【数学】一次函数几何分类专题（四边形综合问题）-2023-2024学年八年级数学下册（人教版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题19.38一次函数几何分类专题（四边形综合问题）一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，直线与矩形的边分别交于点E、D，已知，则的面积是（

）A．1 B． C．2 D．32．如图，正方形的顶点，分别在轴，轴上，点在直线上．直线分别交轴，轴于点，．将正方形沿轴向下平移个单位长度后，点恰好落在直线上．则的值为（）A． B． C． D．23．如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点为原点，交轴于点，连接，交于点，则点的坐标为（）

A．（） B．（） C．（） D．（）4．如果点A的坐标为，点B的坐标为，则线段AB中点坐标为．这是小白在一本课外书上看到的一种求线段中点坐标的方法，请你利用这种方法解决下面的问题：如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，四边形是菱形，D的坐标为．若直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（

）．

A．y=2x+11 B．y=-2x+12C． D．5．如图，直线分别与轴交于点，点在线段上，线段沿翻折，点落在边上的点处．以下结论：；直线的解析式为；点；若线段上存在一点，使得以点为顶点的四边形为菱形，则点的坐标是．正确的结论是（

）

A．个 B．个 C．个 D．个6．矩形在直角坐标系中，直线过点，，直线过点A，C．给出4个结论：①当时，；②当时，；③；④P为x轴上动点，当点P运动到中点时，的值最小，其中正确的是（）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④7．如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，四边形为正方形，点C的坐标是，点A的坐标是，若直线l把与正方形组成的图形分成面积相等的两部分，则直线l的解析式是(

)

A． B． C． D．8．如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（

）A． B． C．20 D．249．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴相交于点A，与轴相交于点，四边形是平行四边形，直线经过点，且与轴相交于点与相交于点，记四边形，的面积分别为，则等于（

）

A． B． C． D．10．如图，点是菱形内一点，轴，轴，，，，若一次函数的图象经过、两点，则的值为（）A． B． C．3 D．二、填空题11．如图，在平面直角坐标系中，直线与矩形的边、分别交于点E、F，已知，，连接，则的面积是．

12．在平面直角坐标系中，如图所示，菱形，边交y轴于点D，，相交于点E，点A的坐标为，，则点E的坐标为．

13．如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，若点P在直线上，点Q在平面直角坐标系内，且以点A，B，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形，则P点坐标为．

14．如图，矩形在平面直角坐标系中，轴，轴，点坐标为，连接，将沿着折叠到，与轴交于点，若点坐标为，试写出关于的函数解析式．

15．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点A、，点在坐标轴上，点在坐标平面内，若以A、、、为顶点的四边形为矩形，则点的坐标为．

16．已知直线与轴，轴分别交于点，，点是射线上的动点，点在第一象限，四边形是平行四边形．若点关于直线的对称点恰好落在轴上，则点的坐标为．

17．如图，边长为2的正方形分别在x轴、y轴上，D为中点，过点O的直线交边于点E（不与A、B重合），连接，当平分时，则k的值为．

18．如图，在平面直角坐标系中，直线：；直线l2：，直线上有一点A，且点A的纵坐标是．在直线的右侧作正方形，交直线于点D，交x轴于点E，连接交直线于点F，交x轴于点G，则下列结论正确的有．（填序号）①的周长为；②；③；④点P为射线上一动点，的最小值为．

三、解答题19．如图，已知矩形的的顶点分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，点，点在线段上．如图，将沿折叠后，点O恰好落在边上点处．(1)求线段的长；(2)求直线的解析式；(3)求出点的坐标；(4)若点是直线上的一个动点，在点运动的过程中，当三角形的面积等于8时，直接写出点的坐标．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象经过点，与y轴交于点，与正比例函数的图象相交于点C．(1)求此一次函数的解析式；(2)求出的面积；(3)点D在此坐标平面内，且以O、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件的点D的坐标．21．如图在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线与直线交于点P．(1)A点坐标为________，P点坐标为________；(2)在线段上有一个动点M，过M点作直线轴，与直线相交于点N，若的面积为6，求M点的坐标．(3)若点C为线段上一动点，在平面内是否存在一点D，使得以点O，A，C，D为顶点的四边形是菱形，若存在请直接写出D点的坐标，若不存在请说明理由．22．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于A，B两点，以为边作矩形，D为的中点，以，为斜边端点作等腰直角三角形，点P在第一象限，设矩形与重叠部分的面积为S．(1)求点P的坐标．(2)当b值由小到大的变化时，求S与b的函数关系式(3)在b值的变化过程中，若为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的b的值．23．如图，直线的解析表达式为，与轴交于点，直线经过定点，直线与交于点．(1)求直线的函数关系式；(2)若点的横坐标是2，求的面积；(3)若存在点，使以四点为顶点的四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边平行且相等，试求出点的坐标．24．在平面直角坐标系中，、，四边形是正方形，点是轴正半轴上一动点，，交正方形外角的平分线于点．(1)如图1，当点是的中点时，求证：；(2)点在轴正半轴上运动，点在轴上．若四边形为菱形，求直线的解析式．(3)连，点是的中点，当点在轴正半轴上运动时，点随之而运动，点到的距离是否为定值？若为定值，求出这个值；若不是定值，请说明理由． 参考答案：1．A【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点E，D的坐标，进而可得出的长，再利用三角形的面积公式，即可求出的面积．【详解】解：当时，，∴点E的坐标为，∴，∴．当时，，解得：，∴点D的坐标为，∴，∴．故选：A．【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及三角形的面积，利用一次函数图象上点的坐标特征及各边的长，求出的长是解题的关键．2．B【分析】先待定系数法求出直线的解析式，过作于点，过作于点，易证，根据全等三角形的性质可得和的长，再证，易得点坐标，再根据平移可得平移后的点坐标，代入直线解析式即可求出的值．【详解】解：点在直线上，，，直线的解析式为，过作于点，过作于点，如图所示：则，，，在正方形中，，，，，，，，，，，，，，同理可证，，，，，正方形沿轴向下平移个单位长度后，点恰好落在直线上，设平移后点的坐标为，，解得．故选：B．【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平移的性质等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．3．D【分析】根据菱形的性质证明和都是等边三角形，求出直线解析式为，直线的解析式为，联立方程组即可求出点的坐标．【详解】解：∵菱形的顶点为原点，，∴，∵，∴和都是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴直线解析式为，直线的解析式为，联立方程组：，解得：，∴点的坐标为，故选：D．【点拨】本题考查菱形的性质，坐标与图形性质，等边三角形的判定与性质，一次函数的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．4．C【分析】先求得点A的坐标为，再求得线段和中点坐标，然后根据直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分可知两中点在直线l上，然后运用待定系数法即可解答．【详解】解：如图：∵矩形的顶点B的坐标为，∴点A的坐标为，∴线段中点坐标为，即；线段中点坐标为，即,∵直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分，∴直线l过点，,设直线l的解析式为，则，解得：，∴直线l的解析式为．故选C．

【点拨】本题主要考查了中点的定义、菱形和矩形的性质、待定系数法求函数解析式等知识点，理解把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分的直线必过它们对角线的交点是解答本题的关键．5．B【分析】先求出点，点坐标，由勾股定理可求的长，可判断；由折叠的性质可得，，，由勾股定理可求的长，可得点坐标，利用待定系数法可求解析式，可判断；由面积公式可求的长，代入解析式可求点坐标，可判断；由菱形的性质可得，可得点纵坐标为可判断，即可求解．【详解】∵直线分别与、轴交于点、，∴点，点，∴，，∴，故正确；∵线段沿翻折，点落在边上的点处，∴，，，∴，∵，∴，∴∴点，设直线解析式为:,∴∴，∴直线解析式为:，故正确；如图，过点作于，

∵，∴，∵，∴，∴当时，，∴，∴点，故正确；∵线段上存在一点，使得以点、、、为顶点的四边形为菱形，且，∴，∴点纵坐标为，故错误；综上可知正确，故选：．【点拨】此题考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，面积法，勾股定理和菱形的性质等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．6．D【分析】利用待定系数法求得直线的解析式，然后把代入求得对应的函数值即可判断①；求得直线的解析式，两直线解析式联立，求得交点E的坐标，根据图象即可判断②；通过勾股定理逆用，即可判断③；作点E关于x轴对称的点，连接，交x轴于点P，求得直线与x轴的交点即可判断④．【详解】解：∵直线过点，，∴，解得，∴，当时，，故①正确；由题意可知，∵直线过点A，C，∴，解得，∴，由，解得，∴，由图象可知，当时，，故②正确；∵，，∴，，，∵，，，即，∴，故③错误；作点E关于x轴对称的点，连接，交x轴于点P，此时的值最小，∵点，∴点E关于x轴的对称点为，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，令，则，解得，∴，∴当点P运动到中点时，的值最小，故④正确．故选：D．【点拨】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，求两条直线的交点，勾股定理的运用，一次函数与一元一次不等式，矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．7．A【分析】由于正方形与平行四边形均为中心对称图形，故过正方形与平行四边形的对称中心点的直线总可以把各自分成面积相等的两部分，则可以把正方形与平行四边形的组合图形分成面积相等的两部分的直线，必然是过两个对称中心点的连线．先求得正方形与平行四边形的中心点M、N的坐标，然后用待定系数法可以求得直线l的解析式．【详解】设平行四边形与正方形的中心为点，则直线就是可以将正方形与平行四边形组成的图形分成面积相等的两部分的直线l．(如图)

∵点C的坐标为，∴．又∵四边形为正方形，∴，∴点N的坐标为．由平行四边形OABC的对边相等知，，又已知点A的纵坐标为1，所以点B的纵坐标为3．点B的坐标为，因此点M的坐标为．设直线l的解析式为，将、代入l的解析式得：．解得．∴直线l的解析式为．故选：A．【点拨】本题考查了正方形与平行四边形的性质、用待定系数法求一次函数的解析式等知识点，解题的关键是知晓直线l必经过正方形与平行四边形的对称中心点．8．C【分析】根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．【详解】解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时，∴，当时，此时点与点重合，即，连接，交于点，则：，∴，∴，∴，∴，∴菱形的周长为；故选C．【点拨】本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．9．C【分析】求出点A的坐标为，点B的坐标为，根据平行四边形性质得出点的坐标为，求出直线的解析式为，得出点D的坐标为，求出直线的解析式为：，的解析式为，求出点E的坐标为，得出，求出，，即可求出结果．【详解】解：把代入得：，解得：，∴点A的坐标为，∴，把代入得：，∴点B的坐标为，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，，∴点的坐标为，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为，把代入得：，解得：，∴点D的坐标为，设直线的解析式为，把，代入得：，解得：，∴直线的解析式为：，∵，∴的解析式为，联立，解得：，∴点E的坐标为，∴，∴，∴，∴，即，故C正确．故选：C．【点拨】本题主要考查了求一次函数的解析式，一次函数与x轴，y轴的交点问题，直线围成的三角形的面积，平行四边形的性质，解题的关键是求出点E的坐标．10．B【分析】过点作轴于点，延长交于点，可证明，则，由，可得，由，可知，所以，所以点的纵坐标为，再求出，利用勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，从而求出、的坐标，利用待定系数法求出，的值即可．【详解】解∶过点作轴于点，延长交于点，∵四边形为菱形，∴，，∴，∵轴，轴，∴轴，∴，，∴，在和中，∴，∴，，∵轴，∴轴，∵轴，∴，又∵轴，轴，∴四边形为矩形，∴，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴．∴，在中，由勾股定理得，，∵四边形是菱形，∴，在中，由勾股定理得，，∴点的坐标为，∴，∴点的坐标为，∵一次函数的图象经过、两点，则解得．故选∶B．【点拨】本题主要考查一次函数函数与几何的综合问题，涉及到菱形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识点，求出关键点C、D的坐标是解题的关键．11．【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，解题的关键是根据直线解析式分别求出点、的坐标，得到和，然后利用三角形的面积公式求解即可．【详解】解：当时，，解得，点的坐标是，即，，，点的横坐标是4，，即，，的面积，故答案为：．12．【分析】本题考查了菱形的性质，一次函数的解析式，交点坐标的计算，根据菱形，，得到是等边三角形，点D是的中点，结合点A的坐标为，得到，勾股定理计算,确定直线，直线的解析式，解方程组即可，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的性质，待定系数法是解题的关键．【详解】∵菱形，，点A的坐标为，∴是等边三角形，，∴，∴，∴，∴，设直线的解析式为，直线的解析式为，∴，，解得，，故直线的解析式为，直线的解析式为，根据题意，得，解得，故，故答案为：．13．【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，坐标与图形，菱形性质等知识，先求得点A、B的坐标，然后根据菱形性质可得，进而求解，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解此题的关键．【详解】解：当时，，，当时，，解得：，，设，以点A，B，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形，，即：，，解得：，，故答案为：．14．【分析】根据折叠和矩形性质得出，则可证明，再根据勾股定理即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，，，，∵，，∴，，，∴，有折叠性质可知：，，在和中，，∴，∴，在中，由勾股定理得：，即：，整理得：，∴关于的函数解析式为，故答案为：．【点拨】此题考查了矩形和折叠性质，勾股定理，建立函数关系，解题的关键是熟练掌握矩形和折叠的性质以及建立函数关系式．15．或或【分析】分类讨论：点在轴上；点在原点；点在轴上，利用相似及平移规律即可求解．【详解】解：直线分别与轴、轴交于点A、，当时，，时，，点坐标，B点坐标，分三种情况：点在原点，矩形中，如图，

，点坐标为；如图，点在轴上，如图，

矩形中，，∴，∴，，∴，∴，点坐标为，将点向右平移个单位，向下平移个单位得到点，的坐标为；如图，点在轴上，如图，

矩形中，，由②同理可得：，∴∴，点坐标为，将点向左平移个单位，向上平移个单位得到点，的坐标为，点坐标为或或，故答案为：或或．【点拨】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应线段之间的关系．16．或．【分析】先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是等边三角形，利用等边三角形的性质，分别求得点的坐标．【详解】与轴，轴分别交于点，，令，，，令，，，，，，，，，①如图，当点在第二象限时，设交轴于点，交于点，交轴于点，

四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，点关于直线的对称点为点，，，，是等边三角形，，，，点为的中点，，，，②如图，当点在第二象限时，延长交轴于点，则，

点关于直线的对称点为点，，，是等边三角形，，，，，，，，，．综合①②可知C的坐标为或．故答案为：或．【点拨】本题考查了一次函数图象的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，此题方法比较多，利用等边三角形的性质是解题的关键．17．【分析】如图，作交于点F，连接；再通过证明三角形全等可得、，然后根据勾股定理求得，进而确定点E的坐标，进而求出k的值即可．【详解】解：如图，作交于点F，连接，

∵平分，∴，∵正方形，∴在和中，，∴，∴，∵点D是边的中点，∴，∴；同理可证：，∴,∴，∵在中，，即，解得，∴，把点E的坐标代入得：，解得：．故答案为：．【点拨】本题主要考查了一次函数综合题、角平分线的性质，三角形全等的判定及性质，正方形的性质理、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．18．②【分析】如图所示，过点A作轴于M，先求出，则，利用勾股定理求出，如图将绕点O顺时针旋转90度得到，则，，证明B、C、H三点共线，，则可证明，得到，进而得到，则的周长，故①错误；如图所示，取中点K，连接，证明是等边三角形，推出，得到，，设，则，则，利用勾股定理得到，解得，则，故②正确；如图将绕点O逆时针旋转90度得到，连接，证明，得到，由，得到，故③错误；由点P为射线上一动点，，则当时，最小，即此时最小，最小值为，故④错误．【详解】解：如图所示，过点A作轴于M，在中，当时，，∴，∴，∴，如图将绕点O顺时针旋转90度得到，∴，，∴，∴B、C、H三点共线，∵点D在直线上，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴的周长，故①错误；如图所示，取中点K，连接，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴；∴，设，则，∴∵，∴，∴，∴，∴，故②正确；如图将绕点O逆时针旋转90度得到，连接，∴，，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，故③错误；∵点P为射线上一动点，，∴当时，最小，即此时最小，最小值为，故④错误；故答案为：②．

【点拨】本题主要考查了正比例函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，三角形三边的关系等等，通过半角模型构成全等三角形是解题的关键．19．(1)10(2)(3)(4)或【分析】本题考查了用待定系数法求直线解析式，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识：（1）由矩形的性质可得点，点，得,由勾股定理得；（2）运用待定系数法可求直线AB表达式；（3）由折叠得，得，再运用勾股定理求解即可；（4）运用三角形面积公式求解即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且,∴在中，，∴，（2）解：∵四边形是矩形，且,∴，，设直线的解析式为，把，代入，得：，解得，，所以，直线的解析式为；（3）解：由折叠得，，∴，在中，∴，解得，，∴∴；（4）解：∵直线的解析式为，∴，∴，解得，或，∴，或∴或20．(1)(2)3(3)点D的坐标为或或【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）联立，可求出两直线交点坐标为，再根据三角形面积公式求解即可；（3）分类讨论：①当为边，且点D位于直线下方时和②当为边，且点D位于直线上方时，结合平行四边形的性质可求解；③当为对角线时，过点C作轴于点E，过点C作轴于点F，结合平行四边形的性质可证，即得出，，即得出答案．【详解】（1）解：将，代入，得：，解得：，∴此一次函数的解析式为；（2）解：联立，解得：，∴．∵，∴，∴；（3）解：分类讨论：①当为边，且点D位于直线下方时，此时平行四边形为，如图，∴，∴，，∴；②当为边，且点D位于直线上方时，此时平行四边形为，如图，∴，∴，，∴；③当为对角线时，此时平行四边形为，如图，过点C作轴于点E，过点C作轴于点F，∵，∴．∵，∴．∵四边形为平行四边形，∴．又∵，∴，∴，，∴．综上可知点D的坐标为或或．【点拨】本题考查坐标与图形，求一次函数解析式，一次函数与二元一次方程组的关系，三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和平行四边形的性质是解题关键．21．(1)，；(2)或；(3)存在，D点坐标为或或，理由见解析．【分析】（1）令，求解即得到直线与x轴交点A的坐标；联立两个一次函数解析式即可得到其交点P的坐标；（2）作，设M点的横坐标为，则，，得到，又，得到，求解即可得到M点的坐标；（3）分情况讨论：①若为对角线，可知根据菱形的性质，得到，即可得到点D坐标；②若为边，设点C的坐标为，设D点坐标为，当时，根据菱形的性质和勾股定理得到，求解得到C点坐标，进而得到中点G坐标为，再利用中点G坐标即可得到点D坐标；当时，得到，求解得到C点坐标或，而得到中点H坐标为或，再利用中点H坐标即可得到点D坐标．【详解】（1）解：直线与x轴交于点A，令，则，解得：，点的坐标为，直线与直线交于点P令，解得：，，点的坐标为，故答案为：，；（2）解：过P点作于点E，设M点的横坐标为，在线段上，，轴，、两点横坐标相同，在直线上，，，，轴，，，，，整理得：，解得：，，点坐标为或；（3）解：存在，①若为对角线，则、互相垂直平分，

，，的垂直平分线为直线，为线段上一点，且C在直线上，，D点的坐标为；②若为边，设点C的坐标为，设D点坐标为，

当时，连接，对角线、交于点G，四边形为菱形，、互相垂直平分，为、的中点，，，，解得：，（舍），，点G坐标为，即中点坐标为，，，D点的坐标为；当时，连接对角线、交于点H，

四边形为菱形，、互相垂直平分，为、的中点，，，，解得：，，（舍去）或，点H坐标为，中点坐标为，，，点的坐标为，综上可知，D点坐标为或或．【点拨】本题考查了一次函数的图象和性质，菱形的性质，两点间的距离，坐标系中点坐标，勾股定理等知识，熟练掌握一次函数性质和菱形的性质是解题关键．22．(1)(2)(3)4，5或【分析】（1）因为以，为斜边端点作等腰直角三角形，点P在第一象限，所以可作于K，则，进而可求，即可得到；（2）需分情况讨论：当时，；当时，重合部分是一个等腰直角三角形，可设交于H，，所以；当时，重合部分是一个四边形，因此可设交于H，四边形的面积=三角形的面积-三角形的面积，因为，，所以，当时，重合部分就是直角三角形，所以．（3）因为为等腰三角形，所以需分情况讨论，当时，．当时，（舍），．当时，．【详解】（1）解：∵以，为斜边端点作等腰直角三角形，点P在第一象限，∴，∴作于K，则，∴，∴；（2）①把点的坐标代入得到，，解得，当点A落在线段上（可与点M重合）时，如图（一），此时，；②把点的坐标代入得到，，解得，当点A落在线段上（可与点K重合）时，如图（二），此时，当时，，∴，即点A的坐标为，即，设交于H，，∴，③把N点的坐标代入得到，，解得，当点A落在线段上（可与点N重合）时，如图（三），此时，设交于H，，∴，④当点A落在线段的延长线上时，，如图（四），；∴综上所述，S与b的函数关系式为；（3）∵点C、D的坐标分别为，，，当时，即，则，解得或（不合题意，舍去）；当