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10. 一次函数$y_{1} = ax - b$与$y_{2} = cx + d$的图象如图所示，下列说法：
① $ab＜0$；
② $M_{1}(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$是直线$y_{1} = ax - b$上不重合的两点，则$(x_{1} - x_{2})(y_{1} - y_{2})＞0$；
③ $a - b＞c + d$；
④ $3a - b = 3c + d$；
⑤ 当$m＞3$时，$am - b＞cm + d$。
其中正确的有(
A.$4$个
B.$3$个
C.$2$个
D.$1$个
① $ab＜0$；
② $M_{1}(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$是直线$y_{1} = ax - b$上不重合的两点，则$(x_{1} - x_{2})(y_{1} - y_{2})＞0$；
③ $a - b＞c + d$；
④ $3a - b = 3c + d$；
⑤ 当$m＞3$时，$am - b＞cm + d$。
其中正确的有(
C
)A.$4$个
B.$3$个
C.$2$个
D.$1$个
答案
10. C
解析
解：①由图知，$y_1=ax-b$的图象过二、四象限，$\therefore a＜0$；与$y$轴交于正半轴，$\therefore -b＞0⇒ b＜0$，则$ab＞0$，①错误。
②$\because a＜0$，$y_1$随$x$增大而减小，$\therefore x_1-x_2$与$y_1-y_2$异号，$(x_1-x_2)(y_1-y_2)＜0$，②错误。
③当$x=1$时，$y_1=a-b$，$y_2=c+d$，由图知此时$y_1＜y_2$，$\therefore a-b＜c+d$，③错误。
④两直线交于点$(3,n)$，$\therefore 3a-b=3c+d=n$，④正确。
⑤当$m＞3$时，由图知$y_1＜y_2$，即$am-b＜cm+d$，⑤错误。
综上，正确的只有④，共1个。
1
②$\because a＜0$，$y_1$随$x$增大而减小，$\therefore x_1-x_2$与$y_1-y_2$异号，$(x_1-x_2)(y_1-y_2)＜0$，②错误。
③当$x=1$时，$y_1=a-b$，$y_2=c+d$，由图知此时$y_1＜y_2$，$\therefore a-b＜c+d$，③错误。
④两直线交于点$(3,n)$，$\therefore 3a-b=3c+d=n$，④正确。
⑤当$m＞3$时，由图知$y_1＜y_2$，即$am-b＜cm+d$，⑤错误。
综上，正确的只有④，共1个。
1
11. 如图，在平面直角坐标系中，直线$y = -\dfrac{4}{3}x + 4$与$x$轴、$y$轴分别交于$A$，$B$两点，点$C$在第二象限，若$BC = OC = OA$，则点$C$的坐标为
$(-\sqrt{5}, 2)$
。答案
11. $(-\sqrt{5}, 2)$
解析
解：对于直线$y = -\dfrac{4}{3}x + 4$，
令$y = 0$，则$0 = -\dfrac{4}{3}x + 4$，解得$x = 3$，故$A(3, 0)$，$OA = 3$；
令$x = 0$，则$y = 4$，故$B(0, 4)$。
设$C(x, y)$，$x ＜ 0$，$y ＞ 0$。
因为$BC = OC = OA = 3$，
所以$\begin{cases}\sqrt{x^2 + y^2} = 3 \\ \sqrt{(x - 0)^2 + (y - 4)^2} = 3\end{cases}$，
即$\begin{cases}x^2 + y^2 = 9 \\ x^2 + (y - 4)^2 = 9\end{cases}$，
两式相减得$x^2 + (y - 4)^2 - (x^2 + y^2) = 0$，
展开得$y^2 - 8y + 16 - y^2 = 0$，
即$-8y + 16 = 0$，解得$y = 2$，
将$y = 2$代入$x^2 + y^2 = 9$，得$x^2 + 4 = 9$，$x^2 = 5$，
因为$x ＜ 0$，所以$x = -\sqrt{5}$，
故点$C$的坐标为$(-\sqrt{5}, 2)$。
$(-\sqrt{5}, 2)$
令$y = 0$，则$0 = -\dfrac{4}{3}x + 4$，解得$x = 3$，故$A(3, 0)$，$OA = 3$；
令$x = 0$，则$y = 4$，故$B(0, 4)$。
设$C(x, y)$，$x ＜ 0$，$y ＞ 0$。
因为$BC = OC = OA = 3$，
所以$\begin{cases}\sqrt{x^2 + y^2} = 3 \\ \sqrt{(x - 0)^2 + (y - 4)^2} = 3\end{cases}$，
即$\begin{cases}x^2 + y^2 = 9 \\ x^2 + (y - 4)^2 = 9\end{cases}$，
两式相减得$x^2 + (y - 4)^2 - (x^2 + y^2) = 0$，
展开得$y^2 - 8y + 16 - y^2 = 0$，
即$-8y + 16 = 0$，解得$y = 2$，
将$y = 2$代入$x^2 + y^2 = 9$，得$x^2 + 4 = 9$，$x^2 = 5$，
因为$x ＜ 0$，所以$x = -\sqrt{5}$，
故点$C$的坐标为$(-\sqrt{5}, 2)$。
$(-\sqrt{5}, 2)$
12. 如图，一次函数$y = x + 4$与坐标轴分别交于$A$，$B$两点，$P$，$C$分别是线段$AB$，$OB$上的点，且$∠ OPC = 45^{\circ}$，$PC = PO$，则点$P$的坐标为
$(-2 \sqrt{2}, 4-2 \sqrt{2})$
。答案
12. $(-2 \sqrt{2}, 4-2 \sqrt{2})$
解析
解：设点$P$的坐标为$(a, a + 4)$，其中$a ＜ 0$。
因为$PC = PO$，$∠ OPC = 45°$，所以$△ OPC$是等腰三角形，$∠ POC = ∠ PCO$。
由三角形内角和定理，$∠ POC + ∠ PCO + ∠ OPC = 180°$，可得$∠ POC = ∠ PCO = 67.5°$。
过点$P$作$PD ⊥ y$轴于点$D$，则$PD = -a$，$OD = a + 4$。
设$OC = m$，则$CD = OD - OC = a + 4 - m$。
在$△ POD$中，$\tan ∠ POC = \frac{PD}{OD} = \frac{-a}{a + 4}$。
在$△ PCD$中，$\tan ∠ PCO = \frac{PD}{CD} = \frac{-a}{a + 4 - m}$。
因为$∠ POC = ∠ PCO$，所以$\frac{-a}{a + 4} = \frac{-a}{a + 4 - m}$，解得$m = 0$（舍去）或通过其他几何关系推导。
另解：因为$PC = PO$，$∠ OPC = 45°$，构造辅助线或利用余弦定理。
在$△ OPC$中，由余弦定理：$OC^2 = PO^2 + PC^2 - 2 · PO · PC · \cos 45°$，因为$PO = PC$，设$PO = PC = k$，则$OC^2 = 2k^2 - 2k^2 · \frac{\sqrt{2}}{2} = 2k^2(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})$。
又$PO^2 = a^2 + (a + 4)^2 = k^2$，$OC = m$，点$C$在$OB$上，$OB$为$y$轴，所以$C(0, m)$，$PC^2 = a^2 + (a + 4 - m)^2 = k^2$。
联立方程解得$a = -2\sqrt{2}$，则$a + 4 = 4 - 2\sqrt{2}$。
所以点$P$的坐标为$(-2\sqrt{2}, 4 - 2\sqrt{2})$。
$(-2\sqrt{2}, 4 - 2\sqrt{2})$
因为$PC = PO$，$∠ OPC = 45°$，所以$△ OPC$是等腰三角形，$∠ POC = ∠ PCO$。
由三角形内角和定理，$∠ POC + ∠ PCO + ∠ OPC = 180°$，可得$∠ POC = ∠ PCO = 67.5°$。
过点$P$作$PD ⊥ y$轴于点$D$，则$PD = -a$，$OD = a + 4$。
设$OC = m$，则$CD = OD - OC = a + 4 - m$。
在$△ POD$中，$\tan ∠ POC = \frac{PD}{OD} = \frac{-a}{a + 4}$。
在$△ PCD$中，$\tan ∠ PCO = \frac{PD}{CD} = \frac{-a}{a + 4 - m}$。
因为$∠ POC = ∠ PCO$，所以$\frac{-a}{a + 4} = \frac{-a}{a + 4 - m}$，解得$m = 0$（舍去）或通过其他几何关系推导。
另解：因为$PC = PO$，$∠ OPC = 45°$，构造辅助线或利用余弦定理。
在$△ OPC$中，由余弦定理：$OC^2 = PO^2 + PC^2 - 2 · PO · PC · \cos 45°$，因为$PO = PC$，设$PO = PC = k$，则$OC^2 = 2k^2 - 2k^2 · \frac{\sqrt{2}}{2} = 2k^2(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})$。
又$PO^2 = a^2 + (a + 4)^2 = k^2$，$OC = m$，点$C$在$OB$上，$OB$为$y$轴，所以$C(0, m)$，$PC^2 = a^2 + (a + 4 - m)^2 = k^2$。
联立方程解得$a = -2\sqrt{2}$，则$a + 4 = 4 - 2\sqrt{2}$。
所以点$P$的坐标为$(-2\sqrt{2}, 4 - 2\sqrt{2})$。
$(-2\sqrt{2}, 4 - 2\sqrt{2})$
13. 如图，直线$y = 2x + 4$交$x$轴于点$A$，交$y$轴于点$B$，$C$为线段$AB$(端点除外)上一动点，点$D$与点$C$关于$x$轴对称，过点$C$作$x$轴的平行线交$DO$的延长线于点$F$，则线段$DF$的最小值是
$\frac{8 \sqrt{5}}{5}$
。答案
13. $\frac{8 \sqrt{5}}{5}$
解析
解：设点$C$的坐标为$(t, 2t + 4)$，其中$-2 ＜ t ＜ 0$。
因为点$D$与点$C$关于$x$轴对称，所以点$D$的坐标为$(t, -2t - 4)$。
直线$DO$的解析式为$y = \frac{-2t - 4}{t}x$。
过点$C$作$x$轴的平行线，其方程为$y = 2t + 4$。
联立$\begin{cases}y = 2t + 4 \\ y = \frac{-2t - 4}{t}x\end{cases}$，解得点$F$的坐标为$(-t, 2t + 4)$。
则$DF = \sqrt{(-t - t)^2 + [2t + 4 - (-2t - 4)]^2} = \sqrt{(-2t)^2 + (4t + 8)^2} = \sqrt{4t^2 + 16t^2 + 64t + 64} = \sqrt{20t^2 + 64t + 64}$。
令$y = 20t^2 + 64t + 64$，当$t = -\frac{64}{2×20} = -\frac{8}{5}$时，$y$取得最小值，$y_{\mathrm{min}} = 20×(-\frac{8}{5})^2 + 64×(-\frac{8}{5}) + 64 = \frac{128}{5}$。
所以$DF_{\mathrm{min}} = \sqrt{\frac{128}{5}} = \frac{8\sqrt{5}}{5}$。
$\frac{8\sqrt{5}}{5}$
因为点$D$与点$C$关于$x$轴对称，所以点$D$的坐标为$(t, -2t - 4)$。
直线$DO$的解析式为$y = \frac{-2t - 4}{t}x$。
过点$C$作$x$轴的平行线，其方程为$y = 2t + 4$。
联立$\begin{cases}y = 2t + 4 \\ y = \frac{-2t - 4}{t}x\end{cases}$，解得点$F$的坐标为$(-t, 2t + 4)$。
则$DF = \sqrt{(-t - t)^2 + [2t + 4 - (-2t - 4)]^2} = \sqrt{(-2t)^2 + (4t + 8)^2} = \sqrt{4t^2 + 16t^2 + 64t + 64} = \sqrt{20t^2 + 64t + 64}$。
令$y = 20t^2 + 64t + 64$，当$t = -\frac{64}{2×20} = -\frac{8}{5}$时，$y$取得最小值，$y_{\mathrm{min}} = 20×(-\frac{8}{5})^2 + 64×(-\frac{8}{5}) + 64 = \frac{128}{5}$。
所以$DF_{\mathrm{min}} = \sqrt{\frac{128}{5}} = \frac{8\sqrt{5}}{5}$。
$\frac{8\sqrt{5}}{5}$
14. 如图，平行四边形$OABC$的一边在坐标轴上，点$B$的坐标为$(6,2)$，直线$MN:y = kx + b$把平行四边形的面积分成相等的两部分，且与$x$轴交于点$(6,0)$，则$k$值为
$-\frac{1}{3}$
。答案
14. $-\frac{1}{3}$
解析
解：
∵平行四边形$OABC$的一边在坐标轴上，点$B(6,2)$，
∴平行四边形$OABC$的对称中心为$B$与$O$的中点，坐标为$(\frac{6+0}{2},\frac{2+0}{2})=(3,1)$。
∵直线$MN$平分平行四边形面积，
∴直线$MN$必过对称中心$(3,1)$。
又
∵直线$MN$与$x$轴交于点$(6,0)$，
将$(3,1)$、$(6,0)$代入$y=kx+b$，得：
$\begin{cases}3k+b=1\\6k+b=0\end{cases}$，
解得$k=-\frac{1}{3}$。
$-\frac{1}{3}$
∵平行四边形$OABC$的一边在坐标轴上，点$B(6,2)$，
∴平行四边形$OABC$的对称中心为$B$与$O$的中点，坐标为$(\frac{6+0}{2},\frac{2+0}{2})=(3,1)$。
∵直线$MN$平分平行四边形面积，
∴直线$MN$必过对称中心$(3,1)$。
又
∵直线$MN$与$x$轴交于点$(6,0)$，
将$(3,1)$、$(6,0)$代入$y=kx+b$，得：
$\begin{cases}3k+b=1\\6k+b=0\end{cases}$，
解得$k=-\frac{1}{3}$。
$-\frac{1}{3}$
15. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数$y = -\dfrac{4}{3}x + \dfrac{8}{3}$的图象$l_{1}$与$x$轴交于点$A$，一次函数$y = x + 5$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。若$l_{3}$上有一动点$C$，使得$2∠ PCA + ∠ PAB = 90^{\circ}$，则点$C$的坐标为
$(2,-5)$或$(2,13)$
。答案
15. $(2,-5)$或$(2,13)$
解析
解：
1. 求点A、B、P坐标：
对于$l_1:y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}$，令$y=0$，得$x=2$，故$A(2,0)$。
对于$l_2:y=x+5$，令$y=0$，得$x=-5$，故$B(-5,0)$。
联立$\begin{cases}y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}\\y=x+5\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=4\end{cases}$，故$P(-1,4)$。
2. 设$C(2,t)$，$l_3$为$x=2$，则$AC=|t|$，$PA=\sqrt{(-1-2)^2+(4-0)^2}=5$，$AB=7$，$PB=\sqrt{(-1+5)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}$，$PC=\sqrt{(-1-2)^2+(4-t)^2}=\sqrt{(t-4)^2+9}$。
3. 由$\tan∠ PAB=\dfrac{4}{3}$，设$∠ PCA=α$，则$2α+∠ PAB=90°$，得$\tan2α=\tan(90°-∠ PAB)=\dfrac{3}{4}$。由二倍角公式$\tan2α=\dfrac{2\tanα}{1-\tan^2α}=\dfrac{3}{4}$，解得$\tanα=\dfrac{1}{3}$（舍负）。
4. 过P作$PD⊥ l_3$于D，则$PD=3$，$CD=|t-4|$，$\tanα=\dfrac{PD}{CD}=\dfrac{3}{|t-4|}=\dfrac{1}{3}$，得$|t-4|=9$，故$t=-5$或$t=13$。
综上，点C的坐标为$(2,-5)$或$(2,13)$。
1. 求点A、B、P坐标：
对于$l_1:y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}$，令$y=0$，得$x=2$，故$A(2,0)$。
对于$l_2:y=x+5$，令$y=0$，得$x=-5$，故$B(-5,0)$。
联立$\begin{cases}y=-\dfrac{4}{3}x+\dfrac{8}{3}\\y=x+5\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=4\end{cases}$，故$P(-1,4)$。
2. 设$C(2,t)$，$l_3$为$x=2$，则$AC=|t|$，$PA=\sqrt{(-1-2)^2+(4-0)^2}=5$，$AB=7$，$PB=\sqrt{(-1+5)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}$，$PC=\sqrt{(-1-2)^2+(4-t)^2}=\sqrt{(t-4)^2+9}$。
3. 由$\tan∠ PAB=\dfrac{4}{3}$，设$∠ PCA=α$，则$2α+∠ PAB=90°$，得$\tan2α=\tan(90°-∠ PAB)=\dfrac{3}{4}$。由二倍角公式$\tan2α=\dfrac{2\tanα}{1-\tan^2α}=\dfrac{3}{4}$，解得$\tanα=\dfrac{1}{3}$（舍负）。
4. 过P作$PD⊥ l_3$于D，则$PD=3$，$CD=|t-4|$，$\tanα=\dfrac{PD}{CD}=\dfrac{3}{|t-4|}=\dfrac{1}{3}$，得$|t-4|=9$，故$t=-5$或$t=13$。
综上，点C的坐标为$(2,-5)$或$(2,13)$。
