中考數(shù)學復習重難點專項突破訓練專題15 一次函數(shù)與幾何圖形綜合問題（重點突圍）(教師版)

專題15一次函數(shù)與幾何圖形綜合問題【中考考向導航】目錄TOC\o"1-3"\h\u【直擊中考】 1【考向一一次函數(shù)與三角形的綜合問題】 1【考向二一次函數(shù)與菱形的綜合問題】 11【考向三一次函數(shù)與矩形的綜合問題】 22【考向四一次函數(shù)與正方形的綜合問題】 30【考向五一次函數(shù)與圓的綜合問題】 37【直擊中考】【考向一一次函數(shù)與三角形的綜合問題】例題：（2022·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線分別與x軸、y軸交于點A、B，點C為線段上一動點（不與A、B重合），以C為頂點作，射線交線段于點D，將射線繞點O順時針旋轉交射線于點E，連接．(1)證明：；（用圖1）(2)當為直角三角形時，求的長度；（用圖2）(3)點A關于射線的對稱點為F，求的最小值．（用圖3）【答案】(1)見解析(2)(3)2【分析】（1）由條件可證得，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得，即；（2）先根據(jù)函數(shù)關系式求出的長度，然后作出對應的圖2，可證明，從而得到，設，，結合對應邊成比例，得到，則，解方程得到，所以，，再由（1）的結論，可計算出．【詳解】（1）證明：已知射線繞點O順時針旋轉交射線于點E，，，，,，又，，；（2）解：直線，當時，，，，當時，，，，，如圖2，，，，，，設，，，，，，即，，，，，，由（1）知：，，（3）解：如圖3，由對稱得：,則動點F在以O為圓心，以為半徑的半圓上運動，當F在y軸上，此時在B的正上方，的值最小，如圖4，此時，即的最小值是2．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、直角三角形、一次函數(shù)與坐標軸交點問題、軸對稱圖形特征、圓的性質、動點中的最短距離問題，熟練掌握相似三角形的性質與判定，采用數(shù)形結合，利用相似比列方程求線段長是解題關鍵．【變式訓練】1．（2022·江蘇蘇州·蘇州市振華中學校?？寄M預測）如圖，已知一次函數(shù)的圖像與軸交于點，與軸交于點，以線段為邊在第一象限內(nèi)作等腰直角三角形，．(1)求的值，以及點的坐標；(2)求過，兩點的直線解析式．【答案】(1)，(2)【分析】（1）把代入，即可求得k值，從而得到一次函數(shù)解析式，再令，求得y值，從而得到B點坐標，即可求得，然后作軸于點D，由全等三角形的判定定理可得出，由全等三角形的性質可知，故可得出C點坐標；（2）用待定系數(shù)法求即可．【詳解】（1）解：把代入，得，解得：，，令，則，，，∵，∴，過點D作CD⊥x軸于點D，如圖，∵，∴，又，，在與中，，∴，∴，，∴，則點C的坐標是．（2）解：設直線的解析式是，把，代入，得，解得：，∴直線BC的解析式．【點睛】本題考查的是一次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、全等三角形的判定與性質，根據(jù)題意作出輔助線，構造出全等三角形是解答此題的關鍵．2．（2022春·湖南長沙·八年級校考階段練習）如圖（含備用圖），在直角坐標系中，已知直線y=kx+3與x軸相交于點A（2，0），與y軸交于點B．(1)求k的值及△AOB的面積；(2)點C在x軸上，若△ABC是以AB為腰的等腰三角形，直接寫出點C的坐標；(3)點M（3，0）在x軸上，若點P是直線AB上的一個動點，當△PBM的面積與△AOB的面積相等時，求點P的坐標．【答案】(1)；3(2)或或(3)或【分析】（1）運用待定系數(shù)法求得k值，從而得到直線解析式，再根據(jù)三角形面積公式求解△AOB的面積．（2）分AC=AB，BC=AB進行討論，分別求出每種情況下的C點坐標．（3）點P在x軸下方和點P在x軸上方，兩種情況分別求解．【詳解】（1）解：將點A（2，0）代入直線y=kx+3，得，0=2k+3，解得，∴．∵直線y=kx+3與y軸交于點B，∴令x=0，得y=3．∴B（0，3），OB=3．∵A（2，0），∴OA=2，∴；（2）解：①如圖1，當AC=AB，且C點在A點右側時，∵A（2，0），B（0，3），∴，∴；②如圖2，當AC=AB，且C點在A點左側時，∵，又∵，∴；③如圖3，當BC=AB時，∵，，∴，∴，綜上，C點坐標為或或；（3）解：∵M（0，3），

∴OM=3，∴AM=3-2=1，由（1）知，S△AOB=3，∴S△PBM=S△AOB=3，①如圖1，當點P在x軸下方時，∵，∴|yP|=3，∵點P在x軸下方，∴yP=-3，當y=-3時，代入得，，解得x=4，∴P（4，-3）；②如圖2，當點P在x軸上方時，∵，∴|yP|=9，∵點P在x軸上方，∴yP=9，當y=9時，代入得，，解得x=-4．∴P（-4，9）．綜上，符合條件的P點坐標為（4，-3）或（-4，9）．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合應用，包括待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，求解相關三角形面積及求解符合條件的點坐標，充分運用數(shù)形結合思想是解題的關鍵．3．（2022秋·福建泉州·九年級?？茧A段練習）探究與應用：在學習幾何時，我們可以通過構造基本圖形，將幾何“模塊”化.例如在相似三角形中，“K”字形是非常重要的基本圖形.(1)如圖①，已知：∠A＝∠D＝∠BCE＝90°，求證：△ABC∽△DCE；(2)請直接利用上述“模塊”的結論解決下面兩個問題：①如圖②，已知點A（－2，1），點B在直線y＝－2x＋3上運動，若∠AOB＝90°，則此時點B的坐標為；②如圖③，過點A（－2，1）作x軸與y軸的平行線，交直線y＝－2x＋3于點C，D，求點A關于直線CD的對稱點E的坐標.【答案】(1)見詳解(2)①；②E（，）【分析】（1）根據(jù)余角的性質就可以求出∠B=∠DCE，再由∠A=∠D=90，就可以得出結論；（2）①作AG⊥x軸于點G，BH⊥x軸于點H，可以得出，可以得出，設點B的坐標為（x，-2x+3），建立方程求出其解就可以得出結論；②過點E作EN⊥AC的延長線于點N，過點D作DM⊥NE的延長線于點M，設E（x，y），先可以求出C、D的坐標，進而可以求出DM=x+2，ME=7-y，CN=x-1，EN=y-1，DE=AD=6，CE=AC=3．再由條件可以求出，利用相似三角形的性質建立方程組求出其解就可以得出結論．【詳解】（1）證明：∵∠BCE=90，∴∠ACB+∠DCE=90．∵∠A=90，∴∠ACB+∠B=90，∴∠DCE=∠B．∵∠A=∠D，∴；（2）解：①作軸于點G，軸于點H∵，，，∴，∴△AGO∽△OHB，∴．∵A（-2，1），∴AG=1，GO=2．∵點B在直線y=-2x+3上，∴設點B的坐標為（x，-2x+3），∴OH=x，BH=-2x+3，∴，∴，∴，∴；②過點E作EN⊥AC的延長線于點N，過點D作DM⊥NE的延長線于點M，∵A（-2，1），∴C點的縱坐標為1，D點的橫坐標為-2，∴C（x，1），D（-2，y），∴1=-2x+3，y=-2×（-2）+3，∴x=1，y=7，∴C（1，1），D（-2，7）．設E（x，y），∴DM=x+2，ME=7-y，CN=x-1，EN=y-1，由對稱可知：DE=AD=6，CE=AC=3∵∠M=∠N=∠DEC=90°，∴，∴，∴，∴解得：∴E（，）．【點睛】本題是一道一次函數(shù)的綜合試題，考查了相似三角形的判定及性質的運用，軸對稱的性質的運用，方程組的運用，解題的關鍵是靈活運用相似三角形的性質．【考向二一次函數(shù)與菱形的綜合問題】例題：（2022春·河南商丘·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，已知直線y＝﹣x+4與x軸交于點A，與y軸交于點B．（1）點A的坐標為，點B的坐標為；（2）如圖①，若點M（x，y）在線段AB上運動（不與端點A、B重合），連接OM，設的面積為S，寫出S關于x的函數(shù)解析式，并寫出自變量x的取值范圍；（3）如圖②，點C在直線AB上，若四邊形OADC是菱形，求菱形對角線OD的長．【答案】（1）（3，0），（0，4）；（2）S＝﹣2x+6（0＜x＜3）；（3）菱形對角線OD的長為．【分析】（1）令求解直線與軸的交點坐標，令求解直線與軸的交點坐標；（2）由點M（x，y）在直線上，得到的縱坐標，再利用三角形的面積公式直接得到函數(shù)的關系式，由在線段上得到的取值范圍；（3）記菱形的對角線的交點為E，由菱形的性質得到OE為AB上的高，利用等面積法先求解OE的長，結合菱形的性質可得答案．【詳解】解：（1）∵直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，∴令y＝0，得：x＝3；令x＝0，得y＝4，∴A（3，0），B（0，4）．故答案為：（3，0），（0，4）；（2）∵點M（x，y）在直線上，∴M（x，）．∴（0＜x＜3）；（3）由（1）得，A（3，0），B（0，4）．OA＝3，OB＝4．∴在Rt△AOB中，AB＝＝＝5．∵四邊形OADC是菱形，記菱形的對角線的交點為E，∴AC⊥OD，．∴AB×OE＝OA×OB，∴5OE＝3×4，∴．∵，∴．∴菱形對角線OD的長為．【點睛】本題考查的是求一次函數(shù)與坐標軸的交點坐標，坐標與圖形的面積關系，菱形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2022·河南鄭州·鄭州外國語中學?？寄M預測）如圖，平面直角坐標系中，矩形的對角線，(1)求B、C兩點的坐標；(2)把矩形沿直線DE對折使點C落在點A處，與相交于點F，求四邊形的面積；(3)若點M在直線上，平面內(nèi)是否存在點N，使以O、F、M、N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)，；(2)(3)，，【分析】（1）含角直角三角形的性質及勾股定理得、的長度，則可得、的坐標；（2）由折疊性質得，，可證明，則，由矩形可知，四邊形是平行四邊形；設，則，在中，由勾股定理建立方程可求得的值，從而可求得結果；（3）分三種情況考慮：以為邊；為邊，為對角線；若為邊，為對角線；分別利用菱形的性質及相關知識即可求得點的坐標．【詳解】（1），，由勾股定理得：∴，；（2）由折疊的性質得：，四邊形是矩形四邊形是平行四邊形設，則∵在中，∴解得：（3）若以為邊，如圖∵F是中點由（1）知，∴設直線的解析式為把點與點的坐標分別代入得：解得：∴直線解析式∵四邊形是菱形∴∴的解析式設∴解得：∴若為邊，為對角線，如圖∵四邊形是平行四邊形，∴四邊形是菱形∴∴∴∴∴∴∴是的垂直平分線∵四邊形是菱形∴是的垂直平分線∴M與D重合，即設∵與互相平分∴∴，∴若為邊，為對角線如圖∵直線解析式∴直線與y軸的交點為∵，∴∵四邊形是菱形，∴∴M是直線與y軸的交點∵四邊形是菱形，∴，且

∴綜上所述，，【點睛】本題考查了一次函數(shù)，菱形的判定與性質，矩形的性質，全等三角形的判定與性質，線段垂直平分線的判定等知識，涉及分類討論思想，靈活運用這些知識是解題的關鍵．2．（2022秋·九年級課時練習）如圖，在平面直角坐標系中，直線AB的解析式為，它與x軸交于點B，與y軸交于點A，直線y=-x與直線AB交于點C．動點P從點C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿射線CO運動，運動時間為t秒．(1)求△AOC的面積；(2)設△PAO的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式，并寫出自變量的取值范圍；(3)M是直線OC上一點，在平面內(nèi)是否存在點N，使以A，O，M，N為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)△AOC的面積=3(2)(3)存在，，，，【分析】（1）由y＝x+3可求得A（0，3），聯(lián)立y＝﹣x得C（﹣2，2），根據(jù)三角形的面積公式即可得△AOC的面積；（2）設點P的坐標為（m，﹣m），由題意得CP＝t，根據(jù)兩點的距離公式可得m＝t﹣2，根據(jù)三角形的面積公式得出S＝OA?PE，根據(jù)t的取值范圍即可求解；（3）分兩種情況：①當OA為菱形的邊時，②當OA為菱形的對角線時，分別根據(jù)菱形的性質即可求得答案．（1）解：把x=0代入中，y=3，∴點A的坐標為（0，3），即OA=3．聯(lián)立解得∴點C的坐標為（-2，2）．∴△AOC的面積；（2）解：如圖，過點C作CF⊥y軸于點F，過點P作PE⊥y軸于點E．∵點C的坐標為（-2，2），∴∠AOC=45°．∴．由題意，得CP=t．當時，，，∴．∴；同理可得當時，．綜上，（3）解：∵A（0，3），∴AO＝3，①當OA為菱形的邊時，如圖，∵四邊形AOMN是菱形，∴MN∥OA，MN＝OA＝OM＝3，∵直線OC：y＝﹣x，∴∠MOB＝45°，∴M（﹣，），∴N（﹣，+3）；同理N′（，3﹣）；②當OA為菱形邊時，如圖此時菱形AMNO是正方形，∴OA=ON，點N的坐標為（-3，0）；③當OA為菱形的對角線時，如圖，連接MN，∵四邊形AOMN是菱形，∴MN⊥OA，MN、OA互相平分，∴MN∥x軸，∴點M、N的縱坐標為，∵直線OC：y＝﹣x，M是直線OC上一點，∴M（﹣，），∴N（，），綜上所述，存在點N，使以A，O，M，N為頂點的四邊形是菱形，點N的坐標為（﹣，+3）或（，3﹣）或（，）或（-3，0）．【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了一次函數(shù)與坐標軸的交點，三角形的面積公式，菱形的性質等，解本題的關鍵是用分類討論的思想解決問題．3．（2022秋·九年級課時練習）如圖，在平面直角坐標系中，點是坐標原點，四邊形是菱形，點的坐標為，點在軸的正半軸上，直線交軸于點，邊交軸于點，連接.(1)填空：菱形的邊長_________；(2)求直線的解析式；(3)動點從點出發(fā)，沿折線方向以3個單位/秒的速度向終點勻速運動，設的面積為，點的運動時間為秒，①當時，求與之間的函數(shù)關系式；②在點運動過程中，當，請直接寫出的值.【答案】(1)5(2)(3)①；②或【分析】（1）在Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的邊長；（2）根據(jù)（1）即可求的OC的長，則C的坐標即可求得，利用待定系數(shù)法即可求得直線AC的解析式；（3）①根據(jù)S△ABC=S△AMB+SBMC求得M到直線BC的距離為h，然后分成P在AB上和在BC上兩種情況討論，利用三角形的面積公式求解．②將S=2代入①中的函數(shù)解析式求得相應的t的值．（1）解：點的坐標為，在Rt△AOH中，故答案為：5；（2）∵四邊形ABCO是菱形，∴OC=OA=AB=5，即C（5，0）．設直線AC的解析式y(tǒng)=kx+b，函數(shù)圖像過點A、C，得，解得，直線AC的解析式為，（3）由，令，，則，則，①當0<t＜時，BP=BA-AP=5-3t，HM=OH-OM=，，，②設M到直線BC的距離為h，S△ABC=S△AMB+SBMC，，解得，當時，，，，當時，代入，解得，代入，解得，綜上所述或．【點睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、待定系數(shù)法、勾股定理、三角形的面積、一元一次方程等知識，解題的關鍵是熟練掌握待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，學會用分類討論的思想思考問題，學會構建方程解決問題．【考向三一次函數(shù)與矩形的綜合問題】例題：（2022·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，直線經(jīng)過點和，點C是線段AO上的動點，點D在C的右側，以CD為一邊在x軸上方作矩形CDEF，其中，，點C從O出發(fā)向終點A運動，速度是每秒1個單位，設運動時間為t秒（）．(1)求直線AB的解析式；(2)①若點F落在直線AB上，則t的值為；②若直線AB平分矩形CDEF的面積，則t的值為；(3)當線段DE與直線AB有交點時，請直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)y=x+3；(2)①t=2；②t=；(3)3≤t≤6；【分析】（1）將A、B點坐標代入一次函數(shù)解析式，即可求出直線AB的解析式；（2）①由DE=2可知F點的縱坐標為2，將y=2代入一次函數(shù)解析式即可得到F點的橫坐標，就可以求出此時的t值；②通過C點的運動規(guī)律，設出C點坐標（-t，0），可用t來表示D、F、E點的坐標，再根據(jù)AB平分矩形CDEF的面積，可得到CG+DH=2，代入坐標值即可求出t的值；（3）由線段DE與直線AB有交點可知道最左邊的交點是D，最右邊的交點是E，算出兩個點對應的t值，就可以求出t的取值范圍；(1)將A、B點坐標代入一次函數(shù)解析式得：解得，∴直線AB的解析式為y=x+3；(2)①∵CF=DE=2，∴F點的縱坐標為2，又∵F點在直線AB上，∴y=2代入y=x+3中得x=-2，∴F（-2,2），∴OC=2即t=2；②如圖，當直線AB平分矩形CDEF的面積時，直線AB與矩形CDEF的交點分別為G、H，由題意可知，梯形CDHG與梯形EFGH的面積是相等的，∴GC=EH，DH=FG，令C（-t，0），∴D（-t+1，0），∴G點坐標為（-t，），H點坐標為（-t+1，），∴CG=，DH=，∴CG+DH=DE=2，∴+（）=2，解得t=；(3)線段DE與直線AB有交點，當交點在點D時，即DE向左平移，D與A點重合，∴t=6；當交點在E點時，D（-t+1，0），則E（-t+1，），又∵DE=2，∴=2，解得t=3；綜上所述，t的取值范圍為3≤t≤6．【點睛】本題考查一次函數(shù)的綜合，熟練掌握一次函數(shù)的解析式、性質和圖象是解決本題的關鍵，也是中考的?？碱}型．【變式訓練】【變式訓練】1．（2022·遼寧撫順·模擬預測）如圖，已知直線l1：y＝與直線l2：y＝﹣2x+16相交于點C，l1、l2分別交x軸于A、B兩點．矩形DEFG的頂點D、E分別在直線l1、l2上，頂點F、G都在x軸上，且點G與點B重合．(1)求△ABC的面積；(2)求矩形DEFG的邊DE與EF的長；(3)若矩形DEFG從原地出發(fā)，沿x軸的反方向以每秒1個單位長度的速度平移，設移動時間為t（0≤t≤12）秒，矩形DEFG與△ABC重疊部分的面積為S，直接寫出S關于t的函數(shù)關系式，并寫出相應的t的取值范圍．【答案】(1)36(2)DE＝4，EF＝8(3)當0≤t＜3時，S＝?；當3≤t＜8時，S＝?；當8≤t≤12時，S＝t2?8t＋48【分析】（1）把y＝0代入l1解析式求出x的值便可求出點A的坐標．令x＝0代入l2的解析式求出點B的坐標．然后可求出AB的長．聯(lián)立方程組可求出交點C的坐標，繼而求出三角形ABC的面積．（2）已知xD＝xB＝8易求D點坐標．又已知yE＝y(tǒng)D＝8可求出E點坐標．故可求出DE，EF的長．（3）作CM⊥AB于M，證明Rt△RGB∽Rt△CMB利用線段比求出RG＝2t．又知道S＝S△ABC?S△BRG?S△AFH，根據(jù)三角形面積公式可求出S關于t的函數(shù)關系式．（1）解：由＝0，得x＝?4．∴A點坐標為（?4，0），由?2x＋16＝0，得x＝8．∴B點坐標為（8，0），∴AB＝8?（?4）＝12，由，解得，∴C點的坐標為（5，6），∴S△ABC＝AB?yC＝×12×6＝36．（2）∵點D在l1上且xD＝xB＝8，∴yD＝×8＋＝8，∴D點坐標為（8，8），又∵點E在l2上且yE＝y(tǒng)D＝8，∴?2xE＋16＝8，∴xE＝4，∴E點坐標為（4，8），∴DE＝8?4＝4，EF＝8．（3）①當0≤t＜3時，如圖1，矩形DEFG與△ABC重疊部分為五邊形CHFGR（t＝0時，為四邊形CHFG）．過C作CM⊥AB于M，則Rt△RGB∽Rt△CMB，∴，即，∴RG＝2t，同理Rt△AFH∽Rt△AMC，∴，由（1）知，∴，∴，∴，∴S＝S△ABC?S△BRG?S△AFH＝36?×t×2t?（8?t）×（8?t），即S＝?．②當3≤t＜8時，如圖2所示，矩形DEFG與△ABC重疊部分為梯形HFGR，由①知，HF＝（8?t），∵Rt△AGR∽Rt△AMC，∴，即，∴RG＝（12?t），∴S＝（HF＋RG）×FG＝×[（8?t）＋（12?t）]×4，即S＝?；③當8≤t≤12時，如圖3所示，矩形DEFG與△ABC重疊部分為△AGR，由②知，AG＝12?t，RG＝（12?t），∴S＝AG?RG＝（12?t）×（12?t）即S＝（12?t）2，∴S＝t2?8t＋48．【點睛】本題屬于大綜合題目，主要考查的知識點有一次函數(shù)、二次函數(shù)、方程組與平移、三角形的面積、三角形的相似等知識點．解決本題的關鍵是理順各知識點間的關系，還要善于分解，化整為零，各個擊破．2．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，直線分別與x軸，y軸相交于點A，點B，作矩形ABCD，其中點C，點D在第一象限，且滿足AB∶BC＝2∶1．連接BD．（1）求點A，點B的坐標．（2）若點E是線段AB（與端點A不重合）上的一個動點，過E作EF∥AD，交BD于點F，作直線AF．①過點B作BG⊥AF，垂足為G，當BE＝BG時，求線段AE的長度．②若點P是線段AD上的一個動點，連結PF，將△DFP沿PF所在直線翻折，使得點D的對應點落在線段BD或線段AB上．直接寫出線段AE長的取值范圍．【答案】（1）A（6，0），B（0，8）；（2）①4；②或【分析】（1）分別令中x=0、y=0，求出與之對應的y、x值，由此即可得出點A，點B的坐標；（2）由題意證，得出AF＝AD，設BE＝x，EF＝0.5x，AE＝10－x，即可求出線段AE的長度；在線段AB上時：（考慮以F為圓心的圓與AB相交的情況），分情況討論即可．【詳解】（1）令中x=0，則y=8，；令中y=0，則x=6，；（2）①由BE＝BG，，，∠BDA＝∠BFE＝∠BFG＝∠AFD，可得：AF＝AD，，，又AB∶BC＝2∶1，，，設BE＝x，EF＝0.5x，AE＝10－x，在Rt△AEF中：，可得x＝6，AE＝4；②當在BD上時，當P與A重合時，AE最長，即時，AE最長，，，，，，，當時，可把翻折到BD上；當在線段AB上時：當DP＝P時，與A重合，PF為AD中垂線，PF為中位線，AE＝5，（若此時E再上移，以F為圓心，F(xiàn)D為半徑作圓，與AB不會有交點，所以）；當FE＝FD時：與E重合，設則，，由，得：，，，即，當在AB上時，．綜上，或．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖像上點的坐標特征、全等三角形的判定與性質和勾股定理，解題關鍵是理解題意，熟練掌握相關性質．【考向四一次函數(shù)與正方形的綜合問題】例題：（2022·遼寧大連·統(tǒng)考一模）平面直角坐標系中，直線l與y軸，x軸分別交于點和點，點C在直線l上且不與A，B重合，過點O，B，C的拋物線解析式為．(1)求直線l的解析式；(2)當拋物線在△AOB內(nèi)部的圖象從左到右上升時，求a的取值范圍；(3)以OC為邊，向射線OC右側作正方形OCDE，正方形OCDE的面積為，正方形OCDE在第一象限內(nèi)的面積為，當時，求拋物線的解析式．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法代入求解即可；（2）根據(jù)拋物線經(jīng)過點，和對稱軸求得拋物線與直線AB的交點坐標N（2，2），然后分a>0和a<0兩種情況分析求解；（3）作軸于點G．當點C在第一象限時，先證得得，設，則，由點C在直線AB上，可求點C的坐標為．拋物線經(jīng)過點C，可求拋物線的解析式；當點C在第三象限時，同樣方法可求．（1）解：設直線l的解析式為，因為直線l與y軸，x軸分別交于點和點，∴可列方程組解方程組，得．∴直線l的解析式為．（2）解：拋物線經(jīng)過點，∴，∴．∴拋物線的解析式為．配方得．則拋物線頂點M的坐標為．拋物線的對稱軸與直線AB交于點N，則當時，，∴點當時，如圖1，點M在點N上方或點N重合時，拋物線在△AOB內(nèi)部的圖象從左到右上升．此時，解得．當時，點M在x軸下方，拋物線在△AOB內(nèi)部無圖象．綜上述，當時，拋物線在△AOB的內(nèi)部的圖象從左到右上升．（3）解：作軸于點G．如圖2，當點C在第一象限時，∵，∴．∴．∴．∵四邊形OCDE是正方形，∴，．∵軸于點G，∴．∴．∵，∴．∴．

∴，∴．設，則，∴點C的坐標為．∵點C在直線AB上，∴，解得．∴點C的坐標為．拋物線經(jīng)過點C，則，解得．則此時拋物線的解析式為．如圖3，當點C在第三象限時，∵，∴．∴．∴，∵四邊形OCDE是正方形，∴，．∵軸，∴．又∵，∴．

∴，∴．設，則，∴點C的坐標為．∵點C在直線AB上，∴，解得．∴點C的坐標為拋物線經(jīng)過點C，則，解得．則此時拋物線的解析式為．綜上述，拋物線的解析式為或．【點睛】本題考查了用待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)的圖象與性質，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是根據(jù)題意，畫出圖形，分類討論．【變式訓練】1．（2023秋·廣東揭陽·九年級校聯(lián)考階段練習）(1)【探究·發(fā)現(xiàn)】正方形的對角線長與它的周長及面積之間存在一定的數(shù)量關系．已知正方形的對角線長為，則正方形的周長為______，面積為______（都用含的代數(shù)式表示）．(2)【拓展·綜合】如圖1，若點、是某個正方形的兩個對角頂點，則稱、互為“正方形關聯(lián)點”，這個正方形被稱為、的“關聯(lián)正方形”．①在平面直角坐標系中，點是原點的“正方形關聯(lián)點”．若，則、的“關聯(lián)正方形”的周長是______；若點在直線上，則、的“關聯(lián)正方形”面積的最小值是______．5．②如圖2，已知點，點在直線上，正方形是、的“關聯(lián)正方形”，頂點、到直線的距離分別記為和，求的最小值．【答案】(1)

a；

；(2)

；

；(3)．【分析】（１）根據(jù)正方形的性質及等腰直角三角形的性質即可求得邊與對角線之間的關系，從而求解．（２）①先根據(jù)兩點間的距離公式求出OP的長度即為對角線的長度，再利用上題的結論進行正確計算即可．②分別過點P、Q作l的垂線，構造出兩個全等的三角形，把兩點到直線的距離轉移到同一個直角三角形中，再根據(jù)“垂線段最短”得出當AB⊥l時，AB最短，當AB最短時，BP最短，BP2=，再根據(jù)同一直角坐標系中互相垂直的兩條直線斜率乘積得-1求出直線AB的解析式，再求出直線AB與直線的交點坐標，然后求出兩點距離，再除以2即可．【詳解】（1）【答題空1-1】如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠BCA=45°，∴AB=BC=CD=AD==，∴正方形ABCD的周長為：，故答案為：；【答題空1-2】∵AB=BC=CD=AD==，∴面積為：，故答案為：；（2）【答題空2-1】∵，∴OP=，∴由上題可知，此時的周長為，故答案為：；【答題空2-2】若點在直線上，由“垂線段最短可知，當OP垂直于直線時，OP最短，此時、的“關聯(lián)正方形”的面積最小，此時P(，)，OP=，∴、的“關聯(lián)正方形”的面積最小值為，故答案為：；（3）如圖，過點P作PM⊥l于M，過點Q作QN⊥l于N，∴∠PMB=∠QNB=90°，∵∠MPB+∠PBM=90°，∠PBM+∠QBN=90°，∴∠MPB=∠QBN，∵PB=QB，∴△BPM≌△QBN(AAS)，∴BM=QN，即PM=a，BM=b，在Rt△BPM中，BP2=BP2+BM2=，在Rt△ABP中，AB2=BP2+AP2=2BP2，∴當AB最小時，BP最小，最小，設直線AB為，∵AB⊥l，∴k=，將點代入，可得，聯(lián)立，得：，解得，，此時兩直線交點B為，，AB2=，∴BP2=，即=．【點睛】本題主要考查正方形的性質及一次函數(shù)的性質、勾股定理．熟練運用這些知識點構建相對應的數(shù)學模型是正確解題的關鍵．【考向五一次函數(shù)與圓的綜合問題】例題：（2021·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線分別與x軸，y軸相交于A、B兩點，點為直線在第二象限的點（1）求A、B兩點的坐標；（2）設的面積為S，求S關于x的函數(shù)解析式：并寫出x的取值范圍；（3）作的外接圓，延長PC交于點Q，當?shù)拿娣e最小時，求的半徑．【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的圖像與性質即可求出A、B兩點的坐標；（2）利用三角形面積公式及點的坐標特點即可求出結果；（3）根據(jù)圓周角性質可得，．由等角的三角函數(shù)關系可推出，再根據(jù)三角形面積公式得，由此得結論當最小時，的面積最小，最后利用圓的性質可得有最小值，且為的直徑，進而求得結果．【詳解】解：（1）當時，，解得，∴A（-8，0）．當時，，∴B（0，4）．（2）∵A（-8,0），∴．點P在直線上，∴，∴．∵點P在第二象限，∴＞0，且＜0．解得-8＜＜0；（3）∵B（0，4），∴．∵為的外接圓，∴，．∴．設，則．∴．∴當最小時，的面積最?。喈敃r，有最小值，且為的直徑．∴．即的半徑為4．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像與性質、三角形面積計算及圓的相關性質等知識，熟練掌握一次函數(shù)的圖像與性質、三角形面積計算及圓的相關性質是解題的關鍵．【變式訓練】1．（2021·寧夏吳忠·校考一模）如圖，在平面直角坐標系中，直線分別與軸、軸交于、兩點，點與點關于軸對稱，點為線段上一動點（不與、重合），的延長線與交于點，過、、三點的圓與軸交于點．(1)求、、三點的坐標；(2)求證：；(3)若，求點的坐標．【答案】(1)，(2)見解析(3)【分析】利用直線可求得、的坐標，再利用對稱可求得點坐標；連接，由△OEA≌△OEC和圓內(nèi)接四邊形對角互補的性質可證得∽，利用相似三角形的性質可證得結論；利用中三角形相似，結合條件可求得，在中，利用三角函數(shù)定義可求得的長，則可求得點的坐標．（1）解：在中，令可得，令可得，，，點與關于軸對稱，；（2）解：連接，由可知，在和中≌，，，，四邊形內(nèi)接于圓，∴∠ADE+∠AFE=180°，∵∠ADE+∠BDE=180°，，∽，，；（3）解：∵△BED∽△AEF，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題為一次函數(shù)的綜合應用，涉及直線與坐標軸的交點、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、等腰三角形的判定和性質及解直角三角形等知識．在中注意直線與坐標軸交點的求法，在