2023-2024学年人教版八年级数学下册期末培优专题复习专题十九 一次函数与几何图形综合分类探究（二）

2023-2024年人教版八年级下期末培优专题复习 专题十九 一次函数与几何图形综合分类探究（二） 一次函数与特殊四边形 类型一、一次函数与平行四边形 解题策略 1. 步骤： 解平行四边形的存在性问题一般分三步： 第一步：寻找分类标准；第二步：画图；第三步计算． 2.方法： 单动点时 （1） 已知三点求第四点问题，用对角线互相平分及中点坐标公式计算； ABCD的顶点坐标分别为A(xA，yA) ，B(xB,yB)，C(xC,yC)，D(xD,yD)， 则xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD． 即平行四边形对角线两端点的横坐标、纵坐标之和分别相等． 双动点时 当出现双动点，则分类讨论已有的两个点连线作为边和对角线的情况，不重不漏。 用对角线互相平分及中点坐标公式计算. 例1．如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（-2，0），交y轴于点B（0，4），直线y=kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10． （1）点C的坐标是（ _____，_____），直线BC的表达式是 _____； （2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，连接DE，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE=DF，在点的运动过程中，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标； （3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG=S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 变式训练1 1．在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，如图，已知∠A＝60°，C（2，0）， （1）求点D的坐标 （2）动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴，于E，直线PE交直线CD于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t的取值范围 （3）在（2）的条件下，连CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出点N的坐标，若不存在，说明理由． 2．已知：直线y=x+6与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段AO上．将△ABO沿BC折叠后，点O恰好落在AB边上点D处． （1）求出OC的长； （2）如图，点E、F是直线BC上的两点，若△AEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标； （3）取AB的中点M，若点P在y轴上，点Q在直线AB上，是否存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由． 3．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB：y=x+4交x轴于点A，交y轴于点B．直线CD：y=-x-1与直线AB相交于点M，交x轴于点C，交y轴于点D． （1）直接写出点B和点D的坐标； （2）若点P是射线MD上的一个动点，设点P的横坐标是x,△PBM的面积是S，求S与x之间的函数关系； （3）当S=20时，平面直角坐标系内是否存在点E，使以点B、E、P、M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，说明理由． 类型二、一次函数与菱形 解题策略 思路1：先平四，再菱形 设点坐标，根据平行四边形存在性要求列出“A+C=B+D”（AC、BD为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组． 思路2：先等腰，再菱形 在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，平移再确定第4个点． 例2．如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点；直线：交轴于点，与直线交于点，且． （1）求直线的解析式； （2）求的面积； （3）若点在此平面直角坐标系中，点在轴上，以为边，点、、、为顶点作四边形，请直接写出此四边形为菱形时点的坐标． 变式训练2 1．矩形ABCD在如图所示的直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），BC=2AB、直线l经过点B，交AD边于点P1，此时直线l的函数表达式是y=2x+1． （1）BC的长为 _____；AP1的长为 _____； （2）沿y轴负方向平移直线l,分别交AD、BC边于点P、E．当四边形BEPP1是菱形时，求平移的距离． 2．矩形ABCD在如图所示的直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），BC=2AB，已知直线l：y=2x+1经过点B，与边AD交于点P1． （Ⅰ）求点B的坐标和AP1的长； （Ⅱ）将直线l沿y轴上下方向平移，分别交边AD，BC于点P、E．当四边形BEPP1是菱形时，则需要将直线l向 _____平移 _____个单位． 3．如图1，已知直线y=kx+1交x轴于点A、交y轴于点B，且OA：OB=4：3． （1）求直线AB的解析式 （2）如图2，直线y=x+2与x轴、y轴分别交于点C、D，与直线AB交于点P． ①若点E在线段PA上且满足S△CDE=S△CDO，求点E的坐标； ②若点M是位于点B上方的y轴上一点，点Q在直线AB上，点N为第一象限内直线CD上一动点，是否存在点N，使得以点B、M、N、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点N坐标；若不存在，请说明理由． 类型三、一次函数与矩形 解题策略 思路1：先直角，再矩形(两定两动） 在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用． 要善于利用直角三角形的性质： ①两个锐角互余；②三边平方的等量关系（勾股定理）；③斜边上的中线等于斜边的一半. 转化为直角三角形问题，以定线段为边和对角线来确定分类标准，利用k1.k2=-1来确定一动点的位置，然后通过平移确定另一动点坐标。 ①找点：两线一圆②求点:勾股定理 ③平移 思路2：先平行，再矩形 分析定点、定角及不变特征，结合图形形成因素（判定等），考虑分类，通常需要转化为一定两动夹角固定直角三角形存在性问题，按照顶角分类。先平行四边形再加一组邻边相等列方程组 例3.如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A作直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段的中点    (1)求直线的解析式 (2)将沿着翻折，点B落在点处，连接，则四边形的形状为 (3)若点H是直线上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点Q，使以A、B、Q、H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由 变式训练3 1．如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+15（k≠0）经过点C（3，6），与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段CD平行于x轴，交直线y=x于点D，连接OC，AD． （1）填空：k=_____，点A的坐标是（ _____，_____）； （2）求证：四边形OADC是平行四边形； （3）动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒． ①当t=1时，△CPQ的面积是 _____． ②当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，请直接写出此时t的值． 2.综合与实践 问题情境： 如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点A ，交轴于点B，过点B的直线交轴正半轴于点C．    初步探究： (1)当时，求直线的函数解析式； 深入探究： (2)在（1）的基础上，将沿着 方向平移到如图2的位置，得到，线段与交于点G，若G恰好是的中点，求平移的距离； 拓展延伸： (3)如图3，将沿着 翻折，得到四边形为菱形，继续沿着方向平移，得到，连，．试探究：在平移的过程中，四边形是否能成为矩形，若能求出平移的距离；若不能，请说明理由． 3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点C，且与正比例函数的图象交于点．    (1)求一次函数的解析式； (2)点M在x轴上，当最小时，求点M的坐标； (3)若D是直线AB上一点，E是平面内一点，以O、C、D、E四点为顶点的四边形是矩形，请直接写出点E的坐标． 类型四、一次函数与正方形 解题策略 思路1：从判定出发 若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等； 若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直； 若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件． 思路2：构造三垂直全等 若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4个点． 总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑从矩形的判定出发，观察该四边形是否已为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系． 例4.如图1所示，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，点A为y轴正半轴上一点，且．    (1)请直接写出点B、C的坐标及直线的解析式； (2)如图2所示，点D是的中点，点M是上一点，连接，过点D作交于点N，连接，若，求出点M的坐标； (3)点P是直线上一点，过点P作轴，交直线于点Q，点E为y轴上一点，点F为平面直角坐标系内一点，当以点P、Q、E、F为顶点的四边形是正方形时，直接写出点P的坐标． 变式训练4 1.如图，在平面直角坐标系中，OB和OC的长是方程x2﹣15x+36＝0的两个根，且OB＜OC．∠BAC＝90°，D是x轴上一点，且将△ADC沿AD翻折，AC恰好落在y轴上的AE处． （1）求点A的坐标； （2）求直线CE的解析式； （3）M是直线AC上一点，在平面上是否存在一点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 2.如图，直线L1：y＝x+1与直线L2：y＝﹣x+5相交于点C直线L1与x轴相交于点A，直线L2与x轴相交于点B． （1）求三角形ABC的面积； （2）若经过点C的一条直线交x轴于D，直线CD把三角形ABC分成两个三角形，且这两个三角形面积的比为1：2，请直接写出点D的坐标； （3）假设G是直线y＝x+1上的点，在坐标平面上是否存在一点Q，使以A，B，Q，G为顶点的四边形是正方形，若存在求出点Q的坐标，若不存在请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024年人教版八年级下期末培优专题复习 专题十九 一次函数与几何图形综合分类探究（二）（解析版） 一次函数与特殊四边形 类型一、一次函数与平行四边形 解题策略 1. 步骤： 解平行四边形的存在性问题一般分三步： 第一步：寻找分类标准；第二步：画图；第三步计算． 2.方法： 单动点时 （1） 已知三点求第四点问题，用对角线互相平分及中点坐标公式计算； ABCD的顶点坐标分别为A(xA，yA) ，B(xB,yB)，C(xC,yC)，D(xD,yD)， 则xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD． 即平行四边形对角线两端点的横坐标、纵坐标之和分别相等． 双动点时 当出现双动点，则分类讨论已有的两个点连线作为边和对角线的情况，不重不漏。 用对角线互相平分及中点坐标公式计算. 例1．如图，在平面直角坐标系中，直线AB交x轴于点A（-2，0），交y轴于点B（0，4），直线y=kx+b经过点B且交x轴正半轴于点C，已知△ABC面积为10． （1）点C的坐标是（ _____，_____），直线BC的表达式是 _____； （2）如图1，点E为线段AB中点，点D为y轴上一动点，连接DE，以DE为直角边作等腰直角三角形△EDF，且DE=DF，在点的运动过程中，当点F落在直线BC上时，求点D的坐标； （3）如图2，若G为线段BC上一点，且满足S△ABG=S△ABO，点M为直线AG上一动点，在x轴上是否存在点N，使以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3;(2)0;(3)y=-x+4; 【解析】（1）由△ABC面积为10，可得AC=5，即可求C点坐标，再将点B与C代入y=kx+b,解二元一次方程组可求y=-x+4； （2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直与x轴，与MN交于点M、N，由△EDF是等腰直角三角形，可证得△MED≌△NDF（AAS），设D（0，y），F（m,-m+4），E（-1，2），由ME=y-2，MD=1，DN=y-2，NF=1，得到m=y-2，y=1+（-m+4）=5-m,求出D（0，）；当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直与x轴，与PQ交于点P、Q，同理可证△PED≌△QDF（AAS），设D（0，y），F（m,-m+4），得到PE=2-y,PD=1，DQ=2-y,QF=1，所以m=2-y,1=-m+4-y,求得D（0，-1）； （3）连接OG，由S△ABG=S△ABO，可得OG∥AB，求出AB的解析式为y=2x+4，所以OG的解析式为y=2x,可求出G（，），进而能求出AG的解析式为y=x+，设M（t,t+），N（n,0）， ①当BC、MN分别为对角线时，BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+），求得N（-，0）；②当BM、CN分别为对角线时，BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0），求得N（-，0）；③当BN、CM分别为对角线时，BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+），求得N（，0）． 解：（1）∵△ABC面积为10， ∴×AC×OB=×AC×4=10， ∴AC=5， ∵A（-2，0）， ∴C（3，0）， 将点B与C的坐标代入y=kx+b,可得 ， ∴， ∴y=-x+4， 故答案为（3，0），y=-x+4； （2）当D点在E上方时，过点D作MN⊥y轴，过E、F分别作ME、FN垂直于x轴，与MN交于点M、N， ∵△EDF是等腰直角三角形， ∴∠EDF=90°，ED=DF， ∵∠MDE+∠NDF=∠MDE+∠MED=90°， ∴∠NDF=∠MED， ∴△MED≌△NDF（AAS）， ∴ME=DN，MD=FN， 设D（0，y），F（m,-m+4）， ∵E是AB的中点， ∴E（-1，2）， ∴ME=y-2，MD=1， ∴DN=y-2，NF=1， ∴m=y-2，y=1+（-m+4）=5-m, ∴m=， ∴D（0，）； 当点D在点E下方时，过点D作PQ⊥y轴，过P、Q分别作PE、FQ垂直于x轴，与PQ交于点P、Q， ∵△EDF是等腰直角三角形， ∴∠EDF=90°，ED=DF， ∵∠PDE+∠QDF=∠PDE+∠PED=90°， ∴∠QDF=∠PED， ∴△PED≌△QDF（AAS）， ∴PE=DQ，PD=FQ， 设D（0，y），F（m,-m+4）， ∵E是AB的中点， ∴E（-1，2）， ∴PE=2-y,PD=1， ∴DQ=2-y,QF=1， ∴m=2-y,1=-m+4-y, ∴m=3， ∴D（0，-1）； 综上所述：D点坐标为（0，-1）或（0，）； （3）连接OG， ∵S△ABG=S△ABO， ∴OG∥AB， 设AB的解析式为y=kx+b, 将点A（-2，0），B（0，4）代入，得 ， 解得， ∴y=2x+4， ∴OG的解析式为y=2x, ∴2x=-x+4， ∴x=， ∴G（，）， 设AG的解析式为y=k1x+b1， 将点A、G代入可得 ， 解得， ∴y=x+， ∵点M为直线AG上动点，点N在x轴上， 则可设M（t,t+），N（n,0）， ①当BC、MN分别为对角线时， BC的中点为（，2），MN的中点为（，t+）， ∴=，2=t+， ∴t=，n=-， ∴N（-，0）； ②当BM、CN分别为对角线时， BM的中点为（，t+），CN的中点为（，0）， ∴=，t+=0， ∴t=-，n=-， ∴N（-，0）； ③当BN、CM分别为对角线时， BN的中点为（，2），CM的中点为（，t+）， ∴=，2=t+， ∴t=，n=， ∴N（，0）； 综上所述：以点B，C，M，N为顶点的四边形为平行四边形时，N点坐标为（-，0）或（-，0）或（，0）． 变式训练1 1．在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，如图，已知∠A＝60°，C（2，0）， （1）求点D的坐标 （2）动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴，于E，直线PE交直线CD于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t的取值范围 （3）在（2）的条件下，连CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出点N的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）当0＜t＜4时，；当4＜t＜6时， （3）点N的坐标（16-4，12-6）或（-4，12-6）或（4，10-12）． 【解析】（1）在Rt△ODC中，解直角三角形求出OD即可解决问题； （2）分两种情形分别求解①当0＜t＜4时，如图2中．②当4＜t＜6时，如图3中．求出PQ、EC即可； （3）如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG．由PE∥CH，推出∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°，推出∠PGH=30°，设PH=m，则，可得，推出，推出P，Q，可得直线PC的解析式为，由QM平分∠PQC，推出QM⊥PC，推出可得直线QM的解析式为，可得x=8，可得M，设N（x，y），再分三种情形分别求解即可解决问题． 【小问1详解】 如图1中， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠DCO=∠A=60°， 在Rt△DOC中，， ∴． 【小问2详解】 ①当0＜t＜4时，如图2中， ∵C（2，0），， ∴直线CD的解析式为， ∴AP=t，AD=4， ∴PD=4-t， ∴， ∴， ∴． ②当4＜t＜6时，如图3中， 易知：， ∴， ∴． 【小问3详解】 如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG． ∵QP=QC，∠CQE=30°， ∴∠QCP=∠QPC=15°， ∵PE∥CH， ∴∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°， ∴∠PGH=30°，设PH=m，则， ∴， ∴， ∴， ∴直线PC的解析式为， ∵QM平分∠PQC， ∴QM⊥PC， ∴可得直线QM的解析式为， 令y=2，可得x=8， ∴M（8，2）， 设N（x，y）， ①当QM为对角线时，x=8-4+8=16-4，y=12-6，可得N1（16-4，12-6）． ②当DQ为对角线时，x=8-4-8=-4，y=12-6，可得N3（-4，12-6）． ③当DM为对角线时，， ， ∴N2（4，10-12）． 综上所述，满足条件的点N的坐标（16-4，12-6）或（-4，12-6）或（4，10-12）． 【点睛】本题考查一次函数综合题、菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，两直线垂直的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，解决交点问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 2．已知：直线y=x+6与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段AO上．将△ABO沿BC折叠后，点O恰好落在AB边上点D处． （1）求出OC的长； （2）如图，点E、F是直线BC上的两点，若△AEF是以EF为斜边的等腰直角三角形，求点F的坐标； （3）取AB的中点M，若点P在y轴上，点Q在直线AB上，是否存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由翻折不变性可知，OC=CD，OB=BD=6，∠ODB=∠BOC=90°，在Rt△ADC中，∠ADC=90°，利用AD2+CD2=AC2，即可求解； （2）证明△FMA≌△ANE（AAS），则NE=AM，MF=AN，即可求解； （3）分MC是边、MC是对角线两种情况，分别求解即可． 解：（1）对于直线y=x+6，令x=0，得到y=6， ∴B（0，6）， 令y=0，得到x=-8， ∴A（-8，0）． ∵A（-8，0）．B（0，6）， ∴OA=8，OB=6， ∵∠AOB=90°， ∴AB==10， 由翻折不变性可知，OC=CD，OB=BD=6，∠ODB=∠BOC=90°， ∴AD=AB-BD=4，设CD=OC=x, 在Rt△ADC中，∠ADC=90°， ∴AD2+CD2=AC2， ∴42+x2=（8-x）2， 解得x=3， ∴OC=3； （2）由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=2x+6， 设点F（m,2m+6）、E（n,2n+6）， 过点A作y轴的平行线交过点F与x轴的平行线于点M，交过点E与x轴的平行线于点N， ∵△AEF为等腰直角三角形，故AE=AF， ∵∠NAE+∠MAF=90°，∠MAF+∠MFA=90°， ∴∠NAE=∠MFA， ∵∠FMA=∠ANE=90°，AE=AF， ∴△FMA≌△ANE（AAS）， ∴NE=AM，MF=AN， 即-2m-6=n+8，2n+6=8+m, 解得：m=-2，n=-6， 故点F的坐标为（-2，2）、点E（-6，-6）； 由于E、F的位置可能互换，故点E的坐标为（-2，2）、点F（-6，-6）； 综上，点F的坐标为（-2，2）或E（-6，-6）； （3）点M是AB的中点，则点M（-4，3），而点A（-8，0）， 设点P（0，n），点Q（m,m+6）， ①当MC是边时， 点M向右平移1个单位向下平移3个单位得到点C，同样点P（Q）右平移1个单位向下平移3个单位得到点Q（P）， 故0+1=m且n-3=m+6或0-1=m且n+3=m+6， 解得：m=1或-1， 故点Q的坐标为Q（-1，）或（1，）； ②当MC是对角线时， 由中点公式得：-4-3=m且3=n+m+6， 解得：m=-7，故点Q的坐标为（-7，）； 综上，点Q的坐标为：（-1，）或（1，）或（-7，）． 3．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB：y=x+4交x轴于点A，交y轴于点B．直线CD：y=-x-1与直线AB相交于点M，交x轴于点C，交y轴于点D． （1）直接写出点B和点D的坐标； （2）若点P是射线MD上的一个动点，设点P的横坐标是x,△PBM的面积是S，求S与x之间的函数关系； （3）当S=20时，平面直角坐标系内是否存在点E，使以点B、E、P、M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，说明理由． 【解析】（1）利用y轴上的点的坐标特征即可得出结论； （2）先求出点M的坐标，再用三角形的面积之和即可得出结论； （3）分三种情况利用对角线互相平分的四边形是平行四边形和线段的中点坐标的确定方法即可得出结论． 解：（1）∵点B是直线AB：y=x+4与y轴的交点坐标， ∴B（0，4）， ∵点D是直线CD：y=-x-1与y轴的交点坐标， ∴D（0，-1）； （2）如图1，∵直线AB与CD相交于M， ∴M（-5，）， ∵B（0，4），D（0，-1）， ∴BD=5， ∵点P在射线MD上， 当P在MD的延长线上时，x≥0， S=S△BDM+S△BDP=×5（5+x）=x+， 当P在线段MD上时，-5＜x＜0， S=S△BDM-S△BDP=×5（5+x）=x+， ∴S=x+（x＞-5） （3）如图，由（2）知，S=x+， 当S=20时，x+=20， ∴x=3， ∴P（3，-2）， ①当BP是对角线时，取BP的中点G，连接MG并延长取一点E'使GE'=GM， 设E'（m,n）， ∵B（0，4），P（3，-2）， ∴BP的中点坐标为（，1）， ∵M（-5，）， ∴=，=1， ∴m=8，n=， ∴E'（8，）， ②当AB为对角线时，同①的方法得，E（-8，）， ③当MP为对角线时，同①的方法得，E''（-2，-）， 即：满足条件的点E的坐标为（8，）、（-8，）、（-2，-）． 类型二、一次函数与菱形 解题策略 思路1：先平四，再菱形 设点坐标，根据平行四边形存在性要求列出“A+C=B+D”（AC、BD为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组． 思路2：先等腰，再菱形 在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，平移再确定第4个点． 例2．如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点；直线：交轴于点，与直线交于点，且． （1）求直线的解析式； （2）求的面积； （3）若点在此平面直角坐标系中，点在轴上，以为边，点、、、为顶点作四边形，请直接写出此四边形为菱形时点的坐标． 【答案】（1）y=-2x+4 （2） （3）（0，-1）或(，1)或(-，1) 【解析】（1）先利用y=x+1求出点C，从而求出OC，OA，OB长，从而得到坐标A、B，待定系数法即可求出直线AB解析式； （2）先联立直线AB和直线CD求出点D的坐标，然后利用公式计算即可； （3）先对N点的位置分类讨论，再利用菱形的性质计算即可． 【小问1详解】 解：直线CD：y=x+1交y轴于点C， ∴点C坐标为：（0，1）， ∵OB=2OA=4OC， ∴OA=2，OB=4， ∴B（0，4），A（2，0）， 设直线AB的解析式为：y=kx+b， 则 ， 解得： ∴直线AB的解析式为：y=-2x+4． 【小问2详解】 联立 ， 解得： ， ∴点D坐标为：（1，2）， ∵B（0，4），C(0，1）， ∴BC=3， ∴S△DBC = =． 【小问3详解】 如图，当点N在点A左侧时，对应菱形ACNM1，菱形ACM2N， ①在菱形ACNM1中，CM1⊥AN，OC=OM1=1，则M1（0，-1）； ②在菱形ACM2N中，CM2∥AN，AC=AN=CM2＝，则M2（−，1）； 如图，当点N在点A右侧时，对应菱形ACM3N，此时CM3∥AN，CM3=AC=， ∴M3(，1)， 综上所述，以AC为边，以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形时，M的坐标为（0，-1）或（−，1）或(，1)． 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、面积的计算等，其中第（3）问要注意分类求解，避免遗漏． 变式训练2 1．矩形ABCD在如图所示的直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），BC=2AB、直线l经过点B，交AD边于点P1，此时直线l的函数表达式是y=2x+1． （1）BC的长为 _____；AP1的长为 _____； （2）沿y轴负方向平移直线l,分别交AD、BC边于点P、E．当四边形BEPP1是菱形时，求平移的距离． 【答案】(1)4;(2)1; 【解析】（1）首先根据l的函数解析式y=2x+1可以求出B的坐标，也就求出了AB，又BC=2AB，由此求出BC，然后就可以求出P1的纵坐标为3，代入直线解析式可以求出横坐标，即求出了AP1的长； （2）当四边形BEPP1是菱形时，根据勾股定理可以求出BP1的长，也就求出了BE的长度，然后即可求出E的坐标，再利用待定系数法可以确定平移后的直线的解析式，接着求出平移后的直线与y轴的交点坐标，比较两个与y轴的交点坐标即可求出平移的距离． 解：（1）∵直线y=2x+1经过y轴上的点B， ∴x=0，y=1， ∴B（0，1）， 而A的坐标为（0，3）， ∴AB=2， ∴BC=2AB=4， ∴P1的纵坐标为3， 代入y=2x+1，x=1， ∴AP1=1， 故答案为：BC的长为4；AP1的长为1； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAP1=90°， 当四边形BEPP1是菱形时， 即BP1=BE==， ∴E（，1）， 设平移后的直线的解析式为y=2x+b, 把E（，1），代入得b=1-2， ∴与y轴的交点B1（0，1-2）， ∴直线l沿y轴负方向平移的距离为BB1=1-（1-2）=2， 2．矩形ABCD在如图所示的直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），BC=2AB，已知直线l：y=2x+1经过点B，与边AD交于点P1． （Ⅰ）求点B的坐标和AP1的长； （Ⅱ）将直线l沿y轴上下方向平移，分别交边AD，BC于点P、E．当四边形BEPP1是菱形时，则需要将直线l向 _____平移 _____个单位． 【答案】(1)下;(2)2; 【解析】（Ⅰ）在y=2x+1中，令x=0得y=1，即得B（0，1），在y=2x+1中，令y=3得2x+1=3，故P1（1，3），即得AP1=1； （Ⅱ）先证明四边形BEPP1是平行四边形，再设将直线l：y=2x+1向下平移t个单位，则平移后直线解析式为y=2x+1-t,用含t的代数式表示出BP1、BE长度，用BP1=BE列方程，即可得出答案． 解：（Ⅰ）在y=2x+1中，令x=0得y=1， ∴B（0，1）， 在y=2x+1中，令y=3得2x+1=3， 解得x=1， ∴P1（1，3）， 而A（0，3）， ∴AP1=1； （Ⅱ）∵四边形形ABCD矩形， ∴AD∥BC，即P1P∥BE， ∵直线l沿y轴上下方向平移， ∴BP1∥PE， ∴四边形BEPP1是平行四边形， ∴要使四边形BEPP1是菱形，只需BP1=BE， 由（1）知：B（0，1），P1（1，3）， ∴BP1=， 由图可知直线l：y=2x+1应向下平移，四边形BEPP1才能构成菱形， 设将直线l：y=2x+1向下平移t个单位，则平移后直线解析式为y=2x+1-t, 在y=2x+1-t中令y=1，得1=2x+1-t, ∴x=， ∴E（，1）， ∴BE=， 由BP1=BE得=， ∴t=2， 故答案为：下，2． 3．如图1，已知直线y=kx+1交x轴于点A、交y轴于点B，且OA：OB=4：3． （1）求直线AB的解析式 （2）如图2，直线y=x+2与x轴、y轴分别交于点C、D，与直线AB交于点P． ①若点E在线段PA上且满足S△CDE=S△CDO，求点E的坐标； ②若点M是位于点B上方的y轴上一点，点Q在直线AB上，点N为第一象限内直线CD上一动点，是否存在点N，使得以点B、M、N、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点N坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）根据解析式和线段比例关系即可求出； （2）①根据三角形面积关系得出线段关系，再结合解析式求出E点坐标即可； ②分情况讨论求出N点坐标即可． 解：（1）∵y=kx+1与y轴交于点B， ∴B（0，1）， 即OB=1， ∵OA：OB=4：3， ∴OA=， 即A（，0）， ∴0=k+1， ∴k=-， ∴直线AB的解析式为y=-x+1； （2）①∵S△CDE=S△CDO，CD为公共边， ∴点O到CD的距离=点E到CD的距离， ∴OE∥CD， ∴OE的解析式为y=x, ∴， 解得， ∴E点坐标为（，）； ②存在， （Ⅰ）当BN为对角线时，NQ∥BM，NQ=BQ， 设N（m,m+2）， 则Q（m,-m+1）， ∴NQ=m+2-（-m+1）=m+1， ∵B（0，1）， ∴BQ==m, ∴m+1=m, 解得m=6， ∴N（6，4）； （Ⅱ）当BN为边时， 则QN为对角线，BM⊥QN且平分， ∴Q（-m,m+2）， ∵点Q在直线AB上， ∴m+2=-×（-m）+1， 解得m=， ∴N（，）， 综上，N点的坐标为（6，4）或（，）． 类型三、一次函数与矩形 解题策略 思路1：先直角，再矩形(两定两动） 在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用． 要善于利用直角三角形的性质： ①两个锐角互余；②三边平方的等量关系（勾股定理）；③斜边上的中线等于斜边的一半. 转化为直角三角形问题，以定线段为边和对角线来确定分类标准，利用k1.k2=-1来确定一动点的位置，然后通过平移确定另一动点坐标。 ①找点：两线一圆②求点:勾股定理 ③平移 思路2：先平行，再矩形 分析定点、定角及不变特征，结合图形形成因素（判定等），考虑分类，通常需要转化为一定两动夹角固定直角三角形存在性问题，按照顶角分类。先平行四边形再加一组邻边相等列方程组 例3.如图，在平面直角坐标系中，函数的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A作直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段的中点    (1)求直线的解析式 (2)将沿着翻折，点B落在点处，连接，则四边形的形状为 (3)若点H是直线上的动点，在坐标平面内是否存在这样的点Q，使以A、B、Q、H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由 【答案】(1)直线的表达式为：； (2)平行四边形 (3)存在，点的坐标为：或或． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由，，求出点的坐标，即可求解； （3）当为对角线时，由中点坐标公式和列出方程组，即可求解；当是对角线、是对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：对于，令，则， 令，则， 即点、的坐标分别为：、， 点为线段的中点，则点， 设直线的表达式为：， 将点的坐标代入上式得：，则， 即直线的表达式为：； （2）解：设点的坐标为：， 由题意得，，， 则， 解得：（不合题意的值已舍去）， 即点的坐标为：； 由点、的坐标得，， ， 四边形的形状为平行四边形， 故答案为：平行四边形； （3）解：存在，理由： 设点、点， 由点的坐标得，，同理可得：， 当为对角线时，由中点坐标公式和得： ，解得：（不合题意的值已舍去）， 即点的坐标为：，（舍去）； 当是对角线时，由中点坐标公式和得： ，解得：， 即点的坐标为：； 当是对角线时，由中点坐标公式和得： ，解得：， 即点的坐标为：， 综上，点的坐标为：或或． 【点睛】本题主要考查一次函数的性质，矩形的性质、图象的翻折等知识点，熟练掌握一次函数的性质，及图形翻折的知识是解题的关键． 变式训练3 1．如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y=kx+15（k≠0）经过点C（3，6），与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段CD平行于x轴，交直线y=x于点D，连接OC，AD． （1）填空：k=_____，点A的坐标是（ _____，_____）； （2）求证：四边形OADC是平行四边形； （3）动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒． ①当t=1时，△CPQ的面积是 _____． ②当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，请直接写出此时t的值． 【答案】(1)-3;(2)5;(3)0;(4)12; 【解析】（1）代入C点坐标即可得出k值确定直线的解析式，进而求出A点坐标即可； （2）求出AD点坐标，根据CD=OA，CD∥OA，即可证四边形OADC是平行四边形； （3）①作CH⊥OD于H，设出H点的坐标，根据勾股定理计算出CH的长度，根据运动时间求出PQ的长度即可确定△CPQ的面积； ②先证四边形CPAQ为平行四边形，根据对角线相等确定PQ的长度，再根据P、Q的位置分情况计算出t值即可． 解：（1）∵直线y=kx+15（k≠0）经过点C（3，6）， ∴3k+15=6， 解得k=-3， 即直线的解析式为y=-3x+15， 当y=0时，x=5， ∴A（5.0）， 故答案为：-3，5，0； （2）∵线段CD平行于x轴， ∴D点的纵坐标与C点一样， 又∵D点在直线y=x上， 当y=6时，x=8， 即D（8，6）， ∴CD=8-3=5， ∵OA=5， ∴OA=CD， 又∵OA∥CD， ∴四边形OADC是平行四边形； （3）①作CH⊥OD于H， ∵H点在直线y=x上， ∴设H点的坐标为（m,m）， ∴CH2=（m-3）2+（m-6）2，HD2=（m-8）2+（m-6）2， 由勾股定理，得CH2+HD2=CD2， 即（m-3）2+（m-6）2+（m-8）2+（m-6）2=52， 整理得m=或8（舍去）， ∴CH=3， ∵OD==10， ∴当t=1时，PQ=OD-t-t=10-1-1=8， ∴S△CPQ=PQ•CH=×8×3=12， 故答案为：12； ②由（2）知四边形OADC是平行四边形， ∴OD与AC互相平分， 又∵P点和Q点的运动速度相同， ∴PQ与AC互相平分， ∴四边形CPAQ为平行四边形， ∵OD=10， 当0≤t≤5时，PQ=10-2t, 当5≤t≤10时，PQ=2t-10， 当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，PQ=AC， ∵AC==2， 当0≤t≤5时，10-2t=2， 解得t=5-， 当5≤t≤10时，2t-10=2， 解得t=5+， 综上，当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时t的值为5-或5+． 2.综合与实践 问题情境： 如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点A ，交轴于点B，过点B的直线交轴正半轴于点C．    初步探究： (1)当时，求直线的函数解析式； 深入探究： (2)在（1）的基础上，将沿着 方向平移到如图2的位置，得到，线段与交于点G，若G恰好是的中点，求平移的距离； 拓展延伸： (3)如图3，将沿着 翻折，得到四边形为菱形，继续沿着方向平移，得到，连，．试探究：在平移的过程中，四边形是否能成为矩形，若能求出平移的距离；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)平移的距离为 (3)能，平移的距离为6 【分析】（1）先求出点A和点B的坐标，设，在中，利用勾股定理列方程求出x，然后用待定系数法即可求出直线的函数解析式； （2）取的中点H，连接，利用三角形的中位线求出的长即可求解； （3）连接，设平移的距离为，则，在中，根据列方程求解即可． 【详解】（1）解：当时，由得 ∴ ∴ 当时， ∴ ∴ 设 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 在中 ∴ ∴ ∴ 设直线的解析式为 把，分别代入中 ∴ ∴直线的解析式为 （2）解：取的中点H，连接 ∵G是的中点    ∴， ∵ ∴ ∴GH= 由平移可得： ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴平移的距离为 （3）解：能．连接，    设平移的距离为 则 ∵四边形为菱形 ∴，，， ∴ ∴ 由平移性质得， ∴， ∴四边形为平行四边形 ∴当时，四边形为矩形 在中 ∴ ∴ ∴平移的距离为6 【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的判定，勾股定理，菱形的性质，矩形的判定，以及平移的性质，数形结合是解答本题的关键． 3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点C，且与正比例函数的图象交于点．    (1)求一次函数的解析式； (2)点M在x轴上，当最小时，求点M的坐标； (3)若D是直线AB上一点，E是平面内一点，以O、C、D、E四点为顶点的四边形是矩形，请直接写出点E的坐标． 【答案】(1)一次函数的解析式为； (2)； (3)点E的坐标为或． 【分析】（1）由A、B坐标，利用待定系数法可求得答案； （2）由一次函数解析式可求得C点坐标，可求得C点关于x轴的对称点的坐标，连接交x轴的交点即为所求的M点，求得直线的解析式，则可求得M点坐标； （3）分两种情形分别讨论：①当为边时，四边形是矩形，此时，；②当为对角线时，四边形是矩形，此时；分别求出E的坐标即可． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象经过点，点， ∴，解得， ∴一次函数的解析式为； （2）解：如图，作点C关于x轴的对称点，连接交x轴于M，此时的值最小．        对于， 令，则， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为， 令，得， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ①当为边时，四边形是矩形，此时，，    此时D、A重合，四边形是正方形， ∴点E的坐标为； ②当为对角线时，四边形是矩形，此时，四边形是正方形，    ∴， ∴点E的坐标为； 综上所述，满足条件的点E的坐标为或． 【点睛】本题考查一次函数综合题、轴对称最短问题、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短路径问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 类型四、一次函数与正方形 解题策略 思路1：从判定出发 若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等； 若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直； 若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件． 思路2：构造三垂直全等 若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4个点． 总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑从矩形的判定出发，观察该四边形是否已为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系． 例4.如图1所示，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，点A为y轴正半轴上一点，且．    (1)请直接写出点B、C的坐标及直线的解析式； (2)如图2所示，点D是的中点，点M是上一点，连接，过点D作交于点N，连接，若，求出点M的坐标； (3)点P是直线上一点，过点P作轴，交直线于点Q，点E为y轴上一点，点F为平面直角坐标系内一点，当以点P、Q、E、F为顶点的四边形是正方形时，直接写出点P的坐标． 【答案】(1)，， (2) (3)或或或 【分析】（1）令，求得B、C两点坐标，设直线的解析式是，将A、B两点坐标代入即可； （2）连接，，在射线上截取，可推得，从而，根据，从而得出，得继而得到从而推出，进而列出方程，求得M点坐标； （3）设，，，分两种情况：当为正方形的边时，则；当为正方形的对角线时，则，分别建立方程求解即可得出答案． 【详解】（1）在中，令，得， 解得：， ∴， 令，得， ∴， 设， 则， ∵， ∴，即， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得：， ∴直线的解析式为． （2）如图2，    连接，，在射线上截取，∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴点M、O、N、D共圆， ∴， 在中，，点D是的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． （3）设，，    当为正方形的边时，则，如图3， ∴， 解得：或， ∴点P的坐标为或； 当为正方形的对角线时，如图4，连接，交于点G，    则， ∴， 解得：或， ∴点P的坐标为或； 综上所述，点P的坐标为或或或． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数及其图像性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积，勾股定理，正方形的性质等知识，解决问题的关键是熟悉“一线三等角”模型及作辅助线构造全等三角形和等腰三角形． 变式训练4 1.如图，在平面直角坐标系中，OB和OC的长是方程x2﹣15x+36＝0的两个根，且OB＜OC．∠BAC＝90°，D是x轴上一点，且将△ADC沿AD翻折，AC恰好落在y轴上的AE处． （1）求点A的坐标； （2）求直线CE的解析式； （3）M是直线AC上一点，在平面上是否存在一点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）解方程得出OB和OC的值，证△AOB∽△COA，根据线段比例关系求出OB即可确定B点的坐标； （2）由（1）得出C点和E点的坐标，用待定系数法求出直线CE的解析式即可； （3）用待定系数法求出直线AC的解析式，平移AC过B点，设出N点坐标，根据BN＝AB确定N点坐标即可． 【解答】解：（1）解方程x2﹣15x+36＝0， 得x＝3或x＝12， ∵OB＜OC， ∴OB＝3，OC＝12， ∵∠BAO+∠ABO＝90°，∠BAO+∠CAO＝90°， ∴∠ABO＝∠CAO， 又∵∠AOB＝∠COA＝90°， ∴△AOB∽△COA， ∴， ∴OA6， ∴A（0，6）； （2）由（1）知A（0，6），C（12，0）， ∴AC6， ∴OE＝AC﹣OA＝66， ∴E（0，6﹣6）， 设直线CE的解析式为y＝kx+b， 代入C点和E点坐标得， 解得， ∴直线CE的解析式为y＝（1212）x+6﹣6； （3）存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形为正方形，理由如下： ①若M点在线段AC上， ∵∠BAM＝90°， ∴存在四边形ABNM为正方形， 设直线AC的解析式为y＝sx+t， 代入A点和C点的坐标得， 解得， ∴直线AC的解析式为yx+6， 平移直线AC与直线BN重合， 则直线BN得解析式为yx+m， ∵B（﹣3，0）， ∴m， 即直线BN得解析式为yx， 设N（n，）， ∵四边形ABNM是正方形， ∴BN2＝AB2， 即（n+3）2+（）2＝32+62， 解得n＝3或n＝﹣9（舍去）， 故N点得坐标为（3，﹣3）， ②若M点在CA延长线上， 由①知，此时N点也在直线yx上， 设N（p，）， ∵四边形ABNM是正方形， ∴BN2＝AB2， 即（p+3）2+（）2＝32+62， 解得p＝3（舍去）或p＝﹣9， 故N点得坐标为（﹣9，3）， ∴点N的坐标为（3，﹣3）或（﹣9，3）时四边形ABNM是正方形． 【点评】本题主要考查一次函数的综合题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式及一次函数的性质是解题的关键． 2.如图，直线L1：y＝x+1与直线L2：y＝﹣x+5相交于点C直线L1与x轴相交于点A，直线L2与x轴相交于点B． （1）求三角形ABC的面积； （2）若经过点C的一条直线交x轴于D，直线CD把三角形ABC分成两个三角形，且这两个三角形面积的比为1：2，请直接写出点D的坐标； （3）假设G是直线y＝x+1上的点，在坐标平面上是否存在一点Q，使以A，B，Q，G为顶点的四边形是正方形，若存在求出点Q的坐标，若不存在请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求出A、B、C三点坐标即可解决问题； （2）分两种情形分别求解即可； （3）分两种情形讨论①在L1上取点G（G异于A），且CG＝CA，在L2上取点Q（Q异于B），且CQ＝CB，可以证明四边形ABGQ为正方形；②当G与C重合时，以AB为对称轴作G的对称点Q，于是四边形AQBG为正方形． 【解答】解：（1）在y＝x+1中， 当y＝0时，则x＝﹣1 ∴A（﹣1，0） 在y＝﹣x+5中 当y＝0时，则x＝5 B（5，0） ∴AB＝OA+OB＝6， 由 解得， ∴C（2，3） ∴作CE⊥x轴于E． ∴E（2，0） ∴CE＝3 ∴S△ABC•AB•CE 6×3＝9， （2）由题意A（﹣1，0），B（5，0），AD＝2BD或BD＝2AD， 可得D（1，0）或D（3，0）． （3）设y＝x+1交y轴于F，则F（0，1）． ∴OF＝OA ∴∠OAF＝45° 同理∠ABC＝45° ∴∠ACB＝90° ∴CA＝CB， 在L1上取点G（G异于A），且CG＝CA， 在L2上取点Q（Q异于B），且CQ＝CB ∴CG＝CA＝CQ＝CB， 又∵AG⊥BQ， ∴四边形ABGQ为正方形， 又∵A（﹣1，0） AB＝AQ＝6 ∴Q（﹣1，6）． 当G与C重合时， 以AB为对称轴作G的对称点Q，于是四边形AQBG为正方形． 又∵G（2，3）， ∴Q（2，﹣3） 综合上述：Q（﹣1，6）或Q（2，﹣3）． 【点评】本题考查一次函数综合题、三角形的面积、正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 学科网（北京）股份有限公司 $$