1、专题15 一次函数与几何图形综合问题【中考考向导航】目录【直击中考】1【考向一 一次函数与三角形的综合问题】1【考向二 一次函数与菱形的综合问题】11【考向三 一次函数与矩形的综合问题】22【考向四 一次函数与正方形的综合问题】30【考向五 一次函数与圆的综合问题】37【直击中考】【考向一 一次函数与三角形的综合问题】例题：（2022四川攀枝花统考中考真题）如图，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C为线段上一动点（不与A、B重合），以C为顶点作，射线交线段于点D，将射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，连接(1)证明：；（用图1）(2)当为直角三角形时，求的长度；（用图2）(3)点A关于射线的对
2、称点为F，求的最小值（用图3）【答案】(1)见解析(2)(3)2【分析】（1）由条件可证得，根据相似三角形对应边成比例得，即；（2）先根据函数关系式求出的长度，然后作出对应的图2，可证明，从而得到，设，结合对应边成比例，得到，则，解方程得到，所以，再由（1）的结论，可计算出【详解】（1）证明：已知射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，,，又，；（2）解：直线，当时，当时，如图2，设，即，由（1）知：，（3）解：如图3，由对称得：,则动点F在以O为圆心，以为半径的半圆上运动，当F在y轴上，此时在B的正上方，的值最小，如图4，此时，即的最小值是2【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形、一
3、次函数与坐标轴交点问题、轴对称图形特征、圆的性质、动点中的最短距离问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定，采用数形结合，利用相似比列方程求线段长是解题关键【变式训练】1（2022江苏苏州苏州市振华中学校校考模拟预测）如图，已知一次函数的图像与轴交于点，与轴交于点，以线段为边在第一象限内作等腰直角三角形，(1)求的值，以及点的坐标；(2)求过，两点的直线解析式【答案】(1)，(2)【分析】（1）把代入，即可求得k值，从而得到一次函数解析式，再令，求得y值，从而得到B点坐标，即可求得，然后作轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出，由全等三角形的性质可知，故可得出C点坐标；（2）用待定系数法求即可【详
4、解】（1）解：把代入，得，解得：，令，则，过点D作CDx轴于点D，如图，又，在与中，则点C的坐标是（2）解：设直线的解析式是，把，代入，得，解得：，直线BC的解析式【点睛】本题考查的是一次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键2（2022春湖南长沙八年级校考阶段练习）如图（含备用图），在直角坐标系中，已知直线y=kx+3与x轴相交于点A（2，0），与y轴交于点B(1)求k的值及AOB的面积；(2)点C在x轴上，若ABC是以AB为腰的等腰三角形，直接写出点C的坐标；(3)点M（3，0）在x轴上，若点P是直线A
5、B上的一个动点，当PBM的面积与AOB的面积相等时，求点P的坐标【答案】(1)；3(2)或或(3)或【分析】（1）运用待定系数法求得k值，从而得到直线解析式，再根据三角形面积公式求解AOB的面积（2）分AC=AB，BC=AB进行讨论，分别求出每种情况下的C点坐标（3）点P在x轴下方和点P在x轴上方，两种情况分别求解【详解】（1）解：将点A（2，0）代入直线y=kx+3，得，0=2k+3，解得，直线y=kx+3与y轴交于点B，令x=0，得y=3B（0，3），OB=3A（2，0），OA=2，；（2）解：如图1，当AC=AB，且C点在A点右侧时，A（2，0），B（0，3），；如图2，当AC=AB，且
6、C点在A点左侧时，又，；如图3，当BC=AB时，综上，C点坐标为或或；（3）解：M（0，3），OM=3，AM=3-2=1，由（1）知，SAOB=3，SPBM=SAOB=3，如图1，当点P在x轴下方时，|yP|=3，点P在x轴下方，yP=-3，当y=-3时，代入得，解得x=4，P（4，-3）；如图2，当点P在x轴上方时，|yP|=9，点P在x轴上方，yP=9，当y=9时，代入得，解得x=-4P（-4，9）综上，符合条件的P点坐标为（4，-3）或（-4，9）【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，包括待定系数法求一次函数解析式，求解相关三角形面积及求解符合条件的点坐标，充分运用数形结合思想是解题的关
7、键3（2022秋福建泉州九年级校考阶段练习）探究与应用：在学习几何时，我们可以通过构造基本图形，将几何“模块”化.例如在相似三角形中，“K”字形是非常重要的基本图形 .(1)如图，已知：ADBCE90，求证：ABCDCE；(2)请直接利用上述“模块”的结论解决下面两个问题：如图，已知点A（2，1），点B在直线y2x3上运动，若AOB90，则此时点B的坐标为 ；如图，过点A（2，1）作x轴与y轴的平行线，交直线y2x3于点C，D，求点A关于直线CD的对称点E的坐标.【答案】(1)见详解(2)；E（，）【分析】（1）根据余角的性质就可以求出B=DCE，再由A=D=90，就可以得出结论；（2）作AG
8、x轴于点G，BHx轴于点H，可以得出，可以得出，设点B的坐标为（x，-2x+3），建立方程求出其解就可以得出结论；过点E作ENAC的延长线于点N，过点D作DMNE的延长线于点M，设E（x，y），先可以求出C、D的坐标，进而可以求出DM=x+2，ME=7-y，CN=x-1，EN=y-1，DE=AD=6，CE=AC=3再由条件可以求出，利用相似三角形的性质建立方程组求出其解就可以得出结论【详解】（1）证明：BCE=90，ACB+DCE=90A=90，ACB+B=90，DCE=BA=D，；（2）解：作轴于点G，轴于点H，AGOOHB，A（-2，1），AG=1，GO=2点B在直线y=-2x+3上，设点
9、B的坐标为（x，-2x+3），OH=x，BH=-2x+3，；过点E作ENAC的延长线于点N，过点D作DMNE的延长线于点M，A（-2，1），C点的纵坐标为1，D点的横坐标为-2，C（x，1），D（-2，y），1=-2x+3，y=-2（-2）+3，x=1，y=7，C（1，1），D（-2，7）设E（x，y），DM=x+2，ME=7-y，CN=x-1，EN=y-1，由对称可知：DE=AD=6，CE=AC=3M=N=DEC=90，解得： E（，）【点睛】本题是一道一次函数的综合试题，考查了相似三角形的判定及性质的运用，轴对称的性质的运用，方程组的运用，解题的关键是灵活运用相似三角形的性质【考向二 一次
10、函数与菱形的综合问题】例题：（2022春河南商丘八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，已知直线yx+4与x轴交于点A，与y轴交于点B（1）点A的坐标为，点B的坐标为；（2）如图，若点M（x，y）在线段AB上运动（不与端点A、B重合），连接OM，设的面积为S，写出S关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）如图，点C在直线AB上，若四边形OADC是菱形，求菱形对角线OD的长【答案】（1）（3，0），（0，4）；（2）S2x+6（0x3）；（3）菱形对角线OD的长为【分析】（1）令 求解直线与轴的交点坐标，令 求解直线与轴的交点坐标；（2）由点M（x，y）在直线上，得到的纵
11、坐标，再利用三角形的面积公式直接得到函数的关系式，由在线段上得到的取值范围；（3）记菱形的对角线的交点为E，由菱形的性质得到OE为AB上的高，利用等面积法先求解OE的长，结合菱形的性质可得答案【详解】解：（1）直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，令y0， 得：x3；令x0，得y4，A（3，0），B（0，4）故答案为：（3，0），（0，4）；（2）点M（x，y）在直线上，M（x，）（0x3）；（3）由（1）得，A（3，0），B（0，4） OA3，OB4在RtAOB中，AB5四边形OADC是菱形，记菱形的对角线的交点为E，ACOD， ABOEOAOB，5OE34，菱形对角线OD的长为【点睛】本题考
12、查的是求一次函数与坐标轴的交点坐标，坐标与图形的面积关系，菱形的性质，掌握以上知识是解题的关键【变式训练】1（2022河南郑州郑州外国语中学校考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，矩形的对角线，(1)求B、C两点的坐标；(2)把矩形沿直线DE对折使点C落在点A处，与相交于点F，求四边形的面积；(3)若点M在直线上，平面内是否存在点N，使以O、F、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)，；(2)(3)，【分析】（1）含角直角三角形的性质及勾股定理得、的长度，则可得、的坐标；（2）由折叠性质得，可证明，则，由矩形可知，四边形是平行四边形；设，则
13、，在中，由勾股定理建立方程可求得的值，从而可求得结果； （3）分三种情况考虑：以为边；为边，为对角线；若为边，为对角线；分别利用菱形的性质及相关知识即可求得点的坐标【详解】（1），由勾股定理得：，；（2）由折叠的性质得：，四边形是矩形四边形是平行四边形设，则在中，解得：（3）若以为边，如图F是中点由（1）知，设直线的解析式为把点与点的坐标分别代入得：解得：直线解析式四边形是菱形的解析式设 解得：若为边，为对角线，如图四边形是平行四边形，四边形是菱形是的垂直平分线四边形是菱形是的垂直平分线M与D重合，即设与互相平分，若为边，为对角线如图直线解析式直线与y轴的交点为， 四边形是菱形，M是直线与y轴
14、的交点四边形是菱形，且综上所述，【点睛】本题考查了一次函数，菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定等知识，涉及分类讨论思想，灵活运用这些知识是解题的关键2（2022秋九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为，它与x轴交于点B，与y轴交于点A，直线y=-x与直线AB交于点C动点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线CO运动，运动时间为t秒(1)求AOC的面积；(2)设PAO的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；(3)M是直线OC上一点，在平面内是否存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出
15、点N的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)AOC的面积=3(2)(3)存在，【分析】（1）由yx+3可求得A（0，3），联立yx得C（2，2），根据三角形的面积公式即可得AOC的面积；（2）设点P的坐标为（m，m），由题意得CPt，根据两点的距离公式可得mt2，根据三角形的面积公式得出SOAPE，根据t的取值范围即可求解；（3）分两种情况：当OA为菱形的边时，当OA为菱形的对角线时，分别根据菱形的性质即可求得答案（1）解：把x=0代入中，y=3， 点A的坐标为（0，3），即OA =3联立解得点C的坐标为（-2，2）AOC的面积；（2）解：如图，过点C作CFy轴于点F，过点P作PEy轴于点E
16、点C的坐标为（-2，2），AOC =45由题意，得CP =t当时，；同理可得当时，综上，（3）解：A（0，3），AO3，当OA为菱形的边时，如图，四边形AOMN是菱形，MNOA，MNOAOM3，直线OC：yx，MOB45，M（，），N（，+3）；同理N（，3）；当OA为菱形边时，如图 此时菱形AMNO是正方形，OA=ON，点N的坐标为（-3，0）；当OA为菱形的对角线时，如图，连接MN，四边形AOMN是菱形，MNOA，MN、OA互相平分，MNx轴，点M、N的纵坐标为，直线OC：yx，M是直线OC上一点，M（，），N（，），综上所述，存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为
17、（，+3）或（，3）或（，）或（-3，0）【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，三角形的面积公式，菱形的性质等，解本题的关键是用分类讨论的思想解决问题3（2022秋九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的正半轴上，直线交轴于点，边交轴于点，连接.(1)填空：菱形的边长_；(2)求直线的解析式；(3)动点从点出发，沿折线方向以3个单位/秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒，当时，求与之间的函数关系式；在点运动过程中，当，请直接写出的值.【答案】(1)5(2)(3)；或【分析】（1）在RtAOH中利用勾股定理即
18、可求得菱形的边长；（2）根据（1）即可求的OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式；（3）根据SABC=SAMB+SBMC求得M到直线BC的距离为h，然后分成P在AB上和在BC上两种情况讨论，利用三角形的面积公式求解将S=2代入中的函数解析式求得相应的t的值（1）解：点的坐标为，在RtAOH中，故答案为：5；（2）四边形ABCO是菱形，OC=OA=AB=5，即C（5，0）设直线AC的解析式y=kx+b，函数图像过点A、C，得，解得，直线AC的解析式为，（3）由，令，则，则，当00和a0两种情况分析求解；（3）作轴于点G当点C在第一象限时，先证得得，设，则，由点C在直
19、线AB上，可求点C的坐标为抛物线经过点C，可求抛物线的解析式；当点C在第三象限时，同样方法可求（1）解：设直线l的解析式为，因为直线l与y轴，x轴分别交于点和点，可列方程组解方程组，得直线l的解析式为（2）解：抛物线经过点，抛物线的解析式为配方得则抛物线顶点M的坐标为抛物线的对称轴与直线AB交于点N，则当时，点当时，如图1，点M在点N上方或点N重合时，抛物线在AOB内部的图象从左到右上升此时，解得当时，点M在x轴下方，抛物线在AOB内部无图象综上述，当时，抛物线在AOB的内部的图象从左到右上升（3）解：作轴于点G如图2，当点C在第一象限时，四边形OCDE是正方形，轴于点G，设，则，点C的坐标为
20、点C在直线AB上，解得点C的坐标为抛物线经过点C，则，解得则此时抛物线的解析式为如图3，当点C在第三象限时，四边形OCDE是正方形，轴，又，设，则，点C的坐标为点C在直线AB上，解得点C的坐标为抛物线经过点C，则，解得则此时抛物线的解析式为综上述，抛物线的解析式为或【点睛】本题考查了用待定系数法求解析式，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意，画出图形，分类讨论【变式训练】1（2023秋广东揭阳九年级校联考阶段练习）(1)【探究发现】正方形的对角线长与它的周长及面积之间存在一定的数量关系已知正方形的对角线长为，则正方形的周长为_，面积为_（都用含的代数式表示）(2)
21、【拓展综合】如图1，若点、是某个正方形的两个对角顶点，则称、互为“正方形关联点”，这个正方形被称为、的“关联正方形”在平面直角坐标系中，点是原点的“正方形关联点”若，则、的“关联正方形”的周长是_；若点在直线上，则、的“关联正方形”面积的最小值是_5如图2，已知点，点在直线上，正方形是、的“关联正方形”，顶点、到直线的距离分别记为和，求的最小值【答案】(1) a； ；(2) ； ；(3)【分析】（）根据正方形的性质及等腰直角三角形的性质即可求得边与对角线之间的关系，从而求解（）先根据两点间的距离公式求出OP的长度即为对角线的长度，再利用上题的结论进行正确计算即可分别过点P、Q作l的垂线，构造出
22、两个全等的三角形，把两点到直线的距离转移到同一个直角三角形中，再根据“垂线段最短”得出当ABl时，AB最短，当AB最短时，BP最短，BP2=，再根据同一直角坐标系中互相垂直的两条直线斜率乘积得-1求出直线AB的解析式，再求出直线AB与直线的交点坐标，然后求出两点距离，再除以2即可【详解】（1）【答题空1-1】如图所示，四边形ABCD是正方形，BAC=BCA=45，AB=BC=CD=AD=，正方形ABCD的周长为：，故答案为：； 【答题空1-2】AB=BC=CD=AD=，面积为：，故答案为：；（2）【答题空2-1】，OP=，由上题可知，此时的周长为，故答案为：；【答题空2-2】若点在直线上，由“
23、垂线段最短可知，当OP垂直于直线时，OP最短，此时、的“关联正方形”的面积最小，此时P(，)，OP=，、的“关联正方形”的面积最小值为，故答案为：；（3）如图，过点P作PMl于M，过点Q作QNl于N，PMB=QNB=90，MPB+PBM=90，PBM+QBN=90，MPB=QBN，PB=QB，BPMQBN(AAS)，BM=QN，即PM=a，BM=b，在RtBPM中，BP2=BP2+BM2=，在RtABP中，AB2=BP2+AP2=2BP2，当AB最小时，BP最小，最小，设直线AB为，ABl，k=，将点代入，可得，联立，得：，解得，此时两直线交点B为，AB2=，BP2=，即=【点睛】本题主要考查
24、正方形的性质及一次函数的性质、勾股定理熟练运用这些知识点构建相对应的数学模型是正确解题的关键【考向五 一次函数与圆的综合问题】例题：（2021广东广州统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点（1）求A、B两点的坐标；（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-80；（3）4【分析】（1）根据一次函数的图像与性质即可求出A、B两点的坐标；（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；（3）根据
25、圆周角性质可得，由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果【详解】解：（1）当时，解得，A（-8，0）当时，B（0，4）（2）A（-8,0），点P在直线上，点P在第二象限，0，且0解得-80；（3）B（0，4），为的外接圆，设，则当最小时，的面积最小当时，有最小值，且为的直径即的半径为4【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图像与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键【变式训练】1（2021宁夏吴忠校考一模）如图，在平面直角坐标系中，直
26、线分别与轴、轴交于、两点，点与点关于轴对称，点为线段上一动点（不与、重合），的延长线与交于点，过、三点的圆与轴交于点(1)求、三点的坐标；(2)求证：；(3)若，求点的坐标【答案】(1)，(2)见解析(3)【分析】利用直线可求得、的坐标，再利用对称可求得点坐标；连接，由OEAOEC和圆内接四边形对角互补的性质可证得，利用相似三角形的性质可证得结论；利用中三角形相似，结合条件可求得，在中，利用三角函数定义可求得的长，则可求得点的坐标（1）解：在中，令可得，令可得，点与关于轴对称，；（2）解：连接，由可知，在和中，四边形内接于圆，ADE+AFE=180，ADE+BDE=180，；（3）解：BEDA
27、EF，【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及直线与坐标轴的交点、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质及解直角三角形等知识在中注意直线与坐标轴交点的求法，在中证得是解题的关键，在中求得是解题的关键本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大2（2022浙江温州九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，以为直径的圆交y轴于点C，D为圆上一点，直线交x轴于点E，交y轴于点F，连结(1)求的值和直线的函数表达式(2)求点D，E的坐标(3)动点P，Q分别在线段，上，连结若，当与的一边平行时，求所有满足条件的的长【答案】(1)，y2x+8；(2)D（，）
28、，E（7，0）；(3)或或【分析】（1）根据圆周角定理及三角函数得tanABC ，然后利用待定系数法可得答案；（2）过点D作DMy轴，垂足为点M，连接AC，根据圆周角定理及三角函数得CF ， ，设FMx，则DM2，BM4x，利用平行线的性质及点的坐标的性质可得答案；（3）分三种情况：当PQBD时，如图，延长PQ交DE于G，过A作ANPQ交OE于点N，过点A作AMx轴于点M；当PQDA时；当PQAB时，延长BA交x轴于点N，分别根据三角函数、勾股定理、相似三角形的判定与性质可得答案【详解】（1）解：AB是直径，ACB90，ACy轴，ACxA3，OCyA2，BCyBOC826，tanABC，A（3
29、，2），B（0，8），设lAB：ykx+b， ， ，y2x+8，tanABC，lAB：y2x+8；（2）解：如图，过点D作DMy轴，垂足为点M，连接AC， ，DBCABC，tanDBMtanABC，DBCDAC，ACF90， ，CF ，设FMx，则DM2，BM4x，BCBM+MF+CF4x+x+5x+6，x ，DM，OMOC+CF+DM2+，D（，），ACx轴，OEy轴，ACOE，FACFEO，FEO ，OF2+，OE7，E（7，0），D（，），E（7，0）；（3）解：当PQBD时，如图，延长PQ交DE于G，过A作ANPQ交OE于点N，过点A作AMx轴于点M，BDPQ，BDAN，ADB=90，
30、DAN=NAE=90，ANE=OFE，NAM=OEF，NAMFEO，AM：OE=NM：OF=AN：EF，NM=1，AN=，ON=2，PQAN，OP：ON=PQ：AN，即OP：2=2：，OP ；当PQDA时，如图3，ACOE，FCAFOE， ，FE2=OF2+OE2， ，FE ，FA，AEFEFA，PQAE，OQPOAE， ，OP ；当PQAB时，如图，延长BA交x轴于点N，lAB：y2x+8，令y0，x4，ON4，OB8，BN ，AB ，ANBNAB，PQBN，OPQONA， ，OP ，综上，OP或或【点睛】此题考查的是圆的有关性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、解三角形、平行线的性质、待定系数法求解析式等知识，正确作出辅助线，进行分类讨论是解决此题的关键
