初中数学中考复习课件章节考点专题突破：聚焦中考专题8 综合型问题

初中数学中考复习课件章节考点专题突破：聚焦中考专题8 综合型问题

专题八　综合型问题 要点梳理 综合题 ， 各地中考常常作为压轴题进行考查 ， 这类题目难度大 ， 考查知识多 ， 解这类习题的关键就是善于利用几何图形的有关性质和代数的有关知识 ， 并注意挖掘题目中的一些隐含条件 ， 以达到解题目的． 要点梳理 近几年中考试题中的综合题大多以代数几何综合题的形式出现 ， 其解题关键是借助几何直观解题 ， 运用方程、函数的思想解题 ， 灵活运用数形结合 ， 由形导数 ， 以数促形 ， 综合运用代数和几何知识解题．值得注意的是 ， 近年中考几何综合计算的呈现形式多样 ， 如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情境型等 ， 背景鲜活 ， 具有实用性和创造性 ， 在考查考生计算能力的同时 ， 考查考生的阅读理解能力、动手操作能力、抽象思维能力、建模能力 ， 力求引导考生将数学知识运用到实际生活中去． 一个趋势 代数几何综合题从内容上来说 ， 是把代数中的数与式、方程与不等式、函数 ， 几何中的三角形、四边形、圆等图形的性质 ， 以及解直角三角形的方法、图形的变换、相似等内容有机地结合在一起 ， 同时也融入了开放性、探究性等问题 ， 如探究条件、探究结论、探究存在性等．经常考查的题目类型主要有坐标系中的几何问题 ( 简称坐标几何问题 ) ， 以及图形运动过程中求函数解析式问题等． 三个步骤 解综合题 ， 第一 ， 需要认真审题 ， 分析、挖掘题目的隐含条件 ， 翻译并转化为显性条件；第二 ， 要善于将复杂问题分解为基本问题 ， 逐个击破；第三 ， 要善于联想和转化 ， 将以上得到的显性条件进行恰当的组合 ， 进一步得到新的结论 ， 尤其要注意的是 ， 恰当地使用分析综合法及方程与函数的思想、转化思想、数形结合思想、分类讨论思想、运动观点等数学思想方法 ， 能更有效地解决问题． 1 ． ( 2014· 重庆 ) 从－ 1 ， 1 ， 2 这三个数字中 ， 随机抽取一 个数 ， 记为 a ， 那么 ， 使关于 x 的一次函数 y ＝ 2x ＋ a 的 图象与 x 轴、 y 轴围成的三角形的面积为 1 4 ， 且使关于 x 的不等式组 î í ì x ＋ 2 ≤ a ， 1 － x ≤ 2a 有解的概率为 __ __ ． 2 ． ( 2014 · 沈阳 ) 如图 ， ▱ ABCD 中 ， AB ＞ AD ， AE ， BE ， CM ， DM 分别为 ∠ DAB ， ∠ ABC ， ∠ BCD ， ∠ CDA 的平分线 ， AE 与 DM 相交于点 F ， BE 与 CM 相交于点 N ， 连接 EM. 若 ▱ ABCD 的周长为 42 cm ， FM ＝ 3 cm ， EF ＝ 4 cm ， 则 EM ＝ ____ cm ， AB ＝ ____ cm. 5 13 3 ． ( 2014· 随州 ) 如图 ① ， 正方形纸片 ABCD 的边长为 2 ， 翻折 ∠ B ， ∠ D ， 使两个直角的顶点重合于对角线 BD 上一点 P ， EF ， GH 分 别是折痕 ( 如图 ② ) ．设 AE ＝ x (0 ＜ x ＜ 2) ， 给出下列判断： ① 当 x ＝ 1 时 ， 点 P 是正方形 ABCD 的中心； ② 当 x ＝ 1 2 时 ， EF ＋ GH ＞ AC ； ③ 当 0 ＜ x ＜ 2 时 ， 六边形 AEFCHG 面积的最大值是 11 4 ； ④ 当 0 ＜ x ＜ 2 时 ， 六边形 AEFCHG 周长的值不变．其中正确的是 __ __ ． ( 写出所有正确判断的序号 ) ①④ 4 ． ( 2014 · 黄冈 ) 已知：在△ ABC 中 ， BC ＝ 10 ， BC 边上的高 h ＝ 5 ， 点 E 在边 AB 上 ， 过点 E 作 EF∥BC ， 交 AC 边于点 F. 点 D 为 BC 上一点 ， 连接 DE ， DF. 设点 E 到 BC 的距离为 x ， 则△ DEF 的面积 S 关于 x 的函数图象大致为 ( ) D 5 ． ( 2014· 盐城 ) 如图 ， 反比例函数 y ＝ k x (x ＜ 0) 的图象经过点 A ( － 1 ， 1 ) ， 过点 A 作 AB ⊥ y 轴 ， 垂足为点 B ， 在 y 轴的正半 轴上取一点 P(0 ， t ) ， 过点 P 作直线 OA 的垂线 l ， 以直线 l 为 对称轴 ， 点 B 经轴对称变换得到的点 B? 在此反比例函数的图 象上 ， 则 t 的值是 ( ) A. 1 ＋ 5 2 B. 3 2 C. 4 3 D. － 1 ＋ 5 2 A 代数型综合题 【 例 1 】 ( 2013· 沈阳 ) 如图 ， 在平面直角坐标系中 ， 抛物线 y ＝ 8 2 5 x 2 ＋ bx ＋ c 经过点 A( 3 2 ， 0 ) 和点 B(1 ， 2 2 ) ， 与 x 轴的另一个交 点为 C. (1) 求抛物线的函数表达式； (2) 点 D 在对称轴的右侧 ， x 轴上方的抛 物线 上 ， 且 ∠ BDA ＝ ∠ DAC ， 求点 D 的坐标． (3) 在 (2) 的条件下 ， 连接 BD ， 交抛物线对称 轴于 E ， 连接 AE. 判断四边形 OAEB 的形状 ， 并说明理由． 解： ( 1 ) 将 A ( 3 2 ， 0 ) ， B ( 1 ， 2 2 ) 代入 y ＝ 8 2 5 x 2 ＋ bx ＋ c 得 î ï ï í ï ï ì 8 2 5 × 9 4 ＋ 3 2 b ＋ c ＝ 0 ， 8 2 5 ＋ b ＋ c ＝ 2 2 ， ∴ b ＝－ 8 2 ， c ＝ 42 2 5 ， ∴ y ＝ 8 2 5 x 2 － 8 2 x ＋ 42 2 5 . ( 2 ) 当 ∠ BDA ＝ ∠ DAC 时 ， BD ∥ x 轴 ． ∵ B ( 1 ， 2 2 ) ， ∴ 当 y ＝ 2 2 时 ， 2 2 ＝ 8 2 5 x 2 － 8 2 x ＋ 42 5 2 ， 解得 x 1 ＝ 1 ， x 2 ＝ 4 ， ∴ 点 D 的坐标为 ( 4 ， 2 2 ) ． ( 3 ) 四边形 OAEB 是平行四边形 ． 理由如下：抛物线的对称 轴是 x ＝ 5 2 ， ∴ BE ＝ 5 2 － 1 ＝ 3 2 . ∵ A ( 3 2 ， 0 ) ， ∴ OA ＝ BE ＝ 3 2 . 又 ∵ BE ∥ OA ， ∴ 四边形 OAEB 是平行四边形 【 点评 】 本题考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、解方程、平行四边形的判定等知识点． 1 ． ( 2014 · 长春 ) 如图， 在平面直角坐标系中 ， 抛物线 y ＝ x 2 ＋ bx ＋ c 经过点 (1 ， － 1) ， 且对称轴为直线 x ＝ 2 ， 点 P ， Q 均在抛物线上 ， 点 P 位于对称轴右侧 ， 点 Q 位于对称轴左侧 ， PA 垂直对称轴于点 A ， QB 垂直对称轴于点 B ， 且 QB ＝ PA ＋ 1 ， 设点 P 的横坐标为 m. (1) 求这条抛物线所对应的函数关系式； (2) 求点 Q 的坐标 ( 用含 m 的式子表示 ) ； (3) 请探究 PA ＋ QB ＝ AB 是否成立 ， 并说明理由． 几何型综合题 【 例 2 】 　 ( 2014 · 咸宁 ) 如图 ， 正方形 OABC 的边 OA ， OC 在坐标轴上 ， 点 B 的坐标为 ( － 4 ， 4) ．点 P 从点 A 出发 ， 以每秒 1 个单位长度的速度沿 x 轴向点 O 运动；点 Q 从点 O 同时出发 ， 以相同的速度沿 x 轴的正方向运动 ， 规定点 P 到达点 O 时 ， 点 Q 也停止运动．连接 BP ， 过 P 点作 BP 的垂线 ， 与过点 Q 平行于 y 轴的直线 l 相交于点 D.BD 与 y 轴交于点 E ， 连接 PE. 设点 P 运动的时间为 t( s ) ． (1) ∠ PBD 的度数为 ， 点 D 的 . 坐标为用 t 表示 ) ； 45 ° ( t ， t )( (2) 当 t 为何值时 ， △ PBE 为等腰三角形？ ③ 若 BP ＝ BE ， 在 Rt △ BAP 和 Rt △ BCE 中 ， î ï í ï ì BA ＝ BC BP ＝ BE ， ∴ Rt △ BAP ≌ Rt △ BCE ( HL ) ． ∴ AP ＝ CE. ∵ AP ＝ t ， ∴ CE ＝ t. ∴ PO ＝ EO ＝ 4 － t. ∵∠ POE ＝ 90 ° ， ∴ PE ＝ PO 2 ＋ EO 2 ＝ 2 ( 4 － t ) ． 延长 OA 到点 F ， 使得 AF ＝ CE ， 连接 BF ， 如图 2 所示 ． 在 △ FAB 和 △ ECB 中 ， î ï í ï ì AB ＝ CB ∠ BAF ＝ ∠ BCE ＝ 90 ° AF ＝ CE ， ∴△ FAB ≌△ ECB. ∴ FB ＝ EB ， ∠ FBA ＝ ∠ EBC. ∵∠ EBP ＝ 45 ° ， ∠ ABC ＝ 90 ° ， ∴∠ ABP ＋ ∠ EBC ＝ 45 ° . ∴∠ FBP ＝ ∠ FBA ＋ ∠ ABP ＝ ∠ EBC ＋ ∠ ABP ＝ 45 ° . ∴∠ FBP ＝ ∠ EBP. 在 △ FBP 和 △ EBP 中 ， î ï í ï ì BF ＝ BE ∠ FBP ＝ ∠ EBP BP ＝ BP ， ∴△ FBP ≌△ EBP. ∴ FP ＝ EP. ∴ EP ＝ FP ＝ FA ＋ AP ＝ CE ＋ AP. ∴ EP ＝ t ＋ t ＝ 2t. ∴ 2 ( 4 － t ) ＝ 2t. 解得： t ＝ 4 2 － 4 ∴ 当 t 为 4 秒或 ( 4 2 － 4 ) 秒时 ， △ PBE 为等腰三角形 ． (3) 探索 △ POE 周长是否随时间 t 的变化而变化？若变化 ， 说明理由；若不变 ， 试求这个定值． ∵ EP ＝ CE ＋ AP ， ∴ OP ＋ PE ＋ OE ＝ OP ＋ AP ＋ CE ＋ OE ＝ AO ＋ CO ＝ 4 ＋ 4 ＝ 8.∴△POE 周长是定值 ， 该定值为 8. 【 点评 】 本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理及分类讨论的思想等知识 ， 综合性强．熟悉正方形与一个度数为 45° 的角组成的基本图形 ( 其中角的顶点与正方形的一个顶点重合 ， 角的两边与正方形的两边分别相交 ) 是解决本题的关键． 2 ． ( 2014 · 绍兴 ) 如图 ， 在平面直角坐标系中 ， 直线 l 平行 x 轴 ， 交 y 轴于点 A ， 第一象限内的点 B 在 l 上 ， 连接 OB ， 动点 P 满足 ∠ APQ ＝ 90° ， PQ 交 x 轴于点 C. (1) 当动点 P 与点 B 重合时 ， 若点 B 的坐标是 (2 ， 1) ， 求 PA 的长． 解： ( 1 ) ∵ 点 P 与点 B 重合 ， 点 B 的坐标是 ( 2 ， 1 ) ， ∴点 P 的坐标是 ( 2 ， 1 ) ． ∴ PA 的长为 2. (2) 当动点 P 在线段 OB 的延长线上时 ， 若点 A 的纵坐标与点 B 的横坐标相等 ， 求 PA∶PC 的值． 过点 P 作 PM⊥x 轴 ， 垂足为 M ， 过点 P 作 PN⊥y 轴 ， 垂足为 N ， 如图 1 所示． ∵ 点 A 的纵坐标与点 B 的横坐标相等 ， ∴ OA ＝ AB.∵∠OAB ＝ 90 ° ， ∴∠ AOB ＝ ∠ ABO ＝ 45 ° . ∵∠ AOC ＝ 90 ° ， ∴∠ POC ＝ 45 ° . ∵ PM ⊥ x 轴 ， PN ⊥ y 轴 ， ∴ PM ＝ PN ， ∠ ANP ＝ ∠ CMP ＝ 90 ° . ∴∠ NPM ＝ 90 ° . ∵∠ APC ＝ 90 ° . ∴∠ APN ＝ 90 ° － ∠ APM ＝ ∠ CPM. 在 △ ANP 和 △ CMP 中 ， ∵∠ APN ＝ ∠ CPM ， PN ＝ PM ， ∠ ANP ＝ ∠ CMP ， ∴△ ANP ≌△ CMP. ∴ PA ＝ PC.∴PA ： PC 的值为 1∶1. (3) 当动点 P 在直线 OB 上时 ， 点 D 是直线 OB 与直线 CA 的交点 ， 点 E 是直线 CP 与 y 轴的交点 ， 若∠ ACE ＝∠ AEC ， PD ＝ 2OD ， 求 PA∶PC 的值． ② 若点 P 在线段 OB 的反向延长线上 ， 过点 P 作 PM ⊥ x 轴 ， 垂足为 M ， 过点 P 作 PN ⊥ y 轴 ， 垂足为 N ， PM 与直线 AC 的 交点为 F ， 如图 3 所示 ． 同理可得： PM ＝ 3 2 x ， CA ＝ 2PF ＝ 4x ， OC ＝ 15 x. ∴ PN ＝ OM ＝ 1 2 OC ＝ 15 2 x. ∴ PA ∶ PC ＝ PN ∶ PM ＝ 15 2 x ∶ 3 2 x ＝ 15 3 . 综上所述： PA ∶ PC 的值为 15 5 或 15 3 . 代数和几何型综合题 【 例 3 】 　 ( 2013 · 宁波 ) 如图， 在平面直角坐标系中 ， O 为坐标原点 ， 点 A 的坐标为 (0 ， 4) ， 点 B 的坐标为 (4 ， 0) ， 点 C 的坐标为 ( － 4 ， 0) ， 点 P 在射线 AB 上运动 ， 连接 CP 与 y 轴交于点 D ， 连接 BD. 过 P ， D ， B 三点作⊙ Q 与 y 轴的另一个交点为 E ， 延长 DQ 交⊙ Q 于点 F ， 连接 EF ， BF. (1) 求直线 AB 的函数解析式； 解： ( 1 ) 设直线 AB 的函数解析式为 y ＝ kx ＋ 4 ， 代入 ( 4 ， 0 ) 得： 4k ＋ 4 ＝ 0 ， 解得： k ＝－ 1 ， 则直线 AB 的函数解析式为 y ＝－ x ＋ 4 ； (2) 当点 P 在线段 AB( 不包括 A ， B 两点 ) 上时． ①求证：∠ BDE ＝∠ ADP ； ②设 DE ＝ x ， DF ＝ y. 请求出 y 关于 x 的函数解析式； ( 2 ) ① 由已知得： OB ＝ OC ， ∠ BOD ＝ ∠ COD ＝ 90 ° ， 又 ∵ OD ＝ OD ， ∴△ BDO ≌△ COD ， ∴∠ BDO ＝ ∠ CDO ， ∵∠ CDO ＝ ∠ ADP ， ∴∠ BDE ＝ ∠ ADP ， ② 连接 PE ， ∵∠ ADP 是 △ DPE 的一个外角 ， ∴∠ ADP ＝ ∠ DEP ＋ ∠ DPE ， ∵∠ BDE 是 △ ABD 的一个外角 ， ∴∠ BDE ＝ ∠ ABD ＋ ∠ OAB ， ∵∠ ADP ＝ ∠ BDE ， ∠ DEP ＝ ∠ ABD ， ∴∠ DPE ＝ ∠ OAB ， ∵ OA ＝ OB ＝ 4 ， ∠ AOB ＝ 90 ° ， ∴∠ OAB ＝ 45 ° ， ∴ ∠ DPE ＝ 45 ° ， ∴∠ DFE ＝ ∠ DPE ＝ 45 ° ， ∵ DF 是 ⊙ Q 的直径 ， ∴∠ DEF ＝ 90 ° ， ∴△ DEF 是等腰直角三角形 ， ∴ DF ＝ 2 DE ， 即 y ＝ 2 x ； (3) 请你探究：点 P 在运动过程中 ， 是否存在以 B ， D ， F 为顶点的直角三角形 ， 满足两条直角边之比为 2∶1 ？如果存在 ， 求出此时点 P 的坐标；如果不存在 ， 请说明理由． 3 ) 当 BD ∶ BF ＝ 2 ∶ 1 时 ， 过点 F 作 FH ⊥ OB 于点 H ， ∵∠ DBO ＋ ∠ OBF ＝ 90 ° ， ∠ OBF ＋ ∠ BFH ＝ 90 ° ， ∴∠ DBO ＝ ∠ BFH ， 又 ∵∠ DOB ＝ ∠ BHF ＝ 90 ° ， ∴△ BOD ∽△ FHB ， ∴ OB HF ＝ OD HB ＝ BD FB ＝ 2 ， ∴ FH ＝ 2 ， OD ＝ 2BH ， ∵∠ FHO ＝ ∠ EOH ＝ ∠ OEF ＝ 90 ° ， ∴ 四边形 OEFH 是矩形 ， ∴ OE ＝ FH ＝ 2 ， ∴ EF ＝ OH ＝ 4 － 1 2 OD ， ∵ DE ＝ EF ， ∴ 2 ＋ OD ＝ 4 － 1 2 OD ， 解得： OD ＝ 4 3 ， ∴ 点 D 的坐标为 ( 0 ， 4 3 ) ， ∴ 直线 CD 的解析 式为 y ＝ 1 3 x ＋ 4 3 ， 由 î ï í ï ì y ＝ 1 3 x ＋ 4 3 ， y ＝－ x ＋ 4 得： î í ì x ＝ 2 ， y ＝ 2 ， 则点 P 的坐标为 ( 2 ， 2 ) ；当 BD FB ＝ 1 2 时 ， 连 接 EB ， 同 ( 2 ) ① 可得： ∠ ADB ＝ ∠ EDP ， 而 ∠ ADB ＝ ∠ DEB ＋ ∠ DBE ， ∠ E DP ＝ ∠ DAP ＋ ∠ DPA ， ∵∠ DEB ＝ ∠ DPA ， ∴∠ DBE ＝ ∠ DAP ＝ 45 ° ， ∴△ DEF 是等腰直角三角 形 ， 过点 F 作 FG ⊥ OB 于点 G ， 同理可得： △ BOD ∽△ FGB ， ∴ OB GF ＝ OD GB ＝ BD FB ＝ 1 2 ， ∴ FG ＝ 8 ， OD ＝ 1 2 BG ， ∵∠ FGO ＝ ∠ GOE ＝ ∠ OEF ＝ 90 ° ， ∴ 四边形 OEFG 是矩形 ， ∴ OE ＝ FG ＝ 8 ， ∴ EF ＝ OG ＝ 4 ＋ 2OD ， ∵ DE ＝ EF ， ∴ 8 － OD ＝ 4 ＋ 2OD ， OD ＝ 4 3 ， ∴ 点 D 的坐标为 ( 0 ， － 4 3 ) ， 直线 CD 的解析式为 ： y ＝－ 1 3 x － 4 3 ， 由 î í ì y ＝－ 1 3 x － 4 3 ， y ＝－ x ＋ 4 ， 得： î í ì x ＝ 8 ， y ＝－ 4 ， ∴ 点 P 的坐标为 ( 8 ， － 4 ) ， 综上所 述 ， 点 P 的坐标为 ( 2 ， 2 ) 或 ( 8 ， － 4 ) 【 点评 】 此题考查了一次函数、矩形的性质、圆的性质的综合 ， 关键是综合运用有关知识作出辅助线 ， 列出方程组 ， 注意数形结合思想的应用． 3 ． ( 2014 · 广安 ) 如图 ， 在平面直角坐标系中 ， 抛物线 y ＝ ax 2 ＋ bx ＋ 3 与 x 轴交于点 A( － 4 ， 0) ， B( － 1 ， 0) 两点． ( 1 ) 求抛物线的解析式； ( 2 ) 在第三象限的抛物线上有一动点 D. ① 如图 ( 1 ) ， 若四边形 ODAE 是以 OA 为对角 线的平行四边形 ， 当平 行四边形 ODAE 的面积为 6 时 ， 请判断平行四边形 ODAE 是否为 菱形？说明理由 ． ② 如图 ( 2 ) ， 直线 y ＝ 1 2 x ＋ 3 与抛物线交于点 Q ， C 两点 ， 过点 D 作 直线 DF ⊥ x 轴于点 H ， 交 QC 于点 F. 请问是否存在这样的点 D ， 使 点 D 到直线 CQ 的距离与点 C 到直线 DF 的距离之比为 5 ∶ 2 ？若 存在 ， 请求出点 D 的坐标；若不存在 ， 请说明理由 ． 解： ( 1 ) 把点 A ( － 4 ， 0 ) ， B ( － 1 ， 0 ) 代入解析式 y ＝ ax 2 ＋ bx ＋ 3 ， 得 î í ì 16a － 4b ＋ 3 ＝ 0 a － b ＋ 3 ＝ 0 ， 解得 î ï ï í ï ï ì a ＝ 3 4 b ＝ 15 4 ， ∴ 抛物线的解析式为： y ＝ 3 4 x 2 ＋ 15 4 x ＋ 3. ( 2 ) ① 如答图 1 ， 过点 D 作 DH ⊥ x 轴于点 H. ∵ S ? ODAE ＝ 6 ， OA ＝ 4 ， ∴ S △ AOD ＝ 1 2 OA·DH ＝ 3 ， ∴ DH ＝ 3 2 . 因为 D 在第三象限 ， 所以 D 的纵坐标为负 ， 且 D 在抛物线上 ， ∴ 3 4 x 2 ＋ 15 4 x ＋ 3 ＝－ 3 2 ， 解得： x 1 ＝－ 2 ， x 2 ＝－ 3. ∴ 点 D 坐标为 ( － 2 ， － 3 2 ) 或 ( － 3 ， － 3 2 ) ． 当点 D 为 ( － 2 ， － 3 2 ) 时 ， DH 垂直平分 OA ， 平行四边形 ODAE 为菱 形；当点 D 为 ( － 3 ， － 3 2 ) 时 ， OD ≠ AD ， 平行四边形 ODAE 不为菱形 ． ② 假设存 在 ． 如答图 2 ， 过点 D 作 DM ⊥ CQ 于 M ， 过点 C 作 CN ⊥ DF 于 N ， 则 DM ∶ CN ＝ 5 ∶ 2. 设 D ( m ， 3 4 m 2 ＋ 15 4 m ＋ 3 )( m ＜ 0 ) ， 则 F ( m ， 1 2 m ＋ 3 ) ． ∴ CN ＝－ m ， NF ＝－ 1 2 m ∴ CF ＝ CN 2 ＋ NF 2 ＝ － 5 2 m. ∵∠ DMF ＝ ∠ CNF ＝ 90 ° ， ∠ DFM ＝ ∠ CFN ， ∴△ DMF ∽△ CNF ， ∴ DF CF ＝ DM CN ＝ 5 2 ， ∴ DF ＝ 5 2 CF ＝－ 5 4 m. ∴ DN ＝ NF ＋ DF ＝－ 1 2 m － 5 4 m ＝－ 7 4 m. 又 DN ＝ 3 － ( 3 4 m 2 ＋ 15 4 m ＋ 3 ) ＝ － 3 4 m 2 － 15 4 m ， ∴ － 3 4 m 2 － 15 4 m ＝－ 7 4 m ， 解得： m ＝－ 8 3 或 m ＝ 0 ( 舍去 ) ∴ 3 4 m 2 ＋ 15 4 m ＋ 3 ＝－ 5 3 ， ∴ D ( － 8 3 ， － 5 3 ) ．综上所述 ， 存在满足条件的点 D ， 点 D 的坐标为 ( － 8 3 ， － 5 3 ) ． 试题　如下图 ，点 O 是坐标原点， 点 A ( n ， 0) 是 x 轴上一动点 ( n ＜ 0) ， 以 AO 为一边作矩形 AOBC ， 使 OB ＝ 2 AO ， 点 C 在第二象限 ， 将矩形 AOBC 绕点 A 逆时针旋转 90° 得矩形 AGDE ， 过点 A 的直线 y ＝ kx ＋ m ( k ≠0) 交 y 轴于点 F ， FB ＝ FA ， 抛物线 y ＝ ax 2 ＋ bx ＋ c 过点 E ， F ， G 且和直线 AF 交于点 H ， 过点 H 作 x 轴的垂线 ， 垂足为点 M . (1) 求 k 的值； (2) 点 A 的位置改变时 ， △ AMH 的面积和矩形 AOBC 的面积比是否改变？说明你的理由． 错解 ( 1 ) 由 OB ＝ 2 AO ， 得 B ( 0 ， 2 n ) ． 当 x ＝ 0 时 ， y ＝ m ， 即 F ( 0 ， m ) ， ∴ FB ＝ 2 n － m . 在 Rt △ AOF 中 ， AF 2 ＝ m 2 ＋ n 2 . 又 ∵ FB ＝ AF ， ∴ m 2 ＋ n 2 ＝ ( 2 n － m ) 2 ， 化简得 m ＝ 3 4 n . 又由 y ＝ kx ＋ m ＝ kx ＋ 3 4 n 过点 A ( n ， 0 ) ， 得 0 ＝ kn ＋ 3 4 n ， ∴ k ＝－ 3 4 . ( 2 ) 因为当 A 点的位置改变时 ， △ AMH 的面积与矩形 AOBC 的 面积都在改变 ， 所以它们的面积比要改变 ． 剖析　 在第 (1) 问中运用方程思想找出 m 与 n 的关系 ， 再代入 A 点坐标 ， 算出 k 值的思路是对的 ， 但由于混淆坐标与距离的概念 ， 将 B 点坐标确定为 (0 ， 2 n ) ， 没有考虑到 A 点在 x 轴负半轴上 ， n ＜ 0 ， B 点在 y 轴的正半轴上 ， 故 B 点坐标应为 (0 ， － 2 n ) ， 此错误导致后面求 k 值出错． 剖析　 在第 (1) 问中运用方程思想找出 m 与 n 的关系 ， 再代入 A 点坐标 ， 算出 k 值的思路是对的 ， 但由于混淆坐标与距离的概念 ， 将 B 点坐标确定为 (0 ， 2 n ) ， 没有考虑到 A 点在 x 轴负半轴上 ， n ＜ 0 ， B 点在 y 轴的正半轴上 ， 故 B 点坐标应为 (0 ， － 2 n ) ， 此错误导致后面求 k 值出错． 第 ( 2 ) 问中根据 A 点位置改变使 △ AMH 和矩形 AOBC 的面积改变 ， 判 断面积比改变也考虑不深入 ， 此问可根据题中所给条件 ， 先将 △ AMH 和矩形 AOBC 的面积用含变量 n 的代数式表示出来 ( 显然图形的面积 与点 A 的位置即 n 的大小有关 ) ， 再求出两个图形面积的比值 ， 若比 值为常数 ， 则面积比不随点 A 的位置的改变而改变；若比值为与 n 有 关的式子 ， 则面积比要随 A 点位置的改变而改变 ． 平面内两点 A ( x ， y ) ， B ( x 2 ， y 2 ) 的距离为 AB ＝ （ x 1 － x 2 ） 2 ＋（ y 1 － y 2 ） 2 ， 若 A ， B 在平行于坐标轴的同一条直线上 ， 则 AB ＝ | x 1 － x 2 | 或 AB ＝ | y 1 － y 2 |. 正解 ( 1 ) ∵ BO ＝ 2 AO ， A 点坐标为 ( n ， 0 ) ， ∴ B 点坐标为 ( 0 ， － 2 n )( n ＜ 0 ) ． 当 x ＝ 0 时 ， y ＝ kx ＋ m ＝ m ， 即点 F 坐标 为 ( 0 ， m ) ， ∴ FB ＝－ 2 n － m . 在 Rt △ AOF 中 ， AF 2 ＝ m 2 ＋ n 2 ， 又 FB ＝ AF ， ∴ m 2 ＋ n 2 ＝ ( － 2 n － m ) 2 ， 化简得 m ＝－ 3 4 n . 又 ∵ 直线 y ＝ kx ＋ m ＝ kx － 3 4 n 过点 A ( n ， 0 ) ， ∴ kn － 3 4 n ＝ 0 ， ∴ k ＝ 3 4 . ( 2 ) 由已知 ， 得 AG ＝ AO ， EA ＝ BO ， 则 G 点坐标为 ( n ， － n ) ， E 点坐标为 ( 3 n ， 0 ) ， 将 E ， G ， F 三点的坐标代入 y ＝ ax 2 ＋ bx ＋ c ， 得 î ï í ï ì 9 an 2 ＋ 3 bn ＋ c ＝ 0 ， an 2 ＋ bn ＋ c ＝－ n ， c ＝－ 3 4 n ， ∴ î ï ï í ï ï ì a ＝ 1 4 n ， b ＝－ 1 2 ， c ＝－ 3 4 n ， 抛物线解析式为 y ＝ 1 4 n x 2 － 1 2 x － 3 4 n . 解方程组 î ï í ï ì y ＝ 1 4 n x 2 － 1 2 x － 3 4 n ， y ＝ 3 4 x － 3 4 n ， 得 î ï í ï ì x ＝ 5 n ， y ＝ 3 n ， 或 î ï í ï ì x ＝ 0 ， y ＝－ 3 4 n ， ∴ H 点坐标为 ( 5 n ， 3 n ) ， ∴ HM ＝－ 3 n ， AM ＝ n － 5 n ＝－ 4 n ， ∴ S △ AMH ＝ 1 2 HM · AM ＝ 6 n 2 . 又 ∵ S 矩形 AOBC ＝ AO · OB ＝ 2 n 2 ， ∴ S △ AMH S 矩形 AOBC ＝ 3 ， 是常数 ． ∴△ AMH 与矩形 AOBC 的面积比不随点 A 的位置改变而改变 ．