1.如图,在长方形ABCD中,AB=3,BC=4,动点P沿折线B-C-D从点B运动到点D.设点P运动的路程为x,△ADP的面积为y,那么表示y与x之间的函数关系的图象大致是 ()

A
B
C
D

1.D

【分析】
解决这道题需按照动点P的运动路径分两段分析△ADP的面积变化：①先分析P在BC段运动的情况：此时△ADP的底和高均为定值，面积固定不变，对应函数图像为水平线段；②再分析P在CD段运动的情况：此时△ADP的高随P的运动逐渐减小，面积随x的增大线性减小，直到P到达D点时面积为0。结合两段图像特征对比选项即可得出答案。
【解析】
解：根据动点P的运动路径分两种情况讨论：
1. 当点P在BC上运动（$0 ≤ x ≤ 4$）时：
长方形中AD=BC=4，AD与BC平行，△ADP的高等于AB的长度3，根据三角形面积公式：
$y=\frac{1}{2} × AD × AB=\frac{1}{2} × 4 × 3=6$，即此阶段y为定值6，对应图像是水平线段。
2. 当点P在CD上运动（$4 ＜ x ＜ 7$）时：
点P运动路程为x，则$CP=x-4$，$DP=CD-CP=3-(x-4)=7-x$，此时△ADP的底为AD=4，高为DP的长度，因此：
$y=\frac{1}{2} × 4 × (7-x)=14-2x$，y随x的增大线性减小，当x=7时y=0，此时P与D重合，△ADP不存在，故x=7处为空心点。
结合两段图像特征，只有D选项符合要求。
【答案】
D
【知识点】
动点问题的函数图像；三角形面积计算；一次函数图像
【点评】
本题是典型的动态几何类函数图像题，解题核心是根据动点的运动路径分段分析函数的变化规律，结合几何性质判断各段的函数特征，再匹配对应图像，要注意避免未分段分析直接判断的错误。
【难度系数】
0.7

2. 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知点 $ A(0,1) $，$ B(1,2) $，点 $ P $ 在 $ x $ 轴上运动，当点 $ P $ 到 $ A,B $ 两点的距离之差的绝对值最大时，点 $ P $ 的坐标是 ______。

2. $(-1,0)$

【分析】
要解决点P到A、B两点距离之差的绝对值最大的问题，首先结合三角形三边关系分析最值条件：三角形任意两边之差小于第三边，因此当P、A、B三点不共线时，|PA-PB| ＜ AB；当三点共线时，|PA-PB|=AB，此时差值的绝对值取最大值AB。因此只需先求出直线AB的函数解析式，再计算直线AB与x轴的交点坐标，即为所求点P的坐标。
【解析】
1. 求直线AB的解析式：设直线AB的解析式为$y=kx+b$（$k≠0$）。
将点$A(0,1)$代入得：$1=k×0 + b$，解得$b=1$；
再将点$B(1,2)$和$b=1$代入得：$2=k×1 +1$，解得$k=1$。
因此直线AB的解析式为$y=x+1$。
2. 求直线AB与x轴的交点：点P在x轴上，其纵坐标为0，将$y=0$代入$y=x+1$得：
$0=x+1$，解得$x=-1$。
因此点P的坐标为$(-1,0)$。
【答案】
$(-1,0)$
【知识点】
三角形三边关系；待定系数法求一次函数解析式；一次函数与坐标轴交点
【点评】
本题是几何最值与一次函数的综合题，解题的核心是利用三角形三边关系判断出三点共线时距离差的绝对值最大，再结合一次函数的相关计算求解，考查学生的逻辑推理能力和运算能力。
【难度系数】
0.6

3. 如图,在平面直角坐标系中,一次函数$y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}$的图象$l_1$与$x$轴交于点$A$,一次函数$y=x+6$的图象$l_2$与$x$轴交于点$B$,与$l_1$交于点$P$.直线$l_3$过点$A$且与$x$轴垂直,$C$是$l_3$上的一个动点.
(1)求点$A,P$的坐标;
(2)设直线$PC$对应的函数表达式为$y=kx+b$,且满足函数值$y$随$x$的增大而增大.若$△ PCA$的面积为$15$,求$k,b$的值.

3. 解:(1)令 $ y=0,得-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}=0,解得 x=1,\therefore A(1,0). $
联立$\begin{cases} y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3},\\ y=x+6, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} x=-2,\\ y=4, \end{cases}$ $\therefore P(-2,4).$
(2)由点 A(1,0)可知直线 $ l_3 $ 的函数表达式为 $ x=1. $
设点 C 的坐标为(1,t),
∵函数值 y 随 x 的增大而增大,P(-2,4),
$ \therefore k＞0,t＞4,\therefore S_{△ PCA}=\dfrac{1}{2}×(1+2)× t=15, $
$ \therefore t=10,\therefore C(1,10). $
将 P(-2,4),C(1,10)代入 y=kx+b,
得$\begin{cases} -2k+b=4,\\ k+b=10, \end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=2,\\ b=8. \end{cases}$

【分析】
(1)求点A坐标：点A是$l_1$与x轴的交点，x轴上点的纵坐标为0，将$y=0$代入$l_1$的解析式即可求出对应x值，得到A点坐标；求点P坐标：点P是$l_1$和$l_2$的交点，联立两个一次函数的解析式，解二元一次方程组即可得到P点坐标。
(2)首先，$l_3$过点A且垂直x轴，因此$l_3$的解析式为$x=1$，可设动点C坐标为$(1,t)$。题干说明直线PC的函数值y随x增大而增大，因此$k＞0$，可得C点纵坐标t大于P点纵坐标4。再计算$△ PCA$的面积：AC是垂直x轴的线段，长度为t，P到$l_3$的水平距离为3，根据三角形面积公式列方程求出t，得到C点坐标，最后将P、C两点坐标代入$y=kx+b$，解方程组即可求出k和b的值。
【解析】
(1) 对于一次函数$y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}$，令$y=0$，得：
$-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}=0$，解得$x=1$，$\therefore A(1,0)$。
联立$l_1$和$l_2$的解析式：
$\begin{cases} y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{4}{3}\\ y=x+6 \end{cases}$
解得$\begin{cases} x=-2\\ y=4 \end{cases}$，$\therefore P(-2,4)$。
(2) $\because$直线$l_3$过点$A(1,0)$且与x轴垂直，$\therefore l_3$的解析式为$x=1$。
设点C的坐标为$(1,t)$，
$\because$直线$PC$的函数值y随x的增大而增大，$\therefore k＞0$，即$t＞4$。
$△ PCA$中，AC长度为t，点P到$l_3$的水平距离为$1-(-2)=3$，
由$S_{△ PCA}=\dfrac{1}{2}× 3 × t=15$，解得$t=10$，$\therefore C(1,10)$。
将$P(-2,4)$、$C(1,10)$代入$y=kx+b$，得：
$\begin{cases} -2k + b = 4\\ k + b = 10 \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=2\\ b=8 \end{cases}$。
【答案】
(1) $A(1,0)$，$P(-2,4)$；
(2) $k=2$，$b=8$
【知识点】
一次函数交点求解；待定系数法求解析式；一次函数的性质
【点评】
本题综合考查一次函数的基础应用，解题核心是掌握一次函数与坐标轴交点、两个一次函数交点的求解方法，能结合几何图形面积公式列方程求未知点坐标，同时要注意题干中函数增减性的条件对参数取值的限制，避免出现错解。
【难度系数】
0.7

4.(2024·张家港期末)如图,直线$l$与$x$轴,$y$轴分别交于点$A(3,0),B(0,2)$,以线段$AB$为直角边在第一象限内作等腰直角三角形$ABC$,$∠ BAC=90°$,$P(1,a)$为平面内的一个动点.
(1)求直线$l$的函数表达式;
(2)求$△ ABC$的面积;
(3)当$△ ABC$与$△ ABP$面积相等时,求实数$a$的值.

4. 解:(1)设直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y = kx + b, $ 则
$\begin{cases} 3k+b=0,\\ b=2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=-\dfrac{2}{3},\\ b=2, \end{cases}$
故直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y=-\dfrac{2}{3}x+2. $
(2)在 $ \mathrm{Rt}△ ABO $ 中,由勾股定理,得 $ AB^2=OA^2+OB^2=3^2+2^2=13, $
$ \because △ ABC $ 为等腰直角三角形,AB 为直角边,
$ \therefore S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB^2=\dfrac{13}{2}. $
(3)①若点 P 在第一象限, $ \because S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}× 3× 2=3, $
$ S_{△ ABC}=\dfrac{13}{2},\therefore $ 点 P 在直线 AB 上方,如答图①,连接 BP,PO,PA.
$ \because S_{△ ABO}=3,S_{△ APO}=\dfrac{3}{2}a,S_{△ BOP}=1, $
$ \therefore S_{△ ABP}=S_{△ BOP}+S_{△ APO}-S_{△ ABO}=\dfrac{13}{2}, $
即 $ 1+\dfrac{3}{2}a-3=\dfrac{13}{2}, $ 解得 $ a=\dfrac{17}{3}. $
②若点 P 在第四象限,如答图②,连接 BP,PO,PA.
$ \because S_{△ ABO}=3,S_{△ APO}=-\dfrac{3}{2}a,S_{△ BOP}=1, $
$ \therefore S_{△ ABP}=S_{△ AOB}+S_{△ APO}-S_{△ BOP}=\dfrac{13}{2}, $
即 $ 3-\dfrac{3}{2}a-1=\dfrac{13}{2}, $ 解得 $ a=-3. $
故当$△ABC$与$△ABP$面积相等时,实数 $ a $ 的值为 $ \dfrac{17}{3} $ 或 $ -3. $

【分析】
(1)求直线$l$的函数表达式时，已知直线过$A(3,0)$、$B(0,2)$两点，采用待定系数法，设表达式为$y=kx+b$，将两点坐标代入得到关于$k$、$b$的二元一次方程组，解方程组即可得到函数表达式。
(2)求等腰直角$△ ABC$的面积，已知$AB$为直角边，$∠ BAC=90°$，因此面积为$\frac{1}{2}AB^2$。先在$\mathrm{Rt}△ ABO$中利用勾股定理计算$AB^2$，代入面积公式即可求解。
(3)已知$△ ABC$与$△ ABP$面积相等，即$△ ABP$面积为$\frac{13}{2}$。动点$P$横坐标固定为1，分两种情况讨论：①$P$在直线$AB$上方，②$P$在直线$AB$下方，采用割补法，用$△ BOP$、$△ APO$、$△ ABO$的面积和差表示$△ ABP$的面积，列方程求解$a$的值即可，注意不同象限内坐标符号对应面积的处理。
【解析】
(1)设直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y = kx + b $，将$A(3,0)$、$B(0,2)$代入得：
$\begin{cases} 3k+b=0,\\ b=2, \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=-\dfrac{2}{3},\\ b=2, \end{cases}$
故直线 $ l $ 的函数表达式为 $ y=-\dfrac{2}{3}x+2 $。
(2)在 $ \mathrm{Rt}△ ABO $ 中，$OA=3$，$OB=2$，由勾股定理得：
$ AB^2=OA^2+OB^2=3^2+2^2=13, $
$\because △ ABC $为等腰直角三角形，$AB$为直角边，$∠ BAC=90°$，
$\therefore S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB^2=\dfrac{1}{2}×13=\dfrac{13}{2} $。
(3)分两种情况讨论：
①当点$P$在直线$AB$上方时，连接$BP,PO,PA$，
$S_{△ ABO}=\dfrac{1}{2}× 3× 2=3$，$S_{△ APO}=\dfrac{1}{2}×3× a=\dfrac{3}{2}a$，$S_{△ BOP}=\dfrac{1}{2}×2×1=1$，
$\therefore S_{△ ABP}=S_{△ BOP}+S_{△ APO}-S_{△ ABO}=\dfrac{13}{2}$，
即 $ 1+\dfrac{3}{2}a-3=\dfrac{13}{2}, $ 解得 $ a=\dfrac{17}{3} $。
②当点$P$在直线$AB$下方时，连接$BP,PO,PA$，
此时$a＜0$，$S_{△ APO}=\dfrac{1}{2}×3× (-a)=-\dfrac{3}{2}a$，$S_{△ BOP}=1$，
$\therefore S_{△ ABP}=S_{△ AOB}+S_{△ APO}-S_{△ BOP}=\dfrac{13}{2}$，
即 $ 3-\dfrac{3}{2}a-1=\dfrac{13}{2}, $ 解得 $ a=-3 $。

【答案】
(1) $y=-\dfrac{2}{3}x+2$；
(2) $\dfrac{13}{2}$；
(3) $a$的值为$\dfrac{17}{3}$或$-3$。

【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，勾股定理，坐标系中三角形面积计算
【点评】
本题综合考查一次函数、等腰直角三角形性质与平面直角坐标系中的面积计算，解题时需要对动点位置分类讨论，避免漏解，割补法是计算坐标系中不规则三角形面积的常用方法，能有效考查分类讨论思想与运算能力。
【难度系数】
0.6