初中数学人教版八年级下册19.2.2 一次函数精品课堂检测

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类型二：一次函数与图形的对称
类型三：一次函数与图形的旋转
类型四：一次函数与三角形
类型五：一次函数与四边形
类型一：一次函数与图形的平移
1．如图，点M的坐标为（3，4），将OM沿x轴正方向平移，使点M的对应点M′落在直线y＝x上，点O的对应点为O′．
（1）则点M′的坐标为 （8，4） ；
（2）连接MM′，四边形MOO′M′的形状为 菱形 ．
【分析】（1）把y＝4代入得到x＝8，即可得到点M′的坐标；
（2）由平移可得OM＝OM′，OM∥OM′，证到四边形MOO′M′为平行四边形，由勾股定理得到OM＝5，再由M、M′的坐标得到OM＝MM′＝5，即可证明四边形MOO′M′为菱形；
【解答】解：（1）把y＝4代入，
得x＝8，
∴点M′坐标为（8，4），
故答案为：（8，4）；
（2）四边形MOO′M′为菱形．
理由如下：过点M作MA⊥x轴于点A，
由平移得，
OM＝OM′，OM∥OM′，
∴四边形MOO′M′为平行四边形，
∵点M的坐标为（3，4），
∴OA＝3，AM＝4，
∴，
∵点M的坐标为（3，4），点M′坐标为（8，4），
∴MM′＝8﹣3＝5，
∴OM＝MM′，
∴平行四边形MOO′M′为菱形，
故答案为：菱形．
2．如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+3与x轴、y轴交点分别为点A和点B，直线l2过点B且与x轴交于点C，将直线l1向下平移4个单位长度得到直线l3，已知直线l3刚好过点C且与y轴交于点D．
（1）求直线l2的解析式；
（2）求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）根据直线l1的解析式求出A（﹣6，0），B（0，3）．根据上加下减的平移规律求出直线l3的解析式为y＝x﹣1，求出C（2，0），D（0，﹣1）．根据直线l2过点B、C，利用待定系数法求出直线l2的解析式；
（2）根据S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC，即可求出四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）∵直线l1：y＝x+3与x轴、y轴交点分别为点A和点B，
∴y＝0时，x+3＝0，解得x＝﹣6，
x＝0时，y＝3，
∴A（﹣6，0），B（0，3）．
∵将直线l1：y＝x+3向下平移4个单位长度得到直线l3，
∴直线l3的解析式为：y＝x+3﹣4，即y＝x﹣1，
∵y＝0时，x﹣1＝0，解得x＝2，
x＝0时，y＝﹣1，
∴C（2，0），D（0，﹣1）．
设直线l2的解析式为y＝kx+b，
∵直线l2过点B（0，3）、点C（2，0），
∴，解得，
∴直线l2的解析式为y＝﹣x+3；
（2）∵A（﹣6，0），B（0，3），C（2，0），D（0，﹣1），
∴AC＝2﹣（﹣6）＝8，OB＝3，OD＝1，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC
＝AC•OB+AC•OD
＝×8×3+×8×1
＝12+4
＝16．
3．综合应用
如图1，直线l1：y＝2x+3与x轴交于点B，直线l2与x轴交于点，l1、l2交于y轴上一点A．
（1）特征探究：求直线l2的表达式；
（2）坐标探究：过x轴上一点D（﹣3，0），作DE⊥AC于点E，交y轴于点F，求E点坐标；
（3）规律探究；将△ABC将向左平移m个单位长度得到图2，AC与y轴交于点P（点P不与A点和C点重合），在AB的延长线上取一点Q，使BQ＝CP，连接PQ交x轴于M点．请探究△ABC向左平移的过程中，线段MO的长度的变化情况？
【分析】（1）把x＝0代入y＝2x+3求出点A的坐标，结合点C的坐标求出l2的表达式；
（2）根据题意求出直线DE的解析式，从而求出点E和点F的坐标；
（3）OM的长度不变，理由如下，过点Q作DQ⊥x轴，证明△BDQ≌△COP得到DB＝OC，DQ＝OP，再证明△MDQ≌△MOP，得到OM＝，从而求出OM的长度．
【解答】解：（1）把x＝0代入y＝2x+3，得y＝3，
∴点A的坐标为（0，3），
设l2的表达式为y＝kx+b，把A（0，3），代入，
得，解得，
∴l2的表达式为y＝﹣2x+3；
（2）由DE⊥AC，l2的表达式为y＝﹣2x+3，
设直线DE的解析式为，把D（﹣3，0）代入，
解得b＝，
∴直线DE的解析式为，
把x＝0代入，解得y＝，
∴点F的坐标为，
联立，解得，
∴点E的坐标为；
（3）OM的长度不变，理由如下：
如图1，由，，
∴OB＝OC，且BC＝3，
∵∠BOA＝∠COA＝90°，OA＝OA，
∴△AOB≌△AOC，
∴AB＝AC，
过点Q作DQ⊥x轴，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠DBQ，
∵BQ＝CP，∠BDQ＝∠COP＝90°，
∴△BDQ≌△COP（AAS），
∴DB＝OC，DQ＝OP，
∴OD＝DB+OB＝OC+OB＝BC＝3，
∵∠MDQ＝∠MOP＝90°，∠DMQ＝∠OMP，DQ＝OP，
∴△MDQ≌△MOP（AAS），
∴DM＝OM，
∴OM＝＝．
4．如图，在直角坐标系中，一次函数的图象l1与y轴交于点A（0，2），与x轴交于点B（﹣，0），与一次函数y＝x﹣3的图象l2交于点E．
（1）求l1的函数表达式；
（2）直线l2与y轴交于点C，求△AEC的面积；
（3）如图，已知长方形MNPQ，PQ＝2，NP＝1，M（a，1），矩形MNPQ的边PQ在x轴上平移，若矩形MNPQ与直线l1或l2有交点，直接写出a的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求出l1的解析式；
（2）根据点E是直线l1和直线l2的交点，求出E点坐标，利用面积计算公式即可求解；
（3）分别求出矩形MNPQ在平移过程中，当点Q在l1上、点Q在l2上、点N在l1上、点N在l2上时a的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）设直线l1的表达式y＝kx+b，
∵直线l1过点A（0，2）和点，代入得：
，
解得．
∴直线l1的表达式为．
（2）∵点E是直线l1和直线l2的交点，联立得：
，
解得，
则点E的坐标为（﹣2，﹣5），
；
（3）当矩形MNPQ的顶点Q在l1上时，a的值为，
矩形MNPQ向右平移，当点N在l1上时，
，
解得，即点，
∴a的值为，
矩形MNPQ继续向右平移，当点Q在l2上时，a的值为3，
矩形MNPQ继续向右平移，当点N在l2上时，x﹣3＝1，
解得x＝4，即点N（4，1），
∴a的值4+2＝6，
综上所述，当时，矩形MNPQ与直线l1有交点，当3≤a≤6时，矩形MNPQ与直线l2有交点．
5．如图，直角三角板AOB如图所示在平面直角坐标系内，∠B＝30°，O为坐标原点，作AH⊥x轴，AO＝10，若∠AOH＝30°．
（1）点A的坐标为 （﹣5，5） ；OB＝ 10 ；
（2）求边AB所在直线的表达式；
（3）直线y＝mx+n自与直线AB重合的位置向下平移，当其平分三角形AOB面积时，直接写出直线y＝mx+n的表达式．
【分析】（1）在Rt△AOH中，∠AOH＝30°，则AH＝AO＝5，OH＝10cs30°＝5，进而求解；
（2）用待定系数法即可求解；
（3）由△HNO＝OH•OH＝OH2＝S△ABO＝25，即可求解．
【解答】解：（1）在Rt△AOH中，∠AOH＝30°，
则AH＝AO＝5，OH＝10cs30°＝5，
故点A的坐标为：（﹣5，5），
在Rt△AOB中，∠B＝30°，
则BO＝AO＝10，
故答案为：（﹣5，5），10；
（2）过点B作BT⊥x轴于点T，
则∠BOT＝60°，
则OT＝BO＝5，同理可得：BT＝15，
即点B（5，15），
设直线AB的表达式为：y＝sx+t，
则，
解得：，
故直线AB的表达式为：y＝x+10；
（3）S△ABO＝AO•BO＝10×10＝50，
设直线l：y＝mx+n交OB于点H，交OA于点N，
由O、B坐标得，直线OB的表达式为：y＝x，
设点H（r，r），
在Rt△OHN中，∠HNO＝∠BAO＝60°，则ON＝OH，
当直线l平分三角形AOB面积时，
则△HNO＝OH•OH＝OH2＝S△ABO＝25，
解得：OH2＝150，
即r2+（r）2＝150，
解得：r＝，
则点H的坐标为：（，），
则直线l的表达式为：y＝（x﹣）+＝x+5．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于点C，且点C（4，0）．
（1）求直线BC的解析式；
（2）将直线BC向下平移3个单位长度得到直线L，此时直线L交于AB于点D，交x轴于点E，并且D的横坐标为﹣，请求出△ADE的面积；
（3）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP＝CQ，PQ交x轴于N，设点Q横坐标为m，△PBQ的面积为S，求S与m的函数关系式（不要求写出自变量m的取值范围）．
【分析】（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）由直线的平移可得直线DE的解析式，进而可得点D，E的坐标，根据三角形的面积公式可得结论．
（3）过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，由“AAS”可证△AGP≌△CHQ，可得AG＝HC＝m﹣4，PG＝HQ＝2m﹣8，由“AAS”可证△PEF≌△QCF，可得S△PEF＝S△QCF，即可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（﹣4，0）
设直线BC解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：，
解得：．
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+8；
（2）将直线BC向下平移3个单位长度得到直线L，
∴L：y＝﹣2x+5，
令y＝0，则x＝2.5，
∴E（2.5，0），
∵点D的横坐标为﹣，
∴D（﹣，），
∴S△ADE＝×（xE﹣xA）×yD
＝×（+4）×
＝；
（3）如图，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
∵AB＝CB，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，﹣2m+8）
∴HQ＝2m﹣8，CH＝m﹣4，
∵AP＝CQ，∠BAC＝∠BCA＝∠QCH，∠AGP＝∠QHC＝90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG＝HC＝m﹣4，PG＝HQ＝2m﹣8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA＝∠ACB，∠EPF＝∠CQF，
∴∠PEA＝∠PAE，
∴AP＝PE，且AP＝CQ，
∴PE＝CQ，且∠EPF＝∠CQF，∠PFE＝∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF＝S△QCF，
∴△PBQ的面积＝四边形BCFP的面积+△CFQ的面积＝四边形BCFP的面积+△PEF的面积＝四边形PECB的面积，
∴S＝S△ABC﹣S△PAE＝×8×8﹣×（2m﹣8）×（2m﹣8）＝16m﹣2m2．
类型二：一次函数与图形的对称
7．已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象过点（0，2）．
（1）若函数图象还经过点（﹣1，﹣4），求这个函数的表达式；
（2）若点M（2m，m+3）关于x轴的对称点恰好落在该函数的图象上，求m的值．
【分析】（1）用待定系数法即可解决问题．
（2）先用m表示出点M关于x轴的对称点的坐标，再代入一次函数解析式即可．
【解答】解：（1）由题知，
因为点（0，2）和点（﹣1，﹣4）在一次函数的图象上，
所以，
解得．
所以这个函数的表达式为y＝6x+2．
（2）点M关于x轴的对称点的坐标为（2m，﹣m﹣3），
又因为该对称点在一次函数的图象上，
所以﹣m﹣3＝12m+2，
解得m＝．
故m的值为．
8．如图，直线l：y＝3交x、y轴分别为A、B两点，C点与A点关于y轴对称．动点P、Q分别在线段AC、AB上（点P不与点A、C重合），满足∠BPQ＝∠BAO．
（1）点A坐标是 （﹣4，0） ，点B的坐标 （0，3） ，BC＝ 5 ．
（2）当点P在什么位置时，△APQ≌△CBP，说明理由．
（3）当△PQB为等腰三角形时，求点P的坐标．
【分析】（1）对于直线l解析式，分别令x与y为0求出y与x的值，确定出A与B的坐标，根据A与C关于y轴对称确定出C坐标，利用勾股定理求出BC的长即可；
（2）由三角形APQ与三角形CBP全等，利用全等三角形对应边相等得到PQ＝BC＝5，由AP﹣OA＝OP，求出OP的长，确定出P坐标即可；
（3）分三种情况考虑：当PQ＝PB时，由（2）确定出此时P的坐标；当BQ＝BP时，利用外角性质判断不可能；当BQ＝PQ时，求出此时P的坐标即可．
【解答】解：（1）对于直线l：y＝x+3，
令x＝0，得到y＝3；令y＝0，得到x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（0，3），即OB＝3，
∵A与C关于y轴对称，
∴C（4，0），即OC＝4，
则根据勾股定理得：BC＝＝5；
故答案为：（﹣4，0）；（0，3）；5；
（2）由△APQ≌△CBP，得到AP＝BC＝5，
∵A（﹣4，0），即OA＝4，
∴OP＝5﹣4＝1，即P（1，0）；
（3）（i）当PQ＝PB时，△APQ≌△CBP，
由（2）知此时点P（1，0）；
（ii）当BQ＝BP时，∠BQP＝∠BPQ，
∵∠BQP是△APQ的外角，
∴∠BQP＞∠BAP，
又∵∠BPQ＝∠BAO，
∴这种情况不可能；
（iii）当BQ＝PQ时，∠QBP＝∠QPB，
又∵∠BPQ＝∠BAO，
∴∠QBP＝∠BAO，
∴AP＝4+x，BP＝，
∴4+x＝，
解得：x＝﹣．
此时点P的坐标为：（﹣，0）．
综上，P的坐标为（1，0），（﹣，0）．
10．如图，已知直线l：y＝2x+4交x轴于点A，交y轴于点B．
（1）直线l向右平移2个单位长度得到的直线l1的表达式为 y＝2x ；
（2）直线l关于y＝﹣x对称的直线l2的表达式为 y＝x+2 ；
（3）点P在直线l上，若S△OAP＝2S△OBP，求P点坐标．
【分析】（1）利用平移的性质即可得出结论；
（2）先得到原直线上的两个点的坐标，进而得到这两点关于y＝﹣x对称的点的坐标，代入直线解析式求解即可；
（3）设P的坐标为（x，2x+4），由S△OAP＝2S△OBP，得到OA•|2x+4|＝2×OB•|x|，即|2x+4|＝4|x|，解得x＝﹣或2，即可求得P的坐标．
【解答】解：（1）直线l：y＝2x+4向右平移2个单位得到的直线l2的解析式为：y＝2（x﹣2）+4，即y＝2x，
故答案为y＝2x；
（2）∵（0，4），（﹣2，0）在直线l：y＝2x+4上，
这两点关于y＝﹣x的对称点为（﹣4，0），（0，2），
设直线l1的解析式为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线l1的解析式为：y＝x+2，
故答案为y＝x+2；
（3）∵直线l：y＝2x+4交x轴于A，交y轴于B．
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
设P的坐标为（x，2x+4），
∵S△OAP＝2S△OBP，
∴OA•|2x+4|＝2×OB•|x|，即|2x+4|＝4|x|，
解得x＝﹣或2，
∴P（﹣，）或（2，8）．
11．如图，在平面直角坐标系中，点A、点B分别在x轴与y轴上，直线AB的解析式为，以线段AB、BC为边作平行四边形ABCD．
（1）如图1，若点C的坐标为（3，7），判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（2）如图2，在（1）的条件下，P为CD边上的动点，点C关于直线BP的对称点是Q，连接PQ，BQ．
①当∠CBP＝ 30 °时，点Q位于线段AD的垂直平分线上；
②连接AQ，DQ，设CP＝x，设PQ的延长线交AD边于点E，当∠AQD＝90°时，求证：QE＝DE，并求出此时x的值．
【分析】（1）过C作CH⊥y轴于H，在y＝﹣x+3中，可得A（4，0），B（0，3），即有OA＝4，OB＝3，AB＝5，而C（3，7），故OB＝CH＝3，OA＝BH＝4，可证△AOB≌△BHC（SAS），得AB＝BC，∠ABO＝∠BCH，从而可得∠ABC＝90°，根据四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，∠ABC＝90°，即知四边形ABCD是正方形；
（2）①过Q作QK⊥AD于K，连接CQ，由Q在AD的垂直平分线上，可得BQ＝CQ，而C关于直线BP的对称点是Q，有BC＝BQ，故△BCQ是等边三角形，∠CBQ＝60°，即可得∠CBP＝∠QBP＝∠CBQ＝30°；
②由∠AQD＝90°，C关于直线BP的对称点是Q，四边形ABCD是正方形，可得∠DQE＝∠BQA，∠QDE＝∠BAQ，而AB＝BQ，有∠BQA＝∠BAQ，故∠DQE＝∠QDE，即得QE＝DE，从而可得DE＝QE＝AE＝，设CP＝PQ＝x，在Rt△PDE中有（5﹣x）2+（）2＝（x+）2，从而可解得x的值是．
【解答】解：（1）四边形ABCD是正方形，理由如下：
过C作CH⊥y轴于H，如图：
在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝4，
∴A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，AB＝＝5，
∵C（3，7），
∴BH＝OH﹣BO＝4，CH＝3，
∴OB＝CH＝3，OA＝BH＝4，
在△AOB和△BHC中，
，
∴△AOB≌△BHC（SAS），
∴AB＝BC，∠ABO＝∠BCH，
∵∠BCH+∠HBC＝90°，
∴∠ABO+∠HBC＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）①过Q作QK⊥AD于K，连接CQ，如图：
∵Q在AD的垂直平分线上，
∴直线QK是正方形ABCD的对称轴，
∴QK是BC的垂直平分线，
∴BQ＝CQ，
∵C关于直线BP的对称点是Q，
∴BC＝BQ，
∴BC＝BQ＝CQ，
∴△BCQ是等边三角形，
∴∠CBQ＝60°，
∵C关于直线BP的对称点是Q，
∴∠CBP＝∠QBP＝∠CBQ＝30°，
故答案为：30；
②如图：
∵∠AQD＝90°，
∴∠DQE+∠EQA＝90°，∠QDE+∠DAQ＝90°，
∵C关于直线BP的对称点是Q，四边形ABCD是正方形，
∴∠BQP＝∠C＝90°，∠BAD＝90°，AB＝BC＝BQ，
∴∠BQE＝90°＝∠BQA+∠EQA，∠BAQ+∠DAQ＝90°，
∴∠DQE＝∠BQA，∠QDE＝∠BAQ，
∵AB＝BQ，
∴∠BQA＝∠BAQ，
∴∠DQE＝∠QDE，
∴QE＝DE，
∵∠EQA＝90°﹣∠DQE＝90°﹣∠QDE＝∠EAQ，
∴QE＝AE，
∴DE＝QE＝AE，
∴QE＝DE＝AD＝AB＝，
设CP＝PQ＝x，则PD＝CD﹣x＝5﹣x，PE＝PQ+QE＝x+，
在Rt△PDE中，PD2+DE2＝PE2，
∴（5﹣x）2+（）2＝（x+）2，
解得x＝，
∴x的值是．
12．平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点（a，0），交y轴于点（0，b），a、b满足b＝+4．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）如图1，D为OA上一点，连接BD，过点O作OE⊥BD交AB于E，若∠BDO＝∠EDA，求点D的坐标；
（3）如图2，点B、Q关于x轴对称，M为x轴上A点右侧一点，过点M作MN⊥BM交直线QA于点N，是否存在点M．使S△AMN＝S△AMQ，若存在，求点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意得：a≤4且a≥4，则a＝4，即可求解；
（2）证明△BOG≌△OAE（ASA）和△GOD≌△EAD（AAS），即可求解；
（3）由S△AMN＝S△AMQ，得到NP＝OQ＝6，证明△BOM≌△MNP（AAS），即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：a≤4且a≥4，则a＝4，
当a＝4时，b＝+4＝4，
则点A、B的坐标分别为：（4，0）、（0，4）；
（2）如图，作∠AOB的角平分线交BD于点G，设BD交OE于点F，
∴∠BOG＝∠OAE＝45°，OB＝OA，
∴∠OBG＝∠AOE＝90°﹣∠BOF，
∴△BOG≌△OAE（ASA），
∴OG＝AE，
∵∠BDO＝∠EDA，∠GOD＝∠EAD＝45°，OG＝AE，
∴△GOD≌△EAD（AAS），
∴DO＝AD，
即点D（2，0）；
（3）存在，理由：
过点N作PN⊥x轴于点P，设NQ交BM于点G，
∵∠BAN＝∠BMN＝90°，∠BGA＝∠NGM，
∴∠ABM＝∠ANM，
由对称性知，∠ABM＝∠AQM，OQ＝OB＝4，
∴∠AQM＝∠ANM，
∴QM＝MN＝BM，
当S△AMN＝S△AMQ，
则NP＝OQ＝6，
∵∠BMN＝90°，
∴∠BMO+∠NMP＝90°，
∵∠BMO+∠OBM＝90°，
∴∠OBM＝∠NMP，
∴△BOM≌△MNP（AAS），
∴OM＝NP＝6，
∴点M（6，0）．
类型三：一次函数的实际应用
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝﹣x+m与x轴交于点A，点B在x轴的负半轴上，且．
（1）求直线l的函数表达式；
（2）点P是直线l上一点，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转90°得到BQ．
（ⅰ）当点Q落在y轴上时，连接AQ，求点P的坐标及四边形APBQ的面积；
（ⅱ）作直线BP，AQ，两条直线在第一象限内相交于点C，记四边形APBQ的面积为S1，△ABC的面积为S2，若，求点Q的坐标．
【分析】（1）由OB＝OA＝2得OA＝4，则A（4，0），用待定系数法即可求解；
（2）（ⅰ）设P（p，﹣p+4），过P作PD⊥x轴于点D，证明△PDB≌△BOQ（AAS），根据全等三角形的性质可得P、Q的坐标，即可求解；
（ⅱ）设P（n，﹣n+4），过C作CF⊥x轴于点F，过P作PD⊥x轴于点D，过Q作QE⊥x轴于点E，证明△PDB≌△BEQ（AAS），根据全等三角形的性质可得Q的坐标，可得S1＝AB•（﹣n+4）+AB•（n+2）＝18，则S2＝6，可得CF＝2，利用待定系数法求出直线AQ为y＝x﹣4，则C（6，2），再利用待定系数法求出直线BC为y＝x+，联立直线l：y＝﹣x+4求出n＝，即可得点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵OB＝OA＝2，
∴OA＝4，
∴A（4，0），
∵直线l：y＝﹣x+m与x轴交于点A，
∴﹣4+m＝0，解得m＝4，
∴直线l的表达式为y＝﹣x+4；
（2）（ⅰ）设P（p，﹣p+4），过P作PD⊥x轴于点D，
∵OB＝OA＝2，
∴B点的坐标为（﹣2，0），
∴OB＝2，AB＝6，
∵∠BOQ＝∠PDB＝∠QBP＝90°，
∴∠BQO+∠QBO＝90°，∠PBD+∠QBO＝90°，
∴∠BQO＝∠PBD，
∵PB＝BQ，
∴△PDB≌△BOQ（AAS），
∴PD＝BO＝2＝﹣p+4，OQ＝DB＝2+p，
∴p＝2，
∴点P的坐标为（2，2），点Q的坐标为（0，﹣4），
∴S四边形APBQ＝S△APB+S△AQB＝×6×2+×6×4＝18；
（ⅱ）设P（n，﹣n+4），过C作CF⊥x轴于点F，过P作PD⊥x轴于点D，过Q作QE⊥x轴于点E，
同理得△PDB≌△BEQ（AAS），
∴PD＝BE＝﹣n+4，EQ＝DB＝2+n，
∴OE＝OB﹣BE＝2+n﹣4＝n﹣2，
∴Q（﹣n+2，﹣n﹣2），
∴S1＝AB•（﹣n+4）+AB•（n+2）＝×6（﹣n+4）+×6（n+2）＝18，
∴S2＝S1＝×6•CF＝6，
∴CF＝2，
设直线AQ的解析式为y＝kx+a，
∴，解得，
∴直线AQ的解析式为y＝x﹣4，
∴C（6，2），
设直线BC的解析式为y＝sx+t，
∴，解得，
∴直线BC的解析式为y＝x+，
联立直线l：y＝﹣x+4得，
解得，
∴P（，），
∴n＝，
∴点Q的坐标为（﹣，﹣）．
14．如图所示，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，将点B向左平移5个单位长度至点C，连结BC．
（1）求点B、点C的坐标；
（2）将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，求直线CD的函数表达式；
（3）现有一动点P从C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD运动，运动时间为t秒．请探究：当t等于多少时，△BCP为等腰三角形．
【分析】（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，根据将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，可证△AEO≌△OFB（AAS），有AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，即知B（3，4），而将点B向左平移5个单位长度至点C，故C（﹣2，4）；
（2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，由B（3，4），BC＝5，得CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，根据将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴，知△CKT是等腰直角三角形，故CT＝KT＝2，K（0，2），再用待定系数法可得直线CD的解析式为y＝﹣x+2；
（3）分三种情况：①当CB＝CP＝5时，2t＝5，得t＝2.5；②当BC＝BP＝5时，∠BCP＝∠BPC＝45°，知∠CBP＝90°，故CP＝＝5，可得t＝；③当PB＝PC时，P在BC的垂直平分线上，有xP＝＝，在y＝﹣x+2中，令x＝P（，），故CP＝＝，得t＝．
【解答】解：（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，如图：
∵将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，
∴OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝90°﹣∠BOF＝∠OBF，
∵∠AEO＝∠BFO＝90°，
∴△AEO≌△OFB（AAS），
∵A（﹣4，3），
∴AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，
∴B（3，4），
∵将点B向左平移5个单位长度至点C，
∴BC＝5，
∴C（﹣2，4）；
（2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，如图：
∵B（3，4），BC＝5，
∴CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，
∵将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴，
∴△CKT是等腰直角三角形，
∴CT＝KT＝2，
∴OK＝OT﹣KT＝4﹣2＝2，
∴K（0，2），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
把C（﹣2，4），K（0，2）代入得：
，
解得，
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+2；
（3）①当CB＝CP＝5时，如图：
∴2t＝5，
解得t＝2.5；
②当BC＝BP＝5时，如图：
∴∠BCP＝∠BPC＝45°，
∴∠CBP＝90°，
∴CP＝＝5，
∴2t＝5，
解得t＝；
③当PB＝PC时，如图：
∴P在BC的垂直平分线上，
∵B（3，4），C（﹣2，4），
∴xP＝＝，
在y＝﹣x+2中，令x＝得y＝﹣+2＝，
∴P（，），
∴CP＝＝，
∴2t＝，
解得t＝；
综上所述，当t等于秒或秒或秒时，△BCP为等腰三角形．
15．如图，一次函数y＝kx+2的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B，且A（﹣1，0）．
（1）求k的值；
（2）若将一次函数y＝kx+2的图象绕点B顺时针旋转90°，所得的直线与x轴交于点C，且S△ABC＝5，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，若P是x轴上任意一点，当△PBC是以BC为腰的等腰三角形时，请求出点P的坐标．
【分析】（1）把点A的坐标代入一次函数解析式中即可求出k的值；
（2）根据S△ABC＝5，可以求出AC的长，即可求得C的坐标；
（3）分CB＝PB、PC＝BC两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+2的图象与x轴交于点A（﹣1，0），
∴﹣k+2＝0．
∴k＝2；
（2）∵k＝2，
∴一次函数y＝2x+2，令x＝0，则y＝2，
∴B（0，2），
∵S△ABC＝5，
∴AC•OB＝AC×2＝5，
∴AC＝5，
∵A（﹣1，0），
∴C（4，0）；
（3）设点P（x，0），
由点C、B、P的坐标得：BP2＝x2+22，PC2＝（x﹣4）2，CB2＝42+22＝20，
当CB＝PB时，即x2+22＝20，解得x＝4（舍去）或﹣4，
当PC＝BC时，（x﹣4）2＝20，解得x＝4+2或4﹣2；
∴点P的坐标为（﹣4，0）或（4+2，0）或（4﹣2，0）．
16．如图1，直线y＝x和直线y＝﹣x+b相交于点A，直线y＝﹣x+b与x轴交于点C，点P在线段AC上，PD⊥x轴于点D，交直线y＝x于点Q．且QP＝OA，已知A点的横坐标为4．
（1）求点C的坐标．
（2）如图2，∠OQP平分线交x轴于点M．
①求直线QM的解析式．
②将直线QM绕着点M旋转45°，旋转后的直线与y轴交于点N．直接写出点N的坐标．
【分析】（1）先求点A的坐标，再由待定系数法确定直线的解析式为y＝﹣x+5，利用解析式求C点坐标即可；
（2）①设P（t，﹣t+5），Q（t，t），根据PQ＝OA，求出Q（8，6），过点M作MG⊥OQ交OQ于点G，在Rt△OMG中，利用勾股定理得OM2＝42+（8﹣OM）2，求出MO即可知M点坐标，再求直线QM的解析式为y＝2x﹣10；
②分MQ逆时针和顺时针两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质和三角形全等求解即可．
【解答】解：（1）∵A点的横坐标为4，
∴当x＝4时，y＝×4＝3，
∴A（4，3），
将点（4，3）代入y＝﹣x+b，﹣2+b＝3，
解得b＝5，
∴直线解析式为y＝﹣x+5，
当y＝0时，x＝10，
∴C（10，0）；
（2）①设P（t，﹣t+5），Q（t，t），
∴PQ＝t+t﹣5，
∵A（4，3），
∴OA＝5，
∴5＝t+t﹣5，
解得t＝8，
∴Q（8，6），
∴OQ＝10，
如图2，过点M作MG⊥OQ交OQ于点G，
∵QM是∠OQD的平分线，MD⊥OC，
∴MG＝MD，
∵DQ＝6，OD＝8，
∴GQ＝DQ＝6，
∴OG＝4，
在Rt△OMG中，OM2＝OG2+GM2，即OM2＝42+（8﹣OM）2，
解得MO＝5，
∴M（5，0），
设直线QM的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线QM的解析式为y＝2x﹣10；
②当MQ绕M点逆时针旋转45°时，如图3，
过点M作HQ⊥HM，过点H作KL⊥x轴，过点Q作QK⊥HL交于K，
∵∠HMQ＝45°，
∴HM＝HQ，
∵∠KHQ+∠LHM＝90°，
∵∠KHQ+∠KQH＝90°，
∴∠LHM＝∠KQH，
∴△KHQ≌△LMH（AAS），
∴KQ＝HL，KH＝LM，
设ML＝a，则KH＝a，
∵KL＝6，
∴HL＝KQ＝6﹣a，
∴8﹣（6﹣a）＝5﹣a，
解得a＝，
∴H（，），
设直线HM的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
解得，
∴直线HM的解析式为y＝﹣3x+15，
∴N（0，15）；
当QM绕M点顺时针旋转45°时，如图4，
过点Q作QS⊥MS，过点S作TR⊥x轴交于R，过点Q作QT⊥TR交于T，
∴△QTS≌△SRM（AAS），
∴QT＝SR，TS＝MR，
设MR＝m，则ST＝m，
∵TR＝6，
∴SR＝QT＝6﹣m，
∴8+6﹣m＝5+m，
解得m＝，
∴S（，），
∴直线MS的解析式为y＝x﹣，
∴N（0，﹣）；
综上所述：N点坐标为（0，15）或（0，﹣）．
类型四：一次函数与三角形
17．如图，直线l：y＝ax+3交x轴于点A（6，0），将直线l向下平移4个单位长度，得到的直线分别交x轴，y轴于点B，C．
（1）求a的值及B，C两点的坐标；
（2）点M为线段AB上一点，连接CM并延长，交直线l于点N，若△AMN是等腰三角形，求点M的坐标．
【分析】（1）把A的坐标代入y＝ax+3即可求得a＝﹣，然后利用平移的规律求得平移后的直线解析式，由函数解析式，令y＝0求A点坐标，x＝0求B点坐标；
（2）分三种情况讨论：若MN＝AN时，求得BC＝CM，即可求得OB＝OM＝2，得到M（2，0）；若AM＝AN时，求得BM＝BC＝，得到M（﹣2，0）．若AM＝MN时，求得CM＝BM，得到M（﹣，0）．
【解答】解：（1）∵直线l：y＝ax+3交x轴于点A（6，0），
∴6a+3＝0，
解得a＝﹣，
∴y＝﹣，
∴将直线l向下平移4个单位长度，得到的直线y＝﹣+3﹣4＝﹣，
令y＝0，则﹣﹣1＝0，解得x＝﹣2，
令x＝0，则y＝﹣1，
∴B（﹣2，0），C（0，﹣1）；
（2）若MN＝AN时，则∠AMN＝∠MAN，
∵AN∥BC，
∴∠MAN＝∠MBC，
∵∠AMN＝∠BMC，
∴∠MBC＝∠BMC，
∴BC＝CM，
∵CO⊥BM，
∴OM＝OB＝2，
∴M（2，0），
若AM＝AN时，则∠AMN＝∠ANM，
∵AN∥BC，
∴∠ANM＝∠BCM，
∵∠AMN＝∠BMC，
∴∠BCM＝∠BMC，
∴BC＝BM，
∵B（﹣2，0），C（0，﹣1），
∴BC＝＝，
∴OM＝﹣2，
∴M（﹣2，0），
若AM＝MN时，则∠MAN＝∠ANM，
∵AN∥BC，
∴∠MAB＝∠MBC，∠MCB＝∠MNA，
∴∠MBC＝∠MCB，
∴CM＝BM，
∴CM2＝（OB﹣OM）2+OC2，即（2﹣OM）2＝OM2+12，
∴OM＝，
∴M（﹣，0），
综上，M的坐标为（2，0）或（﹣2，0）或（﹣，0）．
18．直线AB：y＝﹣x+b分别与x，y轴交于A（8、0）、B两点，过点B的直线交x轴负半轴于C，且OB：OC＝4：3
（1）求点B的坐标为 （0，8） ；
（2）求直线BC的解析式；
（3）动点M从C出发沿CA方向运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设M运动t秒时，当t为何值时△BCM为等腰三角形．
【分析】（1）根据待定系数法，可得AB的解析式，根据自变量的值，可得相应的函数值；
（2）根据OB：OC＝4：3，可得OC的长，根据待定系数法，可得函数解析式；
（3）根据等腰三角形的定义，分类讨论：MC＝BC，MC＝MB，BC＝BM，①当MC＝BC时，根据路程处以速度等于时间，可得答案；②当MC＝MB时，根据两点间的距离，可得关于a的方程，根据解方程，可得a的值，再根据路程除以速度等于时间，可得答案；③当BC＝BM时，根据线段垂直平分线的性质，可得MO的长，再根据两点间的距离，可得MC的长，根据路程除以速度等于时间，可得答案．
【解答】解：（1）y＝﹣x+b分别与x轴交于A（8、0），得
﹣8+b＝0．解得b＝8，
即函数解析式为y＝﹣x+8，
当x＝0时，y＝8，
B点坐标是（0，8）；
（2）由OB：OC＝4：3，BC＝8，得
8：BC＝4：3，解得BC＝6，即C（﹣6，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，图象经过点B，C，得
，解得，
直线BC的解析式为y＝x+8；
（3）设M点坐标（a，0），由勾股定理，得BC＝＝10，
①当MC＝BC＝10时，由路程处以速度等于时间，得10÷1＝10（秒），
即M运动10秒，△BCM为等腰三角形；
②当MC＝MB时，MC2＝MB2，即（a+6）2＝a2+82，
化简，得12a＝28，
解得a＝即M（，0）．
MC＝﹣（﹣6）＝+6＝，
由路程除以速度等于时间，得÷1＝（秒），
即M运动秒时，△BCM为等腰三角形；
③当BC＝BM时，得OC＝OM＝6，
即MC＝6﹣（﹣6）＝6+6＝12，
由路程除以速度等于时间，得12÷1＝12（秒），
即M运动12秒时，△BCM为等腰三角形，
综上所述：t＝10（秒），t＝（秒），t＝12（秒）时，△BCM为等腰三角形．
19．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴、y轴分别交A、B两点，与直线y＝﹣相交于点C（2，m）．
（1）求m和b的值；
（2）若直线与x轴相交于点D，动点P从点D开始，以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动，设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，且△ACP的面积为10，求t的值；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）在y＝x+2中，当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝﹣2；即可得出答案；求出点C（2，4），代入直线y＝x+b即可得出答案；求出D（10，0），则OD＝10，AD＝OA+OD＝12；①设PD＝t，则AP＝12﹣t，过C作CE⊥AP于E，由三角形面积得出方程，解方程即可；
②过C作CE⊥AP于E，则CE＝4，AE＝4，由勾股定理求出AC＝4；分三种情况：当AC＝PC时；当AP＝AC时；当PC＝PA时；分别求出t的值即可．
【解答】解：（1）在y＝x+2中，当x＝0时，y＝2；
当y＝0时，x＝﹣2；
∴A（﹣2，0），B（0，2）；
∵点C在直线y＝x+2上，
∴m＝2+2＝4，
又∵点C（2，4）也在直线y＝x+b上，
∴×2+b＝4，
解得：b＝5；
（2）在y＝x+5中，当y＝0时，x＝10，
∴D（10，0），
∴OD＝10，
∵A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∴AD＝OA+OD＝12；
①设PD＝t，则AP＝12﹣t，过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE＝4，
∵△ACP的面积为10，
∴（12﹣t）×4＝10，
解得：t＝7；
②存在，理由如下：
过C作CE⊥AP于E，如图1所示：
则CE＝4，OE＝2，
∴AE＝OA+OE＝4，
∴AC＝＝＝4；
a、当AC＝PC时，AP＝2AE＝8，
∴PD＝AD﹣AP＝4，
∴t＝4；
b、当AP＝AC时，如图2所示：
则AP1＝AP2＝AC＝4，
∴DP1＝12﹣4，DP2＝12+4，
∴t＝12﹣4，或t＝12+4；
c、当PC＝PA时，如图3所示：
设EP＝m，则CP＝，AP＝m+4，
∴＝m+4，
解得：m＝0，
∴P与E重合，AP＝4，
∴PD＝8，
∴t＝8；
综上所述，存在t的值，使△ACP为等腰三角形，t的值为4或12﹣4或12+4或8．
20．已知直线l1：与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线沿x轴翻折，得到一个新函数的图象l2（图1），直线l2与y轴交于点C．
（1）求新函数的图象l2的解析式；
（2）在射线AC上一动点D（x，y），连接BD，试求△BAD的面积S关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）如图2，过点E（2，﹣6）画平行于y轴的直线EF，
①求证：△ABE是等腰直角三角形；
②将直线l1沿y轴方向平移，当平移到恰当距离的时候，直线l1与x轴交于点A1，与y轴交于点B1，在直线EF上是否存在点P（纵、横坐标均为整数），使得△A1B1P是等腰直角三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
【分析】（1）求出A，B的坐标，根据对称性，求出C点坐标，待定系数法，求出l2的解析式即可；
（2）分点D在线段AC上和点D在线段AC的延长线上，两种情况进行讨论求解即可；
（3）①求出AB，AE，BE的长，利用勾股定理逆定理进行判断即可；
②分点P，点B1，点A1分别为直角顶点，三种情况进行讨论求解即可．
【解答】（1）解：∵y＝x﹣2，
当x＝0时，y＝﹣2，当y＝0时，x＝4，
∴A（4，0），B（0，﹣2），
∵将直线沿x轴翻折，得到一个新函数的图象l2（图1），直线l2与y轴交于点C，
∴C与B关于x轴对称，l2过点A，
∴C（0，2），
设l2：y＝kx+2，将A（4，0），代入得：，
∴l2：y＝﹣x+2；
（2）解：∵A（4，0），B（0，﹣2），C（0，2），
∴BC＝4，OA＝4，
∴S△ABC＝×4×4＝8，
①当点D在线段AC上，如图1.1：即：0≤x＜4时，
S＝S△ABC﹣S△DBC＝8﹣×4x＝8﹣2x；
②当点D在线段AC的延长线上，如图1.2，即：x＜0时，
S＝S△ABC+S△DBC＝8+×4（﹣x）＝8﹣2x，
综上：S＝8﹣2x（x＜4）；
（3）①证明：∵A（4，0），B（0，﹣2），E（2，﹣6），
∴AB＝＝2＝＝2，BE＝＝2，
∴AB＝BE，AB2+BE2＝40＝AE2，
∴△ABE是等腰直角三角形；
②存在，理由如下：
当点P为直角顶点时，设P（2，n），如图2：
由平移的性质，设直线A1B1的解析式为，
当x＝0时，y＝b，当y＝0时，x＝﹣2b，
∴A1（﹣2b，0），B（0，b），
过点B1作B1G⊥EF，设EF交x轴于点H，
∵△A1B1P为等腰直角三角形，EF∥y轴，
∴∠A1PB1＝∠B1GP＝∠PHA1＝90°，PB1＝PA1，B1G＝2，
∴∠B1PG＝∠PA1H＝90°﹣∠APH，
∴△PA1H≌△B1PG（AAS），
∴PH＝B1G＝2，A1H＝PG，
∴|n|＝2，|b﹣n|＝|﹣2b﹣2|，
∴当n＝2时，b＝﹣4或b＝0，当n＝﹣2时，或b＝0；
∴P（2，2）或P（2，﹣2）；
当点B1为直角顶点时，如图3：
过点P作PH⊥y轴，则PH＝2，
同上法可得：△B1OA1≌△PHB1，
∴OB1＝PH＝2，B1H＝OA1，
∴B1（0，2）或B1（0，﹣2）（舍去）；
∴直线AB向上平移了4个单位，
∴直线A1B1的解析式为：，
∴当y＝0时，x＝﹣4，
∴A1（﹣4，0），
∴B1H＝OA1＝4，
∴OH＝2，
∴P（2，﹣2）；
当点A1为直角顶点时：此时A1在x轴正半轴上，B1在y轴负半轴上，
设平移后的解析式为：，
当x＝0时，y＝m，当y＝0时，x＝﹣2m，
∴A1（﹣2m，0），B（0，m），
当A1在EF的右侧时，如图4：
同法可得：△A1OB1≌△PHA1，
∴PH＝OA1＝﹣2m，A1H＝OB1＝﹣m，
∴OH＝﹣2m﹣（﹣m）＝2，
解得：m＝﹣2，
∴PH＝OA1＝4，
∴P（2，4）；
当A1在EF的左侧时，如图5：
同法可得：△A1OB1≌△PHA1，
∴PH＝OA1＝﹣2m，A1H＝OB1＝﹣m，
∴OH＝﹣2m﹣m＝2，
∴m＝﹣，
∴PH＝OA1＝（不合题意，舍去）；
综上：P（2，2）或P（2，﹣2）或P（2，4）．
类型五：一次函数与四边形
21．如图1，直线y1＝2x﹣2与x轴，y轴分别交于A，B两点，与直线y2＝kx+2（k＞0）交于点C，直线y2与y轴交于点G．平移线段BC，点B，C的对应点D，E分别在直线y2和y轴上，连结CE．
（1）若C点横坐标为4，求k的值；
（2）若∠DEC＝90°，求点C的坐标；
（3）如图2，作点E关于直线CD的对称点F，连接FB，FC，是否存在四边形CFBG是平行四边形的情况，若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出C（4，6），再代入y2＝kx+2，即可求得答案；
（2）根据平移的性质可得DE∥BC，DE＝BC，再结合∠DEC＝90°，得出四边形BCED是矩形，推出点G是BE的中点，也是CD的中点，CD＝BE，设C（m，2m﹣2），则D（﹣m，6﹣2m），利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
（3）设C（m，2m﹣2），代入y2＝kx+2，可求得m＝，即C（，），利用平行四边形性质可得CF∥BG，CF＝BG，进而可得F（，），运用待定系数法可得直线EF的解析式为y＝（3k﹣4）x+6，根据轴对称性质可得EF⊥CD，即k（3k﹣4）＝﹣1，即可求得答案．
【解答】解：（1）在y1＝2x﹣2中，令x＝4，得y＝2×4﹣2＝6，
∴C（4，6），
把C（4，6）代入y2＝kx+2，得：6＝4k+2，
∴k＝1；
（2）如图1，连接BD，
∵平移线段BC，点B，C的对应点D，E，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵∠DEC＝90°，
∴四边形BCED是矩形，
∴BE与CD互相平分，即点G是BE的中点，也是CD的中点，CD＝BE，
∵G（0，2），
∴E（0，6），
∴BE＝6﹣（﹣2）＝8，
设C（m，2m﹣2），则D（﹣m，6﹣2m），
∴（2m）2+（4m﹣8）2＝82，
解得：m＝0（舍去）或m＝，
∴C（，）；
（3）存在四边形CFBG是平行四边形的情况，k＝1或．
在y1＝2x﹣2中，令x＝0，得y＝﹣2，
∴B（0，﹣2），
设C（m，2m﹣2），代入y2＝kx+2，
得：2m﹣2＝km+2，
∴m＝，
∴C（，），
由（2）得：E（0，6），G（0，2），
如图，设EF、CD交于点H，
∵四边形CFBG是平行四边形，
∴CF∥BG，CF＝BG，
∴F（，），
∴直线EF的解析式为y＝（3k﹣4）x+6，
∵点E、点F关于直线CD对称，
∴EF⊥CD，
∴k（3k﹣4）＝﹣1，
即（k﹣1）（3k﹣1）＝0，
解得：k1＝1，k2＝；
故存在四边形CFBG是平行四边形的情况，k＝1或．
22．如图，已知直线y＝﹣x+3与x轴，y轴分别交于点A，B，以AB为直角边，∠B为直角作等腰直角三角形ABC（点C在第一象限）．
（1）求点A，B，C坐标；
（2）点D为第一象限内一点，当A，B，C，D四点围成的四边形为正方形时，求点D坐标；
（3）点P为x轴上一动点，点Q为线段AC上一动点，是否存在四边形BPAQ为平行四边形？若存在，求出P，Q点的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出A，B的坐标，过点C作CH⊥y轴于点H．构造全等三角形求出点C的坐标；
（2）利用正方形的性质，平移变换的性质求解即可；
（3）求出直线AC的解析式，再利用平行四边形的性质求解即可．
【解答】解：（1）对于直线y＝﹣x+3，令y＝0，得到x＝6，
∴A（6，0），
令x＝0，得到y＝3，
∴B（0，3），
∴OA＝6，OB＝3，
过点C作CH⊥y轴于点H．
∵∠BHC＝∠CBA＝∠AOB＝90°，
∴∠CBH+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBH＝∠BAO，
在△BHC和△AOB中，
，
∴△BHC≌△AOB（AAS），
∴CH＝OB＝3，BH＝AO＝6，
∴OH＝9，
∴C（3，9）；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
∵点B向右平移3个单位，向上平移6个单位得到点C，
∴点A向右平移3个单位，向上平移6个单位得到点D，
∴D（9，6）；
（3）∵A（6，0），C（3，9），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝﹣3x+18，
∵四边形APBQ是平行四边形，
∴BQ∥AP，BQ＝AP，
∴Q（5，3），
∴BQ＝AP＝5，
∴P（1，0）．
23．如图1，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，B点坐标是（8，4），将△AOC沿对角线AC翻折得△ADC，AD与BC相交于点E．
（1）求证：△CDE≌△ABE；
（2）求E点坐标；
（3）如图2，若将△ADC沿直线AC平移得△A′D′C′（边A′C′始终在直线AC上），是否存在四边形DD′C′C为菱形的情况？若存在，请直接写出点C′的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用角角边定理即可证明；
（2）设CE＝AE＝n，则BE＝8﹣n，利用勾股定理即可求解；
（3）设点C在水平方向上向左移动m个单位，则在垂直方向上向上移动了个单位，利用CC′＝CD，即可求解．
【解答】解：（1）证明：∵四边形OABC为矩形，
∴AB＝OC，∠B＝∠AOC＝90°，
∴CD＝OC＝AB，∠D＝∠AOC＝∠B，
又∠CED＝∠ABE，∴△CDE≌△ABE（AAS），
∴CE＝AE；
（2）∵B（8，4），即AB＝4，BC＝8．
∴设CE＝AE＝n，则BE＝8﹣n，
可得（8﹣n）2+42＝n2，
解得：n＝5，
∴E（5，4）；
（3）设点C在水平方向上向左移动m个单位，则在垂直方向上向上移动了个单位，
则点C′坐标为（﹣m，4m），
则∵四边形DD′C′C为菱形，
∴CC′2＝（﹣m）2+（m）2＝m2＝CD2＝16，
解得：m＝±，
故点C′的坐标为（，4+）或（，4﹣）．
24．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（1，3），点P的坐标是（0，b）（b≠0）．直线AP交x轴于点B，记点P关于x轴的对称点为P′，点Q为x轴上一动点．
（1）当b＝1时，求OB的长；
（2）当0＜b＜3时，用含b的代数式表示OB的长；
（3）是否存在四边形PBP′Q，使四边形PBP′Q为正方形？若存在，请求出所有满足条件的b和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据b的值表示出直线AP解析式，把A坐标代入求出k的值，确定出AP解析式，进而得出B坐标，确定出OB的长；
（2）设出AP解析式为y＝kx+b，把A坐标代入表示出k，即可表示出OB的长；
（3）存在四边形PBP′Q，使四边形PBP′Q为正方形，若四边形PBP′Q为正方形，则有OB＝OP＝OP′＝OQ，列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，即可确定出Q坐标．
【解答】解：（1）由b＝1，得到P（0，1），
设直线AP解析式为y＝kx+1，
把A（1，3）代入得：3＝k+1，
解得：k＝2，
∴直线OP解析式为y＝2x+1，
令y＝0，得到x＝﹣，
∴B（﹣，0），即OB＝；
（2）根据题意得：直线AP解析式为y＝kx+b，
把（1，3）代入得：3＝k+b，即k＝3﹣b，
∴直线解析式为y＝（3﹣b）x+b，
令y＝0，得到x＝，即OB＝﹣；
（3）存在四边形PBP′Q，使四边形PBP′Q为正方形，理由为：
若四边形PBP′Q为正方形，则有OB＝OP＝OP′＝OQ，即﹣＝b，
解得：b＝2，
则b＝2，Q（2，0）．