专题01 一次函数与特殊平行四边形存在性题型（四川成都专用，压轴题专项训练）数学新教材北师大版九年级上册

**基本信息** 聚焦一次函数与特殊平行四边形存在性，构建“通法-题型-变式-挑战”四层训练体系，提炼分类讨论、勾股定理、K字模型等核心方法，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|1核心解法|函数与几何综合能力，基本底线原则|以一次函数为载体，结合特殊平行四边形性质展开| |菱形存在性|1典例+3变式|方程思想、分类讨论、数形结合|从菱形定义出发，通过动点探究存在性，迁移至折叠、平移情境| |矩形存在性|1典例+2变式|勾股定理列方程求解|基于矩形直角特性，结合函数图像构建方程模型| |正方形存在性|1典例+2变式|全等构造K字模型|融合正方形边与角特性，通过K字模型转化几何关系| |压轴挑战|8道综合题|综合应用上述方法|整合翻折、平移等变换，提升复杂问题解决能力|

专题01 一次函数与特殊平行四边形存在性题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、菱形存在性问题 题型二、矩形存在性问题 题型三、正方形存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 函数与特殊平行四边形存在性问题是初中数学图形基础，所有题型均围绕菱形、矩形、正方形展开，解题贯穿基本底线原则：是函数与几何综合能力。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、菱形存在性问题 典例1 如图，一次函数y=kx+b图像分别与x轴、y轴交于点A（8，0）、B（0，6），四边形ABCD是正方形． （1）求一次函数解析式； （2）求点D的坐标； （3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在坐标平面内否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标． 题型模版 1.特征：菱形存在性问题. 2.方法：注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用 变式1-1如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点、点，C为线段的中点．      (1)求直线的解析式； (2)如图1，若E为线段上一动点，过点E作轴于点F，轴于点G，连接，P为上一动点．当线段最短时，求周长的最小值； (3)在（2）的条件下，直线与直线相交于点Q，将线段沿射线方向平移12个单位长度，平移后的点C记为点，H为直线上的一动点，在平面内是否存在一点N，使得以、H、Q、N为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由． 变式1-2如图1．直线l1：y＝与x轴、y轴分别交于C、D两点，直线l2与x轴、y轴分别交于A（3，0）、B两点，与直线l1交于点Q（6，a），点P为线段DQ上一动点． (1)求直线l2的解析式； (2)已知在y轴上有一动点E，直线l2上有一动点F，连接PE，PF，EF，当△PBD面积为6时，求△PEF周长的最小值； (3)如图2，在（2）的条件下，将直线l2沿CD方向平移，使其平移后的直线l3恰好经过点P，平移后点B的对应点为B′，点M为y轴上一动点，点N为平面内任意一个动点，是否存在点M和对应的点N，使得以点P，B′，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 变式1-3如图，在平面直角坐标系中，直线l的解析式为，与x轴交于点C，直线l上有一点B的横坐标为，点A是的中点． (1)求直线的函数表达式； (2)在射线上有两动点P，Q（P点在Q点下方），且，当四边形的周长最小时，求四边形周长的最小值； (3)直线与y轴交于点H．将沿翻折得到，M为直线上一动点，N为平面内一点，是否存在这样的点M、N，使得以H、M、N、G为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出N点的坐标，若不存在，说明理由． 类型二、矩形存在性问题 典例2 如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形的顶点为坐标原点，顶点分别在轴、轴的正半轴上，一次函数的图象过，，点是线段的中点． (1)求一次函数的函数解析式； (2)若点是线段上的一个动点，求周长的最小值； (3)若点是轴上的一个动点，在一次函数的图象上是否存在点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 题型模版 1.特征：矩形存在性问题. 2.方法：利用勾股定理，列方程求解. 变式2-1如图， 已知直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点B，且两直线交于点C． (1)求C的坐标； (2)连接，求的面积； (3)点D是线段上的一个点，将沿直线翻折，点B的对应点为，若为直角三角形且，求线段的长． 变式2-2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． 题型三、正方形存在性问题 典例3 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别落在轴、轴上，点，一次函数的图像与轴、边交于点、． (1)求的长； (2)若点是轴上一动点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标； (3)点是一次函数图像上一动点，且点在第二象限，点是轴上一个动点，点是平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标． 题型模版 特征：正方形存在性问题； 方法：利用全等，构造K字模型求解。 变式3-1如图，在平面直角坐标系中，直线分别交、轴于、两点，将沿直线折叠，使点落在点处． （1）求点的坐标． （2）若点沿射线运动，连接，当与面积相等时，求直线的解析式． （3）在（2）的条件下，当点在第一象限时，沿轴平移直线，分别交，轴于点，，在平面直角坐标系中，是否存在点）和点，使四边形为正方形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 变式3-2综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点．把沿过点B的直线折叠，使点A落在y轴上的点E处，折痕交x轴于点C．直线与直线相交于点． (1)求的长： (2)求直线的解析式： (3)在x轴上存在点P，当的值最小时，点P的坐标为 ； (4)在x轴上方的平面内存在一点M，平面内存在一点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点M的坐标． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，直线与轴交于点，，为直线上一动点． (1)填空：线段_______；直线AC的函数表达式为_______． (2)当点P运动到某一位置时，是直角三角形，求点的坐标． (3)当是直角三角形时，作直线，将沿直线翻折，翻折后点的对应点为．请直接写出点的坐标． 2．如图1，直线交x轴于点，交y轴于点，直线经过点，交x轴于点． (1)请求出点坐标和直线的函数解析式； (2)将直线向下平移个单位，且经过点；将直线向下平移个单位，且经过点，平移后的两直线交于点；请求出点的坐标； (3)如图2，将直线向右平移得到直线，点E是与直线的交点，点分别在射线上，且轴，分别过点作y轴的垂线，垂足分别为． ①设四边形的周长为，设点的横坐标为，求出与的函数关系式； ②当四边形为正方形时，直接写出的值． 3．如图，在平面直角坐标系中，直线 与x轴，y轴分别交于点，C，点在轴的正半轴上，若将沿直线折叠，点D恰好落在轴正半轴上的点处． (1)求点的坐标以及直线的解析式； (2)若点在线段上，点在直线上，求的最小值； (3)点P是第一象限内一点，点Q是坐标平面内一点，以点，，，为顶点的四边形是正方形时，请求出点P的坐标． 4．如图，在长方形中，点O为坐标原点，点B的坐标为，点A、C在坐标轴上，直线与交于点D，与y轴交于点E． (1)分别求点D、E的坐标； (2)求的面积； (3)动点P在边上，点Q是坐标平面第一象限内的点，且在直线上，若是等腰直角三角形，求点Q的坐标． 5．如图，在长方形中，点为坐标原点，点的坐标为，点在坐标轴上，直线与交于点，与轴交于点． (1)点的坐标为___________；点的坐标为___________． (2)求的面积； (3)若动点在直线上，点在第一象限，且在直线上，若点是等腰直角三角形的直角顶点，求点的坐标． 6．如图1，在平面直角坐标系中，为坐标原点，长方形的顶点C，A分别在轴和轴上，，为边上一点，且，点（不与点，重合）为长方形边上一动点，作关于直线的对称点． (1)当在点时，点的坐标为_____； (2)当时，求直线的解析式； (3)当是以为直角边的直角三角形时，请求出点的坐标． 7．在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与x轴和y轴分别交于点A和点B． (1)求一次函数的解析式； (2)如图，若点在线段上，点在直线上，作于点，于点，四边形为正方形，求点坐标． 8．如图，在平面直角坐标系中，已知，． (1)直线对应的函数解析式为__________． (2)如图1，函数的图象交线段于点，当时，求的值． (3)如图2，为线段上一动点，过作轴于点，轴于点，连接，求的最小值． (4)如图3，将线段沿轴方向平移得线段，请问在坐标平面内是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 一次函数与特殊平行四边形存在性题型 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、菱形存在性问题 题型二、矩形存在性问题 题型三、正方形存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 函数与特殊平行四边形存在性问题是初中数学图形基础，所有题型均围绕菱形、矩形、正方形展开，解题贯穿基本底线原则：是函数与几何综合能力。 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、菱形存在性问题 典例1 如图，一次函数y=kx+b图像分别与x轴、y轴交于点A（8，0）、B（0，6），四边形ABCD是正方形． （1）求一次函数解析式； （2）求点D的坐标； （3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在坐标平面内否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标． 【答案】（1）y=-x+6；（2）（14，8）；（3）存在（，）或（−4，3）或． 【分析】（1）根据待定系数法即可求解； （2）首先过点D作DE⊥x轴于点E，易证得△AOB≌△DEA，则可求得DE与AE的长，继而可求得点D的坐标； （3）分别从当OM＝MB＝BN＝NO时，四边形OMBN为菱形与当OB＝BN＝NM＝MO＝6时，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BOMN为菱形去分析求解即可求得答案． 【详解】解：（1）把A（8，0）、B（0，6）代入一次函数y=kx+b 得 解得 ∴一次函数解析式为y=-x+6； （2）如图1，过点D作DE⊥x轴于点E， 则∠AOB＝∠DEA＝90°， ∴∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90， ∴∠1＝∠3， 又∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA， ∵在△AOB和△DEA中， ∴△AOB≌△DEA（AAS）， ∴OA＝DE＝8，OB＝AE＝6， ∴OE＝OA＋AE＝8＋6＝14， ∴点D的坐标为（14，8）； （3）存在． ①如图2，当OM＝MB＝BN＝NO时，四边形OMBN为菱形．连接NM，交OB于点P，则NM与OB互相垂直平分， ∴OP＝OB＝3， ∴当y＝3时，−x＋6＝3， 解得：x＝4， ∴点M的坐标为（4，3）， ∴点N的坐标为（−4，3）． ②如图3，当OB＝BN＝NM＝MO＝6时，四边形BOMN为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴． ∵点M在直线y＝−x＋6上， ∴设点M的坐标为（a，−a＋6）（a＞0）， 在Rt△OPM中，OP2＋PM2＝OM2， 即：a2＋（−a＋6）2＝62， 解得a1=0（舍去）a2=， ∴点M的坐标为（，）， ∵MN=OB=6 ∴点N的坐标为（，）， ③如图，当OB=BM=NM=NO=6时，四边形BONM为菱形．设NM交x轴于点P，则MP⊥x轴． ∵点M在直线上， ∴设点M的坐标为， ∴点N的坐标为， 在中，， 即：， 解得（舍去），， ∴点N的坐标为， 综上所述，点N的坐标为（，）或（−4，3）或． 【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质以及勾股定理．此题难度较大，注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用． 题型模版 1.特征：菱形存在性问题. 2.方法：注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用 变式1-1如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点、点，C为线段的中点．      (1)求直线的解析式； (2)如图1，若E为线段上一动点，过点E作轴于点F，轴于点G，连接，P为上一动点．当线段最短时，求周长的最小值； (3)在（2）的条件下，直线与直线相交于点Q，将线段沿射线方向平移12个单位长度，平移后的点C记为点，H为直线上的一动点，在平面内是否存在一点N，使得以、H、Q、N为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点N的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或或或 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）连接，由，当时最小时，则最小；作E点关于的对称点H，过H作轴于M，连接，由两点间线段最短得到最短时，的周长最短，求出点H的坐标，最后即可求得三角形周长的最小值； （3）求出点Q及的坐标，再求出的长度，分情况求出点H坐标，即可求出点N的坐标． 【详解】（1）解：设直线解析式为， 把点A、B的坐标代入得：， 解得：， ∴直线解析式为； （2）解：如图，连接， ∵轴，轴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当时，最小时， ∴最小； 作E点关于的对称点H，过H作轴于M，连接， 则， ∵， ∴当点P在上时，最短， ∴的周长最短； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵C为中点， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，由勾股定理得：， ∴； ∵E、H关于对称，， ∴， ∴， ∴，由勾股定理得：， ∴ ∵点C是中点，且、， ∴， ∴， ∴的周长最小值为：；      （3）解：存在点N，使得以、H、Q、N为顶点的四边形是菱形． ∵， ∴， 设直线解析式为，则， ∴， 即直线解析式为， 解方程组，得， ∴； ∵， ∴将点C沿射线方向平移12个单位长度后点的坐标为， ∴； 如图，当时， ∵直线与x轴正方向的夹角为， ∴把点Q向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度即可得到点， ∴点的坐标为， ∴把点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度即可得到点， ∴点的坐标为； 同理，当时，点的坐标为； ∴点的坐标为； 当时，点的坐标为； ∴点的坐标为； 当时，点的坐标为； ∴点的坐标为； 综上，满足条件的点N的坐标为或或或．    【点睛】本题是一次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，对称性质，平移的性质，两点间线段最短等知识，掌握这些知识是解题的关键．注意分类讨论． 变式1-2如图1．直线l1：y＝与x轴、y轴分别交于C、D两点，直线l2与x轴、y轴分别交于A（3，0）、B两点，与直线l1交于点Q（6，a），点P为线段DQ上一动点． (1)求直线l2的解析式； (2)已知在y轴上有一动点E，直线l2上有一动点F，连接PE，PF，EF，当△PBD面积为6时，求△PEF周长的最小值； (3)如图2，在（2）的条件下，将直线l2沿CD方向平移，使其平移后的直线l3恰好经过点P，平移后点B的对应点为B′，点M为y轴上一动点，点N为平面内任意一个动点，是否存在点M和对应的点N，使得以点P，B′，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在， 或或或 【分析】（1）设直线的解析式为：，将点Q的坐标代入直线：y＝并解得a的值，再将Q点坐标代入即可求解； （2）根据面积为可以计算得出P点的坐标，此时作P关于y轴的对称点，关于直线的对称点,连接交y轴、直线于E、F两点，周长取得最小值，求得线段的长度即可； （3）先根据平移后经过点P得出直线的解析式为：，计算出的长度，再根据菱形的性质得出M点的坐标，最后根据菱形四条边相等列方程即可得出N点的坐标（注意考虑到所有可能的情况）． 【详解】（1）解：设直线的解析式为：， 将点的坐标代入直线：得： ∴， 将代入直线得， 解得： 故直线的解析式为：； （2）解：由题意可得：, ∵面积为， ∴， ∴， 则， 此时作P关于y轴的对称点，关于直线l2的对称点,如下图所示， 可得， 设 而 由 解得： （不合题意的根舍去） ∴， 连接交y轴、直线l2于E、F两点，周长取得最小值， , 即为线段的长度， 故周长的最小值为； （3）解：存在，理由如下； 将直线沿方向平移，使其平移后的直线经过点P，平移后点B的对应点为点，∴Q移动到P的同时B移动到， ∵B，,, ∴, ∴ ①当和为邻边时，如图， 在中，， ∴， ∴点M的坐标为， 将向右平移3个单位再向上平移个单位得到点M，将点P作相同的移动得到点N， ∴点N的坐标为， 同理可得，， ②当和为邻边时，如图， 设， ∵ ∴ 解得，或， 当时， 将P向左平移3个单位再向下平移个单位得到点M，作相同的平移得到点N， ∴， 同理可得，， 综上可知，存在点M和对应的点N，使得以点P，B′，M，N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或 【点睛】本题考查一次函数的图象及性质、几何最值问题以及菱形的性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，利用轴对称构造等腰三角形，将所求线段和的最小进行转化，灵活运用菱形的性质解题是关键． 变式1-3如图，在平面直角坐标系中，直线l的解析式为，与x轴交于点C，直线l上有一点B的横坐标为，点A是的中点． (1)求直线的函数表达式； (2)在射线上有两动点P，Q（P点在Q点下方），且，当四边形的周长最小时，求四边形周长的最小值； (3)直线与y轴交于点H．将沿翻折得到，M为直线上一动点，N为平面内一点，是否存在这样的点M、N，使得以H、M、N、G为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出N点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在这样的点M，且坐标分别为，；， 【分析】（1）根据直线的解析式为，与x轴交于点C．直线上有一点B的横坐标为，点A是的中点，得到，运用待定系数法解答即可． （2）过点A作点A关于直线的对称点，将点沿方向平移4个单位得到点，连接交于点Q，将点Q沿方向平移4个单位得到，再连接，此时四边形的周长最小，先证明为等边三角形，则，找出，，证明四边形为平行四边形，故此时四边形的周长为最小，再运用勾股定理算出，即可作答． （3）分三种情形，结合菱形的性质，两点间的距离公式，解方程求解即可． 【详解】（1）解：∵直线的解析式为，与x轴交于点C． 令，则，解得， ∴ ∴ ∵点A是的中点， ∴， ∵直线上有一点B的横坐标为， 把代入，得 ∴， 设直线的函数表达式， 故， 解得， 故直线的函数表达式． （2）解：过点A作点A关于直线的对称点，将点沿方向平移4个单位得到点，连接交于点Q，将点Q沿方向平移4个单位得到，再连接，此时四边形的周长最小，如图所示： ∵， ∴， ∴， 故为等边三角形， ∵， ∴令时，，则 即， ∵， ∴， 在直角中， 即， ∵ 则， 故， ∵轴对称性质， ∴， 故为等边三角形， 则， ∵， ∴轴， 故点； 将点沿方向平移4个单位，相当于沿x轴负半轴方向平移个单位，向上平移2个单位，故点， 由点A的平移知，且， ∴四边形为平行四边形，故 此时，四边形的周长为最小， ∵ ∴ 即． （3）解：如图所示，∵直线的解析式为，与x轴交于点C．直线上有一点B的横坐标为，点A是的中点， ∴， ∴， ∵直线的函数表达式与y轴交于点H， ∴, ∴．， ∴ ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵沿翻折得到， ∴，，， ∴， ∴轴， ∴， 设， ∵以H、M、N、G为顶点的四边形是菱形， ∴菱形的四边相等，对角线互相垂直平分， 当时，根据题意，得 解得或， 故，； ∵，， ∴点为点向上平移个单位，向左平移个单位，或点向下平移个单位，向右平移个单位， ∴，； 当时，根据题意，得 解得或（舍去）， 故； ∴轴，则点在轴上， ∴， 当时， ∵， ∴一定经过点B， 故M与点B一定重合， 故， ∴．   综上所述，存在这样的点M，N，且坐标分别为，；，． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，轴对称法求线段和的最小值，勾股定理，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握待定系数法，轴对称法求线段和的最小值是解题的关键． 类型二、矩形存在性问题 典例2 如图，在平面直角坐标系中，边长为的正方形的顶点为坐标原点，顶点分别在轴、轴的正半轴上，一次函数的图象过，，点是线段的中点． (1)求一次函数的函数解析式； (2)若点是线段上的一个动点，求周长的最小值； (3)若点是轴上的一个动点，在一次函数的图象上是否存在点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为或 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）作点关于直线的对称点，连接与线段相交于点，此时的周长最小为，再根据正方形的性质和两点坐标距离公式即可求解； （3）分类讨论，①当以为矩形的对角线时，构造矩形，由算点坐标，再验证是否在一次函数上；②当以为矩形的边时，构造矩形，证，再设用勾股定理列方程求解，算点坐标，再验证是否在一次函数上． 【详解】（1）解：∵一次函数的图像过点，， ∴将，代入得，解得 ∴一次函数的解析式为； （2）解：作点关于直线的对称点，连接与线段相交于点，此时的周长最小为， ∵正方形，边长为， ∴，， ∵是线段的中点， ∴， ∴， ∵点、关于直线对称， ∴， ∴， ∴， ∴的周长最小为 （3）存在 ①当以为矩形的对角线时； 过点作的平行线交轴于点， ∵正方形，边长为， ∴ ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵四边形是矩形， ∴点与点重合， ∴， ∵由（1）得， ∴， ∴， ∵直线经过， ∴满足条件，存在； ②当以为矩形的边时； 过点作的垂线交轴于点，过点作的平行线、过点作的垂线，两线交于点，过点作垂直于交于点． 由作图可知，四边形是矩形， ∵矩形， ∴，，， ∴， ∵在和中， ∴， ∴， 设 ∴在中，， 在Rt中， 即， 解得，∴ ∵将代入 可知：在直线上 ∴满足条件，存在； 综上所述，点的坐标为或． 题型模版 1.特征：矩形存在性问题. 2.方法：利用勾股定理，列方程求解. 变式2-1如图， 已知直线与y轴交于点A，直线与x轴交于点B，且两直线交于点C． (1)求C的坐标； (2)连接，求的面积； (3)点D是线段上的一个点，将沿直线翻折，点B的对应点为，若为直角三角形且，求线段的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）直接联立一次函数的解析式，进一步求解即可. （2）记与轴的交点为，如图，求解，，，结合进一步求解即可. （3）如图，，证明，求解，过作于，则，，证明，，求解，由对折可设，，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：由题意可得：， 解得：， ∴. （2）解：记与轴的交点为，如图， 当时，，当，解得：， ∴，， ∵， 当时，，即， ∴ . （3）解：如图，， ∵，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， 过作于，则，， 而， ∴， 由平行线间的距离相等可得：，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， 由对折可设， ∴， ∴， 解得：， ∴. 【点睛】本题考查的是平行线间的距离，求解一次函数图象的交点坐标，坐标与图形面积，轴对称的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法与除法运算，利用平方根的含义解方程，作出合适的辅助线是解本题的关键. 变式2-2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． 【答案】(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． 题型三、正方形存在性问题 典例3 如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别落在轴、轴上，点，一次函数的图像与轴、边交于点、． (1)求的长； (2)若点是轴上一动点，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求点的坐标； (3)点是一次函数图像上一动点，且点在第二象限，点是轴上一个动点，点是平面内一点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标． 【答案】(1) (2)的坐标是或 (3)的坐标是或 【分析】本题考查了一次函数条件下的平行四边形和正方形的存在性，熟练掌握一线三直角是解题的关键． （1）过点作轴，垂足为，根据直线的解析式求出点的坐标，再求出，最后根据勾股定理即可求解； （2）画出图像，分为点在直线的上方和下方两种情况讨论； （3）分为两种情况讨论，利用一线三直角证明三角形全等，求出点、的坐标，再利用平移的性质得到点的坐标． 【详解】（1）如图1，过点作轴，垂足为，则， （图1） 对于一次函数， 当时，，， 当时，，， ， ； （2）如图2，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， （图2）且， ， 或， 点的坐标是或； （3）分两种情形： ①如图3，过点作于，则， （图3）四边形是正方形， ，， ， ，， ， 点的坐标是， 将代入得：， 点的坐标是， 点的坐标是， 由平移可得点的坐标是； ②如图4，过点作轴于． （图4）四边形是正方形， ，， ， ，． 设，则， 则， 点的坐标是， ， ， 点的坐标是， 点的坐标是， 由平移可得点的坐标是， 综上所述，点的坐标是或． 题型模版 特征：正方形存在性问题； 方法：利用全等，构造K字模型求解。 变式3-1如图，在平面直角坐标系中，直线分别交、轴于、两点，将沿直线折叠，使点落在点处． （1）求点的坐标． （2）若点沿射线运动，连接，当与面积相等时，求直线的解析式． （3）在（2）的条件下，当点在第一象限时，沿轴平移直线，分别交，轴于点，，在平面直角坐标系中，是否存在点）和点，使四边形为正方形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）或；（3）存在，，． 【分析】(1)先分别算出A、B的坐标，再根据勾股定理得出BH的长度，从而OC的长度即可得出C点坐标； (2)分两种情况讨论：①点D在第一象限时，②点D在第二象限时； (3)设直线平移后的解析式为，得到，，过点作轴于，过点作轴于，可以得到，即可得出结果． 【详解】解：(1)直线分别交、轴于、两点， 则点、的坐标分别为：、， 设直线与轴交于点， 则， 则， 则 故答案为：． (2)①点在第一象限时， ∵与面积相等， ∴， ∴点的纵坐标为3， 当时，， 解得：， ∴点的坐标动． ∴直线的解析式为：． ②点在第二象限时，， 设点到轴的距离为， 则， ， ∴与面积相等， ∴， 解得， ∴点的横坐标为－3， 当时，， ∴点的坐标为， ∴直线的解析式为：， 故直线得解析式为或． (3)设直线平移后的解析式为， 令，则， 解得， 令，则， 所以，， 过点作轴于，过点作轴于， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ，． ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴，． 故存在点和点，使四边形为正方形． 【点睛】本题主要考查的是一次函数与几何综合，正确利用一次函数的知识点是解题的关键． 变式3-2综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点．把沿过点B的直线折叠，使点A落在y轴上的点E处，折痕交x轴于点C．直线与直线相交于点． (1)求的长： (2)求直线的解析式： (3)在x轴上存在点P，当的值最小时，点P的坐标为 ； (4)在x轴上方的平面内存在一点M，平面内存在一点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点M的坐标． 【答案】(1) (2) (3) (4)点的坐标为或或 【分析】（1）由折叠得，结合点的坐标得，运用勾股定理列式计算，即可作答． （2）运用全等性质以及勾股定理列式，得出，再运用待定系数法解直线的解析式为，即可作答． （3）取点B的对称点，连接交轴于一点，把和代入，得直线的解析式为，令，则，得； （4）结合正方形的性质运用分类讨论思想，则当为对角线时，当为对角线时；当为对角线时，结合勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵把沿过点的直线折叠，使点落在轴上的点处， ∴ ∴ ∵直线与轴、轴分别交于、两点 ∴当 ∴ ∴ ∴在中， ∴； （2）解： 依题意， ∴ 由（1）知 ∴ 设 则 ∴ 解得 ∴ 设直线的解析式为 把和代入 得出 解得 ∴直线的解析式为 （3）解：依题意， 解得 把代入 解得 ∴ 如图：取点B的对称点，连接交轴于一点 该点P是满足的值是最小的 则 ∵ ∴ ∵ ∴设直线的解析式为 把和代入 得出 解得 ∴直线的解析式为 令，则 ∴ ∴ （4）解：设点 ∵点在轴上方 ∴ 当为对角线时，则是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴ 把，，代入 整理得 解得（舍去） ∴ ∴ 当为对角线时，则是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴ 把，，代入 整理得 解得（舍去） ∴ ∴ 当为对角线时，则是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴ 把，，代入 整理得 解得（舍去） ∴ ∴ 综上：点的坐标为或或。 【点睛】本题考查了一次函数的几何运用，正方形的性质，勾股定理，最短路径，轴对称的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，直线与轴交于点，，为直线上一动点． (1)填空：线段_______；直线AC的函数表达式为_______． (2)当点P运动到某一位置时，是直角三角形，求点的坐标． (3)当是直角三角形时，作直线，将沿直线翻折，翻折后点的对应点为．请直接写出点的坐标． 【答案】(1)， (2)点P的坐标为：或 (3)B′或， 【分析】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到直角三角形的性质、一次函数的图象和性质、图形的翻折等，分类求解是解题的关键． （1）由，得出，利用含角的直角三角形的性质可得，则，可得点，利用待定系数法即可求解； （2）设点，根据两点间距离公式可得，，，当为斜边时，利用勾股定理列出等式即可求解；当或为斜边时，同理可解； （3）当点P的坐标为时，作轴于，根据折叠性质得出，，根据三角形内角和定理及平角的定义得出，利用含角的直角三角形的性质即可求出坐标，当点P的坐标为时，可求出直线解析式为，利用面积法可得，设，利用两点间距离公式可求出，可得点坐标，利用中点坐标公式即可求出坐标，综上即可得答案． 【详解】（1）， 解：∵，则，， ∴， ∴，则点， 设直线的表达式为， ∴， 解得： ∴直线的表达式为：， 故答案为：，； （2）设点， 由点A、B、P的坐标得，，，， 当为斜边时，则， 解得：（舍去）或， ∴点； 当为斜边时，, 解得， ∴点P， 当为斜边时， 解得：（舍去）， 综上，点P的坐标为：或； （3）当点P的坐标为时，如图，作轴于， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， ∴， 如图，当点P的坐标为时，则， 设直线解析式为，与交于点， ∴， 解得：，直线解析式为， 由折叠性质可知：垂直平分， ∵， ∴， 解得：， 设， ∴， 解得：， ∴点， 由中点坐标公式得：点， 综上，B′或． 2．如图1，直线交x轴于点，交y轴于点，直线经过点，交x轴于点． (1)请求出点坐标和直线的函数解析式； (2)将直线向下平移个单位，且经过点；将直线向下平移个单位，且经过点，平移后的两直线交于点；请求出点的坐标； (3)如图2，将直线向右平移得到直线，点E是与直线的交点，点分别在射线上，且轴，分别过点作y轴的垂线，垂足分别为． ①设四边形的周长为，设点的横坐标为，求出与的函数关系式； ②当四边形为正方形时，直接写出的值． 【答案】(1)，直线的函数解析式为 (2)点的坐标为 (3)①：与的函数关系式为 ②或 【分析】（1）将点的得坐标代入求出点的坐标，再将点的坐标代入中，求解出的值即可； （2）利用平移的性质求出直线平移后的函数解析式，再将两个新的函数解析式联立起来求解即可； （3）根据题意在平面直角坐标系中将画出来，证明四边形是矩形，再根据点的横坐标以及矩形的性质，用含的代数式将表示出来，根据矩形的周长和正方形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵点在轴上，且直线经过点， ∴令，， ∴点的坐标为， 分别将点代入， 得，解得， ∴直线的函数解析式为． （2）解：∵点在轴上，且在直线上， ∴令，则，解得， ∴点的坐标为， ∵直线向下平移个单位， ∴， ∵直线平移后经过点， ∴，解得， ∴直线平移后的解析式为； ∵直线向下平移个单位， ∴， ∵直线平移后经过点， ∴，解得， ∴直线平移后的解析式为， 联立，得，解得， ∴点的坐标为． （3）解：①∵，直线经过原点， ∴设直线的函数解析式为， 联立，解得， ∴点的坐标为， ∵点的横坐标为，且点在射线上， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∵轴，轴，轴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴点的横坐标为， ∴， ∴点的坐标为， 当点在点的上方，即时，如图所示， ∴， ∴， ∴与的函数关系式为； 当点在点的下侧，即时，如图所示， ， ∴， ∴， ∴与的函数关系式为 ∴综上所述：与的函数关系式为． ②当时， ∵，四边形是正方形， ∴，即，解得； 当时， ∵，四边形是正方形， ∴，即，解得． 综上所述，当四边形为正方形时，或． 3．如图，在平面直角坐标系中，直线 与x轴，y轴分别交于点，C，点在轴的正半轴上，若将沿直线折叠，点D恰好落在轴正半轴上的点处． (1)求点的坐标以及直线的解析式； (2)若点在线段上，点在直线上，求的最小值； (3)点P是第一象限内一点，点Q是坐标平面内一点，以点，，，为顶点的四边形是正方形时，请求出点P的坐标． 【答案】(1)， (2)的最小值为 (3)或或 【分析】（1）根据直线解析式求出点，，结合对称可得，由此求出，在中，，即，即可求得，进而由待定系数法求出直线的解析式， （2）分别求出，，由此得出，根据一次函数的性质和即可得出当时， 的最小值为． （3）根据正方形的邻边相等和点P的位置构造K字型全等三角形，即可得出点P坐标． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，， ∴， ∴； 当时，， ∴， ∴， 由对称可知，， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）解：∵点在线段上， ∴， ∵点在直线上， ∴， ∴， ∵， ∴当时， 的最小值为； （3）解：当时，过点作轴交于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； 当时，过点作轴交于点， 同理可得：， ∴，， ∴； 当时，过点作轴交于点，过点作交于点， 同理可得：， ∴，， 设， ∴，， 解得， ∴； 综上所述：P点坐标为或或． 4．如图，在长方形中，点O为坐标原点，点B的坐标为，点A、C在坐标轴上，直线与交于点D，与y轴交于点E． (1)分别求点D、E的坐标； (2)求的面积； (3)动点P在边上，点Q是坐标平面第一象限内的点，且在直线上，若是等腰直角三角形，求点Q的坐标． 【答案】(1)，； (2)30 (3)或或． 【分析】（1）利用一次函数解析式求解即可； （2）令与轴的交点为，求出，再结合图形，根据求解即可； （3）设，分三种情况讨论：①当点为直角顶点时；②当点为直角顶点时；③当点为直角顶点时，作辅助线构造三角形，根据全等三角形对应边相等求解即可． 【详解】（1）解：在长方形中，点O为坐标原点，点B的坐标为， ，， 直线与交于点D，与y轴交于点E， 当时，，解得；当时，， ，； （2）解：如图，令与轴的交点为， 令，解得， ， ， ，，； ，，， ， ； （3）解：点Q是坐标平面第一象限内的点，且在直线上， 设， ①当点为直角顶点时，如图1，过点作交所在直线于点， 是等腰直角三角形，， ，， ， ， ， 在和中， ， ，， ， 解得：， ， ， ，且动点P在边上， ，与矛盾； 此种情况不满足题意； ②当点为直角顶点时，如图2，过点作交所在直线于点， 同理可证，， ，， ， 解得：， ； ③当点为直角顶点时，如图3，过点作交所在直线于点，交所在直线于点， 若点在上方，同理可证，， ， ， ， 解得：， ； 若点在下方，同理可证，， ， ， ， 解得：， ； 综上可知，点Q的坐标为或或． 【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，坐标与图形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键． 5．如图，在长方形中，点为坐标原点，点的坐标为，点在坐标轴上，直线与交于点，与轴交于点． (1)点的坐标为___________；点的坐标为___________． (2)求的面积； (3)若动点在直线上，点在第一象限，且在直线上，若点是等腰直角三角形的直角顶点，求点的坐标． 【答案】(1)， (2) (3)或 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，求一次函数与y轴的交点坐标，熟知一次函数的相关知识是解题的关键． （1）根据题意可得点D的纵坐标为3，根据一次函数解析式可求出点D和点E的坐标； （2）设与轴的交于点，求出点F的坐标，根据求解即可； （3）分两种情况：点在点下方和点在点上方，过点作轴于点，延长交直线于点，利用一线三垂直模型证明，得到，再根据点A，点G和点H的坐标建立方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，轴， ∵点的坐标为， ∴点D的纵坐标为3， 在中，当时，，当时，，解得， ∴点，点； （2）解：设与轴的交于点， 在中，当时，，解得， 点， 由题意得，轴， ∵点的坐标为， ∴， ， ； （3）解：设， ①若点在点下方， 如图，过点作轴于点，延长交直线于点，则， ∴ 又点是等腰直角三角形的直角顶点， ， ， 又， ， ， ； ∵， ∴ ∴， ， 解得． ， ； ②若点在点上方， 如图，过点作轴于点，延长交直线于点， 同理可证， ∴． 同理可得， ∴，解得， ，， 综上所述，点的坐标为或． 6．如图1，在平面直角坐标系中，为坐标原点，长方形的顶点C，A分别在轴和轴上，，为边上一点，且，点（不与点，重合）为长方形边上一动点，作关于直线的对称点． (1)当在点时，点的坐标为_____； (2)当时，求直线的解析式； (3)当是以为直角边的直角三角形时，请求出点的坐标． 【答案】(1) (2)直线的解析式为或； (3)点的坐标为或或． 【分析】（1）由题意得点与点关于原点对称，据此求解即可； （2）分两种情况讨论，分别作轴于点，连接交于点，证明，求得，再求得的中点，再利用待定系数法求解即可； （3）分三种情况讨论，利用对称的性质求得的中点坐标，利用待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵作关于直线的对称点，当在点时，则点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：； （2）解：∵，，， ∴， ∴， ∴， 当点在第四象限时，作轴于点，连接交于点， 由对称的性质知，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴直线的解析式为； 当点在第二象限时，作轴于点，连接交于点， 由对称的性质知，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理，直线的解析式为； 综上，直线的解析式为或； （3）解：当点在的延长线上时，此时，如图， 显然轴，∴点的坐标为； 当点在的延长线上时，此时，如图，连接交于点， 由对称的性质知， ∴， ∴， 同理直线的解析式为， 当时，， ∴点的坐标为； 当点在的延长线上时，此时，如图，连接交于点， 由对称的性质知， ∴，∴， 同理直线的解析式为， 当时，， ∴点的坐标为； 综上，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，勾股定理，坐标与图形，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过，两点，与x轴和y轴分别交于点A和点B． (1)求一次函数的解析式； (2)如图，若点在线段上，点在直线上，作于点，于点，四边形为正方形，求点坐标． 【答案】(1)； (2)点坐标为 【分析】 （1）将点、代入，列方程组，进行求解即可； （2）设点横坐标为，则，竖直线段．由正方形得为水平线段，与纵坐标相等，代入得，故．由列方程解得，即可得． 【详解】（1）解：将点和代入解析式， 得， 解得， ∴一次函数的解析式为； （2）解：设点的横坐标为， 点在线段上， 点坐标为， 轴于点， ∴， 四边形是正方形， ，且， 又在轴上， 为水平线段，即点与点纵坐标相等， ∴， 点在直线上， 令， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴， ， ， 解得， 将代入点坐标， ∴， ∴点的坐标为． 8．如图，在平面直角坐标系中，已知，． (1)直线对应的函数解析式为__________． (2)如图1，函数的图象交线段于点，当时，求的值． (3)如图2，为线段上一动点，过作轴于点，轴于点，连接，求的最小值． (4)如图3，将线段沿轴方向平移得线段，请问在坐标平面内是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) (4)存在，点D坐标为或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）由等腰三角形的性质可得点C在的中垂线上，则点C的纵坐标为1，进而求得点C坐标，代入中可求得k值； （3）连接，先求得，再证明四边形是矩形得到，则当时，有最小值，利用三角形的面积公式求得的最小值即可求解； （4）根据菱形的性质分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：设直线对应的函数解析式为， 将，代入，得，解得， ∴直线对应的函数解析式为； （2）解：∵，， ∴点C在的中垂线上， ∴点C的纵坐标为1， 将代入中，得，解得， ∴， 将代入中，得， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴，， ∴， ∵轴于点，轴于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 当时，有最小值， 此时由得， 故的最小值为； （4）解：存在．根据平移性质得，， 当为菱形的边时，如图，，且（或） 则点D在直线上，设， 由得， 解得，， 则点D坐标为或； 当为菱形的对角线时，如图，，且， 则点D的纵坐标为2， 设平移距离为a，则，，， 由得， 解得， ∴，， ∴点D的横坐标为，则， 综上，点D坐标为或或． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $