專題五、與代數(shù)及圖形幾何間的綜合

(2012省安順市)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊長OAOC分別為12cm、6cm，A、Cyxyax2bxcAB，且18ac0PAAB1cm/sB移動，同時點QBBC2cm/sC①移動開始后第t秒時，設(shè)△PBQSS與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的SRPB、QR為頂點的四邊形是R點的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．（1）A(0，12)，又18ac0，a23xb4

3y2x24x123（2）①S12t6t)t26t(t3)29t的取值范圍（0t62②當(dāng)t3SPB、QRR的坐標(biāo)就是(3，18).R不滿足條件．(2012省隨州市)在一次數(shù)學(xué)活動課上，老師出了一道題（1）x22x30x的方程mx2m3)x30（m為常數(shù)，且m0xymx2m3)x3（m為常數(shù)mxy軸上的兩個定點（xAy軸上的定點為C②若m0xB.當(dāng)△ABCm的取值范圍；當(dāng)△ABC為鈍角三角形時，觀察圖象，直接寫出m的取值范圍.答案：（1）x22x30，得(x1)(x3)0（2）方法一：由mx2m3)x3得(x1mx3)03∵m0，∴x1，x 3 2：x1,2

3m

(m3)2

3mm33∴x1，x 3 （3）①1°當(dāng)m0ymx2m3)x3y3x3yx1x0，則y32°當(dāng)m0ymx2m3)x3y(x1mx30 0 觀察圖象，可知，當(dāng)△ABCRt△時，則△AOC∽△COBAOCO. ∴OC2OAOB，∴321|OB|.B(0)∴當(dāng)0

39m1 m1△ABC3，當(dāng)0m1B點在(90)的右邊時，∠ACB，3m0且m3BxBA..△ABC∴當(dāng)0m1m0m3△ABC3(2012浙江省衢州市)如圖，把兩個全等的Rt△AOB和Rt△COD分別置于平面直角坐標(biāo)系中，使直角邊OB、ODxA(2)A、Cxy軸EFyax2bxc經(jīng)過OA、CP為線段OCPyMxNPABPMP的坐標(biāo)；若若△AOB沿AC方向平移（點A始終段AC上，且不與點C重合，△AOB在移過程中與

答案：（1）拋物線yax2bxc經(jīng)過OA、ab解得a3，b7 y3x27 2Ptt

3 7

在拋物線上,M t t 2

2MMGAB于GPPHABHyyFAM POBN xGAGy 23t27t3t27t2 2 BHPN2AGBHABPM3t27t2 3t28t40，解得t=2t2 P的坐標(biāo)為21，33 P21ABPM，33(3)如圖，△AOBAC方向平移至△AOBABx軸于T，交OC于QAOKOCRACyACx3AaA(aa3，易知△OQT∽△OCDyFAA′ARCRQD BK O′ aa可得QT

點Q的坐標(biāo)為 2AB與OCJ△ARQ∽△AOJ，相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比，

HT

OB

3a12

12

， 22

OB KT1AT1(3a)，AQyy(a3)a33

S△AKT

13

1 21a23a

21 3 a 1

A33由于

AC

， 223能使部分面積S取到最大值，最大值為8

OB1

（1（2）

OB1KT3a2

由（3（4）3aa3OH 即OH2a2RHa1,R的坐標(biāo)為R(2a2a

- 四邊形

·21a1a-113a5·(a22 2 2 1a23a 1 3

33 a .由于 段AC上存在點

，2 2 3

22能使部分面積S取到最大值，最大值為8AB2，OBtanOABtanOAB12·· OKOTKTa1a33a3 2 過點RRHx軸于H，tanAOBtanRKH

2，RH又tanOABtanROHRH OK 2RHOKKH2RH3a31 S四邊形RKJQSAKTS1KT·AT1AQ·(x-x · 13 1 3 2 21a23a 1 3

33 a .由于 段AC上存在點

，2 2 3

22能使部分面積S取到最大值，最大值為8(2012福建 y1x2hP、Q 求h通過操作、觀察，算出△POQ面積的最小值（不必說理P、CxB，試問：在直線lAOBQ是（1）y1x24經(jīng)過點C102h4hPQx△POQ令（1）y1x21y2x4BQ，若lx軸不平行（如圖PQx軸不平行y1x21上的點4Pa1 1 a1、Qbb a0bBCyk1x1P1a21ak1k1a y1ax14y0

4aA的直線lykx2P、1a21ak2…①1b21bk44①b②a1a2bb2aba2ba4baB與Q的橫坐標(biāo)相同，BQyBQ∥OA，又AQ與OB不平行，AOBQ是梯形．據(jù)拋物線的對稱性可得a0b結(jié)論相同故在直線l旋轉(zhuǎn)過程中：當(dāng)lxAOBQ是梯形，當(dāng)lx軸平行時，四邊AOBQ是正方形．NyH， HA， Px1，y1，Bx0，0Px0，y2y1y2 x0

1…① x0

2y2y1y1x21，代入

1x21

x

4 4

04 由

y1y22241x24y2

4

x x4

1x21 4M

y1x21上，即為點Q，故QBy4AQ與OB不平行，AOBQ據(jù)拋物線的對稱性可得y1y2故在直線l旋轉(zhuǎn)過程中：當(dāng)lxAOBQ是梯形；當(dāng)lxAOBQ(2012省襄陽市)如圖，在矩形OABC中，AO10，AB8，沿直線CD折疊矩OABCBCB落在OAE處．分別以O(shè)C，OAxyax2bxc經(jīng)過ODCPEEC2C運動，同時動點Q從點CCO1OP運動到點C時，兩點同時停止運動．設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)tPQC為頂點的三角形與△ADE相似？（3）NMMNM，N，C，EMN的坐標(biāo)（不寫求解過程）；（1）OAB=AOC=B=90，ABCD8，AOBC10BDBC90ECBC10EDBD．由勾股定理易得EO6．AE1064ADxBDDE8xx2428x2．解之得xAD3．a(chǎn) 解之得 64a8b

b y2x216x （2）DEA+OEC=90，OCEOEC90而CQt，EP2t，PC102t．當(dāng)PQC=DAE90△ADE∽△QPCCQCP

102t，解得t40 當(dāng)QPC=DAE90△ADE∽△PQCPCCQ，即102tt，解得t25 當(dāng)t4025P，Q，C為頂點的三角形與△ADE M432 14 3，，N3 3 3)B(20)PxPAPC，求OPMMACH△①若M在y軸右側(cè)， ∽△AOC（點C與點A對應(yīng)求點M的坐標(biāo)△②若⊙M的半徑為 5，求點M的坐標(biāo)5（1）x0y2代入，得2a(01)(02．解得a1．yx1)(x2yx2x2設(shè)OPx，則PCPAxRt△POCx222x1)2x3，即OP32△①△

1：H在點CCM∥x軸yH2x2x222：H在點C上方時由（2）M為直線CP與拋物線的另一交點，設(shè)直線CMykx2．P303k20 解得k4y4x2 4x2x2x23x0（舍去x73 ，3945②在x軸上取一點D，過點D作DEAC于點E，使DE45 5AD AD2．52D0DDMACM，則直線DM的解析式為：y2x2y2x62當(dāng)2x6x2x2時，方程無實數(shù)解．當(dāng)2x2x2x2時，2

2

17，

1172MM117317M117317． (2012江蘇省揚州市)1，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點O在坐標(biāo)原點，A、Cxy軸的正半軸上，且OA2OC1AC、OB相EE的直線與邊OABC分別相交于點GH①直接寫出點E的坐標(biāo) ；②求證：AGCH2，以O(shè)OC為半徑畫弧交OAD，若直線GH與弧CD所在的圓相切F，求直線GH的函數(shù)關(guān)系式；在（2）ABHGP，當(dāng)⊙PHG、GAAB求⊙P1 11（1）① 2②證明：在矩形OABCEAECOABCED、OF、OBD為OAE為OBED1AB1，且EDAB 又直線GH切⊙OFEFED12HC是⊙OHFHC由（1）EHEG∴EG1m，F(xiàn)G1m2∴2m2121m2m1OG2m5，點G坐標(biāo)為50 E11 設(shè)直線GHykxb

、G01k k3

2 得 得 解得 0

k3

b ∴直線GHy3x5 BG，作BAOBCMBGP由（2）BH5GH5 ∴BHGH∵BC∥OA即GB平分HGAP45，∴MAMB1，∴MC1，MAMyk1xb1k1b1

b k1b1∴yx2BGyk2xb250 2k2b2

∴

解得 b2∴y3x5x7yx 由y3xP

解得y1 71∴點的坐標(biāo)為∴⊙P

441.4(2012省樂山市)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為(m，m)，點B的坐標(biāo)為(n，nA、OB三點，連結(jié)OA、OBABABy軸于點C．已知實數(shù)mn（mn）x22x30P為線段OB上的一個動點（不與點OB重合PCD兩點（Dy軸右側(cè)ODBD①當(dāng)△OPCP②求△BODD答案：（1）x22x30x3，x=-1． yax2bx1ab解得a1，b139a y1x21x （2）ABykxb1k33kb

k1，b3 ABy1x3 2 2直線OByx△OPC為等腰三角形，OCOP或OPPC或OCPC．Px，（i）當(dāng)OCOP時x2x294x32，x32（舍去）．P3232

1 4 2 4當(dāng)OPPC時，點 段OC的中垂線上，P3，-2 4 當(dāng)OCPC時，由x2x3)29 x

3 2 PP3232P3，3P33 1 4

2 4

3 2 DDGx軸，垂足為G，交OB于QBBHxH設(shè)Qx，D1x21x 2

=1DQOG1DOGH1DQ(OGGH 1

1

3 3 2 0x2 0x2

x2

x32

x44

16x3S27D33 (2012湖南省張家界市)

yx253x2x軸交于C、A3B，點OABDABykD，求kxP、QAABAOB、OP1Q1個單位，設(shè)△POQS，移動時間為t，問：在P、2S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值，并求出此時的t值，若不存在，請（1）y0，即x23

3x20解得x1

3，x 3 3C(

0)30)3AByk1x2A(230k13

23k13ABy

3x23D點與OABODOA233D3ykD3x3

333

k，k

APt，AQ1t23OQ 1t32P到OQ1t23 13

1t)1t1(t

23

t≤2t2得0t≤42當(dāng)t

3S有最大值為．32(2012浙江省麗水市)在△ABC中，ABC45，tanACB3．如圖，把5BCx軸上，有OB14OC1034ACyE3過點O作OGAC，垂足為G，求△OEG形與△OFPOPP的坐標(biāo)；在Rt△OCE中OEOCtanOCE10343234 ACykx234，有1034k3

0k35ACy3x2345方法1：在Rt△OGE中tanEOGtanOCEEG3EG3t，OG5t，OE

EG2EG2

34t，得t2．

1OGEG110630 2：在Rt△OCE3sinOCE 3

tanOCE35OGOCsinOCE3

34 10335

1OGEG110630 ①當(dāng)點QAC上時，點Q即為點G，1，作FOQ的角平分線交CEP1，y3105

2346②當(dāng)點QAB2，有OQOF．作FOQ的角平分線交CEP2，過點Q作QHOBH，設(shè)OHa，BHQH14a在Rt△OQHa214a2100．a(chǎn)16，a2=8．M2，4．此時直線OMy2xy

x10 y3x234.解得：

y

P

34

342 33

34，3，

343，有QP4∥OF，QP4OF10設(shè)點P4的橫坐標(biāo)為x，則點Q的橫坐標(biāo)為x10yQyPAByx14x10143x 5x53410y5346 P53440534+6點4 ， ③當(dāng)QBC4，OQOF10P5E

34

34 2 P

34

34

P53410534+63 ，4

(2012省南充市)在Rt△POQ中，OPOQ4，M是PQ中點，把一三角尺的MM為旋轉(zhuǎn)中心，旋轉(zhuǎn)三角尺，三角尺的兩直角邊與△POQ的兩直角邊A、B．MAMBAB△AOB的周長是否存在最小值，若存在，求（1）證明：連接OM，Rt△POQOPOQ4MPQ2OMPM1PQ22

45．△AOB△PMA

令OAxABy，則y2x24x)22x28x162(x2)28≥8．當(dāng)x2時y2有最小值=8，y22．2故△AOB的周長存在最小值，其最小值是4 2(2012黑龍江省齊齊哈爾市)Rt△AOBOAOB分別在yxOAOBx27x120的兩根（OAOB動點P從點A開始段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O運動同時，動點Q從點B開始段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A運動，設(shè)點P、Q運動的時間為t秒求當(dāng)t△APQ與△AOB相似，并直接寫出此時點Q當(dāng)t2MA、P、Q、M為頂點的四邊形是平行M點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．答案：（1）x27x12x13x2A(3，B(0)(2)APtAQ5①當(dāng)APQAOB△APQ

t5 解得t

Q(20，11，②當(dāng)AQPAOB△APQ

t5 解得t12所以可得

，13M(4 4 4 ，)，M2(，)，M3( 5 5)60B、C的坐標(biāo)：B(、C(A、B、點E放段AB上（點E是不與A、B兩點重合的動點，并使ED所在直線經(jīng)過點C，此EF所在直線與（1）中的拋物線交M.AExx△OCE∽△OBCP使△PEM是等腰三角形，若存在，請寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.B(0)AB、Cya(xx1)(xx2)(a0ya(x1)(x又C(0，3)在拋物線3 a(x1)(x3ayy

33(x1)(x333x223x3 2：AB、Cyax2bxc(a0)abc9a3bc3c333a b2 3c3y

3x223x3 3（2）①解：當(dāng)△OCE∽△OBCOC OC 3，OEAEAOx1，OBx3x33xx2△OCE（2）P.理由如下：E(0)

點CMx

1M(20)MN EN若△PEMEPEM時EM2Px1P2)EMPMMEPP2EMPMPEMx1，P(123，3，P點坐標(biāo)為(12)或(1，-2)或23或(123時，△EPM，3B(0)90．求點C求Rt△ACB的角平分線CD所在直線l在l

12

△

PM在lN，使以O(shè)、C、M、N為頂點的四邊形是菱N的坐標(biāo)；若不存在，請說答案：（1）由△AOC∽△COB，可得OC2OAOB36，OC(06)DDEBCEDB的長為m 5 2545，255由CEBEBC，即25m 5m ，得m5 又由OAOB，知點D段OA上，OB3，所以O(shè)D2，故點D(2，0)；設(shè)直線lykxb，把C(06)D(2，0ykxb中，b得2kb

，解之，得k3，故直線ly3x6b

12

△

，P1為符合題意的點直線P1可由直線BC向左平移

BCy2x6P1Fy2(x7.56y2x

y2x，由y3x

得到點S△P2

12

△

(15)P(15)

1，9，910

△ACB3918639

3(3) ，，

， 55

(2012江蘇省徐州市)10）yxb（b4）xyA、B，與反比例函數(shù)y4的圖象相交于點C、D（CD的左側(cè)xCEx軸，DEy軸，CEDE相交于點E，⊙O是以CD長為半徑的圓△CDECD坐標(biāo)為▲（用含有b的代數(shù)式表示隨著byxb與⊙O有哪些位置關(guān)系？求出相應(yīng)byxy答案：1）0x4 1（2）d3m2，n 4由題意，可設(shè)圖②中函數(shù)關(guān)系式為ya(x2)29 5∵圖象過點(0,25)，∴25a(02)29，∴a4．故y4(x2)29 6當(dāng)y16時，得164(x2)29 7

42

7，

42

742

742

70、42故點F出發(fā)422

742

7秒時，正方形EFGH面積為16 8如圖，過點EEI⊥BC，垂足為I．則四邊形DEIC為矩形∴EIDC3，CIDEx∵BFxIF42x 5∴正方形EFIH的面積＝EF2EI2IF2＝32(42x)2 6由題意，32(42x)216 7

42

7，

42

742

742

70、422244故44

8當(dāng)y16時，即EF216，EF4 5過點EEI⊥BC，垂足為7在Rt△EFI中，IF2EF2EI21697．IF ．…67IBBFBFIB

7，4xx7，x(4x)

7，x427，x4

7 77

（第27題42

742

70、4故點F出發(fā)42

742

7秒時，正方形EFGH面積為16 8bb2bb2

bbb2bbb22

4bbb2當(dāng)點E在⊙O上時，如圖，連接OE，則易知△BAO是等腰直角三角形，從而

bbb2bb2x2y2x