母题 (教材P101第2题)如图,直线l是一次函数$y=kx+b$的图象,求l与两坐标轴所围成的三角形的面积.

解:如解图,设直线l交x轴于点A,交y轴于点B,
由图象可知函数图象过点(0,1)和(3,-3),
由点(0,1),得$b=1$,
将点(3,-3)代入,得$3k+1=-3$,
解得 $k=-\frac{4}{3}$,
所以直线l的表达式为$y=-\frac{4}{3}x+1$,
令$y=0$,得$0=-\frac{4}{3}x+1$,解得$x=\frac{3}{4}$,
所以$A(\frac{3}{4},0)$,且$B(0,1)$,
所以$OA=\frac{3}{4},OB=1$,
所以$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×1=\frac{3}{8}$,
即l与两坐标轴所围成的三角形的面积为$\frac{3}{8}$.

一次函数$y = x + 3$的图象如图所示，点M，点$N(-5,-2)$为一次函数图象上的点，连接OM，ON，且$△ MNO$的面积为12，求点M的坐标。

解:记一次函数图象与x轴交点为P,
令$x+3=0$,解得$x=-3$,所以一次函数$y=x+3$的图象与x轴交于点$P(-3,0)$,
所以$S_{△ NPO}=\frac{1}{2}|PO|·|y_N|=3$,
设点M的坐标为$(t,t+3)$,
当点M在点N上方时,
$S_{△ MNO}=S_{△ NPO}+S_{△ MPO}=3+\frac{1}{2}|PO|· y_M=3+\frac{1}{2}×3×(t+3)=12$,
解得$t=3$,此时$M(3,6)$.
当点M在点N下方时,
$S_{△ MNO}=S_{△ MPO}-S_{△ NPO}=\frac{1}{2}|PO|·|y_M|-3=\frac{1}{2}×3×|t+3|-3=12$,
解得$t=-13$(正值舍去),此时$M(-13,-10)$,
所以点M的坐标为$(3,6)$或$(-13,-10)$.

(2025河南郑州四十七中期末改编)如图,点A的坐标为(3,4),点C在x轴负半轴上,点B是直线AC与y轴的交点,已知直线AC的函数表达式为$y=x+b$.
(1)求$b$的值;

变式2题图
(2)若直线AC上存在一点E,连接OE,使$△ BOE$的面积是$△ COB$面积的一半,求点E的坐标.

(1)$b=1$;
(2)由(1)可知,$b=1$,
所以直线AC的函数表达式为$y=x+1$.
因为点C是直线AC与x轴的交点,
当$y=0$时,$x+1=0$,解得$x=-1$,
所以$C(-1,0)$,所以$CO=1$.
因为直线AC与y轴交于点B,
当$x=0$时,$y=0+1=1$,所以$B(0,1)$.
因为点E在直线AC上,所以设$E(m,m+1)$.
因为$S_{△ COB}=\frac{1}{2}CO· BO=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$,
所以$S_{△ BOE}=\frac{1}{2}OB·|m|=\frac{1}{2}S_{△ COB}=\frac{1}{4}$,
解得$m=-\frac{1}{2}$或$m=\frac{1}{2}$,
所以点E的坐标为$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$或$(\frac{1}{2},\frac{3}{2})$.

1. (2025 陕西西工大附中期末)如图,已知一次函数$y=\frac{1}{2}x+2$的图象与x轴交于点A,与y轴交于点B,点C与点A关于y轴对称.
(1)求$△ AOB$的面积;
(2)若点P在一次函数$y=\frac{1}{2}x+2$的图象上,且在第一象限,$S_{四边形OBPC}=\frac{2}{3}S_{△ APC}$,求点P的坐标.

解:(1)$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×4×2=4$;
(2)因为点C与点A关于y轴对称.
所以$C(4,0)$,
如解图,连接OP,

设点$P(m,\frac{1}{2}m+2)(m＞0)$,
$S_{四边形OBPC}=S_{△ BOP}+S_{△ POC}=\frac{1}{2}×2× m+\frac{1}{2}×4×(\frac{1}{2}m+2)=2m+4$,
$S_{△ APC}=\frac{1}{2}×8×(\frac{1}{2}m+2)=2m+8$,
因为$S_{四边形OBPC}=\frac{2}{3}S_{△ APC}$,
所以$2m+4=\frac{2}{3}(2m+8)$,解得$m=2$.
所以点P的坐标为$(2,3)$.