣x）2+32，
∴（x+1）2＝（2+1）2+32+（2﹣x）2+32，
解得x＝5，
∴C（5，0），
综上，点C的坐标为（2，0）或（5，0），
故答案为（2，0）或（5，0）．
【点评】本题是两条直线相交或平行问题，一次函数图象上点的坐标特征，两直线的交点，直角三角形的判定，勾股定理的应用等，分类讨论是解题的关键．
11．（2022秋•鄞州区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），B（0，﹣2），直线y＝﹣x+4与x轴交于点C，与y轴交于点D，且交直线AB于点E．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）求△ACE的面积；
（3）若点F为直线AB上的一点，且满足S△ACF＝3S△ACE，求点F的坐标．
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点C坐标，再联立求出点E坐标，再根据三角形面积公式计算即可；
（3）设点F坐标为（m，2m﹣2），根据S△ACF＝3S△ACE，可得S△ACF＝＝9，进一步求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
代入点A（1，0），B（0，﹣2），
得，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝2x﹣2；
（2）令y＝﹣x+4＝0，
解得x＝4，
∴点C坐标为（4，0），
∵A（1，0），
∴AC＝3，
联立，
解得，
∴点E坐标为（2，2），
∴＝3；
（3）设点F坐标为（m，2m﹣2），
∵S△ACF＝3S△ACE，
∴S△ACF＝＝9，
∴|2m﹣2|＝6，
解得m＝4或m＝﹣2，
∴点F坐标为（4，6）或（﹣2，﹣6）．
【点评】本题考查了一次函数解析式，一次函数交点问题，三角形面积等，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
12．（2021秋•衢江区期末）如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+2与经过A（4，0），B（0，4）两点的直线交于P，且与x轴，y轴分别交于点C和点D．
（1）求直线AB表达式及点P的坐标；
（2）设点E在y轴负半轴上，且与点A，B构成等腰三角形，请求写出点E的坐标．
【分析】（1）由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式，再联立直线AB、CD的解析式成方程组，通过解方程组可求出点P的坐标；
（2）根据△ABE为等腰三角形，点E在y轴负半轴上，得到AE＝AB或AB＝BE，于是得到结论．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（4，0），B（0，4）代入y＝kx+b，得：
，
解得：
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4．
联立直线AB、CD的解析式成方程组，得：
，解得：，
∴点P的坐标为（，）；
（2）∵△ABE为等腰三角形，点E在y轴负半轴上，
∴AE＝AB或AB＝BE，如图，
∵一次函数y＝﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣4），
∴OB＝OE＝4，BE＝AB＝4．
∴点E的坐标为（0，﹣4）；点E的坐标为（0，4﹣4）．
综上所述：点E的坐标为（0，﹣4）或（0，4﹣4）．
【点评】本题考查了两直线相交与平行问题，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、等腰三角形的判定，解题的关键是：分类讨论数学思想的运用．
13．（2021秋•越城区期末）设函数y1＝ax+b，y2＝bx+a（a，b为常数，ab≠0且a≠b），函数y和y的图象的交点为点P．
（1）求证：点P在y轴的右侧．
（2）已知点P在第一象限，函数y的值随x的增大而增大．
①当x＝2时，y1﹣y2＝2，求a的取值范围．
②若点P的坐标是（1，1），且a＞b，求证：当x＝2时，y1﹣y2＜﹣．
【分析】（1）由ax+b＝bx+a，解得x＝1，即知点P在y轴的右侧．
（2）①由函数y2的值随x的增大而增大，得b＞0，点P在第一象限，可得a+b＞0，当x＝2时，y2﹣y1＝2，可得b＝a﹣2，即可得a＞2；
②根据点P的坐标是（1，1），知b＝1﹣a，由a＞b，b＞0，可得＜a＜1，而当x＝2时，y2﹣y1＝2a﹣1，﹣＝，即可证明y1﹣y2＜﹣．
【解答】（1）证明：令ax+b＝bx+a，解得x＝1，
∴函数y1和y2的图象的交点P的横坐标为1，
∴点P在y轴的右侧．
（2）解：①∵函数y2的值随x的增大而增大，
∴b＞0，
由（1）知P（1，a+b），
∵点P在第一象限，
∴a+b＞0，
当x＝2时，y1＝2a+b，y2＝2b+a，
∵y2﹣y1＝2，
∴（2a+b）﹣（2b+a）＝2，
∴a﹣b＝2，即b＝a﹣2，
∵b＞0，
∴a﹣2＞0，
∴a＞2；
此时满足a+b＞0，
∴a的取值范围是a＞2；
②证明：∵点P的坐标是（1，1），
∴a+b＝1，
∴b＝1﹣a，
∵a＞b，b＞0，
∴a＞1﹣a且1﹣a＞0，
∴＜a＜1，
当x＝2时，y1﹣y2＝（2a+b）﹣（2b+a）＝a﹣b＝a﹣（1﹣a）＝2a﹣1，
﹣＝﹣＝＝，
∵＜a＜1，
∴0＜a（1﹣a）＜1，2a﹣1＞0，
∴＞1，
∴＞2a﹣1，
∴y1﹣y2＜﹣．
【点评】本题考查一次函数及应用，涉及一次函数图象上点坐标特征，不等式等知识，解题的关键是根据已知求出a的范围．
14．（2021秋•缙云县期末）如图是函数y＝2|x﹣1|的图象的一部分．
（1）请你画出图象的另一部分；
（2）当k取不同数值时，一次函数y＝kx﹣1一定经过同一个点 （0，﹣1） ；
（3）当k＝3时，函数y＝2|x﹣1|和y＝kx﹣1的图象交点个数是 1 ；
（4）请找出一个k的值，使函数y＝2|x﹣1|和y＝kx﹣1的图象有两个交点，并说明理由．
【分析】（1）利用描点法画出函数图象即可；
（2）x＝0时，y＝kx﹣1＝﹣1，即可得出结论；
（3）根据图象即可求得；
（4）观察图象即可求得．
【解答】解：（1）函数图象如图所示：
（2）∵x＝0时，y＝kx﹣1＝﹣1，
∴当k取不同数值时，一次函数y＝kx﹣1一定经过同一个点（0，﹣1），
故答案为：（0，﹣1）；
（3）当k＝3时，则y＝3x﹣1，
当y＝0时，x＝，
∴直线y＝3x﹣1过点（，0），
∵y＝3x﹣1过点（0，﹣1），
观察图象可知函数y＝2|x﹣1|和y＝3x﹣1的图象有1个交点，
故答案为1；
（4）当k＝，函数y＝2|x﹣1|和y＝kx﹣1的图象有两个交点，理由如下；
当y＝kx﹣1经过点（1，0）时，k＝1，此时有一个交点；
当k＝2时，此时有一个交点，
∴当1＜k＜2时，有两个交点．
【点评】本题考查了一次函数的图象和性质，两条直线相交和平行问题，数形结合是解题的关键．
15．（2021秋•钱塘区期末）已知直线l1，l2的函数表达式分别为y1＝x﹣1，y2＝（k+1）x﹣1﹣2k（k≠0）．
（1）若直线l2经过点（1，2），求函数y2的表达式．
（2）若直线l2经过第一、二、四象限，求k的取值范围．
（3）设直线l1与x轴交于点A，直线l2与x轴交于点B，l1与l2交于点C，当△ABC的面积等于1.5时，求k的值．
【分析】（1）根据待定系数法求解；
（2）根据数形结合法，列不等式组求解；
（3）先求A，B，C的坐标，再利用三角形的面积公式列方程求解．
【解答】解：（1）由题意得：k+1﹣1﹣2k＝2，
解得：k＝﹣2，
∴函数y2的表达式为：y2＝﹣x+3；
（2）由题意得：，
解得：k＜﹣1；
（3）当y1＝x﹣1＝0时，x＝1，
∴A（1，0），
当y2＝（k+1）x﹣1﹣2k＝0时，x＝，
∴B（，0），
解得：，
∴C（2，1），
∴|1﹣|＝1.5，
解得：k＝﹣或k＝﹣．
【点评】本题考查了一次函数的图形与系数的关系，数形结合是解题的关键．
五．根据实际问题列一次函数关系式（共3小题）
16．（2021秋•滨江区校级月考）已知汽车油箱内有油40L，每行驶100km耗油10L，则汽车行驶过程中油箱内剩余的油量Q （L）与行驶路程s（km）之间的函数表达式是（ ）
A．Q＝40﹣B．Q＝40+C．Q＝40﹣D．Q＝40+
【分析】利用油箱内有油40L，每行驶100km耗油10L，进而得出余油量与行驶路程之间的函数关系式即可．
【解答】解：∵汽车油箱内有油40L，每行驶100km耗油10L，
∴汽车行驶过程中油箱内剩余的油量Q （L）与行驶路程s（km）之间的函数表达式为：Q＝40﹣．
故选：C．
【点评】此题主要考查了根据实际问题列一次函数关系，表示出油箱内余油量是解题关键．
17．（2021秋•余杭区月考）一根蜡烛长20cm，点燃后每小时燃烧5cm，燃烧时剩下的高度h（单位：cm）与燃烧时间t（单位：h）
（0≤t≤4）之间的关系是 h＝﹣5t+20 ．
【分析】根据题意可得等量关系：燃烧的高度+剩余的高度＝20cm，根据等量关系列出函数关系式即可．
【解答】解：由题意得：5t+h＝20，
整理得：h＝﹣5t+20，
故答案为：h＝﹣5t+20．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一次函数解析式，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
18．（2021秋•余杭区月考）已知等腰三角形的周长为12，设腰长为x，底边长为y．
（1）试写出y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围；
（2）当x＝5时，求出函数值．
【分析】（1）根据周长等于三边之和可得出y和x的关系式，再由三边关系可得出x的取值范围．
（2）由（1）的关系式，代入可得出函数的值．
【解答】解：（1）由题意得：12＝2x+y
∴可得：y＝12﹣2x，
根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可得：y＜2x，2x＜12
∴可得3＜x＜6．
（2）由（1）得：y＝12﹣2x
∴当x＝5时函数值＝2．
【点评】本题考查三角形的周长和边长的关系，属于中档题，在确定x的范围时要注意应用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
六．一次函数的应用（共5小题）
19．（2022秋•鄞州区校级期中）某地地震发生后，根据救灾指挥中心的信息，甲、乙两个重灾区急需一种大型挖掘机，甲地需要27台，乙地需要25台，A、B两省获知情况后慷慨相助，分别捐赠该型号挖掘机28台和24台，并将其全部调运往灾区，如果从A省调运一台挖掘机到甲地耗资0.4万元，到乙地耗资0.3万元；从B省调运一台挖掘机到甲地耗资0.5万元，到乙地耗资0.2万元．设从A调往甲地x台挖掘机，A、B两省将捐赠的挖掘机全部调往灾区共耗资y万元．
（1）用含x的代数式填写下表：
（2）求y与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（3）若总耗资不超过16.2万元，共有几种调运方案？哪种调运方案的总耗资最少？
【分析】（1）根据甲、乙两地需要大型挖掘机台数以及A，B两省挖掘机台数用未知数表示出分配方案．
（2）利用x就可以表示出A省，B省调甲，乙两地的台数，进而可以得到费用，得到函数解析式；
（3）总耗资不超过16.2万元，即可得到关于x的不等式，即可求解；
【解答】解：（1）从A调往甲地x台挖掘机，甲地需要27台，则从B省调（27﹣x）台到甲地；因为A省共28台挖掘机，已经调往甲地x台挖掘机，则还剩（28﹣x）台调往乙地，乙地需要25台，已经从A省调（28﹣x）台到乙地，B省共24台挖掘机，从B省调（27﹣x）台到甲地后还剩24﹣（27﹣x）＝（x﹣3）台调往乙地；
故答案为：27﹣x，28﹣x，x﹣3．
（2）由题意得：y＝0.4x+0.3（28﹣x）+0.5（27﹣x）+0.2（x﹣3），
即：y＝﹣0.2x+21.3（3≤x≤27）；
（3）依题意，得﹣0.2x+21.3≤16.2，
解得：x≥25.5，
又∵3≤x≤27，且x为整数，
∴x＝26或27，
∴要使总耗资不超过16.2万元，有如下两种调运方案：
方案一：从A省往甲地调运26台，往乙地调运2台；从B省往甲地调运1台，往乙地调运23台．
0.4×26+0.3×2+0.5×1+0.2×23＝16.1（万元）；
方案二：从A省往甲地调运27台，往乙地调运1台；从B省往甲地调运0台，往乙地调运24台．
0.4×27+0.3×1+0.2×24＝15.9（万元），
15.9＜16.1，
∴调运方案二的总耗资最少．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用及调运方案问题，根据已知表示出从B省调（27﹣x）台到甲地后还剩24﹣（27﹣x）＝（x﹣3）台调往乙地是解题关键．
20．（2022•下城区校级二模）已知A，B两地相距80km，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，乙骑自行车，甲骑摩托车．图中DE，OC分别表示甲、乙离开A地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，则甲与乙的速度之差为 km/h ，甲出发后经过 0.8 小时追上乙．
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以计算出甲乙的速度，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意和图象可得，乙到达B地时甲距A地120km，
甲的速度是：120÷（3﹣1）＝60km/h，
乙的速度是：80÷3＝km/h，
∴甲与乙的速度之差为60﹣＝km/h，
设甲出发后追上乙的时间为xh，
∴60x＝（x+1），解得x＝0.8，
故答案为：km/h，0.8．
【点评】本题考查函数的图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．（2021秋•海曙区期末）在A、B两地之间有汽车站C，甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时出发，匀速行驶，甲、乙两车离C站的距离y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，则下列结论：①A、B两地相距360千米；②甲车速度比乙车速度快15千米/时；③乙车行驶11小时后到达A地；④两车行驶4.4小时后相遇．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】由函数图象可知，A、C两地之间的距离是360千米，B、C两地之间的距离是80千米，可求得A、B两地之间的距离是440千米，可判断①错误；
函数图象可知，甲车6小时行驶360千米，乙车2小时行驶80千米，可求得甲、乙两车的速度分别为60千米/时和40千米/时，所以甲车速度比乙车速度快20千米/时，可判断②错误；
A、B两地相距440千米，乙车的速度是40千米/时，可求得乙车行驶11小时后到达A地，可判断③正确；
先求出y1关于x的函数关系式，再求出当2≤x≤11时y2与x的函数关系式，将两个函数关系式联立方程组并且解该方程组，即可求出x＝4.4，即两车行驶4.4小时后相遇，可判断④正确．
【解答】解：由函数图象可知，当x＝0时，y1＝360，y2＝80，
∴A、C两地之间的距离是360千米，B、C两地之间的距离是80千米，
∴360+80＝440（千米），
∴A、B两地相距440千米，
故①错误；
函数图象可知，甲车6小时行驶360千米，乙车2小时行驶80千米，
∴360÷6＝60（千米/时），80÷2＝40（千米/时），
∴甲、乙两车的速度分别为60千米/时和40千米/时，
∴60﹣40＝20（千米/时），
∴甲车速度比乙车速度快20千米/时，
故②错误；
A、B两地相距440千米，乙车的速度是40千米/时，
∴440÷40＝11（小时），
∴乙车行驶11小时后到达A地，
故③正确；
设y1＝kx+360，
则6k+360＝0，
解得k＝﹣60，
∴y1＝﹣60x+360；
设当2≤x≤11时，y2＝mx+n，
则，
解得，
∴y2＝40x﹣80，
两车相遇时，则y1＝y2，
∴﹣60x+360＝40x﹣80，
解得x＝4.4，
∴两车行驶4.4小时后相遇，
故④正确，
∴③④正确，
故选：B．
【点评】此题重点考查一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数关系式、图象信息题的求解等知识与方法，正确理解不同取值范围内的函数图象所表示的实际意义是解题的关键．
22．（2021秋•西湖区校级期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，2），B（2，4），C（x，﹣1），当x＝ ﹣13 时，点A，B，C在同一条直线上．
【分析】利用待定系数法求出直线AB的函数关系式，再把y＝﹣1代入函数关系式即可得出x的值．
【解答】解：设直线AB的函数关系式为y＝kx+b，
根据题意，得，
解得，
∴y＝，
当y＝﹣1时，＝﹣1，
解得x＝﹣13，
故答案为：﹣13．
【点评】本题考查了一次函数的应用，掌握待定系数法是解答本题的关键．
23．（2021秋•上虞区期末）元旦期间，某移动公司就手机流量套餐推出三种优惠方案，具体如下表所示：
A，B，C三种方案每月所需的费用y（元）与每月使用的流量x（GB）之间的函数关系如图所示（已知l1∥l2）．解答下列问题：（1）填空：表中的m＝ 30 ，n＝ 3 ；
（2）在A方案中，若每月使用的流量不少于10GB，求每月所需的费用y（元）与每月使用的流量x（GB）之间的函数关系式；
（3）在这三种方案中，当每月使用的流量超过多少GB时，选择C方案最划算？
【分析】（1）根据题意，结合图象可得结论；
（2）利用待定系数法解答即可；
（3）利用A、B方案每月免费流量30GB加上达到C方案所超出的兆数即可．
【解答】解：（1）m＝30，，
故答案为：30，3；
（2）设函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
把（10，20），（22，56）代入y＝kx+b，得，
解得，
∴y关于x的函数表达式y＝3x﹣10（x≥10）；
（3）由图象可知，30+（188﹣56）÷3＝74（GB），
∴当每月使用的流量超过74GB时，选择C方案最划算．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
七．一次函数综合题（共9小题）
24．（2022秋•镇海区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x+4与x轴交于点B，与y轴交于点A，点C为线段AB的中点，过点C作DC⊥x轴，垂足为D．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点E为y轴负半轴上一点，连接CE交x轴于点F，且CF＝FE，在直线CD上有一点P，使得AP+EP最小，求P点坐标；
（3）如图2，直线CD上是否存在点Q使得∠ABQ＝45°，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对于y＝﹣x+4，令y＝﹣x+4＝0，解得：x＝6，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）作点A关于直线CD的对称点A′（6，4），连接A′E交CD于点P，则点P为所求点，进而求解；
（3）当点Q在AB上方时，证明△AHM≌△BOA（AAS），得到M的坐标为（4，10），进而求解；当点Q（Q′）在AB下方时，同理可解．
【解答】解：（1）对于y＝﹣x+4，
令y＝﹣x+4＝0，解得：x＝6，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（0，4）、（6，0）；
（2）∵点C为线段AB的中点，则点C（3，2），
如图1，过点C作CH⊥y轴于点H，
∵CF＝FE，故OF是△EHC的中位线，
即点O是HE的中点，则点E（0，﹣2），
作点A关于直线CD的对称点A′（6，4），连接A′E交CD于点P，则点P为所求点，
理由：AP+EP＝A′P+EP＝A′E为最小，
设直线A′E的表达式为：y＝kx+b，则，解得，
故直线A′E的表达式为：y＝x﹣2，
当x＝3时，y＝x﹣2＝1，
故点P的坐标为（3，1）；
（3）存在，理由：
当点Q在AB上方时，如图2，
过点A作AM⊥BQ交BQ于点M，过点M作MH⊥y轴于点H，
∵∠ABQ＝45°，
∴AM＝AB，
∵∠HMA+∠HAM＝90°，∠HAM+∠OAB＝90°，
∴∠HMA＝∠AOB，
在Rt△AHM和Rt△AOB中，
，
∴△AHM≌△BOA（AAS），
∴AH＝OB＝6，HM＝AO＝4，
故点M的坐标为（4，10），
由点M、B的坐标得，直线BM的表达式为：y＝﹣5x+30，
当x＝3时，y＝﹣5x+30＝15，
故点Q的坐标为（3，15）；
当点Q（Q′）在AB下方时，
过点A作AN⊥AB交BQ′于点N，则点M、N关于点A对称，
由中点坐标公式得，点N（4，2），
由点A、N得坐标得：直线AN得表达式为：y＝x﹣，
当x＝3时，y＝x﹣＝﹣，
故点Q′的坐标为（3，﹣）．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、点的对称性，全等三角形的判定和性质等，其中（3），需要分类求解，避免遗漏．
25．（2021秋•金华期末）如图1，已知四边形OABC的顶点O在坐标原点，点A在y轴上，点C在x轴上，AB∥x轴，动点P从点O出发，以每秒1单位的速度，沿O→A→B→C→O运动一周，顺次连结P、O、C三点所围成图形的面积为S，点P的运动时间为t秒，S与t之间的函数关系如图2中折线ODEFG所示．已知AB＝4，点D，点F横坐标分别为8和22．
（1）求a和b的值．
（2）求直线EF的函数解析式．
（3）当P在BC上时，用t表示P点的纵坐标．
【分析】（1）先判断出OA＝12，过点B作BD⊥OC于点D，则BD＝OA＝8，求出OC＝10，再利用三角形OPC的面积即可求出答案；
（2）由（1）可知E（12，40），由图可知F（22，0），设直线EF的解析式为S＝mt+n，由待定系数法可求出答案；
（3）根据三角形OPC的面积可得出答案．
【解答】解：（1）由图可知，点P到达点A时，OA＝8，
∵AB＝4，
∴AO+BA＝12，
∴a＝12，
∵点P到点C时，t＝22，
∴BC＝22﹣12＝10，
过点B作BD⊥OC于点D，则BD＝OA＝8，
∴CD＝＝＝6，
∴OC＝OD+DC＝4+6＝10，
∴b＝S△POC＝＝40；
（2）由（1）可知E（12，40），由图可知F（22，0），
设直线EF的解析式为S＝mt+n，
∴，
解得，
∴S＝﹣4t+88；
（3）当点P在BC上时，
＝﹣4t+88，
∴＝﹣4t+88，
∴yP＝﹣t+，
∴P点的纵坐标为﹣．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理，图形面积的计算方法，结合图1和图2求出OA，BC，OC的长是解本题过关键．
26．（2021秋•德清县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx+b分别交x轴，y轴于点A（6，0），点B（0，﹣8），过点D（0，16）作平行于x轴的直线CD，交AB于点C，点E（0，m）在线段OD上，延长CE交x轴于点F，点G在x轴的正半轴上，且AG＝AF．
（1）求直线AB的函数表达式；
（2）当点E恰好是OD的中点时，求△ACG的面积；
（3）是否存在m，使得△FCG是直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入函数表达式：y＝kx+b，即可求解；
（2）证明△EDC≌△EOF（AAS），由全等三角形的性质得出OF＝CD＝18，求出AG＝AF＝24，过点C作CH⊥x轴于点H，由三角形面积公式可得出答案；
（3）①当∠FGC＝90°时，AG＝AF，则AC是中线，则AF＝AC＝20，故点F（﹣14，0），即可求解；②当∠CGF＝90°时，则点G（18，0），则AF＝AG＝12，故点F（﹣6，0），即可求解．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入函数表达式：y＝kx+b，
，
解得：，
∴直线的表达式为：y＝x﹣8；
（2）当y＝16时，x﹣8＝16，
解得x＝18，
∴点C的坐标为（18，16），
∴CD＝18，
∵E是OD中点，
∴DE＝OE，
∵∠CDE＝∠FOE，∠DEC＝∠OEF，
∴△EDC≌△EOF（ASA），
∴OF＝CD＝18，
∴AG＝AF＝OF+OA＝24，
过点C作CH⊥x轴于点H，
∴S△ACG＝×24×16＝192；
（3）①当∠FCG＝90°时，
AG＝AF，则AC是中线，则AF＝AC＝＝20，
故点F（﹣14，0），
由点C、F的坐标可得：直线CF的表达式为：y＝x+7，
故点E（0，7），则m＝7；
②当∠CGF＝90°时，则点G（18，0），
则AF＝AG＝12，
故点F（﹣6，0），
同理直线CF的表达式为：y＝x+4，
故m＝4；
综上可得，m＝7或4．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
27．（2022秋•鄞州区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C坐标为（1，0），连结BC．
（1）求点B的坐标及线段BC的长度；
（2）将线段BC沿y轴向下平移a（a＞0）个单位至B'C′，连结B'A，C'A．
①当△AB′C′为直角三角形时，求a的值；
②当△AB'C′周长最小时，a的值是 ；此时，最小周长等于 + ．
【分析】（1）求出B点坐标，再由勾股定理求BC的长即可；
（2）①先求平移后的点B'（0，3﹣a），C'（1，﹣a），分别可求AB'2＝16+（3﹣a）2，AC'＝9+a2，B'C'2＝10，分三种情况讨论：当∠AB'C'＝90°时，当∠C'AB'＝90°时，当∠AC'B'＝90°时；利用勾股定理建立方程，求出a的值即可；
②作B'点关于直线x＝4的对称点G，连接C'G，当A、G、C'三点共线时，AB'+AC'的值最小，此时△AB'C′周长最小，由对称性求出G（8，3﹣a），用待定系数法求出直线C'G的解析式将点A（4，0）代入解析式即可求a＝，从而确定G（8，），C'（1，﹣），再用两点间距离公式求出C'G＝，则△AB'C′周长最小值为+．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3，
∴B（0，3），
∵点C坐标为（1，0），
∴BC＝；
（2）①令y＝0，则x＝4，
∴A（4，0），
∵线段BC沿y轴向下平移a（a＞0）个单位至B'C′，
∴B'（0，3﹣a），C'（1，﹣a），
∴AB'2＝16+（3﹣a）2，AC'＝9+a2，B'C'2＝10，
当∠AB'C'＝90°时，9+a2＝16+（3﹣a）2+10，
解得a＝；
当∠C'AB'＝90°时，16+（3﹣a）2+9+a2＝10，
此时a不存在实数根；
当∠AC'B'＝90°时，16+（3﹣a）2＝9+a2+10，
解得a＝1；
综上所述：a的值为1或；
②作B'点关于直线x＝4的对称点G，连接C'G，
∴AB'＝AG，
∴AB'+AC'＝AG+AC'≥C'G，
∴当A、G、C'三点共线时，AB'+AC'的值最小，此时△AB'C′周长最小，
∵B'（0，3﹣a），A（4，0），
∴G（8，3﹣a），
设直线C'G的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣a﹣，
将点A（4，0）代入，a＝，
∴G（8，），C'（1，﹣），
∴C'G＝，
∴△AB'C′周长最小值为+，
故答案为：，+．
【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，直角三角形的性质，轴对称求最短距离的方法，线段平移的性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
28．（2021秋•龙泉市期末）如图，直线y＝kx+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，2），P是x轴上的动点．
（1）求k的值．
（2）连结PB，当∠PBA＝90°时，求OP的长．
（3）过点P作AB的平行线，交y轴于点M，点Q在直线x＝2上．是否存在点Q，使得△PMQ是等腰直角三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法得出解析式解答即可；
（2）设P（m，0），根据勾股定理得出方程解答即可；
（3）设Q（2，t），分下列情况：①当△PMQ是等腰直角三角形，∠MPQ＝90°时，如图1；②当△PMQ是等腰直角三角形，∠PMQ＝90°时，如图2；③当△PMQ是等腰直角三角形，∠PQM＝90°时，如图3；④当△PMQ是等腰直角三角形，∠PQM＝90°时，如图4；分别利用全等三角形的判定和性质列出方程即可得到结论．
【解答】解：（1）将A（4，0），B（0，2）代入y＝kx+b得：
，
解得：，
∴k的值是﹣；
（2）设P（m，0），
∵A（4，0），B（0，2），
∴PA2＝（m﹣4）2，PB2＝m2+4，AB2＝20，
∵∠PBA＝90°，
∴PB2+AB2＝PA2，即m2+4+20＝（m﹣4）2，
解得m＝﹣1，
∴P（﹣1，0）；
∴OP＝1；
（3）存在，Q点坐标为：（2，）或（2，2）或（2，﹣2）．
∵过点Q作平行于y轴的直线，点Q在直线x＝2上，设直线x＝2交x轴于点E（2，0），
∴设Q（2，t），
∵A（4，0），B（0，2），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+2，
设点P的坐标为（m，0），
∵过点P作AB的平行线，交y轴于点M，
∴直线PM的解析式为：yPM＝﹣x+m，
∴PM2＝，PQ2＝（m﹣2）2+t2，MQ2＝22+（﹣t）2，
①当△PMQ是等腰直角三角形，∠MPQ＝90°时，如图1，
则PM＝PQ，
∴m2＝（m﹣2）2+t2，
∵∠POM＝∠PEQ＝90°，
∴∠PMO+∠MPO＝90°，
∵∠QPE+∠MPO＝90°，
∴∠PMO＝∠QPE，
∴△PMO≌△QPE（AAS），
∴OP＝EQ＝t，PE＝OM＝m，
∵OP+PE＝2，
∴t+m＝2，
联立方程组得，
解得：，
∴Q（2，）；
②当△PMQ是等腰直角三角形，∠PMQ＝90°时，如图2，
则PM＝MQ，
∴m2＝22+（﹣t）2①，
过点M作MF⊥直线x＝2，垂足为F，
则MF＝2，∠MFQ＝90°＝∠MOP，
∴∠MPO+∠PMO＝90°，
∵∠PMO+∠BMQ＝∠QMF+∠BMQ＝90°，
∴∠PMO＝∠QMF，
∴△MPO≌△MQF（AAS），
∴OM＝MF＝2，QF＝OP，
∴M（0，﹣2），F（2，﹣2），
∴P（﹣4，0），
∴OP＝4，
∴QF＝4，
∴t﹣（﹣2）＝4，
∴t＝2，
∴Q（2，2）；
③当△PMQ是等腰直角三角形，∠PQM＝90°时，如图3，
则QM＝PQ，
过点Q作QH⊥y轴于点H，
则∠QHM＝∠QEP＝∠PQM＝90°，
∵QE∥y轴，
∴∠HQE＝180°﹣∠QHM＝90°，
∴∠MQH+∠MQE＝∠PQE+∠MQE＝90°，
∴∠MQH＝∠PQE，
∴△QMH≌△QPE（AAS），
∴QE＝QH＝2，
∴t＝2，
∴Q（2，2）；
④当△PMQ是等腰直角三角形，∠PQM＝90°时，如图4，
则QM＝PQ，
过点Q作QH⊥y轴于点H，
则∠QHM＝∠QEP＝∠PQM＝90°，
∴∠MQH+∠MQE＝∠MQE+∠PQE＝90°，
∴∠MQH＝∠PQE，
∴△QMH≌△QPE（AAS），
∴QE＝QH＝2，MH＝PE，
∴t＝﹣2，m+2＝m﹣2，
∴m＝8，
∴Q（2，﹣2）；
综上所述，Q点坐标为：（2，）或（2，2）或（2，﹣2）．
【点评】此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，两点间距离公式，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握方程的思想方法及分类讨论思想是解本题的关键．
29．（2021秋•湖州期末）如图，直线y＝﹣x+8与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C的坐标为（﹣6，0），连结BC，过点O作OD⊥AB于点D，点Q为线段BC上一个动点．
（1）求BC，OD的长；
（2）在线段BO上是否存在一点P，使得△BPQ与△ADO全等？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点C关于OQ的对称点恰好落在△OBD的边上，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）先求出点A，点B坐标，由勾股定理和面积法可求解；
（2）分两种情况讨论，先求出BQ解析式，由全等三角形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，利用折叠的性质，三角形面积公式，等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+8与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴点A（6，0），点B（0，8），
∴OA＝6，OB＝8，
∵点C的坐标为（﹣6，0），
∴OC＝6，
∴BC＝＝＝10，
∵OA＝OC＝6，BO⊥AC，
∴AB＝BC＝10，
∵S△AOB＝×AB×OD＝×OA×OB，
∴OD＝＝；
（2）存在，理由如下：
∵AB＝BC，
∴∠BCA＝∠BAO，
∵∠CBO+∠BCA＝90°＝∠AOD+∠BAO，
∴∠CBO＝∠AOD，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x+8，
设点Q（a，a+8）
当△BPQ≌△OAD时，BQ＝OD＝，
∴（a﹣0）2+（a+8﹣8）2＝，
∴a＝±，
∵点Q在第二象限，
∴点Q（﹣，），
当△BPQ≌△ODA时，BQ＝OA＝6，
∴（a﹣0）2+（a+8﹣8）2＝36，
∴a＝±，
∵点Q在第二象限，
∴点Q（﹣，），
综上所述：点Q坐标为：（﹣，）或（﹣，）；
（3）如图，当点C关于OQ的对称点落在OB上时，作OE⊥CO于点E，OF⊥BO于点F，
∴∠COQ＝∠C'OQ＝45°，
又∵OE⊥CO，OF⊥BO，
∴OE＝OF，
∵S△OBC＝×OB×OC＝×OC×OE+×OB×OF，
∴6×8＝（6+8）×OE，
∴OE＝OF＝，
∴点Q的坐标为（﹣，）．
点C关于OQ的对称点落在AB上时，
∴OC＝OC'＝OA，CQ＝C'Q，∠OCQ＝∠OC'Q，
∴∠C'AO＝∠OC'A，
∴∠OCQ＝∠OC'Q＝∠C'AO＝∠OC'A，
∴∠CBA＝∠QC'B，
∴BQ＝C'Q，
∴CQ＝BQ＝C'Q，
∴点Q是BC的中点，
∴点Q（﹣3，4），
综上所述：点Q坐标为（﹣3，4）或（﹣，）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理等知识，理由分类讨论思想解决问题是解题的关键．
30．（2021秋•东阳市期末）如图，直线y＝﹣x+4交x轴，y轴分别为A、B，点P为x轴上的一个动点，过点P作PG⊥直线AB于点G．
（1）求出点A、B的坐标，以及线段AB长．
（2）当点G与点B重合时，求△PAG的面积．
（3）连OG，当△POG为等腰三角形时，求点P的坐标．
【分析】（1）分别令x，y为0即可求得B，A的坐标，利用勾股定理即可求得AB的长；
（2）利用相似三角形的性质得到比例式求出OP的长，再利用三角形的面积公式即可求解；
（3）利用分类讨论的思想方法分OP＝OG，PG＝OG，PG＝OP三种情况解答：①利用等角的余角相等判定△OGA为等腰三角形，从而求得线段OP的长，则点P坐标可得；②通过说明△OAG∽△BOG，利用相似三角形的性质求出AG的长，再利用△PAG∽△BAO求得线段AP的长，进而求得线段OP的长，结论可求；③通过证明△ABO∽△APG求得线段OP的长即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4）．
∴OB＝4．
令y＝0，则﹣x+4＝0，
解得：x＝3．
∴A（3，0）．
∴OA＝3．
∴AB＝＝＝5；
（2）当点G与点B重合时，如图，则OB＝OG＝4．
∵PG⊥直线AB，BO⊥AP，
∴△PBO∽△BAO．
∴．
∴．
∴PO＝．
∴AP＝PO+OA＝．
∴△PAG的面积＝×PA•OG＝××4＝．
（3）①当OP＝OG时，如图，
∵OP＝OG，
∴∠OPG＝∠OGP．
∵PG⊥AB，
∴∠OGP+∠OGA＝90°，∠OPG+∠PAG＝90°．
∴∠OGA＝∠OAG．
∴OG＝OA＝3．
∴OP＝OG＝3．
∴P（﹣3，0）．
②解法一：当GP＝OG时，如图，
∵GP＝OG，
∴∠GOP＝∠GPO．
∵PG⊥AB，
∴∠GPO+∠PAG＝90°．
∵AO⊥BO，
∴∠ABO+∠OAB＝90°．
∵∠OAB＝∠GAP，
∴∠GPA＝∠OBA，
∴∠GOP＝∠OBA．
∵∠OGA＝∠BGO，
∴△OAG∽△BOG．
∴．
设OG＝x，AG＝y，则BG＝y+5，
∴，
解得：．
∴AG＝．
∵∠PGA＝∠AOB＝90°，∠PAG＝∠BAO，
∴△PAG∽△BAO．
∴．
∴．
∴PA＝．
∴OP＝PA+OA＝．
∴P（，0）．
解法二：当GP＝OG时，过点G作GH⊥AP于点H，如图，
设OP＝t，
∵GP＝OG，GH⊥AP，
∴OH＝HP＝t，
∴AH＝OH﹣OA＝t﹣3，AP＝t﹣3．
∵点G在直线y＝﹣x+4上，
∴G（t，﹣t+4），
∴GH＝t﹣4．
∴AG2＝AH2+HG2＝，
PG2＝GH2+HP2＝．
∵AG⊥PG，
∴AG2+PG2＝AP2，
∴+＝（t﹣3）2，
解得：t＝或t＝6，
当t＝6时，点G与点A重合，舍去，
∴t＝，
∴P（，0）；
③解法一：当GP＝OP时，如图，
∵PG⊥AB，OB⊥OA，
∴∠PGA＝∠AOB＝90°．
∵∠OAB＝∠GAP，
∴△ABO∽△APG．
∴．
∴．
∵GP＝OP，
∴．
解得：OP＝12．
∴P（﹣12，0）．
解法二：当GP＝OP时，连接OG，如图，
∵OP＝GP，
∴∠POG＝∠PGO，
∵∠PGB＝∠POB＝90°，
∴∠BGO＝∠BOG，
∴BG＝BO＝4，
∴AG＝AB+BG＝9，
设PO＝GP＝x，则AP＝x+3，
∵PG2+AG2＝AP2，
∴x2+92＝（x+3）2，
解得：x＝12，
∴P（﹣12，0）；
④当OP＝PG时，P在OA上，此时AP＝GP，
∴OP+OP＝3，
∴OP＝，
∴P（，0）
综上，当△POG为等腰三角形时，点P的坐标为（﹣3，0）或（，0）或（﹣12，0）或（，0）．
【点评】本题主要考查了一次函数图象的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和利用线段的长度表示出相应点的坐标是解题的关键．
31．（2021秋•柯桥区期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），动点B（a，2）在第一象限，连结AB．
（1）如图，当a＝7时，以AB为直角边且在x轴上方作等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，求点C的坐标和直线BC的函数表达式．
（2）以AB为直角边作等腰直角三角形ABD，使∠BAD＝90°，连结OD，若△AOD的面积为，求点B的坐标．
（3）以AB为边作等腰直角三角形ABP，当点P落在直线y＝x+2上时，请直接写出a的值．
【分析】（1）作CN⊥x轴于N，BM⊥x轴于M，易证Rt△NCA≌Rt△MAB，可求得点C的坐标为（ 1，4 ），再利用待定系数法即可求解；
（2）利用三角形面积公式可求得点D的纵坐标，分别过点B，D1，D2作直线x的垂线，垂足分别为E，F，M，Rt△EAB≌Rt△FD1A≌Rt△MD2A，可求得点D的坐标为（5，3﹣a）或（1，a﹣3）；
（3）题中给定AB为边，需要分三种情况，当点A为直角顶点即∠BAP＝90°，点B为直角顶点，点P为直角顶点，三种情况讨论，即可求解．
【解答】解：（1）如图，作CN⊥x轴于N，BM⊥x轴于M，
∵∠BAC＝90°，
∴∠NAC+∠NCA＝∠NAC+∠MAB＝90°，
∴∠NCA＝∠MAB，
∵CA＝AB，
∵∠ANC＝∠BMA＝90°，
∴△NCA≌△MAB（AAS），
∴NC＝MA，NA＝MB，
∵a＝7，
∴点B的坐标为（7，2），
∴NC＝MA＝MO﹣OA＝7﹣3＝4，NA＝MB＝2，ON＝OA﹣NA＝1，
∴点C的坐标为（1，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将（7，2），（1，4）代入，
得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+；
（2）∵△AOD的面积为，
∴S＝•OA•|yD|＝，即×3•|yD|＝，
∴yD＝±，
需要分两种情况，当点B的横坐标小于3时，
分别过点B，D1，D2作直线x的垂线，垂足分别为E，F，M，
同理可证Rt△EAB≌Rt△FD1A≌Rt△MD2A，
∴AE＝D1F＝D2M，BE＝AF＝AM，
∵点B的横坐标为a，
∴AE＝D1F＝D2M＝3﹣a，BE＝AF＝AM＝2，
∴OF＝OA+AF＝5，
∴点D1的坐标为（5，3﹣a），
∴3﹣a＝，解得a＝0.5，
∴B（0.5，2）；
当点B的坐标大于3时，如图，
同理可得，点D1的坐标为（1，a﹣3），
∴a﹣3＝，解得a＝5.5，
∴点B的坐标为：（0.5，2），（5.5，2）．
（3）①当∠BAP＝90°时，
由（2）可知D1与P重合，
∴点P的坐标为（1，a﹣3）或（5，3﹣a），
当点P落在直线y＝x+2上时，a﹣3＝1+2或5+2＝3﹣a，解得：a＝6或a＝﹣4（舍去）；
②当∠ABP＝90°时，过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点P作PF⊥EF于点F，
同理可证明△PBF≌△BAE，
∵点B的坐标为（a，2），
∴PF＝BE＝2，BF＝AE＝3﹣a，
∴点P的坐标为（a+2，5﹣a），
当点P落在直线y＝x+2上时，a+2+2＝5﹣a，
解得：a＝0.5；
③当∠APB＝90°时，如图，
设点P的坐标为（m，m+2），
则PF＝BE＝m﹣3，PE＝AF＝m+2，
∵AF＝BE+2＝m﹣1，
显然m﹣1≠m+2，故此时不成立；
综上可知，A为直角顶点时，a＝6；B为直角顶点时，a＝0.5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，等腰直角三角形的性质，以及待定系数法求一次函数解析式，掌握相关性质定理，利用分类讨论思想解题是关键．
32．（2021秋•诸暨市期末）如图，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，6）．
（1）如图1，过A，B两点作直线AB，求直线AB的解析式；
（2）如图2，点C在x轴负半轴上，C（﹣6，0），点P为直线BC上一点，若S△ABC＝2S△ABP，求满足条件的点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点E在直线BC上，点F在y轴上，当△AEF为一个等腰直角三角形时，请你直接写出E点坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可；
（2）分两种情形，利用中点坐标公式求解即可；
（3）分四种情形，分别画出图形，利用全等三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
把A（2，0），B（0，6）代入y＝kx+b，得到，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝﹣3x+6．
（2）如图2中，
当点P在线段BC上时，∵S△ABC＝2S△ABP，
∴CP＝PB，
∵C（﹣6，0），B（0，6），
∴P（﹣3，3），
当点P′在CB的延长线上时，BP′＝PB，此时P′（3，9），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣3，3）或（3，9）；
（3）如图3﹣1中，当AE＝AF，∠EAF＝90°时，过点E作EH⊥AC于点H．
∵∠AHE＝∠AOF＝∠EAF＝90°，
∴∠EAH+∠FAO＝90°，∠FAO+∠AFO＝90°，
∴∠EAH＝∠AFO，
∵AE＝AF，
∴△AHE≌△FOA（AAS），
∴EH＝OA＝2，
∵直线BC的解析式为y＝x+6，
当y＝2时，x＝﹣4，
∴E（﹣4，2）；
如图3﹣2中，当EF＝EA，∠AEF＝90°，过点E作ED⊥OB于点D，EH⊥OC于点H．
同法可证，△EDF≌△EHA（AAS），
∵ED＝EH，
∵E（﹣3，3）；
如图3﹣3中，当AE＝AF，∠EAF＝90°时，
同法可证，△AHE≌△FOA（AAS），
∴EH＝OA＝2，
∴E（﹣8，﹣2）；
如图3﹣4中，当FE＝FA，∠EFA＝90°时，
同法可证，△EHF≌△FOA，
∴FH＝OA＝2，EH＝OF，
设E（m，m+6），
∴OH＝m+6＝﹣m﹣2，
∴m＝﹣4，
∴E（﹣4，2），
综上所述，满足条件的点E的坐标为（﹣3，3）或（﹣4，2）或（﹣8，﹣2）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
一、单选题
1．（2020·浙江浙江·八年级期末）一次函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．y随x的增大而增大D．当时，
【答案】D
【分析】直接利用一次函数的性质结合函数图象上点的坐标特点得出答案．
【详解】解：如图所示：A、图象经过第一、二、四象限，则k＜0，故此选项错误；
B、图象与y轴交于点（0，1），故b=1，故此选项错误；
C、k＜0，y随x的增大而减小，故此选项错误；
D、当x＞2时，kx+b＜0，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了一次函数的性质和利用函数图象判断一次函数系数的符号以及一次函数与一元一次不等式的关系，正确数形结合分析是解题关键．
2．（2021·浙江浙江·八年级期中）一次函数中，与的部分对应值如下表，则不等式的解是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出一次函数解析式，令y=0，求出x，由表格得到函数的增减性后，再得出y=0时，对应的x的值即可．
【详解】解：由题意可得：
，解得：，
∴，
令，解得：x=，
由表格中数据可得：
函数值y随x的增大而减小，
∴不等式的解集为： x＞0.5，
故选：C．
【点睛】此题考查了一次函数解析式，一次函数与一元一次不等式，认真体会一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．理解一次函数的增减性是解决本题的关键．
3．（2021·浙江浙江·八年级期末）已知函数的图象与坐标轴围成的面积是2，则m的值为（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】B
【分析】分别令y=0和x=0可求得直线与坐标轴的交点，再利用三角形的面积可得到m的方程，可求得答案．
【详解】解：设直线与x轴交于点A、与y轴交于点B，
在中，令y=0可得x=，令x=0可得y=-4，
∴A（，0），B（0，-4），
∴OA=||，OB=|-4|，
∵S△AOB=2，
∴，即，
整理可得，
∴m=±4，
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，用m分别表示出直线与两坐标轴的交点是解题的关键．
4．（2021·浙江浙江·八年级期末）已知，那么对于一次函数，给出下列结论：①函数一定随的增大而增大；②此函数图象与坐标轴所围成的三角形面积最大为，下列判断正确的是（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①，②都正确D．①，②都错误
【答案】A
【分析】根据一次函数的性质、配方法即可解决问题；
【详解】解：，，
，，，，
，随的增大而增大，故①正确，
函数图象与坐标轴所围成的三角形面积，
此函数没有最大值，故②错误，
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数的性质，一次函数与坐标轴的交点问题，解题的关键是灵活运用一次函数知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（2021·浙江·临海市外国语学校八年级期中）一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，相遇后继续前行，已知两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，设行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示从两车出发至轿车到达乙地这一过程中y与x之间的函数关系，根据图象提供的信息，以下选项中正确的个数是（ ）①甲乙两地的距离为450千米；②轿车的速度为70千米/小时；③货车的速度为60千米/小时；④点C的实际意义是轿车出发5小时后到达乙地，此时两车间的距离为300千米．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】先据图象信息求得两车相遇前每小时缩短的矩离和相遇时间求甲、乙两地的距离，据两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米和相遇时间求得每小时轿车比货车多行的路程算得轿车与货车的速度；由轿车的速度和两地距离可求得轿车到乙地的时间得C的横坐标，用所求得的轿车到乙地的时间减去相遇的时间3，得到从相遇后到轿车到乙地的时间，用其乘以150得到C的纵坐标，从而得到C点的实际意义．据以上所述找出正确说法的个数作答．
【详解】解：由图象得行驶2小时时，两车相距150千米，行驶3小时时两车相遇得，两车每小时缩短150千米（即两车每小时共行驶150千米），
由于相遇时两车共行驶了3小时，所以甲、乙两地相距3×150=450（千米），故①正确；
因为两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，相遇时间为3小时，得轿车比货车每小时多行90÷3=30（千米）又两车每小时共行驶150千米，
得：轿车每小时行驶（千米）、货车每小时行驶（千米），
故②错误，③正确；
∵轿车每小时行驶90千米，两地相距450千米，
∴轿车从甲地到乙地所用时间为450÷90=5（小时），
∴从相遇起到轿车到达乙地共用时5-3=2（小时），又两车每小时共行驶150千米，
∴得轿车到达乙地时两车相距150×2=300（千米），
故④正确．
综上所述有①③④正确．
故选：C．
【点睛】此题考查从一次函数的图象中提取信息并进行计算和分析，弄清图象所表示的实际意义理解两车整个运动过程是关键．
6．（2021·浙江温岭·八年级期末）直线与轴的交点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意令，即可求得直线与轴的交点坐标
【详解】解：令，
则，
直线与轴的交点坐标为，
故选B．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，理解坐标轴上的点的特征是解题的关键．
7．（2021·浙江浙江·八年级期末）甲、乙两名运动员同时从地出发前往地，在笔直的公路上进行骑自行车训练．如图所示，反映了甲、乙两名运动员在公路上进行训练时的行驶路程（千米）与行驶时间（小时）之间的关系，下列四种说法：①经过3小时甲追上乙；②乙的速度始终为50千米/小时；③经过1小时，乙在甲前10千米处；④甲、乙两名运动员相距5千米时，或．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】①由图像分析可知；②t≤1时，乙的速度为50千米/小时，t＞1后，乙的速度为35千米/小时，即可求解；③行驶1小时时，甲走了40千米，乙走了50千米，即可求解；④甲的函数表达式为：y=40x，乙的函数表达为：0≤t≤1时，y=50x，t＞1时，y=35x+15，即可求解．
【详解】解：①由图可知：t=3时，S甲=S乙，∴经过3小时甲追上乙，故正确；
②t≤1时，乙的速度为=50千米/小时，t＞1后，乙的速度为=35千米/小时，故错误；
③行驶1小时时，甲走了40千米，乙走了50千米，乙在甲前10千米处，故正确；
④由①②③得：甲的函数表达式为：y=40x，
乙的函数表达为：0≤t≤1时，y=50x，t＞1时，y=35x+15，
t=0.5时，甲、乙两名运动员相距=50×-40×=5千米，
t=2时，甲、乙两名运动员相距=（35×2+15）-2×40=5千米，
同理t=4时，甲、乙两名运动员相距为5千米，故错误．
故选：B．
【点睛】本题为一次函数应用题，此类问题主要通过图象计算速度，即为一次函数的k值，进而求解．
8．（2021·浙江浙江·八年级期末）如图，直线分别与轴交于点，点在线段上，线段沿翻折，点落在边上的点处．以下结论：①；②直线的解析式为；③点的坐标为；正确的结论是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【分析】先求出点，点坐标，由勾股定理可求的长，可判断①；由折叠的性质可得，，，由勾股定理可求的长，可得点坐标，利用待定系数法可求解析式，可判断②；由面积公式可求的长，代入解析式可求点坐标，可判断③．
【详解】解：直线分别与、轴交于点、，
点，点，
，，
，故①正确；
线段沿翻折，点落在边上的点处，
，，，
，
，
，
，
点，
设直线解析式为：，
，
，
直线解析式为：，故②正确；
如图，过点作于，
，
，
，
，
当时，，
，
点，，故③正确；
故选：D．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，面积法，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
二、填空题
9．（2021·浙江浙江·八年级期末）观察图中的函数图象，可以得到关于x的不等式的解为________．
【答案】x＞-2
【分析】观察函数图象得到当x＞-2，函数y=ax都在函数y=bx+c的图象下方，则可得到不等式ax-bx＜c的解集．
【详解】解：观察函数图象得当x＞-2，函数y=ax都在函数y=bx+c的图象下方，
所以不等式ax-bx＜c的解为x＞-2．
故答案为：x＞-2．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
10．（2020·浙江杭州·八年级期末）如图，直线与x轴交于点C，与y轴交于点B，点A在第一象限内，是正三角形，点D是直线上第一象限内一点，和面积相等，点D的坐标为__________．
【答案】（6，）
【分析】先求出B、C两点的坐标，然后利用勾股定理求出BC，从而得到∠BCO=30°，即可得到∠OCA=90°，（，4），分别过点A作AE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，设D（m，）
然后分别求出两个三角形的面积，根据面积相等求解即可得到答案.
【详解】解：∵与x、y轴分别交于C、B
∴B点的坐标为（0，2），C点的坐标为（，0）
∴，
∵
∴、
∴
∵三角形ABC时等边三角形，且A在第一象限
∴∠BCA=60°，AC=BC=4
∴∠OCA=90°
∴A点坐标为（，4）
分别过点A作AE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，设D（m，）
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
解得
∴D（6，）
故答案为：（6，）
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何的综合问题，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
11．（2020·浙江杭州·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线和直线交于点，则不等式组的解为__________．
【答案】
【分析】首先求出点坐标和直线与x轴交点坐标，再观察图象，写出x轴上方，直线在直线的下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：直线过点，
，解得，
，
当时，，
∴点A坐标为
∴不等式组 0