代数几何综合题

高考新题型——代数与几何综合题
一、概念：
代数与几何综合题是综合考查学生在代数和几何方面的知识及应用技能的一种新的高考题型。

二、特点：
1、多元综合题型。

这种题型综合考查学生在代数和几何方面的知识及运用能力，涉及几何图形的判断、计算、归纳等的问题，一般还同时包括解方程、不定项数的求解、解一元二次方程等代数问题。

2、能考查学生综合运用知识的能力。

这种题型不但要求考生熟悉数学基础知识，还要求考生能够根据实际问题，综合运用这些基础知识，独立解决问题，用数学方法描述及解释实际问题的状况。

三、实施：
在实施代数与几何综合题的过程中，要求学生充分运用课堂所学的数学知识，从问题描述中找出关键信息，分析问题，归纳提取有用信息，有效应用数学知识解决问题，最后进行结果分析，以及总结拓展出更广泛的问题解决思路。

代数几何综合题的解题方法代数、几何综合题是指需综合运用代数、几何这两部分知识解题的问题，是初中数学中知识涵盖面广、综合性最强的题型，它的解法多种多样. 代数与几何综合题考查了数学基础知识和灵活运用知识的能力；考查了对数学知识的迁移整合能力；考查了将大题分解为小题，复杂问题简单化的能力；考查了对代数几何知识的内在联系的认识，运用数学思想方法分析与解决问题的能力.题型一般分为：（1）方程与几何综合的问题；（2）函数与几何综合的问题；（3）动态几何中的函数问题；（4）直角坐标系中的几何问题；（5）几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题.题型特点：一是以几何图形为载体，通过线段、角等图形寻找各元素之间的数量关系，建立代数中的方程或函数模型求解；二是把数量关系与几何图形建立联系，使之直观化、形象化，从函数关系中点与线的位置、方程根的情况得出图形中的几何关系.以形导数，由数思形，从而寻找出解题捷径. 解代数、几何综合题要灵活运用数形结合的思想进行数与形之间的相互转化，关键是要从题目中寻找这两部分知识的结合点，从而发现解题的突破口. 这类题目往往是中考的压轴题.解题方法：解这类题目时应从代数几何两方面入手，多角度、多线索地深入分析，架起连接代数与几何的桥梁关键点.灵活运用数学思想方法，如数形结合思想、数学建模思想、分类讨论思想、转化的思想、函数与方程思想等.例1. 生活中，有人喜欢把传送的便条折成形状，折叠过程是这样的(阴影部分表示纸条的反面)，如图1-1.Q图1-1如果由信纸折成的长方形纸条(图①)长为26 cm，宽为x cm，分别回答下列问题：(1)为了保证能折成图④的形状(即纸条两端均超出点P)，试求x的取值范围．(2)如果不但要折成图④的形状，而且为了美观，希望纸条两端超出点P的长度相等，即最终图形是轴对称图形，试求在开始折叠时起点M与点A的距离(用x表示)．点拨：将图④中的纸条分别沿PM、PQ折叠，把折好的纸条打开，则得到如图1-2所示的带有折痕（虚线）的纸条（数学化）.我们发现其中等腰直角三角形的斜边长正好等于纸条的宽，PM′等于5倍的纸条宽，从而可列方程求解.图1-2 解：（1）由折纸的过程可知，要保证折后纸条两端均超出点P ，则必须满足AB PM </， ∴2650<<x ，解得5260<<x ； （2）∵图④是轴对称图形，由纸条两端超出点P 的长度相等，也即2526/x BM AP -==，折叠时起点M 与点A 的距离为PM AP +，而x PM =， ∴AM =x x x PM AP 23132526-=+-=+. 点M 与点A 的距离是（x 2313-）cm . 归纳：本题设计精巧、颇具创意，以学生喜闻乐见的“折纸”为背景，展示了数学的丰富内涵，材料鲜活、亲切，表述简明、直观，且几何底蕴丰富，极具有挑战性. 既考查了图形变换及轴对称、方程和不等式的知识，又考查了实践能力和数学建模能力，引导学生将实践变为真知，将感性上升为理性，这正是此题设计的价值所在. 如果不亲自动手实践，仅凭想象，是很难得到正确结果的.此题对学生的识图能力和动手实践能力提出了更高的要求. 实践操作型以文字、图形等形式介绍一种图案（实物）的设计（制作）流程，根据流程完成设计或制作，并在此基础解决设计或制作中所遇到的问题. 求解时，要注意挖掘设计（制作）过程中蕴涵的数学知识.例2. 如图2-1，以矩形OABC 的顶点O 为原点，OA 所在的直线为x 轴，OC 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系．已知OA ＝3，OC ＝2，点E 是AB 的中点，在OA 上取一点D ，将△BDA 沿BD 翻折，使点A 落在BC 边上的点F 处．（1）直接写出点E 、F 的坐标；（2）设顶点为F 的抛物线交y 轴正半轴．．．于点P ，且以点E 、F 、P 为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛物线的解析式；（3）在x 轴、y 轴上是否分别存在点M 、N ，使得四边形MNFE 的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．点拨：（1）由轴对称的性质，可知∠FBD =∠ABD ，FB=AB ，可得四边形ABFD 是正方形，则可求点E 、F 的坐标；（2）已知抛物线的顶点，则可用顶点式设抛物线的解析式. 因为以点E 、F 、P 为顶点的等腰三角形没有给明顶角的顶点，而顶角和底边都是惟一的，所以要抓住谁是顶角的顶点进行分类，可分别以E 、F 、P 为顶角顶点；（3）求周长的最小值需转化为利用轴对称的性质求解.解：(1)E (3,1)；F (1,2)；(2)连结EF ，在R t △EBF 中,∠B =90°，∴EF =5212222=+=+BF EB .设点P 的坐标为(0,n ),n ＞0,∵顶点F (1,2), ∴设抛物线的解析式为y =a (x -1)2+2，(a ≠0)． ①如图2-2，当EF =PF 时，EF 2=PF 2，∴12+(n -2)2=5，解得n 1=0(舍去)，n 2=4.∴P (0，4)，∴4=a (0-1)2+2，解得a =2，∴抛物线的解析式为y =2(x -1)2+2．P MM ′图2-1②如图2-3，当EP =FP 时，EP 2=FP 2，∴(2-n )2+1=(1-n )2+9，解得n =－25(舍去) ． ③当EF =EP 时，EP =5＜3，这种情况不存在. 综上所述，符合条件的抛物线为y =2(x -1)2+2．(3)存在点M 、N ，使得四边形MNFE 的周长最小．如图2-4，作点E 关于x 轴的对称点E ′，作点F 关于y 轴的对称点F ′，连结E ′F ′，分别与x 轴、y 轴交于点M 、N ，则点M 、N 就是所求. 连结NF 、ME .∴E ′(3，-1)、F ′(-1，2)，NF =NF ′，ME =ME ′. ∴BF ′=4，BE ′=3.∴FN +NM +ME =F ′N +NM +ME ′=F ′E ′=2243+=5.又∵EF =5，∴FN +MN +ME +EF =5+5，此时四边形MNFE 的周长最小值为5+5.归纳：本题考查了平面直角坐标系、等腰直角三角形、抛物线解析式的求法、利用轴对称性求最短距离以及数形结合、分类讨论等数学思想. 分类讨论的思想要依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类原则是不重不漏、最简. 分类常见的依据是：一是依概念分类，如判断直角三角形时明确哪个角可以是直角，两个三角形相似时分清谁与谁可以是对应角；二是依运动变化的图形中的分界点进行分类，如一个图形在运动过程中，与另一个图形重合部分可以是三角形，也可以是四边形、五边形等. 几何与函数的综合题是中考常见的压轴题型，解决这类问题主要分为两步：一是利用线段的长确定出几何图形中各点的坐标；二是用待定系数法求函数关系式.例3. 已知：如图3-1，在Rt ACB △中，90C ∠=，4cm AC =，3cm BC =，点P由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度为1cm/s ；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为(s)t （02t <<），解答下列问题：（1）当t 为何值时，PQ BC ∥？（2）设AQP △的面积为y （2cm ），求y 与t 之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t ，使线段PQ 恰好把Rt ACB △的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的值；若不存在，说明理由；（4）如图3-2，连接PC ，并把PQC △沿QC 翻折，得到四边形PQP C '，那么是否存在某一时刻t ，使四边形PQP C '为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．点拨：（1）当PQ ∥BC 时，△APQ ∽△ABC ，从而可列比例式=AC AQ ABAP ，求出t 的值； （2）过点P 作PH ⊥AC 于H ，由△APH ∽△ABC ，得=BC PH AB AP ，求出PH ，然后由 S △APQ =21PH ·AQ , 求出y 关于t 的函数关系式； （3）先假设存在，再由假设出发结合已知条件求出t 的值.解：（1）在Rt △ABC 中，522=+=AC BC AB ，由题意知：AP = 5－t ，AQ = 2t ， 若PQ ∥BC ，则△APQ ∽△ABC . ∴=AC AQ AB AP . ∴5542t t -=，∴710=t ．（2）过点P 作PH ⊥AC 于H ．如图3-3.∵△APH ∽△ABC ，∴=BC PH AB AP ， ∴=3PH 55t -，∴t PH 533-=. ∴t t t t PH AQ y 353)533(221212+-=-⨯⨯=⨯⨯=． （3）若PQ 把△ABC 周长平分，则AP+AQ=BP+BC+CQ ．∴)24(32)5(t t t t -++=+-， 解得：1=t ．若PQ 把△ABC 面积平分，A图3-1图3-3 B则ABC APQ S S ∆∆=21， 即－253t ＋3t =3．∵ t =1代入上面方程不成立，∴不存在这一时刻t ，使线段PQ 把Rt △ACB 的周长和面积同时平分．（4）过点P 作PM ⊥AC 于Ｍ，PN ⊥BC 于N ，如图3-4.若四边形PQP ′ C 是菱形，那么PQ ＝PC ．∵PM ⊥AC 于M ，∴QM=CM ．∵PN ⊥BC 于N ，易知△PBN ∽△ABC ． ∴ABBP AC PN =． ∴54t PN =，∴54t PN =． ∴CM QM ==∴425454=++t t t ，解得：910=t ． ∴当910=t 时，四边形PQP ′ C 是菱形． 此时37533=-=t PM ，9854==t CM ． 在Rt △PMC 中，9505816494922=+=+=CM PM PC ， ∴菱形PQP ′ C 边长为9505． 归纳：本题属于涉及动点和存在性问题的代几综合题，题目应用的知识面广，兼顾基础与能力，难度较大.考查的知识点主要有相似三角形、四边形、图形的轴对称、方程与函数等相关知识. 解决几何与函数这类问题的关键是要将函数的变量与几何中的变量结合起来，利用函数和方程探求几何变量与几何图形的关系. 解决动态几何问题我们需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变量和不变关系或特殊关系；在求有关图形的变量之间关系时，通常建立函数模型或不等式模型来求解；求图形之间的特殊数量关系和一些特殊值时，通常建立方程模型求解.BN。

51.代数、几何综合题一、考点梳理代数、几何综合题需要综合运用代数、几何这两部分知识解题，是初中数学中知识涵盖面广、综合性最强的题型，它的解法有多种多样，代数与几何综合题考查数学基础知识和灵活运用知识的能力；考查对数学知识的迁移整合能力；考查将大题分解为小题、复杂问题简单化的能力；考查对代数、几何知识的内在联系的认识，运用数学思想方法（如数形结合、数学建模、分类讨论、转化、函数与方程等）分析与解决问题的能力.这类题目往往是中考的压轴题.代数、几何综合题一般包括：（1）方程与几何综合的问题；（2）函数与几何综合的问题；（3）动态几何中的函数问题；（4）直角坐标系中的几何问题；（5）几何图形中的探究、归纳、猜想与证明问题.二、考点精析【例1】（2017湖北襄阳模拟）如图51－1，⊙O 中，直径CD ⊥弦AB 于E ，AM ⊥BC 于M ，交CD 于N ，连接AD.（1）求证：AD ＝AN ；（2）若AB ＝8，ON ＝1，求⊙O 的半径.图51－1【答案】（1）证明：∵∠ABC 与∠ADC 是同弧所对的圆周角，∴∠B ＝∠D ，∵AE ⊥CD ，AM ⊥BC ，∴∠AMB ＝∠AEN ＝90°，∴∠ANE+∠BAM ＝90°，∠B+∠BAM ＝90°，∴∠B ＝∠ANE∴∠D ＝∠ANE ，∴AD ＝AN.（2）设OE ＝x ，连接OA ，∵AN ＝AD ，CD ⊥AB ，∴DE ＝EN ＝1x +，∴OD ＝OE+DE ＝121x x x ++=+，∴OA ＝OD ＝21x +∴在Rt △OAE 中，由勾股定理得：222OE AE OA += ∴()222421x x +=+，解得：53x =或3x =-（不合题意，舍去）. ∴OA ＝513212133x +=⨯+=，即⊙O 的半径为133. 【解析】本题是比较典型的几何与方程相结合的例子，第一问利用圆周角的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判断来解决问题.第二问利用垂径定理和勾股定理的知识并结合方程的思想求解.【例2】（2016辽宁阜新）如图51－2，已知二次函数2y x bx c =-++的图象交x 轴于点A （－4，0），和点B ，交y 轴于点C （0，4）.（1）求这个二次函数的表达式；（2）若点P 在第二象限内的抛物线上，求△PAC 面积的最大值和此时点P 的坐标；（3）在平面直角坐标系内，是否存在点Q ，使A ，B ，C ，Q 四点构成平行四边形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由.图51－2 图51－3 【答案】（1）∵二次函数2y x bx c =-++的图象交x 轴于点A （－4，0），和点B ，交y 轴于点C （0，4）∴01644b c c =-+⎧⎨=⎩，解得：34b c =-⎧⎨=⎩ ∴二次函数的表达式为：234y x x =--+.（2）如图51－3，由（1）知二次函数的表达式为234y x x =--+令0y =，得2340x x --+=，解得4x =-或1x =，∴点B 的坐标为（1，0）， 连接AC ，PA ，PC ，∴点P 是直线AC 平移后和抛物线只有一个交点时，△PAC 面积最大值.∵A （－4，0），C （0，4），∴直线AC 的解析式为4y x =+，设直线AC 平移后的直线解析式为4y x b =++， ∴2344y x x y x b⎧=--+⎨=++⎩，∴240x x b ++=，∴2440b ∆=-=，解得：4b =， ∴点P （－2，6），过点P 作PD ⊥y 轴，∴PD ＝2，OD ＝4，∵A （－4，0），C （0，4），∴OA ＝4，OC ＝4，CD ＝2，()()11122211124622448.222PAC PCD AOCAODP S S S S PD OA OD PD CD OA OC ∆∆∆∴=--=+⨯-⨯-⨯=+⨯-⨯⨯-⨯⨯=梯形 （3）存在点Q ，使A ，B ，C ，Q 四点构成平行四边形，理由如下：①以AB 为边时，CQ ∥AB ，CQ ＝AB ，过点C 作平行于AB 的直线l ，∵C （0，4），∴直线l 的解析式为4y =，∴点Q 在直线l 上，设Q 点的坐标为(),4d ，∴CQ ＝d ，∵A （－4，0），B （1，0），∴AB ＝5，∴5d =，∴5d =±，∴Q 点的坐标为（－5，4）或（5，4）；②以AB 为对角线时，CQ 必过线段AB 的中点，且被AB 平分，即：AB 的中点也是CQ 的中点，∵A （－4，0），B （1，0），∴线段AB 的中点坐标为（32-，0） 设Q 点的坐标为(),Q Q x y ，且点C 为（0，4）， 由中点公式得：0322402Q Q x y +⎧=-⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，解得：34Q Q x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，∴Q 点的坐标为()3,4--.所以，满足条件的点Q 的坐标为Q （－5，4）或（5，4）或（－3，－4）.【解析】此题是一道特殊四边形与二次函数相结合的典例.遇到有两个定点确定特殊四边形的问题，常常要用到分类讨论和数形结合的思想，分别画出符合要求的图形，找到所有的答案，分类时要注意不重不漏.三、考点精练（一）选择题1.（2015湖南邵阳）如图51－4，在等腰△ABC 中，直线l 垂直底边BC ，现将直线l 沿线段BC 从B 点匀速平移至C 点，直线l 与△ABC 的边相交于E ，F 两点.设线段EF 的长度为y ，平移时间为t ，则图51－5中能较好反映y 与t 的函数关系的图象是（ ）图51－4 图51－5A B C D 2.（2017湖北咸宁）在平面直角坐标系xOy 中，将一块含有45°角的直角三角板如图51－6放置，直角顶点C 的坐标为（1，0），顶点A 的坐标为（0，2），顶点B 恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x 轴正方向平移，当顶点A 恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C 的对应点C '的坐标为（ ） A.3(,0)2 B. (2,0) C. 5(,0)2D. (3,0)（二）填空题3.（2017湖北黄冈模拟）一条排水管的截面如图51－7所示，已知排水管的半径OA ＝1m ，水面宽AB ＝1.2m ，某天下雨后，水管水面上升了0.2m ，则此时排水管水面宽CD 等于 m.图51－6 图51－74.（2017山西百校联考）如图51－8，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD 的顶点B ，C 在x 轴上，A ，D 两点分别在反比例函数3y x =-与1y x=的图象上，则平行四边形ABCD 的面积为 .5.（2016辽宁）如图51－9，四边形OABC 为矩形，点A ，C 分别在x 轴和y 轴上，连接AC ，点B 的坐标为（4，3），∠CAO 的平分线与y 轴相交于点D ，则点D 的坐标为 .图51－8 图51－9 （三）能力提升6.（2014四川成都）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图51－10所示的直角墙角（两边足够长），用28m 长的篱笆围成一个矩形花园ABCD （篱笆只围AB ，BC 两边），设AB ＝x m.（1）若花园的面积为1922m ，求x 的值.（2）若在P 处有一棵树与墙CD ，AD 的距离分别是15m 和6m ，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S 的最大值.7.如图51－11，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm，点E，F，G分别从点A，B，C三点同时出发，沿矩形的边逆时针方向移动，点E，G的速度均为2cm/s，F的速度是4cm/s.当点F追上点G（即点F与点G重合）时.三个点随之停止运动.设移动开始后第t秒时，△cm.EFG的面积为S2（1）当t＝1s时，S的值是多少？（2）写出S和t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）若点F在矩形的边BC上移动，当t为何值时，以点B，E，F为顶点的三角形与以点C，F，G为顶点的三角形相似？请说明理由.8.（2016贵州六盘水）如图51－12，抛物线2y ax bx c =++的图象与x 轴交于点A （－1，0），B （3，0）两点，与y 轴交于点C （0，－3），顶点为D.（1）求此抛物线的解析式；（2）求此抛物线顶点D 的坐标和对称轴；（3）探究对称轴上是否存在一点P ，使得以P ，D ，A 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的P 点的坐标；若不存在，请说明理由.9.（2017湖北荆州）如图51－13，在平面直角坐标系中，直线334y x=-+与x轴、y轴分别交于A，B两点，点P，Q同时从点A出发，运动时间为t秒，其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度，以点Q为圆心，PQ长为半径作⊙Q.（1）求证：直线AB是⊙Q的切线；（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M.若CM 与⊙Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB，CM，y轴与⊙Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案。

2013中考全国100份试卷分类汇编²代数几何综合【1】如图，抛物线y=ax 2+bx+c 关于直线x=1对称，与坐标轴交于A 、B 、C 三点，且AB=4，点D （2，23）在抛物线上，直线是一次函数y=kx-2（k ≠0）的图象，点O 是坐标原点。

（1）求抛物线的解析式；（2）若直线平分四边形OBDC 的面积，求k 的值。

（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于M 、N 两点，问在y 轴正半轴上是否存在一定点P ，使得不论k 取何值，直线PM 与PN 总是关于y 轴对称？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由。

解：（1）因为抛物线关于直线x=1对称，AB=4，所以A （-1，0），B （3，0）。

由点D （2，23）在抛物线上，所以⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-23c 2b 4a 0c b a ，所以3a+3b=23，即a+b=21。

又-2a b =1，即b=-2a ，代入上式解得a=-21，b=1，从而c=23，所以y=-21x 2+x+23。

（2）由（1）知y=-21x 2+x+23，令x=0，得C （0，23），所以CD ∥AB 。

令kx-2=23，得l 与CD 的交点F （2k 7，23）。

令kx-2=0，得l 与x 轴的交点E （k2，0）。

根据S 四边形OEFC =S 四边形EBDF 得：OE+CF=DF+BE ，即：k 2+2k 7=（3-k 2）+（2-2k 7），解得k=511。

（3）由（1）知y=-21x 2+x+23=-21（x-1）2+2，所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为y=-21x 2。

假设在y 轴上存在一点P （0，t ），t ＞0，使直线PM 与PN 关于y 轴对称，过点M 、N 分别向y 轴作垂线MM 1、NN 1，垂足分别为M 1、N 1，因为∠MPO=∠NPO ，所以Rt △MPM 1∽Rt △NPN 1，所以，11NN MM =11PN PM①。

代数综合题一：对于实数a，b，我们用符号min{a，b}表示a，b两数中较小的数，如min{3，5}=3，因此，min{－1，－2}=________；若{}22min(1),4+=，则x=___________．x x题二：对于实数c，d，我们用符号max{c，d}表示c，d两数中较大的数，如max{3，5}=5，因此，题四：在平面直角坐标系中，点P(0，m2)(m>0)在y轴正半轴上，过点P作平行于x轴的直线，分别交抛物线C1：y A、B，交抛物线C2：y于点C、D．(1)如图①，原点O关于直线AB的对称点为点Q，分别连接OA，OB，QC 和QD，求△AOB与△CQD面积比为_______．(2)如图②过点A作y轴的平行线交抛物线C2于点E，过点D作y轴的平行线交抛物线C1于点F，在y轴上任取一点M，连接MA、ME、MD和MF，则△MAE与△MDF面积的比值为_______．题七： 设函数y =⎩⎨⎧<+≥+-0130242x x x x x ，　，，若互不相等的实数x 1，x 2，x 3，满足y 1=y 2=y 3， 求x 1+x 2+x 3的取值范围．题八： 在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y =243x x ++与x 轴交于点A 、B (点A 在点B 的左侧)，与y 轴交于点C ． (1)求直线AC 的表达式；(2)在x 轴下方且垂直于y 轴的直线l 与抛物线交于点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，与直线AC 交于点N (x 3，y 3)，若x 1>x 2>x 3，结合函数的图象，求x 1+x 2+x 3的取值范围．参考答案题一：－2，－3或2．详解：∵－2<－1，∴min{－1，－2}=－2，∵{}22+=，x xmin(1),4当(x+1)2=x2时，解得：x=－0.5，(x+1)2=x2=0.25，这时不可能得出最小值为4，当x>－0.5，(x+1)2>x2，则x2=4，解得x1=2或x2=－2(舍去)，当x<－0.5，(x+1)2<x2，则(x+1)2=4，解得x1=－3或x2=1(舍去)，∴x=－3或x=2．题二：∵{}22++=，max22,2x x x当x2+2x+2=x2时，解得：x=－1，x2+2x+2=x2=1，这时不可能得出最大值为2，当x>－1，x2+2x+2>x2，则x2+2x+2=2，解得x1=0或x2=－2(舍去)，∴x=0．题三：∴C (－3m ，m 2)，D (3m ，m 2)，∴CD =6m ，∵O 、Q 关于直线CD 对称， ∴PQ =OP ，∵CD ∥x 轴，∴∠DPQ =∠DPO =90°，∴△AOB 与△CQD 的高相等， PQ CD PO AB ⋅⋅2121=mm 64=32．AEM DFMS S=∵S △OEF +S △OFD =S △OEC +S 梯形ECDF ，而S △OFD =S △OEC =2， 2详解：先作出函数y =⎩⎨⎧<+≥+-0130242x x x x x ，　，的图象，如图，不妨设x 1<x 2<x 3，∵y =242x x -+(x ≥0)的对称轴为x =2，y 1=y 2，∴x 2+x 3=4， ∵y =242x x -+(x ≥0)的顶点坐标为(2，－2)，令y =－2，代入y =3x +1，解得：x =－1，∴－1<x 1<0，则x 1+x 2+x 3的取值范围是：－1+4<x 1+x 2+x 3<0+4，∴3<x 1+x 2+x 3<4．题八： (1)y =x +3；(2)－8<x 1+x 2+x 3<－7．详解：(1)由y =243x x ++得到：y =(x +3)(x +1)，C，∴A (－3，0)，B (－1，0)，设直线AC 的表达式为：y =kx +b (k ≠0)， ∴⎩⎨⎧==+303-b b k ，解得:⎩⎨⎧==31b k ，所以直线AC 的表达式为y =x +3，(2)由y =243x x ++得到：y =(x +2)2－1，∴抛物线y =243x x ++的对称轴是x =－2， 顶点坐标是(－2，－1)，∵y 1=y 2，∴x 1+x 2=－4，令y =－1，代入y =x +3，解得：x =－4，∵x 1>x 2>x 3，∴－4<x 3<－3，∴－4－4<x 1+x 2+x 3<－3－4，∴－8<x 1+x 2+x 3<－7．代数几何综合题一：如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（-1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点M坐标；（2）在抛物线的对称轴上找到点P，使得△P AC的周长最小，并求出点P 的坐标.题二：如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（-4，0），B（1，0），与y轴交于点D（0，4），点C（-2，n）也在此抛物线上．（1）求此抛物线的解析式及点C的坐标；（2）设BC交y轴于点E，连接AE，AC请判断△ACE的形状，并说明理由.题三：在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，称线段PQ长度的最小值为图形M，N的密距，记为d（M，N）．特别地，若图形M，N有公共点，规定d（M，N）=0．（1）如图1，⊙O的半径为2，①点A（0，1），B（4，3），则d（A，⊙O）=，d（B，⊙O）=.是⊙O的关联点，求m的取值范围；（2）若线段EF上的所有点都是某个圆的关联点，求这个圆的半径r的取值范围．参考答案题一： （1）y =214x --+（），M （1，4）；（2）P （1，2）. 详解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）过A （-1，0）、B （3，0），C （0，3）三点，∴93003a b c a b c c ++=⎧⎪-+=⎨⎪=⎩，解得12c=3a b =-⎧⎪=⎨⎪⎩.故抛物线的解析式为222314y x x x =-++=--+（），故顶点M 为（1，4）； （2）如图1，∵点A 、B 关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC与抛物线对称轴交于一点，即为所求点P ．设对称轴与x 轴交于点H ，题二： （1）y =-x 2-3x +4，C （-2，6）；（2）△ACE 为等腰直角三角形.详解：（1）∵抛物线经过A 、B 、D 三点，∴代入抛物线解析式可得164004a b c a b c c -+⎧⎪++⎨⎪⎩＝＝＝，解得134a b c -⎧⎪-⎨⎪⎩＝＝＝，∴抛物线的解析式为 y =-x 2-3x +4， ∵点C （-2，n ）也在此抛物线上，∴n =-4+6+4=6，∴C 点坐标为（-2，6）；∴AE2+CE2=20+20=40=AC2，且AE=CE，∴△ACE为等腰直角三角形.。

代数几何综合题1、如图，等腰直角△OEF在坐标系中，有E（0，2）F（-2，0），将直角△OEF绕点E逆时针旋转900△ADE,且A在第一象限内，抛物线y=ax2+bx+c经过点A,E.且2a+3b+5=0(1)、求抛物线的解析式。

（2）、以ED的中点O′为圆心，O′。

①、试判断点A与⊙O′的位置关系。

②、过O′作B O′⊥OE于B,C O′⊥OD于C,求证OB O′C为正方形。

(3)、如果点P由E开始沿EA边以每秒2厘米的速度向点A移动，同时点Q由点A沿AD边以每秒1厘米的速度向点D移动，当点P移动到点A时，P,Q两点同时停止，且过P作GP⊥AE，交DE于点G，设移动的开始后为t秒。

①、若S=PQ2（厘米），试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围？②、当S取最小时，在抛物线上是否存在点R，使得以P,A,Q,R为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出R的坐标；如果不存在，请说明理由。

③、连接GQ，在点P,Q移动的过程中，当t为何值时，使△GDQ是等腰三角形。

④、连接PQ, 在点P,Q移动的过程中，当t为何值时，使PQ‖ED。

2、如图，以AB 为直径的⊙O ′。

交Y 轴于C,E 两点。

OA 、OB 是方程2540x x -+=的两根（BC>AC ）,CD 是∠ACB 的角平分线交⊙O ′于点D 。

（1）、求过A 、B 、C 三点抛物线的解析式。

（2）、求AD 的长。

（3）、点P 从A 点向B 运动，速度为2，点Q 从B 向C 运动，速度为1，两点同时开始运动，当一点到终点时，另一点也立即停止，时间是t,问当t 为何值时，△QBP 与△ACO 相似。

3、如图，以AB 为直径的⊙O ′。

交Y 轴于C 点。

OA 、OC 是方程212320x x -+=的两根（OA>OC ）（1）、求过A 、B 、C 三点抛物线的解析式。

（2）、若M 为（1）中抛物线的顶点，试判断直线MC 与⊙O ′的位置关系，并说明理由。

人教版数学中考专题：代数几合综合问题含答案HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】中考数学专题：代数几何综合问题一、填空题1. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为(4，10)，点C在y轴上，且△ABC是直角三角形，则满足条件的 C点的坐标为______________．2.如图，在坐标轴上取点A1（2，0），作x轴的垂线与直线y=2x交于点B1，作等腰直角三角形A1B1A2；又过点A2作x轴的垂线交直线y=2x交于点B2，作等腰直角三角形A2B2A3；…，如此反复作等腰直角三角形，当作到An（n为正整数）点时，则An的坐标是______．二，选择题3.如图，O是边长为4cm的正方形ABCD的中心，M是BC的中点，动点P由A开始沿折线A﹣B﹣M方向匀速运动，到M时停止运动，速度为1cm/s．设P点的运动时间为t（s），点P的运动路径与OA、OP所围成的图形面积为S（cm2），则描述面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象可以是（）A． B．B． D．C．D． 4. 如图，夜晚，小亮从点A经过路灯C的正下方沿直线走到点B，他的影长y随他与点A之间的距离x的变化而变化，那么表示y与x之间函数关系的图象大致为（）E．?F．G．三、解答题H． 5. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作I．PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．J．（1）连接DP，经过1秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由；K．（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？L．（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．M．N．6．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是梯形，OA∥BC，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（3，4），点C在y轴的正半轴上．动点M在OA上运动，从O点出发到A点；动点N在AB上运动，从A点出发到B点．两个动点同时出发，速度都是每秒1个单位长度，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为t（秒）O．（1）求线段AB的长；当t为何值时，MN∥OC？P．（2）设△CMN的面积为S，求S与t之间的函数解析式，并指出自变量t的取值范围；S是否有最小值？若有最小值，最小值是多少？Q．R．7. 条件：如下图，A、B是直线l同旁的两个定点．S．T．问题：在直线l上确定一点P，使PA+PB的值最小．U．方法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB=A′B的值最小（不必证明）．V．模型应用：W．（1）如图1，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是AC上一动点．连接BD，由正方形对称性可知，B与D关于直线AC对称．连接ED交AC于P，则PB+PE的最小值是______；X．（2）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC=60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；Y．（3）如图3，∠AOB=45°，P是∠AOB内一点，PO=10，Q、R分别是OA、OB 上的动点，求△PQR周长的最小值．Z．8.如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系的矩形纸片，O为原点，点A在x 轴上，点C在y轴上，OA=15，OC=9，在AB上取一点M，使得△CBM沿CM翻折后，点B落在x轴上，记作N点．9.（1）求N点、M点的坐标；10.（2）将抛物线y=x2﹣36向右平移a（0＜a＜10）个单位后，得到抛物线l，l经过点N，求抛物线l的解析式；11.（3）①抛物线l的对称轴上存在点P，使得P点到M、N两点的距离之差最大，求P点的坐标；12.②若点D是线段OC上的一个动点（不与O、C重合），过点D作DE∥OA交CN于E，设CD的长为m，△PDE的面积为S，求S与m之间的函数关系式，并说明S 是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．13.14.9. 如图，直线y=kx﹣1与x轴、y轴分别交于B、C两点，tan∠OCB=．（1）求B点的坐标和k的值；（2）若点A（x，y）是第一象限内的直线y=kx﹣1上的一个动点．当点A运动过程中，试写出△AOB的面积S与x的函数关系式；（3）探索：在（2）的条件下：①当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是；②在①成立的情况下，x轴上是否存在一点P，使△POA是等腰三角形？若存在，请写出满足条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．10. （2018?成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a ＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y 轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a 的值；（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．11. 如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M 为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．（1）如图①，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F 是否在直线NE上？请直接写出结论，不必证明或说明理由；（2）如图②，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；（3）若点M在点C右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．?【答案与解析】一、填空题1.【答案】（0，0），（0，10），（0，2），（0，8）2.【答案】（2×3n﹣1，0）.【解析】∵点B1、B2、B3、…、Bn在直线y=2x的图象上，∴A1B1=4，A2B2=2×（2+4）=12，A3B3=2×（2+4+12）=36，A4B4=2×（2+4+12+36）=108，…，∴An Bn=4×3n﹣1（n为正整数）．∵OAn =AnBn，∴点An的坐标为（2×3n﹣1，0）．故答案为：（2×3n﹣1，0）．二、选择题3.【答案】A.【解析】分两种情况：①当0≤t＜4时，作OG⊥AB于G，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，AD=AB=BC=4cm，∵O是正方形ABCD的中心，∴AG=BG=OG=AB=2cm，∴S=AP?OG=×t×2=t（cm2），②当t≥4时，作OG⊥AB于G，如图2所示：S=△OAG的面积+梯形OGBP的面积=×2×2+（2+t﹣4）×2=t（cm2）；综上所述：面积S（cm2）与时间t（s）的关系的图象是过原点的线段，故选A．4.【答案】A.三、解答题5.【答案与解析】解：（1）能，如图1，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动,t=1秒∴AP=1，BQ=，∵AC=4，BC=5，点D在BC上，CD=3，∴PC=AC-AP=4-1=3，QD=BC-BQ-CD==，∵PE∥BC，解得PE=，∵PE∥BC，PE=QD，∴四边形EQDP是平行四边形；（2）如图2，∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，点Q以厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，∴PC=AC-AP=4-t，QC=BC-BQ=，∴?∴PQ∥AB；（3）分两种情况讨论：①如图3，当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4-t，又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC∴，∵BC=5，CD=3，∴BD=2，∴DQ=，∴解得t=（秒）；②如图4，当∠QED=90°时，作EM⊥BC于M，CN⊥AD于N，则EM=PC=4-t，在 Rt△ACD中，∵AC=4，CD=3，∴AD=，?∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA，?∴ t=（秒）．综上所述，当 t=秒或t=秒时，△EDQ为直角三角形．6.【答案与解析】解：（1）过点B作BD⊥OA于点D，则四边形CODB是矩形，BD=CO=4，OD=CB=3，DA=3在Rt△ABD中，．当?时，，?，．∵?，，∴，即?（秒）．（2）过点作轴于点，交的延长线于点，∵?，∴，．即?，．?，?．?，∴．即?（）．由?，得．∴当时，S有最小值，且7.【答案与解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AC垂直平分BD，∴PB=PD，由题意易得：PB+PE=PD+PE=DE，在△ADE中，根据勾股定理得，DE=；（2）作A关于OB的对称点A′，连接A′C，交OB于P，PA+PC的最小值即为A′C的长，∵∠AOC=60°∴∠A′OC=120°作OD⊥A′C于D，则∠A′OD=60°∵OA′=OA=2∴A′D=∴；（3）分别作点P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON、MN，MN交OA、OB于点Q、R，连接PR、PQ，此时△PQR周长的最小值等于MN．由轴对称性质可得，OM=ON=OP=10，∠MOA=∠POA，∠NOB=∠POB，∴∠MON=2∠AOB=2×45°=90°，在Rt△MON中，MN===10．即△PQR周长的最小值等于10．8.【答案与解析】解：（1）∵CN=CB=15，OC=9，∴ON==12，∴N（12，0）；又∵AN=OA﹣ON=15﹣12=3，设AM=x∴32+x2=（9﹣x）2，∴x=4，M（15，4）；（2）解法一：设抛物线l为y=（x﹣a）2﹣36则（12﹣a）2=36∴a1=6或a2=18（舍去）∴抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36 解法二：∵x2﹣36=0，∴x1=﹣6，x2=6；∴y=x2﹣36与x轴的交点为（﹣6，0）或（6，0）由题意知，交点（6，0）向右平移6个单位到N点，所以y=x2﹣36向右平移6个单位得到抛物线l：y=（x﹣6）2﹣36；（3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知：P点是直线MN与对称轴x=6的交点，设直线MN的解析式为y=kx+b，则?，解得?，∴y=x﹣16，∴P（6，﹣8）；②∵DE∥OA，∴△CDE∽△CON，∴；∴S=∵a=﹣＜0，开口向下，又m=﹣∴S有最大值，且S最大=﹣．9.【答案与解析】解：（1）∵y=kx﹣1与y轴相交于点C，∴OC=1；∵tan∠OCB=，∴OB=；∴B点坐标为:；把B点坐标为：代入y=kx﹣1得：k=2；（2）∵S=，y=kx﹣1，∴S=×|2x﹣1|；∴S=|x﹣|；（3）①当S=时，x﹣=，∴x=1，y=2x﹣1=1；∴A点坐标为（1，1）时，△AOB的面积为；②存在．满足条件的所有P点坐标为：P1（1，0），P2（2，0），P3（，0），P4（，0）．10.【答案与解析】解：（1）令y=0，则ax2﹣2ax﹣3a=0，解得x1=﹣1，x2=3∵点A在点B的左侧，∴A（﹣1，0），如图1，作DF⊥x轴于F，∴DF∥OC，∴=，∵CD=4AC，∴==4，∵OA=1，∴OF=4，∴D点的横坐标为4，代入y=ax2﹣2ax﹣3a得，y=5a，∴D（4，5a），把A、D坐标代入y=kx+b得，解得，∴直线l的函数表达式为y=ax+a．（2）设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE =k1x+b1，则，解得：，∴yAE=a（m﹣3）x+a（m﹣3），∴S△ACE=（m+1）[a（m﹣3）﹣a]=（m﹣）2﹣a，∴有最大值﹣a=，∴a=﹣；（3）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，解得x1=﹣1，x2=4，∴D（4，5a），∵y=ax2﹣2ax﹣3a，∴抛物线的对称轴为x=1，设P1（1，m），①若AD是矩形的一条边，由AQ∥DP知xD ﹣xP=xA﹣xQ，可知Q点横坐标为﹣4，将x=﹣4带入抛物线方程得Q（﹣4，21a），m=yD +yQ=21a+5a=26a，则P（1，26a），∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP=90°，∴AD2+PD2=AP2，∵AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，PD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，∴[4﹣（﹣1）]2+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2=（﹣1﹣1）2+（26a）2，即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P1（1，﹣）．②若AD是矩形的一条对角线，则线段AD的中点坐标为（，），Q（2，﹣3a），m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），∵四边形ADPQ为矩形，∴∠APD=90°，∴AP2+PD2=AD2，∵AP2=[1﹣（﹣1）]2+（8a）2=22+（8a）2，PD2=（4﹣1）2+（8a﹣5a）2=32+（3a）2，AD2=[4﹣（﹣1）]2+（5a）2=52+（5a）2，∴22+（8a）2+32+（3a）2=52+（5a）2，解得a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P2（1，﹣4）．综上可得，P点的坐标为P1（1，﹣4），P2（1，﹣）．11.【答案与解析】解：（1）判断：EN与MF相等（或EN=MF），点F在直线NE上.（2）成立．证明：连结DE，DF．∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC．又∵D，E，F是三边的中点，∴DE，DF，EF为三角形的中位线．∴DE=DF=EF，∠FDE=60°．又∠MDF+∠FDN=60°，∠NDE+∠FDN=60°，∴∠MDF=∠NDE．在△DMF和△DNE中，DF=DE，DM=DN，∠MDF=∠NDE，∴△DMF≌△DNE．∴MF=NE．（3）画出图形（连出线段NE），MF与EN相等的结论仍然成立（或MF=NE成立）．。

初二数学代数几何综合题在初二数学教学中，综合题的设置可以增强学生的联系性，强化学生对代数与几何的理解，让学生们通过实际解题进行概念的认知，加强对数学的依赖性。

本文基于上述分析，旨在通过系列综合题激发学生学习数学的积极性，引导学生用所学的知识解决问题。

内容涉及初二数学代数和几何方面的综合题，共5题，给出了5个具体的解题步骤，伴随着完整的解析，从而使学生们有效地通过解题获得更深层次的理解。

第一题：小明把一条线段分割成三段，其中第三段长度为7cm，第二段长度是第一段的3倍，求线段的总长度。

解答：设第一段长度为x，则根据题目给出条件可知，线段总长度为x+3x+7=11x，可得线段总长度为11cm。

第二题：设有两个不相等的正方形，其中一个的边长是另一个的2倍，求两个正方形的周长之和。

解答：设较小正方形的边长为x，则较大正方形的边长为2x，则两个正方形的周长之和为4x+8x=12x，可得周长之和为12x。

第三题：设有一条圆形的弧，其半径为8cm，有一个点在弧上，其切线的距离圆心的距离为6cm，求此弧的弧长。

解答：设圆心角为θ，则圆心角的余弦值为6/8，知θ=60°。

根据S=θ/360×2π×r，可得此弧的弧长S=60°/360×2π×8=4π。

第四题：设有一个正四棱锥，其侧面与底面相切，底面边长为12cm，高为20cm，求侧边长。

解答：由于正四棱锥的右斜边和底面相切，所以侧边的长度就是底面的对角线的长度。

由勾股定理可得，此正四棱锥的侧边长度为根号(12^2+20^2)=24cm。

第五题：设有一个正八边形，其中每个内锥角的余切值为3/5，求此正八边形的内角。

解答：设正八边形的内角为α，则每个内锥角为α/2，故内锥角的余切值应等于 tan(α/2)=3/5，可得α/2=36°，可得正八边形的内角α=72°。

以上就是本文对初二数学代数几何综合题的全部内容，从题目到解析，旨在通过设置综合题，激发学生学习数学的积极性，强化学生对数学的依赖性，从而提高他们的数学学习能力，提升数学成绩。