《2025年走进重高培优讲义八年级数学上册浙教版》

例5 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,一次函数$y= k_1x+b的图象与x轴交于点A(-3,0)$,与$y轴交于点B$,且与正比例函数$y= kx的图象交点为C(3,4)$。

(1)求$k的值及一次函数y= k_1x+b$的表达式。
(2)若点$D$在第二象限,$\triangle DAB是以AB$为直角边的等腰直角三角形,请求出点$D$的坐标。
(3)在$y轴上求一点P$,使$\triangle POC$为等腰三角形,请求出所有符合条件的点$P$的坐标。
思路点拨
(1)根据待定系数法即可求解。(2)分两种情形讨论,添加辅助线构造全等三角形即可求出点$D$坐标。(3)分$OP= OC$,$CP= CO$,$PC= PO$三种情形研究即可。
解题过程
(1)∵正比例函数$y= kx的图象经过点C(3,4)$,∴$4= 3k$,$k= \frac{4}{3}$。
∵一次函数$y= k_1x+b的图象经过A(-3,0)$,$C(3,4)$,
∴$\begin{cases}-3k_1+b= 0\\3k_1+b= 4\end{cases} $,解得$\begin{cases}k_1= \frac{2}{3}\\b= 2\end{cases} $。
∴一次函数的表达式为$y= \frac{2}{3}x+2$。
(2)如图1,①当$DA\perp AB$时,作$DM\perp x轴于点M$。

∵一次函数$y= \frac{2}{3}x+2与y轴交于点B$,∴$B(0,2)$。
∵$\angle DAM+\angle BAO= 90^\circ$,$\angle BAO+\angle ABO= 90^\circ$,
∴$\angle DAM= \angle ABO$。
在$\triangle DAM和\triangle ABO$中,∵$\begin{cases}\angle DMA= \angle AOB\\\angle DAM= \angle ABO\\DA= AB\end{cases} $,
∴$\triangle DAM\cong\triangle ABO$。∴$DM= AO= 3$,$AM= BO= 2$。∴$D(-5,3)$。
②当$D'B\perp AB$时,作$D'N\perp y轴于点N$。
同①可证$\triangle D'BN\cong\triangle BAO$,∴$D'N= BO= 2$,$BN= AO= 3$。
∴$D'(-2,5)$。∴点$D的坐标为(-5,3)或(-2,5)$。
(3)如图2,当$OP= OC$时,$OC= \sqrt{3^2+4^2}= 5$,

则点$P的坐标为P_1(0,5)或P_2(0,-5)$。
当$CP= CO$时,点$P_3的坐标为(0,8)$。
当$PO= PC$时,作$CK\perp y轴于点K$,设点$P_4的坐标为(0,t)$。
在$Rt\triangle PCK$中,∵$PC= t$,$PK= 4-t$,$KC= 3$,
∴$(4-t)^2+3^2= t^2$,解得$t= \frac{25}{8}$。∴$P_4(0,\frac{25}{8})$。
综上可知点$P的坐标为(0,5)或(0,-5)或(0,8)或(0,\frac{25}{8})$。
方法归纳
本题考查待定系数法求一次函数、全等三角形的判定和性质、勾股定理、添加辅助线构造全等三角形等知识,分类讨论的数学思想是正确解题的关键。
易错误区
平面直角坐标系内涉及等腰三角形或直角三角形顶点确定的问题一般都要分类讨论,分类一般按边或角分类,注意分类时要不重不漏。

答案：
(1)解：
∵正比例函数$y=kx$的图象经过点$C(3,4)$，
∴$4 = 3k$，解得$k=\frac{4}{3}$。
∵一次函数$y=k_1x + b$的图象经过$A(-3,0)$，$C(3,4)$，
∴$\begin{cases}-3k_1 + b=0\\3k_1 + b=4\end{cases}$，
解得$\begin{cases}k_1=\frac{2}{3}\\b = 2\end{cases}$，
∴一次函数的表达式为$y=\frac{2}{3}x + 2$。
(2)解：
∵一次函数$y=\frac{2}{3}x + 2$与$y$轴交于点$B$，
∴$B(0,2)$。
①当$DA\perp AB$时，作$DM\perp x$轴于点$M$。
∵$\angle DAM+\angle BAO = 90^\circ$，$\angle BAO+\angle ABO=90^\circ$，
∴$\angle DAM=\angle ABO$。
在$\triangle DAM$和$\triangle ABO$中，
$\begin{cases}\angle DMA=\angle AOB\\\angle DAM=\angle ABO\\DA = AB\end{cases}$，
∴$\triangle DAM\cong\triangle ABO(AAS)$，
∴$DM = AO = 3$，$AM=BO = 2$，
∴$OM=OA + AM=3 + 2=5$，
∵点$D$在第二象限，
∴$D(-5,3)$。
②当$D'B\perp AB$时，作$D'N\perp y$轴于点$N$。
同理可证$\triangle D'BN\cong\triangle BAO(AAS)$，
∴$D'N=BO = 2$，$BN=AO = 3$，
∴$ON=OB + BN=2 + 3=5$，
∵点$D'$在第二象限，
∴$D'(-2,5)$。
综上，点$D$的坐标为$(-5,3)$或$(-2,5)$。
(3)解：设点$P$的坐标为$(0,t)$。
∵点$C(3,4)$，
∴$OC=\sqrt{3^2 + 4^2}=5$。
①当$OP = OC$时，$|t|=5$，
∴$t = 5$或$t=-5$，
∴$P_1(0,5)$，$P_2(0,-5)$。
②当$CP=CO$时，$CP = 5$，
∵点$C(3,4)$，点$P(0,t)$，
∴$\sqrt{(3 - 0)^2+(4 - t)^2}=5$，
即$9+(4 - t)^2 = 25$，
$(4 - t)^2=16$，
$4 - t=\pm4$，
解得$t = 8$或$t = 0$（舍去，与原点重合），
∴$P_3(0,8)$。
③当$PO=PC$时，$PO=|t|$，$PC=\sqrt{(3 - 0)^2+(4 - t)^2}$，
∴$|t|=\sqrt{9+(4 - t)^2}$，
两边平方得$t^2=9 + 16-8t + t^2$，
$8t=25$，
解得$t=\frac{25}{8}$，
∴$P_4(0,\frac{25}{8})$。
综上，点$P$的坐标为$(0,5)$或$(0,-5)$或$(0,8)$或$(0,\frac{25}{8})$。