《2020年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)題型提分講練專題16一次函數(shù)綜合題含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)題型提分講練專題16一次函數(shù)綜合題含解析（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題16 一次函數(shù)綜合題 考點分析 【例1】（2019·浙江中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線分別交x軸、y軸于點B，C，正方形AOCD的頂點D在第二象限內(nèi)，E是BC中點，OF⊥DE于點F，連結(jié)OE．動點P在AO上從點A向終點O勻速運動，同時，動點Q在直線BC上從某點Q1向終點Q2勻速運動，它們同時到達(dá)終點． （1）求點B的坐標(biāo)和OE的長； （2）設(shè)點Q2為(m，n)，當(dāng)tan∠EOF時，求點Q2的坐標(biāo)； （3）根據(jù)（2）的條件，當(dāng)點P運動到AO中點時，點Q恰好與點C重合． ①延長AD交直線BC于點Q3，當(dāng)點Q在線段Q2Q3上時，設(shè)Q3Q＝s，AP＝t，求s關(guān)于t的函數(shù)

2、表達(dá)式． ②當(dāng)PQ與△OEF的一邊平行時，求所有滿足條件的AP的長． 【答案】（1）（8，0），；（2）（6，1）；（3）①，②的長為或. 【解析】 解：（1）令，則， ∴， ∴為. ∵為， 在中，. 又∵為中點，∴. （2）如圖，作于點，則， ∴， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴為. （3）①∵動點同時作勻速直線運動， ∴關(guān)于成一次函數(shù)關(guān)系，設(shè)， 將和代入得，解得， ∴. ②（?。┊?dāng)時，（如圖），， 作軸于點，則. ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴. （ⅱ）當(dāng)時（如圖），

3、過點作于點，過點作于點，由得. ∵, ∴, ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴. （ⅲ）由圖形可知不可能與平行. 綜上所述，當(dāng)與的一邊平行時，的長為或. 【點睛】 此題是一次函數(shù)的綜合題，主要考查了：用待定系數(shù)法求一次函數(shù)關(guān)系式，三角形相似的性質(zhì)和判定，三角函數(shù)的定義，勾股定理，正方形的性質(zhì)等知識，并注意運用分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想解決問題． 【例2】（2019·射陽縣）如圖，已知函數(shù)的圖象與x軸、y軸分別交于點A，B，與函數(shù)y＝x的圖象交于點M，點M的橫坐標(biāo)為2．在x軸上有一點P (a，0)（其中a>2），過點P作x軸的垂線，分別交函數(shù)和y＝x的圖象于點C，D．

4、 （1）求點A的坐標(biāo)； （2）若OB＝CD，求a的值． 【答案】（1）(6，0)；（2）4. 【解析】 解：（1）∵點M在直線y=x的圖象上，且點M的橫坐標(biāo)為2， ∴點M的坐標(biāo)為（2，2）， 把M（2，2）代入y=﹣x+b得﹣1+b=2，解得b=3， ∴一次函數(shù)的解析式為y=﹣x+3， 把y=0代入y=﹣x+3得﹣x+3=0，解得x=6， ∴A點坐標(biāo)為（6，0）； （2）把x=0代入y=﹣x+3得y=3， ∴B點坐標(biāo)為（0，3）， ∵CD=OB， ∴CD=3， ∵PC⊥x軸， ∴C點坐標(biāo)為（a，﹣a+3），D點坐標(biāo)為（a，a） ∴a﹣（﹣a+3）=3， ∴

5、a=4． 考點集訓(xùn) 1．（2019·重慶中考真題）函數(shù)圖象在探索函數(shù)的性質(zhì)中有非常重要的作用，下面我們就一類特殊的函數(shù)展開探索．畫函數(shù)的圖象，經(jīng)歷分析解析式、列表、描點、連線過程得到函數(shù)圖象如圖所示；經(jīng)歷同樣的過程畫函數(shù)和的圖象如圖所示． x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 … y … ﹣6 ﹣4 ﹣2 0 ﹣2 ﹣4 ﹣6 … （1）觀察發(fā)現(xiàn)：三個函數(shù)的圖象都是由兩條射線組成的軸對稱圖形；三個函數(shù)解折式中絕對值前面的系數(shù)相同，則圖象的開口方向和形狀完全相同，只有最高點和對稱軸發(fā)生了變化．寫出點A，B的坐標(biāo)和函數(shù)的對稱軸． （2

6、）探索思考：平移函數(shù)的圖象可以得到函數(shù)和的圖象，分別寫出平移的方向和距離． （3）拓展應(yīng)用：在所給的平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)的圖象．若點和在該函數(shù)圖象上，且，比較，的大?。? 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析. 【解析】 解：（1），，函數(shù)的對稱軸為； （2）將函數(shù)的圖象向上平移2個單位得到函數(shù)的圖象； 將函數(shù)的圖象向左平移2個單位得到函數(shù)的圖象； （3）將函數(shù)的圖象向上平移1個單位，再向右平移3個單位得到函數(shù)的圖象． 所畫圖象如圖所示，當(dāng)時，． 【點睛】 本題考查了一次函數(shù)與幾何變換，一次函數(shù)的圖象，一次函數(shù)的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵

7、． 2．（2019·江蘇省無錫市天一實驗學(xué)校初三月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P的坐標(biāo)為（，），點Q的坐標(biāo)為（，），且，，若P，Q為某個矩形的兩個頂點，且該矩形的邊均與某條坐標(biāo)軸垂直，則稱該矩形為點P，Q的“相關(guān)矩形”．下圖為點P，Q 的“相關(guān)矩形”的示意圖． （1）已知點A的坐標(biāo)為（1，0）． ①若點B的坐標(biāo)為（3，1）求點A，B的“相關(guān)矩形”的面積； ②點C在直線x=3上，若點A，C的“相關(guān)矩形”為正方形，求直線AC的表達(dá)式； （2）⊙O的半徑為，點M的坐標(biāo)為（m，3）．若在⊙O上存在一點N，使得點M，N的“相關(guān)矩形”為正方形，求m的取值范圍． 【答案】（1）①2；②或

8、；（2）1≤m≤5 或者． 【解析】 （1）①S=2×1=2； ②C的坐標(biāo)可以為（3，2）或者（3，-2），設(shè)AC的表達(dá)式為y=kx+b，將A、C分別代入AC的表達(dá)式得到：或，解得：或，則直線AC的表達(dá)式為或； （2）若⊙O上存在點N，使MN的相關(guān)矩形為正方形，則直線MN的斜率k=±1，即過M點作k=±1的直線，與⊙O有交點，即存在N，當(dāng)k=－1時，極限位置是直線與⊙O相切，如圖與，直線與⊙O切于點N，ON=，∠ONM=90°，∴與y交于（0，-2）．（，3），∴，∴=-5，∴（-5，3）；同理可得（-1，3）； 當(dāng)k=1時，極限位置是直線與（與⊙O相切），可得（1，3），（5，3）

9、． 因此m的取值范圍為1≤m≤5或者． 考點：一次函數(shù)，函數(shù)圖象，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力． 3．（2019·山東省濟(jì)南匯才學(xué)校初三期中）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，過點A（﹣，0）的兩條直線分別交y軸于B、C兩點，且B、C兩點的縱坐標(biāo)分別是一元二次方程x2﹣2x﹣3=0的兩個根 （1）求線段BC的長度； （2）試問：直線AC與直線AB是否垂直？請說明理由； （3）若點D在直線AC上，且DB=DC，求點D的坐標(biāo)； （4）在（3）的條件下，直線BD上是否存在點P，使以A、B、P三點為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出P點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 【

10、答案】（1）4；（2）AC⊥AB，理由見解析；（3）D（﹣2，1）；（4）點P的坐標(biāo)為（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）． 【解析】 （1）∵x2﹣2x﹣3=0， ∴x=3或x=﹣1， ∴B（0，3），C（0，﹣1）， ∴BC=4； （2）∵A（﹣，0），B（0，3），C（0，﹣1）， ∴OA=，OB=3，OC=1， ∴OA2=OB?OC， ∵∠AOC=∠BOA=90°， ∴△AOC∽△BOA， ∴∠CAO=∠ABO， ∴∠CAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°， ∴∠BAC=90°， ∴AC⊥AB； （3）設(shè)直線AC的解析式為y=kx+

11、b， 把A（﹣，0）和C（0，﹣1）代入y=kx+b， ∴， 解得：， ∴直線AC的解析式為：y=﹣x﹣1， ∵DB=DC， ∴點D在線段BC的垂直平分線上， ∴D的縱坐標(biāo)為1， ∴把y=1代入y=﹣x﹣1， ∴x=﹣2， ∴D的坐標(biāo)為（﹣2，1）， （4）設(shè)直線BD的解析式為：y=mx+n，直線BD與x軸交于點E， 把B（0，3）和D（﹣2，1）代入y=mx+n， ∴， 解得， ∴直線BD的解析式為：y=x+3， 令y=0代入y=x+3， ∴x=﹣3， ∴E（﹣3，0）， ∴OE=3， ∴tan∠BEC==， ∴∠BEO=30°， 同理可求得：∠A

12、BO=30°， ∴∠ABE=30°， 當(dāng)PA=AB時，如圖1， 此時，∠BEA=∠ABE=30°， ∴EA=AB， ∴P與E重合， ∴P的坐標(biāo)為（﹣3，0）， 當(dāng)PA=PB時，如圖2， 此時，∠PAB=∠PBA=30°， ∵∠ABE=∠ABO=30°， ∴∠PAB=∠ABO， ∴PA∥BC， ∴∠PAO=90°， ∴點P的橫坐標(biāo)為﹣， 令x=﹣代入y=x+3， ∴y=2， ∴P（﹣，2）， 當(dāng)PB=AB時，如圖3， ∴由勾股定理可求得：AB=2，EB=6， 若點P在y軸左側(cè)時，記此時點P為P1， 過點P1作P1F⊥x軸于點F， ∴P1B=AB=2，

13、∴EP1=6﹣2， ∴sin∠BEO=， ∴FP1=3﹣， 令y=3﹣代入y=x+3， ∴x=﹣3， ∴P1（﹣3，3﹣）， 若點P在y軸的右側(cè)時，記此時點P為P2， 過點P2作P2G⊥x軸于點G， ∴P2B=AB=2， ∴EP2=6+2， ∴sin∠BEO=， ∴GP2=3+， 令y=3+代入y=x+3， ∴x=3， ∴P2（3，3+）， 綜上所述，當(dāng)A、B、P三點為頂點的三角形是等腰三角形時，點P的坐標(biāo)為（﹣3，0），（﹣，2），（﹣3，3﹣），（3，3+）． 考點：一次函數(shù)和三角形的綜合題. 4．（2019·內(nèi)蒙古初三）小明在一次數(shù)學(xué)興趣小組活動中，

14、對一個數(shù)學(xué)問題作如下探究： 問題情境：如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，點E為DC邊的中點，連結(jié)AE并延長交BC的延長線于點F．求證：S四邊形ABCD＝S△ABF．（S表示面積） 問題遷移：如圖2，在已知銳角∠AOB內(nèi)有一定點P．過點P任意作一條直線MN，分別交射線OA、OB于點M、N．小明將直線MN繞著點P旋轉(zhuǎn)的過程中發(fā)現(xiàn)，△MON的面積存在最小值．請問當(dāng)直線MN在什么位置時，△MON的面積最小，并說明理由． 實際應(yīng)用：如圖3，若在道路OA、OB之間有一村莊Q發(fā)生疫情，防疫部分計劃以公路OA、OB和經(jīng)過防疫站的一條直線MN為隔離線，建立一個面積最小的三角形隔離區(qū)△MON．若

15、測得∠AOB＝66o，∠POB＝30o，OP＝4km，試求△MON的面積．（結(jié)果精確到0.1km2）（參考數(shù)據(jù)：sin66o≈0.91，tan66o≈2.25，≈1.73） 拓展延伸：如圖4，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，點A、B、C、P的坐標(biāo)分別為（6，0）、（6，3）、、（4，2），過點P的直線l與四邊形OABC一組對邊相交，將四邊形OABC分成兩個四邊形，求其中以點O為頂點的四邊形的面積的最大值． 【答案】問題情境：見解析 問題遷移：見解析 實際運用：∴。 拓展延伸：截得四邊形面積的最大值為10 【解析】 問題情境：證明：∵AD∥BC，∴∠DAE=∠F，∠D=∠FCE。

16、 ∵點E為DC邊的中點，∴DE=CE。 ∵在△ADE和△FCE中，， ∴△ADE≌△FCE（AAS）。∴S△ADE=S△FCE。 ∴S四邊形ABCE+S△ADE=S四邊形ABCE+S△FCE，即S四邊形ABCD=S△ABF。 問題遷移：當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)到點P是MN的中點時S△MON最小，理由如下： 如圖2，過點P的另一條直線EF交OA、OB于點E、F， 設(shè)PF＜PE，過點M作MG∥OB交EF于G， 由問題情境可以得出當(dāng)P是MN的中點時S四邊形MOFG=S△MON。 ∵S四邊形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF。 ∴當(dāng)點P是MN的中點時S△MON最小。 實際運用：

17、如圖3，作PP1⊥OB，MM1⊥OB，垂足分別為P1，M1， 在Rt△OPP1中，∵∠POB=30°， ∴PP1=OP=2，OP1=2。 由問題遷移的結(jié)論知，當(dāng)PM=PN時，△MON的面積最小， ∴MM1=2PP1=4，M1P1=P1N。 在Rt△OMM1中，，即， ∴?！唷? ∴。 ∴。 拓展延伸：①如圖4，當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的一組對邊OC、AB分別交于點M、N，延長OC、AB交于點D， ∵C，∴∠AOC=45°?！郃O=AD。 ∵A（6，0），∴OA=6?！郃D=6。 ∴。 由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PN=PM時，△MND的面積最小， ∴四邊形

18、ANMO的面積最大。 作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分別為P1，M1， ∴M1P1=P1A=2。∴OM1=M1M=2，∴MN∥OA。 ∴。 ②如圖5，當(dāng)過點P的直線l與四邊形OABC的另一組對邊CB、OA分別交M、N，延長CB交x軸于T， 設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b， ∵C、B（6，3）， ∴，解得：。 ∴直線BC的解析式為。 當(dāng)y=0時，x=9，∴T（9，0）。 ∴。 由問題遷移的結(jié)論可知，當(dāng)PM=PN時，△MNT的面積最小， ∴四邊形CMNO的面積最大。 ∴NP1=M1P1，MM1=2PP1=4?！?，解得x=5?！郙（5，4）。 ∴OM1=5。

19、∵P（4，2），∴OP1=4?！郟1M1=NP1=1?！郞N=3?！郚T=6。 ∴。 ∴。 ∴綜上所述：截得四邊形面積的最大值為10。 5．（2019·貴州初三）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=﹣x+4的圖象與x軸和y軸分別相交于A、B兩點．動點P從點A出發(fā)，在線段AO上以每秒3個單位長度的速度向點O作勻速運動，到達(dá)點O停止運動，點A關(guān)于點P的對稱點為點Q，以線段PQ為邊向上作正方形PQMN．設(shè)運動時間為t秒． （1）當(dāng)t=秒時，點Q的坐標(biāo)是　 ??； （2）在運動過程中，設(shè)正方形PQMN與△AOB重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)表達(dá)式； （3）若正方形PQMN對角線的

20、交點為T，請直接寫出在運動過程中OT+PT的最小值． 【答案】（1）（4，0）；（2）①當(dāng)0＜t≤1時，S =t2；②當(dāng)1＜t≤時，S =﹣t2+18t；③當(dāng)＜t≤2時， S =﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值為． 【解析】 （1）令y=0， ∴﹣x+4=0， ∴x=6， ∴A（6，0）， 當(dāng)t=秒時，AP=3×=1， ∴OP=OA﹣AP=5， ∴P（5，0）， 由對稱性得，Q（4，0）； （2）當(dāng)點Q在原點O時，OQ=6， ∴AP=OQ=3， ∴t=3÷3=1， ①當(dāng)0＜t≤1時，如圖1，令x=0， ∴y=4， ∴B（0，4）， ∴OB=4，

21、 ∵A（6，0）， ∴OA=6， 在Rt△AOB中，tan∠OAB=， 由運動知，AP=3t， ∴P（6﹣3t，0）， ∴Q（6﹣6t，0）， ∴PQ=AP=3t， ∵四邊形PQMN是正方形， ∴MN∥OA，PN=PQ=3t， 在Rt△APD中，tan∠OAB=， ∴PD=2t， ∴DN=t， ∵M(jìn)N∥OA ∴∠DCN=∠OAB， ∴tan∠DCN=， ∴CN=t， ∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣t×t=t2； ②當(dāng)1＜t≤時，如圖2，同①的方法得，DN=t，CN=t， ∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣t×t=﹣

22、t2+18t； ③當(dāng)＜t≤2時，如圖3，S=S梯形OBDP=（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12； （3）如圖4，由運動知，P（6-3t，0），Q（6-6t，0）， ∴M（6-6t，3t）， ∵T是正方形PQMN的對角線交點， ∴T（6-）， ∴點T是直線y=-x+2上的一段線段，（-3≤x＜6）， 同理：點N是直線AG：y=-x+6上的一段線段，（0≤x≤6）， ∴G（0，6）， ∴OG=6， ∵A（6，0）， ∴AG=6，在Rt△ABG中，OA=6=OG， ∴∠OAG=45°， ∵PN⊥x軸， ∴∠APN=90°， ∴∠ANP=45°， ∴∠TNA=

23、90°， 即：TN⊥AG， ∵T正方形PQMN的對角線的交點， ∴TN=TP， ∴OT+TP=OT+TN， ∴點O，T，N在同一條直線上（點Q與點O重合時），且ON⊥AG時，OT+TN最小， 即：OT+TN最小， ∵S△OAG=OA×OG=AG×ON， ∴ON==． 即：OT+PT的最小值為3 【點睛】 此題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了正方形的面積，梯形，三角形的面積公式，正方形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，用分類討論的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵，找出點T的位置是解本題（3）的難點． 6．（2019·武漢市第八中學(xué)初三期中）如圖，直線MN與x軸，y軸分別相交于A，

24、C兩點，分別過A，C兩點作x軸，y軸的垂線相交于B點，且OA，OC（OA＞OC）的長分別是一元二次方程x2﹣14x+48=0的兩個實數(shù)根． （1）求C點坐標(biāo)； （2）求直線MN的解析式； （3）在直線MN上存在點P，使以點P，B，C三點為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出P點的坐標(biāo)． 【答案】（1）C（0，6）． （2）y=x+6． （3）P1（4，3），P2（）P3（），P4（）． 【解析】 （1）解方程x2-14x+48=0得 x1=6，x2=8 ∵OA，OC（OA＞OC）的長分別是一元二次方程x2-14x+48=0的兩個實數(shù)根 ∴OC=6，OA=8 ∴C（0

25、，6） （2）設(shè)直線MN的解析式是y=kx+b（k≠0） 由（1）知，OA=8，則A（8，0） ∵點A、C都在直線MN上 ∴ 解得， ∴直線MN的解析式為y=-x+6 （3） ∵A（8，0），C（0，6） ∴根據(jù)題意知B（8，6） ∵點P在直線MN y=-x+6上 ∴設(shè)P（a，--a+6） 當(dāng)以點P，B，C三點為頂點的三角形是等腰三角形時，需要分類討論： ①當(dāng)PC=PB時，點P是線段BC的中垂線與直線MN的交點，則P1（4，3）； ②當(dāng)PC=BC時，a2+（-a+6-6）2=64 解得，a=±，則P2（-，），P3（，） ③當(dāng)PB=BC時，（a-8）2+（-

26、a+6-6）2=64 解得，a=，則-a+6=- ∴P4（，） 綜上所述，符合條件的點P有：P1（4，3），P2(-，)，P3(，)，P4（，-） 考點：一次函數(shù)綜合題． 7．（2019·遼寧中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝kx+4（k≠0）交x軸于點A（8，0），交y軸于點B， （1）k的值是　 　； （2）點C是直線AB上的一個動點，點D和點E分別在x軸和y軸上． ①如圖，點E為線段OB的中點，且四邊形OCED是平行四邊形時，求?OCED的周長； ②當(dāng)CE平行于x軸，CD平行于y軸時，連接DE，若△CDE的面積為，請直接寫出點C的坐標(biāo)． 【答案】（1）；（

27、2）①?OCED的周長8+4；②C的坐標(biāo)為（﹣3，）或（11，）． 【解析】 （1）將A（8，0）代入y＝kx+4，得：0＝8k+4， 解得：k＝． 故答案為． （2）①由（1）可知直線AB的解析式為y＝x+4． 當(dāng)x＝0時，y＝x+4＝4， ∴點B的坐標(biāo)為（0，4）， ∴OB＝4． ∵點E為OB的中點， ∴BE＝OE＝OB＝2． ∵點A的坐標(biāo)為（8，0）， ∴OA＝8． ∵四邊形OCED是平行四邊形， ∴CE∥DA， ∴， ∴BC＝AC， ∴CE是△ABO的中位線， ∴CE＝OA＝4． ∵四邊形OCED是平行四邊形， ∴OD＝CE＝4，OC＝DE．

28、在Rt△DOE中，∠DOE＝90°，OD＝4，OE＝2， ∴DE＝， ∴C平行四邊形OCED＝2（OD+DE）＝2（4+2）＝8+4． ②設(shè)點C的坐標(biāo)為（x，+4），則CE＝|x|，CD＝|x+4|， ∴S△CDE＝CD?CE＝|﹣x2+2x|＝， ∴x2+8x+33＝0或x2+8x﹣33＝0． 方程x2+8x+33＝0無解； 解方程x2+8x﹣33＝0，得：x1＝﹣3，x2＝11， ∴點C的坐標(biāo)為（﹣3，）或（11，）． 【點睛】 本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的周長、三角形的面積、解一元二次方

29、程以及三角形的中位線，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出k值；（2）①利用勾股定理及三角形中位線的性質(zhì)，求出CE，DE的長；②利用三角形的面積公式結(jié)合△CDE的面積為，找出關(guān)于x的方程． 8．（2019·四川中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知，動點在的圖像上運動（不與重合），連接，過點作，交軸于點，連接． （1）求線段長度的取值范圍； （2）試問：點運動過程中，是否問定值？如果是，求出該值；如果不是，請說明理由． （3）當(dāng)為等腰三角形時，求點的坐標(biāo)． 【答案】（1）；（2）為定值，=30°；（3）， ，， 【解析】 解：（1）作，則 ∵點在的圖像上 ∴，

30、 ∵， ∴ ∴ （2）①當(dāng)點在第三象限時， 由，可得、、、四點共圓， ∴ ②當(dāng)點在第一象的線段上時， 由，可得、、、四點共圓， ∴，又此時 ∴ ③當(dāng)點在第一象限的線段的延長線上時， 由，可得， ∴、、、四點共圓， ∴ （3）設(shè)，則： ∵，∴ ∴： ∴ ∴， ①當(dāng)時，則 整理得： 解得： ∴， ②當(dāng)時，則 整理得： 解得：或 當(dāng)時，點與重合，舍去， ∴，∴ ③當(dāng)時， 則 整理得： 解得： ∴ 【點睛】 本題為一次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、三角函數(shù)、等腰三角形判定和性質(zhì)以及圓的相關(guān)性質(zhì)等知識

31、點，其中（2）（3），要注意分類求解，避免遺漏． 9．（2019·浙江中考模擬）如圖，Rt△OAB的直角邊OA在x軸上，頂點B的坐標(biāo)為（6，8），直線CD交AB于點D（6，3），交x軸于點C（12，0）． （1）求直線CD的函數(shù)表達(dá)式； （2）動點P在x軸上從點（﹣10，0）出發(fā)，以每秒1個單位的速度向x軸正方向運動，過點P作直線l垂直于x軸，設(shè)運動時間為t． ①點P在運動過程中，是否存在某個位置，使得∠PDA=∠B？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； ②請?zhí)剿鳟?dāng)t為何值時，在直線l上存在點M，在直線CD上存在點Q，使得以O(shè)B為一邊，O，B，M，Q為頂點的四邊形為菱形，

32、并求出此時t的值． 【答案】（1）直線CD的解析式為y=﹣x+6；（2）①滿足條件的點P坐標(biāo)為（，0）或（，0）．②滿足條件的t的值為或． 【解析】 （1）設(shè)直線CD的解析式為y=kx+b，則有 ， 解得， ∴直線CD的解析式為y=﹣x+6． （2）①如圖1中，作DP∥OB，則∠PDA=∠B． ∵DP∥OB， ∴， ∴， ∴， ∴OP=6﹣， ∴P（，0）， 根據(jù)對稱性可知，當(dāng)AP=AP′時，P′（，0）， ∴滿足條件的點P坐標(biāo)為（，0）或（，0）． ②如圖2中，當(dāng)OP=OB=10時，作PQ∥OB交CD于Q． ∵直線OB的解析式為y=x， ∴直線

33、PQ的解析式為y=x+， 由， 解得， ∴Q（﹣4，8）， ∴PQ==10， ∴PQ=OB． ∵PQ∥OB， ∴四邊形OBQP是平行四邊形． ∵OB=OP， ∴四邊形OBQP是菱形，此時點M與的Q重合，滿足條件，t=0． 如圖3中，當(dāng)OQ=OB時，設(shè)Q（m，﹣m+6）， 則有m2+（﹣m+6）2=102，解得m=， ∴點Q 的橫坐標(biāo)為或， 設(shè)點M的橫坐標(biāo)為a，則有：或， ∴a=或， ∴滿足條件的t的值為或． 點睛：本題考查了一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、菱形的判定、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會由分類討論的思想思考問題，學(xué)會構(gòu)建一次函數(shù)，利用方

34、程組確定兩個函數(shù)的交點坐標(biāo)． 10．（2013·山東中考真題）如圖，直線與坐標(biāo)軸分別交于點A、B，與直線交于點C．在線段OA上，動點Q以每秒1個單位長度的速度從點O出發(fā)向點A做勻速運動，同時動點P從點A出發(fā)向點O做勻速運動，當(dāng)點P、Q其中一點停止運動時，另一點也停止運動．分別過點P、Q作x軸的垂線，交直線AB、OC于點E、F，連接EF．若運動時間為t秒，在運動過程中四邊形PEFQ總為矩形（點P、Q重合除外）． （1）求點P運動的速度是多少？ （2）當(dāng)t為多少秒時，矩形PEFQ為正方形？ （3）當(dāng)t為多少秒時，矩形PEFQ的面積S最大？并求出最大值． 【答案

35、】（1）點P運動的速度是每秒2個單位長度；（2）2秒或4秒；（3）當(dāng)t=4時，S的最大值為：16. 【解析】 解：（1）∵直線與坐標(biāo)軸分別交于點A、B， ∴x=0時，y=4；y=0時，x=8． ∴BO=4，AO=8． ∴. 當(dāng)t秒時，QO=FQ=t，則EP=t， ∵EP∥BO， ∴△ABO∽△AEP. ∴，即. ∴AP=2t ∵動點Q以每秒1個單位長度的速度從點O出發(fā)向點A做勻速運動， ∴點P運動的速度是每秒2個單位長度. （2）∵當(dāng)OP=OQ時，PE與QF重合，此時t=，當(dāng)點P、Q其中一點停止運動時，另一點也停止運動， ∴分0＜t＜和＜t≤4兩種情況討論： 如圖

36、1，當(dāng)0＜t＜,即點P在點Q右側(cè)時，若PQ=PE，矩形PEFQ為正方形，? ∵OQ=FQ=t，PA=2t， ∴QP=8－t－2t=8－3t. ∴8－3t=t. 解得：t=2 如圖2，當(dāng)＜t≤4，即點P在點Q左側(cè)時，若PQ=PE，矩形PEFQ為正方形， ∵OQ=t，PA=2t ∴OP=8－2t ∴ ∴ 解得：t=4. ∴當(dāng)t為2秒或4秒時，矩形PEFQ為正方形. （3）同（2）分0＜t＜和＜t≤4兩種情況討論： 如圖1，當(dāng)0＜t＜時，Q在P點的左邊 ∵OQ=t，PA=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t， ∴． ∴當(dāng)t=時，S的最大值為， 如圖2，當(dāng)＜t

37、≤4時，Q在P點的右邊， ∵OQ=t，PA=2t，∴. ∴. ∵當(dāng)＜t≤4時，S隨t的增大而增大， ∴t=4時，S的最大值為：3×42﹣8×4=16. 綜上所述，當(dāng)t=4時，S的最大值為：16. 【點睛】 本題考查一次函數(shù)的綜合，相似三角形性質(zhì)，二次函數(shù)最值.能根據(jù)題意表示相關(guān)線段的長度是解決此題的關(guān)鍵. 11．（2019·浙江中考真題）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，對于任意兩點，，若點滿足，，那么稱點是點，的融合點. 例如：，，當(dāng)點滿是，時，則點是點，的融合點， （1）已知點，，，請說明其中一個點是另外兩個點的融合點. （2）如圖，點，點是直線上任意一點，點是點，的融合

38、點. ①試確定與的關(guān)系式. ②若直線交軸于點，當(dāng)為直角三角形時，求點的坐標(biāo). 【答案】（1）點是點，的融合點；（2）①，②符合題意的點為， . 【解析】 （1）解：， ∴點是點，的融合點 （2）解：①由融合點定義知，得． 又∵，得 ∴，化簡得． ②要使為直角三角形，可分三種情況討論： （i）當(dāng)時，如圖1所示， 設(shè)，則點為． 由點是點，的融合點， 可得或， 解得，∴點． （ii）當(dāng)時，如圖2所示， 則點為． 由點是點，的融合點， 可得點． （iii）當(dāng)時，該情況不存在． 綜上所述，符合題意的點為， 【點睛】 本題是一次函數(shù)綜合運用題，涉及

39、到勾股定理得運用，此類新定義題目，通常按照題設(shè)順序，逐次求解． 12．（2019·北京中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：與直線，直線分別交于點A，B，直線與直線交于點． （1）求直線與軸的交點坐標(biāo)； （2）橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點叫做整點．記線段圍成的區(qū)域（不含邊界）為． ①當(dāng)時，結(jié)合函數(shù)圖象，求區(qū)域內(nèi)的整點個數(shù)； ②若區(qū)域內(nèi)沒有整點，直接寫出的取值范圍． 【答案】（1）直線與軸交點坐標(biāo)為（0,1）；（2）①整點有（0，-1），（0,0），（1，-1），（1,0），（1,1），（1,2）共6個點，②-1≤k＜0或k=-2. 【解析】 解：（1）令x=0，y=1， ∴直線l與y軸的交點坐標(biāo)（0，1）； （2）由題意，A（k，k2+1），B，C（k，-k）， ①當(dāng)k=2時，A（2，5），B，C（2，-2）， 在W區(qū)域內(nèi)有6個整數(shù)點：（0，0），（0，-1），（1，0），（1，-1），（1，1），（1，2）； ②直線AB的解析式為y=kx+1， 當(dāng)x=k+1時，y=-k+1，則有k2+2k=0， ∴k=-2， 當(dāng)0＞k≥-1時，W內(nèi)沒有整數(shù)點， ∴當(dāng)0＞k≥-1或k=-2時W內(nèi)沒有整數(shù)點； 【點睛】 本題考查一次函數(shù)圖象上點的特征；能夠數(shù)形結(jié)合解題，根據(jù)k變化分析W區(qū)域內(nèi)整數(shù)點的情況是解題的關(guān)鍵．