【正文】 點(diǎn)評(píng)：本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了四點(diǎn)共圓的證明，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，三角形全等的判定及運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用以及拋物線的最大值等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)．21．如圖（1），直線y=kx+1與y軸正半軸交于A，與x軸正半軸交于B，以AB為邊作正方形ABCD．（1）若C（3，m），求m的值； （2）如圖2，連AC，作BM⊥AC于M，E為AB上一點(diǎn)，CE交BM于F，若BE=BF，求證：AC+AE=2AB；（3）經(jīng)過B、C兩點(diǎn)的⊙O1交AC于S，交AB的延長(zhǎng)線于T，當(dāng)⊙O1的大小發(fā)生變化時(shí)，的值變嗎？若不變證明并求其值；若變化，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題。分析：（1）作CE⊥x軸于E，可證△OAB≌△EBC，再根據(jù)線段相互間的關(guān)系即可求出CE的長(zhǎng)，即m的值；（2）作GE⊥x軸于G，可以通過先求出AE與EB的關(guān)系，證明結(jié)論；（3）連接CT，ST，ST交BC于M，可知的值為45176。余弦的倒數(shù)，從而求解．解答：解：（1）作CE⊥x軸于E，易證△OAB≌△EBC，∴OB=OE﹣BE=3﹣OA=2，∴CE=2，即m=2；（2）作GE⊥x軸于G，∵BE=BF，∴∠1=∠2，∴∠3=∠4，∴EG=GB，AE=EB，∴AC=AB，∵AE+EB=AB，∴AE=（2﹣）AB，∴AC+AE=2AB；（3）連接CT，ST，ST交BC于M，則AS=TS，SC=SM，∠STA=45176。，∴AS﹣CS=MT，∴===．故的值不變．點(diǎn)評(píng)：考查了一次函數(shù)綜合題，考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和三角函數(shù)的知識(shí)，難度較大．22．如圖：直線y=﹣x+18分別與x軸、y軸交于A、B兩點(diǎn)；直線y=2x分別與AB交于C點(diǎn)，與過點(diǎn)A且平行于y軸的直線交于D點(diǎn)．點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿x軸向左運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)E作x軸的垂線，分別交直線AB、OD于P、Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ACD重疊部分（陰影部分）的面積為S（平方單位），點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．（1）當(dāng)0＜t＜12時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）求（1）中S的最大值； （3）當(dāng)t＞0時(shí)，若點(diǎn)（10，10）落在正方形PQMN的內(nèi)部，求t的取值范圍．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。分析：（1）首先根據(jù)題意求得A，B，C，D的坐標(biāo)，然后過點(diǎn)C作CH⊥AD，易得△CPQ∽△CAD，由相似三角形的性質(zhì)，即可求得PQ的值，則可求得S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（2）配方，即可求得二次函數(shù)的最大值，即是S的最大值；（3）當(dāng)PQ過點(diǎn)（10，10）時(shí)，t最小；當(dāng)N與（10，10）重合時(shí)，t最大，根據(jù)題意求解即可．解答：解：（1）∵直線y=﹣x+18分別與x軸、y軸交于A、B兩點(diǎn)，∴A（18，0），B（0，18），∵直線y=2x與AB交于C點(diǎn)，∴，解得：x=6，y=12，∴點(diǎn)C（6，12），∵直線y=2x與過點(diǎn)A且平行于y軸的直線交于D點(diǎn)，∴D（18，36），過點(diǎn)C作CH⊥AD，則CH=18﹣6=12，∵PQ∥AD，∴CH⊥PQ，△CPQ∽△CAD，∴，∵PK=t，則CG=12﹣t，即：，∴PQ=36﹣3t，∴當(dāng)0＜t＜12時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式為S=t（36﹣3t）=﹣3t2+36t；（2）∵S=﹣3t2+36t=﹣3（t﹣6）2+108，∴當(dāng)t=6時(shí)，S最大，最大值為108；（3）當(dāng)點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是10時(shí)，則Q（10，20），E（10，0），P（10，8），∴PE=8，PQ=12，∴PQ=36﹣3t=12，解得：t=8；當(dāng)N的坐標(biāo)為（10，10）時(shí)，則點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為10，∴P（8，10），∴E（8，0），∴AE=10；即t=10；∴t的取值范圍為：8＜t＜10．點(diǎn)評(píng)：此題考查了一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，難度較大，解題時(shí)要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．23．直線l：y=﹣x+3分別交x軸、y軸于B、A兩點(diǎn)，等腰直角△CDM斜邊落在x軸上，且CD=6，如圖1所示．若直線l以每秒3個(gè)單位向上作勻速平移運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)C從（6，0）開始以每秒2個(gè)單位的速度向右作勻速平移運(yùn)動(dòng)，如圖2所示，設(shè)移動(dòng)后直線l運(yùn)動(dòng)后分別交x軸、y軸于Q、P兩點(diǎn)，以O(shè)P、OQ為邊作如圖矩形OPRQ．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求運(yùn)動(dòng)后點(diǎn)M、點(diǎn)Q的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；（2）若設(shè)矩形OPRQ與運(yùn)動(dòng)后的△CDM的重疊部分面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t相應(yīng)的取值范圍；（3）若直線l和△CDM運(yùn)動(dòng)后，直線l上存在點(diǎn)T使∠OTC=90176。，則當(dāng)在線段PQ上符合條件的點(diǎn)T有且只有兩個(gè)時(shí)，求t的取值范圍．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題；解一元一次方程；三角形的面積；三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；等腰直角三角形；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)。專題：計(jì)算題；分類討論。分析：（1）過M作MN⊥CD于N，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出CN=DN=MN=3，即可得到M、Q的坐標(biāo)；（2）①0＜t＜1時(shí)，s=0②1＜t≤，如圖2，S=CQ?QH，把CQ、QH代入即可求出答案；③＜t＜4時(shí)，如圖（3）同法可求DQ，根據(jù)s=S△CMD﹣S△DQE，求出△CMD和△DQE的面積代入即可；④當(dāng)t≥4時(shí)，s=S△CMD=63=9；（3）①直線L經(jīng)過點(diǎn)C，即C、Q重合，根據(jù)4+4t=6+2t，求出即可；②如圖直線L切圓于F，證△QFE∽△QOW，得出=，代入即可求出t的值，進(jìn)一步得出t的取值范圍．解答：（1）解：過M作MN⊥CD于N，∵等腰直角△CDM，∴CN=DN=MN=3，由勾股定理得：MC=MD=3，∴M（9+2t，3），Q（4+4t，0），答：運(yùn)動(dòng)后點(diǎn)M、點(diǎn)Q的坐標(biāo)分別是（9+2t，3），（4+4t，0）．（2）解：①0＜t＜1，s=0，②1＜t≤，如圖2，由矩形OPRQ，∠OQH=90176。，∵∠MCD=45176。=∠CHQ，∴CQ=（4+4t）﹣（6+2t）=2t﹣2=QH，∴S=CQ?QH=（2t﹣2）2=2t2﹣4t+2，即：s=2t2﹣4t+2；③＜t＜4時(shí)，如圖（3）：同法可求DQ=OD﹣OQ=（6+6+2t）﹣（4+4t）=8﹣2t，∴s=S△CMD﹣S△DQE=63﹣（8﹣2t）2=﹣2t2+16t﹣23，即：s=﹣2t2+16t﹣23；④當(dāng)t≥4時(shí)，s=S△CMD=63=9；答：S與t的函數(shù)關(guān)系式是s=2t2﹣4t+2（1＜t≤）或s=﹣2t2+16t﹣23（＜t＜4）或s=9（t≥4）．（3）解：①直線L經(jīng)過點(diǎn)C，即C、Q重合此時(shí)4+4t=6+2t，解得：t=1；②如圖直線L切圓于F，即點(diǎn)T，OE=EF=3+t，EQ=1+3t∵∠FQC=∠FQC，∠EFQ=∠COW=90176。，∴△QFE∽△QOW，∴=，求得：t=3，∴1＜t＜3，答：t的取值范圍是1＜t＜3．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查對(duì)矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角形的面積，勾股定理，一次函數(shù)的性質(zhì)，解一元一次方程，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，此題是一個(gè)綜合性比較強(qiáng)的題目，有一定的難度，用的數(shù)學(xué)思想是分類討論思想．24．如圖，將邊長(zhǎng)為4的正方形置于平面直角坐標(biāo)系第一象限，使AB邊落在x軸正半軸上，且A點(diǎn)的坐標(biāo)是（1，0）．（1）直線經(jīng)過點(diǎn)C，且與x軸交于點(diǎn)E，求四邊形AECD的面積；（2）若直線l經(jīng)過點(diǎn)E，且將正方形ABCD分成面積相等的兩部分，求直線l的解析式；（3）若直線l1經(jīng)過點(diǎn)F（）且與直線y=3x平行．將（2）中直線l沿著y軸向上平移1個(gè)單位，交x軸于點(diǎn)M，交直線l1于點(diǎn)N，求△NMF的面積．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；平移的性質(zhì)。專題：計(jì)算題。分析：（1）先求出E點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)梯形的面積公式即可求出四邊形AECD的面積；（2）根據(jù)已知求出直線1上點(diǎn)G的坐標(biāo)，設(shè)直線l的解析式是y=kx+b，把E、G的坐標(biāo)代入即可求出解析式；（3）根據(jù)直線l1經(jīng)過點(diǎn)F（）且與直線y=3x平行，知k=3，把F的坐標(biāo)代入即可求出b的值即可得出直線11，同理求出解析式y(tǒng)=2x﹣3，進(jìn)一步求出M、N的坐標(biāo)，利用三角形的面積公式即可求出△MNF的面積．解答：解：（1），當(dāng)y=0時(shí)，x=2，∴E（2，0），由已知可得：AD=AB=BC=DC=4，AB∥DC，∴四邊形AECD是梯形，∴四邊形AECD的面積S=（2﹣1+4）4=10，答：四邊形AECD的面積是10．（2）在DC上取一點(diǎn)G，使CG=AE=1，則St梯形AEGD=S梯形EBCG，∴G點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，4），設(shè)直線l的解析式是y=kx+b，代入得：，解得：，即：y=2x﹣4，答：直線l的解析式是y=2x﹣4．（3）∵直線l1經(jīng)過點(diǎn)F（）且與直線y=3x平行，設(shè)直線11的解析式是y1=kx+b，則：k=3，代入得：0=3（﹣）+b，解得：b=，∴y1=3x+已知將（2）中直線l沿著y軸向上平移1個(gè)單位，則所得的直線的解析式是y=2x﹣4+1，即：y=2x﹣3，當(dāng)y=0時(shí)，x=，∴M（，0），解方程組得：，即：N（﹣，﹣18），S△NMF=[﹣（﹣）]|﹣18|=27．答：△NMF的面積是27．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了一次函數(shù)的特點(diǎn)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的特征，平移的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解此題的關(guān)鍵是能綜合運(yùn)用上面的知識(shí)求一次函數(shù)的解析式．25．如圖，直線l1的解析表達(dá)式為：y=﹣3x+3，且l1與x軸交于點(diǎn)D，直線l2經(jīng)過點(diǎn)A，B，直線l1，l2交于點(diǎn)C．（1）求直線l2的解析表達(dá)式；（2）求△ADC的面積；（3）在直線l2上存在異于點(diǎn)C的另一點(diǎn)P，使得△ADP與△ADC的面積相等，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；（4）若點(diǎn)H為坐標(biāo)平面內(nèi)任意一點(diǎn)，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在這樣的點(diǎn)H，使以A、D、C、H為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)H的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題。分析：（1）結(jié)合圖形可知點(diǎn)B和點(diǎn)A在坐標(biāo)，故設(shè)l2的解析式為y=kx+b，由圖聯(lián)立方程組求出k，b的值；（2）已知l1的解析式，令y=0求出x的值即可得出點(diǎn)D在坐標(biāo)；聯(lián)立兩直線方程組，求出交點(diǎn)C的坐標(biāo)，進(jìn)而可求出S△ADC；（3）△ADP與△ADC底邊都是AD，面積相等所以高相等，ADC高就是C到AD的距離；（4）存在；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可知一定存在4個(gè)這樣的點(diǎn)，規(guī)律為H、C坐標(biāo)之和等于A、D坐標(biāo)之和，設(shè)出代入即可得出H的坐標(biāo)．解答：解：（1）設(shè)直線l2的解析表達(dá)式為y=kx+b，由圖象知：x=4，y=0；x=3，∴，∴，∴直線l2的解析表達(dá)式為 ；（2）由y=﹣3x+3，令y=0，得﹣3x+3=0，∴x=1，∴D（1，0）；由 ，解得 ，∴C（2，﹣3），∵AD=3，∴S△ADC=3|﹣3|=；（3）△ADP與△ADC底邊都是AD，面積相等所以高相等，ADC高就是C到AD的距離，即C縱坐標(biāo)的絕對(duì)值=|﹣3|=3，則P到AB距離=3，∴P縱坐標(biāo)的絕對(duì)值=3，點(diǎn)P不是點(diǎn)C，∴點(diǎn)P縱坐標(biāo)是3，∵y=﹣6，y=3，∴﹣6=3x=6，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，3）；（4）存在；（3，3）（5，﹣3）（﹣1，﹣3）點(diǎn)評(píng)：本題考查的是一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形面積的計(jì)算以及平行四邊形的性質(zhì)等等有關(guān)知識(shí)，有一定的綜合性，難度中等偏上．26．如圖，直線y=x+6與x軸、y軸分別相交于點(diǎn)E、F，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣6，0），P（x，y）是直線y=x+6上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，試寫出△OPA的面積s與x的函數(shù)關(guān)系式；（2）當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到什么位置，△OPA的面積為，求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）過P作EF的垂線分別交x軸、y軸于C、D．是否存在這樣的點(diǎn)P，使△COD≌△FOE？若存在，直接寫出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)（不要求寫解答過程）；若不存在，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題；解二元一次方程組；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；三角形的面積；全等三角形的判定。專題：計(jì)算題；動(dòng)點(diǎn)型。分析：（1）求出P的坐標(biāo)，當(dāng)P在第一、二象限時(shí)，根據(jù)三角形的面積公式求出面積即可；當(dāng)P在第三象限時(shí)，根據(jù)三角形的面積公式求出解析式即可；（2）把s的值代入解析式，求出即可；（3）根據(jù)全等求出OC、OD的值，如圖①所示，求出C、D的坐標(biāo)，設(shè)直線CD的解析式是y=kx+b，把C（﹣6，0），D（0，﹣8）代入，求出直線CD的解析式，再求出直線CD和直線y=x+6的交點(diǎn)坐標(biāo)即可；如圖②所示，求出C、D的坐標(biāo)，求出直線CD的解析式，再求出直線CD和直線y=x+6的交點(diǎn)坐標(biāo)即可．解答：解：（1）∵P（x，y）代入y=x+6得：y=x+6，∴P（x，x+6），當(dāng)P在第一、二象限時(shí)，△OPA的面積是s=OAy=|﹣6|（x+6）=x+18（x＞﹣8）當(dāng)P在第三象限時(shí)，△OPA的面積是s=OA（﹣y）=﹣x﹣18（x＜﹣8）答：在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過程中，△OPA的面積s與x的函數(shù)關(guān)系式是s=x+18（x＞﹣8）或s=﹣x﹣18（x＜﹣8）．解：（2）把s=代入得：=+18或=﹣x﹣18，解得：x=﹣=﹣6（舍去），x=﹣，y=，∴P點(diǎn)的坐標(biāo)是（﹣，）．（3）解：假設(shè)存在P點(diǎn)，使△COD≌△FOE，①如圖所示：P的坐標(biāo)是（﹣，）；②如圖所示：P的坐標(biāo)是（，）存在P點(diǎn)，使△COD≌△FOE，P的坐標(biāo)是（﹣，）或（，）．點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了三角形的面積，解二元