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9. 已知直线$l_1$与$x$轴交于点$A(-2,0)$，与$y$轴交于正半轴，且直线$l_1$与两坐标轴围成的三角形的面积为4。将直线$l_1$向下平移$m(m＞0)$个单位长度得到直线$l_2$，直线$l_2$交$x$轴于点$B$。若点$A$与点$B$关于$y$轴对称，则$m$的值为（
A.8
B.7
C.6
D.5
A
）A.8
B.7
C.6
D.5
答案
9. A 【点拨】根据题意,画出示意图如图. 设直线 $ l_1 $ 与 $ y $ 轴交于点 $ C $,点 $ C $ 的坐标为 $ (0,n)(n＞0) $. 因为点 $ A $ 与点 $ B $ 关于 $ y $ 轴对称,点 $ A(-2,0) $,所以点 $ B $ 的坐标为 $ (2,0) $. 因为直线 $ l_1 $ 与两坐标轴围成的三角形的面积为 4,所以 $ \frac{1}{2}×|-2|× n=4 $,解得 $ n=4 $. 所以点 $ C $ 的坐标为 $ (0,4) $. 设直线 $ l_1 $ 的表达式为 $ y=kx+b $. 把 $ A(-2,0) $,$ C(0,4) $ 的坐标代入,得 $ \begin{cases}-2k+b=0,\\b=4,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}k=2,\\b=4,\end{cases} $ 所以 $ y=2x+4 $. 因为直线 $ l_2 $ 由直线 $ l_1 $ 平移得到,所以设直线 $ l_2 $ 的表达式为 $ y=2x+b' $. 把 $ B(2,0) $ 的坐标代入,得 $ 2×2+b'=0 $,解得 $ b'=-4 $,所以直线 $ l_2 $ 的表达式为 $ y=2x-4 $. 所以 $ m=4-(-4)=8 $.
解析
【分析】
解题时首先根据直线$l_1$与坐标轴围成的三角形面积求出$l_1$与$y$轴交点$C$的坐标，再利用待定系数法求出直线$l_1$的函数表达式；接着根据关于$y$轴对称的点的坐标特征求出点$B$的坐标；由于平移前后直线的一次项系数$k$不变，设出直线$l_2$的表达式，代入点$B$坐标求出$l_2$的表达式，最后根据平移前后截距的差即可求出向下平移的距离$m$。
【解析】
解：设直线$l_1$与$y$轴交于点$C(0,n)(n＞0)$。
1. 求点$C$的坐标：
已知$A(-2,0)$，直线$l_1$与两坐标轴围成的三角形面积为4，根据三角形面积公式可得：
$\frac{1}{2} × |-2| × n = 4$，解得$n=4$，即$C(0,4)$。
2. 求直线$l_1$的表达式：
设直线$l_1$的解析式为$y=kx+b$，将$A(-2,0)$、$C(0,4)$代入解析式，得：
$\begin{cases}-2k+b=0\\b=4\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=2\\b=4\end{cases}$，因此直线$l_1$的表达式为$y=2x+4$。
3. 求点$B$的坐标：
点$A$与点$B$关于$y$轴对称，关于$y$轴对称的点横坐标互为相反数、纵坐标不变，因此$B$的坐标为$(2,0)$。
4. 求直线$l_2$的表达式：
直线$l_2$是直线$l_1$平移得到的，平移前后一次项系数$k$不变，设$l_2$的解析式为$y=2x+b'$，将$B(2,0)$代入得：
$2×2 + b' = 0$，解得$b'=-4$，因此直线$l_2$的表达式为$y=2x-4$。
5. 计算平移距离$m$：
向下平移的距离为两条直线$y$轴截距的差，即$m=4-(-4)=8$。
【答案】
A
【知识点】
1. 一次函数图象平移
2. 待定系数法求解析式
3. 关于y轴对称的点的坐标
【点评】
本题综合考查一次函数相关性质的应用，解题的关键是熟练掌握一次函数平移规律、待定系数法求解析式的方法，以及对称点的坐标特征，侧重考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据直线$l_1$与坐标轴围成的三角形面积求出$l_1$与$y$轴交点$C$的坐标，再利用待定系数法求出直线$l_1$的函数表达式；接着根据关于$y$轴对称的点的坐标特征求出点$B$的坐标；由于平移前后直线的一次项系数$k$不变，设出直线$l_2$的表达式，代入点$B$坐标求出$l_2$的表达式，最后根据平移前后截距的差即可求出向下平移的距离$m$。
【解析】
解：设直线$l_1$与$y$轴交于点$C(0,n)(n＞0)$。
1. 求点$C$的坐标：
已知$A(-2,0)$，直线$l_1$与两坐标轴围成的三角形面积为4，根据三角形面积公式可得：
$\frac{1}{2} × |-2| × n = 4$，解得$n=4$，即$C(0,4)$。
2. 求直线$l_1$的表达式：
设直线$l_1$的解析式为$y=kx+b$，将$A(-2,0)$、$C(0,4)$代入解析式，得：
$\begin{cases}-2k+b=0\\b=4\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=2\\b=4\end{cases}$，因此直线$l_1$的表达式为$y=2x+4$。
3. 求点$B$的坐标：
点$A$与点$B$关于$y$轴对称，关于$y$轴对称的点横坐标互为相反数、纵坐标不变，因此$B$的坐标为$(2,0)$。
4. 求直线$l_2$的表达式：
直线$l_2$是直线$l_1$平移得到的，平移前后一次项系数$k$不变，设$l_2$的解析式为$y=2x+b'$，将$B(2,0)$代入得：
$2×2 + b' = 0$，解得$b'=-4$，因此直线$l_2$的表达式为$y=2x-4$。
5. 计算平移距离$m$：
向下平移的距离为两条直线$y$轴截距的差，即$m=4-(-4)=8$。
【答案】
A
【知识点】
1. 一次函数图象平移
2. 待定系数法求解析式
3. 关于y轴对称的点的坐标
【点评】
本题综合考查一次函数相关性质的应用，解题的关键是熟练掌握一次函数平移规律、待定系数法求解析式的方法，以及对称点的坐标特征，侧重考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
10. 如图,在平面直角坐标系中,点B的坐标为(3,1),AB=OB,∠ABO=90°,则直线AB的函数表达式是
$y=-3x+10$
.答案
10. $y=-3x+10$ 【点拨】如图,过点 $ A $ 作 $ AC// x $ 轴交 $ y $ 轴于点 $ C $,过点 $ B $ 作 $ BD// y $ 轴交 $ x $ 轴于点 $ D $,两条直线相交于点 $ E $,易得 $ ∠ ACO=∠ E=∠ BDO=90° $,所以 $ ∠ BAE+∠ EBA=90° $. 因为 $ ∠ ABO=90° $,所以 $ ∠ EBA+∠ OBD=90° $,所以 $ ∠ OBD=∠ BAE $. 因为 $ B(3,1) $,所以 $ OD=CE=3 $, $ BD=1 $. 在 $ △ ABE $ 与 $ △ BOD $ 中, $ \begin{cases}∠ AEB=∠ ODB=90°,\\∠ BAE=∠ OBD,\\AB=OB,\end{cases} $ 所以 $ △ ABE≌△ BOD(\mathrm{AAS}) $,所以 $ AE=BD=1 $, $ BE=OD=3 $,所以 $ AC=CE-AE=2 $, $ DE=BD+BE=4 $,所以 $ A(2,4) $. 设直线 $ AB $ 的表达式为 $ y=kx+b $. 将 $ A(2,4) $, $ B(3,1) $ 的坐标代入,得 $ \begin{cases}2k+b=4,\\3k+b=1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}k=-3,\\b=10,\end{cases} $ 所以直线 $ AB $ 的表达式为 $ y=-3x+10 $.
解析
【分析】
要确定直线AB的函数表达式，已知点B的坐标，只需先求出点A的坐标即可。题目给出$AB=OB$、$∠ ABO=90°$，我们可以通过作辅助线构造全等三角形求解A点坐标：过点A作平行于x轴的直线、过点B作平行于y轴的直线，利用同角的余角相等得到对应角相等，结合已知边相等的条件证明三角形全等，即可得到A点的横、纵坐标，最后用待定系数法代入A、B两点坐标就能求出直线AB的解析式。
【解析】
解：如图，过点$A$作$AC// x$轴交$y$轴于点$C$，过点$B$作$BD// y$轴交$x$轴于点$D$，两条直线相交于点$E$。
易得$∠ ACO=∠ E=∠ BDO=90°$，因此$∠ BAE+∠ EBA=90°$。
因为$∠ ABO=90°$，所以$∠ EBA+∠ OBD=90°$，推出$∠ OBD=∠ BAE$。
已知$B(3,1)$，可得$OD=CE=3$，$BD=1$。
在$△ ABE$与$△ BOD$中：
$\begin{cases}∠ AEB=∠ ODB=90°\\∠ BAE=∠ OBD\\AB=OB\end{cases}$
所以$△ ABE≌△ BOD(\mathrm{AAS})$，因此$AE=BD=1$，$BE=OD=3$。
计算得$AC=CE-AE=3-1=2$，$DE=BD+BE=1+3=4$，即点$A$的坐标为$(2,4)$。
设直线$AB$的表达式为$y=kx+b$，将$A(2,4)$、$B(3,1)$的坐标代入得：
$\begin{cases}2k+b=4\\3k+b=1\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-3\\b=10\end{cases}$
【答案】
$y=-3x+10$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，平面直角坐标系坐标特征
【点评】
本题是几何与函数结合的典型题型，解题关键是通过构造全等三角形求出未知点的坐标，再结合待定系数法求解函数解析式，能够很好地考查学生数形结合思想以及知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.6
要确定直线AB的函数表达式，已知点B的坐标，只需先求出点A的坐标即可。题目给出$AB=OB$、$∠ ABO=90°$，我们可以通过作辅助线构造全等三角形求解A点坐标：过点A作平行于x轴的直线、过点B作平行于y轴的直线，利用同角的余角相等得到对应角相等，结合已知边相等的条件证明三角形全等，即可得到A点的横、纵坐标，最后用待定系数法代入A、B两点坐标就能求出直线AB的解析式。
【解析】
解：如图，过点$A$作$AC// x$轴交$y$轴于点$C$，过点$B$作$BD// y$轴交$x$轴于点$D$，两条直线相交于点$E$。
易得$∠ ACO=∠ E=∠ BDO=90°$，因此$∠ BAE+∠ EBA=90°$。
因为$∠ ABO=90°$，所以$∠ EBA+∠ OBD=90°$，推出$∠ OBD=∠ BAE$。
已知$B(3,1)$，可得$OD=CE=3$，$BD=1$。
在$△ ABE$与$△ BOD$中：
$\begin{cases}∠ AEB=∠ ODB=90°\\∠ BAE=∠ OBD\\AB=OB\end{cases}$
所以$△ ABE≌△ BOD(\mathrm{AAS})$，因此$AE=BD=1$，$BE=OD=3$。
计算得$AC=CE-AE=3-1=2$，$DE=BD+BE=1+3=4$，即点$A$的坐标为$(2,4)$。
设直线$AB$的表达式为$y=kx+b$，将$A(2,4)$、$B(3,1)$的坐标代入得：
$\begin{cases}2k+b=4\\3k+b=1\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-3\\b=10\end{cases}$
【答案】
$y=-3x+10$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，平面直角坐标系坐标特征
【点评】
本题是几何与函数结合的典型题型，解题关键是通过构造全等三角形求出未知点的坐标，再结合待定系数法求解函数解析式，能够很好地考查学生数形结合思想以及知识综合运用的能力。
【难度系数】
0.6
11. [全国竞赛] 如图，在直角坐标系中，$A(2,-6)$，$B(6,-1)$，$C(m,0)$，$D(0,n)$，当四边形ABCD周长最小时，$\frac{m}{n}$的值是
$-\frac{8}{7}$
。答案
11. $-\frac{8}{7}$ 【点拨】如图,作点 $ A(2,-6) $ 关于 $ y $ 轴的对称点 $ A'(-2,-6) $,点 $ B(6,-1) $ 关于 $ x $ 轴的对称点 $ B'(6,1) $,连接 $ A'B' $,交 $ y $ 轴于点 $ D $,交 $ x $ 轴于点 $ C $,此时四边形 $ ABCD $ 周长最小. 设直线 $ A'B' $ 的表达式为 $ y=kx+b $,则 $ \begin{cases}-2k+b=-6,\\6k+b=1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}k=\frac{7}{8},\\b=-\frac{17}{4},\end{cases} $ 所以 $ y=\frac{7}{8}x-\frac{17}{4} $. 当 $ y=0 $ 时,$ \frac{7}{8}x-\frac{17}{4}=0 $,解得 $ x=\frac{34}{7} $;当 $ x=0 $ 时,$ y=-\frac{17}{4} $,所以 $ C(\frac{34}{7},0) $, $ D(0,-\frac{17}{4}) $. 所以 $ m=\frac{34}{7} $, $ n=-\frac{17}{4} $. 所以 $ \frac{m}{n}=-\frac{8}{7} $.
解析
【分析】
四边形ABCD的周长为AB+BC+CD+DA，其中A、B是定点，所以AB长度为固定值，要使四边形周长最小，只需BC+CD+DA的和最小。我们可以利用轴对称的性质将折线段转化为直线段，根据“两点之间线段最短”求解：作点A关于y轴的对称点A'，点B关于x轴的对称点B'，此时AD=A'D、BC=B'C，BC+CD+DA就转化为A'D+CD+B'C，当A'、D、C、B'四点共线时，这个和最小。接下来求出直线A'B'的解析式，再求它与x轴、y轴的交点即可得到m、n的值，最后计算$\frac{m}{n}$即可。
【解析】
解：
∵A、B为定点，
∴AB长度为定值，要使四边形ABCD周长最小，只需BC+CD+DA的值最小。
作点$A(2,-6)$关于$y$轴的对称点$A'(-2,-6)$，点$B(6,-1)$关于$x$轴的对称点$B'(6,1)$，由轴对称性质得$AD=A'D$，$BC=B'C$，则$BC+CD+DA=A'D+CD+B'C$，当$A'$、$D$、$C$、$B'$共线时该和最小。
设直线$A'B'$的表达式为$y=kx+b$，将$A'(-2,-6)$、$B'(6,1)$代入得：
$\begin{cases}-2k+b=-6\\6k+b=1\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\frac{7}{8}\\b=-\frac{17}{4}\end{cases}$，即直线$A'B'$的解析式为$y=\frac{7}{8}x-\frac{17}{4}$。
令$y=0$，得$\frac{7}{8}x-\frac{17}{4}=0$，解得$x=\frac{34}{7}$，即$m=\frac{34}{7}$；
令$x=0$，得$y=-\frac{17}{4}$，即$n=-\frac{17}{4}$。
因此$\frac{m}{n}=\frac{\frac{34}{7}}{-\frac{17}{4}}=-\frac{8}{7}$。
【答案】
$-\frac{8}{7}$
【知识点】
最短路径问题，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】
本题结合了轴对称最短路径和一次函数的相关知识，解题关键是利用轴对称性质将折线段的和转化为两点之间的线段，再通过待定系数法求解析式得到交点坐标，考查转化思想和基础计算能力。
【难度系数】
0.3
四边形ABCD的周长为AB+BC+CD+DA，其中A、B是定点，所以AB长度为固定值，要使四边形周长最小，只需BC+CD+DA的和最小。我们可以利用轴对称的性质将折线段转化为直线段，根据“两点之间线段最短”求解：作点A关于y轴的对称点A'，点B关于x轴的对称点B'，此时AD=A'D、BC=B'C，BC+CD+DA就转化为A'D+CD+B'C，当A'、D、C、B'四点共线时，这个和最小。接下来求出直线A'B'的解析式，再求它与x轴、y轴的交点即可得到m、n的值，最后计算$\frac{m}{n}$即可。
【解析】
解：
∵A、B为定点，
∴AB长度为定值，要使四边形ABCD周长最小，只需BC+CD+DA的值最小。
作点$A(2,-6)$关于$y$轴的对称点$A'(-2,-6)$，点$B(6,-1)$关于$x$轴的对称点$B'(6,1)$，由轴对称性质得$AD=A'D$，$BC=B'C$，则$BC+CD+DA=A'D+CD+B'C$，当$A'$、$D$、$C$、$B'$共线时该和最小。
设直线$A'B'$的表达式为$y=kx+b$，将$A'(-2,-6)$、$B'(6,1)$代入得：
$\begin{cases}-2k+b=-6\\6k+b=1\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=\frac{7}{8}\\b=-\frac{17}{4}\end{cases}$，即直线$A'B'$的解析式为$y=\frac{7}{8}x-\frac{17}{4}$。
令$y=0$，得$\frac{7}{8}x-\frac{17}{4}=0$，解得$x=\frac{34}{7}$，即$m=\frac{34}{7}$；
令$x=0$，得$y=-\frac{17}{4}$，即$n=-\frac{17}{4}$。
因此$\frac{m}{n}=\frac{\frac{34}{7}}{-\frac{17}{4}}=-\frac{8}{7}$。
【答案】
$-\frac{8}{7}$
【知识点】
最短路径问题，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】
本题结合了轴对称最短路径和一次函数的相关知识，解题关键是利用轴对称性质将折线段的和转化为两点之间的线段，再通过待定系数法求解析式得到交点坐标，考查转化思想和基础计算能力。
【难度系数】
0.3
12. 在一条笔直的道路上依次有A,B,C三地，快快同学从A地跑步到C地，同时乐乐同学从B地跑步到A地，休息1 min后接到通知，要求乐乐比快快早1 min到达C地，两人均匀速运动，如图所示为两人距A地路程s(m)与快快跑步时间t(min)之间的函数图象。
(1)$a=$
(2)结合图象，求出乐乐从A地到C地对应的函数表达式(写出自变量的取值范围)；
(3)请直接写出两人与B地的距离相等的时间。
(1)$a=$
2
，乐乐去A地的速度为200
m/min；(2)结合图象，求出乐乐从A地到C地对应的函数表达式(写出自变量的取值范围)；
(3)请直接写出两人与B地的距离相等的时间。
答案
12. 【解】(1)2;200
(2)设乐乐从 A 地到 C 地对应的函数表达式为 $ s=kt+b(k≠0) $.
因为 $ F(3,0) $,$ G(7,1\ 200) $ 在该函数图象上,
所以 $ \begin{cases}3k+b=0,\\7k+b=1\ 200,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}k=300,\\b=-900.\end{cases} $
所以乐乐从 A 地到 C 地对应的函数表达式为 $ s=300t-900(3≤ t≤7) $.
(3)$ \frac{8}{7}\mathrm{min} $ 或 $ \frac{34}{9}\mathrm{min} $ 或 6 min 或 8 min. 【点拨】设线段 $ OH $ 对应的函数表达式为 $ s'=mt(k≠0) $. 因为 $ H(8,1\ 200) $ 在函数图象上,所以 $ 8m=1\ 200 $,解得 $ m=150 $. 所以线段 $ OH $ 对应的函数表达式为 $ s'=150t(0≤ t≤8) $.
①当 $ 0≤ t≤2 $ 时,$ 200t=400-150t $,解得 $ t=\frac{8}{7} $;②当 $ 2≤ t≤3 $ 时,$ 400=150t-400 $,解得 $ t=\frac{16}{3} $(不合题意,舍去);③当 $ 3≤ t≤7 $ 时,$ 400-(300t-900)=150t-400 $ 或 $ 300t-900=150t $,解得 $ t=\frac{34}{9} $ 或 $ t=6 $;④当 $ t=8 $ 时,两人距 B 地的路程相等. 综上所述,两人与 B 地的距离相等的时间为 $ \frac{8}{7}\mathrm{min} $ 或 $ \frac{34}{9}\mathrm{min} $ 或 6 min 或 8 min.
解析
【分析】
本题是一次函数与行程问题结合的实际应用题，解题思路如下：
(1) 结合题意和图象可知，乐乐从B地到A地后休息1min，3min时开始从A地出发前往C地，因此乐乐到达A地的时间$a=3-1$；已知AB两地距离为400m，根据速度=路程÷时间即可计算乐乐去A地的速度。
(2) 求一次函数表达式用待定系数法，找到乐乐从A地到C地的函数图象上两个已知点的坐标，代入$s=kt+b$列方程组求解，再结合实际运动过程写出自变量的取值范围即可。
(3) 先求出快快的路程与时间的函数表达式，已知B地距A地400m，按乐乐的运动阶段分4种情况讨论两人到B地的距离相等的情况，列方程求解后舍去不符合取值范围的解即可。
【解析】
(1) 由题意得，乐乐到达A地后休息1min，$t=3\mathrm{min}$时重新出发，因此$a=3-1=2$；AB两地距离为400m，因此乐乐去A地的速度为$400÷2=200\mathrm{m/min}$。
(2) 设乐乐从A地到C地对应的函数表达式为$s=kt+b(k≠0)$，由图象可知该函数过点$F(3,0)$和$G(7,1200)$，将两点坐标代入得：
$\begin{cases}3k+b=0\\7k+b=1200\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程得$4k=1200$，解得$k=300$，将$k=300$代入$3k+b=0$，解得$b=-900$。
结合实际运动过程，乐乐$3\mathrm{min}$出发、$7\mathrm{min}$到达C地，因此自变量取值范围为$3≤ t≤7$，即函数表达式为$s=300t-900(3≤ t≤7)$。
(3) 先求快快的路程与时间的函数表达式：设快快对应的函数为$s=mt$，图象过点$H(8,1200)$，代入得$8m=1200$，解得$m=150$，即$s=150t(0≤ t≤8)$。
B地距A地400m，分情况讨论两人与B地距离相等：
①当$0≤ t≤2$时，乐乐往A地行走，距B地距离为$200t$；快快往C地行走，距B地距离为$400-150t$，列方程$200t=400-150t$，解得$t=\frac{8}{7}$，符合区间要求。
②当$2＜ t≤3$时，乐乐在A地休息，距B地距离为400m；快快距B地距离为$150t-400$，列方程$400=150t-400$，解得$t=\frac{16}{3}$，不在当前区间内，舍去。
③当$3＜ t≤7$时，乐乐往C地行走，分两种情况：
乐乐未到B地时：$400-(300t-900)=150t-400$，解得$t=\frac{34}{9}$，符合区间要求；
乐乐经过B地后：$300t-900-400=150t-400$，解得$t=6$，符合区间要求。
④当$t=8$时，两人均已到达C地，距B地距离相等，符合要求。
综上，两人与B地距离相等的时间为$\frac{8}{7}\mathrm{min}$、$\frac{34}{9}\mathrm{min}$、$6\mathrm{min}$、$8\mathrm{min}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；$\boldsymbol{200}$
(2) $\boldsymbol{s=300t-900(3≤ t≤7)}$
(3) $\boldsymbol{\frac{8}{7}\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{\frac{34}{9}\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{6\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{8\mathrm{min}}$
【知识点】
一次函数的实际应用；待定系数法求解析式；分类讨论思想
【点评】
本题结合行程问题考查一次函数的图象与性质的应用，需要学生准确读取图象信息，理解各段函数对应的实际运动状态，熟练掌握待定系数法求解析式，求解距离相等的问题时按运动阶段分类讨论即可，对学生的读图分析能力和逻辑思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
本题是一次函数与行程问题结合的实际应用题，解题思路如下：
(1) 结合题意和图象可知，乐乐从B地到A地后休息1min，3min时开始从A地出发前往C地，因此乐乐到达A地的时间$a=3-1$；已知AB两地距离为400m，根据速度=路程÷时间即可计算乐乐去A地的速度。
(2) 求一次函数表达式用待定系数法，找到乐乐从A地到C地的函数图象上两个已知点的坐标，代入$s=kt+b$列方程组求解，再结合实际运动过程写出自变量的取值范围即可。
(3) 先求出快快的路程与时间的函数表达式，已知B地距A地400m，按乐乐的运动阶段分4种情况讨论两人到B地的距离相等的情况，列方程求解后舍去不符合取值范围的解即可。
【解析】
(1) 由题意得，乐乐到达A地后休息1min，$t=3\mathrm{min}$时重新出发，因此$a=3-1=2$；AB两地距离为400m，因此乐乐去A地的速度为$400÷2=200\mathrm{m/min}$。
(2) 设乐乐从A地到C地对应的函数表达式为$s=kt+b(k≠0)$，由图象可知该函数过点$F(3,0)$和$G(7,1200)$，将两点坐标代入得：
$\begin{cases}3k+b=0\\7k+b=1200\end{cases}$
用第二个方程减去第一个方程得$4k=1200$，解得$k=300$，将$k=300$代入$3k+b=0$，解得$b=-900$。
结合实际运动过程，乐乐$3\mathrm{min}$出发、$7\mathrm{min}$到达C地，因此自变量取值范围为$3≤ t≤7$，即函数表达式为$s=300t-900(3≤ t≤7)$。
(3) 先求快快的路程与时间的函数表达式：设快快对应的函数为$s=mt$，图象过点$H(8,1200)$，代入得$8m=1200$，解得$m=150$，即$s=150t(0≤ t≤8)$。
B地距A地400m，分情况讨论两人与B地距离相等：
①当$0≤ t≤2$时，乐乐往A地行走，距B地距离为$200t$；快快往C地行走，距B地距离为$400-150t$，列方程$200t=400-150t$，解得$t=\frac{8}{7}$，符合区间要求。
②当$2＜ t≤3$时，乐乐在A地休息，距B地距离为400m；快快距B地距离为$150t-400$，列方程$400=150t-400$，解得$t=\frac{16}{3}$，不在当前区间内，舍去。
③当$3＜ t≤7$时，乐乐往C地行走，分两种情况：
乐乐未到B地时：$400-(300t-900)=150t-400$，解得$t=\frac{34}{9}$，符合区间要求；
乐乐经过B地后：$300t-900-400=150t-400$，解得$t=6$，符合区间要求。
④当$t=8$时，两人均已到达C地，距B地距离相等，符合要求。
综上，两人与B地距离相等的时间为$\frac{8}{7}\mathrm{min}$、$\frac{34}{9}\mathrm{min}$、$6\mathrm{min}$、$8\mathrm{min}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$；$\boldsymbol{200}$
(2) $\boldsymbol{s=300t-900(3≤ t≤7)}$
(3) $\boldsymbol{\frac{8}{7}\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{\frac{34}{9}\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{6\mathrm{min}}$ 或 $\boldsymbol{8\mathrm{min}}$
【知识点】
一次函数的实际应用；待定系数法求解析式；分类讨论思想
【点评】
本题结合行程问题考查一次函数的图象与性质的应用，需要学生准确读取图象信息，理解各段函数对应的实际运动状态，熟练掌握待定系数法求解析式，求解距离相等的问题时按运动阶段分类讨论即可，对学生的读图分析能力和逻辑思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
13. [2026眉山期末] 如图,在平面直角坐标系中,直线$l:y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2}$与x轴交于点A且经过点B(2,m),直线BC与x轴交于点C(3,0).
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)在线段BC上找一点D,使得△ABO与△ABD的面积相等,求出点D的坐标；
(3)y轴上有一动点P,直线BC上有一动点M,若△APM是以线段AM为斜边的等腰直角三角形,请直接写出点M的坐标.
(1)求直线BC的函数表达式；
(2)在线段BC上找一点D,使得△ABO与△ABD的面积相等,求出点D的坐标；
(3)y轴上有一动点P,直线BC上有一动点M,若△APM是以线段AM为斜边的等腰直角三角形,请直接写出点M的坐标.
答案
13. 【解】(1)因为直线 $ l:y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $ 经过点 $ B(2,m) $,
所以 $ m=\frac{3}{4}×2+\frac{3}{2}=3 $. 所以 $ B(2,3) $.
设直线 $ BC $ 的函数表达式为 $ y=kx+b $,
将 $ B(2,3) $,$ C(3,0) $ 的坐标代入,
得 $ \begin{cases}2k+b=3,\\3k+b=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}k=-3,\\b=9,\end{cases} $
所以直线 $ BC $ 的函数表达式为 $ y=-3x+9 $.
(2)如图①,过点 $ O $ 作 $ OD// AB $ 交 $ BC $ 于 $ D $,由平行线间距离相等可知,$ △ ABO $ 与 $ △ ABD $ 的面积相等.
因为直线 $ AB $ 的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $,
所以直线 $ OD $ 的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x $.
联立,得 $ \begin{cases}y=\frac{3}{4}x,\\y=-3x+9,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=\frac{12}{5},\\y=\frac{9}{5},\end{cases} $
所以 $ D(\frac{12}{5},\frac{9}{5}) $.
(3)点 $ M $ 的坐标为 $ (\frac{11}{4},\frac{3}{4}) $ 或 $ (\frac{7}{2},-\frac{3}{2}) $. 【点拨】易得 $ A(-2,0) $,所以 $ OA=2 $. 设点 $ P $ 的坐标为 $ (0,n) $,点 $ M $ 的坐标为 $ (m,9-3m) $. ①当点 $ P $ 在 $ AM $ 上方时,过点 $ P $ 作 $ x $ 轴的平行线,分别与过 $ A $,$ M $ 的 $ y $ 轴平行线交于点 $ G $,$ H $,如图②,则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $, $ GP=OA=2 $.
因为 $ ∠ GPA+∠ GAP=90° $,$ ∠ GPA+∠ HPM=90° $,
所以 $ ∠ GAP=∠ HPM $.
又因为 $ PA=PM $,
所以 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $.
所以 $ GP=HM=2 $,$ GA=PH $.
所以 $ \begin{cases}n-(9-3m)=2,\\m=n,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}m=\frac{11}{4},\\n=\frac{11}{4}.\end{cases} $
所以点 $ M $ 的坐标为 $ (\frac{11}{4},\frac{3}{4}) $;
②当点 $ P $ 在 $ AM $ 下方时,过点 $ P $ 作 $ x $ 轴的平行线,分别与过 $ A $,$ M $ 的 $ y $ 轴平行线交于点 $ G $,$ H $,如图③,则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $,$ GP=OA=2 $.
因为 $ ∠ GPA+∠ GAP=90° $,$ ∠ GPA+∠ HPM=90° $,
所以 $ ∠ GAP=∠ HPM $.
又因为 $ PA=PM $,
所以 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $.
所以 $ GP=HM=2 $,$ GA=PH $.
所以 $ \begin{cases}9-3m-n=2,\\m=-n,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}m=\frac{7}{2},\\n=-\frac{7}{2}.\end{cases} $
所以点 $ M $ 的坐标为 $ (\frac{7}{2},-\frac{3}{2}) $.
综上,点 $ M $ 的坐标为 $ (\frac{11}{4},\frac{3}{4}) $ 或 $ (\frac{7}{2},-\frac{3}{2}) $.
解析
【分析】
(1) 要求直线BC的解析式，已知点C坐标，需先求点B坐标：点B在直线l上，将B的横坐标代入l的解析式即可求出m，得到B点坐标后，用待定系数法设BC的解析式为y=kx+b，代入B、C两点坐标解方程组即可。
(2) △ABO和△ABD共底AB，要面积相等则AB边上的高相等，即点O和点D到直线AB的距离相等，因此过点O作AB的平行线，与BC的交点即为所求D点，联立两条直线的解析式解方程组即可得D的坐标。
(3) △APM是以AM为斜边的等腰直角三角形，故AP=PM，∠APM=90°，可通过构造“一线三垂直”模型证明三角形全等，设出P、M的坐标，分点P在AM上方、点P在AM下方两种情况，利用全等三角形对应边相等列方程求解，结合M在直线BC上即可得到M的坐标。
【解析】
(1) 因为直线 $ l:y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $ 经过点 $ B(2,m) $，
所以 $ m=\frac{3}{4}×2+\frac{3}{2}=3 $，即 $ B(2,3) $。
设直线 $ BC $ 的函数表达式为 $ y=kx+b $，
将 $ B(2,3) $、$ C(3,0) $ 的坐标代入得：
$ \begin{cases}2k+b=3\\3k+b=0\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}k=-3\\b=9\end{cases} $，
所以直线BC的函数表达式为 $ y=-3x+9 $。
(2) 过点O作 $ OD// AB $ 交BC于D，由平行线间距离相等可知，点O和点D到AB的距离相等，故△ABO与△ABD同底AB，高相等，面积相等。
因为直线AB的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $，且 $ OD// AB $，所以直线OD的斜率与AB相同，故直线OD的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x $。
联立得 $ \begin{cases}y=\frac{3}{4}x\\y=-3x+9\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}x=\frac{12}{5}\\y=\frac{9}{5}\end{cases} $，
所以 $ D(\frac{12}{5},\frac{9}{5}) $。
(3) 先求点A坐标：令直线l中y=0，得 $ 0=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $，解得x=-2，故A(-2,0)，OA=2。
设点P坐标为(0,n)，点M在直线BC上，故设M坐标为(m, 9-3m)，分两种情况讨论：
① 当点P在AM上方时，过点P作x轴的平行线，分别与过A、M的y轴平行线交于点G、H，则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $。
因为 $ ∠ APM=90° $，所以 $ ∠ GPA+∠ GAP=90° $，$ ∠ GPA+∠ HPM=90° $，故 $ ∠ GAP=∠ HPM $。
又因为PA=PM，所以 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $，得GP=HM=2，GA=PH。
列方程得 $ \begin{cases}n-(9-3m)=2\\m=n\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}m=\frac{11}{4}\\n=\frac{11}{4}\end{cases} $，
此时M的坐标为 $ (\frac{11}{4},9-3×\frac{11}{4})=(\frac{11}{4},\frac{3}{4}) $。
② 当点P在AM下方时，过点P作x轴的平行线，分别与过A、M的y轴平行线交于点G、H，则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $。
同理可证 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $，得GP=HM=2，GA=PH。
列方程得 $ \begin{cases}9-3m-n=2\\m=-n\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}m=\frac{7}{2}\\n=-\frac{7}{2}\end{cases} $，
此时M的坐标为 $ (\frac{7}{2},9-3×\frac{7}{2})=(\frac{7}{2},-\frac{3}{2}) $。
【答案】
(1) 直线BC的函数表达式为 $\boldsymbol{y=-3x+9}$；
(2) 点D的坐标为 $\boldsymbol{(\frac{12}{5},\frac{9}{5})}$；
(3) 点M的坐标为 $\boldsymbol{(\frac{11}{4},\frac{3}{4})}$ 或 $\boldsymbol{(\frac{7}{2},-\frac{3}{2})}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数与面积计算，全等三角形的应用
【点评】
本题是一次函数综合题，将解析式求解、面积问题、等腰直角三角形性质相结合，需要熟练掌握待定系数法，同时能利用分类讨论思想和数形结合思想构造全等三角形解决动态几何问题，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 要求直线BC的解析式，已知点C坐标，需先求点B坐标：点B在直线l上，将B的横坐标代入l的解析式即可求出m，得到B点坐标后，用待定系数法设BC的解析式为y=kx+b，代入B、C两点坐标解方程组即可。
(2) △ABO和△ABD共底AB，要面积相等则AB边上的高相等，即点O和点D到直线AB的距离相等，因此过点O作AB的平行线，与BC的交点即为所求D点，联立两条直线的解析式解方程组即可得D的坐标。
(3) △APM是以AM为斜边的等腰直角三角形，故AP=PM，∠APM=90°，可通过构造“一线三垂直”模型证明三角形全等，设出P、M的坐标，分点P在AM上方、点P在AM下方两种情况，利用全等三角形对应边相等列方程求解，结合M在直线BC上即可得到M的坐标。
【解析】
(1) 因为直线 $ l:y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $ 经过点 $ B(2,m) $，
所以 $ m=\frac{3}{4}×2+\frac{3}{2}=3 $，即 $ B(2,3) $。
设直线 $ BC $ 的函数表达式为 $ y=kx+b $，
将 $ B(2,3) $、$ C(3,0) $ 的坐标代入得：
$ \begin{cases}2k+b=3\\3k+b=0\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}k=-3\\b=9\end{cases} $，
所以直线BC的函数表达式为 $ y=-3x+9 $。
(2) 过点O作 $ OD// AB $ 交BC于D，由平行线间距离相等可知，点O和点D到AB的距离相等，故△ABO与△ABD同底AB，高相等，面积相等。
因为直线AB的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $，且 $ OD// AB $，所以直线OD的斜率与AB相同，故直线OD的表达式为 $ y=\frac{3}{4}x $。
联立得 $ \begin{cases}y=\frac{3}{4}x\\y=-3x+9\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}x=\frac{12}{5}\\y=\frac{9}{5}\end{cases} $，
所以 $ D(\frac{12}{5},\frac{9}{5}) $。
(3) 先求点A坐标：令直线l中y=0，得 $ 0=\frac{3}{4}x+\frac{3}{2} $，解得x=-2，故A(-2,0)，OA=2。
设点P坐标为(0,n)，点M在直线BC上，故设M坐标为(m, 9-3m)，分两种情况讨论：
① 当点P在AM上方时，过点P作x轴的平行线，分别与过A、M的y轴平行线交于点G、H，则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $。
因为 $ ∠ APM=90° $，所以 $ ∠ GPA+∠ GAP=90° $，$ ∠ GPA+∠ HPM=90° $，故 $ ∠ GAP=∠ HPM $。
又因为PA=PM，所以 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $，得GP=HM=2，GA=PH。
列方程得 $ \begin{cases}n-(9-3m)=2\\m=n\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}m=\frac{11}{4}\\n=\frac{11}{4}\end{cases} $，
此时M的坐标为 $ (\frac{11}{4},9-3×\frac{11}{4})=(\frac{11}{4},\frac{3}{4}) $。
② 当点P在AM下方时，过点P作x轴的平行线，分别与过A、M的y轴平行线交于点G、H，则 $ ∠ AGP=∠ PHM=90° $。
同理可证 $ △ AGP≌△ PHM(\mathrm{AAS}) $，得GP=HM=2，GA=PH。
列方程得 $ \begin{cases}9-3m-n=2\\m=-n\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}m=\frac{7}{2}\\n=-\frac{7}{2}\end{cases} $，
此时M的坐标为 $ (\frac{7}{2},9-3×\frac{7}{2})=(\frac{7}{2},-\frac{3}{2}) $。
【答案】
(1) 直线BC的函数表达式为 $\boldsymbol{y=-3x+9}$；
(2) 点D的坐标为 $\boldsymbol{(\frac{12}{5},\frac{9}{5})}$；
(3) 点M的坐标为 $\boldsymbol{(\frac{11}{4},\frac{3}{4})}$ 或 $\boldsymbol{(\frac{7}{2},-\frac{3}{2})}$。
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，一次函数与面积计算，全等三角形的应用
【点评】
本题是一次函数综合题，将解析式求解、面积问题、等腰直角三角形性质相结合，需要熟练掌握待定系数法，同时能利用分类讨论思想和数形结合思想构造全等三角形解决动态几何问题，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
