2025年中考数学三轮热点专题复习一次函数部分解答题专项练习

2025年中考数学三轮热点专题复习 一次函数部分解答题专项练习 1．如图所示，直线与轴负半轴、轴正半轴分别交于、两点． (1)若，求直线的解析式； (2)当取不同的值时，点在轴正半轴上运动，以为旋转中心，将线段顺时针旋转得线段，将线段逆时针旋转得线段，连接交轴于点，求证：的长为定值． 2．如图所示，根据图中信息． (1)写出、的值吗？ (2)写出点的坐标吗？ (3)当为何值时，？ 3．如图1，在直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点．以为对角线的作矩形，点坐标． (1)点的坐标为______； (2)若点在第二象限内，求的面积关于的函数表达式； (3)如图2，若点在坐标平面内．过点作，过点作，若以为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点的坐标． 4．在一条笔直的公路上有A、B、C三地，C地在A、B两地之间．甲车从A地出发匀速驶往B地，同时乙车从C地出发匀速驶往A地，到达A地因故停留1（）后按原路原速驶往B地，结果乙车比甲车早1（h）到达B地，甲、乙两车各自距B地的路程与甲车行驶时间之间的函数图象如图所示． (1)a的值为______；乙车的速度为______． (2)求b的值． (3)求乙车从A地行驶到B地时y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围． (4)在两车行驶的过程中，当两车距C地的路程相同时，直接写出甲车行驶的时间． 5．2025年1月上映的动画电影《哪吒之魔童闹海》引发了国风手办收藏热潮．李老板从某网店购买，两款风火轮手办并进行销售．两款风火轮的进货价和销售价如下表： (1)第一次李老板用元购进了，两款风火轮共个，求两款风火轮各购进多少个． (2)第二次李老板进货时，网店规定款风火轮进货数量不得超过款风火轮进货数量的一半，他计划购进两款风火轮共个，其中款风火轮个，设第二次购进的风火轮全部卖完所获得的利润为元． 类别价格 款 款 进价（元/个） 售价（元/个） ①请用含的代数式表示； ②应如何设计第二次进货方案才能获得最大利润，最大利润是多少元？ 6．如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴正半轴于点． (1)求点的坐标． (2)如图2，直线交轴负半轴于点，，为线段上一点，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，线段的长为，求与之间的函数关系式． (3)如图3，直线交轴负半轴于点，，为直线上一点，过点作轴的平行线交直线于点，设点的横坐标为，请判断的形状并说明理由． 7．在倡导低碳生活的当下，公交车作为城市交通的重要力量，正发挥着不可忽视的绿色作用．某市交通管理局决定购买一批电动公交车取代燃油公交车．根据调查发现，型电动公交车的单价比型电动公交车的单价少8万元，用640万元购买型电动公交车的数量与用800万元购买型电动公交车的数量相同． (1)、两种型号的电动公交车的单价分别是多少万元； (2)赶上“618”活动大促，两种电动公交车都进行了降价促销活动，型电动公交车每辆降价2万元，型电动公交车按原价的九折出售．该交通管理局计划购买这两种电动公交车共30辆（两种电动公交车均要买），其中型电动公交车的数量不少于8辆且不超过型电动公交车的倍，设交通管理局购进种电动公交车辆，总花费万元，求与之间的函数关系式，请你利用一次函数的知识，设计出最省钱的购买方案． 8．项目化学习 项目背景：小明家最近购入一辆电动汽车，为了解汽车电池需要多久能充满，以及电动汽车充满电的最大行驶里程，小明和爸爸妈妈做了以下两组实验． 实验一：探究电池充电时电动汽车仪表盘显示的电量与充电时间之间的关系，数据记录如下表： 充电时间 0 30 60 90 … 显示的电量 0 25 50 75 … 实验二：探究电动汽车充满电后行驶过程中仪表盘显示的电量与行驶里程之间的关系，数据记录如图： 建立模型：观察可知表中数据是正比例函数模型，图中数据是一次函数模型． 解决问题： (1)直接写出关于的函数解析式； (2)求关于的函数解析式（不必写出自变量的取值范围）； 9．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点，，点在轴的负半轴上，若将沿直线折叠，点恰好落在轴正半轴上的点处． (1)点的坐标是_____，点D的坐标是_____，的长为________； (2)求直线的解析式； (3)点是轴上一动点，若，请求出点的坐标； (4)在第一象限内是否存在点，使为等腰直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 10．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点，与轴相交于点，点在线段上（不与点，重合），过点作的垂线，与直线相交于点，点关于直线的对称点为，连接． (1)求证：； (2)设点的坐标为，当时，线段与线段相交于点，求四边形面积的最大值. 11．一次函数的图象分别交 x轴和y轴于点 A 和点 B． (1)如图1， 求的度数； (2)如图2， 在x轴上有一点， 点 E 在线段 上， 直线交y轴于点 D，，求经过 C、E 两点的一次函数的解析式； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，点P 在直线上，Q是平面内一点，当以 O、E、P、Q为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点 Q的坐标． 12．如图，已知直线与坐标轴交于，两点，点是轴负半轴上一点，点，点是线段上一动点（不与端点重合），过点作轴，交于． (1)求所在直线的解析式； (2)若轴于点，点的坐标为，请用含的代数式表示的长； (3)在轴上是否存在一点，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图1， 直线的解析式为， 直线经过点，，且，交于点A， (1)求直线的表达式；观察图像，当直线在x轴上方时，直接写出自变量x的取值范围 (2)直线，的交点A的坐标 (3)若直线 与线段有交点，直接写出比例系数k满足的取值范围 (4)若直线上存在一动点E，使得，直接写出点E的坐标 14．如图，直线分别交x轴和y轴于点、A，直线分别交x轴、、y轴于点，点E，点，分别交x轴、于点F、点G，，垂足为点C，．    (1)求的面积． (2)如图2，过B作轴交于点H，在x轴、y轴上分别有动点Q、P，连接，当四边形周长最小时，则是否在上存在一点M，使得．若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在（2）的条件下，在x轴、上分别有动点I、N，若四边形是平行四边形，求出满足该条件N的坐标． 15．在数学探究性学习中经常会用到从特殊到一般、类比化归等数学思想和方法，如下是一个具体的探究性学习案例，请完善整个探究过程. 问题呈现：过点的直线（k、c为常数且）分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于点A和B，探究并说明是定值 (1)特例探究，如图1，过点的直线（k、c为常数且）分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于点A和B，则点A的坐标为______，点B的坐标为______，的值为______； (2)一般证明： ①时，直接写出______； ②求出的值； (3)如图2，已知，，点M在x轴的正半轴上，过点M且不与y轴平行的直线l交直线于第一象限点N，若总有，请探究：直线l是否过定点，如果是，请求出定点坐标；如果否，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年中考数学三轮热点专题复习一次函数部分解答题专项练习》参考答案 1．(1)直线的解析式； (2)见解析． 【分析】本题主要考查的是一次函数的综合应用，解答本题主要应用了一次函数图象上点的坐标与解析式的关系、全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用待定系数法求一次函数解析式即可； （2）先得到点A和B的坐标，作轴于点，得到，即可求出，然后求出直线的解析式，得到点的坐标解答即可． 【详解】（1）解：由交两轴于、两点 ． ， ，即 直线的解析式． （2）解：当时，；当时，，解得， ∴点A的坐标为，点A的坐标为， 作轴于点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ． 设直线为，则 为 ． 长为定值． 2．(1)3；1 (2) (3) 【分析】本题考查待定系数法求一次函数解析式，两直线交点问题，根据一次函数图象求不等式的解集，掌握数形结合法是解题的关键． （1）把代入，即可求出m值；把代入，即可求出n值； （2）联立两函数解析式，得到二元一次方程组，求解即可； （3）利用图象法求解即可． 【详解】（1）解：经过点， ， ， 经过点， ， ． （2）解：由（1）得交于点， ， 得， ， 得， ， ， 点坐标为． （3）解：由图像可知， 当图像在点右边时，的图像在图像的上方， 当图像在点左边时，的图像在轴上方，， 当时，． 3．(1) (2) (3)点的坐标为或 【分析】（1）根据题意求出，即可求解； （2）连接，根据，即可求解； （3）由直线的解析式，设点；根据，求出；分类讨论当为对角线时，当为对角线时，两种情况即可求解； 【详解】（1）解：在中，令，则； 令，则； ∴； ∵四边形是矩形， ∴点的坐标为， 故答案为：； （2）解：连接，如图所示： 则， ∵点在第二象限内， ∴； （3）解：直线的解析式为； 设点； ∵，， 由题意得：， ∴，解得：； ∴，； 当为对角线时，，消去求得； 当为对角线时，，消去求得； 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数与几何综合问题，涉及了平行四边形的存在性问题、勾股定理、一次函数的求解等知识点，综合性较强，计算量较大，需要学生具备扎实的几何和函数基础． 4．(1)， (2) (3) (4)为或． 【分析】本题主要考查一次函数的实际应用，涉及函数图象解读、行程问题公式（）、待定系数法求函数关系式及分类讨论思想．解题关键是结合图象分析两车行驶阶段，利用路程、速度、时间关系列方程，熟练运用一次函数性质解决行程问题． （1） 从图象中乙车停留信息确定，结合、路程与乙车行驶时间算速度． （2） 先明确甲、乙车行驶路程与时间关系，利用“乙车比甲车早到地”列方程求． （3） 确定乙车从到的两个端点坐标，用待定系数法求函数关系式． （4） 分乙车从到、乙车停留、乙车从到阶段，根据两车距地路程相等列方程求解． 【详解】（1）解：乙车在地停留，图象中停留对应到，故， ． 、距离为，乙车从到用时， 乙车速度． （2）解：甲车行驶全程；乙车行驶路程为，乙车速度且停留，则乙车总用时． 因乙车比甲车早到地，设甲车用时，则， ． （3）解：乙车从出发时，距地；到达地时，距地． 设函数关系式为，代入、得： 两式相减：，． 代入：， ． 故函数关系式为． （4）解：甲车速度，、距离，分阶段讨论： 乙车从到（）： 甲车距地路程，乙车距地路程， 令， ， ． 乙车从到（）： 乙车距地路程，甲车距地路程（）， 令， ， ． ∴当两车距C地的路程相同时，甲车行驶的时间为或． 5．(1)A款风火轮购进个，款风火轮购进个； (2)①；②按照A款风火轮购进个，款风火轮购进个的方案进货才能获得最大利润，最大利润是元． 【分析】本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用以及一次函数的运用，解答时由销售问题的数量关系求出一次函数的解析式是关键． （1）根据第一次购进个，设款风火轮购进个，则款风火轮购进个，再由用元购进了，两款风火轮建立方程求出其解即可； （2）①根据第二次购进两款风火轮个，设款风火轮购进个，则款风火轮购进个，获利元，根据题意可以得到利润与款风火轮数量的函数关系， ②根据款风火轮进货数量不得超过款风火轮进货数量的一半，可以求得款风火轮数量的取值范围，再根据一次函数的性质，即可求得如何设计进货方案才能获得最大利润． 【详解】（1）解：设款风火轮购进个，款风火轮购进个， 由题意可得， 解得， 款风火轮购进：（个） 答：款风火轮购进个，款风火轮购进个． （2）解：①设款风火轮购进个，款风火轮购进个，获利元， 由题意可得， 即 ②款风火轮进货数量不得超过款风火轮进货数量的一半 随的增大而增大 时， 款风火轮有（个） 答：按照款风火轮购进个，款风火轮购进个的方案进货才能获得最大利润，最大利润是元． 6．(1) (2) (3)是等腰三角形，理由见解析 【分析】本题考查一次函数的综合应用，主要考查待定系数法求解析式，勾股定理，等腰三角形的判定及性质． （1）把点代入直线解析式，求出直线的解析式，令即可解答； （2）利用勾股定理求出，进而求得求出直线的解析式，设点，求出Q的坐标，即可解答； （3）由得到，再由平行有，从而，得到，即可解答． 【详解】（1）解：∵x交x轴于点， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 令，则y＝3， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∵直线过点， ∴ ，解得： ∴直线的解析式为， ∵点P在直线上，且横坐标为， ∴点， ∵轴，且点Q在直线上， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵轴，即， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 7．(1)型电动公交车的单价为万元，型电动公交车的单价为万元； (2)购进种电动公交车辆，购进种电动公交车辆． 【分析】本题考查了分式方程的实际应用，一次函数的实际应用． （1）设型电动公交车的单价为x万元，型电动公交车的单价为万元，根据题意列分式方程求解即可； （2）先求出a的取值范围，再求出，根据一次函数的增减性作答即可． 【详解】（1）解：设型电动公交车的单价为x万元，型电动公交车的单价为万元， 由题意可知：， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴， 答：型电动公交车的单价为万元，型电动公交车的单价为万元； （2）解：∵型电动公交车每辆降价2万元，型电动公交车按原价的九折出售， ∴降价后型电动公交车的单价为万元，型电动公交车的单价为万元， ∵交通管理局购进种电动公交车辆， ∴交通管理局购进种电动公交车辆， ∵其中型电动公交车的数量不少于8辆且不超过型电动公交车的倍， ∴， 即， ， ∴总花费随的增大而减小， ∴当时，总花费有最小值， 此时， 即最省钱的购买方案为购进种电动公交车辆，购进种电动公交车辆． 8．(1)； (2)关于的函数解析式为． 【分析】本题主要考查了正比例函数与一次函数的实际应用，熟练掌握利用待定系数法求函数解析式是解题的关键． （1）因为已知是正比例函数模型，所以设（为常数），利用表格中一组非零数据代入可求出，进而得到函数解析式． （2）由于是一次函数模型，设（、为常数），选取图像上两个点的坐标代入，解方程组求出和，得到函数解析式． 【详解】（1）解：设关于的函数解析式为， 把，代入，得， 解得， 所以关于的函数解析式为． （2）解：设关于的函数解析式为． 将代入， 得． 解得 关于的函数解析式为． 9．(1)；；5 (2) (3)点M的坐标为或 (4)点P的坐标为或或 【分析】（1）直接利用直线求得点和点的坐标，则可得到，的长，然后依据勾股定理可求得的长，然后根据翻折求出点的坐标； （2）依据勾股定理可得的坐标，再利用待定系数法即可求解； （3）首先求出，进而得出，然后设出点的坐标，建立方程求解即可； （4）分三种情况：①若；②若 ；③若 ；分别利用全等三角形的判定及性质求解即可. 【详解】（1）令得：， ∴， ∴， 令得： ， 解得：， ∴， ∴， 在中， 由折叠可得， ∴， ∴点D的坐标为， 故答案为： ，，； （2）解：设， 则， 在中，， ， 解得：， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将代入得， 解得， ∴直线的解析式为； （3）解：， ， ， 设点的坐标为， ， 解得或， ∴点的坐标为或； （4）解：存在，理由如下： ①若，如图，过点作交于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴此时点的坐标为； ②若，， 如图， 过点作交于点， 同理可得，此时点的坐标为； ③若，如图，过点作交于点， 交于点， ， ， ， ， ， ， 设点的坐标为， ， 解得：， ∴此时点的坐标为， 综上所述， 点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、勾股定理、待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，数形结合是解答本题的关键． 10．(1)见解析 (2)四边形面积的最大值为． 【分析】（1）先求得，，得到，，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论成立； （2）由题意得，，根据折叠的性质得，，利用等腰直角三角形的判定和性质求得，，再利用梯形的面积公式求得四边形面积关于的二次函数，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）证明：对于直线， 令，则；令，则， ∴，， ∴，， ∵， ∴； （2）解：∵点的坐标为， ∴，， ∵点关于直线的对称点为， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形面积 ∵， ∴当，四边形面积有最大值，最大值为． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质．第2问求得四边形面积关于的二次函数的解析式是解题的关键． 11．(1) (2) (3)或 【分析】（1）先求出点的坐标，得到，再根据，利用三角形内角和定理即可求解； （2）设，根据，可得点是点中点，由点D的横坐标为，求出e的值，可得点E的坐标，再利用待定系数法即可求解； （3）由（2）可求出，易得，求出，则，由（1）知，求出，分当为以 O、E、P、Q为顶点构成的矩形的边时，当为以 O、E、P、Q为顶点构成的矩形的对角线时，两种情况讨论，根据矩形的性质即可求解． 【详解】（1）解：将代入，则， 令，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：设， ∵，， ∴点是点中点， ∵点D在y轴上，即点D的横坐标为， ∴， 解得：，则， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得：， ∴直线的解析式为； （3）解：由（2）知直线的解析式为， 将代入，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， 如图，当为以 O、E、P、Q为顶点构成的矩形的对角线时，则点Q在直线上， 设， 由（2）知， ∴， 解得：， 则， ∴； 如图，当为以 O、E、P、Q为顶点构成的矩形的边时， 设， 在中，， ∴，即， ∴，则， ∴， ， 解得：， ∴； 综上，点 Q的坐标为或． 【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，一次函数与坐标轴的交点问题，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是得出的函数关系式． 12．(1)； (2)； (3)存在，满足条件的点坐标为或或． 【分析】（）由直线得，然后利用待定系数法即可求解； （）点的坐标为，点在直线图象上，则点的坐标为，由轴，在直线图象上，求出点的坐标为，则； （）分当，时，当，时，当，时三种情况分析即可求解． 【详解】（1）解：由直线中，令可得，令可求得， ∴，， ∵， 设直线解析式为，代入得： ，解得， ∴直线解析式为； （2）解：∵点的坐标为，点在直线图象上， ∴点的坐标为， ∵轴，在直线图象上， 当时，， 解得：， ∴点的坐标为， ∴； （3）解：存在点，使得为等腰直角三角形，理由如下； 当，时，如图， 设，则，， ∴， ∴， 解得， ∴点的坐标为； 当，时，如图， 设，则，， ∴， ∴，解得， ∴点的坐标为， 当，时，如图，作于点，则， 设，的纵坐标为， 则，，， ∴，， ∴， 解得：， ∴，， ∴点的横坐标为， ∴点的坐标为， 综上所述：满足条件的点坐标为或或． 【点睛】本题考查了三角形的面积，待定系数法，函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，方程思想及分类讨论思想，掌握知识点的应用是解题的关键． 13．(1)直线：； (2) (3) (4)或 【分析】本题考查了一次函数的交点问题，勾股定理，利用平方根解方程． （1）设直线表达式为，将点，代入即可求出的表达式为：；当时，，结合图像即可判断自变量x的取值范围； （2）联立两方程求解即可； （3）先求出，再分两种情况讨论即可； （4）分两种情况根据勾股定理列一元二次方程计算即可． 【详解】（1）解：设直线表达式为， ∵直线经过点，， ∴， 解得： ∴的表达式为：； 当时，， 即 观察图象可知，当直线在x轴上方时，； （2）解：∵，交于点A， ∴， 解得， ∴， ∴； （3）解：在直线：中，当时，，即 当时， 当经过A时，即， 解得， 当经过C时，， 即； 当时，直线 与y轴负半轴相交，不符合题意； 综上所述，； （4）解：当E在线段上时， ∵，， ∴ ∵， ∴， 设点E的坐标为， ∴， 解得：（负值舍去）， 即点E的坐标为； 当E在线段的延长线上时， ∵，， ∴ ∵， ∴， 设点E的坐标为， ∴， 解得：（负值舍去）， 即点E的坐标为； 综上所述，点E的坐标为或． 14．(1) (2)存在，或 (3) 【分析】（1）待定系数法求出直线的解析式，在上，截取，作轴于点，证明，求出点坐标，进而求出直线的解析式，再求出点坐标，进而得到点坐标，求出直线的坐标，进而求出点坐标，分割法求出三角形的面积即可； （2）作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，连接，得到当在上时，四边形周长最小，进而求出点坐标，再根据，求出点的坐标即可； （3）求出点坐标， 根据四边形是平行四边形，且在x轴、上分别有动点I、N，得到，进而得到点的纵坐标，代入函数解析式，求出横坐标即可． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 把，代入解析式，得：， 解得：， ∴， 在上，截取，作轴于点，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点，在直线上， ∴同法可得，直线的解析式为：， 当时，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， 同法可得：直线的解析式为：， 联立，解得：， ∴， 联立，解得：， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）存在， ∵轴， ∴的横坐标为1， 当时，， ∴， 由（1）知，， 作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，连接，    ∴四边形周长， ∴当在上时，四边形周长最小， 同（1）法可得：直线的解析式为：， ∴当时，解得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当在点上方时，， 解得：， 当时，， ∴； 当在点下方时，， 解得：， 当时，， ∴； 综上：或． （3）由（2）知，点在直线上， ∴当时，， ∴， ∵四边形是平行四边形，且在x轴、上分别有动点I、N， ∴，即：轴， ∴， 当时，解得：， ∴． 【点睛】本题考查一次函数与几何的综合应用，待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 15．(1)、；1 (2)①1；②1 (3)直线过定点 【分析】本题考查的是一次函数综合运用，涉及一次函数的图象和性质，函数表达式的求解等，按题设的顺序逐次求解是解题的关键． （1）由求出点、的坐标分别为：、，得出，再代入计算即可； （2）①点、的坐标分别为、，得，，把点代入得：，当，时，求出，再代入计算即可； ②由①知，，，，再代入计算即可； （3）运用待定系数法分别求出直线的表达式和直线的表达式为，联立方程组，求出交点坐标，根据两点间距离公式求出，，代入，求得，进一步可得答案． 【详解】（1）解：当，则；当，则，解得， ∵直线分别交轴和轴于点和， ∴点、的坐标分别为：、， ∴， 则． 故答案为：、；1； （2）解：①当，则；当，则，解得， ∵直线分别交轴和轴于点和， ∴点、的坐标分别为：、， ∴，， 将点的坐标代入一次函数表达式得：， ∴当，时，， ∴， 故答案为：1； ②由①知，，，， 则； （3）解：设直线的表达式为：， 则，解得， ∴， 设直线的表达式为：， 联立上述两式得：， 解得：，则点， 由点、的坐标得，，则， 同（2）可求点，则， ，即， 解得：，则， 当时，，即直线过定点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$