（人教版）数学八年级下册期末复习训练专题 一次函数与线段、角度有关的问题 （2份，原卷版+解析版）

这是一份（人教版）数学八年级下册期末复习训练专题 一次函数与线段、角度有关的问题 （2份，原卷版+解析版），文件包含人教版数学八年级下册期末复习训练专题一次函数与线段角度有关的问题原卷版doc、人教版数学八年级下册期末复习训练专题一次函数与线段角度有关的问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共80页， 欢迎下载使用。

题型一 一次函数与线段问题
【例题1】（2021春•达川区校级期中）如图，直线y1x+b与x轴交于点A、与y轴交于点B，与直线y2＝x交于点E，点E的横坐标为3；观察图象并解决下列问题：
（1）直接写出b值： ；
（2）直接写出关于不等式组0x+b≤x的解集；
（3）在x轴上有一点P（m，0），过点P作x轴的垂线，与直线y1x+b交于点C，与直线y2＝x交于点D，若CD＝2OB，求m的值．
【分析】（1）先求出E点坐标，再代入求出b的值，
（2）求出直线y1x+b与x轴交于点A坐标，根据函数的图象可以直接得出，当0＜y1≤y2时x的取值范围；
（3）由点B的坐标，可求出OB的长，进而求出CD的长，由于点C、D分别在两条直线上，由题意得CD的长就是这两个点纵坐标的差，因此有两种情况，分类讨论，得出答案．
【解答】解：（1）点E在直线y2＝x上，点E的横坐标为3．
∴E（3，3）代入直线y1x+b得，33+b，
∴b＝4，
故答案为：4．
（2）直线y1x+4得与x轴交点A的坐标为（12，0），
由图象可知：当0＜y1≤y2时，相应的x的值为：3≤x＜12．
（3）当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），即：OB＝4，
∴CD＝2OB＝8，
∵点C在直线y1x+4上，点D在直线y2＝x上，
∴（m+4 ）﹣m＝8或x﹣（m+4 ）＝8，
解得：m＝﹣3或m＝9，
答：m的值为﹣3或9．
【点评】考查待定系数法求函数的关系式、一次函数与一元一次不等式组的关系等知识，数形结合是解决问题的关键．
【变式1-1】（2022秋•青白江区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AE：yx+8交x轴于点E，交y轴于点A，直线BD：y＝﹣2x﹣4交x轴于点D，交y轴于B，交直线AE于点C．
（1）求点D、点E和点C的坐标；
（2）求△CDE的面积；
（3）若在直线AE上存在点F，使BA是△BCF的中线，求点F的坐标．
【分析】（1）由一次函数图象上点的坐标特征求得点E、D的坐标，两解析式联立成方程组，解方程组求得点C的坐标；
（2）根据三角形面积公式解答即可；
（3）作CG⊥y轴于G，FH⊥y轴于H，构造全等三角形△CAG≌△FAH（AAS），由该全等三角形的对应边相等可以求得FH＝CG，将x代入直线方程来求点F的坐标．
【解答】解：（1）在yx+8中，令y＝0，得x+8＝0，解得x＝﹣12，
∴E（﹣12，0）．
在y＝﹣2x﹣4中，令y＝0，得﹣2x﹣4＝0，解得x＝﹣2，
∴D（﹣2，0）．
解方程组，得，
∴C（，5）．
（2）∵E（﹣12，0），D（﹣2，0）．
∴DE＝10，
∴S△CDE25；
（3）作CG⊥y轴于点G，FH⊥y轴于点H．
∵∠CGA＝∠FHA＝90°．
∵BA为△BCF的中线，
∴CA＝FA．
∵∠CAG＝∠FAH，
∴△CAG≌△FAH（AAS）．
∴FH＝CG．
在yx+8中，当x时，y＝11，
∴F（，11）．
【点评】此题主要考查了一次函数与坐标轴交点求法，三角形面积求法和全等三角形的判定合性质等知识，此题综合性较强，利用函数图象表示出各部分长度，再利用全等三角形的性质求得点的坐标．
【变式1-2】（2023春•包河区月考）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝﹣2x+10的图象与x轴交于点A，与一次函数y2x+2的图象交于点B．
（1）求点B的坐标；
（2）结合图象，当y1＞y2时，请直接写出x的取值范围；
（3）C为x轴上点A右侧一个动点，过点C作y轴的平行线，与一次函数y1＝﹣2x+10的图象交于点D，与一次函数y2x+2的图象交于点E．当CE＝3CD时，求DE的长．
【分析】（1）联立可直接得点B的坐标；
（2）根据函数图象，结合B点的坐标即可求得x的取值范围；
（3）设点C的横坐标为m，则D（m，﹣2m+10），E（m，m+2），由CE＝3CD求出m，即可得DE的长．
【解答】解：（1）令﹣2x+10x+2，解得x＝3，
∴y＝4，
∴B点坐标为（3，4）．
（2）由图象以及B（3，4）可知，x＜3时，y1＞y2；
（3）设点C的横坐标为m，则D（m，﹣2m+10），E（m，m+2），
∴CEm+2，CD＝2m﹣10，
∵CE＝3CD，
∴m+2＝3（2m﹣10），解得m＝6．
∴D（6，﹣2），E（6，6），
∴DE＝8．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，函数图象上点的坐标特征，一次函数与一元一次不等式，两点的距离等知识，灵活运用这些知识解决问题是本题的关键．
【变式1-3】（2023春•中原区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（﹣2，6），且与x轴相交于点B，与y轴交于点D，与正比例函数y＝3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．
（1）求k，b的值；
（2）请直接写出不等式（k﹣3）x+b＞0的解集；
（3）M为射线CB上一点，过点M作y轴的平行线，交y＝3x于点N，当MN＝3DO时，求M点的坐标．
【分析】（1）求出C（1，3），再用待定系数法可得k的值是﹣1，b的值是4；
（2）观察图象不等式（k﹣3）x+b＞0的解集为x＜1；
（3）由y＝﹣x+4，得D（0，4），OD＝4，设M（m，﹣m+4），则N（m，3m），有3m﹣（﹣m+4）＝3×4，即可解得答案．
【解答】解：（1）在y＝3x中，令x＝1得y＝3，
∴C（1，3），
把A（﹣2，6），C（1，3）代入y＝kx+b得：
，
解得，
∴k的值是﹣1，b的值是4；
（2）由图象可得，当x＜1时，直线y＝kx+b在直线y＝3x上方，
∴kx+b＞3x的解集为x＜1，
∴不等式（k﹣3）x+b＞0的解集为x＜1；
（3）由（1）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
令x＝0得y＝4，
∴D（0，4），
∴OD＝4，
设M（m，﹣m+4），则N（m，3m），
∵MN＝3DO，
∴3m﹣（﹣m+4）＝3×4，
解得m＝4，
∴M的坐标为（4，0）．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，一次函数图象上点坐标的特征，解题的关键是用含m的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
【变式1-4】（2022秋•榆阳区校级期末）如图1，平面直角坐标系中，直线yx﹣2与x轴、y轴分别交于点A，B，直线y＝﹣x+b经过点A，并与y轴交于点C．
（1）求A，B两点的坐标及b的值；
（2）如图2，动点P从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向运动．过点P作x轴的垂线，分别交直线AC，AB于点D，E．设点P运动的时间为t．点D的坐标为 ．点E的坐标为 ；（均用含t的式子表示）
（3）在（2）的条件下，当点P在线段OA上时，探究是否存在某一时刻，使DE＝OB？若存在，求出此时△ADE的面积；若不存在说明理由．
【分析】（1）将y＝0代入yx﹣2，求出点A的坐标为（4，0），同理求出点B的坐标为（0，﹣2）；将A（4，0）代入y＝﹣x+b，求出b的值；
（2）由（1）知，直线AC的表达式为y＝﹣x+4，根据P点运动情况可知点P（t，0），再根据PD⊥x轴分别求出D（t，﹣t+4），E（t，t﹣2）；
（3）求出B（0，﹣2），利用DE＝OB，求出t，进而求出△ADE的面积即可．
【解答】解：（1）令y＝0，则x＝4，
∴点A的坐标为（4，0），
令x＝0，则y＝﹣2，
∴点B的坐标为（0，﹣2），
将A（4，0）代入y＝﹣x+b，得0＝﹣4+b，
解得b＝4；
（2）由（1）知，直线AC的表达式为y＝﹣x+4，
∵点P（t，0），
∵PD⊥x轴，
∴D（t，﹣t+4），E（t，t﹣2），
故答案为（t，﹣t+4），（t，t﹣2）；
（3）存在t，使DE＝OB，理由如下：
∵点P在线段OA上，
∴0≤t≤4，
由（2）知D（t，﹣t+4），E（t，t﹣2），
∴DE＝﹣t+4﹣（t﹣2）t+6，
∵B（0，﹣2），
∴OB＝2，
∵DE＝OB，
∴t+6＝2，
解得：t，
∴AP＝4﹣t＝4，
∴S△ADEDE•AP2．
【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，直线与x轴垂直时点的坐标特点，两点间距离的求法是解题的关键．
【变式1-5】（2021秋•西湖区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线yx+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线yx交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）点P是线段OA上的一个动点（点P不与点O，A重合），过点P作平行于y轴的直线l，分别交直线AB，OC于点D，点E，设点P的横坐标为m．
①求线段PD的长（用含m的代数式表示）；
②当点P，D，E三点中有一个点是另两个点构成线段的中点时，请直接写出m的值；
（3）过点C作CF⊥y轴于点F，点M在线段CF上且不与点C重合，点N在线段OC上，CM＝ON，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）∴联立方程组：，解得：，即可求解；
（2）①点P的横坐标为m，由PD∥y轴，得点P、D三点横坐标都为m，点D坐标为（m，m+6），得PD＝|m+6|；
②，先表示出P，D，E三点坐标，分两种情况第一种情形：点D是PE的中点时，第二种情形：点E是PD的中点时，根据中点坐标公式即可求解；
（3）在OA上取点H，使得OH＝BC，连接NH，先证△BCM≌△HON（SAS），BM＝NH，BM+BN＝NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，即可求解．
【解答】解：（1）∵直线yx+6与直线yx交于点C，
∴联立方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为（4，3）；
（2）①点P的横坐标为m，
∵PD∥y轴，
∴点P、D，E三点横坐标都为m，
当x＝m时，ym，ym+6，
∴点D坐标为（m，m+6），
∴PDm+6；
②当x＝m时，ym，
∴点E坐标为（m，m），
而点P坐标为（m，0），
第一种情形：点D是PE的中点时，
m+6，
解得：m；
第二种情形：点E是PD的中点时，
（m+6+0）m，
解得：m；
综上，m或；
（3）BM+BN存在最小值，
在OA上取点H，使得OH＝BC，连接NH，
∵C（4，3），A（8，0），B（0，6），∠AOB＝90°，
∴AB＝10，
∵CF⊥BO，
∴点F坐标为（0，3），
∴CF垂直平分BO，
∴CB＝OC＝AC＝5，∠BCF＝∠OCF，
∵CF∥AO，
∴∠FCO＝∠AOC，
∴∠BCM＝∠HON，
∵MC＝NO，CB＝OH，
∴△BCM≌△HON（SAS），
∴BM＝NH，
∴BM+BN＝NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，
此时最小值．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，中点坐标公式的运用，全等三角形的性质与判定，最值问题，解题关键是利用全等三角形的性质把BM+BN的值转化为NH+BN的值．
题型二 一次函数与等角问题
【例题2】（2022秋•东台市月考）如图，直线y＝kx+b与直线y＝﹣x+4相交于点A（2，2），与y轴交于点B（0，﹣2）．
（1）求直线y＝kx+b的函数表达式；
（2）若直线y＝﹣x+4与y轴交于点D，点P在直线y＝﹣x+4上，当∠ABO＝∠POD时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数即可求解；
（2）分点P在y轴右侧，点P在y轴左侧两种情况，分别解答即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝kx+b与直线y＝﹣x+4相交于点A（2，2），与y轴交于点B（0，﹣2）．
∴，，
∴直线y＝kx+b的函数表达式为y＝2x﹣2；
（2）①点P在y轴右侧时，
∵∠ABO＝∠POD，
∴OP∥AB，
∵直线AB的函数表达式为y＝2x﹣2，
∴直线OP为y＝2x．
联立y＝﹣x+4得：，
解得x，
∴P（，）；
②点P在y轴左侧时，过点A作AM⊥x轴于M，减OP于N，设AB交x轴于点C，
∴∠OMN＝∠BOC＝90°，
∵A（2，2），
∴M（0，2），
∵B（0，﹣2），
∴OM＝BO＝2，
∵∠ABO＝∠POD，
∴△CBO≌△MON，
∴MN＝OC，
∵直线AB的函数表达式为y＝2x﹣2，
∴点C（1，0），
∴OC＝1，
∴MN＝1，
∴N（﹣1，2），
设直线ON的函数表达式为y＝mx，
∴﹣x＝2，解得x＝﹣2，
∴直线ON的函数表达式为y＝﹣2x，
联立y＝﹣x+4得：，
解得x＝﹣4，
∴P（﹣4，8）．
综上所述：点P坐标为（，）或（﹣4，8）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，两直线平行问题，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【变式2-1】（2022秋•常州期末）【操作思考】
如图1所示的网格中，建立平面直角坐标系．先画出正比例函数y＝x的图象，再画出△ABC关于正比例函数y＝x的图象对称的△DEF．
【猜想验证】
猜想：点P（a，b）关于正比例函数y＝x的图象对称的点Q的坐标为 ；
验证点P（a，b）在第一象限时的情况（请将下面的证明过程补充完整）．
证明：如图2，点P（a，b）、Q关于正比例函数y＝x的图象对称，PH⊥x轴，垂足为H．
【应用拓展】
在△ABC中，点A坐标为（3，3），点B坐标为（﹣2，﹣1），点C在射线BO上，且AO平分∠BAC，则点C的坐标为 ．
【分析】操作思考：根据平面直角坐标系的对称性即可画出图象．
猜想验证：作QI⊥y，PH⊥x，点P、Q关于函数y＝x的图象对称，可证明得到△IOQ≌△HOP，从而得到IQ＝PH，OI＝OH，进而可得到Q点坐标；
应用拓展：在△ABC中，AO平分∠BAC，构造全等三角形，可得点C在AB关于AK的对称线AB'上，又因为点C在射线BO上，所以点C为直线BO和直线AB'的交点坐标．求出直线BO和直线AB'的解析式，即可得到答案．
【解答】解：操作思考：
猜想验证：
猜想点P（a，b）关于正比例函数y＝x的图象对称的点Q的坐标为（b，a）．
故答案为：（b，a）；
证明：作QI⊥y轴，垂足为I，连接OQ．
∵点P、Q关于函数y＝x的图象对称，
∴OP＝OQ，PQ⊥ON，
∴∠QON＝∠PON，
∵∠ION＝∠HON＝45°，
∴∠ION﹣∠QON＝∠HON﹣∠PON，即∠IOQ＝∠HOP．
在△IOQ和△HOP中，
，
∴△IOQ≌△HOP（AAS），
∴IQ＝PH＝b，OI＝OH＝a，
∴Q（b，a）．
应用拓展：
如图3，过B作BB'⊥OA交AC延长线于B'，交直线AO于K，
∵A（3，3），
∴直线OA为y＝x的图象，
∵AO平分∠BAC，
∴∠BAO＝∠B'AO，
∵∠BKA＝∠B'KA＝90°，AK＝AK，
∴△BKA≌△B'KA（ASA），
∴BK＝B'K，
∵BB'⊥AO，
∴B、B'关于直线y＝x对称，
∵B（﹣2，﹣1），
∴B'（﹣1，﹣2），
设直线AB'为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线AB'为，
又∵直线BO为，
∴，
∴x＝1，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查了图形在平面直角坐标系中的对称问题、三角形全等问题、一次函数的应用，熟练掌握图形对称的定义，证明全等的方法，求交点坐标的方法是解此题的关键．
【变式2-2】（2022秋•开江县校级期末）如图1，已知函数yx+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C与点A关于y轴对称．
（1）求直线BC的函数解析式；
（2）设点M是x轴上的一个动点，过点M作y轴的平行线，交直线AB于点P，交直线BC于点Q．
①若△PQB的面积为，求点Q的坐标；
②点M在线段AC上，连接BM，如图2，若∠BMP＝∠BAC，直接写出P的坐标．
【分析】（1）先确定出点B坐标和点A坐标，进而求出点C坐标，最后用待定系数法求出直线BC解析式；
（2）①先表示出PQ，最后用三角形面积公式即可得出结论；
②分点M在y轴左侧和右侧，由对称得出∠BAC＝∠ACB，∠BMP+∠BMC＝90°，所以，当∠MBC＝90°即可，利用勾股定理建立方程即可x2+9+45＝（6﹣x）2，即可求解．
【解答】解：（1）对于yx+3，
由x＝0得：y＝3，
∴B（0，3）．
由y＝0得：x+3＝0，解得x＝﹣6，
∴A（﹣6，0），
∵点C与点A关于y轴对称．
∴C（6，0）
设直线BC的函数解析式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线BC的函数解析式为yx+3；
（2）①设点M（m，0），则点P（m，m+3），点Q（m，m+3），
过点B作BD⊥PQ与点D，
则PQ＝|m+3﹣（m+3）|＝|m|，BD＝|m|，
则△PQB的面积PQ•BDm2，解得m＝±，
故点Q的坐标为（，3）或（，3）；
②如图2，当点M在y轴的左侧时，
∵点C与点A关于y轴对称，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BMP＝∠BAC，
∴∠BMP＝∠BCA，
∵∠BMP+∠BMC＝90°，
∴∠BMC+∠BCA＝90°
∴∠MBC＝180°﹣（∠BMC+∠BCA）＝90°，
∴BM2+BC2＝MC2，
设M（x，0），则P（x，x+3），
∴BM2＝OM2+OB2＝x2+9，MC2＝（6﹣x）2，BC2＝OC2+OB2＝62+32＝45，
∴x2+9+45＝（6﹣x）2，解得x，
∴P（，），
如图2，当点M在y轴的右侧时，
同理可得P（，），
综上，点P的坐标为（，）或（，）．
【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，直角三角形的判定，勾股定理，坐标轴上点的特点，分类讨论是解本题的关键．
【变式2-3】如图1，直线y＝﹣x+b分别交x，y轴于A，B两点，点C（0，2），若S△ABC＝2S△ACO．
（1）求b的值；
（2）若点P是射线AB上的一点，S△PAC＝S△PCO，求点P的坐标；
（3）如图2，过点C的直线交直线AB于点E，已知D（﹣1，0），∠BEC＝∠CDO，求直线CE的解析式．
【分析】（1）利用△ABC和△ACO的面积公式求解；
（2）分两种情况讨论，点P在第一象限或者在第二象限，分别列出对应面积的表达式求解；
（3）构造△CDO和△CEF相似，求出点C和点E的坐标，利用待定系数法再求直线表达式．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+b分别交x，y轴于A，B两点，
∴点A（b，0），点B（0，b），
∴S△ABC，S△ACO，
∵S△ABC＝2S△ACO，
∴，
解得b＝6；
（2）由（1）知b＝6，直线AB表达式为y＝﹣x+6，
∴A点坐标（6，0），B点坐标（0，6），
设直线AC的表达式为y＝kx+b，将点A、C代入得，
，解得，
∴直线AC的解析式为yx+2，
①当点P在第一象限时，过点P作PQ⊥x轴，交AC于点Q，设Q（x，x+2），则点P（x，﹣x+6），
方法一：
∴PQ＝﹣x+6﹣（x+2）4，
∴S△PAC＝S△PCQ+S△PAQ

＝12﹣2x，
S△PCO
＝x，
∵S△PAC＝S△PCO，即12﹣2x＝x，解得：x＝4，则P点坐标（4，2）；
方法二：∵S△PAC＝S△BCA﹣S△BCP，
∴S△PAC

＝12﹣2x，
∵S△PCO，
∴S△PAC＝S△PCO，
∴12﹣2x＝x，
解得x＝4，
∴P（4，2）；
②当P点在第二象限时，设点P（x，﹣x+6），
∴S△PAC＝S△PBC+S△ABC

＝12﹣2x，
S△PCO
＝﹣x，
∵S△PAC＝S△PCO，即12﹣2x＝﹣x，解得：x＝12，
∴第二象限x＜0，x＝12不符合题意舍去，
∴P点坐标（4，2）；
（3）如图，过点D作DF⊥CD交EC于点F，过点F作FH∠OD于H，设EC交x轴于点G．
∵∠BEC＝∠CDO，
∴∠BAO+∠EGA＝∠EGA+∠DCG，
∴∠DCG＝∠AO＝45°，
∴CD＝DF，
∵∠FDH+∠CDO＝90°，∠CDO+∠DCO＝90°，
∴∠DCO＝∠FDH，
∵∠FHD＝∠DOC＝90°，
∴△FHD≌△DOC（AAS），
∴FH＝OD＝1，DH＝OC＝2，
∴F（﹣3，1），
∴直线CE的解析式为y．
【点评】本题是一次函数综合题目，主要考查直角坐标系内三角形面积计算，解题关键是熟练计算坐标系内三角形面积，求出点E和点C的坐标，进而求出直线的表达式，
【变式2-4】（2022春•朔州期末）综合与探究
如图1，直线AB与坐标轴交于A，B两点，已知点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），点C是线段AB上一点．
知识初探：如图1，求直线AB的解析式．
探究计算：如图2，若点C是线段AB的中点，则点C的坐标为（ ）
拓展探究：如图3，若点C是线段AB的中点，过点C作线段AB的垂线，交x轴于点M，求点M的坐标．
类比探究：如图4，过点C作线段AB的垂线，交x轴于点N，连接AN，当∠OAN＝∠CAN时，则点N的坐标为（ ）
【分析】知识初探：利用待定系数法可求解析式；
探究计算：由中点公式可得，点C（2，）；
拓展探究：连接AM，设M（m，0），则OM＝m，BM＝4﹣m，根据线段的垂直平分线的性质可得AM＝BM，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出m的值，即可求解；
类比探究：根据角平分线的性质可得NO＝NC，利用HL得Rt△OAN≌Rt△ACN，根据全等三角形的性质得AC＝AO＝3，可得出BC＝AB﹣AC＝2，设点N的坐标为（n，0），则ON＝n，则CN＝n，BN＝4﹣n，在Rt△BCN中，由勾股定理即可求解．
【解答】解：知识初探：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将A，B两点坐标代入，得，
解得，
∴直线AB的解析式为yx+3；
探究计算：∵点C为线段AB的中点，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），
∴由中点公式得，点C（2，），
故答案为：2，；
拓展探究：连接AM，
设M（m，0），则OM＝m，BM＝4﹣m，
∵点C是线段AB的中点，CM⊥AB，
∴AM＝BM＝4﹣m，
在Rt△AOM中，AM2＝OM2+OA2，
∴（4﹣m）2＝m2+32，
∴m，
∴M（，0）；
类比探究：∵NC⊥AB，NO⊥OA，
∴当∠OAN＝∠CAN时，即AN平分∠OAB时，NO＝NC，
在Rt△OAN和Rt△ACN中，
，
∴Rt△OAN≌Rt△ACN（HL），
∴AC＝AO＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得AB5，
∴BC＝AB﹣AC＝2，
设点N的坐标为（n，0），则ON＝n，则CN＝n，BN＝4﹣n，
在Rt△BCN中，由勾股定理得（4﹣n）2﹣n2＝22，
解得n，
∴点MN的坐标为（，0）．
故答案为：，0．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法解析式，中点公式，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理是本题的关键．
题型三 一次函数与45°角问题
【例题3】（2022春•宛城区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于点A、B，点P为坐标平面内一点．
（1）将直线AB向下平移5个单位，所得直线的解析式是 ；
（2）直接写出与直线AB关于x轴对称的直线的解析式；
（3）若点P在x轴上，且∠APB＝45°，求点P的坐标；
【分析】（1）由图形平移的性质求解即可；
（2）求出A、B点坐标，然后求出A、B关于x轴的对称点坐标，由待定系数法求函数解析式即可；
（3）由题意可知△OPB是等腰直角三角形，则OP＝OB，由此可求P点坐标；
【解答】解：（1）直线AB向下平移5个单位，得到，
故答案为：；
（2）令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），
令y＝0，则x＝3，
∴A（3，0），
∴B点关于x轴的对称点（0，﹣4），
设直线关于x轴对称的直线解析式为y＝kx﹣4，
∴3k﹣4＝0，
∴k，
∴yx﹣4；
（3）∵B（0，4），
∴OB＝4，
∵点P在x轴上，∠APB＝45°，
∴点P在直线AB的两侧，OP＝OB＝4，
∴P（﹣4，0）或（4，0）；
【点评】本题考查次一函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的判定及性质，轴对称的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2022春•大冶市期末）如图1，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，点E为y轴负半轴上一点，且S△ABE＝12．
（1）求直线AE的解析式；
（2）如图2，直线y＝mx交直线AB于点M，交直线AE于点N，当S△OEN＝2S△OBM时，求m的值；
（3）点P为直线AE上一点，若∠ABP＝45°，请直接写出点P的坐标： ．
【分析】（1）设E（0，t），由三角形面积求出E（0，﹣4），再由待定系数法求出直线AE的解析式；
（2）联立方程组，求出M（，），联立方程组，求出N（，），由三角形面积的关系可得，从而求出m的值；
（3）当P点在A点下方时，过A点作AC⊥AB交BP的延长线于点C，过A点作MN⊥x轴，过B点作BM⊥MN交于M，过C作CN⊥MN交于N，通过证明△ABM≌△CAN（AAS），求出点C（﹣2，﹣4），利用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝3x+2，联立方程组，即可求P（，）；当P点在A点下方时，同理可求P（﹣9，5）．
【解答】解：（1）在中，令x＝0，则y＝2，
∴B（0，2），
令y＝0，则x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），
设E（0，t），
∴BE＝2﹣t，
∵S△ABE＝12，
∴（2﹣t）×4＝12，
∴t＝﹣4，
∴E（0，﹣4），
设直线AE的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x﹣4；
（2）∵S△OEN＝2S△OBM，
∴4×（﹣xN）＝2×2xM，
∴﹣xN＝xM，
联立方程组，
解得，
∴M（，），
联立方程组，
解得，
∴N（，），
∴，
∴m＝2，
经检验m＝2是方程的根，
∴m＝2；
（3）当P点在A点下方时，
过A点作AC⊥AB交BP的延长线于点C，过A点作MN⊥x轴，过B点作BM⊥MN交于M，过C作CN⊥MN交于N，
∵∠BAM+∠NAC＝90°，∠MAB+∠MBA＝90°，
∴∠NAC＝∠MBA，
∵∠ABC＝45°，
∴AC＝AB，
∴△ABM≌△CAN（AAS），
∴BM＝AN，AM＝NC，
∵B（0，2），A（﹣4，0），
∴AM＝2，BM＝4，
∴C（﹣2，﹣4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝3x+2，
联立方程组，
解得，
∴P（，）；
当点P在A点上方时，
过A点作AQ⊥BP交于点Q，过点Q作QG⊥x轴交于G点，
∵∠QBA＝45°，
∴AQ＝AB，
∵∠QAB＝90°，
∴∠QAG+∠BAO＝90°，
∵∠QAG+∠AQG＝90°，
∴∠BAO＝∠AQG，
∴△AGQ≌△BOA（AAS），
∴AG＝BO，QG＝AO，
∴Q（﹣6，4），
设直线BQ的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴yx+2，
联立方程组，
解得，
∴P（﹣9，5）；
综上所述：P点的坐标（﹣9，5）或（，），
故答案为：（﹣9，5）或（，）．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
【变式3-2】（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yx+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yx+4，令yx+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yx+4，
令yx+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：yx，
当x＝3时，yx，
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．
【变式3-3】（2022秋•洪山区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB分别交y轴、x轴于点A（0，a），点B（b，0），且a、b满足|a﹣2|0．
（1）求a，b的值；
（2）以AB为边作Rt△ABC，点C在直线AB的右侧且∠ACB＝45°，求点C的坐标；
（3）若（2）的点C在第四象限（如图2），AC与x交于点D，BC与y轴交于点E，连接DE，过点C作CF⊥BC交x轴于点F．
①求证：CFBC；
②直接写出点C到DE的距离．
【分析】（1）由非负数的性质可得出答案；
（2）分两种情况：∠BAC＝90°或∠ABC＝90°，根据等腰直角三角形的性质及全等三角形的性质可求出点C的坐标；
（3）①如图3，过点C作CL⊥y轴于点L，则CL＝1＝BO，根据AAS可证明△BOE≌△CLE，得出BE＝CE，根据ASA可证明△ABE≌△BCF，得出BE＝CF，则结论得证；
②如图4，过点C作CK⊥ED于点K，过点C作CH⊥DF于点H，根据SAS可证明△CDE≌△CDF，可得∠CDE＝∠CDF，由角平分线的性质可得CK＝CH＝1．
【解答】（1）解：∵|a﹣2|0，
∵a﹣2≥0，0，
∴a﹣2＝0，2b+2＝0，
∴a＝2，b＝﹣1；
（2）由（1）知a＝2，b＝﹣1，
∴A（0，2），B（﹣1，0），
∴OA＝2，OB＝1，
∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝45°，
∴只有∠BAC＝90°或∠ABC＝90°，
①当∠BAC＝90°时，如图1，过点C作CG⊥OA于G，
∴∠AGC＝90°，∠CAG+∠ACG＝90°，
∵∠BAO+∠CAG＝90°，
∴∠BAO＝∠ACG，
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
在△AOB和△CGA中，
，
∴△AOB≌△CGA（AAS），
∴CG＝OA＝2，AG＝OB＝1，
∴OG＝OA﹣AG＝1，
∴C（2，1）；
②当∠ABC＝90°时，如图2，过点C作CG⊥BD于G，
同①得，△AOB≌△BGC（AAS），
∴BG＝OA＝2，CG＝OB＝1，
∴OG＝BG﹣OB＝1，
∴C（1，﹣1）；
即：满足条件的点C（2，1）或（1，﹣1）；
（3）①证明：如图3，由（2）知点C（1，﹣1），
过点C作CL⊥y轴于点L，则CL＝1＝BO，
在△BOE和△CLE中，
，
∴△BOE≌△CLE（AAS），
∴BE＝CE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAO+∠BEA＝90°，
∵∠BOE＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∴CFBC；
②解：点C到DE的距离为1．
如图4，过点C作CK⊥ED于点K，过点C作CH⊥DF于点H，
由①知BE＝CF，
∵BEBC，
∴CE＝CF，
∵∠ACB＝45°，∠BCF＝90°，
∴∠ECD＝∠DCF，
∵DC＝DC，
∴△CDE≌△CDF（SAS），
∴∠CDE＝∠CDF，
∴CK＝CH＝1．
∴点C到DE的距离为1．
【点评】本题是三角形综合题，考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【变式3-4】（2020秋•济南月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB经过点C（a，a），且交x轴于点A（m，0），交y轴于点B（0，n），且m，n满足（n﹣12）2＝0．
（1）求直线AB的解析式及C点坐标；
（2）设过点C的直线交x轴于点D，使得S△AOB＝S△ACD，求D点的坐标；
（3）如图2，点E（0，﹣2），点P为射线AB上一点，且∠CEP＝45°，求点P的坐标．
【分析】（1）利用非负数的性质求出A、B两点坐标，再利用待定系数法切线直线AB解析式即可解决问题；
（2）根据三角形的面积公式可得AD＝18，即可解决问题；
（3）过点C作CF⊥CE交直线EP于点F，则△ECF为等腰直角三角形，求出直线PE解析式，利用方程组求交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵（n﹣12）2＝0，
∴m＝6，n＝12，
∴A（6，0），B（0，12），
设直线AB解析式为y＝kx+b，
则：b＝12，6k+b＝0，
解得：k＝﹣2，b＝12，
∴直线AB解析式为y＝﹣2x+12，
∵直线AB点C（a，a），
∴a＝﹣2a+12，
∴a＝4，
∴点C坐标（4，4）；
（2）如图所示，
∵A（6，0），B（0，12），
∴S△AOB•OA•OB6×12＝36，
S△ADC4×AD＝36，
∴AD＝18，
设D（n，0），
∴n﹣6＝18或者n﹣6＝﹣18．
即n＝24或者n＝﹣12，
∴点D坐标（﹣12，0）或者（24，0）；
（3）如图，过点C作CF⊥CE交直线EP于点F，
∵∠CEF＝45°，
∴CE＝CF，
过C作x轴垂线l，分别过F、E作FM⊥l，EN⊥l，
∴∠FMC＝∠NCE＝90°，∠MCF+∠MFC＝90°，
∵CF⊥CE，
∴∠MCF+∠NCE＝90°，
∴∠MFC＝∠NCE，
∴△FMC≌△CNE（AAS），
∴FM＝CN＝6，CM＝EN＝4，
即F点坐标为（﹣2，8），
由E（0，﹣2），得直线EF的解析式为：y＝﹣5x﹣2，
联立y＝﹣5x﹣2，y＝﹣2x+12，得：
x，y，
即点P坐标为：（，）．
【点评】本题考查一次函数综合题、考查非负数的性质，待定系数法、等腰直角三角形的性质、三角形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是构造等腰直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
【变式3-5】（2022•江北区开学）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（0，3），C（3，0），D是线段AB上一点，CD交y轴于点E，且S△BCE＝2S△AOB．
（1）求直线AB的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）猜想线段CE与线段AB的数量关系与位置关系，并说明理由；
（4）若F为射线CD上一点，且∠DBF＝45°，求点F的坐标．
【分析】（1）设直线AB的函数解析式为：y＝kx+b，代入A、B坐标；
（2）设E（0，t），根据S△BCE＝2S△AOB，得3×（3−t）＝3，从而E（0，1），设直线CE的函数解析式为：y＝mx+n，将C、E的坐标代入得出直线CE的解析式，与直线AB联立即可；
（3）通过SAS证明△COE≌△BOA，得CE＝AB，∠OCE＝∠OBA，可得∠OCE+∠BAO＝∠OBA+∠BAO＝90°，即可得出结论；
（4）当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足分别为G、H点，可证△BDG≌△DFH（AAS），得FH＝DG＝3，DH＝BG，从而点F（，），当点F在CD的延长线上时，由对称性可知F（，）．
【解答】解：（1）设直线AB的函数解析式为：y＝kx+b，
∵点A（﹣1，0），B（0，3），
则，
∴，
∴直线AB的函数解析式为：y＝3x+3；
（2）设E（0，t），
∵A（﹣1，0），B（0，3），
∴OA＝1，OB＝3，
∴S△AOB1×3，
∵S△BCE＝2S△AOB，
∴S△BCE＝3，
∴3×（3−t）＝3，
解得t＝1，
∴E（0，1），
设直线CE的函数解析式为：y＝mx+n，将C、E的坐标代入得：
，
∴，
∴直线CE的函数解析式为：yx+1，
当x+1＝3x+3时，
∴x，
则y，
∴D（，）；
（3）猜想：CE＝AB，CE⊥AB，理由如下：
∵OE＝OA＝1，OC＝OB＝3，∠COE＝∠BOA＝90°，
∴△COE≌△BOA（SAS），
∴CE＝AB，∠OCE＝∠OBA，
∵∠OBA+∠BAO＝90°，
∴∠OCE+∠BAO＝90°，
∴∠CDA＝90°，
∴CE⊥AB；
（4）在射线CD上存在两个F点，使∠DBF＝45°，
如图，当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足分别为G、H点，
∵CD⊥AB，∠DBF＝45°，
∴∠DBF＝∠DFB＝45°，
∴BD＝DF，
∵∠BDG+∠FDH＝90°，
∠BDG+∠DBG＝90°，
∴∠FDH＝∠DBG，
又∵∠BGD＝∠DHF，
∴△BDG≌△DFH（AAS），
∴FH＝DG＝3，DH＝BG，
∴点F（，）；
当点F在CD的延长线上时，由对称性可知F（，），
综上点F的坐标为：（，）或（，）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求直线解析式，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，构造K型全等是解题的关键．
题型四 一次函数与角度有关的综合问题
【例题4】（2022秋•镇海区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l的解析式为yx+b，它与坐标轴分别交于A、B两点，已知点B的纵坐标为4．
（1）求出A点的坐标．
（2）在第一象限的角平分线上是否存在点Q使得∠QBA＝90°？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点P为y轴上一点，连结AP，若∠APO＝2∠ABO，求点P的坐标．
【分析】（1）将点B代入直线，求出直线解析式yx+b，然后求直线与x轴交点坐标；
（2）点Q在第一象限角平分线上，设Q（x，x），利用勾股定理列方程，即可求出点Q的标；
（3）分两种情况，①点P为y轴正半轴上一点；②点P为y轴负半轴上一点，根据三角形外角的性质以及等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）∵B的纵坐标为4．直线lyx+b，与坐标轴分别交于A、B两点，
∴点B（0，4），
将点B（0，4）代入直线l的解析式yx+b得：b＝4，
∴直线l的解析式为：yx+4，
令y＝0得：x＝3，
∴A（3，0）；
（2）存在，
∵A（3，0），B（0，4），
∴AB5，
∵Q在第一象限的角平分线上，
设Q（x，x），
根据勾股定理：
QB2+BA2＝QA2，
x2+（x﹣4）2+52＝x2+（x﹣3）2，
解得x＝16，
故Q（16，16）；
（3）如图：
①当点P为y轴正半轴上一点时，
∵∠APO＝2∠ABO，∠APO＝∠ABO+∠PAB，
∴∠ABO＝∠PAB，
∴PA＝PB，
设P（0，p），
∴PA2＝PB2，
∴32+p2＝（4﹣p）2，
∴p，
∴P（0，）；
②当点P为y轴负半轴上一点时，
∠AP′P＝∠APO＝2∠ABO，
∴AP＝AP′，
∵AO⊥PP′，
∴OP′＝OP，
∴P′（0，）．
综上所述：点P的坐标为（0，）或P（0，）．
【点评】此题一次函数的综合题，考查了点的坐标、勾股定理、三角形外角的性质以及等腰三角形的性质等知识，利用数形结合思想以及分类思想解决问题是本题的关键．
【变式4-1】（2022•丛台区校级模拟）如图，点P（a，a+3）是直角坐标系xOy中的一个动点，直线l1：y＝2x+6与x轴，y轴分别交于点A，B，直线l2经过点B和点（6，3）并与x轴交于点C．
（1）求直线l2的表达式及点C的坐标；
（2）点P会落在直线l1：y＝2x+6上吗？说明原因；
（3）当点P在△ABC的内部时．
①求a的范围；
②是否存在点P，使得∠OPA＝90°？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用待定系数法求函数是解析式即可；
（2）将点P代入直线l1：y＝2x+6，判断a是否有解即可；
（3）①由题意可知P点在直线y＝x+2上，只需判断该直线在△ABC内部时的a的取值即可；
②设AO的中点M为（，0），由题意可知PMAO，建立方程求出a是值即可求点的坐标．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝6，
∴B（0，6），
令y＝0，则x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），
设直线l2的解析式为y＝kx+b，
，
解得，
∴yx+6，
令y＝0，则x＝12，
∴C（12，0）；
（2）将点P（a，a+3）代入y＝2x+6，
∴a+3＝2a+6，
解得a＝﹣3，
∴P（﹣3，0），
∴P点会落在直线l1上；
（3）①∵P（a，a+3），
∴P点在直线y＝x+3上，
令y＝0，则x＝﹣3，
∴直线y＝x+2与x轴的交点为（﹣3，0），
联立方程组，
解得，
∴直线y＝x+3与直线BC交点为（2，5），
∵点P在△ABC的内部，
∴﹣3＜a＜2；
②存在点P，使得∠OPA＝90°，理由如下：
∵A（﹣3，0），
∴AO＝3，
设AO的中点M为（，0），
∵∠OPA＝90°，
∴PMAO，
∴，
2a2+9a+9＝0，
，
，a2＝3，
∴，P2（﹣3，0）与A重合，
∴P（，）．
【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，分类讨论是解题的关键．
【变式4-2】（2022秋•和平区校级期中）如图1，直线yx和直线相交于点A，直线与x轴交于点C，点P在线段AC上，PD⊥x轴于点D，交直线于点Q．已知A点的横坐标为4．
（1）点C的坐标为 ；
（2）当QP＝OA时，求Q点的坐标．
（3）如图2，在（2）的条件下，∠OQP平分线交x轴于点M．
①求出M点的坐标．
②在线段QM上找一点N，使△AON的周长最小，直接写出周长最小值 ．
【分析】（1）求出A的坐标为（4，3），用待定系数法求出直线AC的表达式，即可求解；
（2）设P（n，n+5），Q（n，n），则PQn﹣（n+5）n﹣5，而QP＝OA，即n﹣5＝5，即可求解；
（3）①证明∠OQM＝∠OHM，则OH＝OQ10，进而求出直线QH的表达式，即可求解；
②作点A关于直线HM的对称点A′，连接AO交QM于点N，则AN＝AN′，此时△AON的周长最小，进而求解．
【解答】解：（1）当x＝4时，yx＝3，即点A的坐标为（4，3），
将点A的坐标代入得：3＝﹣2+b，解得：b＝5，
故直线AC的表达式为：yx+5，令y＝0，解得x＝10，
故点C（10，0），
故答案为：（10，0）；
（2）∵点A的坐标为（4.3），
∴OA5，
∵C（10，0），
设P（n，n+5），Q（n，n），
∴PQn﹣（n+5）n﹣5，
∵QP＝OA，
∴n﹣5＝5，解得：n＝8，
∴P（8，1），Q（8，6）；
（3）①延长QM交y轴于点H，
∵QD∥y轴，则∠OHM＝∠MQD，
∵∠OQP平分线交x轴于点M，则∠MQO＝∠MQD，
∴∠OQM＝∠OHM，
∴OH＝OQ10，
故点H（0，﹣10），
由点H、Q的坐标得，直线QH的表达式为：y＝2x﹣10，
令y＝2x﹣10＝0，解得x＝5，
故点M（5，0）；
②作点A关于直线HM的对称点A′，
∵QM是∠OQD的角平分线，故A′在QD上，
连接AO交QM于点N，则AN＝AN′，此时△AON的周长最小，理由：
△AON的周长＝AO+ON+A′N＝AO+ON+A′N＝AO+A′O最小，
由点A、Q的坐标知，点A是QO的中点，则AQ＝AO＝5＝QA′，
则点A′（8，1），
则△AON的周长最小值＝AO+A′O＝55，
故答案为：5．
【点评】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：一次函数与坐标轴的交点，点的对称性，平行线的性质等，利用点的对称性求线段和的最小值，是解本题的关键．
【变式4-3】（2022秋•常州期末）在平面直角坐标系中，一次函数的图象l1与x轴交于点A，一次函数y＝x+6的图象l2与x轴交于点B，与l1交于点P．直线l3过点A且与x轴垂直，C是l3上的一个动点．
（1）分别求出点A、P的坐标；
（2）设直线PC对应的函数表达式为y＝kx+b，且满足函数值y随x的增大而增大．若△PCA的面积为15，分别求出k、b的值；
（3）是否存在点C，使得2∠PCA+∠PAB＝90°？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令y＝0，即可求解点A的坐标，联立，即可求得点P的坐标；
（2）由（1）点A的坐标可知l3为直线x＝1，可设点C的坐标为（1，t），根据直线PC的单调性可知k＞0即t＞4，再根据三角形的面积公式解得t，把点C、P的坐标代入y＝kx+b求解即可；
（3）过点P作PE⊥l3于点E，由勾股定理求得AP，由2∠PCA+∠PAB＝90°和直角三角形的性质可得∠PAE＝2∠PCA，分两种情况讨论：①当点C1在x轴下方时，②当点C2在x轴上方时，由等腰三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）令y＝0，得，
解得x＝1，
∴A（1，0），
联立，
解得，
∴P（﹣2，4）．
（2）点A（1，0）可知l3为直线x＝1，设点C的坐标为（1，t），
∵函数值y随x的增大而增大，P（﹣2，4），
∴k＞0，t＞4，
∴，
∴t＝10，
∴C（1，10），
将P（﹣2，4）、C（1，10）代入y＝kx+b，
得，
解得，
∴k＝2，b＝8．
（3）过点P作PE⊥l3于点E，
∵P（﹣2，4），A（1，0），
∴E（1，4），
∵l3⊥x轴，
∴∠AEP＝∠EAO＝90°，
∴PE＝1﹣（﹣2）＝3，AE＝4，
在Rt△AEP中，，
∵2∠PCA+∠PAB＝90°，∠PAE+∠PAB＝90°，
∴∠PAE＝2∠PCA，
①当点C1在x轴下方时，连接PC1，
∵∠PAE＝∠PC1A+∠APC1＝2∠PC1A，
∴AC1＝AP＝5，
∴C1（1，﹣5），
②当点C2在x轴上方时，连接PC2，
∵∠PC2A＝∠PC1A，
∴PC1＝PC2，
又∵PE⊥C1C2，
∴EC1＝EC2，
∵EC1＝AE+AC1＝4+5＝9，
∴EC2＝9，
∴AC2＝AE+EC2＝4+9＝13，
∴C2（1，13），
综上，存在，C（1，﹣5）或C（1，13）．
【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，求一次函数解析式，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式4-4】（2022秋•市中区校级期末）如图，直线y＝﹣x+4和直线y＝2x+1相交于点A，分别与y轴交于B，C两点．
（1）求点A的坐标；
（2）在x轴上有一动点P（a，0），过点P作x轴的垂线，分别交函数y＝﹣x+4和y＝2x+1的图象于点D，E，若DE＝9，求a的值．
（3）在（2）的条件下，点Q为x轴负半轴上一点，直接写出△DEQ为等腰三角形时Q点的坐标．
【分析】（1）联立两条直线的解析式即可得出点A的坐标；
（2）由点P的坐标可得出点D，E的坐标，再根据DE＝6，列出方程，求解可得a的值；
（3）由（2）可得点D，E的坐标，再结合等腰三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）令﹣x+4＝2x+1，解得x＝1，
∴y＝﹣1+4＝3，
∴A（1，3）；
（2）由题意可知，D（a，﹣a+4），E（a，2a+1），
∴DE＝|2a+1﹣（﹣a+4）|＝9，
解得a＝﹣2或a＝4，
∴a的值为﹣2或4；
（3）设DE与x轴的交点为H，
当a＝﹣2时，D（﹣2，6），E（﹣2，﹣3），
以D为圆心，DE长为半径画弧交x轴负半轴于点Q，
QH3，
∴Q点的横坐标为﹣32，
∴Q（﹣32，0）；
同理：以E为圆心，DE长为半径画弧交x轴负半轴于点Q′，
Q′H6，
∴Q′点的横坐标为﹣62，
∴Q′（﹣62，0）；
当a＝4时，D（4，0），E（4，9），
以E为圆心，DE长为半径画弧与x轴负半轴无交点，
以D为圆心，DE长为半径画弧与x轴负半轴交于Q″，
∴Q″的横坐标为：﹣（9﹣4）＝﹣5，
Q″（﹣5，0）．
故点Q的坐标为（﹣32，0）或（﹣62，0）或（﹣5，0）．
【点评】本题为一次函数的综合应用，主要考查待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质，确定Q点的横坐标是解题的关键．
【变式4-5】已知，在直角坐标系中，A（﹣a，0），B（b，0），C（0，c），且满足b2
（1）如图1，过B作BD⊥AC，交y轴于M，垂足为D，求M点的坐标．
（2）如图2，若a＝3，AC＝6，点P为线段AC上一点，D为x轴负半轴上一点，且PD＝PO，∠DPO＝45°，求点D的坐标．
（3）如图3，M在OC上，E在AC上，满足∠CME＝∠OMA，EF⊥AM交AO于G，垂足为F，试猜想线段OG，OM，CM三者之间的数量关系，并给出证明．
【分析】（1）由二次根式的性质得出a＝c，根据等腰直角三角形的性质求出∠CMD和∠BMO的度数，则OM＝OB＝2；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠APD＝∠COP，证明△PDA≌△OPC，根据全等三角形的性质得到OC＝PA，根据坐标与图形性质可得到答案；
（3）作ON∥EG，CH∥AO，CH与GE的延长线交于点H，可得出∠NCO＝∠MAO，根据ASA可证明△AOM≌△OCN，得到OM＝CN，证明△CME≌△CEH，得到CH＝CM，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵a﹣c≥0，c﹣a≥0，
∴a＝c，
∴△AOC为等腰直角三角形，∠ACO＝45°，
∵BD⊥AC，
∴∠CMD＝∠BMO＝45°，
∴OM＝OB＝2，
∴M（0，2）．
（2）∵∠APD+∠CPO＝180°﹣∠DPO＝135°，∠CPO+∠COP＝180°﹣∠ACO＝135°，
∴∠APD＝∠COP，
∵∠PCO＝∠PAD＝45°，PD＝PO，
∴△PDA≌△OPC（AAS），
∴PA＝OC＝3，DA＝PC＝6﹣3，
∴OD＝OA﹣DA＝3（6﹣3）＝66．
∴D（6﹣6，0）．
（3）OM＝CM﹣OG．证明如下：
作ON∥EG，CH∥AO，且CH与GE的延长线交于点H，
∵EF⊥AM，
∴ON⊥AM，
∴∠NCO＝∠AOM＝90°，
∴∠NCO＝∠MAO，
∵OA＝OC，
∴△AOM≌△OCN（ASA），
∴OM＝CN，∠CNO＝∠AMO，
∵∠ACO＝45°，
∴∠HCE＝45°，
∵∠CME＝∠OMA，
∵ON∥GH，
∴∠CNO＝∠H，
∴∠H＝∠CME，
∵CM＝CM，
∴△CME≌△CEH（ASA），
∴CH＝CM，
∴OM＝CN＝CH﹣HN＝CM﹣OG．
【点评】本题是三角形综合题，考查了二次根式的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式4-6】（2022春•江夏区校级月考）如图，直线y1＝3x+6分别交x轴、y轴于A，B两点，直线y2＝kx+3（k≠3）分别交x轴、y轴于C，D，交y1于点E．
（1）直接写出坐标A： ，B： ，D： ；
（2）如图1，若∠BED＝45°，求C点的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点C关于y轴的对称点F作x轴的垂线交直线y2于点G，连接EF、BG、OE，求证：EF﹣BEOE．
【分析】（1）由y1＝3x+6，y2＝kx+3，可得A（﹣2，0）、B（0，6）、D（0，3）；
（2）过点B作直线BF⊥AB交CD于点F，过点A作直线AH∥CD交BF于点H，证明△AMB≌△BNH（AAS），得AM＝BN＝6，MB＝NH＝2，即可得点H的坐标为（6，4），直线AH的表达式为yx+1，从而直线CD的表达式为yx+3，可得点C（﹣6，0）；
（3）由得E（，），又点C（﹣6，0）关于y轴的对称点为F（6，0），得EF，又B（0，6）得BE，即得EF﹣BE，而OE，故EF﹣BEOE．
【解答】（1）解：对于y1＝3x+6，令y1＝3x+6＝0，解得x＝﹣2，令x＝0，则y＝6，
对于y2＝kx+3，令x＝0，则y＝3，
∴A（﹣2，0）、B（0，6）、D（0，3）；
故答案为：（﹣2，0），（0，6），（0，3）；
（2）解：过点B作直线BF⊥AB交CD于点F，过点A作直线AH∥CD交BF于点H，
∵AH∥CD，则∠BAH＝∠BED＝45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AB＝BH，
由点A、B的坐标知，AM＝6，BM＝2，
∵∠ABM+∠MAB＝90°，∠ABM+∠NHB＝90°，
∴∠MAB＝∠NBH，
∴∠AMB＝∠BNH＝90°，AB＝BH，
∴△AMB≌△BNH（AAS），
∴AM＝BN＝6，MB＝NH＝2，
故点H的坐标为（6，4），
由点A（﹣2，0）、H（6，4）得，直线AH的表达式为yx+1，
∵AH∥CD，D（0，3），
∴直线CD的表达式为yx+3，
令yx+3＝0，解得x＝﹣6，
∴点C（﹣6，0）；
（3）证明：由得：，
∴E（，），
∵点C（﹣6，0）关于y轴的对称点为F，
∴F（6，0），
∴EF，
∵B（0，6），
∴BE，
∴EF﹣BE，
∵OE，
∴OE，
∴EF﹣BEOE．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，一次函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是掌握作辅助线，利用条件∠BED＝45°．