九年级数学上册专题06 一次函数中的二次方程（解析版）

/专题06一次函数中的二次方程类型一关联到面积1．如图，一次函数y＝2x+3的图像交y轴于点A，交x轴于点B，点P在线段AB上（不与A，B重合），过点P分别作OB和OA的垂线，垂足分别为C，D．当矩形OCPD的面积为1时，点P的坐标为（）A． B．（1，1） C．或（1，1） D．不存在【答案】C【解析】【分析】设，由题意可得，则，，列方程求解即可．【详解】解：设，由题意可得：，点P在线段AB上（不与A，B重合），则∴，，由题意可得：，即，解得：或，均符合题意，即，或故选：C【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，涉及了一次函数的性质，解题的关键是设点P坐标，根据题意列出方程．2．如图，已知，在直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点，点从A点开始以1个单位/秒的速度沿轴向右移动，点从点开始以2个单位/秒的速度沿轴向上移动，如果两点同时出发，经过几秒钟，能使的面积为8个平方单位．【答案】2秒，4秒或秒【解析】【分析】首先求得直线与两坐标轴的交点坐标，然后表示出三角形的两边利用三角形的面积计算公式列出方程计算即可．【详解】解：直线AC与x轴交于点A（-6，0），与y轴交于点C（0，8），所以，OA=6，OC=8．设经过x秒钟，则OQ为2x．当时，点P在线段OA上，底OP=，可列方程，解得．当时，点P与点O重合或在线段OA的延长线上，底OP=，可列方程，解得，而不合题意舍去．综上所述，经过2秒，4秒或秒能使△PQO的面积为8个平方单位．【点睛】本题考查了一次函数和一元二次方程的应用，解题的关键是能够根据直线的解析式确定直线与两坐标轴的交点，从而求得有关的线段的长，注意分类讨论，难度不大．3．如图，菱形AOBC，AO=4，∠OAC=60°．（1）求点B，C的坐标；（2）求直线AB的解析式；（3）点以的速度在对角线上由向运动，点以的速度在边上由向运动，若点，同时开始运动，问经过多长时间使得．【答案】（1）；；（2）；（3）【解析】【分析】（1）利用菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解；（2）利用待定系数法即可求解；（3）用t分别表示出AE的长，AF的长，EN的长，利用三角形面积公式即可求解．【详解】（1）设BC交轴于H，过点B作BM⊥轴于点M，由题知：∠OAC=∠BOM=60°，OA=BO=4，∴∠OBM=30°，∴OM=BO=2，BM=，∴点B的坐标为(2，)；∴BH=OM=2，BC∥轴，∴点C的坐标为(-2，)；（2）设直线AB的解析式为，∴，解得：，∴直线AB的解析式为；（3）设经过ts时，有S△AEF=S菱形AOBC．此时，AE=AB-BE，AB=(cm)，BE=2t(cm)，∴AE=(cm)，AF=AO-OF=4-t(cm)，过点E作EN⊥OA于点N，∵菱形AOBC，∠OAC=60°，AE=(cm)，∴∠EAN=30°，∴EN=(cm)，∴S△AEF=AFEN=，又S菱形AOBC=，∴，整理得：，解得：(舍去)或，答：经过()s使得．【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．类型二关联到等腰三角形4．如图，已知函数的图象与轴交于点，一次函数的图象经过点，与轴以及的图象分别交于点、，且点的坐标为，（1）求的值及一次函数的表达式．（2）求四边形的面积；（3）在轴上找一点，使得以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点的坐标_______________．【答案】（1）n＝2，y＝3x−1；（2）；（3）（0，5），（0，−1＋），（0，−1−）（0，）【解析】【分析】（1）由y＝x＋1的图象过点D，且点D的坐标为（1，n），n的值；由一次函数y＝kx＋b的图象经过点B（0，−1）与D（1，2），即可求出k，b的值，进而即可求解；（2）先求出点D的坐标，再求出BD的解析式，然后根据S四边形AOCD＝S△AOD＋S△COD；（3）如图所示，设P（0，p）分三种情况考虑：当BD＝P1D；当BD＝BP2时；当BP4＝DP4时，分别求出p的值，确定出所求即可．【详解】解：（1）把（1，n）代入y＝x＋1得，n＝1＋1＝2；∵一次函数y＝kx＋b的图象经过点B（0，−1）与D（1，2），∴，解得，∴一次函数的表达式为y＝3x−1；（2）连接OD，∵D（1，2），∴直线BD的解析式为y＝3x−1，∴A（0，1），C（，0）∴S四边形AOCD＝S△AOD＋S△COD＝×1×1＋××2＝；（3）如图所示，设P（0，p）分三种情况考虑：当BD＝P1D时，可得（0−1）2＋（−1−2）2＝（0−1）2＋（p−2）2，解得：p＝5或p＝−1（舍去），此时P1（0，5）；当BD＝BP2时，可得（0−1）2＋（−1−2）2＝（p＋1）2，解得：p＝−1±，此时P2（0，−1＋），P3（0，−1−）；当BP4＝DP4时，可得（p＋1）2＝（0−1）2＋（p−2）2，解得：p＝，即P4（0，），综上，P的坐标为（0，5），（0，−1＋），（0，−1−）（0，）．故答案是：（0，5），（0，−1＋），（0，−1−）（0，）．【点睛】此题主要考查了一次函数与几何综合，待定系数法，四边形的面积公式，等解本题的关键掌握分类讨论和数形结合的思想方法．5．已知一次函数的图象分别与轴，轴交于两点，点．

（1）如图1，点与点关于轴对称，点在线段上且到两坐标轴的距离相等，连接，交轴于点．①求点的坐标；②与是否全等，请说明理由；（2）如图2，点与点关于轴对称，点在直线上，若是等腰三角形，直接写出点的坐标．【答案】（1）①；②，理由见解析；（2），或，或【解析】【分析】（1）①连接，过点作于点于点，由题意则有，，，进而可得为中点，然后问题可求解；②设直线表达式为，则有，进而可得，然后根据全等三角形的判定可求解；（2）由（1）可求直线GC的解析式为，设P点坐标为，然后根据题意可分当时和当时，进而根据两点距离公式可求解．【详解】解：（1）①连接，过点作于点于点，当时，，解得，，当时，，，即，∵点与点关于轴对称，即OD=3，，∵点到两坐标轴的距离相等，，又，平分，又，，为中点，；②．设直线表达式为，则，解得，，是直线与轴的交点，，．又，；（2）由（1）得：，∵点与点关于轴对称，∴，设直线GC的解析式为，把点C、G代入得：，解得：，∴直线GC的解析式为：，设P点坐标为，当时，根据两点距离公式可得：，解得：或，∴点P坐标为或；当时，根据两点距离公式可得：，解得：，∴点P坐标为；综上所述：当△ABP是等腰三角形时，点或，或．【点睛】本题主要考查一次函数的综合及一元二次方程的解法，熟练掌握一次函数的综合及一元二次方程的解法是解题的关键．6．如图，在矩形中，点O为坐标原点，点B的坐标为，点在坐标轴上，点P在边上，直线，直线．（1）分别求直线与x轴，直线与的交点坐标；（2）已知点M在第一象限，且是直线上的点，若是等腰直角三角形，求点M的坐标；（3）已知矩形的顶点N在直线上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请求出x的取值范围．【答案】（1）直线l1与x轴交点坐标为（，0），直线l2与AB的交点坐标为（1，1）；（2）（2，3）或（，）；（3）≤x≤或≤x≤【解析】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；（2）分三种情况：①若点A为直角顶点时，点M在第一象限；②若点P为直角顶点时，点M在第一象限；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围．【详解】解：（1）将y=0代入直线l1：当y=0时，2x+1=0，则直线l1与x轴交点坐标为（，0），直线l2：当y=1时，2x-1=1，即x=1，则直线l2与AB的交点坐标为（1，1）；（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，∴△APM不可能是等腰直角三角形，∴点M不存在；②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，∵∠APM=∠APB+∠MPN=90°，∠PAB+∠APB=90°，∴∠PAB=∠MPN，又AP=PM，∠ABP=∠MNP=90°，∴Rt△ABP≌Rt△PNM（AAS），∴AB=PN=2，MN=BP，设M（x，2x-1），则MN=x-2，∴2x-1=2+1-（x-2），∴x=2，∴M（2，3）；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，设M1（x，2x-1），过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，同②可得：Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，∴AG1=M1H1=1-（2x-1），∴x+1-（2x-1）=2，解得，x=0，∴M1（0，-1）（不合题意舍去）；设M2（x，2x-1），同理可得x+2x-1-1=2，∴x=，∴M2（，）；综上所述，点M的坐标为（2，3）或（，）；（3）当点N在直线l2上时，∵点N的横坐标为x，∴N（x，2x-1），当点P和点B重合时，P（2，1），∴AP的中点G坐标为（1，1），∵四边形ANPQ是矩形，∴∠ANB=90°，∴NG=AP=1，∴（x-1）2+（2x-1-1）2=1，∴x=（点N在AB上方的横坐标）或x=（点N在AB下方的横坐标），当点P和点C重合时，P（2，0），AP的中点G'坐标为（1，），同理：NG'=AP=，∴（x-1）2+（2x-1-）2=，∴x=（和点N在AB上方构成的四边形是矩形的横坐标）或x=（和点N在AB下方构成的四边形是矩形的横坐标），∴≤x≤或≤x≤．【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及的知识点有：坐标轴上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，分类思想的应用，方程思想的应用，综合性较强，有一定的难度．7．如图，已知一次函数的图象分别与x轴，y轴相交于点A，B，C是直线上一点．当时，点C的坐标是__________．【答案】（-1，3）或（3，1）【解析】【分析】求出点A和点B坐标，过点O作OE⊥AB交于点E，利用面积法求出OE的长，再根据∠OCB=45°，得到OC的长，设C（x，），得到关于x的方程，解之，可得点C坐标．【详解】解：由题意可得：令，得x=5，即A（5，0），令x=0，得：y=，即B（0，），过点O作OE⊥AB交于点E，则AB=，OA=5，OB=，∴S△AOB=，即，即，得OE=，若∠OCB=45°，则△OEC为等腰直角三角形，∴OC=OE，设C（x，），则OC===OE=，解得：，，当x=-1时，y=3，此时C（-1，3），当x=3时，y=1，此时C（3，1），综上：点C的坐标为（-1，3）或（3，1）．【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，面积法，等腰直角三角形的判定和性质，一元二次方程，解题的关键是利用坐标与图形的性质，将坐标和线段长度进行转化．类型三关联到特殊四边形8．如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．（1）求直线的解析式；（2）以点为直角顶点作，射线交轴的负半轴于点，射线交轴的负半轴于点．当绕着点旋转时，的值是否发生变化，若不变，求出它的值；若变化，求出它的变化范围；（3）如图2，点是轴上的一个点，点是坐标平面内一点．若、、、四点能构成菱形，请写出满足条件的所有点的坐标（不要解题过程）．【答案】（1）y＝−x＋2；（2）OC−OD的值不发生变化，值为8；（3）（−8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）【解析】【分析】（1）由A、B两点的坐标利用待定系数法可求得直线AB的解析式；（2）过A分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为E、F，可证明△AEC≌△AFD，可得到EC＝FD，从而可把OC−OD转化为FD−OD，再利用线段的和差可求得OC−OD＝OE＋OF＝8；（3）分AM为对角线、AB为对角线和BM为对角线，分别利用菱形的性质，画出图形，求出M点的坐标，进而即可求出P的坐标．【详解】解：（1）设直线AB的解析式为：y＝kx＋b（k≠0）．∵点A（−4，4），点B（0，2）在直线AB上，∴，解得，∴直线AB的解析式为：y＝−x＋2；（2）不变．理由如下：过点A分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F，如图．则∠AEC＝∠AFD＝90°，又∵∠BOC＝90°，∴∠EAF＝90°，∴∠DAE＋∠DAF＝90°，∵∠CAD＝90°，∴∠DAE＋∠CAE＝90°，∴∠CAE＝∠DAF．∵A（−4，4），∴OE＝AF＝AE＝OF＝4．在△AEC和△AFD中，∴△AEC≌△AFD（ASA），∴EC＝FD．∴OC−OD＝（OE＋EC）−（FD−OF）＝OE＋OF＝8．故OC−OD的值不发生变化，值为8；（3）①AM为对角线时，连接BP交AM于点H，连接PA、PM，如图，∵四边形ABMP为菱形，∴PB⊥AM，且AH＝HM，PH＝HB，∵∵A（−4，4），B（0，2），∴P点坐标为（−8，2）；②BM为对角线时，如图，设M（m，0），∵四边形ABPM为菱形，∴AM=AB，即：，解得：m=-6或-2，∴M（-6，0）或（-2，0），∴P（2，-2）或（-2，-2）；③AB为对角线时，如图，∵四边形AMBP为菱形，∴AM=BM，即：，解得：m=，∴M（，0），∴P（，6）；综上可知满足条件的所有点P的坐标为（−8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）．【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质及分类讨论思想等．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中构造三角形全等是解题的关键，在（3）中确定出P点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．9．如图①，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝－x＋6分别与x轴、y轴交于点B、C，且与直线l2：y＝x交于点A，以线段AC为边在直线l1的下方作正方形ACDE，此时点D恰好落在x轴上．（1）求出A，B，C三点的坐标．（2）求直线CD的函数表达式．（3）在（2）的条件下，点P是射线CD上的一个动点，在平面内是否存在点Q，使得以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点A的坐标为（6，3），点B的坐标为（12，0），点C的坐标为（0，6）；（2）y＝2x＋6；（3）存在，点P的坐标为（－，3），（－，6－）或（－，－）【解析】【分析】（1）分别令直线l1的解析式中的x，y分别为0即可求出点B，C的坐标，将直线l1与直线l2联立即可求出点A的坐标；（2）过点A作AF⊥y轴，垂足为点F，首先利用正方形的性质证明△ACF≌△CDO，得出CF＝DO，进而求出点D的坐标，然后利用待定系数法即可求解；（3）分两种情况：①若OC为对角线，②若OC为边，分别利用菱形的性质通过建立方程求解即可．【详解】解：（1）当x＝0时，y＝－x＋6＝6，∴点C的坐标为（0，6）；当y＝0时，－x＋6＝0，解得：x＝12，∴点B的坐标为（12，0）；联立直线l1，l2的解析式成方程组，得：，解得：，∴点A的坐标为（6，3）．（2）过点A作AF⊥y轴，垂足为点F，如图1所示．∵四边形ACDE为正方形，∴AC＝CD，∠ACD＝90°．∵∠ACF＋∠DCO＝90°，∠ACF＋∠CAF＝90°，∴∠DCO＝∠CAF．在△ACF和△CDO中，，∴△ACF≌△CDO（ASA），∴CF＝DO．∵A（6，3），C（0，6），∴CF＝6－3＝3，∴点D的坐标为（－3，0）．设直线CD的解析式为y＝kx＋b（k≠0），将C（0，6），D（－3，0）代入y＝kx＋b，得：，解得：，∴直线CD的解析式为y＝2x＋6．（3）存在，分两种情况考虑（如图2）：①若OC为对角线，PQ，OC互相垂直平分，∴此时点P的纵坐标为OC＝3，当y＝3时，2x＋6＝3，解得：x＝－，∴点P1的坐标为（－，3）；②若OC为边，设点P的坐标为（m，2m＋6），当CP＝CO时，m2＋（2m＋6－6）2＝62，解得：m1＝－，m2＝（舍去），∴点P2的坐标为（－，6－）；当OP＝OC时，m2＋（2m＋6）2＝62，解得：m3＝－，m4＝0（舍去），∴点P3的坐标为（－，－）．综上所述：在平面内存在点Q，使得以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（－，3），（－，6－）或（－，－）．【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握正方形，菱形的性质，全等三角形的判定及性质并利用方程的思想分情况讨论是关键．10．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数与轴、轴交于点、两点，轴的负半轴上一点，轴的正半轴上有一点且

（1）如图1，在直线上有一长为的线段（点始终在点的左侧），将线段沿直线平移得到线段，使得四边形的周长最小，请求出四边形周长的最小值和此时点的坐标．（2）如图2，过作直线交直线与点，将直线沿直线平移，平移后与直线、的交点分别是，．请问，在直线上是否存在一点，使是等腰三角形？若存在，求出此时符合条件的所有点所对应的的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）四边形CDG'F'周长的最小值为3+2+；G'（-7，1）；（2）存在，A'（-2，-1）或A'（-，-）或A'（1+，2+）或A'（-2-，-1-）【解析】【分析】（1）由题意可得；A（-1，0），B（0，1），C（0，-6），D（3，0），过点D作DN∥AB，过点F'作F'N∥DG'，作点C关于直线AB的对称点G'，连接G'N与AB的交点为F'，此时G'D=F'N，G'F'=F'C，四边形CDG'F'周长=CD+F'G'+CF'+G'D=3+2+F'G'+F'N=3+2+G'N；求出AB的解析式为y=x+1，DN的直线解析式为y=x-3，求得N（1，-2），G'（-7，1），则G'N=，所以四边形CDG'F'周长的最小值为3+2+；（2）可求得CD的直线解析式为y=2x-6，设P'（m，2m-6），当AP'=DP'时，点P在AD的垂直平分线上，P'（1，-4）；当AD=AP'时，16=（m+1）2+（2m-6）2，P'（，）；当AD=DP'时，16=（m-3）2+（2m-6）2，P'（3+，）或P'（3-，），求出