2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型五 反比例函数与几何图形综合题 (含答案)

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典例精讲
例 如图，平面直角坐标系中，O为原点，点A，B分别在y轴、x轴的正半轴上，△AOB的两条外角平分线交于点P，P在反比例函数y＝eq \f(9,x)的图象上，PA的延长线交x轴于点C，PB的延长线交y轴于点D，连接CD.
例题图
(1)求∠P的度数及点P的坐标；
【思维教练】要求∠P的角度，由题可知，点P为△AOB的两条外角平分线的交点，在△AOB中，由∠OAB＋∠OBA＝90°可得∠PAB＋∠PBA＝135°，从而得到∠P的度数；要求点P的坐标，即过P作PE⊥x轴、PF⊥y轴、PG⊥AB，由角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等可得PE＝PG＝PF，然后代入反比例函数关系式中求解即可．
(2)求△OCD的面积；
【思维教练】要求△OCD的面积，即求OC，OD的长，连接OP，由(1)可得∠POB＝45°，结合∠P的度数，通过角度间等量代换可得∠OCP＝∠OPD，即可得到△OCP∽△OPD，列比例得到OC，OD与OP的关系，再由点P的坐标求解即可．
(3)△AOB的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积；若不存在，请说明理由．
【思维教练】要求△AOB面积的最大值，由题可知A、B为动点，则需通过面积转化求解．此题为半角模型，则可将△PEB绕点P顺时针旋转90°得到△PFM，通过证明可得到△PAB≌△PAM，则S△AOB＝S正方形PFOE－2S△APB，要使△AOB的面积存在最大值，即使△APB的面积有最小值，由(1)可知△APB的高为定值，即要使底边AB最小，由∠P＝45°，再结合定弦对定角，可作△APB的外接圆⊙N，取AB的中点Q，利用直角三角形的性质，将OQ，QN，NP用AB表示出来，当P，N，Q，O四点共线时，OQ＋QN＋NP最短，即AB有最小值，从而求出△AOB面积的最大值．
徐州近年中考真题精选
1. 如图，将透明三角形纸片PAB的直角顶点P落在第四象限，顶点A、B分别落在反比例函数y＝eq \f(k,x)图象的两支上，且PB⊥x轴于点C，PA⊥y轴于点D，AB分别与x轴、y轴相交于点E、F.已知B(1，3)．
(1)k＝________；
(2)试证明：AE＝BF；
(3)当四边形ABCD的面积为eq \f(21,4)时，求点P的坐标．
第1题图
2如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝5，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上一个动点(不与C、B重合)，反比例函数y＝eq \f(k,x)(k>0)的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE.
(1)连接OE，若△EOA的面积是2，则k＝________；
(2)连接CA，DE与CA是否平行？请说明理由；
(3)是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
针对训练
1. 如图①，点A是反比例函数y＝eq \f(4,x)的图象在第一象限内一动点，过点A作AC⊥x轴于点C，连接OA并延长到点B，过点B作BD⊥x轴于点D，交反比例函数图象于点E，连接OE.
(1)若S△OBE＝6，求经过点B的反比例函数解析式；
(2)如图②，若点A是OB的中点．
①当点A的横坐标为2时，求点E的坐标；
②过点B作BF⊥y轴于点F，交反比例函数图象于点G.小徐认为此时一定存在S△ABE＝S△ABG，你是否认同他的观点，并说明理由．
第1题图
2. 如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝eq \f(m,x)在第一象限内的图象经过点A(1，4)、B(a，b)，其中a＞1，直线AB交y轴于点E，过点A作x轴的垂线，垂足为C，过点B作y轴的垂线，垂足为D，AC与BD相交于点M，连接CD.
(1)若△ABD的面积为4，求点B的坐标；
(2)求证：AB∥CD；
(3)若点B的坐标为(2，2)，在y轴上是否存在一点P，使PA＋PB的值最小，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第2题图
参考答案
典例精讲
例 解：(1)∵PA、PB为△OAB的两条外角平分线，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＋∠OBA＝180°－90°＝90°，
∴∠PAB＋∠PBA＝eq \f(1,2)×(360°－90°)＝135°，
∴∠P＝180°－135°＝45°.(1分)
如解图①，过点P作x轴、y轴、AB的垂线，垂足分别为E、F和G.
∵AP、BP为△OAB的两条外角平分线，
∴PF＝PG，PE＝PG，
∴PF＝PE，
∴点P在∠AOB的平分线上，可设P(a，a)(a＞0)．(2分)
∵点P在函数y＝eq \f(9,x)的图象上，
∴a＝eq \f(9,a)，解得a＝3或a＝－3(舍去)．
∴点P(3，3)；(3分)
图①
图②
例题解图
(2)如解图②，连接OP，∵点P在∠AOB的平分线上，
∴∠POA＝∠POB＝45°，
∴∠POC＝∠POD＝90°＋45°＝135°，
在△OCP中，∠OCP＋∠OPC＝45°.
∵∠OPC＋∠OPD＝∠APB＝45°，
∴∠OCP＝∠OPD，
∴△OCP∽△OPD，(4分)
∴eq \f(OC,OP)＝eq \f(OP,OD)，即OC·OD＝OP2，
∴S△OCD＝eq \f(1,2)OC·OD＝eq \f(1,2)OP2.(5分)
∵点P(3，3)，
∴OP2＝32＋32＝18，
∴S△OCD＝eq \f(1,2)OC·OD＝eq \f(1,2)OP2＝eq \f(1,2)×18＝9；(6分)
(3)存在，如解图③，将△PEB绕点P顺时针旋转90°，得到△PFM.
在△PAB和△PAM中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(PB＝PM，,∠BPA＝∠MPA＝45°,PA＝PA，))，
∴△PAB≌△PAM(SAS)．(7分)
∴S△PAB＝S△PAM＝S△PAF＋S△PBE，△PAB的高PG＝PF＝3.
∴在正方形PFOE中，S△OAB＝S正方形PFOE－2S△APB＝9－AB·PG＝9－3AB.(8分)
∴当AB有最小值时，S△OAB有最大值．
如解图④，作△PAB的外接圆⊙N，连接NP、NA、NB，则NP＝NA＝NB.
∵∠APB＝45°，
∴∠ANB＝90°，取AB的中点Q，连接NQ、OQ.
∵当P、N、Q、O四点共线时，PN＋NQ＋QO最短．(9分)
设AB＝x，则PN＝eq \f(\r(2),2)x，NQ＝eq \f(1,2)x，OQ＝eq \f(1,2)x.
∴PN＋NQ＋QO＝eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)x有最小值3eq \r(2)，此时x＝6eq \r(2)－6.
即AB有最小值6eq \r(2)－6.(10分)
∴S△OAB有最大值为9－3AB＝9－3×(6eq \r(2)－6)＝27－18eq \r(2).(11分)
图③
图④
例题解图
徐州近年中考真题精选
1. (1)解：3；(2分)
【解法提示】把B(1，3)代入y＝eq \f(k,x)得k＝1×3＝3.
(2)证明：由题意得△PCD∽△PBA，
∴∠PCD＝∠PBA，
∴CD∥BA.
又∵BC∥DF，AD∥EC，
∴四边形BCDF、ADCE都是平行四边形，
∴BF＝CD，AE＝CD，
∴AE＝BF；(6分)
(3)解：∵S四边形ABCD＝S△PAB－S△PCD，
设点A坐标为(a，eq \f(3,a))，
∴P(1，eq \f(3,a))，D(0，eq \f(3,a))，
∴eq \f(1,2)×(3－eq \f(3,a))·(1－a)－eq \f(1,2)×1·(－eq \f(3,a))＝eq \f(21,4)，
整理得6a＋9＝0，
解得a＝－eq \f(3,2)，
∴点P的坐标为(1，－2)．(10分)
2. 解：(1)4；(2分)
(2)平行．理由如下：(3分)
如解图①，连接AC，
设D(x，5)，E(3，eq \f(5,3)x)，则BD＝3－x，BE＝5－eq \f(5,3)x，
∴eq \f(BD,BE)＝eq \f(3,5).
又∵eq \f(BC,AB)＝eq \f(3,5)，
∴eq \f(BD,BE)＝eq \f(BC,AB)，
∴DE∥AC；(5分)

图① 图②
第2题解图
(3)存在，理由如下：
设D(x，5)，E(3，eq \f(5,3)x)，
则CD＝x，BD＝3－x，AE＝eq \f(5,3)x，BE＝5－eq \f(5,3)x，
如解图②，过点E作EF⊥OC，垂足为点F，∵DE垂平分BB′，
∴∠B′BE＝∠BB′E，∠B′BD＝∠BB′D，
又∵∠B′BE＋∠DBB′＝90°，
∴∠BB′E＋∠BB′D＝90°，即∠DB′E＝90°，
∴∠DB′C＋∠FB′E＝90°，
∵∠FEB′＋∠FB′E＝90°，
∴∠DB′C＝∠FEB′，
∵∠DCB′＝∠EFB′＝90°，
∴△DCB′∽△B′FE；
∴eq \f(B′E,DB′)＝eq \f(B′F,DC)，即eq \f(5－\f(5,3)x,3－x)＝eq \f(B′F,x)，
∴B′F＝eq \f(5,3)x，
∴OB′＝B′F＋OF＝B′F＋AE＝eq \f(5,3)x＋eq \f(5,3)x＝eq \f(10,3)x，
∴CB′＝OC－OB′＝5－eq \f(10,3)x(x≠1.5)，
在Rt△B′CD中，CB′＝5－eq \f(10,3)x，CD＝x，B′D＝BD＝3－x，
由勾股定理得CB′2＋CD2＝B′D2，
即(5－eq \f(10,3)x)2＋x2＝(3－x)2，
解得x1＝1.5(舍去)，x2＝0.96，
∴点D的坐标为(0.96，5)．(8分)
针对训练
1. 解：(1)设点E的坐标为(x，y)，
∵点E在反比例函数y＝eq \f(4,x)的图象上，
∴xy＝4，则eq \f(1,2)xy＝2，
∴S△ODE＝2，
又∵S△OBE＝6，
∴S△OBD＝8，
∴过点B的反比例函数解析式为y＝eq \f(16,x)；
(2)①将点A的横坐标代入y＝eq \f(4,x)中得y＝eq \f(4,2)＝2，
∴点A的坐标为(2，2)，
∵点A是OB的中点，
∴点B的坐标为(4，4)，
∵BD⊥x轴，且与反比例函数的图象交于点E，
∴点E和点B的横坐标相等，
∵点E在反比例函数y＝eq \f(4,x)的图象上，
∴当x＝4时，y＝eq \f(4,4)＝1，
∴点E的坐标为(4，1)；
第1题解图
②认同．
理由如下：如解图，连接OG、AG、AE.
∵BD⊥x轴，BF⊥y轴，∠DOF＝90°，
∴四边形ODBF为矩形，
∴S△OBF＝S△OBD，
∵点E、G为反比例函数y＝eq \f(4,x)的图象上的点，
∴S△OFG＝S△ODE，
∴S△OBG＝S△OBE，
∵点A是OB的中点，
∴S△ABG＝eq \f(1,2)S△OBG，S△ABE＝eq \f(1,2)S△OBE，
∴S△ABG＝S△ABE，
∴认同小徐的观点．
2. (1)解：将A(1，4)代入反比例函数解析式y＝eq \f(m,x)中，得m＝4，
∴反比例函数的解析式为y＝eq \f(4,x)，
∵B(a，b)，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)BD·AM＝eq \f(1,2)a(4－b)＝4，
又∵B(a，b)在反比例函数y＝eq \f(4,x)的图象上，
∴ab＝4，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a（4－b）＝4,ab＝4)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(a＝3,b＝\f(4,3))))，
∴B(3，eq \f(4,3))；
(2)证明：由(1)知ab＝4，
∴B(eq \f(4,b)，b)，
设直线AB的函数解析式为y＝mx＋n，
将A(1，4)、B(eq \f(4, b)，b)分别代入得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝4,m·\f(4,b)＋n＝b))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－b,n＝b＋4))，
∴直线AB的函数解析式为y＝－bx＋b＋4，
∴E(0，b＋4)，
∵BD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴D(0，b)，
∴DE＝b＋4－b＝4，
∵A(1，4)，
∴AC＝4，
∴DE＝AC，
∵DE∥AC，
∴四边形ACDE为平行四边形，
∴AB∥CD；
(3)解：存在，
理由如下：如解图，作点A关于y轴对称的点A′，连接A′B，与y轴交于点P，则P点为所求点，此时PA＋PB的值最小，
∵A(1，4)、B(2，2)，
∴A′(－1，4)，
设直线A′B的函数解析式为y＝px＋q，
将A′(－1，4)、B(2，2)分别代入得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－p＋q＝4,2p＋q＝2)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(p＝－\f(2,3),q＝\f(10,3))))，
∴直线A′B的函数解析式为y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(10,3).
令x＝0，得y＝eq \f(10,3).
∴点P的坐标为(0，eq \f(10,3))．
第2题解图