中考数学代数几何综合题2
2021年广东中考数学复习练习课件：§8.7 代数几何综合题型(二)
∵AF=EF=3 cm,DQ=(2x-4)cm,DF=1 cm,
∴y= 1 ×3×3+ (13+2x-4)×1=x+4.
2
2
4.(2018四川攀枝花,23,12分)如图,在△ABC中,AB=7.5,AC=9,S△ABC=
81 4
,动点P从A点出发,沿AB方向以每秒
5个单位长度的速度向B点匀速运动,动点Q从C点同时出发,以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动,当
从点A同时出发,点P以 2 cm/s的速度沿AE向终点E运动;点Q以2 cm/s的速度沿折线AD-DC向终点C运
动.设点Q运动的时间为x(s),在运动过程中,点P,点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y(cm2).
(1)AE=
cm,∠EAD=
°;
(2)求y关于x的函数解析式,并写出自变量x的取值范围;
=
1
(CG+CM+BH+BF)·BC-1
CM·QI-
1
(BH+BF)·QN
2
2
2
=
1 2
8
8t 5
3 2
8
8 5
t
6
×6-
1
×2
×3
2
41
t-5 ·2
8
8 5
t
6
6
54=t-
(4)存在t= 7 ,使点P在∠AFE的平分线上.理由如下:
2
连接FP,并延长交DC于点K,如图所示.
t12+6
1
t+
25 5
57
(02<t<5).
∵AB∥CD,点P在∠AFE的平分线上,
CK PC
人教版数学中考专题：代数几合综合问题含答案
人教版数学中考专题：代数几合综合问题含答案 Revised by BETTY on December 25,2020中考数学专题：代数几何综合问题一、填空题1. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为(4，10)，点C在y轴上，且△ABC是直角三角形，则满足条件的 C点的坐标为______________．2.如图，在坐标轴上取点A1（2，0），作x轴的垂线与直线y=2x交于点B1，作等腰直角三角形A1B1A2；又过点A2作x轴的垂线交直线y=2x交于点B2，作等腰直角三角形A2B2A3；…，如此反复作等腰直角三角形，当作到An（n为正整数）点时，则An的坐标是______．二，选择题3.如图，O是边长为4cm的正方形ABCD的中心，M是BC的中点，动点P由A开始沿折线A﹣B﹣M方向匀速运动，到M时停止运动，速度为1cm/s．设P点的运动时间为t（s），点P的运动路径与OA、OP所围成的图形面积为S（cm2），则描述面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象可以是（）A． B．B． D．C．D． 4. 如图，夜晚，小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为（）E．F．G．三、解答题H． 5. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作I．PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．J．（1）连接DP，经过1秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗请说明理由；K．（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么L．（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．M．N．6．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是梯形，OA∥BC，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（3，4），点C在y轴的正半轴上．动点M在OA上运动，从O点出发到A点；动点N在AB上运动，从A点出发到B点．两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为t（秒）O．（1）求线段AB的长；当t为何值时，MN∥OC？P．（2）设△CMN的面积为S，求S与t之间的函数解析式，并指出自变量t的取值范围；S是否有最小值若有最小值，最小值是多少Q．R．7. 条件：如下图，A、B是直线l同旁的两个定点．S．T．问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小．U．方法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．V．模型应用：W．（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点．连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连接ED交AC于P，则PB+PE的最小值是______；X．（2）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；Y．（3）如图3，∠AOB=45°，P是∠AOB内一点，PO=10，Q、R分别是OA、OB 上的动点，求△PQR周长的最小值．Z．8.如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系的矩形纸片，O为原点，点A在x 轴上，点C在y轴上，OA=15，OC=9，在AB上取一点M，使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作N点．9.（1）求N点、M点的坐标；10.（2）将抛物线y=x2﹣36向右平移a（0＜a＜10）个单位后，得到抛物线l，l经过点N，求抛物线l的解析式；11.（3）①抛物线l的对称轴上存在点P，使得P点到M、N两点的距离之差最大，求P点的坐标；12.②若点D是线段OC上的一个动点（不与O、C重合），过点D作DE∥OA交CN于E，设CD的长为m，△PDE的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并说明S 是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．13.14.9. 如图，直线y=kx﹣1与x轴、y轴分别交于B、C两点，tan∠OCB=．（1）求B点的坐标和k的值；（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y=kx﹣1上的一个动点．当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；（3）探索：在（2）的条件下：①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是；②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．10. （2018成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a ＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y 轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a 的值；（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．11. 如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M 为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．（1）如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系点F 是否在直线NE上请直接写出结论，不必证明或说明理由；（2）如图②，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；（3）若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．【答案与解析】一、填空题1.【答案】（0，0），（0，10），（0，2），（0，8）2.【答案】（2×3n﹣1，0）.【解析】∵点B1、B2、B3、…、Bn在直线y=2x的图象上，∴A1B1=4，A2B2=2×（2+4）=12，A3B3=2×（2+4+12）=36，A4B4=2×（2+4+12+36）=108，…，∴An Bn=4×3n﹣1（n为正整数）．∵OAn =AnBn，∴点An的坐标为（2×3n﹣1，0）．故答案为：（2×3n﹣1，0）．二、选择题3.【答案】A.【解析】分两种情况：①当0≤t＜4时，作OG⊥AB于G，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，AD=AB=BC=4cm，∵O是正方形ABCD的中心，∴AG=BG=OG=AB=2cm，∴S=APOG=×t×2=t（cm2），②当t≥4时，作OG⊥AB于G，如图2所示：S=△OAG的面积+梯形OGBP的面积=×2×2+（2+t﹣4）×2=t（cm2）；综上所述：面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象是过原点的线段，故选A．4.【答案】A.三、解答题5.【答案与解析】解：（1）能，如图1，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动,t=1秒∴AP=1，BQ=，∵AC=4，BC=5，点D在BC上，CD=3，∴PC=AC-AP=4-1=3，QD=BC-BQ-CD==，∵PE∥BC，解得PE=，∵PE∥BC，PE=QD，∴四边形EQDP是平行四边形；（2）如图2，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，∴PC=AC-AP=4-t，QC=BC-BQ=，∴∴PQ∥AB；（3）分两种情况讨论：①如图3，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t，又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC∴，∵BC=5，CD=3，∴BD=2，∴DQ=，∴解得t=（秒）；②如图4，当∠QED=90°时，作EM⊥BC于M，CN⊥AD于N，则EM=PC=4-t，在 Rt△ACD中，∵AC=4，CD=3，∴AD=，∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA，∴ t=（秒）．综上所述，当 t=秒或t=秒时，△EDQ为直角三角形．6.【答案与解析】解：（1）过点B作BD⊥OA于点D，则四边形CODB是矩形，BD=CO=4，OD=CB=3，DA=3在Rt△ABD中，．当时，，，．∵，，∴，即（秒）．（2）过点作轴于点，交的延长线于点，∵，∴，．即，．，．，∴．即（）．由，得．∴当时，S有最小值，且7.【答案与解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AC垂直平分BD，∴PB=PD，由题意易得：PB+PE=PD+PE=DE，在△ADE中，根据勾股定理得，DE=；（2）作A关于OB的对称点A′，连接A′C，交OB于P，PA+PC的最小值即为A′C的长，∵∠AOC=60°∴∠A′OC=120°作OD⊥A′C于D，则∠A′OD=60°∵OA′=OA=2∴A′D=∴；（3）分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON、MN，MN交OA、OB于点Q、R，连接PR、PQ，此时△PQR周长的最小值等于MN．由轴对称性质可得，OM=ON=OP=10，∠MOA=∠POA，∠NOB=∠POB，∴∠MON=2∠AOB=2×45°=90°，在Rt△MON中，MN===10．即△PQR周长的最小值等于10．8.【答案与解析】解：（1）∵CN=CB=15，OC=9，∴ON==12，∴N（12，0）；又∵AN=OA﹣ON=15﹣12=3，设AM=x∴32+x2=（9﹣x）2，∴x=4，M（15，4）；（2）解法一：设抛物线l为y=（x﹣a）2﹣36则（12﹣a）2=36∴a1=6或a2=18（舍去）∴抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36 解法二：∵x2﹣36=0，∴x1=﹣6，x2=6；∴y=x2﹣36与x轴的交点为（﹣6，0）或（6，0）由题意知，交点（6，0）向右平移6个单位到N点，所以y=x2﹣36向右平移6个单位得到抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36；（3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知：P点是直线MN与对称轴x=6的交点，设直线MN的解析式为y=kx+b，则，解得，∴y=x﹣16，∴P（6，﹣8）；②∵DE∥OA，∴△CDE∽△CON，∴；∴S=∵a=﹣＜0，开口向下，又m=﹣∴S有最大值，且S=﹣．最大9.【答案与解析】解：（1）∵y=kx﹣1与y轴相交于点C，∴OC=1；∵tan∠OCB=，∴OB=；∴B点坐标为:；把B点坐标为：代入y=kx﹣1得：k=2；（2）∵S=，y=kx﹣1，∴S=×|2x﹣1|；∴S=|x﹣|；（3）①当S=时，x﹣=，∴x=1，y=2x﹣1=1；∴A点坐标为（1，1）时，△AOB的面积为；②存在．满足条件的所有P点坐标为：P1（1，0），P2（2，0），P3（，0），P4（，0）．10.【答案与解析】解：（1）令y=0，则ax2﹣2ax﹣3a=0，解得x1=﹣1，x2=3∵点A在点B的左侧，∴A（﹣1，0），如图1，作DF⊥x轴于F，∴DF∥OC，∴=，∵CD=4AC，∴==4，∵OA=1，∴OF=4，∴D点的横坐标为4，代入y=ax2﹣2ax﹣3a得，y=5a，∴D（4，5a），把A、D坐标代入y=kx+b得，解得，∴直线l的函数表达式为y=ax+a．（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE =k1x+b1，则，解得：，∴yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），∴S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，∴有最大值﹣a=，∴a=﹣；（3）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，解得x1=﹣1，x2=4，∴D（4，5a），∵y=ax2﹣2ax﹣3a，∴抛物线的对称轴为x=1，设P1（1，m），①若AD是矩形的一条边，由AQ∥DP知xD ﹣xP=xA﹣xQ，可知Q点横坐标为﹣4，将x=﹣4带入抛物线方程得Q（﹣4，21a），m=yD +yQ=21a+5a=26a，则P（1，26a），∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP=90°，∴AD2+PD2=AP2，∵AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，PD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，∴[4﹣（﹣1）]2+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2=（﹣1﹣1）2+（26a）2，即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P1（1，﹣）．②若AD是矩形的一条对角线，则线段AD的中点坐标为（，），Q（2，﹣3a），m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），∵四边形ADPQ为矩形，∴∠APD=90°，∴AP2+PD2=AD2，∵AP2=[1﹣（﹣1）]2+（8a）2=22+（8a）2，PD2=（4﹣1）2+（8a﹣5a）2=32+（3a）2，AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，∴22+（8a）2+32+（3a）2=52+（5a）2，解得a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P2（1，﹣4）．综上可得，P点的坐标为P1（1，﹣4），P2（1，﹣）．11.【答案与解析】解：（1）判断：EN与MF相等（或EN=MF），点F在直线NE上.（2）成立．证明：连结DE，DF．∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC．又∵D，E，F是三边的中点，∴DE，DF，EF为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°．又∠MDF+∠FDN=60°，∠NDE+∠FDN=60°，∴∠MDF=∠NDE．在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN，∠MDF=∠NDE，∴△DMF≌△DNE．∴MF=NE．（3）画出图形（连出线段NE），MF与EN相等的结论仍然成立（或MF=NE成立）．。
2020年中考复习 几何代数综合题 的解法(2)
2020年中考复习几何代数综合题的解法（2）1.(2018。
永州)如图，抛物线的顶点A的坐标为（1，4），抛物线与x 轴相交于B，C两点，与y轴交于点E（0，3）.（1）求抛物线的解析式；（2）已知点F（0，-3），在抛物线的对称轴上是否存在一点G，使得EG+FG最小？如果存在，求出点G的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）如图②，连接AB，若点P是线段OE上一动点，过点P作线段AB的垂线，分别与线段AB、抛物线相交于点M，N（点M，N都在抛物线对称轴的右侧），当MN最大时，求△PON的面积。
解析：(1)设抛物线y=a(x-1)2+4，将点E（0，3）代入求a，化为一般式得：y=-x2+2x+3。
（2）作E关于对称轴的对称点E` ，连接FE`交对称轴于点P。
由题意可得E`(2，3)，设直线解析式为y=kx+b，将E`(2，3)，F（0，-3）两点代入可得y=3x-3，当X=1时，y=0，所以P （1，0）.根据两点间线段最短，可知存在点G （P ），使得EG+FG 最小。
（3）设点N （n, -n 2+2n+3）,过点N 作NH ⊥OB,NG ⊥OA,垂足分别为点G 、H 。
知道A(1,4), B （0，3）可求得直线AB 的解析式：Y=-2X+6，这样可得D （n,-2n+6），进而求得ND=-n 2+4n-3.由题意可得△NMD ∽△BHD ∽△BFA,所以FAND=BF MN ,BF=2,FA=4,这样MN=５５＋－２－２)n (55又知1<n<3,所以当n=2时，MN 最大，此时N(2，3).设直线PN 解析式为y=21x+b ，N 点代入得，y=21x+2，所以PO=2.故△PON 的面积 =21PO ·NG=21×2×2=2.2.（2018.玉林）如图，直线y=-3x+3与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，抛物线y=-x 2+bx+c 与直线y=c 分别交y 轴的正半轴于点C 和第一象限的点p ，连接PB ，得△PCB ≌△BOA （O 为坐标原点）。
中考数学复习专题 代数与几何综合(含答案)
5. 如图 2－5-16，在矩形 ABCD 中，AB=10。cm，BC=8cm．点 P 从 A 出发，沿 A→B→C→D 路线运动，到 D 停止；点 Q 从 D 出发，沿 D→C→B→A 路线运动，到 A 停止，若点 P、 点 Q 同时出发，点 P 的速度为 1cm/s，点 Q 的速度为 2cm/s，a s 时点 P、点 Q 同时改变 速度，点 P 的速度变为 bcm/s，点 Q 的速度变为 d cm/s，图 2－5－17 是点 P 出发 x 秒 后△APD 的面积 S1（cm2）与 x（s）的函数关系图象；图 2－5－18 是点 Q 出发 xs 后面 AQD 的面积 S2（cm2）与 x（s）的函数关系图象． ⑴ 参照图 2－5－17，求 a、b 及图中 c 的值； ⑵ 求 d 的值； ⑶ 设点 P 离开点 A 的路程为 y1(cm)，点 Q 到点 A 还需走的路程为 y2(cm)，请分别写出 动点 P、Q 改变速度后，y1、y2 与出发后的运动时间 x（s）的函数解析式，并求出 P、 Q 相遇时 x 的值． ⑷ 当点 Q 出发_______s 时，点 P、点 Q 在运动路线上相距的路程为 25cm．
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答案 一、ABDCB DAACD
二、1、 3 2、 2 -1
三、1、（1）y=- 1 x2+x 2
3、 11
6
4、（-502，502）
（2）x 取最大整数为-1，∴ y=- 1 ×(-1)2-1=– 3 ∴AC= 3
2
2
2
由△BOQ∽△CAQ,可得 BO = OQ
AC AQ
C． y x
D． y 3 x 2
７．如图，反比例函数 y 4 的图象与直线 y 1 x 的
人教版数学2018年中考 代数几何综合问题(2) (共29张PPT)
（2）在点P从O向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t之间的函数 关系式（不必写出t的取值范围）； 解：如图，过点Q作QF⊥AO于点F.
∵ AQ = OP= t，∴AP=3-t．
由△AQF∽△ABO，得 ∴
QF 4 t 5 4
QF BO AQ AB
∴Q
向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂
直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB－BO－ OP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时 停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时 间是t秒（t＞0）． （1）求直线AB的解析式；
解：在Rt△AOB中，OA = 3，AB = 5， 由勾股定理得
∴ (1-a)2+(4-0)2=(2-0)2+(3-a)2.
2 5 t
2
4 5 6 5
t t
∴S
（3）在点E从B向O运动的过程中，四边形QBED能否成为直角梯形？ 若能，请求出t的值；若不能，请说明理由；
解：四边形QBED能成为直角梯形． ①如图，当DE∥QB时， ∵DE⊥PQ， ∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． 由△APQ ∽△ABO，得 ∴
OB AB OA
2 2
4
∴A（3，0），B（0，4）． 设直线AB的解析式为y=kx+b.
3k b 0, ∴ b 4.
解得
4 k , 3 b 4.
∴直线AB的解析式为 y = -
4 3
x 4
（2）在点P从O向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t之间的函数 关系式（不必写出t的取值范围）；
代数几何综合问题(2)
高级教师 萧老师
2019年中考数学复习专题《代数综合、代数几何综合》(有答案)
代数综合题一：对于实数a, b,我们用符号min{a, b}表示a, b两数中较小的数,如min{3, 5}=3 ,因此，min{ —1, — 2}=; 若min {(x+1)2,x2} = 4 ,则x=.题二：对于实数c, d,我们用符号max{c, d}表示c, d两数中较大的数，如max{3 , 5}=5 ,因此，max{—1, —1}= ;若max1x2+2x + 2,x2} = 2 ,贝U x= .2 3 ----------- -----------------------------------------------------2题三：如图，平行于x轴的直线AC分别交抛物线y i=x2(x>)与y2=上(xA)3于B、C两点，过点C作y轴的平行线交y1于点D,直线DE//AC,交y2于点E,则匹=BC ----------题四：在平面直角坐标系中，点P(0, m2)(m>0)在y轴正半轴上，过点P作2 2 平行于x轴的直线，分别交抛物线C I： y=工于点A、B,交抛物线C2： y=上49 于点C、D.(1)如图①，原点O关于直线AB的对称点为点Q,分别连接OA, OB, QC 和QD,求》OB与笈QD面积比为.(2)如图②过点A作y轴的平行线交抛物线C2于点E,过点D作y轴的平行线交抛物线C I于点F,在y轴上任取一点M,连接MA、ME、MD和MF, 则/IMAE与Z1MDF 面积的比值为.题五：如图，点E、F在函数y=上(k>0)的图象上，直线EF分别与x轴、y x 轴交于点A、B,且BE: BF=1: 4,过点E作EP，y轴于P,已知—EP的面积为2.⑴求反比例函数的解析式；(2)计算为EF的面积.题六：如图，点A(1, 6)和点M(m, n)都在反比例函数y" (k>0)的图象上. x⑴求反比例函数的解析式；(2)当m=3时，求直线AM的解析式，并求出BOM的面积.「2 ’“题七：设函数v=' x ,若互不相等的实数Xi, X2, X3,满足Vl=V2=/3, 3X +1, X <0求X1 + X2+X3的取值范围.题八：在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+4x+3与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.（1）求直线AC的表达式；（2）在x轴下方且垂直于y轴的直线l与抛物线交于点P（X1,必），Q（X2, 丫2）, 与直线AC交于点N（x3, y3）,若x1>x2>x3,结合函数的图象，求与+&+期的取值范围.参考答案题一：一2, —3或 2.详解：.. 一 2<—1,「.min{ —1, —2}=—2,: min{(x+1)2,x 2} = 4 ,当(x+1)2=x 2时，解得：x= —0.5, (x+1)2=x 2=0.25,这时不可能得出最小值为4,当 x> —0.5, (x+1)2>x 2,则 x 2=4,解得 ％=2 或 M = —2(舍去)， 当 x< —0.5, (x+1)2<x 2,则(x+1)2=4,解得 x 1二 —3 或 x 2=1(舍去)，• . x= - 3 或 x=2.题二:详解：- 3>-》「.maxL 12 : max{x 2+2x +2,x 2} = 2 ,2,当 x>—1, x 2+2x+2>x 2,则 x 2+2x+2=2,解得 x 1=0 或 x 2= —2（舍去）， 当 x<—1, x 2+2x+2<x 2,则 x 2=2,解得 x 1 二 —后或 x 2=我 （舍去），• . x=—五或 x=0.题三：V 3 .详解：设A 点坐标为（0, a ）, （a>0）,则x 2=a,解得x= a a ，.二点B （4 , a ）,2____ _.解得—，，点C （肖明」.B —公•「C D //y轴，-3｝二，当 x 2+2x+2=x 2 时,解得：x= — 1, x 2+2x+2=x 2=1,这时不可能得出最大值为•••点D的横坐标与点C的横坐标相同均为怎,• - y1=（v13a）2=3a,题五:(1)y=4, (2)15 .占 八、D 的坐标为（痣,占 八、E 的纵坐标为3a,3a), 「DE//AC,2——=3a, • . x=3 v 1 a , 3 占八、E 的坐标为（3 v,a ,3a), •.DE=3Va —痘，「 DE 3, a 7 3a1八A— AB PO,cS AOB _ 2- 4m-2••.E 点的横坐标为一2m, F 点的横坐标为 3m, .•.y E =l^-2m)2=4m99222 4m _ 5m9 ・ 9，AE=m 2，y F =1x (3m)2=也, 4 422DF=9m- - m 2=-5m-44 5m 3E(—2m,当 SA AEM =1292X 5m 2-)F(3m,耳),4SA DFM = 12① X5m= 15m 3一S DFM15m 3278详解：(1)作EC ，x 轴于C, FD ，x 轴于D, FH ，y 轴于H,如图，•••△OEP 的面积为2,：|k|=2,而k>0,k=4, •••反比例函数解析式为 y=4; x(2) 「EPLy 轴,FH ，y 轴,「.EP//FH, /. A BPE^A BHF ,即HF=4PE,设E 点坐标为(t,，)，则F 点的坐标为(4t,，)， t 4t ・ S ^OEF +S* AQFD = S AQEC +S 梯形ECDF ， 而 S AQFD =S 8EC =2 ,题六：(1)y=6; (2)y=—2x+8, 8. x・「y=x 2_4x+2(x 刃)的对称轴为 x=2, y i =y 2, ：x 2+x 3=4,・•・y=x 2—4x+2(x 冷)的顶点坐标为(2, —2),令 y= —2,代入 y=3x+1,解得：x=—1,「•—1<x 1<0, 贝U x i +x 2+x 3 的取值范围是：-1+4<x 1+x 2+x 3<0+4,3<x 1+x 2+x 3<4.题八：(1)y=x+3; (2) - 8<x 1+x 2+x 3< - 7.PE BE _ 1 =-- , IM ，详解：先作出函数y=」x2-4x '2,* * ** x -0的图象，如图，不妨设X 1VX 2VX 3,勺+…可详解:(1)由y=x2+4x+3得至U： y=(x+3)(x+1), C(0, 3),• .A(—3, 0), B(—1, 0),设直线AC 的表达式为:y=kx+b(k?・•. ：3k：b=°,解得：；k=：，所以直线AC的表达式为y=x+3, b =3 b =3(2)由y=x2+4x+3得至U：y=(x+2)2—1, ••・抛物线y=x2+4x+3的对称轴是x= —2, 顶点坐标是(一2, —1), •. y1=y2,「-2=—4,令y= —1,代入y=x+3,解得：x= — 4,: x1 >x2>x3, •二—4<x3<—3, •二一4 — 4<x1 +x2+x3< — 3 — 4,「•一8<必+垣+&< 一7.代数几何综合题一：如图，已知抛物线y=ax2+bx+c (a?0与x轴交于A (-1, 0)、B (3, 0)两点，与y轴交于点C (0, 3).(1)求抛物线的解析式及顶点M坐标；(2)在抛物线的对称轴上找到点P,使得APAC的周长最小，并求出点P 的坐标.题二：如图，已知抛物线y=ax2+bx+c (a?0与x轴交于点A (-4, 0), B (1,0),与y轴交于点D (0, 4),点C (-2, n)也在此抛物线上.(1)求此抛物线的解析式及点C的坐标；(2)设BC交y轴于点E,连接AE, AC请判断△ ACE的形状，并说明理由.题三：在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，称线段PQ长度的最小值为图形M, N的密距，记为d (M, N).特别地，若图形M, N有公共点，规定d (M, N) =0.(1)如图1, OO的半径为2,①点A (0, 1) , B (4, 3),则d (A, OO) =, d (B, OO) =.②已知直线l： y=3x + b与。
最新-中考压轴题代数几何综合第2部分 精品
代几综合点睛提分4、动点与平行四边形问题兵法：1．利用对边平行，进行分类讨论，然后画出要求的点 2．利用全等或锐角三角函数求出点的坐标【例1】 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A （－4，0），B （0，－4），C （2，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 为第三象限内抛物线上一动点，点M 的横坐标为m ，△AMB 的面积为S ．求S 关于m 的函数关系式，并求出S 的最大值．（3）若点P 是抛物线上的动点，点Q 是直线y ＝－x 上的动点，判断有几个位置能够使得点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q 的坐标．【解析】 （1）设抛物线的解析式为y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0），则有⎪⎩⎪⎨⎧02440416 ＝＋＋＝＝＋－－c b a c c b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧4121－ ＝＝＝c b a ∴抛物线的解析式为y ＝21x2＋x －4 （2）过点M 作MD ⊥x 轴于点D ，设M 点的坐标为（m ，21m2＋m －4）则AD ＝m ＋4，MD ＝－21m2－m ＋4 ∴S＝S △AMD ＋S 梯形DMBO －S △ABO ＝21(m ＋4)(－21m2－m ＋4)＋21(－21m2－m ＋4＋4)(－m )－21×4×4 ＝－m2－4m （－4＜m ＜0）即S＝－m2－4m ＝－(m ＋2)2＋4∴S 最大值＝4（3）满足题意的Q 点的坐标有四个，分别是：（－4，4），（4，－4） （－2＋52，2－52），（－2－52，2＋52）【例2】 如图，已知抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0）的顶点坐标为Q （2，－1），且与y 轴交于点C （0，3），与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的右侧），点P 是该抛物线上一动点，从点C 沿抛物线向点A 运动（点P 与A 不重合），过点P 作PD ∥y 轴，交AC 于点D ．（1）求该抛物线的函数关系式；（2）当△ADP 是直角三角形时，求点P 的坐标；（3）在题（2）的结论下，若点E 在x 轴上，点F 在抛物线上，问是否存在以A 、P 、E 、F 为顶点的平行四边形？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）∵抛物线的顶点为Q （2，－1），∴设y ＝a (x －2)2－1将C （0，3）代入上式，得3＝a (0－2)2－1 ∴a ＝1 ∴该抛物线的函数关系式为y ＝(x －2)2－1即y ＝x2－4x ＋3（2）如图1，有两种情况：①当点P 为直角顶点时，点P 与点B 重合令y ＝0，得x2－4x ＋3＝0，解得x 1＝1，x 2＝3 ·················· 4分∵点A 在点B 的右侧，∴B （1，0），A （3，0） ··············· 5分 ∴P 1（1，0） ······························································ 6分 ②当点A 为直角顶点时∵OA ＝OC ，∠AOC ＝90°，∴∠OAD 2＝45°当∠D 2AP 2＝90°时，∠OAP 2＝45°，∴AO 平分∠D 2AP 2 又∵P 2D 2∥y 轴，∴P 2D 2⊥AO ，∴P 2、D 2关于x 轴对称 设直线AC 的函数关系式为y ＝kx ＋b ， 将A （3，0），C （0，3）代入得：⎩⎪⎨⎪⎧0＝3k ＋b 3＝b 解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－1b ＝3 ∴y ＝－x ＋3∵D 2在y ＝－x ＋3上，P 2在y ＝x2－4x ＋3上∴设D 2（x ，－x ＋3），P 2（x ，x2－4x ＋3）∴(－x ＋3)＋(x2－4x ＋3)＝0，即x2－5x ＋6＝0解得x 1＝2，x 2＝3（舍去）∴当x ＝2时，y ＝x2－4x ＋3＝22－4×2＋3＝－1∴P 2的坐标为P 2（2，－1）（即为抛物线顶点） ················· 9分 ∴P 点坐标为P 1（1，0），P 2（2，－1） ··························· 10分 （3）由题（2）知，当点P 的坐标为P 1（1，0）时，不能构成平行四边形 当点P 的坐标为P 2（2，－1）（即顶点Q ）时图1如图2，平移直线AP 交x 轴于点E ，交抛物线于点F当AP ＝FE 时，四边形APEF 是平行四边形 ∵P （2，－1），∴可令F （x ，1）∴x2－4x ＋3＝1，解得x 1＝2－2，x 2＝2＋2故存在以A 、P 、E 、F 为顶点的平行四边形，点F 的坐标为： F 1（2－2，1），F 2（2＋2，1）【例3】 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过A （－1，0），B （3，0），C （0，－1）三点．（1）求该抛物线的表达式；（2）点Q 在y 轴上，点P 在抛物线上，要使以点Q 、P 、A 、B 为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P 的坐标．【解析】 设该抛物线的表达式为y ＝ax2＋bx ＋c ，根据题意，得⎪⎩⎪⎨⎧－－＝＝＋＋＝＋10390c c b a c b a 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧132 31 －－＝＝＝c b a∴所求抛物线的表达式为y ＝31x2－32x －1（2）①当AB 为边时，只要PQ ∥AB ，且PQ ＝AB ＝4即可图2又知点Q 在y 轴上，∴点P 的横坐标为4或－4，这时，符合条件的点P 有两个当x ＝4时，y ＝35；当x ＝－4时，y ＝7∴P 1（4，35），P 2（－4，7） ①当AB为对角线时，只要线段PQ 与线段AB 互相平分即可 又知点Q 在y 轴上，且线段AB 中点的横坐标为1 ∴点P的横坐标为2，这时，符合条件的点P 只有一个当x ＝2时，y ＝－1∴P 3（2，－1）综上，满足条件的点P 有三个，其坐标分别为： P 1（4，35），P 2（－4，7），P 3（2，－1）【例4】 已知抛物线y ＝x2＋bx ＋c 交y 轴于点A ，点A 关于抛物线对称轴的对称点为B （3，－4），直线y ＝41x 与抛物线在第一象限的交点为C ，连结OB ．（1）求抛物线的解析式；（2）如图（1），点P 在射线．．OC ．．上运动，连结BP ，设点P 的横坐标为x ，△OBP 的面积为y ，求y 与x 之间的函数关系式； （3）如图（2），点P 在直．线．OC ．．上运动，点Q 在抛物线上运动，试问点P 、Q 在运动过程中是否存在以O 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形的情况，若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．图（1） 图（2） 备用图【解析】 （1）∵B （3，－4），点A 与点B 关于抛物线的对称轴对称，A （0，－4）把A （0，－4）、B （3，－4）代入y ＝x2＋bx ＋c 得：⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－49＋3b ＋c ＝－4 ∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3c ＝－4 ∴抛物线的解析式为y ＝x2－3x －4（2）如图（1），连结AB ，作PD ⊥y 轴，则D （0，41x ） S 梯形ABPD＝21(x ＋3)(41x ＋4)＝81x2＋819x ＋6 S △AOB＝21×3×4＝6，S △DOP＝21×x ×41x ＝81x2∴y ＝S 梯形ABPD －S △AOB －S △DOP＝819x （3）平移线段OB ，使点B 落在直线y ＝41x 上，落点为P ，点落在抛物线上，落点为Q ，则四边形OBPQ 为平行四边形 设P （x ，41x ），∵O （0，0），B （3，－4）∴Q （x －3，41x ＋4）∵点Q 在抛物线上，∴41x ＋4＝(x －3 )2－3( x －3)－4整理得：4x2－37x ＋40＝0，解得：x ＝8或x ＝45∴P 1（8，2），P 2（45，165） 平移线段OB ，使点O 落在直线y ＝41x 上，落点为P ，点B 落在抛物线上，落点为Q ，则四边形OBQP 为平行四边形设P （x ，41x ），∵O （0，0），B （3，－4），∴Q （x ＋3，41x －4）∵点Q 在抛物线上，∴41x －4＝( x ＋3 )2－3( x ＋3)－4整理得：4x2＋11x ＝0，解得：x ＝0（舍去）或x ＝－411∴P 3（－411，－1611）平移线段OP 3，使点P 3与点O 重合，则点O 落在直线y ＝41x 上点P 4处，四边形OPBQ 为平行四边形∴P 4（411，1611）综上所述，符合条件的点P 有4个，分别是：P 1（8，2），P 2（45，165），P 3（－411，－1611），P 4（411，1611）图（2）图（1）【例5】 如图，抛物线交x 轴于点A （－2，0），点B （4，0），交y 轴于点C （0，－4）．（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D 的坐标；（2）若直线y ＝－x 交抛物线于M ，N 两点，交抛物线的对称轴于点E ，连接BC ，EB ，EC ．试判断△EBC 的形状，并加以证明； （3）设P 为直线MN 上的动点，过P 作PF ∥ED 交直线MN 下方的抛物线于点F ．问：在直线MN 上是否存在点P ，使得以P 、E 、D 、F 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P 及相应的点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）设抛物线的解析式为y ＝ax2＋bx ＋c （a ≠0）∵点A 、B 、C 均在此抛物线上 ∴⎩⎪⎨⎪⎧4a －2b ＋c ＝016a ＋4b ＋c ＝0c ＝－4∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝21b ＝－1c ＝－4∴所求的抛物线的解析式为y ＝21x2－x －4 ，顶点D 的坐标为（1，－29） （2）△EBC 的形状为等腰三角形证明：（法一）∵直线MN 的函数解析式为y ＝－x ∴ON 是∠BOC 的平分线∵B 、C 两点的坐标分别为（4，0），（0，－4） ∴CO ＝BO ＝4∴MN 是BC 的垂直平分线 ∴CE ＝BE即△ECB 是等腰三角形（法二）∵直线MN 的函数解析式为y ＝－x ∴ON 是∠BOC 的平分线 ∴∠COE ＝∠BOE∵B 、C 两点的坐标分别为（4，0）、（0，－4） ∴CO ＝BO ＝4又∵OE ＝OE∴△COE ≌△BOE ∴CE ＝BE 即△ECB 是等腰三角形（法三）∵点E 是抛物线的对称轴x ＝1和直线y ＝－x 的交点 ∴E 点的坐标为（1，－1）∴利用勾股定理可求得CE ＝2213＋＝10，BE ＝2213＋＝10∴CE ＝BE即△ECB 是等腰三角形 （3）解：存在 ∵PF ∥ED∴要使以P 、E 、D 、F 为顶点的四边形是平行四边形，只要使PF ＝ED ∵点E 是抛物线的对称轴x ＝1和直线y ＝－x 的交点 ∴E 点的坐标为（1，－1） ∴ED ＝－1－(－29)＝27 ∵点P 是直线y ＝－x 上的动点 ∴设P 点的坐标为（k ，－k ） 则直线PF 的函数解析式为x ＝k ∵点F 是抛物线和直线PF 的交点 ∴F 的坐标为（k ，21k2－k －4） ∴PF ＝－k －(21k2－k －4)＝－21k2＋4 ∴－21k2＋4＝27∴k ＝±1 当k ＝1时，点P 的坐标为（1，－1），F 的坐标为（1，－29） 此时PF 与ED 重合，不存在以P 、F 、D 、E 为顶点的平行四边形 当k ＝－1时，点P 的坐标为（－1，1），F 的坐标为（－1，－25） 此时，四边形PFDE 是平行四边形5、动点与梯形问题兵法：1．利用对边平行，进行分类讨论，然后画出要求的点 2．利用一次函数与二次函数联立求交点坐标【例1】 在平面直角坐标系xOy 中，抛物线的解析式是y ＝41x2＋1，点C 的坐标为（－4，0），平行四边形OABC 的顶点A ，B 在抛物线上，AB 与y 轴交于点M ，已知点Q （x ，y ）在抛物线上，点P （t ，0）在x 轴上． （1）写出点M 的坐标；（2）当四边形CMQP 是以MQ ，PC 为腰的梯形时． ①求t 关于x 的函数解析式和自变量x 的取值范围；②当梯形CMQP 的两底的长度之比为1 :2时，求t 的值．【解析】 （1）∵OABC 是平行四边形，∴AB ∥OC ，且AB ＝OC ＝4∵A ，B 在抛物线上，y 轴是抛物线的对称轴，∴A ，B 的横坐标分别是2和－2代入y ＝41x2＋1，得A （2，2），B （－2，2） ∴M （0，2） （2）①过点Q 作QH ⊥x 轴于H ，连接CM 则QH ＝y ，PH ＝x －t由△PHQ ∽△COM ，得：2y ＝4tx ，即t ＝x －2y ∵Q （x ，y ）在抛物线y ＝41x2＋1上∴t ＝－21x2＋x －2当点P 与点C 重合时，梯形不存在，此时，t ＝－4，解得x ＝1±5 当Q 与B 或A 重合时，四边形为平行四边形，此时，x ＝±2 ∴x 的取值范围是x ≠1±5且x ≠±2的所有实数 ②分两种情况讨论：ⅰ）当CM ＞PQ 时，则点P 在线段OC 上∵CM ∥PQ ，CM ＝2PQ ，∴点M 纵坐标为点Q 纵坐标的2倍 即2＝2(41x2＋1)，解得x ＝0 ∴t ＝－21×02＋0－2＝－2 ⅱ）当CM ＜PQ 时，则点P 在OC 的延长线上∵CM ∥PQ ，CM ＝21PQ ，∴点Q 纵坐标为点M 纵坐标的2倍 即41x2＋1＝2×2，解得：x ＝±32 当x ＝－32时，得t ＝－21×(－32)2－32－2＝－8－32 当x ＝32时，得t ＝－21×(32)2＋32－2＝32－8【例2】 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2cm ，∠BAD ＝60°，E 为CD 边中点，点P 从点A开始沿AC 方向以每秒32cm 的速度运动，同时，点Q 从点D 出发沿DB 方向以每秒1cm 的速度运动，当点P 到达点C 时，P ，Q 同时停止运动，设运动的时间为x 秒．（1）当点P 在线段AO 上运动时． ①请用含x 的代数式表示OP 的长度；②若记四边形PBEQ 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；（2）显然，当x ＝0时，四边形PBEQ 即梯形ABED ，请问，当P 在线段AC 的其他位置时，以P ，B ，E ，Q 为顶点的四边形能否成为梯形？若能，求出所有满足条件的x 的值；若不能，请说明理由．【解析】 （1）①由题意得∠BAO ＝30°，AC ⊥BD∵AB ＝2，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3∴OP ＝3－32x ②如图1，过点E 作EH ⊥BD 于H ，则EH 为△COD 的中位线 ∴EH ＝21OC ＝23，∵DQ ＝x ，∴BQ ＝2－xOEACQD B H图1POEACQD BP∴y ＝S △BPQ＋S △BEQ＝21(2－x )(3－32x ＋23)＝3x2－4311x ＋233（2）能成为梯形，分三种情况：ⅰ）如图2，当PQ ∥BE 时，∠PQO ＝∠DBE ＝30°∴OQ OP ＝tan30°＝33即x x --1323＝33，∴x ＝52 此时PB 不平行QE ，∴x ＝52时，四边形PBEQ 为梯形 ⅱ）如图3，当PE ∥BQ 时，P 为OC 中点∴AP ＝233，即32x ＝233，x ＝43此时，BQ ＝2－x ＝45≠PE ，∴x ＝43时，四边形PEQB 为梯形ⅲ）如图4，当QE ∥BP 时，△QEH ∽△BPO∴OP HE ＝OB HQ ，∴33223-x ＝121-x ，∴x ＝1（x ＝0舍去） 此时，BQ 不平行于PE ，∴x ＝1时，四边形PEQB 为梯形 综上所述，当x ＝52或43或1时，以P ，B ，E ，Q 为顶点的四边形是梯形图4OEACQ D B H P 图2OEACQ D B HP图3OE AC QD B HP【例3】 如图1，直线AB 交x 轴于点A （2，0），交抛物线y ＝ax2于点B （1，3），点C到△OAB 各顶点的距离相等，直线AC 交y 轴于点D ．（1）求抛物线的解析式； （2）当x ＞0时，在直线OC 和抛物线上是否分别存在点P 和点Q ，使四边形DOPQ 是特殊的梯形？若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，抛物线的解析式和点D 的坐标不变．当x ＞0时，在直线y ＝kx （0＜k ＜1）和抛物线上是否分别存在点P 和点Q ，使四边形DOPQ 是以OD 为底的等腰梯形？若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】 （1）∵抛物线y ＝ax2经过点B （1，3），∴3＝a ×12，∴a ＝3∴抛物线的解析式为y ＝3x2（2）设直线AB 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，∵它过点A （2，0），B （1，3）∴⎩⎨⎧0＝2k 1＋b 13＝k 1＋b 1 解得⎩⎨⎧k 1＝－3b 1＝32∴y ＝－3x ＋32又∵点C 到△OAB 各顶点的距离相等，即点C 是△OAB 三边的垂直平分线的交点 如图1，连结BC 并延长交OA 于A ，则BE ⊥OA ，OE ＝AE ∴点E 的坐标为（1，0）在Rt △OEC 中，CE ＝OE ²tan30°＝33，∴C （1，33） 设直线OC 的解析式为y ＝k 2x ，则33＝k 2×1，∴k 2＝33 ∴y ＝33x 设直线AC 的解析式为y ＝k 3x ＋b 3，则⎩⎪⎨⎪⎧0＝2k 3＋b 333＝k 3＋b 3解得⎩⎪⎨⎪⎧k 3＝－33b 3＝332∴y ＝－33x ＋332图2图1∵直线AC 交y 轴于点D ，则点D （0，332），∴OD ＝332 当OD ∥PQ 时，①DQ ＝OP 时，四边形DOPQ 为等腰梯形（如图1）由题意得，△OCD 为等边三角形，∴∠CDO ＝∠COD ∴Q 是直线AD 与抛物线的交点 由－33x ＋332＝3x2，解得x 1＝－1（舍去），x 2＝32 当x ＝32时，3x2＝934∴点Q 的坐标为（32，934）当x ＝32时，33x ＝932∴点P 的坐标为（32，932）②∠ODQ ＝90°时，四边形DOPQ 为直角梯形（如图2）过点D （0，332）且平行x 轴的直线交抛物线于点Q ∴332＝3x2，解得x 1＝－36（舍去），x 2＝36∴点Q 的坐标为（36，332） 把x ＝36代入直线y ＝33x 中，得y ＝32∴点P 的坐标为（36，32） 当DQ ∥OP 时，①OD ＝PQ 时，四边形DOPQ 为等腰梯形（如图1）过点D （0，332）且平行于OC 的直线为33x ＋332，交抛物线于点Q∴33x ＋332＝3x2，解得x 1＝－32（舍去），x 2＝1 把x ＝1代入y ＝3x2中，得y ＝3 ∴点Q 的坐标为（1，3）（与点B 重合） 又∵△OCD 为等边三角形，∴∠DOC ＝∠BPO ＝60° 设过点Q （1，3）且平行于AD 的直线为y ＝－33x ＋b ，交OC 于点P ， 则b ＝334∴y ＝－33x ＋334∴－33x ＋334＝33x ，解得x ＝2 把x ＝2代入y ＝－33x ＋334中，得y ＝332∴点P 的坐标为（2，332） ②∠OPQ ＝90°时，四边形DOPQ 为直角梯形由以上解法知，点Q 的坐标（1，3）（与点B 重合），过B 与OC 垂直的直线为AB ，设OC 与AB 的交点为P则⎩⎨⎧y ＝－3x ＋32y ＝33x 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23y ＝23∴点P 的坐标为（23，23）综上所述：当P 1（32，932），Q 1（32，934）和P 2（2，332），Q 2（1，3）（与点B 重合）时，四边形DOPQ 为等腰梯形；当P 3（36，32），Q 3（36，332）和P 4（23，23），Q 4（1，3）（与点B 重合）时，四边形DOPQ 为直角梯形（3）设OD 的中点为G ，则G （0，33） 如图3，过点G 作GH ⊥y 轴，交直线y ＝kx 于点H ，连结DH ，则H （k 33，33） 设直线DH 的解析式为y ＝k 4x ＋b 4，则⎩⎪⎨⎪⎧332＝b 433＝k 4×k33＋b 4解得⎩⎪⎨⎪⎧k 4＝－k b 4＝332∴直线DH 的解析式为y ＝－kx ＋332 ∵直线DH 与抛物线相交于点Q ，∴3x2＝－kx ＋332 解得x 1＝6832)(+--k k （舍去），x 2＝6832)(++-k k∴点Q 的坐标为（6832)(++-k k ，648322)(++-k k k ）点P 的坐标为（6832)(++-k k ，68322)(-++k k k ）【例4】 如图，四边形ABCO 是平行四边形，AB ＝4，OB ＝2，抛物线过A 、B 、C 三点，与x 轴交于另一点D ．一动点P 以每秒1个单位长度的速度从B 点出发沿BA 向点A 运动，运动到点A 停止，同时一动点Q 从点D 出发，以每秒3个单位长度的速度沿DC 向点C 运动，与点P 同时停止． （1）求抛物线的解析式；（2）若抛物线的对称轴与AB 交于点E ，与x 轴交于点F ，当点P 运动时间t 为何值时，四边形POQE 是等腰梯形？【解析】 （1）∵四边形ABCO 是平行四边形，∴OC ＝AB ＝4∴A （4，2），B （0，2），C （－4，0），∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋c 过点B ，∴c ＝2由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧16a －4b ＋2＝016a ＋4b ＋2＝2 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－161b ＝41 ∴所求抛物线的解析式为y ＝－161x2＋41x ＋2（2）将抛物线的解析式配方，得y ＝－161(x －2)2＋49∴抛物线的对称轴为x ＝2 ∴D （8，0），E （2，2），F （2，0） 欲使四边形POQE 为等腰梯形，则有OP ＝QE ，即BP ＝FQ ∴t ＝6－3t ，即t ＝23【例5】 如图，二次函数y ＝x2＋px ＋q （p ＜0）的图象与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C (0，－1)，△ABC 的面积为45． （1）求该二次函数的关系式；（2）过y 轴上的一点M (0，m )作y 轴的垂线，若该垂线与△ABC 的外接圆有公共点，求m 的取值范围； （3）在该二次函数的图象上是否存在点D ，使四边形ACBD 为直角梯形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）∵二次函数y ＝x2＋px ＋q 的图象与y 轴交于点C (0，－1)．∴－1＝02＋p ×0＋q ，∴q ＝－1． ∴y ＝x2＋px －1．设点A (x 1，0)，B (x 2，0)，且x 1＜x 2． 则x 1、x 2是方程x2＋px －1＝0的两个实数根．方法一：由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－p ，x 1x 2＝－1．∵△ABC 的面积为45，∴21AB ²OC ＝45．即21(x 2－x 1)1⨯＝45，∴x 2－x 1＝25．∴(x 2－x 1)2＝425，即(x 2＋x 1)2－4x 1x 2＝425． ∴(－p )2＋4＝425，解得p ＝±23． ∵p ＜0，∴p ＝－23． ∴所求二次函数的关系式为y ＝x2－23x －1． 方法二：由求根公式得x 1＝242+--p p ，x 2＝242++-p p ．AB ＝x 2－x 1＝242++-p p －242+--p p ＝42+p ．∵△ABC 的面积为45，∴OC AB · 21＝45．即21(x 2－x 1)1⨯＝45，∴42+p ＝25，解得p ＝±23．∵p ＜0，∴p ＝－23． ∴所求二次函数的关系式为y ＝x2－23x －1． （2）令x2－23x －1＝0，解得x 1＝－21，x 2＝2． ∴A (－21，0)，B (2，0)． 如图1，在Rt △AOC 中，AC2＝OA2＋OC2＝(21)2＋12＝45．在Rt △BOC 中，BC2＝OB2＋OC2＝22＋12＝5．∵AB ＝42+p ＝25，∴AC2＋BC2＝45＋5＝425＝AB2．∴△ABC 是直角三角形．∴△ABC 的外接圆的圆心是斜边AB 的中点．∴△ABC 的外接圆的半径r ＝21AB ＝45．∵垂线与△ABC 的外接圆有公共点． ∴－45≤m ≤45． （3）存在．①若AD ∥BC ，设点D 的坐标为(x 0，x 02－23x 0－1)(x 0＞0)． 过点D 作DE ⊥x 轴于E ，如图2．方法一：在Rt △AED 中，tan ∠DAE ＝AEDE＝)21(1230020----x x x ． 在Rt △BOC 中，tan ∠CBO ＝OB OC ＝21．∵∠DAE ＝∠CBO ，∴tan ∠DAE ＝tan ∠CBO ．∴)21(1230020----x x x ＝21，即4x 02－8x 0－5＝0．解得x 0＝25或x 0＝－21． ∵x 0＞0，∴x 0＝25，∴x 02－23x 0－1＝(25)2－23×25－1＝23． ∴D (25，23)． ∵AD2＝AE 2＋DE2＝(21＋25)2＋(23)2＝445≠BC2．图1图2∴当AD ∥BC 时，在该二次函数的图象上存在点D (25，23)，使四边形ACBD 为直角梯形． 方法二：在Rt △AED 与Rt △BOC 中∵∠DAE ＝∠CBO ，∴Rt △AED ∽Rt △BOC ．∴AE DE ＝OBOC，即)21(1230020----x x x ＝21．以下同方法一．②若AC ∥BD ，设点D 的坐标为(x 0，x 02－23x 0－1)(x 0＜0)． 过点D 作DF ⊥x 轴于F ，如图3． 在Rt △DFB 中，tan ∠DBF ＝BF DF＝022123x x x ---． 在Rt △COA 中，tan ∠CAO ＝OAOC＝211＝2． ∵∠DBF ＝∠CAO ，∴tan ∠DBF ＝tan ∠CAO ． ∴00202123x x x ---＝2，即2x 02＋x 0－10＝0．解得x 0＝－25或x 0＝2． ∵x 0＜0，∴x 0＝－25，∴x 02－23x 0－1＝(－25)2－23×(－25)－1＝9． ∴D (－25，9)．∵BD ≠AC ， ∴当AC ∥BD 时，在该二次函数的图象上存在点D (－25，9)，使四边形ACBD 为直角梯形．综上所述，在该二次函数的图象上存在点D ，使四边形ACBD 为直角梯形，并且点D 的坐标为(25，23)或(－25，9)．图36、动点与其他四边形【例1】 在直角梯形OABC 中，CB ∥OA ，∠COA ＝90︒，CB ＝3，OA ＝6，BA ＝53．分别以OA 、OC 边所在直线为x 轴、y 轴建立如图1所示的平面直角坐标系． （1）求点B 的坐标；（2）已知D 、E 分别为线段OC 、OB 上的点，OD ＝5，OE ＝2EB ，直线DE 交x 轴于点F ．求直线DE 的解析式；（3）点M 是（2）中直线DE 上的一个动点，在x 轴上方的平面内是否存在另一个点N ，使以O 、D 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 如图1，作BH ⊥x 轴于点H ，则四边形OHBC 为矩形∴OH ＝CB ＝3∴AH ＝OA －OH ＝6－3＝3，在Rt △ABH 中，BH ＝22AH BA－＝22353－)(＝6∴点B 的坐标为（3，6）（2）如图1，作EG ⊥x 轴于点G ，则EG ∥BH ∴△OEG ∽△OBHOE ＝2EB ∴OB OE ＝32，∴32＝3OG ＝6EG∴OG ＝2，EG ＝4 ∴点E 的坐标为（2，4）又∵设直线DE 的解析式为y ＝kx ＋b则⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋b ＝4b ＝5 解得k ＝－21，b ＝5 ∴直线DE 的解析式为y ＝－21x ＋5 （3）存在①如图1，当OD ＝DM ＝MN ＝NO ＝5时，四边形ODMN 为菱形 作MP ⊥y 轴于点P ，则MP ∥x 轴，∴△MPD ∽△FOD ∴OF MP ＝OD PD ＝FD MD ，又∵当y ＝0时，－21x ＋5＝0，解得x ＝10图1备用图∴F 点的坐标为（10，0），∴OF ＝10在Rt △ODF 中，FD ＝22OF OD＋＝22105＋＝55∴10MP ＝5PD＝555，∴MP ＝52，PD ＝5 ∴点M 的坐标为（－52，5＋5）∴点N 的坐标为（－52，5） ②如图2，当OD ＝DN ＝NM ＝MO ＝5时，四边形ODNM 为菱形 延长NM 交x 轴于点P ，则MP ⊥x 轴 ∵点M 在直线y ＝－21x ＋5上，∴设M 点坐标为（a ，－21a ＋5） 在Rt △OPM 中，OP 2＋PM 2＝OM 2，∴a2＋(－21a ＋5)2＝52 解得a 1＝4，a 2＝0（舍去），点M 的坐标为（4，3） ∴点N 的坐标为（4，8）③如图3，当OM ＝MD ＝DN ＝NO 时，四边形OMDN 为菱形 连接NM ，交OD 于点P ，则NM 与OD 互相垂直平分∴y M＝y N＝OP ＝25，∴－21x M＋5＝25∴x M＝5，∴x N＝－x M＝－5 ∴点N 的坐标为（－5，25） 综上所述，x 轴上方的点N 有三个，分别为N 1（－52，5），N 2（4，8），N 3（－5，25）【例2】 如图，□ABCD 在平面直角坐标系中，AD ＝6，若OA 、OB 的长是关于x 的一元二次方程x2－7x ＋12＝0的两个根，且OA ＞OB ． （1）求sin ∠ABC 的值．（2）若E 为x 轴上的点，且S △AOE＝316，求经过D 、E 两点的直线的解析式，并判断△AOE 与△DAO 是否相似？（3）若点M 在平面直角坐标系内，则在直线AB 上是否存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出F 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）解方程x2－7x ＋12＝0，得x 1＝3，x 2＝4．∵OA ＞OB ，∴OA ＝4，OB ＝3． 在Rt △AOB 中，AB ＝22OB OA ＋＝5．∴sin ∠ABC ＝AB OA ＝54（2）∵点E 在x 轴上，S △AOE＝316， ∴21OA ²OE ＝316，即21×4OE ＝316，∴OE ＝38． ∴E （38，0）或E （－38，0）由已知可知D （6，4）设经过D 、E 两点的直线的解析式为y ＝kx ＋b 当E （38，0）时，有⎪⎩⎪⎨⎧0b k 384b k 6 ＝＝＋＋ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧516b 56k － ＝＝当E （－38，0）时，有⎪⎩⎪⎨⎧0b k 384b k 6 ＝＝＋－＋ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧1316b 136k ＝＝∴经过D 、E 两点的直线的解析式为y ＝516x 56－或y ＝1316x 136＋在△AOE 中，∠AOE ＝90°，OA ＝4，OE ＝38．在△DAO 中，∠DAO ＝90°，OA ＝4，AD ＝6． ∴OA OE ＝AD OA ＝32∴△AOE ∽△DAO ． （3）存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形，点F 的坐标分别为： F 1（3，8），F 2（－3，0），F 3（2542-，2544），F 4（1475-，722-）． ············· 10分 ⅰ）当AC 为菱形的边长时，有三种情形：如图1，当点F 1在BA 的延长线上，且AC ＝CD ＝DF 1＝F 1A 时，点M 与点D 重合，四边形ACMF 1为菱形，易知此时点F 1的坐标为F 1（3，8）；如图2，当点F 2与点B 重合，且AC ＝CM ＝MF 2＝F 2A 时，四边形ACMF 2为菱形，此时点F 2的坐标为F 2（－3，0）；如图3，当AC ＝CF 3＝F 3M ＝MA 时，四边形ACF 3M 为菱形． 由已知可求得直线AB 的解析式为y ＝4x 34+，设点F 3的坐标为（x ，4x 34+）． ∵CF 32＝AC 2＝32＋42＝25∴22)4x 34()3x (++-＝25，解得x 1＝0（即点A 的横坐标），x 2＝2542-（即点F 3的横坐标）． ∴点F 3的纵坐标为：4)2542(34+-⨯＝2544，∴F 3（2542-，2544）． ⅱ）当AC 为菱形的对角线时，设AC 与F 4M 相交于点N ，F 4M 交y 轴于点G ，如图4．由已知可求得点N 的坐标为（23，2） ∵Rt △ANG ∽Rt △AOC ，∴AN AG ＝AO AC ，即25AG ＝45，∴AG ＝825．∴OG ＝8254-＝87，∴G （0，87）． 设直线F 4M 的解析式为y ＝n m x +，则78322n m n ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==87n 43m ，∴直线F 4M 的解析式为y ＝87x 43+． 联立⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=87x 43y 4x 34y ，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=722y 1475x ，∴F 4（1475-，722-）．图1图2图3M【例3】 如图，在平面直角坐标系中，Rt △AOB ≌Rt △CDA ，且A （－1，0）、B （0，2），抛物线y ＝ax2＋ax －2经过点C ． （1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线（对称轴的右侧）上是否存在两点P 、Q ，使四边形ABPQ 是正方形，若存在，求点P 、Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】 （1）由Rt △AOB ≌Rt △CDA ，得OD ＝2＋1＝3，CD ＝1∴C 点坐标为（－3，1）∵抛物线经过点C ，∴1＝a (－3)2＋a (－3)－2 ∴a ＝21∴抛物线的解析式为y ＝21x2＋21x －2 （2）在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P 、Q ，使四边形ABPQ 是正方形 方法一：以AB 为边在AB 的右侧作正方形ABPQ ，过P 作PE ⊥OB 于E ，QG ⊥x 轴于G ，可证△PBE ≌△AQG ≌△BAO∴PE ＝AG ＝BO ＝2，BE ＝QG ＝AO ＝1 ·············· 8分 ∴P 点坐标为（2，1），Q 点坐标为（1，－1）由（1）抛物线y ＝21x2＋21x －2 当x ＝2时，y ＝1；当x ＝1时，y ＝－1 ∴P 、Q 在抛物线上故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，使四边形ABPQ 是正方形（2）方法二：延长CA 交抛物线于Q ，过B 作BP ∥CA 交抛物线于P ，连结PQ ，设直线CA 、BP 的解析式分别为y ＝k 1x ＋b 1、y ＝k 2x ＋b 2 ∵A （－1，0），C （－3，1），∴CA 的解析式为y ＝－21x －21同理可得BP 的解析式为y ＝－21x ＋2解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－21x －21y ＝21x2＋21x －2得Q 点坐标为（1，－1），同理得P 点坐标为（2，1）由勾股定理得AQ ＝BP ＝AB ＝5，又∠BAQ ＝90°，∴四边形ABPQ 是正方形 故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，－1），使四边形ABPQ 是正方形方法三：将线段CA 沿CA 方向平移至AQ∵C （－3，1）的对应点是A （－1，0），∴A （－1，0）的对应点是Q （1，－1）；再将线段AQ 沿AB 方向平移至BP ，同理可得P （2，1） ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴四边形ABPQ 是正方形由（1）抛物线y ＝21x2＋21x －2 当x ＝2时，y ＝1；当x ＝1时，y ＝－1 ∴P 、Q 在抛物线上故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P （2，1）、Q （1，－1），使四边形ABPQ 是正方形【例4】 已知点A 、B 分别是x 轴、y 轴上的动点，点C 、D 是某个函数图像上的点，当四边形ABCD （A 、B 、C 、D 各点依次排列）为正方形时，称这个正方形为此函数图像的伴侣正方形．例如：如图，正方形ABCD 是一次函数y ＝x ＋1图像的其中一个伴侣正方形．（1）若某函数是一次函数y ＝x ＋1，求它的图像的所有伴侣正方形的边长；（2）若某函数是反比例函数y ＝xk（k ＞0），它的图像的伴侣正方形为ABCD ，点D （2，m ）（m ＜2）在反比例函数图像上，求m 的值及反比例函数的解析式； （3）若某函数是二次函数y ＝ax2＋c （a ≠0），它的图像的伴侣正方形为ABCD ，C 、D 中的一个点坐标为（3，4）．写出伴侣正方形在抛物线上的另一个顶点坐标__________，写出符合题意的其中一条抛物线解析式________________，并判断你写【解析】 （1）如图，当点A 在x 轴正半轴、点B 在y 轴负半轴上时，正方形ABCD 的边长为2；当点A 在x 轴负半轴、点B 在y 轴正半轴上时，设正方形的边长为a ，易得3a ＝2 解得a ＝32，所以正方形的边长为32（2）如图2，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ，过点C 作CF ⊥y 轴于点F ．易知△ADE ≌△BAO ≌△CBF此时m ＜2，DE ＝OA ＝BF ＝m ，OB ＝CF ＝AE ＝2－m ． ∴OF ＝BF ＋OB ＝2∴点C 的坐标为（2－m ，2）∵点C 、D 在反比例函数y ＝xk（k ＞0）的图像上 ∴2m ＝2(2－m )，解得m ＝1．∴点D 的坐标为（2，1），代入y ＝x k，得k ＝2．∴反比例函数的解析式为y ＝x2 （3）（－1，3）；（7，－3）；（－4，7）；（4，1） （写对1个1分，2个或3个2分，4个3分）对应的抛物线分别为y ＝81x2＋823；y ＝－407x2＋40223；y ＝73x2＋71；y ＝－73x2＋755．（写对其中任何1个即可）所求出的任何抛物线的伴侣正方形的个数是偶数．图2【例5】 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝10，AD ＝BC ＝5，点M 、N 分别在边AD 、BC 上运动，并保持MN ∥AB ，ME ⊥DC ，NF ⊥DC ，垂中分别为E 、F ． （1）求梯形ABCD 的面积；（2）探究一：四边形MNFE 的面积有无最大值？若有，请求出这个最大值；若无，请说明理由；（3）探究二：四边形MNFE 能否为正方形？若能，请求出正方形的面积；若不能，请说明理由．【解析】 （1）过点A 作AH ⊥DC 于H ，交MN 于点G在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AB ＝2，DC ＝10，AD ＝BC ＝5 ∴DH ＝21(10－2)＝4，AH ＝2245－＝3 ∴S 梯形ABCD＝21(AB ＋DC )²AH ＝21×(2＋10)×3＝18 （2）四边形MNFE 的面积有最大值 ∵AB ∥CD ，MN ∥AB ，∴MN ∥CD ，即MN ∥EF ∵ME ⊥DC ，NF ⊥DC ，∴ME ∥NF ，∠MEF ＝90° ∴四边形MNFE 是矩形 设ME ＝x ，则AG ＝3－x∵∠MED ＝∠AHD ＝90°，∠MDE ＝∠ADH∴△MDE ∽△ADH ，∴DH DE ＝AH ME 即4DE ＝3x ，∴DE ＝34x ∴MN ＝DC －2DE ＝10－38x∴S 矩形MNFE＝ME ²MN ＝x (10－38x )＝－38x2＋10x ＝－38(x －815)2＋875∴当x ＝815时，四边形MNFE 的面积有最大值，S 最大＝875（3）四边形MNFE 能为正方形 设ME ＝x ，则由（2）知MN ＝10－38x当ME ＝MN ，即x ＝10－38x ，即x ＝1130时，四边形MNFE 为正方形S 正方形MNFE＝x2＝(1130)2＝121900C A BDMNFE CA BD MNF E H G。
人教版2018年数学中考《代数几何综合问题》复习题含答案
2018年数学中考代数几何综合问题（1）专项练习1. 如图⑴，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线2+8+16+6y ax ax a =经过点B （0，4）。
⑴求抛物线的解析式；⑵设抛物线的顶点为D ，过点D 、B 作直线交x 轴于点A ，点C 在抛物线的对称轴上，且C 点的纵坐标为4-，连接BC 、AC 。
求证：△ABC 是等腰直角三角形；⑶在⑵的条件下，将直线DB 沿y 轴向下平移，平移后的直线记为l ，直线l 与x 轴、y 轴分别交于点A ′、B ′，是否存在直线l ，使△A ′B ′C 是直角三角形，若存在，求出直线l 的解析式，若不存在，请说明理由。
2. 二次函数2y ax bx c =++的图象的一部分如图所示。
已知它的顶点M 在第二象限，且经过点A （1，0）和点B （0，1）。
（1）试求a ，b 所满足的关系式；所满足的关系式；（2）设此二次函数的图象与x 轴的另一个交点为C ，当△AMC 的面积为△ABC 面积的54倍时，求a 的值； （3）是否存在实数a ，使得△ABC 为直角三角形。
若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由。
请说明理由。
3. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数26y ax x c =++的图象经过点A （4，0）、B （-1，0），与y 轴交于点C ，点D 在线段OC 上，OD =t ，点E 在第二象限，∠ADE =90°，12tan DAE Ð=，EF ⊥OD ，垂足为F 。
（1）求这个二次函数的解析式；）求这个二次函数的解析式；（2）求线段EF 、OF 的长（用含t 的代数式表示）；的值。
（3）当△ECA为直角三角形时，求t的值。
代数几何综合问题（1）专项练习参考答案1. （1）解：由题意知：16a+6=4解得：a=81-故抛物线的解析式为：4812+--=x x y 。
⑵证明：由抛物线的解析式知：顶点D 坐标为（－4，6）∵点C 的纵坐标为－4，且在抛物线的对称轴上，∴C 点坐标为（－4，－4） 设直线BD 解析式为：()40y kx k =+¹，有：644k =-+，∴12k =-∴直线BD 解析式为142y x =-+ ∴直线BD 与x 轴的交点A 的坐标为（8，0） 过点C 作CE ⊥y 轴于点E ，则CE =4，BE =8 又∵OB =4，OA =8，∴CE =OB ，BE =OA ，∠CEB =∠BOA =90° ∴△CEB ≌△BOA （SAS ） ∴CB =AB ，∠CBE =∠BAO∵∠BAO +∠ABO =90°，∴∠CBE +∠ABO =90° 即∠ABC =90° ∴△ABC 是等腰直角三角形。
中考专题复习----代数几何综合题2
中考专题复习----代数几何综合题代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合笥最强的题型，近几年的中考试题很多以代数几何综合题的形式出现，其命题的主要结合点是方程与几何、函数与几何等，解代数几何综合题最常用的数学方法是数形结合，由形导数，以数促形。
例1、（北京丰台）如图，已知平面直角坐标系中三点A （2，0），B （0，2），P （x ，0）()x <0，连结BP ，过P 点作P C P B ⊥交过点A 的直线a 于点C （2，y ）（1）求y 与x 之间的函数关系式；（2）当x 取最大整数时，求BC 与PA 的交点Q 的坐标。
解：（1） PC PB BO PO ⊥⊥,∴∠+∠=︒∠+∠=︒∴∠=∠C P A O P B P B O O P B C P A P B O9090, A （2，0），C （2，y ）在直线a 上 ∴∠=∠=︒BO P PAC 90∴∆∆BO P PAC ~∴=P O A CB O P A，∴=+||||||x y x 22，x y x yx<<∴=-0022，，∴=-+y xx 122（2） x <0，∴x 的最大整数值为-1 , 当x =-1时，y =-32，∴=C A 32BO a BOQ CAQ OQ AQBO CA//~,，∴∴=∆∆设Q 点坐标为()m ，0，则AQ m =-2∴-=∴=m mm 223287，Q 点坐标为()870，说明:利用数形结合起来的思想，考查了相似三角形的判定及应用。
关键是搞清楚用坐标表示的数与线段的长度的关系。
练习1．（2005年玉溪）如图，从⊙O 外一点A 作⊙O 的切线AB 、AC ，切点分别为B 、C ，⊙O 的直径BD 为6，连结CD 、AO. (1)求证：CD ∥AO ；（3分）(2)设CD ＝x ，AO ＝y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3分） (3)若AO ＋CD ＝11，求AB 的长。
2020中考数学专题训练 代数与几何综合题二次函数压轴题.docx
代数与几何综合题类■©一初点■©探究裁1.如图①，已知RtA ABC中，ZC=90°, AC=8 cm, BC=6 cm,点F由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s. 以AQ. PQ为边作四边形AQPD,连接DQ,交AB于点E.设运动的时间为/(单位：s)(0<Z<4), 解答下列问题：(1)用含有t的代数式表示AE=—；(2)如图②，当/为何值时，四边形AQPD为菱形；(3)求运动过程中，四边形AQPD的面积的最大值.解：(1)5—f；【解法提示】I,在RtAABC中，ZC= 90°, AC=8 cm, BC=6 cm, A由勾股定理得：AB =10 cm, I.点F由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2 cm/s, :.BP=2t cm, :.AP =AB—BP=I0—2t, I.四边形AQPD为平行四边形，:.AE=^AP=5~t.4/7 AT(2)如解图①，当四边形AQPD是菱形时，QQ1AF,则COS/BAC=M=桥，即*=希，解得，=令25当，=育时，四边形AQFZ)是菱形；⑶如解图②，作PMLAC于设平行四边形AQPD的面积为S.*：PM//BC,:.AAPM^AABC,.AP PM 10~2r PM，，AB=BC,即10 =-6~,6 ]2 ] 2' 5 丫 S=AQ'PM=2，g(5~t)= 一+12t= — — I ^―— I +15(0<Z<4),i o 5v —<0,.•・当，时，S 有最大值，最大值为15 cn?.第1题解图2.已知，在RtA ABC 中，ZACB=90°, BC=AC, AB=6,。
是AB 的中点，动点E 从点。
出发，在AB 边上向左或右运动，以CE 为边向左侧作正方形CEFG,直线BG, FE 相交于 点N (点E 向左运动时如图①，点E 向右运动时如图②).⑴在点E 的运动过程中，直线BG 与CD 的位置关系为；⑵设DE=x, NB=y,求y 与x 之间的函数关系式，并求出y 的最大值；(3)如图②，当DE 的长度为0时，求ZBFE 的度数.图① 图②第2题图解：WBG//CD ； 【解法提示】•.•四边形EFGC 是正方形，：.CG=CE, ZGCE= ZGFE= ZFEC=90°, '：ZACB=ZGCE=90°, ：.ZGCB=ZECA, V GC=CE, CB=CA, .L △ CAE#△ C3G.又 V ZACB=90°, BC=AC, D 是 AB 的中点，.L/CBG=/CAE=45°, ZBCD=45°, :. ZCBGZBCD, :.BG//CD.(2y ：CB=CA 9 CD 上AB, ZACB=90°,...C£>=8D=AD=3, ZCBA=ZA=45°f易得△ CAE#CCBG,:.ZCBG=ZA=45°,A^Q M C图②:.Z GBA = Z GBC+ Z CBA=90°.V ZBEN+ ZBNE=90°, ZBEN+ZCED=90。
中考数学代数几何综合题2-中考数学试题、初中数学中考试卷、模拟题-初中数学试卷
中考数学代数几何综合题2-中考数学试题、初中数学中考试卷、模拟题、复习资料-初中数学试卷-试卷下载中考数学代数几何综合题Ⅰ、综合问题精讲：代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型，近几年中考试题中的综合题大多以代数几何综合题的形式出现，其解题关键点是借助几何直观解题，运用方程、函数的思想解题，灵活运用数形结合，由形导数，以数促形，综合运用代数和几何知识解题．Ⅰ、典型例题剖析【例1】（2005，温州，12分）如图，已知四边形ABCD内接于ⅠO，A是的中点，AEⅠAC于A，与ⅠO及CB的延长线分别交于点F、E，且，EM切ⅠO于M。
Ⅰ ⅠADCⅠⅠEBA;Ⅰ AC2＝BC·CE；Ⅰ如果AB＝2，EM＝3，求cotⅠCAD的值。
解:ⅠⅠ四边形ABCD内接于ⅠO，ⅠⅠCDA＝ⅠABE，Ⅰ，ⅠⅠDCA＝ⅠBAE，ⅠⅠCADⅠⅠAEBⅠ 过A作AHⅠBC于H(如图)ⅠA是中点，ⅠHC＝HB＝BC，ⅠⅠCAE＝900，ⅠAC2＝CH·CE＝BC·CEⅠⅠA是中点，AB＝2，ⅠAC＝AB＝2，ⅠEM是ⅠO的切线，ⅠEB·EC＝EM2①ⅠAC2＝BC·CE，BC·CE＝8②①＋②得：EC(EB＋BC)＝17，ⅠEC2＝17ⅠEC2＝AC2＋AE2，ⅠAE＝ⅠⅠCADⅠⅠABE，ⅠⅠCAD＝ⅠAEC，ⅠcotⅠCAD＝cotⅠAEC＝点拨：此题的关键是树立转化思想，将未知的转化为已知的．此题表现的非常突出．如，将ⅠCAD转化为ⅠAEC就非常关键.【例2】（2005，自贡）如图2－5－2所示，已知直线y=2x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰直角ⅠABC，ⅠBAC=90○。
过C作CDⅠx轴，D为垂足．（1）求点A、B的坐标和AD的长；（2）求过B、A、C三点的抛物线的解析式。
解：（1）在y=2x+2中分别令x=0，y=0．得A（l，0），B（0，2）．易得ⅠACDⅠⅠBAO，所以AD=OB=2．（2）因为A(1，0），B（0，2），且由（1），得C（3,l）．设过过B、A、C三点的抛物线为所以所以点拨：此题的关键是证明ⅠACDⅠⅠBAO．【例3】（2005，重庆，10分）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B 开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．(1) 求直线AB的解析式；(2) 当t为何值时，ⅠAPQ与ⅠAOB相似？(3) 当t为何值时，ⅠAPQ的面积为个平方单位？解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx＋b由题意，得解得所以，直线AB的解析式为y＝－x＋6．（2）由AO＝6，BO＝8 得AB＝10所以AP＝t ，AQ＝10－2t1° 当ⅠAPQ＝ⅠAOB时，ⅠAPQⅠⅠAOB．所以＝解得t＝(秒)2° 当ⅠAQP＝ⅠAOB时，ⅠAQPⅠⅠAOB．所以＝解得t＝(秒)（3）过点Q作QE垂直AO于点E．在RtⅠAOB中，SinⅠBAO＝＝在RtⅠAEQ中，QE＝AQ·SinⅠBAO＝(10-2t)·＝8 －t所以，SⅠAPQ＝AP·QE＝t·(8－t)＝－＋4t＝解得t＝2（秒）或t＝3（秒）．（注：过点P作PE垂直AB于点E也可，并相应给分）点拨：此题的关键是随着动点P的运动，ⅠAPQ的形状也在发生着变化，所以应分情况：①ⅠAPQ＝ⅠAOB＝90○②ⅠAPQ＝ⅠABO．这样，就得到了两个时间限制．同时第（3）问也可以过P作PEⅠAB．【例4】（2005，南充，10分）如图2－5－7，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，对角线AC上有一个动点P（不包括点A和点C）．设AP＝x，四边形PBCD的面积为y．（1）写出y与x的函数关系，并确定自变量x的范围．（2）有人提出一个判断：“关于动点P，ⅠPBC面积与ⅠPAD面积之和为常数”．请你说明此判断是否正确，并说明理由．解：（1）过动点P作PEⅠBC于点E．在RtⅠABC中，AC＝10，PC＝AC－AP＝10－x．ⅠPEⅠBC，ABⅠBC，ⅠⅠPECⅠⅠABC．故，即ⅠⅠPBC面积＝又ⅠPCD面积＝ⅠPBC面积＝即y，x的取值范围是0＜x＜10．（2）这个判断是正确的．理由：由（1）可得，ⅠPAD面积＝ⅠPBC面积与ⅠPAD面积之和＝24．点拨：由矩形的两边长6,8．可得它的对角线是10，这样PC＝10－x，而面积y是一个不规则的四边形，所以可以把它看成规则的两个三角形：ⅠPBC、ⅠPCD．这样问题就非常容易解决了.Ⅰ、综合巩固练习（100分90分钟）1、如图2－5－8所示，在直角坐标系中，ⅠABC各顶点坐标分别为A （0，），B（－1，0）、C（0，1）中，若ⅠDEF各顶点坐标分别为D（，0）、E（0，1）、F（0，－1），则下列判断正确的是（）A．ⅠDEF由ⅠABC绕O点顺时针旋转90○得到;B．ⅠDEF由ⅠABC绕O点逆时针旋转90○得到;C．ⅠDEF由ⅠABC绕O点顺时针旋转60○得到;D．ⅠDEF由ⅠABC绕O点顺时针旋转120○得到2．如图2－5－9,已知直线y=2x＋1与x轴交于A点，与y轴交于B点，直线y=2x—1与x 轴交于C点，与y轴交于D点，试判断四边形ABCD的形状．3．如图2－5－10所示，在矩形ABCD中，BD=20，AD＞AB，设ⅠABD=α，已知sinα是方程25z2－35z+ 12=0的一个实根．点E、F分别是BC、DC上的点，EC+CF=8，设BE=x，ⅠAEF面积等于y.Ⅰ 求出y与x之间的函数关系式；Ⅰ 当E、F两点在什么位置时y有最小值？并求出这个最小值．4．（10分）如图2－5－11所示，直线y=－x+ 4与x轴、y轴分别交于点M、N．（1）求M、N两点的坐标；（2）如果点P在坐标轴上，以点P为圆心，为半径的圆与直线y=－x+ 4相切，求点P的坐标．5．（10分）如图2－5-12所示，已知等边三角形ABC中，AB=2，点P是AB边上的任意一点（点P可以与点A重合，但不与点B重合），过点P作PEⅠBC．垂足为E；过点E作EFⅠAC，垂足为F；过点F作FQⅠAB，垂足为Q．设BP=x，AQ=y．Ⅰ 写出y与x之间的函数关系式；Ⅰ 当BP的长等于多少时，点P与点Q重合；Ⅰ 当线段PE、FQ相交时，写出线段PE、EF、FQ所围成三角形的周长的取值范围（不必写出解题过程）6．（12分）如图2－5－13所示，已知A由两点坐标分另为（28，0）和（0，28），动点P 从A点开始在线段AO上以每秒3个长度单位的速度向原点O运动，动直线EF从x轴开始以每秒1个长度单位的速度向上平行移动(即EFⅠx轴)并且分别交y轴，线段AB交于E、F点．连接FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．Ⅰ 当t＝1秒时，求梯形OPFE的面积，t为何值时，梯形OPFE的面积最大，最大面积是多少？Ⅰ 当梯形OPFE的面积等于ⅠAPF的面积时，求线段PF的长．Ⅰ 设t的值分别取t1，t2时（t1≠t2），所对应的三角形分别为ⅠAF1P1和ⅠAF2P2，试判断这两个三角形是否相似，请证明你的判断．7．（12分）如图2－5－14所示，在直角坐标系中，矩形ABCD的顶点，A的坐标为(1，0)，对角线的交点P的坐标为（，1）Ⅰ 写出B、C、D三点的坐标；Ⅰ 若在AB上有一点E作，’入过E点的直线‘将矩形ABCD的面积分为相等的两部分，求直线l的解析式；Ⅰ 若过C点的直线将矩形ABCD的面积分为4：3两部分，并与y轴交于点M，求过点C、D、M三点的抛物线的解析式．8．（10分）已知矩形ABCD在平面直角坐标系中，顶点A、B、D的坐标分别为A（0，0），B（m，0），D（0，4）其中m≠0．Ⅰ 写出顶点C的坐标和矩形ABCD的中心P点的坐标（用含m的代数式表示）Ⅰ 若一次函数y=kx－1的图象把矩形ABCD分成面积相等的两部分，求此一次函数的解析式（用含m的代数式表示）Ⅰ 在Ⅰ的前提下，又与半径为1的ⅠM相切，且点M（0，1），求此矩形ABCD的中心P点的坐标．9．（10分）如图2－5－15所示，等边三角形ABC的边长为6，点D、E分别在边AB，AC 上，且AD=AE=2，若点F从点B开始以每秒二个单位长度的速度沿射线BC方向运动，设点F运动的时间为t秒，当t＞0时，直线FD与过点A且平行于BC的直线相交于点G，GE的延长线与BC的延长线相交于点H，AB与GH相交于点O．Ⅰ 设ⅠEGA的面积为S，写出S与t的函数解析式；Ⅰ 当t为何值时，ABⅠGH；Ⅰ 请你证明ⅠGFH的面积为定值．10. (10分)如图2－5-16，在矩形ABCD中，AB=10。
【初三数学】代数几何综合题(含答案)(共15页)
代数几何综合题代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合笥最强的题型，近几年的中考试题很多以代数几何综合题的形式出现，其命题的主要结合点是方程与几何、函数与几何等，解代数几何综合题最常用的数学方法是数形结合，由形导数，以数促形。
例1、如图，已知平面直角坐标系中三点A （2，0），B （0，2），P （x ，0）()x <0，连结BP ，过P 点作PC PB ⊥交过点A 的直线a 于点C （2，y ） （1）求y 与x 之间的函数关系式；（2）当x 取最大整数时，求BC 与PA 的交点Q 的坐标。
解：（1） PC PB BO PO ⊥⊥,∴∠+∠=︒∠+∠=︒∴∠=∠CPA OPB PBO OPB CPA PBO 9090, A （2，0），C （2，y ）在直线a 上 ∴∠=∠=︒BOP PAC 90∴∆∆BOP PAC ~∴=PO AC BOPA，∴=+||||||x y x 22， x y x y x<<∴=-0022，，∴=-+y x x 122（2） x <0，∴x 的最大整数值为-1 ,当x =-1时，y =-32，∴=CA 32BO a BOQ CAQ OQ AQ BOCA//~,，∴∴=∆∆ 设Q 点坐标为()m ，0，则AQ m =-2∴-=∴=m m m 223287，Q 点坐标为()870，说明:利用数形结合起来的思想，考查了相似三角形的判定及应用。
关键是搞清楚用坐标表示的数与线段的长度的关系。
练习1．如图，从⊙O 外一点A 作⊙O 的切线AB 、AC ，切点分别为B 、C ，⊙O 的直径BD 为6，连结CD 、AO.(1)求证：CD ∥AO ；（3分）(2)设CD ＝x ，AO ＝y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3分） (3)若AO ＋CD ＝11，求AB 的长。
（4分）B2．如图，A、B两点的坐标分别是(x1，0)、(x2，O)，其中x1、x2是关于x的方程x2+2x+m-3=O 的两根，且x1<0<x2．(1)求m的取值范围；(2)设点C在y轴的正半轴上，∠ACB=90°，∠CAB=30°，求m的值；(3)在上述条件下，若点D在第二象限，△DAB≌△CBA，求出直线AD的函数解析式.3．一张矩形纸片OABC 平放在平面直角坐标系内，O 为原点，点A 在x 的正半轴上，点C 在y 轴的正半轴上，OA ＝5，OC ＝4。
中考数学代数几何综合题2
中考数学代数几何综合题I 、综合问题精讲：代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型，近几年中考试题中的 综合题大多以代数几何综合题的形式出现，其解题关键点是借助几何直观解题，运用方程、函数的思想解题，灵活运用数形结合，由形导数，以数促形，综合运用代数和几何知识解 题.n 、典型例题剖析【例1】(2005，温州，12分)如图，已知四边形 ABCD 内接于O O, A 是BDC 的中点，AELAC 于A 与OO 及CB 的延长线分别交于点 F 、E ,且BF 二AD , EM 切OO 于M1⑴ △ AD SA EBA;⑵ AC2 = j BC- CE⑶如果 AB= 2, EM= 3,求cot / CAD 的值。
解：⑴•••四边形 ABCD 内接于O O, •••/ CDA=Z ABE •/ BF =AD ，•/ DCA=Z BAE• △ CA SA AEB⑵过A 作AH L BC 于H(如图)1TA 是 BDC 中点，• HC= HB= BC ,0 2 1•••/ CAE = 90 , • AC = CH- CE= BC- CE ⑶TA 是 BDC 中点，AB= 2,二 AC= AB= 2, •/ EM 是OO 的切线，• EB- EC= EM ①T ACf = 2 BC- CE BC- CE= 8① + ②得：EC(EB + BC)= 17,二 EC 2= 17 T ECf = AC + Ah ,： AE = 17 — 22= ,13 •/△ CA SA ABE •/ CAD=Z AEC点拨：此题的关键是树立转化思想， 将未知的转化为已知的.此题表现的非常突出.如,将Z CAD 转化为Z AEC 就非常关键.【例2】(2005，自贡)如图2 — 5— 2所示，已知直线y=2x+2分 别与x 轴、y 轴交于点A 、B,以线段AB 为直角边在第一象限内 作等腰直角△ ABC Z BAC=98。
8.9 2020中考数学复习：《代数与几何综合》近8年全国中考题型大全(含答案)
8.9 代数与几何综合一、选择题1. (2016 广西玉林市) 如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF=45°，AE=AF，则有下列结论：①∠1=∠2=22.5°；②点C到EF的距离是；③△ECF的周长为2；④BE+DF＞EF．其中正确的结论是．（写出所有正确结论的序号）2. (2019 重庆市綦江县) （4分）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝3，AD ⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AE＝1．连接DE，将△AED沿直线AE翻折至△ABC所在的平面内，得△AEF，连接DF．过点D作DG⊥DE交BE于点G．则四边形DFEG的周长为（）A．8 B．4 C．2+4 D．3+23. (2019 四川省遂宁市) （4分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC 是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q，下列结论：①∠BPD＝135°；②△BDP∽△HDB；③DQ：BQ＝1：2；④S△BDP＝．其中正确的有（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④１２二、填空题4. (2019 浙江省台州市) （5分）如图，直线l 1∥l 2∥l 3，A ，B ，C 分别为直线l 1，l 2，l 3上的动点，连接AB ，BC ，AC ，线段AC 交直线l 2于点D ．设直线l 1，l 2之间的距离为m ，直线l 2，l 3之间的距离为n ，若∠ABC ＝90°，BD ＝4，且＝，则m +n 的最大值为 ．5. (2019 广西防城港市) （3分）如图，AB 与CD 相交于点O ，AB CD =，60AOC ∠=︒，210ACD ABD ∠+∠=︒，则线段AB ，AC ，BD之间的等量关系式为 ．三、应用题6. (2012 福建省莆田市) (1)如图①，在Rt ABC △中，90ABC ∠=°，BD AC ⊥于点D ．求证：2AB AD AC =•；(2)如图②，在Rt ABC △中，90ABC ∠=°，点D 为BC 边上的点，BE AD ⊥于点E ，延长BE 交AC 于点F ．若1AB BD BC DC ==，求AFFC的值； (3)在Rt ABC △中，90ABC ∠=°，点D 为直线．．BC 上的动点．．(点D 不与B 、C 重合)，直线BE AD ⊥于点E ，交直线AC 于点F ．若AB BD n BC DC ==，请探究并直接写出AFFC所有可能的值(用含n 的式子表示)，不必证明．7. (2014 福建省漳州市)阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）（1）理解与应用如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF的值为．（2）类比与推理如图3，矩形ABCD的对角线AC， BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA交BD于点F，求PE+PF的值；（3）拓展与延伸如图4，⊙O的半径为4，A，B，C， D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．３４8. (2015 四川省绵阳市) 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，G 是AD 延长线时的一点，且DG=AD ，动点M 从A 点出发，以每秒1个单位的速度沿着A →C →G 的路线向G 点匀速运动（M 不与A ，G 重合），设运动时间为t 秒，连接BM 并延长AG 于N ．（1）是否存在点M ，使△ABM 为等腰三角形？若存在，分析点M 的位置；若不存在，请说明理由；（2）当点N 在AD 边上时，若BN ⊥HN ，NH 交∠CDG 的平分线于H ，求证：BN=HN ； （3）过点M 分别作AB ，AD 的垂线，垂足分别为E ，F ，矩形AEMF 与△ACG 重叠部分的面积为S ，求S 的最大值．9. (2015 四川省自贡市) 在△ABC 中，,cos 3AB AC 5ABC 5==∠=,将△ABC 绕点C 顺时针旋转，得到△11A B C .⑴.如图①，当点1B 在线段BA 延长线上时. ①.求证：11BB CA P ；②.求△1AB C 的面积；⑵. 如图②，点E 是BC 上的中点，点F 为线段AB 上的动点，在△ABC 绕点C 顺时针旋转过程中，点F 的对应点是1F ，求线段1EF 长度的最大值与最小值的差.A 1B 1ACB①F 1A 1B 1ACBF ②10. (2015 浙江省衢州市) 如图，在△ABC中，AB=5，AC=9，S△ABC=，动点P从A 点出发，沿射线AB方向以每秒5个单位的速度运动，动点Q从C点出发，以相同的速度在线段AC上由C向A运动，当Q点运动到A点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正方形PQEF（P、Q、E、F按逆时针排序），以CQ为边在AC上方作正方形QCGH．（1）求tanA的值；（2）设点P运动时间为t，正方形PQEF的面积为S，请探究S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；（3）当t为何值时，正方形PQEF的某个顶点（Q点除外）落在正方形QCGH的边上，请直接写出t的值．11. (2016 广西贵港市) 如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．①求证：△AGE≌△AFE；②若BE=2，DF=3，求AH的长．５６（2）如图3，连接BD 交AE 于点M ，交AF 于点N ．请探究并猜想：线段BM ，MN ，ND 之间有什么数量关系？并说明理由．四、复合题12. (2012 新疆乌鲁木齐) 如图，已知点(120)A -，，(30)B ，，点C 在y 轴的正半轴上，且90ACB ∠=°． （1）求点C 的坐标；（2）求Rt ACB △的角平分线CD 所在直线l 的解析式； （3）在l 上求出满足12PBC ACB S S =△△的点P 的坐标； （4）已知点M 在l 上，在平面内是否存在点N ，使以O C M N 、、、为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．13. (2013 湖北省荆门市) 如图1，正方形ABCD 的边长为2，点M 是BC 的中点，７P 是线段MC 上的一个动点(不与M ，C 重合)，以AB 为直径作⊙O ，过点P 作⊙O的切线，交AD 于点F ，切点为E ． (1)求证：OF ∥BE ；(2)设BP ＝x ，AF ＝y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出自变量x 的取值范围； (3)延长DC ，FP 交于点G ，连接OE 并延长交直线DC 于H (图2)，问是否存在点P ，使△EFO ∽△EHG (E ，F ，O 分别与E ，H ，G 为对应点)，如果存在，试求(2)中x 和y 的值，如果不存在，请说明理由．14. (2017 吉林省长春市) 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，∠A=45°，AB=4cm ．点P 从点A 出发，以2cm/s 的速度沿边AB 向终点B 运动．过点P 作PQ ⊥AB 交折线ACB 于点Q ，D 为PQ 中点，以DQ 为边向右侧作正方形DEFQ ．设正方形DEFQ 与△ABC 重叠部分图形的面积是y （cm 2），点P 的运动时间为x （s ）．（1）当点Q在边AC上时，正方形DEFQ的边长为cm（用含x的代数式表示）；（2）当点P不与点B重合时，求点F落在边BC上时x的值；（3）当0＜x＜2时，求y关于x的函数解析式；（4）直接写出边BC的中点落在正方形DEFQ内部时x的取值范围．15. (2017 山东省日照市) 如图所示，在平面直角坐标系中，⊙C经过坐标原点O，且与x轴，y轴分别相交于M（4，0），N（0，3）两点．已知抛物线开口向上，与⊙C交于N，H，P三点，P为抛物线的顶点，抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D．（1）求线段CD的长及顶点P的坐标；（2）求抛物线的函数表达式；（3）设抛物线交x轴于A，B两点，在抛物线上是否存在点Q，使得S四边形OPMN=8S△QAB，且△QAB∽△OBN成立？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．８16. (2018 四川省达州市) （11分）阅读下列材料：已知：如图1，等边△A1A2A3内接于⊙O，点P是上的任意一点，连接PA1，PA2，PA3，可证：PA1+PA2=PA3，从而得到：是定值．（1）以下是小红的一种证明方法，请在方框内将证明过程补充完整；证明：如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．∵△A1A2A3是等边三角形，∴∠A3A1A2=60°，∴∠A3A1P=∠A2A1M又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，∴△A1A3P≌△A1A2M∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．９∴，是定值．（2）延伸：如图2，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正方形A1A2A3A4”，其余条件不变，请问：还是定值吗？为什么？（3）拓展：如图3，把（1）中条件“等边△A1A2A3”改为“正五边形A1A2A3A4A5”，其余条件不变，则= （只写出结果）．17. (2018 浙江省温州市) （14分）如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P 作PB⊥AM于点B，PC⊥AN于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E．（1）求证：∠BPD=∠BAC．（2）连接EB，ED，当tan∠MAN=2，AB=2时，在点P的整个运动过程中．①若∠BDE=45°，求PD的长．②若△BED为等腰三角形，求所有满足条件的BD的长．（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC∥BE时，记△OFP的面积为S1，△CFE的面积为S2，请写出的值．１０五、开放题18. (2013 黑龙江省大庆市) 如图所示，在直角梯形ABCD 中，AB 为垂直于底边的腰，AD =1，BC =2，AB =3，点E 为CD 上异于C 、D 的一个动点，过点E 作AB 的垂线，垂足为F ，△ADE 、△AEB 、△BCE 的面积分别为1S 、2S 、3S . （1）设AF x =，试用x 表示1S 与3S 的乘积1S 3S ，并求1S 3S 的最大值； （2）设AFt FB=，试用t 表示EF 的长； （3）在（2）的条件下，当t 为何值时，22134S S S =.六、动态几何19. (2019 浙江省温州市) （14分）如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝﹣x +4分别交x 轴、y 轴于点B ，C ，正方形AOCD 的顶点D 在第二象限内，E 是BC 中点，OF ⊥DE 于点F ，连结OE ．动点P 在AO 上从点A 向终点O 匀速运动，同时，动点Q 在直线BC 上从某一点Q 1向终点Q 2匀速运动，它们同时到达终点．（1）求点B 的坐标和OE 的长 （2）设点Q 2为（m ，n ），当＝tan ∠EOF 时，求点Q 2的坐标．（3）根据（2）的条件，当点P运动到AO中点时，点Q恰好与点C重合．①延长AD交直线BC于点Q3，当点Q在线段Q2Q3上时，设Q3Q＝s，AP＝t，求s 关于t的函数表达式．②当PQ与△OEF的一边平行时，求所有满足条件的AP的长．七、阅读理解与信息迁移20. (2014 江西省抚州市) 试题背景已知：l∥m∥n∥k，平行线l与m、m与n、n与k之间的距离分别为d1、d2、d3，且d1 =d3 = 1，d2 = 2 . 我们把四个顶点分别在l、m、n、k这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”.探究1 ⑴如图1，正方形ABCD为“格线四边形”，BE l⊥于点E,BE的反向延长线交直线于点F. 求正方形ABCD的边长.探究2 ⑵矩形ABCD为“格线四边形”，其长：宽 = 2 ：1 ，则矩形ABCD的宽为 . (直接写出结果即可)探究3 ⑶如图2，菱形ABCD为“格线四边形”且∠ADC=60°，△AEF是等边三角形，AE⊥k于点E，∠AFD=90°，直线DF分别交直线、于点G、M. 求证：EC DF=.拓展⑷如图3，l∥k，等边三角形ABC的顶点A、B分别落在直线l、k上，AB⊥k于点B，且AB=4 ，∠ACD=90°，直线CD分别交直线l、k于点G、M，点D、E分别是线段GM、BM上的动点，且始终保持AD=AE，DH l⊥于点H.猜想：DH在什么范围内，BC∥DE？并说明此时BC∥DE的理由.参考答案一、选择题1. 考点四边形综合题．分析先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1=∠2，易得∠1=∠2=∠22.5°，于是可对①进行判断；连结EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF 得到BE=DF，则CE=CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB=EH，FD=FH，则可对③④进行判断；设BE=x，则EF=2x，CE=1﹣x，利用等腰直角三角形的性质得到2x=（1﹣x），解得x=﹣1，则可对④进行判断．解答解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∴Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠1=∠2，∵∠EAF=45°，∴∠1=∠2=∠22.5°，所以①正确；连结EF、AC，它们相交于点H，如图，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE=DF，而BC=DC，∴CE=CF，而AE=AF，∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，∴EB=EH，FD=FH，∴BE+DF=EH+HF=EF，所以④错误；∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CED+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2，所以③正确；设BE=x，则EF=2x，CE=1﹣x，∵△CEF为等腰直角三角形，∴EF=CE，即2x=（1﹣x），解得x=﹣1，∴EF=2（﹣1），∴CH=EF=﹣1，所以②正确．故答案为①②③．2.分析先证△BDG≌△ADE，得出AE＝BG＝1，再证△DGE与△EDF是等腰直角三角形，在直角△AEB中利用勾股定理求出BE的长，进一步求出GE的长，可通过解直角三角形分别求出GD，DE，EF，DF的长，即可求出四边形DFEG的周长．解答解：∵∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∵BE⊥AC，∴∠GBD+∠C＝90°，∵∠EAD+∠C＝90°，∴∠GBD＝∠EAD，∵∠ADB＝∠EDG＝90°，∴∠ADB﹣∠ADG＝∠EDG﹣∠ADG，即∠BDG＝∠ADE，∴△BDG≌△ADE（ASA），∴BG＝AE＝1，DG＝DE，∵∠EDG＝90°，∴△EDG为等腰直角三角形，∴∠AED＝∠AEB+∠DEG＝90°+45°＝135°，∵△AED沿直线AE翻折得△AEF，∴△AED≌△AEF，∴∠AED＝∠AEF＝135°，ED＝EF，∴∠DEF＝360°﹣∠AED﹣∠AEF＝90°，∴△DEF为等腰直角三角形，∴EF＝DE＝DG，在Rt△AEB中，BE＝＝＝2，∴GE＝BE﹣BG＝2﹣1，在Rt△DGE中，DG＝GE＝2﹣，∴EF＝DE＝2﹣，在Rt△DEF中，DF＝DE＝2﹣1，∴四边形DFEG的周长为：GD+EF+GE+DF＝2（2﹣）+2（2﹣1）＝3+2，故选：D．点评本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等，解题关键是能够灵活运用等腰直角三角形的判定与性质．3.分析由等边三角形及正方形的性质求出∠CPD＝∠CDP＝75°、∠PCB＝∠CPB ＝60°，从而判断①；证∠DBP＝∠DPB＝135°可判断②；作QE⊥CD，设QE＝DE＝x，则QD＝x，CQ＝2QE＝2x，CE＝x，由CE+DE＝CD求出x，从而求得DQ、BQ的长，据此可判断③，证DP＝DQ＝，根据S△BDP＝BD•PD sin∠BDP 求解可判断④．解答解：∵△PBC是等边三角形，四边形ABCD是正方形，∴∠PCB＝∠CPB＝60°，∠PCD＝30°，BC＝PC＝CD，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，则∠BPD＝∠BPC+∠CPD＝135°，故①正确；∵∠CBD＝∠CDB＝45°，∴∠DBP＝∠DPB＝135°，又∵∠PDB＝∠BDH，∴△BDP∽△HDB，故②正确；如图，过点Q作QE⊥CD于E，设QE＝DE＝x，则QD＝x，CQ＝2QE＝2x，∴CE＝x，由CE+DE＝CD知x+x＝1，解得x＝，∴QD＝x＝，∵BD＝，∴BQ＝BD﹣DQ＝﹣＝，则DQ：BQ＝：≠1：2，故③错误；∵∠CDP＝75°，∠CDQ＝45°，∴∠PDQ＝30°，又∵∠CPD＝75°，∴∠DPQ＝∠DQP＝75°，∴DP＝DQ＝，∴S△BDP＝BD•PD sin∠BDP＝×××＝，故④正确；故选：D．点评本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形和正方形的性质、等腰三角形的判定与性质及相似三角形的判定等知识点．二、填空题4. 解答解：过B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过A作AN⊥l2于N，过C作CM⊥l2于M，设AE＝x，CF＝y，BN＝x，BM＝y，∵BD＝4，∴DM＝y﹣4，DN＝4﹣x，∵∠ABC＝∠AEB＝∠BFC＝∠CMD＝∠AND＝90°，∴∠EAB+∠ABE＝∠ABE+∠CBF＝90°，∴∠EAB＝∠CBF，∴△ABE∽△BFC，∴，即＝，∴xy＝mn，∵∠ADN＝∠CDM，∴△CMD∽△AND，∴＝，即＝，∴y＝﹣x+10，∵＝，∴n＝m，∴（m +n ）最大＝m ，∴当m 最大时，（m +n ）最大＝m ，∵mn ＝xy ＝x （﹣x +10）＝﹣x 2+10x ＝m 2， ∴当x ＝﹣＝时，mn 最大＝＝m 2，∴m 最大＝，∴m +n 的最大值为×＝．故答案为：．5. 分析过点A 作//AE CD ，截取AE CD =，连接BE 、DE ，则四边形ACDE 是平行四边形，得出DE AC =，ACD AED ∠=∠，证明ABE ∆为等边三角形得出BE AB =，求得360()90BDE AED ABD EAB ∠=︒-∠+∠-∠=︒，由勾股定理得出222BE DE BD =+，即可得出结果．解答解：过点A 作//AE CD ，截取AE CD =，连接BE 、DE ，如图所示： 则四边形ACDE 是平行四边形，DE AC ∴=，ACD AED ∠=∠， 60AOC ∠=︒Q ，AB CD =， 60EAB ∴∠=︒，CD AE AB ==，ABE ∴∆为等边三角形，BE AB ∴=，210ACD ABD ∠+∠=︒Q ，210AED ABD ∴∠+∠=︒，360()3602106090BDE AED ABD EAB ∴∠=︒-∠+∠-∠=︒-︒-︒=︒，222BE DE BD ∴=+，222AB AC BD ∴=+；故答案为：222AB AC BD =+．点评本题考查了勾股定理、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、四边形内角和等知识，熟练掌握平行四边形的性质、通过作辅助线构建等边三角形与直角三角形是解题的关键．三、应用题6. 1）证明：如图①，∵BD AC ⊥，90ABC ∠=°，∴∠ADB ＝∠ABC.又∵ ∠A ＝∠A ，∴△ADB ∽△ABC ．∴ AB AD AC AB=，∴ 2AB AD AC =•．（2）解：方法一：如图②，过点C 作CG AD ⊥交AD 的延长线于点G ．∵BE AD ⊥，∴ 90CGD BED ∠=∠=°，CG BF ∥．又∵1AB BD BC DC== ∴22AB BC BD DC ===，BD DC =．又∵BDE CDG ∠=∠，∴BDE CDG △≌△．∴12ED GD EG ==．由（1）可得：2AB AE AD =•，2BD DE AD =•．∴ 2222(2)4AE AB BD DE BD BD === ，∴4AE DE =， ∴422AE DE EG DE ==． 又∵CG BF ∥，2AF AE FC EG==． 方法二：如图③，过点D 作DG BF ∥交AC 于点G ． ∴1AB BD BC DC ==， 12BD DC BC ==，AB BC =． ∵DG BF ∥，∴2FC BC FG BD ==，2FC FG =．由（1）可知： 2AB AE AD =•，2BD DE AD =•．∴22224AE AB BC DE BD BD ===． ∵DG BF ∥，∴4AF AE FG ED ==，∴22AF AF FC FG==． （3） ①当点D 在BC 边上时，AF FC的值为2n n +. ②当点D 在BC 延长线上时，AF FC的值为2n n -． ③当点D 在BC 延长线上时，AF FC 的值为2n n -． （注：写对一种得1分，写对二种得3分，写对三种得5分）7.解：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°．∵AB=BC=2，∴AC=2．∴OA=．∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE+PF=OA=．（2）如图3，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°．∵AB=4，AD=3，∴BD=5．∴OA=OB=OC=OD=．∵PE∥OB，PF∥AO，∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA．∴，．∴==1．∴+=1．∴EP+FP=．∴PE+PF的值为．（3）当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值．理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4．∵DG与⊙O相切，∴∠GDA=∠ABD．∵∠ADG=30°，∴∠ABD=30°．∴∠AOD=2∠ABD=60°．∵OA=OD，∴△AOD是等边三角形．∴AD=OA=4．同理可得：BC=4．∵PE∥BC，PF∥AD，∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA．∴，．∴==1．∴=1．∴PE+PF=4．∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4．8.分析：(1）四种情况：当点M为AC的中点时，AM=BM；当点M与点C重合时，AB=BM；当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB；当点M为CG的中点时，AM=BM；△ABM为等腰三角形；（2）在AB上截取AK=AN，连接KN；由正方形的性质得出∠ADC=90°，AB=AD，∠CDG=90°，得出BK=DN，先证出∠BKN=∠NDH，再证出∠ABN=∠DNH，由ASA证明△BNK≌△NHD，得出BN=NH即可；（3）①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形，得出AF=FM=t，求出S=AF•FM=t2；当t=2时，即可求出S的最大值；②当M在CG上时，即2＜t＜4时，先证明△ACD≌△GCD，得出∠ACD=∠GCD=45°，求出∠ACM=90°，证出△MFG为等腰直角三角形，得出FG=MG•cos45°=4﹣t，得出S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG，S为t的二次函数，即可求出结果．解答：（1）解：存在；当点M为AC的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形；当点M与点C重合时，AB=BM，则△ABM为等腰三角形；当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB，则△ABM为等腰三角形；当点M为CG的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形；（2）证明：在AB上截取AK=AN，连接KN；如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AB=AD，∴∠CDG=90°，∵BK=AB﹣AK，ND=AD﹣AN，∴BK=DN，∵DH平分∠CDG，∴∠CDH=45°，∴∠NDH=90°+45°=135°，∴∠BKN=180°﹣∠AKN=135°，∴∠BKN=∠NDH，在Rt△ABN中，∠ABN+∠ANB=90°，又∵BN⊥NH，即∠BNH=90°，∴∠ANB+∠DNH=180°﹣∠BNH=90°，∴∠ABN=∠DNH，在△BNK和△NHD中，，∴△BNK≌△NHD（ASA），∴BN=NH；（3）解：①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形，∵AM=t，∴AF=FM=t，∴S=AF•FM=×t×t=t2；当t=2时，S的最大值=×（2）2=2；②当M在CG上时，即2＜t＜4时，如图2所示：CM=t﹣AC=t﹣2，MG=4﹣t，在△ACD和△GCD中，，∴△ACD≌△GCD（SAS），∴∠ACD=∠GCD=45°，∴∠ACM=∠ACD+∠GCD=90°，∴∠G=90°﹣∠GCD=45°，∴△MFG为等腰直角三角形，∴FG=MG•cos45°=（4﹣t）•=4﹣t，∴S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG=×4×2﹣×CM×CM﹣×FG×FG =4﹣（t﹣2）2﹣（4﹣）2=﹣+4t﹣8=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，S的最大值为．点评：本题是相似形综合题目，考查了等腰三角形的判定、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角函数以及三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形全等和等腰直角三角形才能得出结果．9.分析：（1）①根据旋转的性质和平行线的性质证明；②过A作AF⊥BC于F，过C作CE⊥AB于E，根据三角函数和三角形的面积公式解答；（2）过C作CF⊥AB于F，以C为圆心CF为半径画圆交BC于F1，和以C为圆心BC为半径画圆交BC的延长线于F1，得出最大和最小值解答即可．解答：解：（1）①证明：∵AB=AC，B1C=BC，∴∠1=∠B，∠B=∠ACB，∵∠2=∠ACB（旋转角相等），∴∠1=∠2，∴BB1∥CA1；②过A作AF⊥BC于F，过C作CE⊥AB于E，如图①：∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF，∵cos∠ABC=，AB=5，∴BF=3，∴BC=6，∴B1C=BC=6，∵CE⊥AB，∴BE=B1E=，∴BB1=，CE=，∴AB1=，∴△AB1C的面积为：；（2）如图2，过C作CF⊥AB于F，以C为圆心CF为半径画圆交BC于F1，EF1有最小值，此时在Rt△BFC中，CF=，∴CF1=，∴EF1的最小值为；如图，以C为圆心BC为半径画圆交BC的延长线于F1，EF1有最大值；此时EF1=EC+CF1=3+6=9，∴线段EF1的最大值与最小值的差为．点评：此题考查几何变换问题，关键是根据旋转的性质和三角形的面积公式进行解答．10.分析：（1）如图1，过点B作BM⊥AC于点M，利用面积法求得BM的长度，利用勾股定理得到AM的长度，最后由锐角三角函数的定义进行解答；（2）如图2，过点P作PN⊥AC于点N．利用（1）中的结论和勾股定理得到PN2+NQ2=PQ2，所以由正方形的面积公式得到S关于t的二次函数，利用二次函数的顶点坐标公式和二次函数图象的性质来求其最值；（3）需要分类讨论：当点E在边HG上、点F在边HG上、点P边QH（或点E在QC上）、点F边C上时相对应的t的值．解答：解：（1）如图1，过点B作BM⊥AC于点M，∵AC=9，S△ABC=，∴AC•BM=，即×9•BM=，解得BM=3．由勾股定理，得AM===4，则tanA==；（2）存在．如图2，过点P作PN⊥AC于点N．依题意得AP=CQ=5t．∵tanA=，∴AN=4t，PN=3t．∴QN=AC﹣AN﹣CQ=9﹣9t．根据勾股定理得到：PN2+NQ2=PQ2，S正方形PQEF=PQ2=（3t）2+（9﹣9t）2=90t2﹣162t+81（0＜t＜）．∵﹣==在t的取值范围之内，∴S最小值===；（3）①如图3，当点E在边HG上时，t1=；②如图4，当点F在边HG上时，t2=；③如图5，当点P边QH（或点E在QC上）时，t3=1④如图6，当点F边C上时，t4=．点评：本题考查了四边形综合题．其中涉及到了三角形的面积公式，正方形的性质，勾股定理以及二次函数的最值的求法．其中，解答（3）题时，要分类讨论，做到不重不漏，结合图形解题，更形象、直观．11.考点四边形综合题．分析（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，接下来，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；（2）将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．解答解：（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．]∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD=90°．又∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°．∴∠BAG+∠BAE=45°．∴∠GAE=∠FAE．在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE．②∵△GAE≌△FAE，AB⊥GE，AH⊥EF，∴AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，则EC=x﹣2，FC=x﹣3．在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2=25．解得：x=6．∴AB=6．∴AH=6．（3）如图所示：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°．由旋转的性质可知：∠ABM=∠ADM′=45°，BE=DM′．∴∠NDM′=90°．∴NM′2=ND2+DM′2．∵∠EAM′=90°，∠EAF=45°，∴∠EAF=∠FAM′=45°．在△AMN和△ANM′中，，∴△AMN≌△ANM′．∴MN=NM′．又∵BM=DM ′， ∴MN 2=ND 2+BM 2．四、复合题12. 解：（1）由AOC COB △∽△，可得236OC OA OB =⨯=，6OC ∴= 又点C 在y 轴的正半轴上，故点C 的坐标是(06)，； （2）过点D 作DE BC ⊥于点E ，设DB 的长为m ，在Rt DEB △中，sin 5AC DE DB B m m AB =•=•=，cos 5BE DB B m =•=在Rt DEC △中，45DCE ∠=°，于是，5CE DE m ==由CE BE BC +=m +=5m = 又由OA OB >，知点D 在线段OA 上，3OB =，所以2OD =，故点(20)D -，； 设直线l 的解析式为：y kx b =+，把(06)C ，和(20)D -，代入y kx b =+中， 得620b k b =⎧⎨-+=⎩，解之，得36k b =⎧⎨=⎩，故直线l 的解析式为：36y x =+；（3）①取AB 的中点( 4.50)F -，，过点F 作BC 的平行线交直线l 于点1P ，连接CF ．易知112P BC FBC ACB S S S ==△△△，∴点1P 为符合题意的点．直线1P 可由直线BC 向左平移BF 个单位得到（即向左平移7.5个单位）而直线BC 的解析式为26y x =-+，直线1P F 的解析式为2(7.5)6y x =-++即29y x =--，由2936y x y x =--⎧⎨=+⎩得到点1(33)P --，②在直线l 上取点2P 使21P C PC =，此时有2112P BC P BC ACB S S S ==△△△，∴点2P 符合题意．由21P C PC =，可得2P 的坐标为(315)，， ∴点(33)P --，或(315)P ，可使12PBC ACB S S =△△；（4）点N 分别为(13)，，18655⎛⎫- ⎪⎝⎭，，55⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，55⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，13. (1)证明：连接OE ．∵FE ，FA 是⊙O 的切线，∴∠OAF ＝∠OEF ＝90°． 又∵FO ＝FO ，OA ＝OE ．∴△FAO ≌△FEO ． ∴∠AOF ＝∠EOF ＝12∠AOE ． ∵∠ABE ＝12∠AOE ，∴∠AOF ＝∠ABE ． ∴OF ∥BE ．(2)过F 作FQ ⊥BC 于Q ，∴PQ ＝BP －AF ＝x －y ，PF ＝PE ＋EF ＝x ＋y ． 在Rt △PFQ 中，FQ 2＋PQ 2＝PF 2． ∴22＋(x －y )2＝(x ＋y )2． 化简得y ＝1x (1＜x ＜2)． (3)存在这样的P 点．∠EOF ＝∠AOF ，∴∠EHG ＝∠EOA ＝2∠EOF ． ∵OH ⊥FG ，∴∠OEF ＝∠HEG ＝90°．当∠EFO＝∠EHG＝2∠EOF时，即∠EOF＝30°时，△EFO∽△EHG．此时Rt△AFO中，y＝AF＝OA·tan30°＝3．∴x＝1y＝3．∴当x＝3，y＝3时，△EFO∽△EHG．14.答案（1）x；（2）x=45；（3）见解析；（4）1＜x＜32．（3）如图②，当0＜x≤45时，根据正方形的面积公式得到y=x2；如图③，当45＜x≤1时，过C作CH⊥AB于H，交FQ于K，则CH=12AB=2，根据正方形和三角形面积公式得到y=﹣232x2+20x﹣8；如图④，当1＜x＜2时，PQ=4﹣2x，根据三角形的面积公式得到结论；（4）当Q与C重合时，E为BC的中点，得到x=1，当Q为BC的中点时，2得到x=32，于是得到结论．试题解析：（1）∵∠ACB=90°，∠A=45°，PQ⊥AB，∴∠AQP=45°，∴PQ=AP=2x，∵D为PQ中点，∴DQ=x，∵D为PQ中点，∴DQ=x，∴GP=2x，∴2x+x+2x=4，∴x=45；（3）如图②，当0＜x≤45时，y=S正方形DEFQ=DQ2=x2，∴y=x2；如图③，当45＜x≤1时，过C作CH⊥AB于H，交FQ于K，则CH=12AB=2，∵PQ=AP=2x，CK=2﹣2x，∴MQ=2CK=4﹣4x，FM=x﹣（4﹣4x）=5x﹣4，∴y=S正方形DEFQ﹣S△MNF=DQ2﹣12FM2，∴y=x2﹣12（5x﹣4）2=﹣232x2+20x﹣8，∴y=﹣232x2+20x﹣8；∴DQ=2﹣x，∴y=S△DEQ=12DQ2，∴y=12（2﹣x）2，∴y=12x2﹣2x+2；（4）当Q与C重合时，E为BC的中点，即2x=2，∴x=1，当Q为BC的中点时，2，PB=1，∴AP=3，∴2x=3，∴x=3，2∴边BC的中点落在正方形DEFQ内部时x的取值范围为：1＜x＜3．2考点：四边形综合题．15.答案(1) CD=3， P（2，﹣1）；(2) y=x2﹣4x+3；(3) 存在满足条件的点Q，2其坐标为（2，﹣1）．试题分析：（1）连接OC，由勾股定理可求得MN的长，则可求得OC的长，由垂径定理可求得OD的长，在Rt△OCD中，可求得CD的长，则可求得PD的长，可求得P点坐标；（2）可设抛物线的解析式为顶点式，再把N点坐标代入可求得抛物线解析式；（3）由抛物线解析式可求得A、B的坐标，由S四边形OPMN=8S△QAB可求得点Q到x轴的距离，且点Q只能在x轴的下方，则可求得Q点的坐标，再证明△QAB∽△OBN即可．试题解析：（1）如图，连接OC，∵M（4，0），N（0，3），∴OM=4，ON=3，∴MN=5，∴OC=12MN=52，∵CD为抛物线对称轴，∴OD=MD=2，在Rt△OCD中，由勾股定理可得=32，∴PD=PC﹣CD=52﹣32=1，∴P（2，﹣1）；（2）∵抛物线的顶点为P（2，﹣1），∴设抛物线的函数表达式为y=a（x﹣2）2﹣1，∵抛物线过N（0，3），∴3=a（0﹣2）2﹣1，解得a=1，∴抛物线的函数表达式为y=（x﹣2）2﹣1，即y=x2﹣4x+3；（3）在y=x2﹣4x+3中，令y=0可得0=x2﹣4x+3，解得x=1或x=3，∴A（1，0），B（3，0），∴AB=3﹣1=2，∵ON=3，OM=4，PD=1，∴S四边形OPMN=S△OMP+S△OMN=12OM•PD+12OM•ON=12×4×1+12×4×3=8=8S△QAB，∴S△QAB=1，设Q点纵坐标为y，则12×2×|y|=1，解得y=1或y=﹣1，当y=1时，则△QAB为钝角三角形，而△OBN为直角三角形，不合题意，舍去，当y=﹣1时，可知P点即为所求的Q点，∵D为AB的中点，∴AD=BD=QD，∴△QAB为等腰直角三角形，∵ON=OB=3，∴△OBN为等腰直角三角形，∴△QAB∽△OBN，学-科网综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（2，﹣1）．考点：二次函数综合题．16.分析（2）结论：是定值．在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．想办法证明PA 4=A4+PH=PA2+PA1，同法可证：PA3=PA1+PA2，推出（+1）（PA1+PA2）=PA 3+PA4，可得PA1+PA2=（﹣1）（PA3+PA4），延长即可解决问题；（3）结论：则=．如图3﹣1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，推出PH=PA4，即PA1+PA2=PA4，如图3﹣2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，推出PH=PA4，即PA5+PA3=PA4，延长即可解决问题；解答解：（1）如图1，作∠PA1M=60°，A1M交A2P的延长线于点M．∵△A1A2A3是等边三角形，∴∠A3A1A2=60°，∴∠A3A1P=∠A2A1M又A3A1=A2A1，∠A1A3P=∠A1A2P，∴△A1A3P≌△A1A2M∴PA3=MA2，∵PM=PA1，∴PA3=MA2=PA2+PM=PA2+PA1．∴，是定值．（2）结论：是定值．理由：在A4P上截取AH=A2P，连接HA1．∵四边形A1A2A3A4是正方形，∴A4A1=A2A1，∵∠A1A4H=∠A1A2P，A4H=A2P，∴△A1A4H=△A1A2P，∴A1H=PA1，∠A4A1H=∠A2A1P，∴∠HA1P=∠A4A1A2=90°∴△HA1P的等腰直角三角形，∴PA 4=A4+PH=PA2+PA1，同法可证：PA 3=PA1+PA2，∴（+1）（PA1+PA2）=PA3+PA4，∴PA1+PA2=（﹣1）（PA3+PA4），∴=．（3）结论：则=．理由：如图3﹣1中，延长PA1到H，使得A1H=PA2，连接A4H，A4A2，A4A1．由△HA4A1≌△PA4A2，可得△A4HP是顶角为36°的等腰三角形，∴PH=PA4，即PA1+PA2=PA4，如图3﹣2中，延长PA5到H，使得A5H=PA3．同法可证：△A4HP是顶角为108°的等腰三角形，∴PH=PA4，即PA5+PA3=PA4，∴=．故答案为．17.分析（1）由PB⊥AM、PC⊥AN知∠ABP=∠ACP=90°，据此得∠BAC+∠BPC=180°，根据∠BPD+∠BPC=180°即可得证；（2）①由∠APB=∠BDE=45°、∠ABP=90°知BP=AB=2，根据tan∠BAC=tan∠BPD==2知BP=PD，据此可得答案；②根据等腰三角形的定义分BD=BE、BE=DE 及BD=DE三种情况分类讨论求解可得；（3）作OH⊥DC，由tan∠BPD=tan∠MAN=1知BD=PD，据此设BD=PD=2a、PC=2b，从而得出OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，证△ACP∽△CHO得=，据此得出a=b 及CP=2a、CH=3a、OC=a，再证△CPF∽△COH，得=，据此求得CF=a、OF=a，证OF为△PBE的中位线知EF=PF，从而依据=可得答案．解答解：（1）∵PB⊥AM、PC⊥AN，∴∠ABP=∠ACP=90°，∴∠BAC+∠BPC=180°，又∠BPD+∠BPC=180°，∴∠BPD=∠BAC；（2）①如图1，∵∠APB=∠BDE=45°，∠ABP=90°，∴BP=AB=2，∵∠BPD=∠BAC，∴tan∠BPD=tan∠BAC，∴=2，∴BP=PD，∴PD=2；②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，∴∠BPD=∠BPE=∠BAC，∴tan∠BPE=2，∵AB=2，∴BP=，∴BD=2；当BE=DE时，∠EBD=∠EDB，∵∠APB=∠BDE、∠DBE=∠APC，∴∠APB=∠APC，∴AC=AB=2，过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形，∵AB=2、tan∠BAC=2，∴AG=2，∴BD=CG=2﹣2；当BD=DE时，∠DEB=∠DBE=∠APC，∵∠DEB=∠DPB=∠BAC，∴∠APC=∠BAC，设PD=x，则BD=2x，∴=2，∴，∴x=，∴BD=2x=3，综上所述，当BD=2、3或2﹣2时，△BDE为等腰三角形；（3）如图3，过点O作OH⊥DC于点H，∵tan∠BPD=tan∠MAN=1，∴BD=PD，设BD=PD=2a、PC=2b，则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，∵OC∥BE且∠BEP=90°，∴∠PFC=90°，∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°，∴∠OCH=∠PAC，∴△ACP∽△CHO，∴=，即OH•AC=CH•PC，∴a（4a+2b）=2b（a+2b），∴a=b，即CP=2a、CH=3a，则OC=a，∵△CPF∽△COH，∴=，即=，则CF=a，OF=OC﹣CF=a，∵BE ∥OC 且BO=PO ， ∴OF 为△PBE 的中位线， ∴EF=PF ， ∴==．五、开放题18. 解：（1）∵11122S AD AF x ==g ，3112(3)322S BC BF x x ==⨯⨯-=-g . ∴131(3)2S S x x =-=221139(3)()2224x x x ⎡⎤-+=--+⎢⎥⎣⎦2139()(03)228x x =--+<<. 当32x =时，13S S 取最大值98（不写03x <<，扣1分）. （2）作DM ⊥BC ，垂足为M ，DM 与EF 交于点N .∵AFt FB=，∴AF tFB =. 又∵BM =MC =AD =1，∴1NE DN AF AF tFB tMC DM AB AF FB tFB FB t =====+++. ∴1tNE t =+.∴EF =FN +NE =21111t t t t ++=++. （3）∵AB =AF +FB =（t +1）FB =3， ∴31FB t =+. ∴31t AF tFB t ==+. ∴111332212(1)t tS AD AF t t ==⨯=++g ， 3113322211S BC FB t t ==⨯⨯=++g ，211213(21)32212(1)t t S AB FE t t ++==⨯⨯=++g . ∴221322299(21)2(1)4(1)t t S S S t t +==++，，∴2229(21)944(1)2(1)t t t t +=⨯++， 化简得24410t t -+=，解得12t =.（第（3）问，由13ABCD S S S --梯形得到2S ，可酌情给分）六、动态几何19. 分析（1）令y ＝0，可得B 的坐标，利用勾股定理可得BC 的长； （2）如图1，作辅助线，证明△CDN ∽△MEN ，得CN ＝MN ＝1，计算EN 的长，根据面积法可得OF 的长，利用勾股定理得OF 的长，由＝tan ∠EOF 和n ＝﹣m +4，可得结论；（3）①先设s 关于t 成一次函数关系，设s ＝kt +b ，根据当点P 运动到AO 中点时，点Q 恰好与点C 重合，得t ＝2时，CD ＝4，DQ 3＝2，s ＝2，根据Q 3（﹣4，6），Q 2（6，1），可得t ＝4时，s ＝5，利用待定系数法可得s 关于t 的函数表达式； ②分三种情况：（i ）当PQ ∥OE 时，如图2，根据cos ∠QBH ＝＝＝＝，表示BH 的长，根据AB ＝12，列方程可得t 的值；（ii ）当PQ ∥OF 时，如图3，根据tan ∠HPQ ＝tan ∠CDN ＝，列方程为2t ﹣2＝，可得t 的值．（iii ）由图形可知PQ 不可能与EF 平行． 解答解：（1）令y ＝0，则﹣x +4＝0，∴x＝8，∴B（8，0），∵C（0，4），∴OC＝4，OB＝8，在Rt△BOC中，BC＝＝4；（2）如图1，作EM⊥OC于M，则EM∥CD，∵E是BC的中点∴M是OC的中点∴EM＝OB＝4，OE＝BC＝2∵∠CDN＝∠NEM，∠CND＝∠MNE∴△CDN∽△MEN，∴＝1，∴CN＝MN＝1，∴EN＝＝，∵S△ONE＝EN•OF＝ON•EM，∴OF＝＝，由勾股定理得：EF＝＝＝，。
初中数学中考复习专题代数综合题及答案(20200621125339)
(4) 在 (3)的条件下，若抛物线 y＝ mx +bx+c 与线段 AB 交于点 P，试问在直线 BC 上是否
存在点 K ，使得以 P、B、K 为顶点的三角形与△ AEF 相似 ?若存在，请求直线 KP 与 y
轴的交点 T 的坐标 ?若不存在，请说明理由。
4、如图，点 P 是双曲线 y k1 ( k1 0，x 0) 上一动点，过点 P 作 x 轴、 x
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(2) 令 m
S四边形 CFGH ，请问 m 是否为定值？若是，请求出 S四边形 CNMN ；
m 的值；若不是，请说明理由
(3) 在 (2)的条件下，若 CO＝ 1，CE＝ 1 ，Q 为 AE 上一点且 QF＝ 2 ，抛物线 y＝ mx 2+bx+c
3
3
经过 C、Q 两点，请求出此抛物线的解析式 .
2
2
9
，一
2
次函数的解析式为
y
x
9
．
2
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（ 3）因为 y
x
9 的图象交 y 轴于点 D ，所以 D 的坐标为
0， 9 ．
2
2
设 二 次 函 数 的 解 析 式 为 y a x2
bx (c a 0 )． 因 为 过 点 A(3，3) 、 B 6，3 、 和 2
9a 3b c 3，
a 1，
A( 1，0) ， B(3，0) ， C (0， 3) ． 又 y ( x 1)2 4 ， 顶点 M (1， 4) ．容易求得直线 CM 的表达式是 y x 3 ． 在 y x 3中，令 y 0 ，得 x 3 ． N ( 3，0) ， AN 2 ．在 y x2 2x 3 中， 令 y 3 ，得 x1 0， x2 2 ． CP 2， AN CP ． AN ∥ CP ， 四边形 ANCP 为平行四边形，此时 P(2， 3) ．
中考数学二轮拔高专题复习―代数几何综合题
中考数学二轮拔高专题复习―代数几何综合题精心整理的20XX年中考汇编题型题库20XX年中考数学二轮复习――代数几何综合题Ⅰ、综合问题精讲：代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型，近几年中考试题中的综合题大多以代数几何综合题的形式出现，其解题关键点是借助几何直观解题，运用方程、函数的思想解题，灵活运用数形结合，由形导数，以数促形，综合运用代数几何知识解题．Ⅱ、典型例题剖析的中点，AE⊥AC于（温州，12分）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，A是BDC A，与⊙O及CB的延长线分别交于点F、E，且BFAD，EM切⊙O于M。
1⑴ △ADC∽△EBA;⑵ AC2＝BCCE；2⑶如果AB＝2，EM＝3，求cot∠CAD的值。
解:⑴∵四边形ABCD 内接于⊙O，∴∠CDA＝∠ABE，∵BFAD，∴∠DCA＝∠BAE，∴△CAD∽△AEB⑵ 过A作AH⊥BC于H(如图)中点，∴HC＝HB1，∵A是BDC2102∵∠CAE＝90，∴AC＝CHCE＝BCCE2中点，AB＝2，∴AC＝AB＝2，⑶∵A是BDC∵EM是⊙O的切线，∴EBEC＝EM ① 12∵ACBCCE，BCCE＝8 ②2①＋②得：EC(EB＋BC)＝17，∴EC＝17 ∵EC＝AC＋AE17－2＝13 ∵△CAD∽△ABE，∴∠CAD＝∠AEC，AE13∴cot∠CAD＝cot∠AEC＝AC2点拨：此题的关键是树立转化思想，将未知的转化为已知的．此题表现的非常突出．如，将∠CAD转化为∠AEC就非常关键.（自贡）如图2－5－2所示，已知直线y=2x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，∠BAC=90。
○222222精心整理的20XX年中考汇编题型题库过C作CD⊥x轴，D为垂足．（1）求点A、B的坐标和AD的长；（2）求过B、A、C三点的抛物线的解析式。
解：（1）在y=2x+2中分别令x=0，y=0．得A（l，0），B（0，2）．易得△ACD≌△BAO，所以AD=OB=2．（2）因为A(1，0），B（0，2），且由（1），得C（3,l）．设过过B、A、C三点的抛物线为y ax2 bx c5a 6a b c 017 所以c 2 ，解得b6 9a 3b c 1c 2所以y5217x x 2 66点拨：此题的关键是证明△ACD≌△BAO．（重庆，10分）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．(1) 求直线AB的解析式；(2) 当t为何值时，△APQ与△AOB相似？(3) 当t为何值时，△APQ的面积为5个平方单位？解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx＋b 由题意，得3 b=6k 解得48k b 0b 624所以，直线AB的解析式为y＝－3x＋6．4（2）由AO＝6，BO＝8 得AB＝10 所以AP＝t ，AQ＝10－2t。
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中考数学代数几何综合题2Ⅰ、综合问题精讲：代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型，近几年中考试题中的综合题大多以代数几何综合题的形式显现，其解题关键点是借助几何直观解题，运用方程、函数的思想解题，灵活运用数形结合，由形导数，以数促形，综合运用代数和几何知识解题．Ⅱ、典型例题剖析【例1】（2005，温州，12分）如图，已知四边形ABCD 内接于⊙O，A 是BDC 的中点，AE⊥AC 于A ，与⊙O 及CB 的延长线分别交于点F 、E ，且BF AD =，EM 切⊙O 于M 。
⑴ △ADC∽△EBA ;⑵ AC2＝12 BC·CE；⑶假如AB ＝2，EM ＝3，求cot∠CAD 的值。
解:⑴∵四边形ABCD 内接于⊙O，∴∠CDA＝∠ABE， ∵BF AD =，∴∠DCA＝∠BAE， ∴△CAD∽△AEB⑵ 过A 作AH⊥BC 于H(如图)∵A 是BDC 中点，∴HC＝HB ＝12 BC ，∵∠CAE＝900，∴AC 2＝CH·CE＝12 BC·CE⑶∵A 是BDC 中点，AB ＝2，∴AC＝AB ＝2， ∵EM 是⊙O 的切线，∴EB·EC＝EM 2① ∵AC 2＝12 BC·CE，BC·CE＝8 ②①＋②得：EC(EB ＋BC)＝17，∴EC 2＝17 ∵EC 2＝AC 2＋AE 2，∴AE＝17－22＝13 ∵△CAD∽△ABE，∴∠CAD＝∠AEC， ∴cot∠CAD＝cot∠AEC ＝AE AC ＝132点拨：此题的关键是树立转化思想，将未知的转化为已知的．此题表现的专门突出．如，将∠CAD 转化为∠AEC 就专门关键.【例2】（2005，自贡）如图 2－5－2所示，已知直线y=2x+2分别与x 轴、y 轴交于点A 、B ，以线段AB 为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC ，∠BAC=90○。
过C 作CD ⊥x 轴，D 为垂足． （1）求点 A 、B 的坐标和AD 的长；（2）求过B 、A 、C 三点的抛物线的解析式。
解：（1）在y=2x+2中分别令x=0，y=0．得 A（l，0），B（0，2）．易得△ACD≌△BAO，因此 AD=OB=2．（2）因为A(1，0），B（0，2），且由（1），得C（3,l）．设过过B、A、C三点的抛物线为2y ax bx c=++因此5617 26 9312aa b cc ba b cc⎧=⎪++=⎧⎪⎪⎪==-⎨⎨⎪⎪++=⎩=⎪⎪⎩，解得因此2517266y x x=-+点拨：此题的关键是证明△ACD≌△BAO．【例3】（2005，重庆，10分）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q 从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时刻为t秒．(1) 求直线AB的解析式；(2) 当t为何值时，△APQ与△AOB相似？(3) 当t为何值时，△APQ的面积为524个平方单位？解：（1）设直线AB的解析式为y＝k x＋b由题意，得b=680k b⎧⎨+=⎩解得346kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩因此，直线AB的解析式为y＝－43x＋6．（2）由AO＝6， BO＝8 得AB＝10因此AP＝t，AQ＝10－2t1°当∠APQ＝∠AOB时，△APQ∽△AOB．因此6t＝10210t-解得t＝1130(秒)2° 当∠AQP＝∠AOB 时，△AQP∽△AOB． 因此10t ＝6210t - 解得t ＝1350(秒)（3）过点Q 作QE 垂直AO 于点E ． 在Rt△AOB 中，Sin∠BAO＝ABBO ＝54在Rt△AEQ 中，QE ＝AQ·Sin∠BAO＝(10-2t )·54＝8 －58t 因此，S △APQ ＝21AP·QE＝21t ·(8－58t )＝－254t ＋4t ＝524 解得t ＝2（秒）或t ＝3（秒）．（注：过点P 作PE 垂直AB 于点E 也可，并相应给分）点拨：此题的关键是随着动点P 的运动，△APQ 的形状也在发生着变化，因此应分情形：①∠APQ ＝∠AOB ＝90○②∠APQ ＝∠ABO ．如此，就得到了两个时刻限制．同时第（3）问也能够过P 作 PE ⊥AB ．【例4】（2005，南充，10分）如图2－5－7，矩形ABCD 中，AB ＝8，BC ＝6，对角线AC 上有一个动点P （不包括点A 和点C ）．设AP ＝x ，四边形PBCD 的面积为y ．（1）写出y 与x 的函数关系，并确定自变量x 的范畴． （2）有人提出一个判定：“关于动点P ，⊿PBC 面积与⊿PAD 面积之和为常数”．请你说明此判定是否正确，并说明理由． 解：（1）过动点P 作PE ⊥BC 于点E ．在Rt⊿ABC 中，AC ＝10， PC ＝AC －AP ＝10－x ． ∵ PE ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴⊿PEC ∽⊿ABC ．故 ACPC AB PE =，即.548,10108x PE x PE -=-=∴⊿PBC 面积＝.5122421x BC PE -=⋅又⊿PCD 面积＝⊿PBC 面积＝.51224x -即 y x 52448-=，x 的取值范畴是0＜x ＜10．（2）那个判定是正确的． 理由： 由（1）可得，⊿PAD 面积＝.512x⊿PBC 面积与⊿PAD 面积之和＝24．点拨：由矩形的两边长6,8．可得它的对角线是10，如此PC ＝10－x ，而面积y 是一个不规则的四边形，因此能够把它看成规则的两个三角形：△PBC 、△PCD ．如此问题就专门容易解决了.Ⅲ、综合巩固练习（100分 90分钟）1、如图2－5－8所示，在直角坐标系中，△ABC 各顶点坐标分别为A （0， 3 ），B （－1，0）、C （0，1）中，若△DEF 各顶点坐标分别为D （ 3 ，0）、E （0，1）、F （0，－1），则下列判定正确的是（ ）A ．△DEF 由△ABC 绕O 点顺时针旋转90○得到;B ．△DEF 由△ABC 绕O 点逆时针旋转90○得到;C ．△DEF 由△ABC 绕O 点顺时针旋转60○得到;D ．△DEF 由△ABC 绕O 点顺时针旋转120○得到2．如图2－5－9,已知直线 y=2x ＋1与x 轴交于A 点，与y 轴交于B 点，直线y=2x —1与x 轴交于C 点，与y 轴交于D 点，试判定四边形ABCD 的形状．3．如图2－5－10所示，在矩形ABCD 中，BD=20，AD ＞AB ，设∠ABD=α，已知sin α是方程25z 2－35z+ 12=0的一个实根．点E 、F 分别是BC 、DC 上的点，EC+CF=8，设BE=x ，△AEF 面积等于y.⑴ 求出y 与x 之间的函数关系式；⑵ 当E 、F 两点在什么位置时y 有最小值？并求出那个最小值．4．（10分）如图2－5－11所示，直线y=－43 x+ 4与x 轴、y 轴分别交于点M 、N ．（1）求M 、N 两点的坐标；（2）假如点P 在坐标轴上，以点P 为圆心，125 为半径的圆与直线y=－43 x+ 4相切，求点P 的坐标．5．（10分）如图2－5-12所示，已知等边三角形ABC 中，AB=2，点P 是AB 边上的任意一点（点P 能够与点A 重合，但不与点B 重合），过点P 作PE ⊥BC ．垂足为E ；过点E 作EF ⊥AC ，垂足为F ；过点F 作FQ ⊥AB ，垂足为Q ．设BP=x ，AQ=y ． ⑴ 写出y 与x 之间的函数关系式；⑵ 当BP 的长等于多少时，点P 与点Q 重合；⑶ 当线段 PE 、FQ 相交时，写出线段PE 、EF 、FQ 所围成三角形的周长的取值范畴（不必写出解题过程）6．（12分）如图2－5－13所示，已知A 由两点坐标分另为（28，0）和（0，28），动点P 从A 点开始在线段AO 上以每秒3个长度单位的速度向原点O 运动，动直线 EF 从 x 轴开始以每秒1个长度单位的速度向上平行移动(即EF ∥x 轴)同时分别交y 轴，线段AB 交于E 、F 点．连接FP ，设动点P 与动直线EF 同时动身，运动时刻为t 秒．⑴ 当t ＝1秒时，求梯形OPFE 的面积，t 为何值时，梯形OPFE 的面积最大，最大面积是多少？⑵ 当梯形OPFE 的面积等于△APF 的面积时，求线段 PF 的长．⑶ 设t 的值分别取t 1，t 2时（t 1≠t 2），所对应的三角形分别为△AF 1P 1和△AF 2P 2 ，试判定这两个三角形是否相似，请证明你的判定．7．（12分）如图2－5－14所示，在直角坐标系中，矩形ABCD 的顶点，A 的坐标为(1，0)，对角线的交点P 的坐标为（52 ，1）⑴ 写出B 、C 、D 三点的坐标；⑵ 若在AB 上有一点 E 作，’入过 E 点的直线‘将矩形ABCD 的面积分为相等的两部分，求直线l 的解析式；⑶ 若过C 点的直线l 将矩形ABCD 的面积分为4：3两部分，并与y 轴交于点M ，求过点C 、D 、M 三点的抛物线的解析式．8．（10分）已知矩形ABCD 在平面直角坐标系中，顶点A 、B 、D 的坐标分别为A （0，0），B （m ，0），D （0，4）其中m ≠0．⑴写出顶点C的坐标和矩形ABCD的中心P点的坐标（用含m的代数式表示）⑵若一次函数y=kx－1的图象l把矩形ABCD分成面积相等的两部分，求此一次函数的解析式（用含m的代数式表示）⑶在⑵的前提下，l又与半径为1的⊙M相切，且点 M（0，1），求此矩形ABCD的中心P点的坐标．9．（10分）如图2－5－15所示，等边三角形ABC的边长为6，点D、E分别在边AB，AC 上，且AD=AE=2，若点F从点B开始以每秒二个单位长度的速度沿射线BC方向运动，设点F运动的时刻为t秒，当t＞0时，直线FD与过点A且平行于BC的直线相交于点G，GE的延长线与BC的延长线相交于点H，AB与GH相交于点O．⑴设△EGA的面积为S，写出S与 t的函数解析式；⑵当t为何值时，AB⊥GH；⑶请你证明△GFH的面积为定值．10. (10分)如图2－5-16，在矩形ABCD中，AB=10。
cm，BC=8cm．点P从A动身，沿A→B→C→D路线运动，到D停止；点Q从D动身，沿D→C→B→A路线运动，到A停止，若点P、点Q同时动身，点P的速度为1cm/s，点Q的速度为2cm/s，a s时点P、点Q同时改变速度，点P的速度变为bcm/s，点Q的速度变为d cm/s，图2－5－17是点P动身x秒后△APD的面积S1（cm2）与x（s）的函数关系图象；图2－5－18是点Q动身xs后面AQD的面积S2（cm2）与x（s）的函数关系图象．⑴参照图2－5－17，求a、b及图中c的值；⑵求d的值；⑶设点P离开点A的路程为y1(cm)，点Q到点A还需走的路程为y2(cm)，请分别写出动点P、Q改变速度后，y1、y2与动身后的运动时刻x（s）的函数解析式，并求出P、Q 相遇时x的值．⑷当点Q动身_______s时，点P、点Q在运动路线上相距的路程为25cm．。