全国各地中考数学试题压轴题精选讲座四 直角坐标系下通过几何图形列函数式问题 人教新课标版

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全国各地中考试题压轴题精选讲座四直角坐标下通过几何图形列函数式问题
【知识纵横】
以平面直角坐标系为背景,通过几何图形运动变化中两个变量之间的关系建立函数关系式,进一步研究几何图形的性质,体现了数形结合的思想方法。

但在坐标系中,每一个坐标由一对的序实数对应,实数的正负之分,而线段长度值均为正的,注意这一点,就可类似于讲座一的方法解决。

所列函数式有:反比例函数、一次函数、二次函数。

【典型例题】
【例1】(浙江温州)如图,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,点
A的坐标是(﹣4,0),点B的坐标是(0,b)(b>0).P是直线
AB上的一个动点,作PC⊥x轴,垂足为C.记点P关于y轴的对称点
为P´(点P´不在y轴上),连接PP´,P´A,P´C.设点P的横坐标为
a.
(1)当b=3时,
①求直线AB的解析式;
②若点P′的坐标是(﹣1,m),求m的值;
(2)若点P在第一象限,记直线AB与P´C的交点为D.当P´D:DC=1:3时,求a的值;
(3)是否同时存在a,b,使△P´CA为等腰直角三角形?若存在,请求出所有满足要求的a,b的值;
若不存在,请说明理由.
【思路点拨】(1)①利用待定系数法考虑。

②把(﹣1,m)代入函数解析式即可。

(2)证明△PP′D ∽△ACD,根据相似三角形的对应边的比成比例求解。

(3)分P在第一,二,三象限,三种情况进行讨论。

【例2】(浙江舟山、嘉兴)已知直线3
+
=kx
y(k<0)分别交x轴、y轴于A、B两点,线段OA上有一动点P由原点O向点A运动,速度为每秒1个单位长度,过点P作x轴的垂线交直线AB于点C,设运动时间为t秒.
(1)当1
-
=
k时,线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动,它与点P以相同速度同时出发,当点P到达点A时两点同时停止运动(如图1).
① 直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标;
② 若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似,求t的值.
(2)当
4
3
-
=
k时,设以C为顶点的抛物线n
m
x
y+
+
=2
)
(与直线AB的另一交点为D (如图2),
① 求CD的长;
② 设△COD的OC边上的高为h,当t为何值时,h的值最大?
【思路点拨】(1)②分两种情形讨论。

(2)①过点D作DE⊥CP于点E,证明△DEC∽△AOB。

②先求得三角形COD的面积为定值,又由Rt△PCO∽Rt△OAB,在比例线段中求出t值为多少时,h最
大。

【例3】(江苏常州、镇江)在平面直角坐标系XOY中,直线
1
l过点()0,1
A且与y轴平行,直线
2
l过
点()2,0
B且与x轴平行,直线
1
l与直线
2
l相交于点P。

点E为直线
2
l上一点,反比例函数
x
k
y=(k>
0)的图像过点E与直线
1
l相交于点F。

⑴若点E与点P重合,求k的值;
⑵连接OE、OF、EF。

若k>2,且△OEF的面积为△PEF的面积的2倍,求E点的坐标;
⑶是否存在点E及y轴上的点M,使得以点M、E、F为顶点的三角形与△PEF全等?若存在,求E点坐
标;若不存在,请说明理由。

【思路点拨】(2)先利用相似三角形对应边的比,用K表示相关各点的坐标并表示相关线段的长,再利用相似三角形OEF 面积是PEF面积2倍的关系求出K。

(3)先由全等得到相似三角形,利用相似三角形对应边的比,用K表示相关各点的坐标并表示相关线段的长,再利用勾股定理求出K。

点P、E、F三点位置分K<2和K>2两种情况讨论。

【例4】(浙江义乌)已知二次函数的图象经过A (2,0)、C(0,12) 两点,且对称轴为直线x=4. 设顶点为点P ,与x 轴的另一交点为点B.
(1)求二次函数的解析式及顶点P 的坐标;
(2)如图1,在直线 y =2x 上是否存在点D ,使四边形OPBD 为等腰梯形?若存在,求出点D 的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)如图2,点M 是线段OP 上的一个动点(O 、P 两点除外),以每秒2个单位长度的速度由点P 向点O 运动,过点M 作直线MN∥x 轴,交PB 于点N. 将△PMN 沿直线MN 对折,得到△P 1MN. 在动点M 的运动过程中,设△P 1MN 与梯形OMNB 的重叠部分的面积为S ,运动时间为t 秒. 求S 关于t 的函数关系式.
【思路点拨】(1)利用对称轴公式,A 、C 两点坐标,列方程组求a 、b 、c 的值即可。

(2)由(1)可求直线PB 解析式为212y x =-,可知PB ∥OD ,利用BD=PO ,列方程求解,注意排除平行四边形的情形。

(3)分0<t ≤2,2<t <4两种情形讨论。

【学力训练】
1、(浙江湖州)如图1,已知正方形OABC 的边长为2,顶点A 、C 分别在x 、y 轴的正半轴上,M 是BC 的中点.P(0,m)是线段OC 上一个动点(点C 除外),直线PM 交AB 的延长线于点D .
(1)求点D 的坐标(用含m 的代数式表示); (2)当△ADP 是等腰三角形时,求m 的值;
(3)设过点P 、M 、B 的抛物线与x 轴的正半轴交于点E ,过点O 作直线ME 的垂线,垂足为H(如图) 2).当点P 从原点O 向点C 运动时,点H 也随之运动.请直接写出点H 所经过的路径长(不写解答过程).
2、(广西北海)如图,抛物线:24y ax bx =++与x 轴交于点A(-2,0)和B(4,0)、与y 轴交于点C . (1)求抛物线的解析式;
(2)T 是抛物线对称轴上的一点,且△ACT 是以AC 为底的等腰三角形,求点T 的坐标;
(3)点M 、Q 分别从点A 、B 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴同时出发相向而行.当点M 到原点时,点Q 立刻掉头并以每秒 3
2个单位长度的速度向点B 方向移动,当点M 到达抛物线的对称轴时,两点停止运
动.过点M 的直线l⊥轴,交AC 或BC 于点P .求点M 的运动时间t(秒)与△APQ 的面积S 的函数关系式,并求出S 的最大值.
3、(江苏盐城)如图,已知一次函数7y x =-+与正比例函数4
3
y x =
的图象交于点A ,且与 x 轴交于点B.
(1)求点A 和点B 的坐标;
(2)过点A 作AC ⊥y 轴于点C ,过点B 作直线l∥y 轴.动点P 从点O 出发,以每秒1个单位长的速度,沿O —C —A 的路线向点A 运动;同时直线l 从点B 出发,以相同速度向左平移,在平移过程中,直线l 交x 轴于点R ,交线段BA 或线段AO 于点Q .当点P 到达点A 时,点P 和直线l 都停止运动.在运动过程中,设动点P 运动的时间为t 秒.
①当t 为何值时,以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8?
②是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求t 的值;若不存在,请说明理由。

l
R
P
C A
B
O
y
x
直角坐标下通过几何图形列函数式问题的参考答案
【典型例题】 【例1】(浙江温州)
解:(1)①∵点B 在直线AB 上,∴设直线AB 的解析式为3y kx =+, 把b =﹣4,y=0代入得:﹣4k +3=0,∴3
4
k =, ∴直线的解析式是:3
34
y x =
+。

②由已知得点P 的坐标是(1,m ),且点P 在直线AB 上,得3151344
m =⨯+=。

(2)∵PP′∥AC,∴△PP′D∽△ACD。

∴P D P P DC CA ''=,即21
43
a a =+,∴45a =。

(3)分三种情况讨论: ①当点P 在第一象限时,
1)若∠AP′C=90°,P′A=P′C(如图1),过点P′作P′H⊥x 轴于点H 。

∴PP′=CH=AH=P′H=1
2
AC ,即()1242a a =+。

∴43a =。

∵P′H=PC=1
2
AC ,△ACP∽△AOB。

∴OB PC 1OA AC 2==,即142
b =。

∴2b =。

2)若∠P′AC=90°(如图2),P′A=CA,则PP′=AC,即24a a =+。

∴4a =。

∵P′A=PC=AC,△ACP∽△AOB∴
OB PC 1OA AC ==,即14b
=。

∴4b =。

3)若∠P′CA=90°,则点P′,P 都在第一象限内,这与条件矛盾。

∴△P′CA 不可能是以C 为直角顶点的等腰直角三角形。

②当点P 在第二象限时,∠P′CA 为钝角(如图3),此时△P′CA 不可能是等腰直角三角形。

③当P 在第三象限时,∠P′CA 为钝角(如图4),此时△P′CA 不可能是等腰直角三角形。

综上所述,所有满足条件的a ,b 的值为4
32
a b ⎧=
⎪⎨⎪=⎩和44a b =⎧⎨
=⎩。

【例2】(浙江舟山、嘉兴) 解:(1)①C(1 , 2)、Q(2 , 0)。

②由题意得:P (t, 0),C(t, - t +3),Q(3-t , 0)。

分两种情形讨论:
情形一:当△AQC∽△AOB 时,∠AQC=∠AOB=90°,∴CQ⊥OA。

∵CP⊥OA,∴点P 与点Q 重合,OQ=OP ,即3==1.5t t t -∴。

情形二:当△ACQ∽△AOB 时,∠ACQ=∠AOB=90°,
∵OA=OB=3,∴△AOB 是等腰直角三角形。

∴△ACQ 也是等腰直角三角形。

∵CP⊥OA,∴AQ=2CP,即()=23=2t t t -+∴,。

∴满足条件的t 的值是1.5秒或2秒。

(2)①由题意得:3C ,34t t ⎛⎫
-+ ⎪⎝⎭

∴以C 为顶点的抛物线解析式是()2
3
34
y x t t =--+。

由()2
3
33344x t t x --+=-+,解得123,4
x t x t ==-。

过点D 作DE⊥CP 于点E ,则∠DEC=∠AOB=90°,DE∥OA,∴∠EDC=∠OAB。

∴△DEC∽△AOB。


DE CD
AO BA =。

∵AO=4,AB=5,DE=33
DE BA 15,CD 44
AO 16t t ⋅⎛⎫--=∴== ⎪⎝⎭。

② ∵15CD 16=
,CD 边上的高=COD 3412115129,S 5521658∆⨯=∴=⨯⨯=。

∴COD S ∆为定值。

要使OC 边上的高h 的值最大,只要OC 最短。

∵当OC⊥AB 时OC 最短,此时OC 的长为
12
5
,∠BCO=90°, 又∵∠AOB=90°,∴∠COP=90°-∠BOC=∠OBA。

又∵CP⊥OA,∴Rt△PCO∽Rt△OAB。


OP OC OC BO 36,OP BO BA BA 25⋅===
,即36
25t =。

∴当t 为36
25
秒时,h 的值最大。

【例3】(江苏常州、镇江)
解:(1)∵直线1l 过点A (1,0)且与y 轴平行,直线2l 过点B (0。

2)且与x 轴平行,直线1l 与直线2l 相交于点P ,∴点P (1,2)。

若点E 与点P 重合,则k =1×2=2。

(2)当k >2时,如图1,点E 、F 分别在P 点的右侧和上方,过E 作x 轴的垂线EC ,垂足为C ,过F 作y 轴的垂线FD ,垂足为D ,EC 和FD 相交于点G ,则四边形OCGD 为矩形 ∵PE⊥PF,
∴()E ,2F 1,G ,22k k k k ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
,,
()2
111PF PE 1212224k k k k ⎛⎫⋅=--=-+ ⎪⎝⎭ ∴S △PEF =
∴四边形PFGE 是矩形, ∴S △PEF =S △GFE , ∴S △OEF =S 矩形OCGD -S △DOF -S △GFE -S △OCE

211111222422
k k
k k k k ⎛⎫⋅-⋅⋅--+-⋅⋅ ⎪⎝⎭ 21
=14
k - ∵S △OEF =2S △PEF , ∴22111=2144k k k ⎛⎫
--+ ⎪⎝⎭

解得k =6或k =2,
∵k=2时,E 、F 重合,舍去。

∴k=6, ∴E点坐标为:(3,2)。

(3)存在点E 及y 轴上的点M ,使得△MEF≌△PEF
①当k <2时,如图2,只可能是△MEF≌△PEF,作FH⊥y轴于H
∵△FHM∽△MBE, ∴
BM EM
,FH FM = ∵FH=1,EM =PE =1-2
k
,FM =PF =2-k ,
∴1BM 12, BM 122
k k -=∴=-。

在Rt△MBE中,由勾股定理得,EM 2
=EB 2
+MB 2

∴(1-
2k )2=(2k )2
+(12)2 解得k =34 ,此时E 点坐标为(3
8
,2)。

②当k >2时,如图3,只可能是△MFE≌△PEF,作FQ⊥y轴于Q ,△FQM∽△MBE得,BM EM
FQ FM
= 。

∵FQ=1,EM =PF =k -2,FM =PE =2
k
-1, ∴
BM 2
BM 112
k k -=- =2, = ,BM =2 在Rt△MBE中,由勾股定理得,EM 2
=EB 2
+MB 2
∴(k -2)2
=(2k
)2+22
,解得k =163 或0,但k =0不符合题意, ∴k= 16
3.
此时E 点坐标为( 83
,2)
∴符合条件的E 点坐标为( 3
8,2)(83
,2).
【例4】(浙江义乌)
解:(1)设二次函数的解析式为2y ax bx c =++,
由题意得⎪
⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=++==-0
241242c b a c a b , 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-==1281c b a 。

∴二次函数的解析式为2812y x x =-+。

点P 的坐标为(4,-4)。

(2)存在点D ,使四边形OPBD 为等腰梯形. 理由如下: 当y =0时,28120x x -+=, ∴x 1=2 , x 2=6。

∴点B 的坐标为(6,0)。

设直线BP 的解析式为y kx m =+, 则⎩⎨
⎧-=+=+4406m k m k , 解得⎩⎨⎧-==12
2
m k 。

∴直线BP 的解析式为212y x =-。

∴直线OD∥BP 。

∵顶点坐标P (4, -4),∴ OP=42。

设D(x ,2x ) 则BD 2
=(2x )2
+(6-x )2
当BD=OP 时,(2x )2
+(6-x )2
=(42)2
解得:x 1=
5
2
,x 2=2 当x 2=2时,OD=BP=52,四边形OPBD 为平行四边形,舍去
∴当x =
52
时,四边形OPBD 为等腰梯形 。

∴当D(52,5
4
)时,四边形OPBD 为等腰梯形。

(3)① 当0<t≤2时,
∵运动速度为每秒2个单位长度,运动时间为t 秒, 则MP=2t , ∴PH=t,MH=t ,HN=21t 。

∴MN=2
3
t 。

∴S=
23t·t·21=4
3t 2
② 当2<t <4时,P 1G=2t -4,P 1H=t ∵MN∥OB, ∴△P 1EF∽△P 1MN 。


112
P EF 1P MN
1S P G S
P H ⎛⎫
= ⎪⎝⎭ ,∴12
P EF 2S 2t 43t t
4
-⎛⎫= ⎪⎝⎭ 。

∴1P EF
S =3t 2
-12t+12
∴S=
43t 2-(3t 2
-12t+12)= -4
9t 2+12t -12 ∴S= ()()2
23t 0t 24
9t 12t 120t 44
<<<⎧≤⎪⎪⎨⎪+⎪⎩-- 。

【学力训练】 1、(浙江湖州)
解:(1)由题意得CM =BM ,
∵∠PMC=∠DMB,∴Rt△PMC≌Rt△DMB(ASA )。

∴DB=PC 。

∴DB=2-m ,AD =4-m 。

∴点D 的坐标为(2,4-m)。

(2)分三种情况:
①若AP =AD ,则4+m 2
=(4-m)2
,解得3
m 2
=。

②若PD =PA
过P 作PF⊥AB 于点F(如图),
则AF =FD =12AD =1
2
(4-m), 又OP =AF ,∴1m (4m)2=-即4
m 3
=。

③若PD =DA ,∵△PMC≌△DMB,∴PM=12PD =12AD =1
2 (4-m)。

∵PC 2+CM 2=PM 2
,∴221(2m)1(4m)4-+=-,解得122m , m 23
==(舍去)。

综上所述,当△APD 是等腰三角形时,m 的值为32或43或2
3。

(3)点H 所经过的路径长为5
4
π。

2、(广西北海)
解:(1)把A (-2,0)、B(4,0)代入24y ax bx =++,得
424016440
a b a b -+=⎧⎨++=⎩,解得1
12a b =-=,。

∴抛物线的解析式为:21
42
y x x =-++。

(2)由22119
4(1)222
y x x x =-++=--+,得抛物线的对称轴为直线1x =,
直线1x =交x 轴于点D ,设直线1x =上一点T(1,h ), 作CE⊥直线1x =,垂足为E , 由C(0,4)得点E(1,4), 在Rt△ADT 和Rt△TEC 中, 由TA =TC 得2
2
2
2
31(4)h h +=+-,
解得1h =,∴点T 的坐标为(1,1). (3)解:(Ⅰ)当02t <≤时,△AMP∽△AOC ,
∴PM AM AM CO 4PM 2CO AO AO 2t t ⋅⋅=∴===,,AQ 6t =-。

∴2211
S PM AQ 2(6)6(3)922
t t t t t =⋅=⨯-=-+=--+
∵当3t <时,S 随t 的增加而增加, ∴当2t =时,S 的最大值为8。

(Ⅱ)当23t <≤时,作PF⊥y 轴于F , 有△COB∽△CFP, 又CO =OB , ∴FP=FC =2t -,
33
PM 4(2)6AQ 4(2)122
t t t t =--=-=+-=+,
∴2211333825S PM AQ (6)(1)43()2224433
t t t t t =⋅=⨯-+=-++=--+
∴当8
3
t =时,S 的最大值为253。

综上所述,S 的最大值为25
3。

3、(江苏盐城)
解:(1)根据题意,得7
4
3y x y x =-+⎧⎪
⎨=⎪⎩
,解得34x y =⎧⎨=⎩,∴点A 的坐标为(3,4) 。

令70x -+=,得7x =。

∴点B 的坐标为(7,0)。

(2)①当P 在OC 上运动时,0≤t<4。

由S △APR =S 梯形COBA -S △ACP -S △POR -S △ARB =8,得
12(3+7)×4-12×3×(4-t)- 12t(7-t)- 1
2t×4=8 整理,得t 2
-8t +12=0, 解之得t 1=2,t 2=6(舍去)。

当P 在CA 上运动时,4≤t<7。

由S △APR = 1
2×(7-t) ×4=8,得t =3(舍去)。

∴当t =2时,以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8。

②当P 在OC 上运动时,0≤t<4.,此时直线l 交AB 于Q 。

∴AP=(4-t )2
+32
,AQ =2t ,PQ =7-t 。

当AP =AQ 时,(4-t )2+32=2(4-t)2,整理得,t 2
-8t +7=0,解之得t =1,t =7(舍去) 。

当AP =PQ 时,(4-t )2
+32
=(7-t)2
,整理得,6t=24.,∴t=4(舍去) 。

当AQ =PQ 时,2(4-t )2
=(7-t)2
,整理得,t 2
-2t -17=0 解之得t=1±3 2 (舍去)。

当P 在CA 上运动时,4≤t<7,此时直线l 交AO 于Q 。

过A 作AD⊥OB 于D ,则AD =BD =4。

设直线l 交AC 于E ,则QE⊥AC,AE =RD =t -4,AP =7-t.。

由cos∠OAC= AE AQ = AC AO ,得AQ = 5
3(t -4)。

当AP =AQ 时,7-t = 53(t -4),解得t = 41
8。

当AQ =PQ 时,AE =PE ,即AE = 1
2AP ,
得t -4= 1
2(7-t),解得t =5。

当AP =PQ 时,过P 作PF⊥AQ 于F AF = 12AQ = 12×5
3
(t -4)。

在Rt△APF 中,由cos∠PAF= AF AP = 35,得AF = 3
5AP ,
即 12×53(t -4) = 35×(7-t),解得t = 226
43。

∴综上所述,t =1或 418或5或 226
43
秒时,△APQ 是等腰三角形。

l
x
y O B
A
C P
R Q
l
x
y O
B
A
C P
R
D
F
E l x
y O
B
A C
P R Q l
R
P
C A
B
O
y x。

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