专题17能力提升专题一次函数与特殊平行四边形的综合问题（4大考点）

专题17能力提升专题：一次函数与特殊平行四边形的综合问题【考点导航】目录TOC\o"13"\h\u【典型例题】 1【考点一一次函数与平行四边形的综合】 1【考点二一次函数与矩形的综合】 19【考点三一次函数与菱形的综合】 36【考点四一次函数与正方形的综合】 50【典型例题】【考点一一次函数与平行四边形的综合】例题：（2023春·八年级课时练习）如图，一次函数与轴交于点，与轴交于点．点的坐标为，若点在直线上，点在轴上，若以、、、为顶点的四边形为平行四边形，则点的坐标为______．【答案】(0.5，0)或(4.5，0)【分析】分CE//BD和CE与BD是对角线两种情况求解即可．【详解】解：当CE//BD时，如图1，设直线CE的解析式为y=2x+b，把代入得3=4+b，∴b=1，∴y=2x1，当y=0时，2x1=0，∴x=0.5，∴E(0.5，0)．②当CE与BD是对角线时，作CF//AE交BD于F，如图2，∵的坐标为，∴F的纵坐标是3，把y=3代入，得2x+4=3，∴x=0.5，∴CF=2+0.5=2.5．∵CF//AE，∴∠CFG=∠EAG，∵四边形BCDE是平行四边形，∴GC=GE，在△CGF和△EGA中，∴△CGF≌△EGA，∴AE=CF=2.5，把y=0代入，得2x+4=0，∴x=2，∴OA=2，∴OE=4.5，∴E(4.5，0)．综上可知，点E的坐标为(0.5，0)或(4.5，0)．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数的平移，一次函数与坐标轴的交点，平行线的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，分类讨论是解答本题的关键．【变式训练】1．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与交于点A，两直线与x轴分别交于点B和点C，D是直线AC上的一动点，E是直线AB上的一动点．若以E，D，O，A为顶点的四边形恰好为平行四边形，则点E的坐标为________．【答案】或【分析】当OEAC时，由相互平行的两条直线的一次项系数相同，可得到直线OE的解析式，然后将OE和AB的解析式联立，组成方程组从而可求得点E的坐标；当DEOA时，ODAB时，先求得OD的解析式，然后联立OD、AC，求得点D的坐标，然后再求得DE的解析式，将DE和AB联立，组成方程组可解得点E的坐标．【详解】解：①如图1：当OEAD时，∵OEAC，所以直线OE的解析式为y=2x，联立OE、AB，得，解得，即E1(,)；②如图2：当DEOA时，ODAB时，∵ODAB，∴直线OD的解析式为y=x，联立OD、AC，得，解得，∴D(,)．联立AB、AC得，解得，A(1，2)．OA的解析式为y=2x，∵DEOA，∴设直线DE的解析式为y=2x+b，将点D的坐标代入直线的解析式得：y=2x，联立DE、AB得，解得，E2(,)．③当OA为对角线时，则OEAC，如图1，E(,)综上所述：点E的坐标为(,)或(,)．故答案为：(,)或(,)．【点睛】本题主要考查的是一次函数的性质和平行四边形的性质，掌握相互平行的两条直线的一次项系数相同是解题的关系，解答本题主要应用了分类讨论的思想．2．（2023春·全国·七年级期中）如图1，平行四边形ABCD边上一动点P，从点A出发，沿A→B→C→D方向，以每秒2个单位长度的速度运动，设点P的运动时间是t，△DAP的面积为S，S与t之间函数关系的图像如图2所示．（1）G点表示的横坐标为_____；（2）则点D到BC边的距离是______．【答案】84.5厘米【分析】根据函数的图像、结合图形求出BC的值，再根据平行四边形的性质以及三角形的面积公式即可求出点D到BC边的距离．【详解】解：由图2可知，动点P从点A运动到点B用了3秒，∴动点P从点C运动到点D也需用3秒，∵5+3＝8，∴G点表示的横坐标为8；由图2可知，动点P从点B运动到点C用了2秒，∴AD＝BC＝2×2＝4（厘米），设点D到BC边的距离为x厘米，则AD•x＝9，即×4x＝9，解得x＝4.5．∴点D到BC边的距离为4.5厘米．故答案为：8；4.5厘米．【点睛】本题主要考查了动点问题的函数图像，在解题时要能根据函数的图像求出BC的长度是解决问题的关键．3．（2023春·八年级课时练习）已知直线：与轴交于点A．(1)A点的坐标为．(2)直线和：交于点B，若以O、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．【答案】(1)(2)或或【分析】（1），令，则，即可求解；（2）分是平行四边形的一条边、是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可．【详解】（1）解：，令，则，则点，故答案为：；（2）解：联立直线和的表达式，解得：，故点，①当是平行四边形的一条边时，，将点B向上平移2个单位或向下平移2个单位即可得到点C，则点C或；②当是平行四边形的对角线时，设点C的坐标为，点，的中点和的中点坐标，由中点坐标公式：，解得：，故点C；故点C坐标为：或或．【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质，其中（2），要分类求解，避免遗漏．4．（2023春·全国·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在x轴上，直线经过点B，并与y轴交于点，直线AD与BC相交于点；(1)求直线AD的解析式；(2)点P是线段BD上一点，过点P作交AD于点E，若四边形AOPE为平行四边形，求E点坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）把点（0，7）代入，进而可求出点的坐标，在将点A、点D代入一次函数即可求解．（2）设E（m，3m＋12），根据平行四边形的性质可得P的坐标为（m＋4，3m＋12），把P的坐标代入直线BC的表达式即可求解．【详解】（1）解：把点（0，7）代入，，，即直线BC的解析式，当时，，点坐标，设直线的解析式为，把两点代入，，解得，直线的函数解析式：．（2）设E（m，3m＋12），，P的坐标为（m＋4，3m＋12），把P的坐标代入直线BC的表达式得：3m＋12＝－2（m＋4）＋7，解得：，点的坐标为．【点睛】本题考查了待定系数法、平行四边形的性质、一次函数的图象及性质，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．5．（2023春·江苏常州·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点A，一次函数的图像与x轴交于点B，与交于点C．点P是y轴上一点，点Q是直线上一点．(1)求的面积；(2)若点P在y轴的负半轴上，且是轴对称图形，求点P的坐标；(3)若以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点Q的坐标．【答案】(1)(2)点P的坐标为：或(3)点Q的坐标为或或【分析】（1）先求出点A、B、C的坐标，再求出的面积即可；（2）点P的坐标为：，根据是轴对称图形，得出，或，即或，列出关于m的方程，解方程即可；（3）分三种情况进行讨论，当为平行四边形的一条边，为另外一条边时，当为平行四边形的一条边，为对角线时，当为对角线时，分别画出图形，根据平行四边形的性质，求出结果即可．【详解】（1）解：把代入得：，解得：，∴点A的坐标为，把代入得：，解得：，∴点B的坐标为，∴，联立，解得：，∴点C的坐标，∴；（2）解：设点P的坐标为：，∵是轴对称图形，∴，或，∴或，当时，，解得：或（舍去），当时，，解得：或（舍去），∴点P的坐标为：或；（3）解：设点Q的坐标为：；当为平行四边形的一条边，为另外一条边时，如图所示：∵，∴设直线的解析式为，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为，把代入得：，∴此时点P的坐标为，则，解得：，，∴此时点Q的坐标为；当为平行四边形的一条边，为对角线时，如图所示：∵，∴设点P的坐标为，则，解得：，把代入得：，∴此时点Q的坐标为；当为对角线时，如图所示：∵，∴此时点P的坐标仍然为，∴，，解得：，，∴此时点Q的坐标为；综上分析可知，点Q的坐标为或或．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，平行四边形的性质，轴对称的性质，解题的关键是数形结合，注意分类讨论．6．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一直线交x轴正半轴于C，且△ABC面积为15．（1）求点C的坐标及直线BC的表达式；（2）若M为线段BC上一点，且△ABM的面积等于△AOB的面积，求M的坐标；（3）在（2）的条件下，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D、E、B、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）C（4，0），y＝﹣x+5；（2）M；（3）存在，满足条件的点D的坐标为（7，0）或（﹣11，0）或（1，0）．【分析】（1）先求出A、B的坐标，然后根据三角形的面积求出C，设直线BC的表达式为y＝kx+b，将B、C的坐标代入求解即可；（2）根据S△ACM＝S△ABC﹣S△ABM＝S△ABC﹣S△ABO求解即可；（3）设直线AM的表达式为，，求出AM的解析式，然后分三种情况：①当BC为平行四边形的边，四边形BCDE为平行四边形时；②当BC为平行四边形的边，四边形BDEC为平行四边形时；③当BC为平行四边形的对角线时，讨论求解即可.【详解】解：（1）直线y＝x+5与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（﹣2，0），B（0，5），即OA＝2，OB＝5，∵△ABC面积为15，∴（OA+OC）•OB＝15，∴OC＝4，∴C（4，0），设直线BC的表达式为y＝kx+b，将点B、C的坐标代入一次函数表达式得：解得：∴直线BC的表达式为：y＝﹣x+5；（2）∵S△ACM＝S△ABC﹣S△ABM＝S△ABC﹣S△ABO＝15﹣×2×5＝10，∴S△ACM＝×6×ym＝10，解得：ym＝，∴解得：xm＝，∴M（，）；（3）∵A（﹣2，0），M（，），设直线AM的表达式为，将点A、M的坐标代入一次函数表达式得：，解得：∴直线AM的表达式为：y＝x+2．①当BC为平行四边形的边，四边形BCDE为平行四边形时，如图：∵B（0，5），BE∥CD，BE＝CD，∴点E的纵坐标是5，∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y＝x+2．∴x+2＝5，解得：x＝3，∴E（3，5），∴BE＝CD＝3，∵C（4，0），∴D（7，0）；②当BC为平行四边形的边，四边形BDEC为平行四边形时，如图：过点E作EF⊥x轴于F，∵四边形BDEC为平行四边形，∴BC＝ED，∠DBC＝∠CED，BD＝EC，∴△BDC≌△ECD（SAS），∴EF＝OB，∵B（0，5），∴EF＝OB＝5，∴点E的纵坐标是﹣5，∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y＝x+2．∴x+2＝﹣5，解得：x＝﹣7，∴OF＝7，在Rt△BOC和Rt△EFD中，∴Rt△BOC≌Rt△EFD（HL），∴DF＝OC，∵C（4，0），∴DF＝4，∴OD＝4+7＝11，∴D（﹣11，0）；③当BC为平行四边形的对角线时，∵B（0，5），BE∥CD，BE＝CD，∴点E的纵坐标是5，∵点E为直线AM上一动点，直线AM的表达式为：y＝x+2．∴x+2＝5，解得：x＝3，∴E（3，5），∴BE＝CD＝3，∵C（4，0），∴D（1，0）．综上，存在，满足条件的点D的坐标为（7，0）或（﹣11，0）或（1，0）．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合题，待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.7．（2023春·全国·八年级专题练习）如图1，在平面直角坐标系中，直线y与轴、轴相交于、两点，点在线段上，将线段绕着点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上，过点作轴于点，(1)求证：．(2)求点的坐标．(3)若点在轴上，点在直线上，是否存在以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)存在，点的坐标为或或【分析】（1）根据旋转的性质可得，，根据等角的余角相等可得，，根据即可证明；（2）设直线的解析式为，待定系数法即可求得解析式，设，即可得的坐标，代入解析式即可求得，进而求得的坐标；（3）设点的坐标为，点的坐标为，分为边及为对角线两种情况考虑，利用平行四边形的对角线互相平分，根据中点坐标公式，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出点的坐标．【详解】（1）证明：由旋转得，．又∵，∴，∴，在与中，∵，∴；（2）与轴、轴相交于、两点，令，得，则，令，得，则，，设，，，点在直线上，将代入，即，解得，；（3）设点的坐标为，点的坐标为，分两种情况考虑：①若为边时，∵，，，∴，解得：，∴∴点的坐标为；或，解得：，∴∴点的坐标为；②若为对角线，∴，解得：，∴∴点的坐标为；综上所述，点的坐标为或或．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及平行四边形的性质，解题的关键是掌握利用全等三角形的判定定理；利用一次函数图象上点的坐标特征；利用平行四边形的对角线互相平分的性质．【考点二一次函数与矩形的综合】例题：（2023春·八年级课时练习）如图①，在矩形中，动点从点出发，沿，，运动至点停止．设点运动的路程为，的面积为，如果关于的函数图像如图②所示，则的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数图像分析各拐点的意义，时沿运动，时沿运动，可知，的值，从而求得；【详解】根据函数图像分析，时，的值不断增大，沿运动；时，的值没有变化，沿运动；时，的值不断减小，沿运动；,四边形是矩形故选A【点睛】本题考查了矩形的性质，动点问题，动点问题的函数图像的实际意义，理解函数图像中拐点的意义是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·八年级课时练习）如图，一次函数的图象与两坐标轴分别交于、两点，点是线段上一动点(不与点A、B重合)，过点分别作、垂直于轴、轴于点、，当点从点开始向点运动时，则矩形的周长(

)A．不变 B．逐渐变大 C．逐渐变小 D．先变小后变大【答案】A【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征可设出点C的坐标为（m，m+1），根据矩形的周长公式即可得出C矩形CDOE=2，此题得解.【详解】解：设点的坐标为，，则，，，故选．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及矩形的性质，根据一次函数图象上点的坐标特征设出点C的坐标是解题的关键.2．（2023春·江苏南京·八年级南京市第二十九中学校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的点和点分别落在轴和轴上，，，直线以每秒个单位长度向下移动，经过______秒该直线可将矩形的面积平分．【答案】【分析】首先连接、，交于点，当经过点时，该直线可将矩形的面积平分，然后计算出过且平行直线的直线解析式，从而可得直线要向下平移个单位，进而可得答案．【详解】解：连接、，交于点，当经过点时，该直线可将矩形的面积平分；，是的对角线，，，，，，根据题意设平移后直线的解析式为，，，解得，平移后的直线的解析式为，直线要向下平移个单位，时间为秒，故答案为：．【点睛】此题主要考查了矩形的性质，以及一次函数图象与几何变换，关键是正确掌握经过矩形对角线交点的直线平分矩形的面积．3．（2023春·全国·八年级专题练习）已知矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，将矩形沿直线折叠，使点与点重合，点的对应点为点．（1）求点坐标；（2）求线段的长度；（3）直接写出直线和的解析式．【答案】（1）点的坐标为；（2）；（3）直线的解析式为，直线的解析式为．【分析】（1）由折叠性质得，，，设，则，根据勾股定理即可求出点坐标；（2）过点作垂足为，根据矩形的判定与性质得出，，求出，再利用勾股定理即可求解；（3）由点E、F坐标，根据待定系数法求出直线的解析式；过点D作于G，结合三角形面积公式求出点D的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式．【详解】解：（1）∵将矩形沿直线折叠，使点与点重合，∴，．设，则，在中，根据勾股定理，．即．解得，．∴点的坐标为．（2）与（1）同理，可得，点的坐标为．过点作垂足为，∴．∵四边形是矩形，∴．∴四边形是矩形．∴，．∴．在中，根据勾股定理，．；（3）设直线EF的解析式为：，把，代入解析式，得：，解得，直线的解析式为；过点D作于G，，即，，又，；设直线CD的解析式为：，把，代入解析式，得：，解得，直线的解析式为．【点睛】本题考查的是一次函数综合题，解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质，折叠性质，勾股定理，会用待定系数法求函数解析式．4．（2023春·福建福州·八年级福州三牧中学校考期中）如图，四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，点坐标是，点坐标是，矩形沿直线折叠，点落在边上的处，、分别在、上，直线解析式为，点的坐标是．(1)求出的值；(2)若直线平行于直线，交轴于点，求直线的解析式；(3)点在轴上，直线上是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，或或【分析】（1）将点的坐标代入直线解析，即可得出结论；（2）根据直线平行于直线，可设直线解析式，利用折叠的性质和勾股定理确定，再代入即可；（3）本问关键是确定平行四边形的位置与形状．因为、均为动点，只有已经确定，所以可从此入手，按照为平行四边形的一边、为平行四边形的对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状．确定平行四边形的位置与形状之后，利用全等三角形求得点的纵坐标，再利用直线解析式求出点的横坐标，从而求得点的坐标．【详解】（1）解：∵直线解析式为，点的坐标是，∴，∴，∴直线解析式为，∴的值为．（2）∵点坐标是，点的坐标是，∴，，，∵矩形沿直线折叠，点落在边上的处，∴，，，∴，∴，∴，∵直线平行于直线，设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为．（3）若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：①如图1所示，为平行四边形的一边，且点在轴正半轴上，过点作轴于点，延长交轴于点，设，∴，∵，，∴，∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，∴，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴点的纵坐标：，∵直线解析式为，∴点的横坐标：，∴；②如图1所示，为平行四边形的一边，且点在轴负半轴上，过点作轴于点，延长交轴于点，设，∴，∵，，∴，∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，∴，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴点的纵坐标：，∵直线解析式为，∴点的横坐标：，∴；③如图3所示，为平行四边形的对角线，过点作延长线的垂线，垂足为，设，∴，∵，，∴，∵四边形为矩形，点在轴上，点在轴上，∴，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴点的纵坐标为：，∵直线解析式为，∴点的横坐标为：，∴；综上所述，存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．【点睛】本题考查直角坐标系中一次函数与平面图形的性质，待定系数法求一次函数（直线）解析式，矩形，平行四边形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等知识点．难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有三种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏．根据题意，灵活运用所学知识是解题的关键．5．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在、轴的正半轴上，点B的坐标为（6，8），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点．（1）求的值；（2）连结OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：2，求点M的坐标；（3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、M、D、N为顶点的四边形为菱形时，请求出点N的坐标．【答案】（1）b=6；（2）M；（3）N点坐标为或【分析】（1）根据OD=BE，可得点E（6，8b），将E代入解析式，即可求解；（2）由（1）知：一次函数的解析式为：，OD=6，AE=2，根据△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：2，可得，可得到，设点M的横坐标为m，则，即可求解；（3）分两种情况：若以OD为对角线，得到菱形OMDN；若以DM为对角线，得到菱形ODNM，讨论，即可求解．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴轴，轴，∵一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，∴OD=BE=b，∵点B的坐标为（6，8），∴AB=8，点E的横坐标为6，∴AE=ABBE=8b，∴点E（6，8b），将点E代入，得：，解得：；（2）由（1）知：一次函数的解析式为：，OD=6，AE=2，∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：2，∴，∵，∴，设点M的横坐标为m，则，即，解得：，将代入，得：，∴M；（3）如图（1），若以OD为对角线，得到菱形OMDN，则MN垂直平分OD，M和N关于y轴对称，∵OD=6，∴点M的纵坐标均是，将代入，得：，解得：，∴点M，∴点N；如图（2），若以DM为对角线，得到菱形ODNM，则OM=OD=6，线段DM与线段ON的中点重合，设点M的横坐标为a，则纵坐标为，∴，即，解得：或（舍去），∴点M，设点N，由（1）知：，∴，解得：，∴点N，综上所述，以O、M、D、N为顶点的四边形为菱形时，点N的坐标为或．【点睛】本题是一次函数与菱形的判定与性质的综合题，主要考查了矩形的性质，一次函数的性质，菱形的判定方法，正确根据菱形的性质求得M的坐标是解决本题的关键．6．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（12，0），（12，6），直线与y轴交于点P，与边OA交于点D，与边BC交于点E．（1）若直线平分矩形OABC的面积，求b的值；（2）在（1）的条件下，过点P的直线，与直线BC和x轴分别交于点N、M．问：是否存在ON平分∠CNM的情况？若存在，求线段DM的长，若不存在，请说明理由．（3）将（1）中的直线沿y轴向下平移a个单位得到新直线，使得矩形OABC沿平移后的直线折叠，若点O落在边BC上的F处，CF=9，求出a的值．【答案】（1）12；（2）或；（3）．【分析】（1）根据直线平分矩形的面积，则直线必过矩形的中心，求出中心坐标代入即可；（2）假设存在平分，利用全等三角形的判定及性质以及角平分线的定义可性质得，从而，则设，则，利用勾股定理列出方程求解即可，注意分两种情形，当与线段，交于，时，利用即可，当与直线BC和x轴交于，时，则；（3）设平移后的直线，此时直线与y轴的交点记为点，在中，借助勾股定理得方程，解方程即可．【详解】解：（1）直线平分矩形的面积，直线过矩形的中心，，O（0，0），矩形中心为，，解得；（2）如图，假设存在平分的情况，当与线段，交于，时，∵，，∴，又∵BC⊥y轴，∴，在与中，，∴（SAS），∴，平分，∴，∵，∴，，∴设，则，∵在Rt中，，∴，解得：（舍负），，当时，，解得，，；如图，当与直线BC和x轴交于，时，∵，，∴，又∵BC⊥y轴，∴，在与中，，∴（SAS），∴，平分，∴，∵，∴，，∴设，则，∵在Rt中，，∴，解得：（舍负），，当时，，解得，，∴此时，综上所述，存在平分的情况，此时或；（3）设平移后的直线，此时直线与y轴的交点记为点，连接，，则有，，在中，由勾股定理得：，解得，∴，．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了矩形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，运用分类讨论思想是解题的关键，题目综合性较强．【考点三一次函数与菱形的综合】例题：（2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）将矩形如图所示放置在第一象限，点B的坐标为，一次函数的图象与边分别交于点D、E，并且满足，点M是线段上的一个动点．(1)填空：；(2)设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点M的坐标．【答案】(1)(2)点M的坐标为或．【分析】（1）分别表示出D和E点的坐标，根据列出等式即可求出b的值；（2）分当为菱形一边时和当为菱形一条对角线时两种情况，根据菱形邻边相等或对角线的对称性等特点找到等量列出等式即可求出M点坐标．【详解】（1）解：∵点B的坐标为，矩形放置在第一象限，∴，，，，∵，∴，∴；（2）解：①当为菱形一边时，，如图所示：设，∴，解得，或（不合题意，舍去），∴；②当为菱形一条对角线时，过中点P作交直线于点M，∴点M的纵坐标为，∴，∴，∴点，综上，符合条件的点M有两个，其坐标分别为或．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数基本性质以及菱形的基本性质等知识，熟练掌握好一次函数的基本性质以及平面直角坐标系中点的综合变化，并能将菱形特点与平面直角坐标系坐标变化相互结合，灵活运用是解决本题的关键．【变式训练】1．（2023·江苏淮安·统考一模）如图1，在菱形中，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图2所示，则的长为_______．【答案】【分析】根据图1和图2判定三角形为等边三角形，它的面积为解答即可．【详解】解：在菱形中，，为等边三角形，设，由图可知，的面积为，∴的面积解得：(负值已舍)故答案为：．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．2．（2023春·江苏·八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形是梯形，，是的中点，，点坐标是，所在直线的函数关系式为，点是边上一个动点．(1)当_________________时，以点、、、为顶点的四边形为平行四边形．(2)在（1）的条件下，点P在边上运动过程中，以点、、、为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．【答案】(1)1或11(2)当时，以点、、、为顶点的四边形是菱形，理由见解析【分析】（1）先求出点D的坐标，进而求出，再根据线段中点的定义求出，再分当四边形是平行四边形，当四边形是平行四边形时两种情况根据平行四边形的性质求解即可；（2）根据（1）所求，求出两种情况下邻边是否相等即可得到结论．【详解】（1）解：∵，点坐标是，∴点D的纵坐标为4，又∵点D在直线上，且当时，，∴点D的坐标为，∴，∵，点E是的中点，∴，当四边形是平行四边形，∴，∴；当四边形是平行四边形时，∴，∴；∴当或时，以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，故答案为：1或11；（2）解：当时，以点、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：∵点C是直线与x轴的交点，∴点C的坐标为，∵，∴点B的坐标为，当时，点P的坐标为，则，则此时以点、、、为顶点的四边形不是菱形；当时，点P的坐标为，则，则此时以点、、、为顶点的四边形是菱形；综上所述，当时，以点、、、为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．3．（2023春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，点C在x轴正半轴上，对角线交y轴于点M，边交y轴于点H．动点P从点A出发，以2个单位长度/秒的速度沿折线A—B—C向终点C运动．(1)点B的坐标为______；(2)设动点P的运动时间为t秒，连接，的面积为S，请用含t的式子表示S；(3)当点P运动到线段上时，连接，若，求P的运动时间t的值．【答案】(1)(2)；(3)P的运动时间t的值为秒．【分析】（1）由点A坐标可得，由勾股定理可得，根据菱形的性质可得边长为10，据此即可求解；（2）分两种情形：如图21中，当时，如图22中，当时，连分别求解即可；（3）设，推出，求得，推出，得到是等腰直角三角形，据此即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴；故答案为：；（2）解：连接，如图21中，当时，∵，，设直线的解析式为，则有，解得，∴直线的解析式为，∴，∴，∴，∴．如图22中，当时，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，综上所述，；（3）解：∵，，，∴，∵，∴设，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴P的运动时间t的值为秒．【点睛】本题查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积、勾股定理等知识点，正确作出辅助线以及掌握分类讨论思想成为解答本题的关键．4．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形是菱形，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，射线为轴的正半轴，点的坐标为．(1)菱形的边长是_______，直线的解析式为__________；(2)若为直线上一动点，的横坐标为，设的面积为，求与之间的函数关系式；(3)点在直线上运动过程中，以、、、为顶点的四边形是矩形，请直接写出点的坐标．【答案】(1)10；(2)S=(3)点F的坐标为或【分析】（1）先求出OA的长，再根据菱形的性质可得OC的长，设直线AC的解析式：y=kx+b（k≠0），待定系数法求解析式即可；（2）根据题意，先表示出点P纵坐标，当x＜6时，S=S△COPS△COA，当6＜x≤10时，S=S△AOCS△COP，当x＞10时，S=S△AOC+S△COP，即可表示出S与x的函数关系式；（3）分情况讨论：①当∠OP1C=90°时，②当∠P2OC=90°时，③当∠OCP=90°时，分别先求出点P坐标，根据矩形的性质即可求出点F坐标．【详解】（1）解：∵点A坐标为（6，8），∴OA==10，∴菱形OABC的边长为10，在菱形OABC中，OA=OC，∴OC=10，∵射线OC为x轴的正半轴，∴C点坐标为（10，0），设直线AC的解析式：y=kx+b（k≠0），将点A（6，8），点C（10，0）代入解析式，得，解得:，∴直线AC的解析式：y=2x+20，故答案为：10，y=2x+20；（2）解：∵P为直线AC上一动点，P的横坐标为x，∴点P的纵坐标为2x+20，∵S≠0，∴x≠6，当x＜6时，S=S△COPS△COA=×10(−2x+20)×10×8=10x+60，当6＜x≤10时，S=S△AOCS△COP=×10×8−×10(−2x+20)=10x60，当x＞10时，S=S△AOC+S△COP=×10×8+×10×(2x−20)=10x60，综上，S=；（3）解：以O、P、C、F为顶点的四边形是矩形，分情况讨论，如下图所示：①当∠OP1C=90°时，∵OA=OC，∴P1为AC的中点，∵A（6，8），C（10，0），∴P1坐标为（8，4），∵四边形OP1CF1为矩形，∴点F1坐标为（2，4）；②当∠P2OC=90°时，此时点P2坐标为（0，20），∵四边形OP2F2C是矩形，∴点F2坐标为（10，20），③当∠OCP=90°时，不存在满足条件的点F，综上，点F坐标为（2，4）或（10，20）．【点睛】本题考查了一次函数综合应用，涉及待定系数求解析式，菱形的性质，矩形的性质，分段函数等，熟练掌握以上性质是解题的关键，本题综合性较强，难度较大．5．（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，为直线上一动点，连，过作，交直线、直线于点、，连．(1)求直线的解析式．(2)当为中点时，求的长．(3)在点的运动过程中，坐标平面内是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的横坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)直线解析式：(2)(3)存在，点横坐标为：或或【分析】（1）根据矩形的性质，得出点A和点C的坐标，设直线的解析式：，将点A和点C的坐标代入即可；（2）证明，根据勾股定理求解即可；（3）根据菱形是性质和判定定理，进行分类讨论即可；以，为边，以，为边，，③以，为边，．【详解】（1）∵矩形的顶点、分别在轴、轴上，且，点，点，设直线的解析式：，代入点，坐标，得，解得，直线解析式：；（2）∵E为的中点，，在矩形中，，，在和中，，，，，为线段的垂直平分线，，设，则，，，，，在中，根据勾股定理，得，解得，；（3）存在以、、、为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：以，为边，则，，为的中点，由可知点，点，根据平移的性质，可得点的坐标为，点的横坐标为；如图，以，为边，，延长至M，使，在的延长线上截取，连接，，，，，，，，，，，同理可得：，，，，，，，，，，设，在中，，，，，，，点横坐标为：；③如图，以，为边，，作于，连接，作于，可得，平分，，设，在中，，，，，，，，综上所述：点横坐标为：或或．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，线段和最小，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，线段最短原理是解题的关键．【考点四一次函数与正方形的综合】例题：（2023春·八年级课时练习）如图所示，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，以AB为边在第二象限内作正方形ABCD．(1)求正方形ABCD的面积；(2)求点C和点D的坐标；(3)在x轴上是否存在点M，使△MDB的周长最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)5(2)C(1，3)，D(3，2)(3)，理由见详解【分析】（1）由一次函数，可求出A和B点坐标，即得出OA和OB的长，再根据勾股定理求出AB的长，最后由正方形面积公式计算即可；（2）作轴，轴．根据正方形的性质结合所作辅助线易证，即得出，，从而可求出，，即得出C、D两点坐标；（3）找出点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，根据轴对称的性质可知此时周长最小．由B(0，1)，得出(0，1)，利用待定系数法可求出直线的解析式为，从而可求出M点坐标．【详解】（1）对于直线，令，得到；令，得到，∴A(2，0)，B(0，1)，∴在中，，，∴根据勾股定理得：，∴正方形面积为5；（2）如图，作轴，轴，∴．∵四边形是正方形，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∴，，∴C(1，3)，D(3，2)；（3）如图，找出点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则此时周长最小．∵B(0，1)，∴(0，1)设直线的解析式为，把与坐标代入得：，解得：，∴直线的解析式为．对于，令，得到，∴M(1，0)．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，坐标与图形，三角形全等的判定和性质，一次函数的应用以及轴对称变换等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．【变式训练】1．（2023春·全国·八年级专题练习）正方形，…，按如图的方式放置，点，…和点，…分别在直线和轴上，则点的坐标是()A． B． C． D．【答案】D【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，进而根据题意分别求得,,的坐标，进而得出规律，求得点的坐标，即可求解．【详解】解：如图，∵直线，当时，，当时，，∴，∴，∵……是正方形，∴的纵坐标是，的横坐标是，∴，∴，∴，即的纵坐标是，的横坐标是，同理得：，即的纵坐标是，的横坐标是，……，∴的纵坐标是的横坐标是，∴点的坐标是，即，故选：D．【点睛】本题考查了一次函数规律题，正方形的性质，坐标与图形，找到规律是解题的关键．2．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，四边形是边长为1的正方形，顶点A在x轴的负半轴上，顶点C在y轴的正半轴上，若直线与边有公共点，则k的取值范围是____________．【答案】【分析】根据正方形的性质得出点A与点B的坐标，代入解析式得出范围解答即可．【详解】解：由题意可得：点，点，把点A代入解析式可得：，解得：，把点B代入解析式可得：，解得：，所以k的取值范围为：，故答案为：．【点睛】此题考查两直线相交与平行问题，关键是根据正方形的性质得出点A与点B的坐标．3．（2023春·上海·八年级专题练习）已知一次函数y＝2x＋4的图像与x轴、y轴分别相交于点A、B，在直线右侧以AB为边作正方形ABCD，则点D的坐标是________．【答案】(2，2)【分析】作DE垂直x轴于点E，先根据函数与坐标轴交点求出A、B点坐标，得到AO、BO的长，再证明，求出DE、AE的长，即可求出D点坐标．【详解】作DE垂直x轴于点E，如图，∵一次函数y＝2x＋4的图像与x轴、y轴分别相交于点A、B，∴当x=0时，y=4，当y=0时，x=2，∴点A、B的坐标分别为：A(2，0)，B(0，4)，∴AO=2，BO=4，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，