一次函數(shù)壓軸題動(dòng)點(diǎn)[教師版](編輯修改稿)
2025-04-20 05:35 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 小值？若存在，求出這個(gè)最小值；若不存在，說(shuō)明理由．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：綜合題；數(shù)形結(jié)合。分析：（1）①聯(lián)立兩個(gè)函數(shù)式，求解即可得出交點(diǎn)坐標(biāo)，即為點(diǎn)C的坐標(biāo)．②欲求△OAC的面積，結(jié)合圖形，可知，只要得出點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)即可，點(diǎn)C的坐標(biāo)已知，利用函數(shù)關(guān)系式即可求得點(diǎn)A的坐標(biāo)，代入面積公式即可．（2）在OC上取點(diǎn)M，使OM=OP，連接MQ，易證△POQ≌△MOQ，可推出AQ+PQ=AQ+MQ；若想使得AQ+PQ存在最小值，即使得A、Q、M三點(diǎn)共線，又AB⊥OP，可得∠AEO=∠CEO，即證△AEO≌△CEO（ASA），又OC=OA=4，利用△OAC的面積為6，即可得出AM=3，AQ+PQ存在最小值，最小值為3．解答：解：（1）①由題意，（2分）解得所以C（4，4）（3分）②把y=0代入y=﹣2x+12得，x=6，所以A點(diǎn)坐標(biāo)為（6，0），（4分）所以．（6分）（2）存在；由題意，在OC上截取OM=OP，連接MQ，∵OP平分∠AOC，∴∠AOQ=∠COQ，又OQ=OQ，∴△POQ≌△MOQ（SAS），（7分）∴PQ=MQ，∴AQ+PQ=AQ+MQ，當(dāng)A、Q、M在同一直線上，且AM⊥OC時(shí)，AQ+MQ最小．即AQ+PQ存在最小值．∵AB⊥OP，所以∠AEO=∠CEO，∴△AEO≌△CEO（ASA），∴OC=OA=4，∵△OAC的面積為6，所以AM=26247。4=3，∴AQ+PQ存在最小值，最小值為3．（9分）點(diǎn)評(píng)：本題主要考查一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，具有一定的綜合性，要求學(xué)生具備一定的數(shù)學(xué)解題能力，有一定難度．9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，直線AP交x軸于點(diǎn)P（p，0），交y軸于點(diǎn)A（0，a），且a、b滿足．（1）求直線AP的解析式；（2）如圖1，點(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q，R（0，2），點(diǎn)S在直線AQ上，且SR=SA，求直線RS的解析式和點(diǎn)S的坐標(biāo)；（3）如圖2，點(diǎn)B（﹣2，b）為直線AP上一點(diǎn)，以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC，點(diǎn)C在第一象限，D為線段OP上一動(dòng)點(diǎn)，連接DC，以DC為直角邊，點(diǎn)D為直角頂點(diǎn)作等腰三角形DCE，EF⊥x軸，F(xiàn)為垂足，下列結(jié)論：①2DP+EF的值不變；②的值不變；其中只有一個(gè)結(jié)論正確，請(qǐng)你選擇出正確的結(jié)論，并求出其定值．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：偶次方；非負(fù)數(shù)的性質(zhì)：算術(shù)平方根；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；等腰三角形的性質(zhì)；關(guān)于x軸、y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)。專題：代數(shù)幾何綜合題；動(dòng)點(diǎn)型。分析：（1）根據(jù)非負(fù)數(shù)的性質(zhì)列式求出a、p的值，從而得到點(diǎn)A、P的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求直線的解析式；（2）根據(jù)關(guān)于y軸的點(diǎn)的對(duì)稱求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出直線AQ的解析式，設(shè)出點(diǎn)S的坐標(biāo)，然后利用兩點(diǎn)間的距離公式列式進(jìn)行計(jì)算即可求出點(diǎn)S的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解直線RS的解析式；（3）根據(jù)點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為﹣2，可知點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，然后求出點(diǎn)B得到坐標(biāo)，連接PC，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，利用角角邊證明△APO與△PCG全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得PG=AO，CG=PO，再根據(jù)△DCE是等腰直角三角形，利用角角邊證明△CDG與△EDF全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得DG=EF，然后用EF表示出DP的長(zhǎng)度，然后代入兩個(gè)結(jié)論進(jìn)行計(jì)算即可找出正確的結(jié)論并得到定值．解答：解：（1）根據(jù)題意得，a+3=0，p+1=0，解得a=﹣3，p=﹣1，∴點(diǎn)A、P的坐標(biāo)分別為A（0，﹣3）、P（﹣1，0），設(shè)直線AP的解析式為y=mx+n，則，解得，∴直線AP的解析式為y=﹣3x﹣3；（2）根據(jù)題意，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，0），設(shè)直線AQ的解析式為y=kx+c，則，解得，∴直線AQ的解析式為y=3x﹣3，設(shè)點(diǎn)S的坐標(biāo)為（x，3x﹣3），則SR==，SA==，∵SR=SA，∴=，解得x=，∴3x﹣3=3﹣3=﹣，∴點(diǎn)S的坐標(biāo)為S（，﹣），設(shè)直線RS的解析式為y=ex+f，則，解得，∴直線RS的解析式為y=﹣3x+2；（3）∵點(diǎn)B（﹣2，b），∴點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，連接PC，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，∵△ABC是等腰直角三角形，∴PC=PA=AB，PC⊥AP，∴∠CPG+∠APO=90176。，∠APO+∠PAO=90176。，∴∠CPG=∠PAO，在△APO與△PCG中，∴△APO≌△PCG（AAS），∴PG=AO=3，CG=PO，∵△DCE是等腰直角三角形，∴CD=DE，∠CDG+∠EDF=90176。，又∵EF⊥x軸，∴∠DEF+∠EDF=90176。，∴∠CDG=∠DEF，在△CDG與△EDF中，∴△CDG≌△EDF（AAS），∴DG=EF，∴DP=PG﹣DG=3﹣EF，①2DP+EF=2（3﹣EF）+EF=6﹣EF，∴2DP+EF的值隨點(diǎn)P的變化而變化，不是定值，②==，的值與點(diǎn)D的變化無(wú)關(guān)，是定值．點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了一次函數(shù)的問(wèn)題，待定系數(shù)法求直線解析式，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)的特點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，需仔細(xì)分析找準(zhǔn)問(wèn)題的突破口．10．如圖，已知直線l1：y=﹣x+2與直線l2：y=2x+8相交于點(diǎn)F，ll2分別交x軸于點(diǎn)E、G，矩形ABCD頂點(diǎn)C、D分別在直線ll2，頂點(diǎn)A、B都在x軸上，且點(diǎn)B與點(diǎn)G重合．（1）求點(diǎn)F的坐標(biāo)和∠GEF的度數(shù)；（2）求矩形ABCD的邊DC與BC的長(zhǎng)；（3）若矩形ABCD從原地出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度平移，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t（0≤t≤6）秒，矩形ABCD與△GEF重疊部分的面積為s，求s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的t的取值范圍．考點(diǎn)：一次函數(shù)綜合題。專題：數(shù)形結(jié)合；分類討論。分析：（1）由于直線l1：y=﹣x+2與直線l2：y=2x+8相交于點(diǎn)F，因而聯(lián)立兩解析式組成方程組求得解即為F點(diǎn)的坐標(biāo)．過(guò)F點(diǎn)作直線FM垂直X軸交x軸于M，通過(guò)坐標(biāo)值間的關(guān)系證得ME=MF=4，從而得到△MEF是等腰直角三角形
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