中考数学二轮函数试题压轴题《函数及图像与几何问题》

函数及图像与几何问题

【知识纵横】

    函数（本节主要指一次函数、反比例函数）及图像与几何问题，是以函数为背景探求几何性质，这类题很重要点是利用函数的性质，解决几个主要点的坐标问题，使几何知识和函数知识有机而自然结合起来，这样，才能突破难点。但在解这类题目时，要注意方程的解与坐标关系，及坐标值与线段长度关系。

【典型例题】

【例1】（山东济宁）如图，第一象限内半径为2的⊙C与轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：=k+3。

(1) 设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式。

(2)设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP。请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；

(3)是否存在使△AMN的面积等于的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由。

【思路点拨】（1）将P的坐标代入=k+3即可。（2）要证△AMN∽△ABP，只要证∠ABD∠AMN即可。（3）根据（2）的结论，由相似三角形△AMN和△ABP的面积比，分点P在B点上下方两种情况求解。

【例2】（湖南怀化）在矩形AOBC中，OB=6，OA=4，分別以OB，OA所在直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F是BC上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数的图象与AC边交于点E．

（1）求证：AE•AO=BF•BO；

（2）若点E的坐标为（2，4），求经过O、E、F三点的抛物线的解析式；

（3）是否存在这样的点F，使得将△CEF沿EF对折后，C点恰好落在OB上？若存在，求出此时的OF的长：若不存在，请说明理由．

【思路点拨】（1）根据反比例函数的性质得出，即可得出AE•AO=BF•BO。

（2）利用E点坐标首先求出BF= ，再利用待定系数法求二次函数解析式即可。

【例3】（湖南娄底）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，且AD=2，以CD为直径作⊙O1，交BC于点E，过点E作EF⊥AB于F，建立如图所示的平面直角坐标系，已知A，B两点的坐标分别为A（0，2），B（﹣2，0）．

（1）求C，D两点的坐标．

（2）求证：EF为⊙O1的切线．

（3）探究：如图，线段CD上是否存在点P，使得线段PC的长度与P点到轴的距离相等？如果存在，请找出P点的坐标；如果不存在，请说明理由．

【思路点拨】（1）连接DE。（2）连接O1E，可证O1E∥AB，再由EF⊥AB，证明O1E⊥EF即可。（3）过P作PM⊥轴于M，作PN⊥轴于N，再利用锐角三角函数定义求解。

【例4】（浙江金华、丽水）如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上一动点，连接OB、AB，并延长AB至点D，使DB=AB，过点D作轴垂线，分别交轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连接CF．

（1）当∠AOB=30°时，求弧AB的长度；

（2）当DE=8时，求线段EF的长；

（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【思路点拨】（1）连接BC。（2）连接OD，证明△OEF∽△DEA，再利用相似比求EF。

（3）当以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似时，分为①当交点E在O，C之间时，②当交点E在点C的右侧时，③当交点E在点O的左侧时三种情况，分别求出E点坐标。

【学力训练】

1、（福建泉州）如图1，在第一象限内，直线y=mx与过点B（0，1）且平行于x轴的直线l相交于点A，半径为r的⊙Q与直线y=mx、x轴分别相切于点T、E，且与直线l分别交于不同的M、N两点．

（1）当点A的坐标为（，p）时，

①填空：p=___ ，m= ___，∠AOE= ___．

②如图2，连接QT、QE，QE交MN于点F，当r=2时，试说明：以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形；

（2）在图1中，连接EQ并延长交⊙Q于点D，试探索：对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值会变化吗？若不变，求出a的值；若变化．请说明理由。

2、（浙江湖州）已知：在矩形中，，．分别以所在直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系．是边上的一个动点（不与重合），过点的反比例函数的图象与边交于点．

（1）求证：与的面积相等；

（2）记，求当为何值时，有最大值，最大值为多少？

（3）请探索：是否存在这样的点，使得将沿对折后，点恰好落在上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

3、（浙江嘉兴）如图，直角坐标系中，已知两点，点在第一象限且为正三角形，的外接圆交轴的正半轴于点，过点的圆的切线交轴于点．

（1）求两点的坐标；

（2）求直线的函数解析式；

（3）设分别是线段上的两个动点，且

平分四边形的周长．试探究：的最大面积？

4、（08杭州市） 在直角梯形中，，高（如图1）。动点同时从点出发，点沿运动到点停止，点沿运动到点停止，两点运动时的速度都是。而当点到达点时，点正好到达点。设同时从点出发，经过的时间为时，的面积为（如图2）。分别以为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点在边上从到运动时，与的函数图象是图3中的线段。

（1）分别求出梯形中的长度；

（2）写出图3中两点的坐标；

（3）分别写出点在边上和边上运动时，与的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在图3中补全整个运动中关于的函数关系的大致图象。

函数及图像与几何问题的参考答案

【典型例题】

【例1】（山东济宁）

解：（1）∵y轴和直线l都是⊙C的切线，∴OA⊥AD   BD⊥AD 。

 又∵ OA⊥OB，∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°。∴四边形OADB是矩形。

∵⊙C的半径为2，∴AD=OB=4。

∵点P在直线l上，∴点P的坐标为（4，p）。

又∵点P也在直线AP上，∴p=4k+3。

（2）连接DN。∵AD是⊙C的直径，∴ ∠AND=90°。

∵ ∠AND=90°－∠DAN，∠ABD=90°－∠DAN，

 ∴∠AND=∠ABD  。                   

又∵∠ADN=∠AMN，∴∠ABD=∠AMN。

∵∠MAN=∠BAP  ∴△AMN∽△ABP 。

（3）存在。理由如下：把=0代入=k+3，得y=3，即OA=BD=3。

∴AB=。

∵ S△ABD= AB·DN=AD·DB，∴DN==。

 ∴AN2=AD2－DN2=。

∵△AMN∽△ABP ， ∴   即 。

当点P在B点上方时，

∵AP2=AD2＋PD2 = AD2＋(PB－BD)2 =42＋(4k＋3－3)2 =16(k2＋1)，

或AP2=AD2＋PD2 = AD2＋(BD－PB)2 =42＋(3－4k－3)2 =16(k2＋1)，

S△ABP= PB·AD= (4k＋3)×4=2(4k＋3)，

∴。

整理得k2－4k－2=0 ，  解得k1 =2＋ ， k2=2－ 。

当点P在B 点下方时，

∵AP2=AD2＋PD2 =42＋(3－4k－3)2 =16(k2＋1) ，

S△ABP= PB·AD= [－(4k＋3)]×4=－2(4k＋3)，

∴。

             整理得k2+1=－（4k＋3），   解得k=－2。

             综合以上所得，当k=2±或k=－2时，△AMN的面积等于。

【例2】（湖南怀化）

解：（1）证明：∵E，F点都在反比例函数图象上，

∴根据反比例函数的性质得出，，∴AE•AO=BF•BO。

（2）设经过O、E、F三点的抛物线的解析式为，

∵点E的坐标为（2，4），∴AE•AO=BF•BO=8。

∵BO=6，∴BF=，∴F（6，），

把O、E、F三点的坐标分别代入二次函数解析式得：

，解得：。

∴经过O、E、F三点的抛物线的解析式为。

（3）如果设折叠之后C点在OB上的对称点为C'，

连接C'E、C'F，过E作EG垂直于OB于点G，

则根据折叠性质、相似三角形、勾股定理有：

设BC'=，BF=，则C'F=CF=．

∴点的坐标F（6，），E（1.5，4）。

EC'=EC=，

∴在Rt△C'BF中， ①。

∵Rt△EGC'∽Rt△C'BF，∴（）：（）=4：=（）： ②。

解得：，

∴F点的坐标为（6，）。∴OF= 。

【例3】（湖南娄底）

解：（1）连接DE，

∵CD是⊙O1的直径，∴DE⊥BC。

∴四边形ADEO为矩形．

∴OE=AD=2，DE=AO=2。

∵在等腰梯形ABCD中，DC=AB，

∴CE=BO=2，CO=4。

∴C（4，0），D（2，2）。

（2）连接O1E，在⊙O1中，O1E=O1C，∠O1EC=∠O1CE。

在等腰梯形ABCD中，∠ABC=∠DCB，∴O1E∥AB。

又∵EF⊥AB，∴O1E⊥EF。

∵E在AB上，∴EF为⊙O1的切线。

（3）存在满足条件的点P．

如图，过P作PM⊥轴于M，作PN⊥轴于N，

依题意得PC=PM，

在矩形OMPN中，ON=PM，

设ON=，则PM=PC=，CN=4－，

在Rt△ABO中，∵tan∠ABO=，

∴∠ABO=60°，∴∠PCN=∠ABO=60°。

在Rt△PCN中，cos∠PCN=，即，∴。

∴PN=CN•tan∠PCN=。

∴满足条件的P点的坐标为（）。

【例4】（浙江金华、丽水）

解：（1）连接BC，

∵A（10，0），∴OA=10，CA=5。

∵∠AOB=30°，∴∠ACB=2∠AOB=60°。

∴弧AB的长=。

（2）连接OD，

∵OA是⊙C直径，∴∠OBA=90°。

又∵AB=BD，∴OB是AD的垂直平分线。∴OD=OA=10。

在Rt△ODE中，OE=。

∴AE=AO﹣OE=10﹣6=4，

由∠AOB=∠ADE=90°﹣∠OAB，∠OEF=∠DEA，

得△OEF∽△DEA。

∴，即，∴EF=3。

（3）设OE=，

①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角

形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB。

当∠ECF=∠BOA时，此时△OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=，∴E1（，0）。

当∠ECF=∠OAB时，有CE=5﹣，AE=10﹣，

∴CF∥AB，有CF=AB。

∵△ECF∽△EAD，∴，即，解得，。

∴E2（，0）。

②当交点E在点C的右侧时，

∵∠ECF＞∠BOA，

∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO。

连接BE，

∵BE为Rt△ADE斜边上的中线，

∴BE=AB=BD，∴∠BEA=∠BAO。∴∠BEA=∠ECF。

∴CF∥BE。∴。

∵∠ECF=∠BAO，∠FEC=∠DEA=900，∴△CEF∽△AED，∴，

而AD=2BE，∴。即，

解得

∵＜0，舍去，∴E3（，0）。

③当交点E在点O的左侧时，

∵∠BOA=∠EOF＞∠ECF．

∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO。

连接BE，

得BE=AD =AB，∠BEA=∠BAO，

∴∠ECF=∠BEA。

∴CF∥BE。∴。

又∵∠ECF=∠BAO，∠FEC=∠DEA=90°，

∴△CEF∽△AED，∴，

而AD=2BE，∴。即，

解得

∵＜0，舍去，

又∵点E在轴负半轴上，∴E4（，0）。

综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，此时点E坐标为：

E1（，0）、E2（，0）、E3（，0）、E4（，0）。

【学力训练】

1、（福建泉州）

解：（1） 1，，60°。

（2）如图，连接TM，ME，EN，QN，QM ，

∵OE和OP是⊙Q的切线，

∴QE⊥x轴，QT⊥OT，即∠QTA=90°。

而l∥x轴，∴QE⊥MN。∴MF=NF。

又∵r=2，EF=1，∴QF=2－1=1。

∴四边形QNEM为平行四边形，即QN∥ME。

∴EN=MQ=EQ=QN，即△QEN为等边三角                   

形。∴∠NQE=60°，∠QNF=30°。

在四边形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，

∴∠TQE=360°-90°－90°－60°=120°。∴∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°。

∴T、Q、N三点共线，即TN为直径。∴∠TMN=90°。

∴TN∥ME，∴∠MTN=60°=∠TNE。

∴以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形。

（3）对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值不会变化。

理由如下：如图，连DM，ME，

∵DM为直径，∴∠DME=90°。

而DM垂直平分MN，

∴Rt△MFD∽Rt△EFM。

∴MF2=EF•FD。

设D（h，k），（h＞0，k=2r），

则过M、D、N三点的抛物线的解析式为：

y=a（x-h）2+k。

又∵M、N的纵坐标都为1，

当y=1时，a（x-h）2+k=1，解得x1=，x2=。

∴MN=2。∴MF=MN=。

∴。∴ 。∴a=－1。

∴对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值会变

化，a=－1。

2、（浙江湖州）

（1）证明：设，，与的面积分别为，，由题意得，．

，．

，即与的面积相等．

（2）由题意知：两点坐标分别为，，

，

．

当时，有最大值．

．

（3）解：设存在这样的点，将沿对折后，点恰好落在边上的点，过点作，垂足为．

由题意得：，，，

，．

又，

．

，，

．

，，解得．

．

存在符合条件的点，它的坐标为．

3、（浙江嘉兴）（1），．作于，

为正三角形，，．．

连，，，

．

． 

（2），是圆的直径，

又是圆的切线，．

，．．

设直线的函数解析式为，

则，解得．

直线的函数解析式为．

（3），，，，

四边形的周长．

设，的面积为，

则，．

．

当时，．

点分别在线段上，

，解得．

满足，

的最大面积为．

4、（杭州市）（1）设动点出发秒后，点到达点且点正好到达点时，，则

（秒）

则；

（2）可得坐标为

（3）当点在上时，；

当点在上时，

图象略