3. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数$y=\frac{1}{2}x + 2$的图象分别交x轴、y轴于A，B两点，与直线OC相交于第二象限，交点为C，且点C的纵坐标为1.
（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；
（2）D为直线$y=\frac{1}{2}x + 2$上一点，且点D在第一象限.若$△ OCD$的面积与$△ ABO$的面积相等，求直线OD的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，P为线段CD上一点，过点P作y轴的平行线，与直线OD、直线OC分别相交于E，F两点.若$PE = 2EF$，求点P的坐标.
答案：(1) $ (-4,0) \quad (0,2) $ 解析: 对于 $ y=\dfrac{1}{2}x+2 $, 令 $ y=0 $, 得 $ \dfrac{1}{2}x+2=0 $, 解得 $ x=-4 $; 令 $ x=0 $ 时, 得 $ y=2 $, 所以 $ A(-4,0) $, $ B(0,2) $.
(2) 对于 $ y=\dfrac{1}{2}x+2 $, 令 $ y=1 $, 得 $ 1=\dfrac{1}{2}x+2 $, 解得 $ x=-2 $, 所以 $ C(-2,1) $. 设 $ D(m,\dfrac{1}{2}m+2) $. 由(1), 得 $ A(-4,0) $, $ B(0,2) $, 所以 $ OA=4 $, $ OB=2 $. 因为 $ △ OCD $ 的面积与 $ △ ABO $ 的面积相等, 且 $ S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}OA· OB=4 $, $ S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}OB·(|x_D|+|x_C|) $, 所以 $ \dfrac{1}{2}×2×(m+2)=4 $, 解得 $ m=2 $. 所以 $ D(2,3) $. 设直线 $ OD $ 的函数表达式为 $ y=kx $. 将 $ D(2,3) $ 代入, 得 $ 3=2k $, 解得 $ k=\dfrac{3}{2} $. 所以直线 $ OD $ 的函数表达式为 $ y=\dfrac{3}{2}x $.
(3) 由(2), 得 $ C(-2,1) $, $ D(2,3) $, 直线 $ OD $ 的函数表达式为 $ y=\dfrac{3}{2}x $. 设直线 $ OC $ 的函数表达式为 $ y=k'x $. 将 $ C(-2,1) $ 代入, 得 $ 1=-2k' $, 解得 $ k'=-\dfrac{1}{2} $. 所以直线 $ OC $ 的函数表达式为 $ y=-\dfrac{1}{2}x $. 设 $ P(n,\dfrac{1}{2}n+2)\ (-2≤ n≤ 2) $, 则 $ E(n,\dfrac{3}{2}n) $, $ F(n,-\dfrac{1}{2}n) $. 所以 $ PE=\dfrac{1}{2}n+2-\dfrac{3}{2}n=-n+2 $, $ EF=\left|\dfrac{3}{2}n-(-\dfrac{1}{2}n)\right|=|2n| $. 因为 $ PE=2EF $, 所以 $ -n+2=2|2n| $, 解得 $ n=\dfrac{2}{5} $ 或 $ n=-\dfrac{2}{3} $. 所以点 $ P $ 的坐标为 $ (\dfrac{2}{5},\dfrac{11}{5}) $ 或 $ (-\dfrac{2}{3},\dfrac{5}{3}) $.
解析：
【分析】
（1）求一次函数与x轴、y轴的交点坐标，只需分别令y=0、x=0，代入函数解析式求解即可得到A、B的坐标；
（2）先根据点C在一次函数图象上且纵坐标为1，代入求出C点坐标；再计算△ABO的面积，由于点C、D都在直线AB上，△OCD的面积可转化为以OB为高，C、D两点横坐标的绝对值之和为底的三角形面积，结合面积相等列方程求出D点坐标，最后用待定系数法求过原点的直线OD的解析式；
（3）先利用C点坐标求出直线OC的解析式，设P点横坐标为n，根据P在CD上写出P的坐标，再由PE平行于y轴，得到E、F的横坐标都为n，分别代入OD、OC的解析式得到E、F的纵坐标，进而用含n的式子表示PE和EF的长度（EF需加绝对值，因为n的正负未知），根据PE=2EF列方程求解，得到n的值后即可求出P点坐标，注意n的取值范围要符合P在线段CD上的条件。
【解析】
（1）对于一次函数$y=\dfrac{1}{2}x + 2$，
令$y=0$，得$\dfrac{1}{2}x + 2 = 0$，解得$x=-4$，故A点坐标为$(-4,0)$；
令$x=0$，得$y=2$，故B点坐标为$(0,2)$。
（2）
∵点C在直线$y=\dfrac{1}{2}x + 2$上，且纵坐标为1，
将$y=1$代入解析式得：$1=\dfrac{1}{2}x + 2$，解得$x=-2$，
∴$C(-2,1)$。
设D点坐标为$(m,\dfrac{1}{2}m + 2)$，由D在第一象限得$m＞0$。
由(1)得$OA=4$，$OB=2$，
∴$S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}× OA× OB=\dfrac{1}{2}×4×2=4$。
∵C在第二象限，D在第一象限，
∴$S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× OB× (|x_C| + x_D)=\dfrac{1}{2}×2×(2 + m)=m + 2$。
根据题意$S_{△ OCD}=S_{△ ABO}$，即$m + 2=4$，解得$m=2$，
∴$D(2,3)$。
设直线OD的解析式为$y=kx$（$k≠0$），将$D(2,3)$代入得：$3=2k$，解得$k=\dfrac{3}{2}$，
∴直线OD的函数表达式为$y=\dfrac{3}{2}x$。
（3）设直线OC的解析式为$y=k'x$（$k'≠0$），将$C(-2,1)$代入得：$1=-2k'$，解得$k'=-\dfrac{1}{2}$，
∴直线OC的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x$。
∵P为线段CD上的点，设P的横坐标为$n$（$-2≤ n≤2$），则$P(n,\dfrac{1}{2}n + 2)$，
∵PF平行于y轴，E在OD上，F在OC上，
∴$E(n,\dfrac{3}{2}n)$，$F(n,-\dfrac{1}{2}n)$，
∴$PE=(\dfrac{1}{2}n + 2)-\dfrac{3}{2}n=-n + 2$，
$EF=\left|\dfrac{3}{2}n - (-\dfrac{1}{2}n)\right|=|2n|$。
根据题意$PE=2EF$，得：$-n + 2=2×|2n|$，
分情况讨论：
①当$n≥0$时，方程为$-n + 2=4n$，解得$n=\dfrac{2}{5}$，符合取值范围；
②当$n＜0$时，方程为$-n + 2=-4n$，解得$n=-\dfrac{2}{3}$，符合取值范围。
将$n=\dfrac{2}{5}$代入P点坐标得$P(\dfrac{2}{5},\dfrac{11}{5})$；将$n=-\dfrac{2}{3}$代入得$P(-\dfrac{2}{3},\dfrac{5}{3})$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(-4,0)}$，$\boldsymbol{(0,2)}$
(2) $\boldsymbol{y=\dfrac{3}{2}x}$
(3) $\boldsymbol{(\dfrac{2}{5},\dfrac{11}{5})}$或$\boldsymbol{(-\dfrac{2}{3},\dfrac{5}{3})}$
【知识点】
1. 一次函数与坐标轴交点求解
2. 待定系数法求函数解析式
3. 一次函数中的面积与线段计算
【点评】
本题是一次函数的综合应用题，涵盖了坐标求解、面积转化、绝对值方程求解等内容，解题的核心是利用坐标表示线段长度，同时要注意对绝对值的分类讨论，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6
4. 如图,正方形 ABOD 的边长是 2, C 为 AB 的中点,直线 CD 交 x 轴于点 F.
(1) 求直线 CD 对应的函数表达式;
(2) 在 x 轴上取一点 E,连接 CE, DE,使$∠ 1=∠ 2$.求证:$EC ⊥ CD$;
(3) 在(2)的条件下,求点 E 的坐标.
答案：(1) 由题意,得 $ C,D $ 两点的坐标分别为 $ (-2,1),(0,2) $. 设直线 $ CD $ 对应的函数表达式为 $ y=kx+b $. 把 $ C(-2,1),D(0,2) $ 分别代入,得 $\begin{cases}-2k+b=1,\\b=2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=\dfrac{1}{2},\\b=2.\end{cases}$ 则直线 $ CD $ 对应的函数表达式为 $ y=\dfrac{1}{2}x+2. $
(2) 由(1), 得直线 $ CD $ 的函数表达式为 $ y=\dfrac{1}{2}x+2 $. 令 $ y=0 $, 得 $ \dfrac{1}{2}x+2=0 $, 解得 $ x=-4 $. 所以 $ F(-4,0) $, 即 $ OF=4 $. 因为四边形 $ ABOD $ 是边长为 2 的正方形, 所以 $ AD=BO=OD=2 $, $ ∠ A=∠ ABO=90° $. 所以 $ ∠ FBC=180°-∠ ABO=90° $, $ BF=OF-OB=2 $, 即 $ ∠ FBC=∠ A $, $ BF=AD $. 又 $ C $ 为 $ AB $ 的中点, 所以 $ AC=BC $. 所以 $ △ BCF≌△ ACD $ (SAS). 所以 $ CF=CD $, $ ∠ BFC=∠ 1 $. 又 $ ∠ 1=∠ 2 $, 所以 $ ∠ 2=∠ BFC $. 所以 $ DE=FE $. 所以 $ EC⊥ CD $.
(3) 由(2), 得 $ OF=4 $, $ OD=2 $, $ FE=DE $. 设 $ OE=t $, 则 $ DE=FE=4-t $. 又 $ DE^2=OD^2+OE^2 $, 所以 $ (4-t)^2=4+t^2 $, 解得 $ t=\dfrac{3}{2} $. 则 $ E(-\dfrac{3}{2},0) $.
解析：
【分析】
(1) 求直线CD的函数表达式，首先结合正方形边长和C是AB中点的条件，确定C、D两点的坐标，再用待定系数法代入一次函数一般式求解即可。
(2) 要证EC⊥CD，首先求出直线CD与x轴交点F的坐标，通过证明△BCF≌△ACD得到CF=CD，即C为FD中点，再结合∠1=∠2推出DE=FE，得到△DEF是等腰三角形，利用等腰三角形三线合一的性质即可证明结论。
(3) 求E点坐标，可设OE的长度为t，根据FE=DE，结合勾股定理列关于t的方程，求解后结合E在x轴负半轴写出坐标即可。
【解析】
(1) 由题意，正方形ABOD边长为2，可得D点坐标为$(0,2)$，C为AB中点，故C点坐标为$(-2,1)$。设直线CD对应的函数表达式为$y=kx+b$，把$C(-2,1),D(0,2)$分别代入，得
$\begin{cases}-2k+b=1\\b=2\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\dfrac{1}{2}\\b=2\end{cases}$
因此直线CD对应的函数表达式为$y=\dfrac{1}{2}x+2$。
(2) 由(1)得直线CD的函数表达式为$y=\dfrac{1}{2}x+2$，令$y=0$，得$\dfrac{1}{2}x+2=0$，解得$x=-4$，即$F(-4,0)$，故$OF=4$。
因为四边形ABOD是边长为2的正方形，所以$AD=BO=OD=2$，$∠ A=∠ ABO=90°$，因此$∠ FBC=180°-∠ ABO=90°$，$BF=OF-OB=4-2=2$，可得$∠ FBC=∠ A$，$BF=AD$。
又C为AB中点，故$AC=BC$。
在$△ BCF$和$△ ACD$中：
$\begin{cases}BF=AD\\∠ FBC=∠ A\\BC=AC\end{cases}$
所以$△ BCF≌△ ACD$（SAS），因此$CF=CD$，$∠ BFC=∠ 1$。
又$∠ 1=∠ 2$，所以$∠ 2=∠ BFC$，故$DE=FE$，即$△ DEF$是等腰三角形，C为FD中点，根据等腰三角形三线合一，得$EC⊥ CD$。
(3) 设$OE=t$（t为正数，E在x轴负半轴，横坐标为$-t$），由(2)知$OF=4$，故$FE=OF-OE=4-t$，$DE=FE=4-t$。
在$Rt△ DOE$中，由勾股定理得$DE^2=OD^2+OE^2$，代入得：
$(4-t)^2=2^2+t^2$
展开得$16-8t+t^2=4+t^2$，化简得$8t=12$，解得$t=\dfrac{3}{2}$。
因此E点横坐标为$-\dfrac{3}{2}$，纵坐标为0，即$E(-\dfrac{3}{2},0)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{y=\dfrac{1}{2}x+2}$；
(2) 证明如上；
(3) $\boldsymbol{E(-\dfrac{3}{2},0)}$
【知识点】
待定系数法求解析式，全等三角形判定与性质，勾股定理应用
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，融合了正方形性质、等腰三角形性质等多个知识点，解题时需要逐步推导，将函数坐标和几何性质关联运用，能较好地考查知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.7
5. 如图,正比例函数 $y=k_1x$ 和一次函数 $y=k_2x + b$ 的图象交于点 $A(-3,4)$,且 $OB=\frac{3}{5}OA$.
(1) 求正比例函数和一次函数的表达式;
(2) 求 $△ AOB$ 的面积和周长.
答案：(1) 因为 $ A(-3,4) $, 所以 $ OA=\sqrt{3^2+4^2}=5 $. 又 $ OB=\dfrac{3}{5}OA $, 所以 $ OB=3 $. 所以 $ B(3,0) $. 把 $ A(-3,4) $ 代入 $ y=k_1x $ 中, 得 $ -3k_1=4 $, 解得 $ k_1=-\dfrac{4}{3} $. 所以正比例函数的表达式为 $ y=-\dfrac{4}{3}x $. 把 $ A(-3,4),B(3,0) $ 两点分别代入 $ y=k_2x+b $, 得 $\begin{cases}-3k_2+b=4,\\3k_2+b=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k_2=-\dfrac{2}{3},\\b=2.\end{cases}$ 所以一次函数的表达式为 $ y=-\dfrac{2}{3}x+2. $
(2) 由(1), 得 $ B(3,0) $, $ OA=5 $, $ OB=3 $. 又 $ A(-3,4) $, 所以 $ AB=\sqrt{(-3-3)^2+4^2}=\sqrt{52} $, $ S_{△ AOB}=\dfrac{1}{2}OB· y_A=6 $. 所以 $ C_{△ AOB}=OA+OB+AB=8+\sqrt{52} $.
解析：
【分析】
(1) 求解函数表达式思路：①正比例函数仅需1个点即可确定系数，已知交点A(-3,4)，直接代入就能求出k₁；②一次函数需要2个点坐标，已有A点，先通过勾股定理计算OA长度，结合$OB=\frac{3}{5}OA$求出OB长度，B在x轴正半轴，因此得B(3,0)，再将A、B两点代入一次函数解析式，列二元一次方程组求解k₂和b即可。
(2) 求解三角形面积和周长思路：①面积：△AOB的边OB在x轴上，底为OB长度，高为A点纵坐标的绝对值，代入面积公式计算即可；②周长：分别求出OA、OB、AB的长度相加即可，AB的长度用两点间距离公式（勾股定理）计算。
【解析】
(1) 已知A(-3,4)，由勾股定理得$OA=\sqrt{(-3)^2+4^2}=5$。
由$OB=\frac{3}{5}OA$，得$OB=\frac{3}{5}×5=3$，B在x轴正半轴，故B点坐标为(3,0)。
将A(-3,4)代入$y=k_1x$，得$-3k_1=4$，解得$k_1=-\frac{4}{3}$，因此正比例函数表达式为$y=-\frac{4}{3}x$。
将A(-3,4)、B(3,0)代入$y=k_2x+b$，得方程组：
$\begin{cases}-3k_2+b=4\\3k_2+b=0\end{cases}$
解得$\begin{cases}k_2=-\frac{2}{3}\\b=2\end{cases}$，因此一次函数表达式为$y=-\frac{2}{3}x+2$。
(2) 求△AOB的面积：以OB为底，底长为3，高为A点纵坐标4，因此$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB × y_A=\frac{1}{2}×3×4=6$。
求△AOB的周长：由两点间距离公式得$AB=\sqrt{(-3-3)^2+(4-0)^2}=\sqrt{52}$，已知OA=5，OB=3，因此周长$C_{△ AOB}=OA+OB+AB=5+3+\sqrt{52}=8+\sqrt{52}$。
【答案】
(1) 正比例函数表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{4}{3}x}$，一次函数表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{2}{3}x+2}$；
(2) △AOB的面积为$\boldsymbol{6}$，周长为$\boldsymbol{8+\sqrt{52}}$。
【知识点】
待定系数法求解析式，勾股定理，三角形面积计算
【点评】
本题是一次函数与几何结合的典型基础题，考察了函数解析式的求解、坐标与线段长度的转换、三角形面积和周长的计算，解题核心是准确推导点B的坐标，掌握数形结合的思想。
【难度系数】
0.7
