资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：初中数学中考（人教版）一轮复习讲义
成套系列资料，整套一键下载
人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--基础班
展开
这是一份人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--基础班，文件包含第11讲代几综合--基础班教师版docx、第11讲代几综合--基础班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
第11讲 代几综合
知识点1方程与几何综合题
这类题目大都是一元二次方程与几何的综合，运用根的判别式及根与系数的关系解决与方程的根有关的几何问题.在解题时，要求我们能熟练地将方程的根与几何图形中的条件联系起来，通过方程的性质和几何图形的性质实行转化，数形结合，建立一元二次方程的两根与几何图形之间的联系；同时要根据题意，找到临界值，进行合理的分类讨论.
【典例】
例1（2020秋•潍城区期中）已知△ABC为等腰三角形，BC＝3，另外两边AB、AC的长是关于x的一元二次方程x2﹣10x+k＝0的两个实数根，则k的值为 25 ．
【解答】解：当AC＝BC＝3，
把x＝3代入方程x2﹣10x+k＝0得32﹣10×3+k＝0，解得k＝21，
此时，AB＝7，
∵3+3＜7，此等腰三角形不存在；
当AB＝AC，则方程x2﹣10x+k＝0的两个相等的实数根，
∴△＝100﹣4k＝0，
∴k＝25，
∴k的值为25，
故答案为25．
【方法总结】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了等腰三角形的性质．
例2（2020秋•漳平市期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣（3k+1）x+2k2+2k＝0．
（1）求证：无论k取何实数值，方程总有实数根；
（2）若等腰△ABC的一边长a＝6，另两边长b、c恰好是这个方程的两个根，求此三角形的三边长？
【解答】（1）证明：
∵一元二次方程x2﹣（3k+1）x+2k2+2k＝0，
∴△＝（3k+1）2﹣4（2k2+2k）＝9k2+6k+1﹣8k2+8k＝k2﹣2k+1＝（k﹣1）2≥0，
∴无论k取何实数值，方程总有实数根；
（2）解：
∵△ABC为等腰三角形，
∴有a＝b＝6、a＝c＝6或b＝c三种情况，
①当a＝b＝6或a＝c＝6时，可知x＝6为方程的一个根，
∴62﹣6（3k+1）+2k2+2k＝0，解得k＝3或k＝5，
当k＝3时，方程为x2﹣10x+24＝0，解得x＝4或x＝6，
∴三角形的三边长为4、6、6，
当k＝5时，方程为x2﹣16x+60＝0，解得x＝6或x＝10，
∴三角形的三边长为6、6、10，
②当b＝c时，则方程有两个相等的实数根，
∴△＝0，即（k﹣1）2＝0，解得k1＝k2＝1，
∴方程为x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2，
此时三角形三边为6、2、2，不满足三角形三边关系，舍去，
综上可知三角形的三边为4、6、6或6、6、10．
【方法总结】
本题主要考查方程根的判别式及等腰三角形的性质，掌握根的判别式与一元二次方程根的个数的关系是解题的关键．
例3 （2020秋•揭阳期末）已知：平行四边形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根．
（1）m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为2，那么▱ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2-14）＝（m﹣1）2＝0，
∴m＝1，
∴当m为1时，四边形ABCD是菱形．
当m＝1时，原方程为x2﹣x+14=0，即（x-12）2＝0，
解得：x1＝x2=12，
∴菱形ABCD的边长是12．
（2）把x＝2代入原方程，得：4﹣2m+m2-14=0，
解得：m=52．
将m=52代入原方程，得：x2-52x+1＝0，
∴方程的另一根AD＝1÷2=12，
∴▱ABCD的周长是2×（2+12）＝5．
【方法总结】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、平行四边形的性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据菱形的性质结合根的判别式，找出关于m的一元二次方程；（2）根据根与系数的关系结合方程的一根求出方程的另一根．
【随堂练习】
1．（2020秋•巴南区校级月考）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0有两个相等的实数根，其中a、b、c分别为△ABC三边的长，则△ABC是 直角 三角形．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0有两个相等的实数根，
∴△＝0，
即（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）＝0，
∴a2＝b2+c2，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为直角．
2．（2020•颍州区一模）关于x的一元二次方程x2﹣（2m+1）x+34m2+12m＝0．
（1）证明该方程有实数根；
（2）当m＝4时，该方程的两个根是等腰三角形ABC的两边长，求该三角形的面积．
【解答】解：（1）证明：∵△=[-(2m+1)]2-4×1×(34m2+12m)=4m2+4m+1﹣3m2﹣2m＝m2+2m+1＝（m+1）2≥0，
∴该方程有实数根．
（2）当m＝4时，该方程化简，得：x2﹣9x+14＝0，
解得：x1＝2，x2＝7．
∵2+2＜7，7+7＞2，
∴该等腰三角形的腰为7，底边为2．
∴底边上的高线为：72-12=43．
∴该三角形的面积为：12×2×43=43．
3．（2020秋•姜堰区期末）已知▱ABCD边AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+12＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？
（2）当AB＝3时，求▱ABCD的周长．
【解答】解：（1）若四边形ABCD是菱形，则AB＝AD，
所以方程有两个相等的实数根，
则△＝（﹣m）2﹣4×1×12＝0，
解得m＝±43，
当m＝﹣43时，方程两个相等的实数根为负数，舍去，
∴m＝43．
（2）∵AB＝3，
∴9﹣3m+12＝0，
解得m＝7，
∴方程为x2﹣7x+12＝0，
则AB+AD＝7，
∴平行四边形ABCD的周长为2（AB+AD）＝14．
知识点2函数与几何综合题
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
【典例】
例1（2020春•兴化市月考）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB＝90°，CB＝2，OC＝4，直线y=-12x+2过A点，且与y轴交于D点．
（1）求点A、点B的坐标；
（2）试说明：AD⊥BO；
（3）若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当y＝0时，-12x+2＝0，
解得x＝4，
∴点A的坐标是（4，0），
过点B作BF⊥AO于F，则四边形BCOF是矩形，
∴OF＝BC＝2，
而OC＝4，
∴点B的坐标为（2，4）；
（2）当x＝0时，y=-12×0+2＝2，
∴点D的坐标为（0，2），
∴OD＝BC＝2，
根据（1）的结论，四边形BCOF是矩形，
∴OC＝BF＝4，
∴AO＝OC＝4，
在△AOD与△OCB中，
OD=BC∠AOD=∠OCB=90°AO=CO，
∴△AOD≌△OCB（SAS），
∴∠OAD＝∠COB，
∵∠COB+∠AOB＝90°，
∴∠OAD+∠AOB＝90°，
∴∠AEO＝90°，
∴AD⊥BO；
（3）存在．
∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴，且BM＝ON，
根据（1），点B的坐标为（2，4），
∴-12x+2＝4，
解得x＝﹣4，
∴点M的坐标为（﹣4，4），
∴BM＝2﹣（﹣4）＝2+4＝6，
①点N在点O的左边时，ON＝BM＝6，
∴点N的坐标为（﹣6，0），
②点N在点O的右边时，ON＝BM＝6，
∴点N的坐标为（6，0），
③作N（﹣6，0）关于A对称的点N′，则N′也符合，
点N′的坐标是（14，0），
综上所述，点N的坐标为（﹣6，0）或（6，0）或（14，0）．
【方法总结】
本题是对一次函数的综合考查，主要有坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，综合性较强，但难度不大，只有仔细分析题目，理清数量关系便不难解决．
例2 （2020秋•济阳区期中）如图，四边形OBAC是矩形，OC＝2，OB＝6，反比例函数y=kx的图象过点A．
（1）求k的值．
（2）点P为反比例图象上的一点，作PD⊥直线AC，PE⊥x轴，当四边形PDCE是正方形时，求点P的坐标．
（3）点Q为反比例图象上的一点，点G为坐标平面上的一点，若以AB为一边，以A、B、Q、G为顶点的平行四边形的面积为14，请求出点G的坐标．
【解答】解：（1）∵OC＝2，OB＝6，
∴点C（2，0），点B（0，6），点A（2，6），
∵反比例函数y=kx的图象过点A，
∴k＝2×6＝12；
（2）∵k＝12，
∴反比例函数解析式为：y=12x，
设点P（a，12a），
∵四边形PDCE是正方形，
∴PD＝PE，
当点P在第一象限时，
∴12a=a﹣2，
∴a1=13+1，a2＝1-13（舍去）
∴点P（13+1，13-1）；
当点P在第三象限，
∴-12a=2﹣a，
∴a1=13+1（舍去），a2＝1-13，
∴点P（1-13，﹣1-13）；
综上所述：点P坐标为（13+1，13-1）或（1-13，﹣1-13）；
（3）设点Q坐标为（b，12b），
若AB为边，
∵以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积为14，
∴2×|6-12b|＝14，
∴b1＝﹣12，b2=1213，
∴点Q（﹣12，﹣1）或（1213，13），
∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，
∴AB＝QG＝2，AB∥QG，
∴点G（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（3813，13）或（-1413，13）；
∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，
∴AB与QG互相平分，
∴2+02=-12+x2，6+62=-1+y2或2+02=1213+x2，6+62=13+y2，
∴x1＝14，y1＝13，或x2=1413，y2＝﹣1，
∴点G（14，13）或（1413，﹣1），
综上所述：点G的坐标为（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（3813，13）或（-1413，13）或（14，13）或（1413，﹣1）．
【方法总结】
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
例3（2020秋•荔湾区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c，其图象与x轴的一个交点为B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），且对称轴为直线x＝1，过点B，C作直线BC．
（1）求二次函数和直线BC的表达式；
（2）利用图象求不等式x2﹣3x≥0的解集；
（3）点P是函数y＝ax2+bx+c的图象上位于第四象限内的一动点，连接PB，PC，
①若△PBC面积最大时，求点P的坐标及△PBC面积的最大值；
②在x轴上是否存在一点Q，使得以P，C，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，B（3，0），
∴A（﹣1，0）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），将点C的坐标代入得：﹣3a＝﹣3，解得a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B和点C的坐标代入得：3k+b=0b=-3，解得k＝1，b＝﹣3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
（2）由x2﹣3x≥0可得到x2﹣2x﹣3≥x﹣3，
由函数图象可得到x≥3或x≤0．
（3）①作PM⊥x轴，垂足为M，交BC与点N．
设P（m，m2﹣2m﹣3），则N（m，m﹣3）．
∴PN＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m．
∴S△PBC=12PN•（OM+MB）=12PN•OB=-32m2+92m=-32（m-32）2+278．
∴当△PBC的面积最大时，点P的坐标为（32，-154），△PBC的面积的最大值为278．
②∵点B和点Q均在x轴，以P，C，Q，B为顶点的四边形是平行四边形，
∴PC∥BQ，PC＝BQ．
∴点P与点C关于x＝1对称，
∴点P的坐标为（2，﹣3）．
∴CP＝2．
∵BQ＝PC＝2，B（3，0），
∴点Q的坐标为（1，0）或（5，0）．
【方法总结】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，求得点A的坐标是解答问题（1）的关键，将不等式转化为x2﹣2x﹣3≥x﹣3，然后利用函数图象求解是解答问题（2）的关键，得到S△PBC与m的函数关系式以及判断出PC与BQ为平行四边形的对边是解答问题（3）的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•青羊区校级期中）如图，四边形ABCO是菱形，以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．若点A的坐标为（﹣5，12），直线AC与y轴相交于点D，连接BD．
（1）求菱形ABCO的边长；
（2）求DC的值；
（3）直线BD上是否存在一点P使得△BCP的面积与△BCA的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO为菱形，
∴AB∥CO，
∴∠AEO＝∠EOC＝90°，
在Rt△AEO中，OA=AE2+OE2=52+122=13，
∴菱形ABCO的边长为13；
（2）∵四边形ABCO为菱形，
∴OC＝OA＝AB＝13，
∴BE＝AB﹣AE＝13﹣5＝8，
∴点B坐标为（8，12），点C的坐标为（13，0），
设AC所在直线为 y＝kx+b，
根据题意得-5k+b=1213k+b=0，解得k=-23b=263，
∴AC所在直线为y=-23x+263①，
∴当x＝0时，y=263；
∴点D的坐标为（0，263），
∵点C的坐标为（13，0），
故CD=132+(263)2=13133；
（3）存在，理由：
延长BD交AO于点P，连接PC．
∵OA∥BC，
∴S△PBC＝S△ABC，
∵直线OA的解析式为y=-125x，直线BD的解析式为y=512x+263，
由y=-125xy=512x+263，解得x=-4013y=9613，
即点P的坐标为（-4013，9613）；
作点P关于点B的对称点P′，可得P′（24813，21613）．
综上所述，点P的坐标为（-4013，9613）或（24813，21613）．
2．（2020•温江区校级自主招生）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+b的图象经过点C（0，2），与反比例函数y=kx（x＞0）的图象交于点A（1，a）．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）设M是反比例函数y=kx（x＞0）图象上一点，N是直线AB上一点，若以点O、M、C、N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标．
【解答】解：（1）∵点C（0，2）在直线y＝x+b上，
∴b＝2，
∴一次函数的表达式为y＝x+2；
∵点A（1，a）在直线y＝x+2上，
∴a＝3，
∴点A（1，3），
∵点A（1，3）在反比例函数y=kx（x＞0）的图象上，
∴k＝1×3＝3，
∴反比例函数的表达式为y=3x；
（2）由（1）知，直线AB的表达式为y＝x+2，反比例函数的表达式为y=3x，
设点M（m，3m），N（n，n+2），
若以点O、M、C、N为顶点的四边形是平行四边形，
则①以OC和MN为对角线时，
∴m+n2=0，3m+n+22=2+02，
∴m=3，n=-3或m=-3（此时，点M不在第一象限，舍去），n=3，
∴N（-3，-3+2），
②以CN和OM为对角线时，
∴n+02=m+02，n+2+22=0+3m2，
∴m＝n＝﹣2+7或m＝n＝﹣2-7（此时，点M不在第一象限，舍去），
∴N（﹣2+7，7），
③以CM和ON为对角线时，
∴m+02=n+02，2+3m2=0+n+22，
∴m＝n=3或m＝n=-3（此时，点M不在第一象限，舍去），
∴N（3，2+3），
即满足条件的点N的坐标为（-3，-3+2）或（﹣2+7，7）或（3，2+3）．
3．（2020秋•前郭县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=-12x2+bx+c的图象经过点A（1，0），且当x＝0和x＝5时所对应的函数值相等．一次函数y＝﹣x+3与二次函数y=-12x2+bx+c的图象分别交于B，C两点，点B在第一象限．
（1）求二次函数y=-12x2+bx+c的表达式；
（2）连接AB，求AB的长；
（3）连接AC，M是线段AC的中点，将点B绕点M旋转180°得到点N，连接AN，CN，判断四边形ABCN的形状，并证明你的结论．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝c，即（0，c）．
由当x＝0和x＝5时所对应的函数值相等，得（5，c）．
将（5，c）（1，0）代入函数解析式，得
-252+5b+c=c-12+b+c=0，
解得b=52c=-2．
故抛物线的解析式为y=-12x2+52x﹣2；
（2）联立抛物线与直线，得
y=-12x2+52x-2y=-x+3，
解得x=2y=1，x=5y=-2，
即B（2，1），C（5，﹣2）．
由勾股定理，得
AB=(2-1)2+(1-0)2=2；
（3）如图：
，
四边形ABCN是平行四边形，
证明：∵M是AC的中点，
∴AM＝CM．
∵点B绕点M旋转180°得到点N，
∴BM＝MN，
∴四边形ABCN是平行四边形，
又∵AB=2，BC＝32，AC＝25，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCN是矩形．
综合运用
1．（2020春•张家港市期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当△ABC是直角三角形时，求k的值．
【解答】（1）证明：∵△＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，即（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
解得：x1＝k，x2＝k+1．
当BC为直角边时，k2+52＝（k+1）2，
解得：k＝12；
当BC为斜边时，k2+（k+1）2＝52，
解得：k1＝3，k2＝﹣4（不合题意，舍去）．
答：k的值为12或3．
2．（2020秋•城关区校级月考）如图，直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【解答】解：（1）∵直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=-82×(-3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(-3)×0-644×(-3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
3．（2020秋•南召县期中）如图，在直角坐标系中，点C在第一象限，CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，且AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根（AC＞BC）；反比例函数y1=kx刚好过点C．
（1）直接写出k＝ 18 ，直线AB的函数表达式y2＝ -12x+3 ；
（2）直线l⊥x轴，并从y轴出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，交反比例函数图象于点D，交AC于点E，交直线AB于点F，当直线l运动到经过点B时，停止运动，设运动时间t（秒）．问是否存在这样的t值，使四边形DFBC为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
【解答】解：（1）∵AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根，
∴AC＝6，BC＝3，
∵CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，
∴C（6，3），A（0，3），B（6，0），
函数y1=kx刚好过点C，
∴k＝18；
设直线AB的函数表达式y2＝ax+b，
∴6a+b=0b=3，
解得：a=-12b=3，
∴直线AB的函数表达式为：y2=-12x+3，
故答案为：18，-12x+3；
（2）不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
理由：由题可得xD＝xF＝t，
则yD=18t，yF=-12t+3，
∴DF=yD-yF=18t-(-12t+3)=18t+12t-3．
当DF＝BC时，18t+12t-3=3，
整理得：t2﹣12t+36＝0，
解得：t1＝t2＝6，
此时DF与CB重合，
∴不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
4．（2020秋•成都期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝mx+1与双曲线y=kx（k＞0）相交于点A，B，已知点B（a，﹣2），点C在x轴正半轴上，点D（2，﹣3），连接OA，OD，DC，AC，四边形AODC为菱形．
（1）求k和m的值；
（2）请直接写出：当x取何值时，反比例函数值大于一次函数值？
（3）设P是y轴上一动点，且△OAP的面积等于菱形OACD的面积，求点P的坐标．
【解答】解：（1）连接AD，与x轴交于点E，
∵D（2，﹣3），
∴OE＝2，ED＝3，
∵菱形AODC，
∴AE＝DE＝3，EC＝OE＝2，
∴A（2，3），
将A坐标代入直线y＝mx+1得：2m+1＝3，即m＝1，
将A坐标代入反比例y=kx得：k＝6．
（2）联立直线与反比例解析式得：y=x+1y=6x，
消去y得：x+1=6x，
解得：x＝2或x＝﹣3，
将x＝﹣3代入y＝x+1得：y＝﹣3+1＝﹣2，即B（﹣3，﹣2），
则当x＜﹣3或0＜x＜2时，反比例函数值大于一次函数值；
（3）∵OC＝2OE＝4，AD＝2DE＝6，
∴S菱形AODC=12OC•AD＝12，
∵S△OAP＝S菱形OACD，即12OP•OE＝12，
∴设P（0，p），则12×|p|×2＝12，即|p|＝12，
解得：p＝12或p＝﹣12，
则P的坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
5．（2020秋•九龙县期末）如图所示，在平面直角坐标中，抛物线的顶点P到x轴的距离是4，抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4；矩形ABCD的边BC在线段的OM上，点A、D在抛物线上．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）设D（m，n），矩形ABCD的周长为l，写出l与m的关系式，并求出l的最大值；
（3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否还存在点F，使得以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，写出F点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4，
∴顶点P的横坐标为4÷2＝2，M的坐标为（4，0），
∵顶点P到x轴的距离是4，
∴顶点P的纵坐标为4，
∴顶点P的坐标为（2，4），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，
则a（4﹣2）2+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+4，
即y＝﹣x2+4x；
（2）∵D（m，n）在抛物线上，
∴n＝﹣m2+4m，BC＝4﹣2m，
∴矩形ABCD的周长为l＝2（4﹣2m+n），
＝2（4﹣2m﹣m2+4m），
＝﹣2（m2﹣2m+1）+10，
＝﹣2（m﹣1）2+10，
即l＝﹣2（m﹣1）2+10，
∴当m＝1时，周长l有最大值10；
（3）①OM是平行四边形的边时，点F的横坐标为2﹣4＝﹣2，
纵坐标为：﹣（﹣2）2+4×（﹣2）＝﹣4﹣8＝﹣12，
此时，点F（﹣2，﹣12），
或点F的横坐标为2+4＝6，
纵坐标为：﹣62+4×6＝﹣36+24＝12，
此时，点F（6，﹣12），
②OM是平行四边形的对角线时，EF所在的直线经过OM的中点，
∴EF都在抛物线的对称轴上，
∴点F与点P重合，
此时，点F（2，4），
综上所述，点F（﹣2，﹣12）或（6，﹣12）或（2，4）时，以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形．
第11讲 代几综合
知识点1方程与几何综合题
这类题目大都是一元二次方程与几何的综合，运用根的判别式及根与系数的关系解决与方程的根有关的几何问题.在解题时，要求我们能熟练地将方程的根与几何图形中的条件联系起来，通过方程的性质和几何图形的性质实行转化，数形结合，建立一元二次方程的两根与几何图形之间的联系；同时要根据题意，找到临界值，进行合理的分类讨论.
【典例】
例1（2020秋•潍城区期中）已知△ABC为等腰三角形，BC＝3，另外两边AB、AC的长是关于x的一元二次方程x2﹣10x+k＝0的两个实数根，则k的值为 25 ．
【解答】解：当AC＝BC＝3，
把x＝3代入方程x2﹣10x+k＝0得32﹣10×3+k＝0，解得k＝21，
此时，AB＝7，
∵3+3＜7，此等腰三角形不存在；
当AB＝AC，则方程x2﹣10x+k＝0的两个相等的实数根，
∴△＝100﹣4k＝0，
∴k＝25，
∴k的值为25，
故答案为25．
【方法总结】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了等腰三角形的性质．
例2（2020秋•漳平市期中）已知关于x的一元二次方程x2﹣（3k+1）x+2k2+2k＝0．
（1）求证：无论k取何实数值，方程总有实数根；
（2）若等腰△ABC的一边长a＝6，另两边长b、c恰好是这个方程的两个根，求此三角形的三边长？
【解答】（1）证明：
∵一元二次方程x2﹣（3k+1）x+2k2+2k＝0，
∴△＝（3k+1）2﹣4（2k2+2k）＝9k2+6k+1﹣8k2+8k＝k2﹣2k+1＝（k﹣1）2≥0，
∴无论k取何实数值，方程总有实数根；
（2）解：
∵△ABC为等腰三角形，
∴有a＝b＝6、a＝c＝6或b＝c三种情况，
①当a＝b＝6或a＝c＝6时，可知x＝6为方程的一个根，
∴62﹣6（3k+1）+2k2+2k＝0，解得k＝3或k＝5，
当k＝3时，方程为x2﹣10x+24＝0，解得x＝4或x＝6，
∴三角形的三边长为4、6、6，
当k＝5时，方程为x2﹣16x+60＝0，解得x＝6或x＝10，
∴三角形的三边长为6、6、10，
②当b＝c时，则方程有两个相等的实数根，
∴△＝0，即（k﹣1）2＝0，解得k1＝k2＝1，
∴方程为x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2，
此时三角形三边为6、2、2，不满足三角形三边关系，舍去，
综上可知三角形的三边为4、6、6或6、6、10．
【方法总结】
本题主要考查方程根的判别式及等腰三角形的性质，掌握根的判别式与一元二次方程根的个数的关系是解题的关键．
例3 （2020秋•揭阳期末）已知：平行四边形ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根．
（1）m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为2，那么▱ABCD的周长是多少？
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD．
又∵AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+m2-14=0的两个实数根，
∴△＝（﹣m）2﹣4×（m2-14）＝（m﹣1）2＝0，
∴m＝1，
∴当m为1时，四边形ABCD是菱形．
当m＝1时，原方程为x2﹣x+14=0，即（x-12）2＝0，
解得：x1＝x2=12，
∴菱形ABCD的边长是12．
（2）把x＝2代入原方程，得：4﹣2m+m2-14=0，
解得：m=52．
将m=52代入原方程，得：x2-52x+1＝0，
∴方程的另一根AD＝1÷2=12，
∴▱ABCD的周长是2×（2+12）＝5．
【方法总结】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、平行四边形的性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据菱形的性质结合根的判别式，找出关于m的一元二次方程；（2）根据根与系数的关系结合方程的一根求出方程的另一根．
【随堂练习】
1．（2020秋•巴南区校级月考）已知关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0有两个相等的实数根，其中a、b、c分别为△ABC三边的长，则△ABC是 直角 三角形．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）＝0有两个相等的实数根，
∴△＝0，
即（2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）＝0，
∴a2＝b2+c2，
∴△ABC是直角三角形，
故答案为直角．
2．（2020•颍州区一模）关于x的一元二次方程x2﹣（2m+1）x+34m2+12m＝0．
（1）证明该方程有实数根；
（2）当m＝4时，该方程的两个根是等腰三角形ABC的两边长，求该三角形的面积．
【解答】解：（1）证明：∵△=[-(2m+1)]2-4×1×(34m2+12m)=4m2+4m+1﹣3m2﹣2m＝m2+2m+1＝（m+1）2≥0，
∴该方程有实数根．
（2）当m＝4时，该方程化简，得：x2﹣9x+14＝0，
解得：x1＝2，x2＝7．
∵2+2＜7，7+7＞2，
∴该等腰三角形的腰为7，底边为2．
∴底边上的高线为：72-12=43．
∴该三角形的面积为：12×2×43=43．
3．（2020秋•姜堰区期末）已知▱ABCD边AB、AD的长是关于x的方程x2﹣mx+12＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？
（2）当AB＝3时，求▱ABCD的周长．
【解答】解：（1）若四边形ABCD是菱形，则AB＝AD，
所以方程有两个相等的实数根，
则△＝（﹣m）2﹣4×1×12＝0，
解得m＝±43，
当m＝﹣43时，方程两个相等的实数根为负数，舍去，
∴m＝43．
（2）∵AB＝3，
∴9﹣3m+12＝0，
解得m＝7，
∴方程为x2﹣7x+12＝0，
则AB+AD＝7，
∴平行四边形ABCD的周长为2（AB+AD）＝14．
知识点2函数与几何综合题
函数是初中数学的重点，也是难点，更是中考命题的主要考查对象，由于这类题型能较好地考查学生的函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化思想，能较全面地反映学生的综合能力，有较好的区分度，因此是各地中考的热点题型．
【典例】
例1（2020春•兴化市月考）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB＝90°，CB＝2，OC＝4，直线y=-12x+2过A点，且与y轴交于D点．
（1）求点A、点B的坐标；
（2）试说明：AD⊥BO；
（3）若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当y＝0时，-12x+2＝0，
解得x＝4，
∴点A的坐标是（4，0），
过点B作BF⊥AO于F，则四边形BCOF是矩形，
∴OF＝BC＝2，
而OC＝4，
∴点B的坐标为（2，4）；
（2）当x＝0时，y=-12×0+2＝2，
∴点D的坐标为（0，2），
∴OD＝BC＝2，
根据（1）的结论，四边形BCOF是矩形，
∴OC＝BF＝4，
∴AO＝OC＝4，
在△AOD与△OCB中，
OD=BC∠AOD=∠OCB=90°AO=CO，
∴△AOD≌△OCB（SAS），
∴∠OAD＝∠COB，
∵∠COB+∠AOB＝90°，
∴∠OAD+∠AOB＝90°，
∴∠AEO＝90°，
∴AD⊥BO；
（3）存在．
∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴，且BM＝ON，
根据（1），点B的坐标为（2，4），
∴-12x+2＝4，
解得x＝﹣4，
∴点M的坐标为（﹣4，4），
∴BM＝2﹣（﹣4）＝2+4＝6，
①点N在点O的左边时，ON＝BM＝6，
∴点N的坐标为（﹣6，0），
②点N在点O的右边时，ON＝BM＝6，
∴点N的坐标为（6，0），
③作N（﹣6，0）关于A对称的点N′，则N′也符合，
点N′的坐标是（14，0），
综上所述，点N的坐标为（﹣6，0）或（6，0）或（14，0）．
【方法总结】
本题是对一次函数的综合考查，主要有坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，综合性较强，但难度不大，只有仔细分析题目，理清数量关系便不难解决．
例2 （2020秋•济阳区期中）如图，四边形OBAC是矩形，OC＝2，OB＝6，反比例函数y=kx的图象过点A．
（1）求k的值．
（2）点P为反比例图象上的一点，作PD⊥直线AC，PE⊥x轴，当四边形PDCE是正方形时，求点P的坐标．
（3）点Q为反比例图象上的一点，点G为坐标平面上的一点，若以AB为一边，以A、B、Q、G为顶点的平行四边形的面积为14，请求出点G的坐标．
【解答】解：（1）∵OC＝2，OB＝6，
∴点C（2，0），点B（0，6），点A（2，6），
∵反比例函数y=kx的图象过点A，
∴k＝2×6＝12；
（2）∵k＝12，
∴反比例函数解析式为：y=12x，
设点P（a，12a），
∵四边形PDCE是正方形，
∴PD＝PE，
当点P在第一象限时，
∴12a=a﹣2，
∴a1=13+1，a2＝1-13（舍去）
∴点P（13+1，13-1）；
当点P在第三象限，
∴-12a=2﹣a，
∴a1=13+1（舍去），a2＝1-13，
∴点P（1-13，﹣1-13）；
综上所述：点P坐标为（13+1，13-1）或（1-13，﹣1-13）；
（3）设点Q坐标为（b，12b），
若AB为边，
∵以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积为14，
∴2×|6-12b|＝14，
∴b1＝﹣12，b2=1213，
∴点Q（﹣12，﹣1）或（1213，13），
∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，
∴AB＝QG＝2，AB∥QG，
∴点G（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（3813，13）或（-1413，13）；
∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，
∴AB与QG互相平分，
∴2+02=-12+x2，6+62=-1+y2或2+02=1213+x2，6+62=13+y2，
∴x1＝14，y1＝13，或x2=1413，y2＝﹣1，
∴点G（14，13）或（1413，﹣1），
综上所述：点G的坐标为（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（3813，13）或（-1413，13）或（14，13）或（1413，﹣1）．
【方法总结】
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
例3（2020秋•荔湾区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c，其图象与x轴的一个交点为B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），且对称轴为直线x＝1，过点B，C作直线BC．
（1）求二次函数和直线BC的表达式；
（2）利用图象求不等式x2﹣3x≥0的解集；
（3）点P是函数y＝ax2+bx+c的图象上位于第四象限内的一动点，连接PB，PC，
①若△PBC面积最大时，求点P的坐标及△PBC面积的最大值；
②在x轴上是否存在一点Q，使得以P，C，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，B（3，0），
∴A（﹣1，0）．
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），将点C的坐标代入得：﹣3a＝﹣3，解得a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B和点C的坐标代入得：3k+b=0b=-3，解得k＝1，b＝﹣3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
（2）由x2﹣3x≥0可得到x2﹣2x﹣3≥x﹣3，
由函数图象可得到x≥3或x≤0．
（3）①作PM⊥x轴，垂足为M，交BC与点N．
设P（m，m2﹣2m﹣3），则N（m，m﹣3）．
∴PN＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m．
∴S△PBC=12PN•（OM+MB）=12PN•OB=-32m2+92m=-32（m-32）2+278．
∴当△PBC的面积最大时，点P的坐标为（32，-154），△PBC的面积的最大值为278．
②∵点B和点Q均在x轴，以P，C，Q，B为顶点的四边形是平行四边形，
∴PC∥BQ，PC＝BQ．
∴点P与点C关于x＝1对称，
∴点P的坐标为（2，﹣3）．
∴CP＝2．
∵BQ＝PC＝2，B（3，0），
∴点Q的坐标为（1，0）或（5，0）．
【方法总结】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，求得点A的坐标是解答问题（1）的关键，将不等式转化为x2﹣2x﹣3≥x﹣3，然后利用函数图象求解是解答问题（2）的关键，得到S△PBC与m的函数关系式以及判断出PC与BQ为平行四边形的对边是解答问题（3）的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•青羊区校级期中）如图，四边形ABCO是菱形，以点O为坐标原点，OC所在直线为x轴建立平面直角坐标系．若点A的坐标为（﹣5，12），直线AC与y轴相交于点D，连接BD．
（1）求菱形ABCO的边长；
（2）求DC的值；
（3）直线BD上是否存在一点P使得△BCP的面积与△BCA的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO为菱形，
∴AB∥CO，
∴∠AEO＝∠EOC＝90°，
在Rt△AEO中，OA=AE2+OE2=52+122=13，
∴菱形ABCO的边长为13；
（2）∵四边形ABCO为菱形，
∴OC＝OA＝AB＝13，
∴BE＝AB﹣AE＝13﹣5＝8，
∴点B坐标为（8，12），点C的坐标为（13，0），
设AC所在直线为 y＝kx+b，
根据题意得-5k+b=1213k+b=0，解得k=-23b=263，
∴AC所在直线为y=-23x+263①，
∴当x＝0时，y=263；
∴点D的坐标为（0，263），
∵点C的坐标为（13，0），
故CD=132+(263)2=13133；
（3）存在，理由：
延长BD交AO于点P，连接PC．
∵OA∥BC，
∴S△PBC＝S△ABC，
∵直线OA的解析式为y=-125x，直线BD的解析式为y=512x+263，
由y=-125xy=512x+263，解得x=-4013y=9613，
即点P的坐标为（-4013，9613）；
作点P关于点B的对称点P′，可得P′（24813，21613）．
综上所述，点P的坐标为（-4013，9613）或（24813，21613）．
2．（2020•温江区校级自主招生）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+b的图象经过点C（0，2），与反比例函数y=kx（x＞0）的图象交于点A（1，a）．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）设M是反比例函数y=kx（x＞0）图象上一点，N是直线AB上一点，若以点O、M、C、N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标．
【解答】解：（1）∵点C（0，2）在直线y＝x+b上，
∴b＝2，
∴一次函数的表达式为y＝x+2；
∵点A（1，a）在直线y＝x+2上，
∴a＝3，
∴点A（1，3），
∵点A（1，3）在反比例函数y=kx（x＞0）的图象上，
∴k＝1×3＝3，
∴反比例函数的表达式为y=3x；
（2）由（1）知，直线AB的表达式为y＝x+2，反比例函数的表达式为y=3x，
设点M（m，3m），N（n，n+2），
若以点O、M、C、N为顶点的四边形是平行四边形，
则①以OC和MN为对角线时，
∴m+n2=0，3m+n+22=2+02，
∴m=3，n=-3或m=-3（此时，点M不在第一象限，舍去），n=3，
∴N（-3，-3+2），
②以CN和OM为对角线时，
∴n+02=m+02，n+2+22=0+3m2，
∴m＝n＝﹣2+7或m＝n＝﹣2-7（此时，点M不在第一象限，舍去），
∴N（﹣2+7，7），
③以CM和ON为对角线时，
∴m+02=n+02，2+3m2=0+n+22，
∴m＝n=3或m＝n=-3（此时，点M不在第一象限，舍去），
∴N（3，2+3），
即满足条件的点N的坐标为（-3，-3+2）或（﹣2+7，7）或（3，2+3）．
3．（2020秋•前郭县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=-12x2+bx+c的图象经过点A（1，0），且当x＝0和x＝5时所对应的函数值相等．一次函数y＝﹣x+3与二次函数y=-12x2+bx+c的图象分别交于B，C两点，点B在第一象限．
（1）求二次函数y=-12x2+bx+c的表达式；
（2）连接AB，求AB的长；
（3）连接AC，M是线段AC的中点，将点B绕点M旋转180°得到点N，连接AN，CN，判断四边形ABCN的形状，并证明你的结论．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝c，即（0，c）．
由当x＝0和x＝5时所对应的函数值相等，得（5，c）．
将（5，c）（1，0）代入函数解析式，得
-252+5b+c=c-12+b+c=0，
解得b=52c=-2．
故抛物线的解析式为y=-12x2+52x﹣2；
（2）联立抛物线与直线，得
y=-12x2+52x-2y=-x+3，
解得x=2y=1，x=5y=-2，
即B（2，1），C（5，﹣2）．
由勾股定理，得
AB=(2-1)2+(1-0)2=2；
（3）如图：
，
四边形ABCN是平行四边形，
证明：∵M是AC的中点，
∴AM＝CM．
∵点B绕点M旋转180°得到点N，
∴BM＝MN，
∴四边形ABCN是平行四边形，
又∵AB=2，BC＝32，AC＝25，
∴AC2＝AB2+BC2，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCN是矩形．
综合运用
1．（2020春•张家港市期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．
（1）求证：方程有两个不相等的实数根；
（2）若△ABC的两边AB，AC的长是这个方程的两个实数根，第三边BC的长为5，当△ABC是直角三角形时，求k的值．
【解答】（1）证明：∵△＝[﹣（2k+1）]2﹣4×（k2+k）＝1＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
（2）解：∵x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0，即（x﹣k）[x﹣（k+1）]＝0，
解得：x1＝k，x2＝k+1．
当BC为直角边时，k2+52＝（k+1）2，
解得：k＝12；
当BC为斜边时，k2+（k+1）2＝52，
解得：k1＝3，k2＝﹣4（不合题意，舍去）．
答：k的值为12或3．
2．（2020秋•城关区校级月考）如图，直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y＝x交于点C，在如图线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P，Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q做x轴的垂线，交直线AB、OC于点E，F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．
（1）求点P运动的速度是多少？
（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？
（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．
【解答】解：（1）∵直线y=-12x+4与坐标轴分别交于点A、B，
∴x＝0时，y＝4，y＝0时，x＝8，
∴点A（8，0），点B（0，4），
∴BO＝4，AO＝8，
∴BOAO=12，
当t秒时，QO＝FQ＝t，则EP＝t，
∵EP∥BO，
∴OBAO=EPAP=12，
∴AP＝2t，
∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，
∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；
（2）如图1，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝FQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴8﹣3t＝t，
解得：t＝2；
如图2，当PQ＝PE时，矩形PEFQ为正方形，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴OP＝8﹣2t，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴t＝3t﹣8，
解得：t＝4，
综上所述：当t＝2或4时，矩形PEFQ为正方形；
（3）如图1，当Q在P点的左边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴QP＝8﹣t﹣2t＝8﹣3t，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（8﹣3t）•t＝8t﹣3t2，
当t=-82×(-3)=43时，
S矩形PEFQ的最大值=4×(-3)×0-644×(-3)=163，
如图2，当Q在P点的右边时，
∵OQ＝t，PA＝2t，
∴2t＞8﹣t，
∴t＞83，
∴QP＝t﹣（8﹣2t）＝3t﹣8，
∴S矩形PEFQ＝QP•QF＝（3t﹣8）•t＝3t2﹣8t，
∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，
∴83＜t≤4，
∴t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝3×42﹣8×4＝16，
综上所述，当t＝4时，S矩形PEFQ的最大值＝16．
3．（2020秋•南召县期中）如图，在直角坐标系中，点C在第一象限，CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，且AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根（AC＞BC）；反比例函数y1=kx刚好过点C．
（1）直接写出k＝ 18 ，直线AB的函数表达式y2＝ -12x+3 ；
（2）直线l⊥x轴，并从y轴出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，交反比例函数图象于点D，交AC于点E，交直线AB于点F，当直线l运动到经过点B时，停止运动，设运动时间t（秒）．问是否存在这样的t值，使四边形DFBC为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
【解答】解：（1）∵AC、BC的长恰好是一元二次方程m2﹣9m+18＝0的两根，
∴AC＝6，BC＝3，
∵CB⊥x轴于B，CA⊥y轴于A，
∴C（6，3），A（0，3），B（6，0），
函数y1=kx刚好过点C，
∴k＝18；
设直线AB的函数表达式y2＝ax+b，
∴6a+b=0b=3，
解得：a=-12b=3，
∴直线AB的函数表达式为：y2=-12x+3，
故答案为：18，-12x+3；
（2）不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
理由：由题可得xD＝xF＝t，
则yD=18t，yF=-12t+3，
∴DF=yD-yF=18t-(-12t+3)=18t+12t-3．
当DF＝BC时，18t+12t-3=3，
整理得：t2﹣12t+36＝0，
解得：t1＝t2＝6，
此时DF与CB重合，
∴不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形．
4．（2020秋•成都期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝mx+1与双曲线y=kx（k＞0）相交于点A，B，已知点B（a，﹣2），点C在x轴正半轴上，点D（2，﹣3），连接OA，OD，DC，AC，四边形AODC为菱形．
（1）求k和m的值；
（2）请直接写出：当x取何值时，反比例函数值大于一次函数值？
（3）设P是y轴上一动点，且△OAP的面积等于菱形OACD的面积，求点P的坐标．
【解答】解：（1）连接AD，与x轴交于点E，
∵D（2，﹣3），
∴OE＝2，ED＝3，
∵菱形AODC，
∴AE＝DE＝3，EC＝OE＝2，
∴A（2，3），
将A坐标代入直线y＝mx+1得：2m+1＝3，即m＝1，
将A坐标代入反比例y=kx得：k＝6．
（2）联立直线与反比例解析式得：y=x+1y=6x，
消去y得：x+1=6x，
解得：x＝2或x＝﹣3，
将x＝﹣3代入y＝x+1得：y＝﹣3+1＝﹣2，即B（﹣3，﹣2），
则当x＜﹣3或0＜x＜2时，反比例函数值大于一次函数值；
（3）∵OC＝2OE＝4，AD＝2DE＝6，
∴S菱形AODC=12OC•AD＝12，
∵S△OAP＝S菱形OACD，即12OP•OE＝12，
∴设P（0，p），则12×|p|×2＝12，即|p|＝12，
解得：p＝12或p＝﹣12，
则P的坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
5．（2020秋•九龙县期末）如图所示，在平面直角坐标中，抛物线的顶点P到x轴的距离是4，抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4；矩形ABCD的边BC在线段的OM上，点A、D在抛物线上．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）设D（m，n），矩形ABCD的周长为l，写出l与m的关系式，并求出l的最大值；
（3）点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否还存在点F，使得以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，写出F点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴相交于O、M两点，OM＝4，
∴顶点P的横坐标为4÷2＝2，M的坐标为（4，0），
∵顶点P到x轴的距离是4，
∴顶点P的纵坐标为4，
∴顶点P的坐标为（2，4），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+4，
则a（4﹣2）2+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+4，
即y＝﹣x2+4x；
（2）∵D（m，n）在抛物线上，
∴n＝﹣m2+4m，BC＝4﹣2m，
∴矩形ABCD的周长为l＝2（4﹣2m+n），
＝2（4﹣2m﹣m2+4m），
＝﹣2（m2﹣2m+1）+10，
＝﹣2（m﹣1）2+10，
即l＝﹣2（m﹣1）2+10，
∴当m＝1时，周长l有最大值10；
（3）①OM是平行四边形的边时，点F的横坐标为2﹣4＝﹣2，
纵坐标为：﹣（﹣2）2+4×（﹣2）＝﹣4﹣8＝﹣12，
此时，点F（﹣2，﹣12），
或点F的横坐标为2+4＝6，
纵坐标为：﹣62+4×6＝﹣36+24＝12，
此时，点F（6，﹣12），
②OM是平行四边形的对角线时，EF所在的直线经过OM的中点，
∴EF都在抛物线的对称轴上，
∴点F与点P重合，
此时，点F（2，4），
综上所述，点F（﹣2，﹣12）或（6，﹣12）或（2，4）时，以E、F、O、M为顶点的四边形是平行四边形．
相关试卷
86中考冲刺：代几综合问题(基础)： 这是一份86中考冲刺：代几综合问题(基础)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--提高班： 这是一份人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--提高班，文件包含第11讲代几综合--提高班教师版docx、第11讲代几综合--提高班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--尖子班： 这是一份人教版中考一轮复习 第11讲代几综合--尖子班，文件包含第11讲代几综合--尖子班教师版docx、第11讲代几综合--尖子班学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
