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5（2025盐城期末）如图，已知长方形OABC的顶点A在x轴上，顶点C在y轴上，OA=16，OC=8，D，E分别为OA，BC上的两点，将长方形OABC沿直线DE折叠后，点A刚好与点C重合，点B落在点F处，再将其打开，展平.
（1）点B的坐标是
（2）求直线DE的表达式；
（3）设动点P从点D出发，以1个单位长度/s的速度沿折线D→A→B→C向终点C运动，运动时间为t s，则是否存在点P，使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
（1）点B的坐标是
(16,8)
；（2）求直线DE的表达式；
（3）设动点P从点D出发，以1个单位长度/s的速度沿折线D→A→B→C向终点C运动，运动时间为t s，则是否存在点P，使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
答案
解:(1) $(16,8)$
(2) 设$OD=m$,则$AD=16-m$.
由翻折的性质可得$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$.
因为$OC^2+OD^2=CD^2$,
所以$8^2+m^2=(16-m)^2$,
解得$m=6$,
所以点$D$的坐标为$(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$.
因为$BC// OA$,
所以$∠ ADE=∠ CED$,
所以$∠ CDE=∠ CED$,
所以$CE=CD=10$,
所以点$E$的坐标为$(10,8)$.
设直线$DE$的表达式为$y=kx+b$,
将点$D(6,0),E(10,8)$代入,
得$\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=2,\\b=-12, \end{cases}$
所以直线$DE$的表达式为$y=2x-12$.
(3) 不存在点$P$,使$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,理由如下:
因为$OC=8$,$OD=6$,
所以$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×8×6=24$.
因为$AD=10$,
所以当$0≤ t≤10$时,点$P$在线段$AD$上.
因为$AD＜2OD$,
所以此时不存在点$P$,使$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$;
当$10＜t≤18$时,点$P$在线段$AB$上,如图1,
此时$BE=BC-CE=16-10=6$,
所以$S_{\mathrm{梯形}DABE}=\frac{1}{2}×(6+10)×8=64$,$S_{△ PAD}=\frac{1}{2}×10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\frac{1}{2}×6[8-(t-10)]=54-3t$,
所以$64-(5t-50)-(54-3t)=2×24$,
解得$t=6$(不符合题意,舍去);
当$18＜t≤34$时,点$P$在线段$BC$上,如图2,
因为$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,
所以$PE=2OD=12$.
因为$CE=10$,$BE=6$,
所以在线段$BC$上不存在点$P$,使$PE=2OD$.
综上,不存在点$P$,使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
解析
【分析】
（1）根据长方形的性质，点B的横坐标与OA长度相等，纵坐标与OC长度相等，可直接求出坐标。
（2）要得到直线DE的表达式，需先求D、E两点坐标：①利用翻折性质得CD=AD，设OD=m，在Rt△OCD中用勾股定理列方程求出m，得到D点坐标；②结合BC//OA和翻折得到的等角，推出CE=CD，得到E点坐标；最后用待定系数法代入两点坐标求解一次函数解析式。
（3）先计算出$S_{△OCD}$的值，得到$2S_{△OCD}$的结果，再分三种情况讨论动点P的位置：P在DA段、AB段、BC段，分别计算对应情况下$S_{△PDE}$，列方程求解t，判断解是否符合对应区间的取值范围，最终确定是否存在符合条件的t。
【解析】
(1) 长方形OABC中，OA=16（在x轴上），OC=8（在y轴上），因此点B的横坐标为16，纵坐标为8，即$B(16,8)$。
(2) 设$OD=m$,则$AD=16-m$。
由翻折的性质可得$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$。
在$Rt△OCD$中，由勾股定理得$OC^2+OD^2=CD^2$,
代入数据得$8^2+m^2=(16-m)^2$,
解得$m=6$,
因此点$D$的坐标为$(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$。
因为$BC// OA$,
所以$∠ ADE=∠ CED$,
因此$∠ CDE=∠ CED$,
所以$CE=CD=10$,
因此点$E$的坐标为$(10,8)$。
设直线$DE$的表达式为$y=kx+b$,
将点$D(6,0),E(10,8)$代入,
得$\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=2,\\b=-12, \end{cases}$
因此直线$DE$的表达式为$y=2x-12$。
(3) 不存在点$P$,使$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,理由如下:
因为$OC=8$,$OD=6$,
所以$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×8×6=24$，则$2S_{△ OCD}=48$。
分三种情况讨论：
①当$0≤ t≤10$时,点$P$在线段$AD$上，此时$△PDE$的高为8，底PD最大为$AD=10$，最大面积为$\frac{1}{2}×10×8=40＜48$，因此此时不存在符合条件的点P；
②当$10＜t≤18$时,点$P$在线段$AB$上,如图1,
此时$BE=BC-CE=16-10=6$,
$S_{\mathrm{梯形}DABE}=\frac{1}{2}×(6+10)×8=64$,$S_{△ PAD}=\frac{1}{2}×10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\frac{1}{2}×6[8-(t-10)]=54-3t$,
由$S_{△ PDE}=48$列方程：$64-(5t-50)-(54-3t)=48$,
解得$t=6$，不符合$10＜t≤18$的范围，舍去;
③当$18＜t≤34$时,点$P$在线段$BC$上,如图2,
此时$△PDE$的高为8，若$S_{△ PDE}=48$，则$\frac{1}{2}×PE×8=48$，解得$PE=12$，
因为$CE=10$,$BE=6$，线段BC上E点到两端的最大距离为$CE=10＜12$，因此线段BC上不存在符合条件的点P。
综上,不存在点$P$,使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$。
【答案】
(1) $(16,8)$
(2) 直线DE的表达式为$y=2x-12$
(3) 不存在点$P$使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$，理由见解析
【知识点】
一次函数解析式求解，翻折的性质，动点面积计算
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，结合了翻折变换、勾股定理等知识点，解题时需要用到分类讨论思想，对学生的图形分析能力和代数运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
（1）根据长方形的性质，点B的横坐标与OA长度相等，纵坐标与OC长度相等，可直接求出坐标。
（2）要得到直线DE的表达式，需先求D、E两点坐标：①利用翻折性质得CD=AD，设OD=m，在Rt△OCD中用勾股定理列方程求出m，得到D点坐标；②结合BC//OA和翻折得到的等角，推出CE=CD，得到E点坐标；最后用待定系数法代入两点坐标求解一次函数解析式。
（3）先计算出$S_{△OCD}$的值，得到$2S_{△OCD}$的结果，再分三种情况讨论动点P的位置：P在DA段、AB段、BC段，分别计算对应情况下$S_{△PDE}$，列方程求解t，判断解是否符合对应区间的取值范围，最终确定是否存在符合条件的t。
【解析】
(1) 长方形OABC中，OA=16（在x轴上），OC=8（在y轴上），因此点B的横坐标为16，纵坐标为8，即$B(16,8)$。
(2) 设$OD=m$,则$AD=16-m$。
由翻折的性质可得$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$。
在$Rt△OCD$中，由勾股定理得$OC^2+OD^2=CD^2$,
代入数据得$8^2+m^2=(16-m)^2$,
解得$m=6$,
因此点$D$的坐标为$(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$。
因为$BC// OA$,
所以$∠ ADE=∠ CED$,
因此$∠ CDE=∠ CED$,
所以$CE=CD=10$,
因此点$E$的坐标为$(10,8)$。
设直线$DE$的表达式为$y=kx+b$,
将点$D(6,0),E(10,8)$代入,
得$\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k=2,\\b=-12, \end{cases}$
因此直线$DE$的表达式为$y=2x-12$。
(3) 不存在点$P$,使$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,理由如下:
因为$OC=8$,$OD=6$,
所以$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×8×6=24$，则$2S_{△ OCD}=48$。
分三种情况讨论：
①当$0≤ t≤10$时,点$P$在线段$AD$上，此时$△PDE$的高为8，底PD最大为$AD=10$，最大面积为$\frac{1}{2}×10×8=40＜48$，因此此时不存在符合条件的点P；
②当$10＜t≤18$时,点$P$在线段$AB$上,如图1,
此时$BE=BC-CE=16-10=6$,
$S_{\mathrm{梯形}DABE}=\frac{1}{2}×(6+10)×8=64$,$S_{△ PAD}=\frac{1}{2}×10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\frac{1}{2}×6[8-(t-10)]=54-3t$,
由$S_{△ PDE}=48$列方程：$64-(5t-50)-(54-3t)=48$,
解得$t=6$，不符合$10＜t≤18$的范围，舍去;
③当$18＜t≤34$时,点$P$在线段$BC$上,如图2,
此时$△PDE$的高为8，若$S_{△ PDE}=48$，则$\frac{1}{2}×PE×8=48$，解得$PE=12$，
因为$CE=10$,$BE=6$，线段BC上E点到两端的最大距离为$CE=10＜12$，因此线段BC上不存在符合条件的点P。
综上,不存在点$P$,使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$。
【答案】
(1) $(16,8)$
(2) 直线DE的表达式为$y=2x-12$
(3) 不存在点$P$使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$，理由见解析
【知识点】
一次函数解析式求解，翻折的性质，动点面积计算
【点评】
本题是一次函数与几何的综合题，结合了翻折变换、勾股定理等知识点，解题时需要用到分类讨论思想，对学生的图形分析能力和代数运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
6（2025宿迁宿豫期末）如图，在平面直角坐标系中，直线$y=kx+4$交$x$轴于点$A(-2,0)$，交$y$轴于点$B$。
（1）求直线$AB$的表达式；
（2）将直线$AB$绕点$A$逆时针旋转$45°$，交$y$轴于点$C$，求直线$AC$的表达式；
（3）若$P$是（2）中直线$AC$上一点，且$∠ POC=∠ ABO$，求点$P$的坐标。
（1）求直线$AB$的表达式；
（2）将直线$AB$绕点$A$逆时针旋转$45°$，交$y$轴于点$C$，求直线$AC$的表达式；
（3）若$P$是（2）中直线$AC$上一点，且$∠ POC=∠ ABO$，求点$P$的坐标。
答案
解:(1) 将点$A$的坐标代入$y=kx+4$,
得$0=-2k+4$,则$k=2$,
即直线$AB$的表达式为$y=2x+4$.
(2) 如图,过点$B$作$BT⊥ AC$于点$T$,过点$T$作$GH$和$y$轴平行,交$x$轴于点$H$,交过点$B$的$x$轴的平行线于点$G$,
则$△ BAT$为等腰直角三角形,设点$T(x,y)$,
则$∠ GTB+∠ ATH=90°$,$∠ ATH+∠ TAH=90°$,
所以$∠ GTB=∠ TAH$.
因为$∠ BGT=∠ THA=90°$,$BT=AT$,
所以$△ BGT≌△ THA(\mathrm{AAS})$,
所以$BG=TH$,$GT=AH$,
即$y=-x$且$-2-x=4-y$,
解得$x=-y=-3$,即点$T$的坐标为$(-3,3)$.
设直线$AC$的表达式为$y=k_1x+b$,
将点$A(-2,0)$,$T(-3,3)$代入,
得$\begin{cases} 0=-2k_1+b,\\3=-3k_1+b, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k_1=-3,\\b=-6, \end{cases}$
所以直线$AC$的表达式为$y=-3x-6$.
(3) ①当$∠ POC$在$y$轴左侧时,
因为$∠ POC=∠ ABO$,
所以$OP// AB$.
因为直线$AB$的表达式为$y=2x+4$,
所以直线$OP$的表达式为$y=2x$,
所以$\begin{cases} y=2x,\\y=-3x-6, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} x=-\frac{6}{5},\\y=-\frac{12}{5}, \end{cases}$
即点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$,符合题意;
②当$∠ POC$在$y$轴右侧时,作出点$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$关于$y$轴对称点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$,
设直线$OP$的表达式为$y=nx$,将点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$代入,
得$-\frac{12}{5}=\frac{6}{5}n$,解得$n=-2$,
所以直线$OP$的表达式为$y=-2x$,
所以$\begin{cases} y=-3x-6,\\y=-2x, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} x=-6,\\y=12, \end{cases}$
所以点$P$的坐标为$(-6,12)$,
此时$∠ POC$在$y$轴左侧,不符合题意,舍去.
综上,点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$.
解析
【分析】
（1）求直线AB的表达式属于基础的待定系数法应用，已知直线解析式含参数k，且过点A，将A点坐标代入表达式即可求出k，得到解析式。
（2）直线AB绕点A旋转45°后，可得△BAT是等腰直角三角形，通过构造K型全等三角形，利用全等性质求出旋转后直线AC上除A外的另一点T的坐标，再用待定系数法即可求出AC的表达式。
（3）已知∠POC=∠ABO，需分两种情况讨论：当∠POC在y轴左侧时，可得OP与AB平行，写出OP解析式后与AC解析式联立求解即可；当∠POC在y轴右侧时，先求出对应OP的解析式，联立求解后验证解是否符合题意，舍去不符合的解即可得到最终P点坐标。
【解析】
(1) 将点$A(-2,0)$代入$y=kx+4$，
得$0=-2k+4$，解得$k=2$，
即直线$AB$的表达式为$y=2x+4$。
(2) 如图，过点$B$作$BT⊥ AC$于点$T$，过点$T$作$GH$和$y$轴平行，交$x$轴于点$H$，交过点$B$的$x$轴的平行线于点$G$，
由旋转$45°$可知$△ BAT$为等腰直角三角形，故$BT=AT$，$∠BTA=90°$。
则$∠ GTB+∠ ATH=90°$，$∠ ATH+∠ TAH=90°$，
所以$∠ GTB=∠ TAH$。
因为$∠ BGT=∠ THA=90°$，$BT=AT$，
所以$△ BGT≌△ THA(\mathrm{AAS})$，
所以$BG=TH$，$GT=AH$。
设点$T(x,y)$，$B$点坐标为$(0,4)$，可得$BG=-x$，$TH=-y$，$GT=4-y$，$AH=-2-x$，
即$-x=-y$且$-2-x=4-y$，
解得$x=-3$，$y=3$，即点$T$的坐标为$(-3,3)$。
设直线$AC$的表达式为$y=k_1x+b$，
将点$A(-2,0)$，$T(-3,3)$代入，
得$\begin{cases} 0=-2k_1+b\\3=-3k_1+b \end{cases}$， 解得$\begin{cases} k_1=-3\\b=-6 \end{cases}$，
所以直线$AC$的表达式为$y=-3x-6$。
(3) ①当$∠ POC$在$y$轴左侧时，
因为$∠ POC=∠ ABO$，同位角相等两直线平行，所以$OP// AB$。
因为直线$AB$的表达式为$y=2x+4$，故直线$OP$的表达式为$y=2x$，
联立$\begin{cases} y=2x\\y=-3x-6 \end{cases}$， 解得$\begin{cases} x=-\frac{6}{5}\\y=-\frac{12}{5} \end{cases}$，
即点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$，符合题意；
②当$∠ POC$在$y$轴右侧时，作出点$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$关于$y$轴对称点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$，
设直线$OP$的表达式为$y=nx$，将点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$代入，
得$-\frac{12}{5}=\frac{6}{5}n$，解得$n=-2$，
所以直线$OP$的表达式为$y=-2x$，
联立$\begin{cases} y=-3x-6\\y=-2x \end{cases}$， 解得$\begin{cases} x=-6\\y=12 \end{cases}$，
此时点$P(-6,12)$对应的$∠ POC$在$y$轴左侧，不符合题意，舍去。
综上，点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$。
【答案】
(1) $y=2x+4$
(2) $y=-3x-6$
(3) $(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，一次函数交点问题
【点评】
本题是一次函数与几何综合的典型题型，既考查了一次函数的基础性质，也结合旋转、角相等等几何条件考查了学生的构造辅助线、分类讨论的能力，解题时要注意对求解的结果进行合理性验证，避免出现增解。
【难度系数】
0.4
（1）求直线AB的表达式属于基础的待定系数法应用，已知直线解析式含参数k，且过点A，将A点坐标代入表达式即可求出k，得到解析式。
（2）直线AB绕点A旋转45°后，可得△BAT是等腰直角三角形，通过构造K型全等三角形，利用全等性质求出旋转后直线AC上除A外的另一点T的坐标，再用待定系数法即可求出AC的表达式。
（3）已知∠POC=∠ABO，需分两种情况讨论：当∠POC在y轴左侧时，可得OP与AB平行，写出OP解析式后与AC解析式联立求解即可；当∠POC在y轴右侧时，先求出对应OP的解析式，联立求解后验证解是否符合题意，舍去不符合的解即可得到最终P点坐标。
【解析】
(1) 将点$A(-2,0)$代入$y=kx+4$，
得$0=-2k+4$，解得$k=2$，
即直线$AB$的表达式为$y=2x+4$。
(2) 如图，过点$B$作$BT⊥ AC$于点$T$，过点$T$作$GH$和$y$轴平行，交$x$轴于点$H$，交过点$B$的$x$轴的平行线于点$G$，
由旋转$45°$可知$△ BAT$为等腰直角三角形，故$BT=AT$，$∠BTA=90°$。
则$∠ GTB+∠ ATH=90°$，$∠ ATH+∠ TAH=90°$，
所以$∠ GTB=∠ TAH$。
因为$∠ BGT=∠ THA=90°$，$BT=AT$，
所以$△ BGT≌△ THA(\mathrm{AAS})$，
所以$BG=TH$，$GT=AH$。
设点$T(x,y)$，$B$点坐标为$(0,4)$，可得$BG=-x$，$TH=-y$，$GT=4-y$，$AH=-2-x$，
即$-x=-y$且$-2-x=4-y$，
解得$x=-3$，$y=3$，即点$T$的坐标为$(-3,3)$。
设直线$AC$的表达式为$y=k_1x+b$，
将点$A(-2,0)$，$T(-3,3)$代入，
得$\begin{cases} 0=-2k_1+b\\3=-3k_1+b \end{cases}$， 解得$\begin{cases} k_1=-3\\b=-6 \end{cases}$，
所以直线$AC$的表达式为$y=-3x-6$。
(3) ①当$∠ POC$在$y$轴左侧时，
因为$∠ POC=∠ ABO$，同位角相等两直线平行，所以$OP// AB$。
因为直线$AB$的表达式为$y=2x+4$，故直线$OP$的表达式为$y=2x$，
联立$\begin{cases} y=2x\\y=-3x-6 \end{cases}$， 解得$\begin{cases} x=-\frac{6}{5}\\y=-\frac{12}{5} \end{cases}$，
即点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$，符合题意；
②当$∠ POC$在$y$轴右侧时，作出点$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$关于$y$轴对称点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$，
设直线$OP$的表达式为$y=nx$，将点$Q(\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$代入，
得$-\frac{12}{5}=\frac{6}{5}n$，解得$n=-2$，
所以直线$OP$的表达式为$y=-2x$，
联立$\begin{cases} y=-3x-6\\y=-2x \end{cases}$， 解得$\begin{cases} x=-6\\y=12 \end{cases}$，
此时点$P(-6,12)$对应的$∠ POC$在$y$轴左侧，不符合题意，舍去。
综上，点$P$的坐标为$(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$。
【答案】
(1) $y=2x+4$
(2) $y=-3x-6$
(3) $(-\frac{6}{5},-\frac{12}{5})$
【知识点】
待定系数法求一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，一次函数交点问题
【点评】
本题是一次函数与几何综合的典型题型，既考查了一次函数的基础性质，也结合旋转、角相等等几何条件考查了学生的构造辅助线、分类讨论的能力，解题时要注意对求解的结果进行合理性验证，避免出现增解。
【难度系数】
0.4
