2024年初中升學(xué)考試專題復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)（按知識點分類）一次函數(shù)綜合題

一次函數(shù)綜合題27．（2023?黑龍江）如圖，在平面直角坐標系中，菱形AOCB的邊OC在x軸上，∠AOC＝60°，OC的長是一元二次方程x2－4x－12＝0的根，過點C作x軸的垂線，交對角線OB于點D，直線AD分別交x軸和y軸于點F和點E，動點M從點O以每秒1個單位長度的速度沿OD向終點D運動，動點N從點F以每秒2個單位長度的速度沿FE向終點E運動．兩點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t秒．（1）求直線AD的解析式；（2）連接MN，求△MDN的面積S與運動時間t的函數(shù)關(guān)系式；（3）點N在運動的過程中，在坐標平面內(nèi)是否存在一點Q，使得以A，C，N，Q為頂點的四邊形是矩形．若存在，直接寫出點Q的坐標，若不存在，說明理由．【答案】（1）y=?3（2）S=3（3）存在，點Q的坐標是(32，【分析】（1）過點A作AH⊥OC于H，解方程可得OC＝6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的長，得到點A、D的坐標，再利用待定系數(shù)法求出解析式即可；（2）首先證明△EOD是等邊三角形，求出DO＝DF＝43，然后分情況討論：①當(dāng)點N在DF上，即0≤t≤23時，過點M作NP⊥OB于P，②當(dāng)點M在DE上，即23＜t≤43時，過點M作NT⊥OB于T，分別解直角三角形求出NP和NT（3）分情況討論：①當(dāng)AN是直角邊時，則CN⊥EF，過點M作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性質(zhì)得出點Q的坐標；②當(dāng)AN是對角線時，則∠ACN＝90°，過點M作NL⊥CF于L，證明∠NCF＝∠NFC，可得CL＝FL＝3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性質(zhì)得出點Q的坐標．【解答】（1）解：解方程x2－4x－12＝0得：x1＝6，x2＝－2，∴OC＝6，∵四邊形AOCB是菱形，∠AOC＝60°，∴OA＝OC＝6，∠BOC=12∠∴CD＝OC?tan30°＝6×33=∴D（6，23），過點A作AH⊥OC于H，∵∠AOH＝60°，∴OH=12OA＝3，AH＝OA?sin60°＝6×3∴A（3，33），設(shè)直線AD的解析式為y＝kx＋b（k≠0），代入A（3，33），D（6，23）得：3k＋b=33解得：k=?3∴直線AD的解析式為y=?3（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC∴OD=2CD=43，∠EOD＝90°－∠DOC∵直線y=?33x＋43與∴OE=43∴OE＝OD，∴△EOD是等邊三角形，∴∠OED＝∠EDO＝∠BDF＝60°，ED=OD=43∴∠OFE＝30°＝∠DOF，∴DO=DF=43①當(dāng)點N在DF上，即0≤t≤23由題意得：DM=OD?OM=43?t，過點N作NP⊥OB于P，則NP＝DN×sin∠PDN＝DN×sin60°＝（43?2t）×32=∴S=12DM×NP=12（43?2t）×（6?3t）=3②當(dāng)點N在DE上，即23由題意得：DM＝OD－OM=3?t，DN＝2t－4過點N作NT⊥OB于T，則NT＝DN?sin∠NDT＝DN?sin60°＝（2t－43）×3∴S=1綜上，S=3（3）解：存在，分情況討論：①如圖，當(dāng)AN是直角邊時，則CN⊥EF，過點N作NK⊥CF于K，∵∠NFC＝30°，OE=43∴∠NCK＝60°，OF=3∴CF＝12－6＝6，∴CN=1∴CK＝CN×cos60°＝3×12=32，NK∴將點N向左平移32個單位長度，再向下平移332∴將點A向左平移32個單位長度，再向下平移332∵A(3，33∴Q（32，3②如圖，當(dāng)AN是對角線時，則∠ACN＝90°，過點N作NL⊥CF于L，∵OA＝OC，∠AOC＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴∠ACO＝60°，∴∠NCF＝180°－60°－90°＝30°＝∠NFC，∴CL＝FL=12∴NL＝CL?tan30°＝3×3∴將點C向右平移3個單位長度，再向上平移3個單位長度得到點N，∴將點A向右平移3個單位長度，再向上平移3個單位長度得到點Q，∵A(3，33∴Q（6，43）；∴存在一點Q，使得以A，C，N，Q為頂點的四邊形是矩形，點Q的坐標是(32，【點評】本題考查了解一元二次方程，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，待定系數(shù)法的應(yīng)用，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的應(yīng)用，矩形的判定和性質(zhì)以及平移的性質(zhì)等知識，靈活運用各知識點，作出合適的輔助線，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．一次函數(shù)綜合題19．（2023?河北）在平面直角坐標系中，設(shè)計了點的兩種移動方式：從點（x，y）移動到點（x+2，y+1）稱為一次甲方式；從點（x，y）移動到點（x+1，y+2）稱為一次乙方式．例點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動2次：若都按甲方式，最終移動到點M（4，2）；若都按乙方式，最終移動到點N（2，4）；若按1次甲方式和1次乙方式，最終移動到點E（3，3）．（1）設(shè)直線l1經(jīng)過上例中的點M、N，求l1的解析式，并直接寫出將l1向上平移9個單位長度得到的直線l2的解析式；（2）點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，每次移動按甲方式或乙方式，最終移動到點Q（x，y）．其中，按甲方式移動了m次．①用含m的式子分別表示x，y；②請說明：無論m怎樣變化，點Q都在一條確定的直線上．設(shè)這條直線為l3，在圖中直接畫出l3的圖象；（3）在（1）和（2）中的直線l1，l2，l3上分別有一個動點A，B，C，橫坐標依次為a，b，c，若A，B，C三點始終在一條直線上，直接寫出此時a，b，c之間的關(guān)系式．【答案】（1）直線l1的解析式為y＝﹣x+6；直線l2的解析式為y＝﹣x+15；（2）①x＝m+10，y＝20﹣m；②直線l3的解析式為y＝﹣x+30；圖象見解析過程；（3）a，b，c之間的關(guān)系式為5a+3c＝8b．【分析】（1）由待定系數(shù)法可求直線l1的解析式；由平移的性質(zhì)可求直線l2的解析式；（2）①由題意可得：點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為（2m，m），再得出點（2m，m），按照乙方式移動（10﹣m）次后得到的點的橫坐標和縱坐標，即得結(jié)果；②由①的結(jié)果可得直線l3的解析式，進而可畫出函數(shù)圖象；（3）由題意可得點A，點B，點C的坐標，由待定系數(shù)法可求直線AB的解析式，即可求解．【解答】解：（1）設(shè)l1的解析式為y＝kx+b，由題意可得：4k+b=22k+b=4解得：k=?1b=6∴l(xiāng)1的解析式為y＝﹣x+6，將l1向上平移9個單位長度得到的直線l2的解析式為y＝﹣x+15；（2）∵點P按照甲方式移動了m次，點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，∴點P按照乙方式移動了（10﹣m）次，∴點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為（2m，m），∴點（2m，m）按照乙方式移動（10﹣m）次后得到的點的橫坐標為2m+10﹣m＝m+10，縱坐標為m+2（10﹣m）＝20﹣m，∴x＝m+10，y＝20﹣m；②∵x+y＝m+10+20﹣m＝30，∴直線l3的解析式為y＝﹣x+30；函數(shù)圖象如圖所示：（3）∵點A，B，C，橫坐標依次為a，b，c，∴點A（a，﹣a+6），點B（b，﹣b+15），點C（c，﹣c+30），設(shè)直線AB的解析式為y＝mx+n，由題意可得：ma+n=?a+6mb+n=?b+15解得：m=?1+9∴直線AB的解析式為y＝（﹣1+9b?a）x+6∵點A，點B，點C三點始終在一條直線上，∴c（﹣1+9b?a）+6?∴5a+3c＝8b，∴a，b，c之間的關(guān)系式為5a+3c＝8b．【點評】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，平移的性質(zhì)，掌握平移的性質(zhì)和一次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．一次函數(shù)綜合題21．（2023?廣東）綜合運用如圖1，在平面直角坐標系中，正方形OABC的頂點A在x軸的正半軸上．如圖2，將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜45°），AB交直線y＝x于點E，BC交y軸于點F．（1）當(dāng)旋轉(zhuǎn)角∠COF為多少度時，OE＝OF；（直接寫出結(jié)果，不要求寫解答過程）（2）若點A（4，3），求FC的長；（3）如圖3，對角線AC交y軸于點M，交直線y＝x于點N，連接FN．將△OFN與△OCF的面積分別記為S1與S2．設(shè)S＝S1﹣S2，AN＝n，求S關(guān)于n的函數(shù)表達式．【答案】（1）當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為22.5°時，OE＝OF；（2）FC的長為154（3）S關(guān)于n的函數(shù)表達式為S=1【分析】（1）如圖2中，當(dāng)OE＝OF時，得到Rt△AOE≌Rt△COF，利用全等三角形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解決問題即可；（2）在圖2中，過點A作AG⊥x軸于點G，利用三角形相似，可得結(jié)論；（3）過點N作直線PQ⊥BC于點P，交OA于點Q，利用四點共圓，得出三角形FON是等腰直角三角形是解決問題的關(guān)鍵，結(jié)合三角形全等的判定和性質(zhì)和三角形的面積公式解決問題．【解答】解：（1）當(dāng)OE＝OF時，在Rt△AOE和Rt△COF中，OE=OFOA=OC∴Rt△AOE≌Rt△COF（HL），∴∠AOE＝∠COF（即∠AOE＝旋轉(zhuǎn)角），∴2∠AOE＝45°，∴∠COF＝∠AOE＝22.5°，∴當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為22.5°時，OE＝OF；（2）過點A作AG⊥x軸于點G，則有AG＝3，OG＝4，∴OA=O∵四邊形OABC是正方形，∴OC＝OA＝5，∠AOC＝∠C＝90°，又∵∠COF+∠FOA＝90°，∠AOG+∠FOA＝90°，∴∠COG＝∠GOA，∴Rt△AOG∽Rt△FOC，∴OCOG∴FC=OC?AG∴FC的長為154（3）過點N作直線PQ⊥BC于點P，交OA于點Q，∵四邊形OABC是正方形，∴∠BCA＝∠OCA＝45°，BC∥OA，又∠FON＝45°，∴∠FCN＝∠FON＝45°，∴F、C、O、N四點共圓，∴∠OFN＝∠OCA＝45°，∴∠OFN＝∠FON＝45°，∴△FON是等腰直角三角形，∴FN＝NO，∠FNO＝90°，∴∠FNP+∠ONQ＝90°，又∵∠NOQ+∠ONQ＝90°，∴∠NO