31．幾何綜合題（用函數(shù)描述幾何）

第頁一、選擇題二、填空題三、解答題1.(2018·攀枝花，23，12分)如圖12，在△ABC中，AB＝7.5，AC＝9，S△ABC＝，動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB方向以每秒5個(gè)單位長度的速度向B點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從C點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿CA方向向A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P，Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．以PQ為邊作正△PQM(P，Q，M按逆時(shí)針排序)，以QC為邊在AC上方作正△QCN，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．(1)求cosA的值；(2)當(dāng)△PQM與△QCN的面積滿足S△PQM＝S△QCN時(shí)，求t的值；(3)當(dāng)t為何值時(shí)，△PQM的某個(gè)頂點(diǎn)(Q點(diǎn)除外)落在△QCN的邊長．QQPMNACB圖12思路分析：(1)由△ABC的面積和AC的長求出AC邊上的高，由勾股定理求出∠A的鄰邊，由余弦的定義求cosA；(2)設(shè)AP＝x，過點(diǎn)P作PD⊥AC，用x表示PQ2，根據(jù)△PQM和△QCN的面積關(guān)系建立關(guān)于x的方程并求解即可；(3)分點(diǎn)M在NQ上和點(diǎn)M在CQ兩種情況．借助AC＝9建立方程求解．解：(1)過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，則BH＝＝．AH＝＝＝6．∴cosA＝＝6÷7.5＝．(2)過點(diǎn)P作PD⊥AC于D．設(shè)AP＝x(x＜1.5)，則CQ＝x，PD＝x，AD＝x，DQ＝AC－AD－CQ＝9－x．PQ2＝PD2＋DQ2＝(x)2＋(9－x)2．∵△PQM∽△QCN，∴＝＝，即(x)2＋(9－x)2＝x2．整理，得x2－18x＋45＝0．解得x1＝3，x2＝15(不合題意，舍去)．∴t＝x÷5＝0.6(秒)．(3)①如圖#1，當(dāng)PM∥AC時(shí)，點(diǎn)M在NQ邊上，此時(shí)AD＋DQ＋QC＝AC，即x＋x·tan30°＋x＝9．解得x＝．∴t1＝x÷5＝；QPQPMNACB圖#1DQPMNACB圖#2D②如圖#2，當(dāng)PM∥CN時(shí)，點(diǎn)P，M分別在NQ，CQ邊上，此時(shí)AD－DQ＋QC＝AC，即x－x·tan30°＋x＝9．解得x＝．∴t2＝x÷5＝．綜上所述，t＝或．2．（2018江蘇宿遷，28，12分）（本小題滿分12分）如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，將正方形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)M始終落在邊AD上（點(diǎn)M不與A，D重合）點(diǎn)C落在點(diǎn)N出，MN與CD交于點(diǎn)P，設(shè)BE=x．（1）當(dāng)AM=時(shí)，求x的值；（2）隨著點(diǎn)M在邊AD上位置的變化，△PDM的周長是否發(fā)生變化？如變化，請(qǐng)說明理由，如不變，請(qǐng)求出定值；（3）設(shè)四邊形BEFC的面積為S，求S與x的函數(shù)表達(dá)式，并求出S的最小值．思路分析：（1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得出ME=BE=x，AE=1－x進(jìn)而利用勾股定理得出即可得出答案；（2）連接BM，BP，過B作B作BH⊥MN，證明△ABM≌△HBM(AAS)，進(jìn)而得出Rt△ABM≌Rt△QBP(HL)，即可得出MD+DP+MP=MD+DP+MH+HP=MD+DP+AM+PC=AD+DC=2；（3）過F作FQ⊥AB，連接BM；利用已知得出△ABM≌△QFE，進(jìn)而利用在Rt△AEM中，由勾股定理得：AE2+AM2=EM2，即(1－x)2+a2=x2，解得AM=QE=，利用二次函數(shù)的最值求出即可．解：（1）由翻折得ME=BE=x，則AE=1－x，在Rt△AEM中，，解得；（2）△PHD的周長不變?yōu)槎ㄖ?；證明：連接BM，BP，過B作B作BH⊥MN，垂足為H．∵BE=EM，∠EBM=∠EMB，∠EBC=∠EMN=90°，∴∠MBC=∠BMN，∵AD∥BC，∴∴∠AMB=∠MBC=∠BMN在Rt△ABM和Rt△HBM中，∴△ABM≌△HBM(AAS)∴AM=HM，AB=BH=BC在Rt△BCH和Rt△BQH中，∴Rt△ABM≌Rt△QBP(HL)∴HP=PC∴C△PDM=MD+DP+MP=MD+DP+MH+HP=MD+DP+AM+PC=AD+DC=2即△PDM的周長為定值2；（3）過F作FQ⊥AB，連接BM；由題意得：∠BEF=MEF，BM⊥EF，∴∠QFE=∠EMB=∠EBM在△ABM和△QFE中，∴△ABM≌△QFE(ASA)∴AM=QE設(shè)AM=a，由勾股定理得：AE2+AM2=EM2，即(1－x)2+a2=x2，解得AM=QE=∴CF=∴S==∴當(dāng)時(shí)有最小值是；即時(shí)，四邊形BEFC的面積最小值為；3．（2018·連云港，27，14分）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．△ABC是邊長為2的等邊三角形，E是AC上一點(diǎn)，小亮以BE為邊向BE的右側(cè)作等邊三角形BEF，連接CF．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上時(shí)，EF、BC相交于點(diǎn)D，小亮發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)三角形全等，請(qǐng)你找出來，并證明．（2）當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)F也隨著運(yùn)動(dòng)，若四邊形ABFC的面積為EQ\F(7,4)EQ\R(,3)，求AE的長．（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在AC的延長線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CF、BE相交于D，請(qǐng)你探求△ECD的面積S1與△DBF的面積S2之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）如圖2，當(dāng)△ECD的面積S1＝EQ\F(EQ\R(,3),6)時(shí)，求AE的長．圖1圖1圖2思路分析：（1）顯然△ABE≌△CBF，利用SAS證明；（2）由（1）得，S四邊形ABFC＝S△ABC＋S△ABE，得到S△ABE，進(jìn)而求出AE的長；（3）當(dāng)點(diǎn)E在AC的延長線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△ABE≌△CBF，從而S△FDB＝S△ECD＋S△ABC，而S△ABC不變可解；（4）顯然先求出△BDF的面積，再根據(jù)△ABE≌△CBF，得到CF∥AB，求出DF的長；再由CD∥AB，得△ECD∽△EAB，利用AE＝CF，設(shè)AE＝x，列方程求解．解答過程：解：（1）發(fā)現(xiàn)點(diǎn)E沿邊AC從點(diǎn)A向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過程中，始終有△ABE≌△CBF．由圖1知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，所以AB＝CB，BE＝BF，又∠CBF＝∠ABE＝60°－∠CBE，所以△ABE≌△CBF．（2）由（1）知點(diǎn)E在運(yùn)動(dòng)過程中始終有△ABE≌△CBF，因四邊形BECF的面積等于三角形BCF的面積與三角形BCE的面積之和，所以四邊形BECF的面積等于△ABC的面積，因△ABC的邊長為2，則S△ABC＝EQ\R(,3)，所以四邊形BECF的面積為EQ\R(,3)，又四邊形ABFC的面積是EQ\F(7EQ\R(,3),4)，所以S△ABE＝EQ\F(3EQ\R(,3),4)，在三角形ABE中，因?yàn)椤螦＝60°，所以邊AB上的高為AEsin60°，則S△ABE＝EQ\F(1,2)ABAEsin60°＝EQ\F(1,2)×2×EQ\F(EQ\R(,3),2)AE＝EQ\F(3EQ\R(,3),4)，則AE＝EQ\F(3,2)．（3）S2－S1＝EQ\R(,3)．由圖2知，△ABC與△EBF都是等邊三角形，所以AB＝CB，BE＝BF，又∠CBF＝∠ABE＝60°＋∠CBE，所以△ABE≌△CBF，所以S△ABE＝S△CBF，所以S△FDB＝S△ECD＋S△ABC，則S△FDB－S△ECD＝S△ABC＝EQ\R(,3)，則S2－S1＝EQ\R(,3)．（4）由（3）知S2－S1＝EQ\R(,3)，即S△FDB－S△ECD＝EQ\R(,3)，由S△ECD＝EQ\F(EQ\R(,3),6)得S△BDF＝EQ\F(7EQ\R(,3),6)，因?yàn)椤鰽BE≌△CBF，所以AE＝CF，∠BAE＝∠CBF＝60°，又∠BAE＝∠ABC＝60°，得∠ABC＝∠BCF，所以CF∥AB，則△BDF的高是EQ\R(,3)，則DF＝EQ\F(7,3)，設(shè)CE＝x，則2＋x＝CD＋DF＝CD＋EQ\F(7,3)，所以CD＝x－EQ\F(1,3)，在△ABE中，由CD∥AB得，EQ\F(CD,AB)＝EQ\F(CE,AE)，即EQ\F(x－EQ\F(1,3),2)＝EQ\F(x,x＋2)，化簡得3x2－x－2＝0，所以x＝1或x＝－EQ\F(2,3)(舍)，即CE＝1，所以AE＝3．4．(2018·衡陽市，26題，12分)如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以1cm/s的速度沿CA勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)以cm/s的速度沿AB勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)．(1)當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)B在線段PQ的垂直平分線上？(2)是否存在某一時(shí)刻t，使△APQ是以PQ為腰的等腰三角形？若存在，求出t的值，若不存在，請(qǐng)說明理由．(3)以PC為邊，往CB方向作正方形CPMN，設(shè)四邊形QNCP的面積為S，求S關(guān)于t的函數(shù)解析式．BBCPQNAM（第26題圖）思路分析：（1）根據(jù)線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等來解決問題；（2）分P為等腰三角形的頂點(diǎn)和Q為等腰三角形的頂點(diǎn)來求解；（3）分點(diǎn)M在△ABC內(nèi)和點(diǎn)M在△ABC外兩種情形來計(jì)算。解答過程：解：(1)如圖①，連接BP，由題意可知：CP＝t，AQ＝.∵∠C－90゜，AC＝BC＝4，∴，∴BQ＝－。如果點(diǎn)B在線段PQ的垂直平分線上，則有BQ＝BP，∴－＝，解得t1＝8－，t2＝8+>4，舍去.所以當(dāng)t＝（8－）s時(shí)，B在線段PQ的垂直平分線上.（第26題圖①）(2)存在某一時(shí)刻t，使△APQ是以PQ為腰的等腰三角形．如圖②，過點(diǎn)Q作QG⊥AC于點(diǎn)G，則△AQG為等腰直角三角形?！郠G＝AG＝t。當(dāng)AQ＝PQ時(shí)，有AG＝PG＝t，∴PC+PG+QG＝3t＝4?！鄑＝；當(dāng)AP＝PQ時(shí)，∠AQP＝∠A＝45゜，∴∠QPA＝90゜，即P，G重合，此時(shí)有AP＝CP，即2t＝4，解得t＝2.（第26題圖②）綜上，當(dāng)所以t＝s或t＝2s時(shí)，△APQ是以PQ為腰的等腰三角形．(3)如圖，連接QM，∵四邊形PMNC是正方形，∴PM＝CN＝PC＝t，由于QG∥CN，QG＝t，∴四邊形QMPG為矩形.∴∠QMP＝90゜?！郠，M，N三點(diǎn)共線.（第26題圖③）（第26題圖④）當(dāng)時(shí)，QM＝PG＝4－2t，PM＝t，∴四邊形QNCP的面積＝當(dāng)時(shí)，QN＝4－t，CP＝t，CN＝t，∴四邊形QNCP的面積＝.∴四邊形QNCP的面積＝.當(dāng)0<t<2時(shí)，四邊形QNCP為梯形，S＝(4－t＋t)t×＝2t．當(dāng)t＝2時(shí)，四邊形QNCP為正方形，S＝2×2＝4．當(dāng)2<t<4時(shí)，四邊形QNCP為梯形，S＝(4－t＋t)t×＝2t．綜上，當(dāng)0<t<4時(shí)，S＝2t．5．（2018·泰州市，26，14分）平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)為a的點(diǎn)A在反比例函數(shù)y1=(x＞0)的圖像上.點(diǎn)A′與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，一次函數(shù)y2=mx+n的圖像經(jīng)過點(diǎn)A′.（1）設(shè)a=2，點(diǎn)B（4，2）在函數(shù)y1，y2的圖像上.①分別求函數(shù)y1，y2的表達(dá)式；②直接寫出使y1＞y2＞0成立的x的范圍；（2）如圖①，設(shè)函數(shù)y1，y2的圖像相交于點(diǎn)B，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為3a，△AA′B的面積為16，求k的值（3）設(shè)m=，如圖②，過點(diǎn)A作AD⊥x軸，與函數(shù)y2的圖像相交于點(diǎn)D，以AD為一邊向右側(cè)作正方形ADEF，試說明函數(shù)y2的圖像與線段EF的交點(diǎn)P一定在函數(shù)y1的圖像上.思路分析：（1）①考查了用待定系數(shù)法求已知圖像上一點(diǎn)的反比例函數(shù)的解析式，以及已知圖像上兩點(diǎn)的一次函數(shù)的解析式，列出方程（組）求出待定系數(shù)即可；②結(jié)合兩函數(shù)圖像及y2與x軸的交點(diǎn)易求；（2）利用反比例函數(shù)的k的幾何意義，將△AA′B的面積用k的代數(shù)式表示出來，就能求出k；（3）先利用已知的m的值和A′的坐標(biāo)，將y2的解析式用只含參數(shù)a和k的式子表示出來，再逐步求出點(diǎn)P坐標(biāo)，代入y1的解析式驗(yàn)證可知點(diǎn)P在y1的圖像上.解答過程：解：（1）①由題知k=4×2=8，∴y1=.當(dāng)x=a=2時(shí)，y1==4，∴A（2,4）.∵點(diǎn)A′與點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，∴A′（-2,-4），由題知，解得，∴y2=x-2.綜上，函數(shù)y1，y2的表達(dá)式分別為：y1=(x＞0)，y2=x-2.②由圖知，使y1＞y2＞0成立的x的范圍為：2＜x＜4.（2）如答圖1，連OB，作AM⊥x軸于點(diǎn)M，BN⊥x軸于點(diǎn)N，由題知A（a,）、B(3a，)，∴S△AON=·a·=，同理S△AON==S△AON，∵S四邊形AONB=S四邊形AONB，∴S△OAB=S梯形AMNB=(+)(3a-a)=，由中心對(duì)稱知OA=OA′，∴S△AA′B=2S△OAB==16，∴k=6.（答圖①）（答圖②）（3）當(dāng)m=，y2=x+n.∵A′與A（a,）關(guān)于O對(duì)稱，∴A′（-a,-），∴（-a）+n=-，∴n=a-，∴y2=x+a-,當(dāng)x=a時(shí)，y2=x+a-=a-,∴AD=-（a-）=-a.∵四邊形ADEF為正方形，∴DE=AD=-a，∴點(diǎn)E和點(diǎn)P的橫坐標(biāo)都是：a+-a=，當(dāng)x=時(shí)，y2=x+a-=a,∴P(，a).當(dāng)x=時(shí)，y1==a，∴點(diǎn)P一定在函數(shù)y1的圖像上.6．（2018·杭州，23，12分）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)G在邊BC上（不與點(diǎn)B、C重合），連接AG，作DE⊥AG于點(diǎn)E，BF⊥AG于點(diǎn)F，設(shè)（1）求證：AE=BF（2）連接BE、DF，設(shè)，求證：（3）設(shè)線段AG與對(duì)角線BD交于點(diǎn)H，和四邊形CDHG的面積分別為，求的最大值.思路分析：（1）證AE=BF，可考慮證明它們所在的三角形全等。不難觀察它們所在三角形為ΔAED與ΔBFA，可通過AAS證明全等。（2）即證，易知，則，而要證其比值為k,即要證明，因?yàn)锽C=AD，可轉(zhuǎn)換成證明ΔBFG∽ΔDEA求比值的最值，需要將S1和S2表示出來。為了方便計(jì)算，可設(shè)正方形邊長為1，由題意可知BG=k，易知，而，可得出，，最后轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)求最值問題。解答過程：（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=AB，∠BAD=90°∵DE⊥AG，BF⊥AG∴∠AED=∠BFA=90°∴∠BAG=90°-∠DEA=∠ADE∴ΔABF≌ΔDAE(AAS)∴AE=BF(2)∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=BC，AD∥BC∴∠DAE=∠BGF，又∠AED=∠BFA=90°，∴ΔBFG∽ΔDEA∴∴（3）設(shè)正方形邊長為1，則面積為1，由題意可知BG=k，由正方形對(duì)邊平行可得，而，可得出，∵0<k<1,∴當(dāng)時(shí)，有最大值，此時(shí)G點(diǎn)為BC的中點(diǎn)。7．（2018·黃岡市，24，14分）如圖，在直角坐標(biāo)系XOY中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，點(diǎn)B，C在第一象限，∠C＝120°，邊長OA＝8．點(diǎn)M從原點(diǎn)O出發(fā)沿x軸正半軸以每秒1個(gè)單位長的速度作勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從A出發(fā)沿邊AB－BC－CO以每秒2個(gè)單位長的速度作勻速運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)M作直線MP垂直于x軸并交折線OCB于P，交對(duì)角線OB于Q，點(diǎn)M和點(diǎn)N同時(shí)出發(fā)，分別沿各自路線運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O時(shí)，M和N兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．（1）當(dāng)t＝2時(shí)，求線段PQ的長；（2）求t為何值時(shí)，點(diǎn)P與N重合；（3）設(shè)△APN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍．思路分析：（1）當(dāng)t＝2時(shí)，則OM＝2，再利用邊角關(guān)系求出PQ的長；（2）先分析出P和N只可能在邊BC上重合，利用“路程＝速度×?xí)r間”分布表示出CP和BN長，通過CP＋BP＝BC來列方程，從而求出t的值；（3）本小問需要分類討論，找準(zhǔn)特殊位置（分界點(diǎn)），畫出草圖再求解．解答過程：（1）在菱形OABC中，∠AOC＝60°，∠AOQ＝30°，當(dāng)t＝2時(shí)，OM＝2，PM＝2，QM＝，PQ＝；（2）當(dāng)t≤4時(shí)，AN＝PQ＝2OM＝2t，t＝4時(shí)，P到達(dá)C點(diǎn)，N到達(dá)B點(diǎn)，點(diǎn)P、N在邊BC上相遇，如圖1設(shè)t秒P、N重合，則有（t－4）＋2（t－4）＝8，t＝即t＝秒時(shí)，點(diǎn)P、N重合；（3）①當(dāng)0＜t≤4時(shí)，PN＝OA＝8，且PN∥OA，PM＝t，如圖2，；②當(dāng)4＜t≤時(shí)，PN＝8－3(t－4)＝20－3t，如圖3，；③當(dāng)＜t≤8時(shí)，PN＝3（t－4）－8＝3t－20，如圖4，；④當(dāng)8＜t≤12時(shí)，ON＝24－2t，N到OM的距離為2－t，如圖5，N到CP的距離為4－（12－t）＝t－8，CP＝t－4，BP＝12－t，＝綜上S與t的函數(shù)關(guān)系式為．圖1圖2圖3圖1圖2圖3圖4圖5圖4圖58.（2018·廣東，25，9分）已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜邊OB＝4，將Rt△OAB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，如題25－1圖，連接BC，（1）填空：∠OBC＝°；（2）如題25－1圖，連接AC，作OP⊥AC，垂足為P，求OP的長度；（3）如題25－2圖，點(diǎn)M、N同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，在△OCB邊上運(yùn)動(dòng)，M沿O→C→B路徑勻速運(yùn)動(dòng)