专题01一次函数综合题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 01 一次函数综合题 通用的解题思路： （1）一次函数与几何图形的面积问题 首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积． （2）一次函数的优化问题 通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前 提下求出最值． （3）用函数图象解决实际问题 从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题． 1．（2024•鼓楼区一模）如图，直线y 3x6与 O相切，切点为P，与x轴y轴分别交于A、B两点．  O与x轴负半轴交于点C．  （1）求 O的半径；  （2）求图中阴影部分的面积． 【分析】（1）由OPOAsin60，即可求解； （2）由图中阴影部分的面积S S ，即可求解． 扇形COP POC 【解答】解：（1）对于直线y 3x6，令y 3x60， 则x2 3，即OA2 3， 由一次函数的表达式知，OB6， OB 6 则tanBAC    3， AO 2 3则BAC 60 连接OP，则OP AB， 3 则OPOAsin602 3 3； 2 （2）过点P作PH  AC于点H ， POH 30，则POC 150，  1 3 PH  OP ， 2 2 150 1 3 159 则图中阴影部分的面积S S  32  3  ． 扇形COP POC 360 2 2 4 【点评】本题考查了一次函数和圆的综合运用，涉及到圆切线的和一次函数的性质，解直角三角形，面积 的计算等，综合性强，难度适中． 2．（2023•宿豫区三模）如图①，在平面直角坐标系中，直线l :yx1与直线l :x2相交于点D，点A 1 2 是直线l 上的动点，过点A作ABl 于点B，点C的坐标为(0,3)，连接AC，BC．设点A的纵坐标为t， 2 1 ABC 的面积为s． （1）当t 2时，求点B的坐标；   1 t2 bt 5  t 1或t 5  （2）s关于t的函数解析式为s4 4 ，其图象如图②所示，结合图①、②的信息， at1t5 (1t5)  求出a与b的值； （3）在直线l 上是否存在点A，使得ACB90，若存在，请求出此时点A的坐标；若不存在，请说明 2 理由．【分析】（1）解法一：先根据t 2可得点A(2,2)，因为B在直线l 上，所以设B(x,x1)，利用y0代入 1 yx1可得G点的坐标，在RtABG中，利用勾股定理列方程可得点B的坐标； 解法二：根据可以使用yx1与x轴正半轴夹角为45度来解答； 1 5 （2）先把(7,4)代入s t2 bt 中计算得b的值，计算在1t5范围内图象上一个点的坐标值：当t 2 4 4 9 9 时，根据（1）中的数据可计算此时s ，可得坐标(2, )，代入sa(t1)(t5)中可得a的值； 4 4 （3）存在，设B(x,x1)，如图5和图6，分别根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解答． 【解答】解：（1）解法一：如图1，连接AG， 当t 2时，A(2,2)， 设B(x,x1)， 在yx1中，当x0时，y1， G(0,1)， ABl ，  1 ABG90， AB2 BG2  AG2， 即(x2)2 (x12)2 x2 (x11)2 (2)2 (21)2， 1 解得：x 0（舍)，x  ， 1 2 21 1 B( ， )； 2 2 解法二：如图11，过点B作BE x轴于E，过点A作AH BE 于H ， 当x0时，y1， 当y0时，x10， 则x1， OF OG1， GOF 90，  OGF OFG45， BEEF ， ABD90，  ABH BAH 45， ABH是等腰直角三角形， AH BH ， 当t 2时，A(2,2)， 设B(x,x1)， x22(x1)， 1 x ， 2 1 1 B( ， )； 2 2 （2）如图2可知：当t 7时，s4，1 5 49 5 把(7,4)代入s t2 bt 中得： 7b 4， 4 4 4 4 解得：b1， 如图3，过B作BH //y轴，交AC于H ， 1 1 由（1）知：当t 2时，A(2,2)，B( ， )， 2 2 C(0,3)，  设AC的解析式为：ykxn， 2kn2 则 ， n3  1 k  解得 2，  n3 1 AC的解析式为：y x3， 2 1 11 H( ， )， 2 4 11 1 9 BH    ， 4 2 4 1 1 9 9 s BH|x x |  2 ， 2 C A 2 4 4 9 9 把(2, )代入sa(t1)(t5)得：a(21)(25) ， 4 41 解得：a ； 4 （3）存在，设B(x,x1)， 当ACB90时，如图5， ABD90，ADB45，  ABD是等腰直角三角形， ABBD， A(2,t)，D(2,1)，  (x2)2 (x1t)2 (x2)2 (x11)2， (x1t)2 (x2)2， x1t x2或x1t x2， 解得：t1（舍)或t 2x3， RtACB中，AC2 BC2  AB2， 即(2)2 (t3)2 x2 (x13)2 (x2)2 (x1t)2， 把t 2x3代入得：x2 3x0， 解得：x0或3， 当x3时，如图5，则t 2339， A(2,9)；当x0时，如图6， 此时，A(2,3)， 综上，点A的坐标为：(2,9)或(2,3)． 【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的性质、等腰直角三角形的判定和性质、三角形的面积、两 点间距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 3．（2023•溧阳市一模）如图1，将矩形AOBC 放在平面直角坐标系中，点O是原点，点A坐标为(0,4)，点 B坐标为(5,0)，点P是x轴正半轴上的动点，连接AP，AQP是由AOP沿AP翻折所得到的图形． 16 （1）当点Q落在对角线OC上时，OP ； 5 （2）当直线PQ经过点C时，求PQ所在的直线函数表达式； （3）如图2，点M 是BC的中点，连接MP、MQ． ①MQ的最小值为 ； ②当PMQ是以PM 为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）通过Q点在OC上，可以通过BOC的三角函数和OAP的三角函数来导出对应的边的关系，求得结果； （2）通过直角AQC中，得到QC的长度，然后通过OPPQx，可以在RtBCP中，得到对应的x值然 后求出结果； （3）通过QAOA4，可得出Q点的运动轨迹，是以A点为圆心，4为半径长度的圆弧，从而可知，MA 的连线上的Q点为最短的MQ长度， 通过分类讨论，PM PQ，PM QM ，PQQM 来求得对应的P的坐标． 【解答】解：（1）如图1， OAPAOE90，  BOCAOE90， OAPBOC， 又 AOPOBC 90，  OAP∽BOC， OP OA OP 4   ，即  ， BC OB 4 5 16 OP ， 5 16 故答案为： ； 5 （2）如图，AQPQ，  AQC 90， QC  AC2 AQ2  52 42 3， AQ AO4，  设OPPQx，则CP3x，PB5x， CP2 BP2 BC2， (3x)2 (5x)2 42， x2， P点的坐标为(2,0)， 将P(2,0)和C(5,4)代入ykxb中， 02kb  ， 45kb  4 k    3 解得： ， 8 b  3 4 8 PQ所在直线的表达式为：y x ； 3 3 （3）如图，① AQ AO4，  Q点的运动轨迹，是以A为圆心，4为半径的圆弧， MQ的最小值在AM 的连线上，如图，MQ即为所求， 1 M 是BC中点，CM  BC 2，  2 AM  52 22  29 ， MQMAAQ 294， 故答案为： 294； ②如图， 设OPPQx，BP5x， PM2 (5x)2 22 x2 10x29， 当PM PQ时， PM2 PQ2， x2 10x29x2，29 x ， 10 29 P( ，0)， 10 当MPMQ时，如图，若点Q在AC上， 则AQOA4， MPMQ，MBMC ，PBM QCM ，  PMBQMC(HL)， PBQC， QC  ACAQ541， PB1， OPBOPB514， P(4,0)； 若点Q在AC上方时， 由对称性可知OM MQ， MQMQ，  MOMP， P(10,0)； 当MQPQ时，不符合题意，不成立， 29 故P点坐标为P( ，0)或P(4,0)或(10,0)． 10 【点评】本题考查一次函数的图象及应用，通过一次函数坐标图象的性质，三角函数的性质，全等三角形 的性质和勾股定理，来求得对应的解． 4．（2022•启东市模拟）我们知道一次函数ymxn与ymxn(m0)的图象关于y轴对称，所以我们定义：函数ymxn与ymxn(m0)互为“M ”函数． （1）请直接写出函数y2x5的“M ”函数； （2）如果一对“M ”函数ymxn与ymxn(m0)的图象交于点A，且与x轴交于B，C两点，如 图所示，若BAC 90，且ABC 的面积是8，求这对“M ”函数的解析式； （3）在（2）的条件下，若点D是y轴上的一个动点，当ABD为等腰三角形时，请求出点D的坐标． 【分析】（1）根据互为“M ”函数的定义，直接写出函数y2x5的“M ”函数； （2）现根据已知条件判断ABC 为等腰直角三角形，再根据互为“M ”函数的图象关于y轴对称，得出 OAOBOC，再根据函数解析式求出点 A、B、C的坐标，再根据ABC 的面积是8求出m、n的值， 从而求出函数解析式； （3）ABD为等腰三角形，分以A为顶点，以B为顶点，以D为顶点三种情况讨论即可． 【解答】（1）解：根据互为“M ”函数的定义， 函数y2x5的“M ”函数为y2x5； （2）解：根据题意，ymxn和ymxn为一对“M 函数”． AB AC ， 又 BAC 90，  ABC为等腰直角三角形， ABC ACB45， OBOC，  BAOCAO45， OAOBOC， 1 又 S  BCAO8且BC 2AO，  ABC 2  AO2 2， A、B、C是一次函数ymxn与ymxn(m0)的图象于坐标轴的交点， n n A(0,n)，B( ，0)，C( ，0)， m m OAOBn，  n  2 2， m m1，  yx2 2和yx2 2； （3）解：根据等腰三角形的性质，分情况， AOBO2 2，  AB4， 由（2）知，A(0，2 2)，B(2 2，0)，C(2 2 ，0)， ①以A为顶点，则AB AD， 当点D在点A上方时，AD2 24， 当点D在点A下方时，AD2 24， D(0，2 24)，D (0，2 24)， 1 2 ②以B为顶点，则BABD， 此时点D在y轴负半轴， D (0,2 2)， 3 ③以D为顶点，则DADB， 此时D为坐标原点， D (0,0)． 4 D点坐标为D(0，2 24)，D (0，2 24)，D (0,2 2)，D (0,0)． 1 2 3 4 【点评】本题考查一次函数的综合应用，以及新定义、等腰三角形的性质等知识，关键是理解新定义，用 新定义解题． 5．（2024•新北区校级模拟）如图①，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，以v 的速度沿折线ABC向终 1 点C运动；同时，一动点Q从点D出发，以v 的速度沿DC向终点C运动，当一个点到达终点时，另一个 2 点也停止运动．点E为CD的中点，连接PE ，PQ，记EPQ的面积为S，点P运动的时间为t，其函数图 象为折线MN NF 和曲线FG（图②)，已知，ON 4，NH 1，点G的坐标为(8,0)．v 8 AB （1）点P与点Q的速度之比 1 的值为 ； 的值为 ； v 5 AD 2 （2）如果OM 15． ①求线段NF 所在直线的函数表达式； ②求FG所在曲线的函数表达式； 15 ③是否存在某个时刻t，使得S… ？若存在，求出t的取值范围：若不存在，请说明理由． 4 【分析】（1）由函数图象可知t3时，Q与E重合，t 4时，P与B重合，t 6时，P与C重合，则Q DE AB 的速度v  ，P的速度v  ，从而得出答案； 2 4 1 4 （ 2 ） ① 当 t 0时 ， P与 A重 合 ， Q与 D重 合 ， 此 时 S 2， 可 得 ADBC DE15， ADE 5 ABCD AD10，从而得出点P与Q的速度，即可得出点F 的坐标，利用待定系数法可得答案； 3 15 ②设FG所在的曲线的数解析式为S a( t6)2 k(a0)，把F(5, )，G(8,0)代入解析式求得a，k值即 4 可求解答； 15 ③利用待定系数法求出直线MN 的函数解析式，当S  时，可得t的值，根据图象可得答案． 4 【解答】解：（1） ON 4，NH 1，G(8,0)，  N(4,0)，H(5,0)， 由图象可知：t 4时，Q与E重合，t5时，P与B重合，t8时，P与C重合， DE AB Q的速度v  ，P的速度v  ， 2 4 1 5 四边形ABCD是矩形，  ABCD，ADBC， E 为CD的中点，  1 1 DE CD AB， 2 2AB v 5 AB 4 8  1     ， v DE 5 DE 5 2 4 P从A到B用了5秒，从B到C用了3秒，  AB5v ，BC 3v ， 1 1 5 AB BC， 3 5 AB:AD的值为 ， 3 8 5 故答案为： ， ； 5 3 （2）① OM 15，  M(0,15)， 由题知，t 0时，P与A重合，Q与D重合， 1 S  ADDE15， EPQ 2 5 1 AB:AD ，DE AB，  3 2 5 DE AD， 6 1 5  AD AD15， 2 6 ADBC 6（舍去负值）， 5 ABCD AD10， 3 DE 5 v   ， 2 4 4 5 25 当t5时，DQv t  5 ， 2 4 4 25 5 QEDQDE 5 ，此时P与B重合， 4 4 1 1 5 15 S  EQBC   6 ， EPQ 2 2 4 4 15 F(5, )， 4 设直线NF 的解析式为S ktb(k 0)， 4kb0 15  将N(4,0)与F(5, )代入得： 15， 4 5kb   4 15 k   4 ，  b15 15 线段NF 所在直线的函数表达式为S  t15(4t„ 5)； 4 1 5 5 ②设FG所在的曲线的数解析式为S  ( t5)(162t) t2 15t40， 2 4 4 5 FG所在的曲线的函数解析式为S  t2 15t40(5„ t„ 8)； 4 ③存在，分情况讨论如下： 当Q在DE上，P在AB上时， 直线MN 经过点M(0,15)，N(4,0)，  5 可求得直线MN 的解析式为S  t15(0„ t„ 4)， 4 15 15 15 当s 时， t15 ， 4 4 4 x3， s随x的增大而减小，  15 当0„ x„ 3时，S… ， 4 当Q在CE 上，P在BC上时， 15 直线NF 的解析式为S  t15(4t„ 5)； 4 15 15 由F(5, )知：当t5时，S  ， 4 4 15 5 15 当S  时， t2 15t40 ， 4 4 4 t7或5， 由图象知：当5„ x„ 7， x的取值范围为0„ t„ 3或5„ t„ 7． 【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，矩形的性质等知 识 ， 理 解 函 数 图 象 中 每 一 个 拐 点 的 意 义 是 解 题 的 关键． 6．（2024•梁溪区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，二次函数 yax2 3ax4a的图象与x轴交于A、 1 B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴交于点C，直线y x交于第一象限内的D点，且ABC的 2 面积为10． （1）求二次函数的表达式； （2）点E为x轴上一点，过点E作y轴的平行线交线段OD于点F ，交抛物线于点G，当GF  5OF 时， 求点G的坐标； （3）已知点P(n,0)是x轴上的点，若点P关于直线OD的对称点Q恰好落在二次函数的图象上，求n的 值．【分析】（1）在 yax2 3ax4a中，令 y0得 A(1,0)， B(4,0)，根据 ABC 的面积为 10，即得 OC 4，C(0,4)，用待定系数法即得二次函数的表达式为yx2 3x4； 1 5 5 （2）设E(m,0)，则F(m, m)，G(m,m2 3m4)，由GF  5OF ，可得m2  m4 5 m，即 2 2 2 可解得G(2,6)； nr s s 1 nr （3）连接PQ交直线OD于K，过Q作QT x轴于T，设Q(r,s)，可得K( ， )，即得   ， 2 2 2 2 2 3 4 3 4 nr 2s①，又 r2 s2 n2， (nr)(nr)s2②，可解得 r  n， s n，故 Q( n， n)，代入 5 5 5 5 4 3 3 20 yx2 3x4得 n( n)2 3 n4，解得n5或n ． 5 5 5 9 【解答】解：（1）如图： 在yax2 3ax4a中，令y0得ax2 3ax4a0， 解得x4或x1， A(1,0)，B(4,0)， AB5， ABC的面积为10，  1 1  ABOC 10，即 5OC 10， 2 2OC 4， C(0,4)， 把C(0,4)代入yax2 3ax4a得： 4a4， a1， 二次函数的表达式为yx2 3x4； （2）如图： 1 设E(m,0)，则F(m, m)，G(m,m2 3m4)， 2 1 5 1 5 OF  m2 ( m)2  m，GF m2 3m4 mm2  m4， 2 2 2 2 GF  5OF，  5 5 m2  m4 5 m， 2 2 解得m2或m2（舍去）， G(2,6)； （3）连接PQ交直线OD于K，过Q作QT x轴于T，如图： P(n,0)关于直线对称点为Q， OQOP|n|，K是PQ中点， 设Q(r,s)， nr s K( ， )， 2 2 1 K 在直线y x上，  2 s 1 nr    ， 2 2 2 整理得：nr 2s①， OT2 QT2 OQ2，  r2 s2 n2， 变形得：(nr)(nr)s2②， 把①代入②得：2s(nr)s2， s0，  s nr  ③， 2 3 4 由①③可得r  n，s n， 5 5 3 4 Q( n， n)， 5 5 Q在抛物线yx2 3x4上，  4 3 3  n( n)2 3 n4， 5 5 5 20 解得n5或n ， 9 20 答：n的值为5或 ． 9 【点评】本题考查一次函数、二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，对称变换等知识，解题 的关键是用含n的代数式表示Q的坐标． 3 7．（2023•邗江区校级一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线l:y x4 3分别与x轴、y轴交于 3 点A点和B点，过O点作OD AB于D点，以OD为边构造等边EDF(F点在x轴的正半轴上）． （1）求A、B点的坐标，以及OD的长；（2）将等边EDF ，从图1的位置沿x轴的正方向以每秒1个单位的长度平移，移动的时间为t(s)，同时 点P从E出发，以每秒2个单位的速度沿着折线EDDF 运动（如图2所示），当P点到F 点停止，DEF 也随之停止． ①t  3或6 (s)时，直线l恰好经过等边EDF 其中一条边的中点； ②当点P在线段DE上运动，若DM 2PM ，求t的值； ③当点P在线段DF上运动时，若PMN的面积为 3，求出t的值． 3 【分析】（1）把x0，y0分别代入y x4 3，即可求出点A、B的坐标，求出BAO30，根 3 1 据直角三角形的性质，即可得出OD OA6； 2 （2）①当直线l分别过DE、DF、EF 的中点，分三种情况进行讨论，得出t的值，并注意点P运动的最 长时间； ②分点P在直线l的下方和直线l上方两种情况进行讨论，求出t的值即可； ③分点P在DN 之间和点P在NF 之间两种情况进行讨论，求出t的值即可． 【解答】解：（1）令x0，则y4 3， 点B的坐标为(0,4 3)， 3 令y0，则 x4 30， 3 解得x12， 点A的坐标为(12,0)， OB 4 3 3 tanBAO   ，  OA 12 3 BAO30， OD AB，  ODA90， ODA为直角三角形，1 OD OA6； 2 （2）①当直线l过DF的中点G时， DEF 为等边三角形，  DFE60， BAO30，  FGA603030， FGABAO， 1 FAFG DF 3， 2 OF OAFA9， OEOF EF 963， t3； 当l过DE的中点时， DEl，DGEG，  直线l为DE的垂直平分线， DEF 为等边三角形，  此时点F 与点A重合， 126 t  6； 1123 当直线l过EF 的中点时，运动时间为t  9； 1 66 点P从运动到停止用的时间为： 6，  2 此时不符合题意； 综上所述，当t 3s或6s时，直线l恰好经过等边EDF 其中一条边的中点， 故答案为：3或6； ② OEt，AE12t，BAO30，  t ME6 ， 2 t DM DEEM  ， 2 EP2t，  PD62t， 当P在直线l的下方时， 2 DM  DP，  3 t 2   (62t)， 2 3 24 解得：t  ； 11 当P在直线l的上方时， DM 2DP，  t  2(62t)， 2 8 解得t  ； 3 24 8 综上所述：t的值为 或 ； 11 3 ③当3t„ 6时，t D60，DMN 90，DM  ，  2 DNM 906030， 3 t MN DM tan60 t，DN 2DM 2 t ， 2 2 DP2t6，  PN DN DPt(2t6)6t ， DNM 30，  1 1 边MN 的高h PN 3 t， 2 2 PMN 的面积为 3，  1 3 1   t(3 t) 3， 2 2 2 整理得：t2 6t80， 解得t 2（舍)或t 4 当点P在NF 之间时， t D60，DMN 90，DM  ，  2 DNM 906030， 3 t MN DM tan60 t，DN 2DM 2 t ， 2 2 DP2t6，  PN DPDN 2t6t t6， DNM 30，  FNADNM 30， 1 1 边MN 的高h PN  t3， 2 2 PMN 的面积为 3， 1 3 1   t( t3) 3， 2 2 2 解得t 3 17 （舍)或t 3 17 （舍)， 综上所述，t的值为4s． 【点评】本题主要考查了一次函数的性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、利用三角函数解直角 三角形，熟练掌握含30的直角三角形的性质并注意进行分类讨论是解题的关键． 8．（2023•武进区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于任意两点P(x ，y )与P(x ，y )的“非常距 1 1 1 2 2 2 离”，给出如下定义： 若|x x |… | y  y |，则点P与点P 的“非常距离”为|x x |； 1 2 1 2 1 2 1 2 若|x x || y  y |，则点P与点P 的“非常距离”为| y  y |． 1 2 1 2 1 2 1 2 例如：点P(1,2)，点P(3,5)，因为|13||25|，所以点P与点P 的“非常距离”为|25|3，也就是图 1 2 1 2 1中线段PQ与线段PQ长度的较大值（点Q为垂直于y轴的直线PQ与垂直于x轴的直线PQ交点）． 1 2 1 2 1 （1）已知点A( ，0)，B为y轴上的一个动点， 2 ①若点A与点B的“非常距离”为2，写出一个满足条件的点B的坐标； ②直接写出点A与点B的“非常距离”的最小值； 3 （2）已知C是直线y x3上的一个动点， 4 ①如图2，点D的坐标是(0,1)，求点C与点D的“非常距离”的最小值及相应的点C的坐标； ②如图3，E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，求点C与点E的“非常距离”的最小值及相 应的点E与点C的坐标．【分析】（1）①根据点 B位于 y轴上，可以设点B的坐标为(0,y)．由“非常距离”的定义可以确定 |0 y|2，据此可以求得y的值； 1 1 1 ②设点B的坐标为(0,y)．因为| 0|… |0 y|，所以点A与点B的“非常距离”最小值为| 0| ； 2 2 2 3 （2）①设点C的坐标为(x ， x 3)．根据材料“若|x x |… | y  y |，则点P与点P 的“非常距离” 0 4 0 1 2 1 2 1 2 3 为|x x |”知，C、D两点的“非常距离”的最小值为x  x 2，据此可以求得点C的坐标； 1 2 0 4 0 3 ②根据“非常距离”的定义，点E在过原点且与直线y x3垂直的直线上，且C与E的横纵坐标差相等 4 时，点C与点E的“非常距离”取最小值，据此求出C与E的坐标及“非常距离”的最小值． 【解答】解：（1）① B为y轴上的一个动点，  设点B的坐标为(0,y)． 1 1 | 0| 2，  2 2 |0 y|2， 解得，y2或y2； 点B的坐标是(0,2)或(0,2)； 1 ②点A与点B的“非常距离”的最小值为 ． 2 （2）①如图2，当点C与点D的“非常距离”取最小值时，需要根据运算定义“若|x x |… | y  y |，则 1 2 1 2 点P与点P 的“非常距离”为|x x |”解答，此时|x x || y  y |．即AC  AD， 1 2 1 2 1 2 1 23 C 是直线y x3上的一个动点，点D的坐标是(0,1)，  4 3 设点C的坐标为(x ， x 3)， 0 4 0 3 x  x 2， 0 4 0 8 此时，x  ， 0 7 8 点C与点D的“非常距离”的最小值为：|x | ， 0 7 8 15 此时C( ， )； 7 7 3 ②如图3，当点E在过原点且与直线 y x3垂直的直线上，且CF EF 时，点C与点E的“非常距离” 4 最小， 设E(x,y)（点E位于第二象限）．则 y 4   x 3 ，  x2  y2 1  3 x   5 解得 ， 4 y  5 3 4 故E( ， )． 5 5 3 设点C的坐标为(x ， x 3)， 0 4 0 3 3 4  x  x 3 ， 5 0 4 0 5 8 解得x  ， 0 5 8 9 则点C的坐标为( ， )，点C与点E的“非常距离”的最小值为1． 5 5 【点评】本题考查了一次函数综合题．对于信息给予题，一定要弄清楚题干中的已知条件．本题中的“非常距离”的定义是正确解题的关键． 9．（2023•海安市一模）对于平面直角坐标系xOy中的图形W 和点P，给出如下定义：F 为图形W 上任意 一点，将P，F 两点间距离的最小值记为m，最大值记为M ，称M 与m的差为点P到图形W 的“差距 离”，记作d(P,W)，即d(P,W)M m，已知点A(2,1)，B(2,1) （1）求d(O,AB)； （2）点C为直线y1上的一个动点，当d(C,AB)1时，点C的横坐标是 (2 5)或( 52，) ； （3）点D为函数yxb(2„ x„ 2)图象上的任意一点，当d(D,AB)„ 2时，直接写出b的取值范围． 【分析】（1）画出图形，根据点P到图形W 的“差距离”的定义即可解决问题． （2）如图2中，设C(m,1)．由此构建方程即可解决问题． （3）如图3中，取特殊位置当b6时，当b4时，分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中， A(2,1)，B(2,1)，  AB//x轴， 点O到线段AB的最小距离为1，最大距离为 5 ， d(O,AB) 51． （2）如图2中，设C(m,1)．当点C在y轴的左侧时，由题意AC21， AC 3， (2m)2 22 9， m2 5或2 5（舍弃）， C(2 5，1)， 当点C在y轴的右侧时，同法可得C( 52，1)， 综上所述，满足条件的点C的坐标为(2 5，1)或( 52，1)． 故答案为：(2 5，1)或( 52，1)． （3）如图3中，当b6时，线段EF:yx6(2„ x„ 2)上任意一点D，满足d(D,AB)„ 2， 当b4时，线段EF:yx4(2„ x„ 2)上任意一点D，满足d(D,AB)„ 2， 观察图象可知：当b…6或b„ 4时，函数yxb(2„ x„ 2)图象上的任意一点，满足d(D,AB)„ 2． 【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，点P到图形W 的“差距离”的定义等知识， 解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考创新题型． 10．（2022•姑苏区校级模拟）平面直角坐标系xOy中，对于任意的三个点A、B、C，给出如下定义：若 矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A，B，C三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A， B，C的“三点矩形”．在点A，B，C的所有“三点矩形”中，若存在面积最小的矩形，则称该矩形为点 A，B，C的“最佳三点矩形”． 如图1，矩形DEFG，矩形IJCH 都是点A，B，C的“三点矩形”，矩形IJCH 是点A，B，C的“最佳 三点矩形”． 如图2，已知M(4,1)，N(2,3)，点P(m,n)． （1）①若m2，n4，则点M ，N，P的“最佳三点矩形”的周长为 18 ，面积为 ； ②若m2，点M ，N，P的“最佳三点矩形”的面积为24，求n的值； （2）若点P在直线y2x5上． ①求点M ，N，P的“最佳三点矩形”面积的最小值及此时m的取值范围； ②当点M ，N，P的“最佳三点矩形”为正方形时，求点P的坐标；（3）若点P(m,n)在抛物线 yax2 bxc上，当且仅当点M ，N，P的“最佳三点矩形”面积为12 时， 2„ m„ 1或1„ m„ 3，直接写出抛物线的解析式． 【分析】（1）①利用“最佳三点矩形”的定义求解即可， ②利用“最佳三点矩形”的定义求解即可； （2）①利用“最佳三点矩形”的定义求得面积的最小值为12， ②由“最佳三点矩形”的定义求得正方形的边长为6，分别将y7，y3代入y2x5，可得x分别 为1，5，点P的坐标为(1,7)或(4,3)； （3）利用“最佳三点矩形”的定义画出图形，可分别求得解析式． 【解答】解：（1）①如图，画出点M ，N，P的“最佳三点矩形”，可知矩形的周长为663318， 面积为3618； 故答案为：18，18． ② M(4,1)，N(2,3)， |x x |6，| y  y |2． M N M N 又 m2，点M ，N，P的“最佳三点矩形”的面积为24．  此矩形的邻边长分别为6，4． n1或5． （2）如图， ①由图象可得，点M ，N，P的“最佳三点矩形”面积的最小值为12； 分别将y3，y1代入y2x5，可得x分别为1，2； 结合图象可知：1„ m„ 2； ②当点M ，N，P的“最佳三点矩形”为正方形时，边长为6， 分别将y7，y3代入y2x5，可得x分别为1，4； 点P的坐标为(1,7)或(4,3)； （3）设抛物线的解析式为yax2 bxc，经过点(1,1)，(1,1)，(3,3)， abc1  abc1 ，  9a3bc3  1 a  4  b0 ，  3 c  41 3 y x2  ， 4 4 1 13 同理抛物线经过点(1,3)，(1,3)，(3,1)，可求得抛物线的解析式为y x2  ， 4 4 1 3 1 13 抛物线的解析式y x2  或y x2  ． 4 4 4 4 【点评】本题主要考查了一次函数的综合题，涉及点的坐标，正方形及矩形的面积及待定系数法求函数解 析式等知识，解题的关键是理解运用好“最佳三点矩形”的定义． 11．（2022•太仓市模拟）如图①，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，以v 的速度沿折线ABC向终点C 1 运动；同时，一动点Q从点D出发，以v 的速度沿DC向终点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也 2 停止运动．点E为CD的中点，连接PE ，PQ，记EPQ的面积为S，点P运动的时间为t，其函数图象为 折线MN NF 和曲线FG（图②)，已知，ON 3，NH 1，点G的坐标为(6,0)． v 3 （1）点P与点Q的速度之比 1 的值为 ；AB:AD的值为 ； v 2 2 （2）如果OM 2． ①求线段NF 所在直线的函数表达式； 2 ②是否存在某个时刻t，使得S… ？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由． 3 【分析】（1）由函数图象可知t3时，Q与E重合，t 4时，P与B重合，t 6时，P与C重合，则Q DE AB 的速度v  ，P的速度v  ，从而得出答案； 2 3 1 4 （2）①当t 0时，P与A重合，Q与D重合，此时S 2，可得ADBC DE2，ABCD2AD4， ADE 从而得出点P与Q的速度，即可得出点F 的坐标，利用待定系数法可得答案； 2 ②利用待定系数法求出直线MN 的函数解析式，当S  时，可得t的值，根据图象可得答案． 3 【解答】解：（1） ON 3，NH 1，G(6,0)，  N(3,0)，H(4,0)，由图象可知：t3时，Q与E重合，t 4时，P与B重合，t 6时，P与C重合， DE AB Q的速度v  ，P的速度v  ， 2 3 1 4 四边形ABCD是矩形，  ABCD，ADBC， E 为CD的中点，  1 1 DE CD AB， 2 2 AB v 4 AB 3 AB 3 3  1       ， v DE 4 DE 4 1 2 2 AB 3 2 P从A到B用了4秒，从B到C用了2秒，  AB4v ，BC 2v ， 1 1 AB2BC ， AB:AD的值为2， 3 故答案为： ,2； 2 （2）① OM 2，  M(0,2)， 由题知，t 0时，P与A重合，Q与D重合， 1 S  ADDE2， EPQ 2 AB:AD2，  1 ADDE AB， 2 1  AD2 2， 2 ADBC DE2，ABCD2AD4， DE 2 v   ， 2 3 3 2 8 当t 4时，DQv t  4 ， 2 3 3 8 2 QEDQDE 2 ，此时P与B重合， 3 3 1 1 2 3 S  EQBC   2 ， EPQ 2 2 3 32 F(4, )， 3 设直线NF 的解析式为S kxb(k 0)， 2 将N(3,0)与F(4, )代入得： 3 3kb0   2， 4kb   3  2 k   3 ，  b2 2 线段NF 所在直线的函数表达式为S  x2(3x„ 4)； 3 ②存在，分情况讨论如下： 当Q在DE上，P在AB上时， 直线MN 经过点M(0,2)，N(3,0)，  2 同理求得直线MN 的解析式为S  x2(0„ x„ 3)， 3 2 2 当s 时， x22， 3 3 x2， s随x的增大而减小，  2 当0„ x„ 2时，S… ， 3 当Q在CE 上，P在AB上时， 2 直线NF 的解析式为S  x2(3x„ 4)， 3 2 2 由F(4, )知：当x4时，S  ， 3 3 当Q在CE 上，P在BC上时， 1 S  EQCP， EPQ 2 2 DQv t  t，  2 3 2 EQDQDE t2， 3 AB 4 v   1，  1 4 4 ABBPvt t， 1ABBC 426，  CP6t ， 1 2 1 S  ( t2)(6t) t2 3t6(4x„ 6)， 2 3 3 2 1 2 当S  时， t2 3t6 ， 3 3 3 t4或5， 2 由图象知：当4x„ 5时，S… ， 3 2 综上，S… 时，x的取值范围为0„ x„ 2或4„ x„ 5． 3 【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积，矩形的性质等知 识，理解函数图象中每一个拐点的意义是解题的关键． 12．（2022•邗江区校级一模）在平面直角坐标系xOy中，对于点P和线段ST，我们定义点P关于线段ST PS (PS PT)  ST 的线段比k  ． PT  (PS…PT) ST （1）已知点A(0,1)，B(1,0)． 2 ①点Q(2,0)关于线段AB的线段比k  ； 2 ②点C(0,c)关于线段AB的线段比k  2，求c的值． （2）已知点M(m,0)，点N(m2,0)，直线yx2与坐标轴分别交于E，F 两点，若线段EF 上存在点使 1 得这一点关于线段MN 的线段比k„ ，直接写出m的取值范围． 4 【分析】（1）①求出QA、QB、AB，根据线段比定义即可得到答案； ②方法同①，分c0和c„ 0讨论； （2）分两种情况，画出图象，根据线段比定义，分别在M(N)为“临界点”时列出不等式，即可得到答 案． 【解答】解：（1）① A(0,1)，B(1,0)，Q(2,0)，  AB 2，QA 5 ，QB1， QB 2 根据线段比定义点Q(2,0)关于线段AB的线段比k   ； AB 2 2 故答案为： ； 2② A(0,1)，B(1,0)，C(0,c)，  AB 2，AC |1c|，BC  1c2 ， AC2 1c2 2c，BC2 1c2， 当c0时，AC2 BC2，即ACBC ， 由C(0,c)关于线段AB的线段比k  2可得： |1c|  2，解得c3或c1（舍去）， 2 c3， 当c„ 0时，AC2…BC2，即AC…BC， 由C(0,c)关于线段AB的线段比k  2可得： 1c2  2 ， 2 解得c 3（舍去）或c 3， c 3， 综上所述，点C(0,c)关于线段AB的线段比k  2，c3或c 3； （2） 直线yx2与坐标轴分别交于E，F 两点，  E(2,0)，F(0,2)， 点M(m,0)，点N(m2,0)，  MN 2，N在M 右边2个单位， 当线段EF 上的点到N距离较小时，分两种情况： ①当M 、N在点E左侧时，如图： 1 线段EF 上存在点使得这一点关于线段MN 的线段比k„ ， 4NE 1 2(m2) 1  „ ，即 „ ， MN 4 2 4 9 解得：m…  ， 2 ②当N在E右侧，M 在E左侧时，过M 作MGEF 于G，如图： 1 线段EF 上存在点使得这一点关于线段MN 的线段比k„ ， 4 GM 1 GM 1  „ ，即 „ ， MN 4 2 4 1 GM„ ， 2 而E(2,0)，F(0,2)， FEO45， HEM 时等腰直角三角形， 2 GM  EM ， 2 2 1 2 1  EM„ ，即 [(m2)(2)]„ ， 2 2 2 2 2 解得m„ 4 ， 2 1 线段 EF 上存在点使得这一点关于线段 MN 的线段比 k„ ，线段 EF 上的点到 N距离较小时， 4 9 2  „ m„ 4 ， 2 2 当线段EF 上的点到M 距离较小时，也分两种情况： ①当N在E右侧，M 在E左侧时，如图：1 线段EF 上存在点使得这一点关于线段MN 的线段比k„ ， 4 ME 1 2m 1  „ ，即 „ ， MN 4 2 4 5 解得m…  ， 2 ②当M 、N在点E右侧时，过M 作MH EF 于H ，如图： 1 线段EF 上存在点使得这一点关于线段MN 的线段比k„ ， 4 HM 1 HM 1  „ ，即 „ ， MN 4 2 4 1 HM„ ， 2 而E(2,0)，F(0,2)， FEO45， HEM 时等腰直角三角形， 2 HM  EM ， 2 2 1 2 1  EM„ ，即 [m(2)]„ ， 2 2 2 2 2 解得：m„ 2 ， 2 1 线段 EF 上存在点使得这一点关于线段 MN 的线段比 k„ ，线段 EF 上的点到 M 距离较小时， 45 2  „ m„ 2 ， 2 2 1 9 2 综上所述，线段 EF 上存在点使得这一点关于线段 MN 的线段比 k„ ，则  „ m„ 4 或 4 2 2 5 2  „ m„ 2 ． 2 2 【点评】本题考查一次函数应用，解题的关键是读懂线段比的定义，找出“临界点”列不等式． 13 ．（ 2022 • 泰 州 ） 定 义 ： 对 于 一 次 函 数 y axb、 y cxd， 我 们 称 函 数 1 2 ym(axb)n(cxd)(manc0)为函数y 、y 的“组合函数”． 1 2 （1）若m3，n1，试判断函数y5x2是否为函数y x1、y 2x1的“组合函数”，并说明理由； 1 2 （2）设函数y x p2与y x3p的图像相交于点P． 1 2 ①若mn1，点P在函数y 、y 的“组合函数”图像的上方，求 p的取值范围； 1 2 ②若 p1，函数y 、y 的“组合函数”图像经过点P．是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实 1 2 数 p，都有“组合函数”图像与x轴交点Q的位置不变？若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标；若不 存在，请说明理由． 【分析】（1）由y5x23(x1)(2x1)，可知函数y5x2是函数y x1、y 2x1的“组合函 1 2 数”； yx p2 （ 2 ） ① 由  得 P(2p1,p1)， 当 x2p1时 ， yx3p ym(2p1 p2)n(2p13p)(p1)(mn)，根据点P在函数 y 、 y 的“组合函数”图象的上方， 1 2 有 p1(p1)(mn)，而mn1，可得 p1； ② 由 函 数 y 、 y 的 “ 组 合 函 数 ” ym(x p2)n(x3p)图 象 经 过 点 P， 知 1 2 p1m(2p1 p2)n(2p13p)， 即 (p1)(1mn)0， 而 p1， 即 得 n1m， 可 得 y(2m1)x3p(4p2)m，令 y0得(2m1)x3p(4p2)m0，即(34m)p(2m1)x2m0， 3 即可得m 时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q(3,0)． 4 【解答】解：（1）函数y5x2是函数y x1、y 2x1的“组合函数”，理由如下： 1 2 3(x1)(2x1)3x32x15x2，  y5x23(x1)(2x1)， 函数y5x2是函数y x1、y 2x1的“组合函数”； 1 2 yx p2 x2p1 （2）①由 得 ， yx3p y p1P(2p1,p1)， y 、y 的“组合函数”为ym(x p2)n(x3p)，  1 2 x2p1时，ym(2p1 p2)n(2p13p)(p1)(mn)， 点P在函数y 、y 的“组合函数”图象的上方，  1 2 p1(p1)(mn)， (p1)(1mn)0， mn1，  1mn0， p10， p1； 3 ②存在m 时，对于不等于1的任意实数 p，都有“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q(3,0)， 4 理由如下： 由①知，P(2p1,p1)， 函数y 、y 的“组合函数” ym(x p2)n(x3p)图象经过点P，  1 2 p1m(2p1 p2)n(2p13p)， (p1)(1mn)0， p1，  1mn0，有n1m， ym(x p2)n(x3p)m(x p2)(1m)(x3p)(2m1)x3p(4p2)m， 令y0得(2m1)x3p(4p2)m0， 变形整理得：(34m)p(2m1)x2m0， 3 1 3 当34m0，即m 时， x 0， 4 2 2 x3， 3 m 时，“组合函数”图象与x轴交点Q的位置不变，Q(3,0)． 4 【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及新定义，函数图象上点坐标的特征，一次函数与一次方程的关 系等，解题的关键是读懂“组合函数“的定义． 14．（2024•钟楼区校级模拟）在同一平面内，具有一条公共边且不完全重合的两个全等三角形，我们称这 两个三角形叫做“共边全等”．（1）下列图形中两个三角形不是“共边全等”是 ③ ； 1 （2）如图1，在边长为6的等边三角形ABC中，点D在AB边上，且AD AB，点E、F 分别在AC、BC 3 边上，满足BDF 和EDF 为“共边全等”，求CF 的长； （3）如图2，在平面直角坐标系中，直线y3x12分别与直线yx、x轴相交于A、B两点，点C是OB 的中点，P、Q在AOB的边上，当以P、B、Q为顶点的三角形与PCB “共边全等”时，请直接写出 点Q的坐标． 【分析】（1）由于第③个图不符合共边要求，所以图③即为答案； （2）DF为两个全等三角形的公共边，由于F 点在BC边上，E在AC边上，两个三角形的位置可以如图 ②，在公共边异侧，构成一个轴对称图形，也可以构成一个平行四边形（将图③的两条最长边重合形成）， 分两类讨论，画出图形，按照图②构图，会得到一个一线三等角模型，利用相似，列出方程来解决，按照 平行四边形构图，直接得到ADE为等边三角形，计算边长即可求得； （3）由题目要求，可以知道两个全等三角形的公共边为PB边，由于要构成PCB，所以P点只能在OA和 OB边上，当P在OA边上，两个三角形可以在PB同侧，也可以在PB异侧，当在PB异侧构图时，可以得 到图3和图4，在图3中，当在PB同侧构图时，可以得到图6，当P在OB边上时，Q只能落在OA上，得 到图7，利用已知条件，解三角形，即可求出Q点坐标． 【解答】解：（1）①②均符合共边全等的特点，只有③，没有公共边，所以③不符合条件， 答案是③； （2）①如图1，当BDF EFD，且是共边全等时， BFDEDF， DE//BC，ABC是等边三角形，  ADE 是等边三角形， 1 AD AB2，  3 DE AEBF 2， CF BCBF 4， ②如图2，当BDF EDF，且是共边全等时， BDDE6AD4， DEF B60，EF BF ， AEDFEC 120， 又AEDEDA120， FEC EDA， 又C A60， FEC∽EDA， FC EC EF    ， EA DA DE 设CEa，则EF 2a， 62a a   ， 6a 2 解得a5 13， CE5 13，EF 102 13， CF 6(102 13)2 134， 综上所述，CF 4或2 134； y3x12 x3 （3）联立 ，解得 ， yx y3 A(3,3)， 令y3x120，得x4， B(4,0)， OB4， C 为OB中点，  OC 2，C(2,0)， 由题可得，P点只能在边OA和OB上， ①P在OA上时，如图3，PBC BPQ， CPBQBP，CPQB， CP//QB， 四边形PCBQ为平行四边形， C 为OB中点，  P为OB中点， 又PQ//OB， Q为AB中点， 7 3 Q( , )， 2 2 ②当P在OA边上，如图4，PBC PBQ， BQBC 2， 如图5，过A作ADOB于D，则AD3，OD3， BDOBOB1， AD tanABO 3， BD 过Q作QE OB于E， QE tanABO 3，  BE 设BEa，则QE3a， BE2 QE2 QB2，  10 a ， 5 3 10 3a ， 5 10 OE4a4 ， 5 10 3 10 Q(4 , )， 5 5 ③当P在OA边上，Q在OA边上时，如图6，PBQBPC， PABC 2，OPPB4，过P作PF OB于F ， AOB45，OP4，  PF OP2 2， P(2 2,2 2)， 设Q(b,b)， PQ2，   2(2 2b)2， b 2 ， Q( 2, 2)， ④当P在OB上，Q在OA上时，PBC BPQ，如图7， S S ， PBC BPQ 过C，Q分别作AB得垂线，垂足分别为M ，N， 1 1  CM BP QNBP，CM //QN ， 2 2 CM QN， 四边形CMNQ是平行四边形， C 为OB中点，  Q为AO中点， 3 3 Q( , )， 2 2 7 3 10 3 10 3 3 综上所述，Q( , )或(4 , )或( 2, 2)或( , )． 2 2 5 5 2 2【点评】此题是一道一次函数和三角形的综合题，充分利用第一问的构图是此题的突破口，当点所在的位置不确定时，要注意分类讨论，同时，利用已知数据解三角形是解决此题的基本能力要求． 15．（2023•新北区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、点B的坐标分别为(2,0)、(0,8)．经 过A、B、O三点的圆的圆心为M ，过点M 的直线与 M 的公共点是D、E，与x轴交于点F ，与y轴  交于点N，连接AE、OD、BD．已知ODF 45． （1） M 的直径为 2 17 ，点M 的坐标为 ；  （2）求直线DF所对应的函数表达式； （3）若P是线段AF 上的动点，PEA与BDO的一个内角相等，求OP的长度． 【分析】（1）连接 AB，求出 AB 22 82 2 17 ，可得 M 的直径为2 17 ，而 M 为 AB中点，知  M(1,4)； （2）连接 OM ，由 ODF 45，得 OMF 2ODF 90，故 OM2 FM2 OF2，设 F(t,0)，即 1 17 17(t1)2 16t2，可解得F(17,0)；用待定系数法得直线DF所对应的函数表达式为y x ； 4 4 1 17 （3）设E(m, m )，由M(1,4)，EM  17，可得E(5,3)，D(3,5)；分三种情况：①当PEAOBD 4 4 时，连接OE，求出DEO45，PEA45，可得EPA90，故OP5； PA 3 2 17 ②当 PEABOD时，证明 PAE∽DBO得  ，解得 PA，可得 OPPAOA ；③当 3 2 8 4 PA 3 2 PEABDO时，由PEA∽ODB，有  ，得PA8，OPPA210． 8 3 2 【解答】解：（1）连接AB，如图：AOB90，  AB为 M 的直径，  A(2,0)，B(0,8)，  AB 22 82 2 17，  M 的直径为2 17 ，  M 为AB中点，  M(1,4)； 故答案为：2 17 ，(1,4)； （2）连接OM ，如图： ODF 45，  OMF 2ODF 90， OM2 FM2 OF2， 设F(t,0)， O(0,0)，M(1,4)，  17(t1)2 16t2， 解得t17，F(17,0)； 设直线DF所对应的函数表达式为ykxb，把M(1,4)，F(17,0)代入得： kb4  ， 17kb0  1 k    4 解得 ， 17 b  4 1 17 直线DF所对应的函数表达式为y x ； 4 4 1 17 （3）设E(m, m )， 4 4 M(1,4)，EM  17，  1 17 (m1)2 ( m 4)2 17， 4 4 解得m5或m3， E(5,3)，D(3,5)； ①当PEAOBD时，连接OE，如图： FDO45，EOD90，  DEO45， ODOD，  OBD45， PEA45， PAE180EAOFDO45，  EPA90， P(5,0)，OP5； ②当PEABOD时，如图： E(5,3)，A(2,0)，  AE3 2， B(0,8)，D(3,5)，  OB8，BD3 2， PEABOD，PAEOBD45，  PAE∽DBO， PA AE PA 3 2   ，即  ， BD OB 3 2 8 9 PA ； 4 17 OPPAOA ； 4 ③当PEABDO时，如图： PAEOBD45，  PEA∽ODB， PA AE PA 3 2   ，即  ， OB BD 8 3 2 PA8，OPPA210； 17 综上所述，OP的长度为5或 或10． 4 【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及圆的性质及应用，待定系数法，相似三角形判定与性质，解 题的关键是分类讨论思想的应用． 16．（2023•梁溪区模拟）如图，以A(9,0)、B(2,0)为顶点作等边ABC ，点C在第二象限． （1）求直线BC所对应的函数表达式． （2）过点D(1,0)作一条直线交BC于点P，交AC于点Q，且DP:PQ3:2． ①求点P的坐标与BPD的度数； ②在y轴上是否存在这样的点M ，使得点M 到BPD的两边所在直线的距离相等？若存在，请直接写出所 以符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 1 7 7 3 【分析】（1）过C作CH  AB于H ，求出B2(9)7，可得BH  BC  ，CH  3BH  ，即 2 2 2 11 7 3 得C( ， )，用待定系数法得直线BC解析式为y 3x2 3； 2 2 PD BD （2）①过 Q作 QK //AB交 BC于 K，过 Q作QT  AB于T，由 BPD∽KPQ，有  ，可得 PQ QK 13 5 3 QK 2，证明QCK 是等边三角形，即可得AQ ACCQ5，从而可求得Q( ， )，用待定系数 2 2  3 3 3 3 y x 7 3 3 法 得 直 线 DQ解 析 式 为 y x ， 联 立  3 3 即 可 解 得 P( ， )； 故 3 3 2 2  y 3x2 3 7 3 3 BP ( 2)2 ( )2 3，BPBD，即可得BPDBDP30； 2 2 ②分两种情况：当M 在x轴下方时，过P作PE AB于E，设PM 交x轴于F ，由M 到BPD的两边所在 1 直线的距离相等，知PM 是BPD的角平分线，故BPF  BPD15，从而PFEBPF BDP45， 23 3 7 73 3 PEF是等腰直角三角形，有PEEF  ，OE ，OF OEEF  ，而OFM 是等腰直角 2 2 2 73 3 三角形，即可得M(0, )；当M 在x轴上方时，过P作PN  AB于N，延长MP交x轴于G，同理 2 73 3 可求得M(0, )． 2 【解答】解：（1）过C作CH  AB于H ，如图： A(9,0)、B(2,0)，  AB2(9)7， ABC是等边三角形，  BC  AB7，CBH 60， 1 7 7 3 BH  BC  ，CH  3BH  ， 2 2 2 7 11 OH OBBH 2  ， 2 2 11 7 3 C( ， )， 2 2 11 7 3 设直线BC解析式为ykxb，将B(2,0)，C( ， )代入得： 2 2 2kb0   11 7 3 ，  kb  2 2  k  3 解得 ， b2 3 直线BC解析式为y 3x2 3； （2）①过Q作QK //AB交BC于K，过Q作QT  AB于T，如图：QK //AB，  KQPPDB，QKPPBD， BPD∽KPQ， PD BD   ， PQ QK PD 3 D(1,0)，B(2,0)，  ，  PQ 2 3 3   ， 2 QK QK 2， QK //AB，  CQK CAB60， C 60，  QCK是等边三角形， CQQK 2， AQ ACCQ725， 1 5 5 3 AT  AQ ，QT  3AT  ， 2 2 2 5 13 OT OAAT 9  ， 2 2 13 5 3 Q( ， )， 2 2 13 5 3 设直线DQ解析式为ykxb，把Q( ， )，D(1,0)代入得： 2 2  13 5 3  kb  2 2 ，  kb0 3 k  3 解得 ，  3 b   3 3 3 直线DQ解析式为y x ， 3 3  7  3 3 x y x   2 联立 3 3 ，解得 ，   3 3 y 3x2 3  y 2 7 3 3 P( ， )； 2 2 B(2,0)，  7 3 3 BP ( 2)2 ( )2 3， 2 2 BPBD， BPDBDP， BPDBDPABC 60，  BPDBDP30； 7 3 3 点P的坐标为( ， )，BPD的度数为30； 2 2 ②在y轴上存在点M ，使得点M 到BPD的两边所在直线的距离相等，理由如下： 当M 在x轴下方时，过P作PE AB于E，设PM 交x轴于F ，如图： M 到BPD的两边所在直线的距离相等，  PM 是BPD的角平分线， 1 1 BPF  BPD 3015， 2 2 PFEBPF BDP153045，PEF 是等腰直角三角形， 7 3 3 点P的坐标为( ， )，  2 2 3 3 7 PE EF  ，OE ， 2 2 73 3 OF OEEF  ， 2 OFM PFE45，  OFM 是等腰直角三角形， 73 3 OM OF  ， 2 73 3 M(0, )； 2 当M 在x轴上方时，过P作PN  AB于N，延长MP交x轴于G，如图： M 到BPD的两边所在直线的距离相等，  PM 是CPD的角平分线， 1 1 DPM  (180BPD) 15075， 2 2 PGN DPM BDP753045， PGN 是等腰直角三角形， 7 3 3 点P的坐标为( ， )，  2 2 3 3 7 PN GN  ，ON  ， 2 2 73 3 OGON GN  ， 2 PGN 45，  MGO是等腰直角三角形， 73 3 OM OG ， 273 3 M(0, )； 2 73 3 73 3 综上所述，M 的坐标为(0, )或(0, )． 2 2 【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，等边三角形，等腰 直角三角形等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形求出点Q的坐标． 17．（2023•海州区校级二模）问题提出： （1）在学习几何时，我们可以通过构造基本图形，将几何“模型“化．例如在三角形全等与三角形的相似 的学习过程中，“k”字形是非常重要的基本图形．如图1，已知：ADC BEC ACB90，D、C、 E三点共线，AC BC，由ASA易证ADC CEB； 如图2，已知：ADC BEC ACB90，D、C、E三点共线，若AC 6、BC 3、BE1，则AD 的长为 4 2 ； 问题探究： （2）①如图 3，已知： ADC BEC ACB90， AC BC， D、 C、 E三点共线，求证： ADBEDE； ②如图4，已知点A(3,1)，点B在直线y2x4上，若AOB90，则此时点B的坐标为 ； 问题拓展： （3）如图 5，正方形 ABCD中，点G是BC边上一点，BF  AG，DE AG，垂足分别为F 、E．若 AE 1，四边形ABFD的面积等于10，求正方形ABCD的面积．EF （4）如图6，正方形ABCD中，点E、F 分别在AD、AB边上，AEBF ，连接EF 、DF，则 的最 DF 小值是 ． 【分析】（1）证ADC∽CEB，按比例求出CD，再利用勾股定理求出AD的长即可； （2）①证ADC CEB，则ADCE，CDBE，然后等量代换得出结论即可； ②过点A作AC x轴于点C，过点B作BE x轴于点E，证AOC∽BOE，设出点B坐标，根据比例关 系求出点B坐标即可； （3）证ABF DAE ，得BF  AE1，AF DE，根据四边形ABFD的面积等于10，求出AF 的长，再 根据勾股定理求出AB的长，然后求正方形面积即可； （4）设正方形的边长为m，AF bm，则BF  AEmbm，利用勾股定理分别求出EF 和DF的值，然 后利用配方法求最值即可． 【解答】解：（1） ADC BEC ACB90，  AACDACDBCE90， ABCE， ADC∽CEB， AC DC   ， BC BE 6 DC 即  ， 3 1 DC 2， AD AC2 CD2  62 22 4 2， 故答案为：4 2； （2）①证明： ADC BEC ACB90，  DACACDACDBCE90， DAC BCE， 又 AC BC，  ADC CEB， ADCE，CDBE， CECDDE，  ADBEDE ； ②过点A作AC x轴于点C，过点B作BE x轴于点E，A(3,1)，  AC 1，OC 3， AOB90，  AAOC AOCBOE90， ABOE， 又 ACOOEB90，  AOC∽BOE， AC OC   ， OE BE 点B在直线y2x4上，  设B(x,2x4)， 1 3 则  ， x 2x4 4 解得x ， 5 4 12 B( ， )， 5 5 4 12 故答案为：( ， )； 5 5 （3） 正方形ABCD中，BF  AG，DE AG，  AB AD，AFBDEA90，BAF DAEDAEADE90， BAF ADE， BF  AE 1，AF DE， 四边形ABFD的面积等于10，  S S 10， ABF ADF 1 1 即 AFBF  AFDE10， 2 2AF  AF2 20， 解得AF 4或5（舍去）， AB AF2 BF2  17 ， 2 正方形ABCD的面积为AB2  17 17； （4）设正方形的边长为m，AF bm，则BF  AEmbm， EF  AF2  AE2  (bm)2 (mbm)2 m 2b2 2b1，DF  AF2  AD2  (bm)2 m2 m b2 1， EF 2b2 2b1 2b1    2 ， DF b2 1 b2 1 t1 令t 2b10，则b ， 2 t1 2 1 EF 2b1 2 4   2  2  2 ， DF b2 1 t1 5 ( )2 1 t 2 2 t 5 5 t 2( t  )2 2 52，  t t 5 5 EF 4 52 51 51 当 t  时，t 2有最大值，则 有最小值，最小值为 2   ， t t DF 2 52 4 2 51 故答案为： ． 2 【点评】本题主要考查一次函数，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等 知识点，综合性较强，熟练掌握一次函数，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定 和性质等知识是解题的关键． 18．（2023•金坛区一模）在平面直角坐标系xOy中，对于点A，记线段OA的中点为M ．若点A，M ， P，Q按逆时针方向排列构成菱形AMPQ，其中QAM (0180)，则把菱形AMPQ称为点A的“ 菱形” AMPQ，把菱形AMPQ边上所有点都称为点A的“菱点”．已知点A(0,4)．（1）在图1中，用直尺和圆规作出点A的“60菱形” AMPQ，并直接写出点P的坐标（不写作法，保 留作图痕迹）； （2）若点B(1,1)是点A的“菱点”，求的值； 3 （3）若一次函数y xb的图象上存在点A的“菱点”，直接写出b的取值范围． 3 【分析】（1）分别以A，M ，O为圆心，2为半径作圆，即可确定P，Q的位置，作出点A的“60菱形” AMPQ，求出P到x轴，y轴的距离，结合M(0,2)可得点P的坐标是( 3，1)； （2）分两种情况：当点B在MP边上时，过点B作BH  y轴，垂足为H ，由B(1,1)，可得BMH 是等腰 直角三角形，即得45；当点 B在 PQ边上时，过点 P作 PH y轴，垂足为 H，可得 HP 1 3 sinHMP  ，故30；（3）设直线y xb与y轴交于K，与x轴交于T，过A作ARKT PM 2 3 2 于R，可得OKT 60，①当b最大时，Q与R重合，此时AR AM 2，由sin60 ，可求出b最 AK 4 3 3 大为4 ；②当直线y xb在M 下方时，有2OK 2，即可得b0，从而得到答案． 3 3 【解答】解：（1）作出点A的“60菱形” AMPQ，如图： PM  AM 422，且2sin60 3，2cos601， 点P的坐标是( 3，1)； （2）当点B在MP边上时，过点B作BH  y轴，垂足为H ，如图： B(1,1)，  BH OH 1， OM 2，  MH 1BH ， BMH 是等腰直角三角形， HMB45， QAM 45，即45； 当点B在PQ边上时，过点P作PH y轴，垂足为H，如图： 则PH 1， PM 2，  HP 1 sinHMP  ， PM 2 QAM HMP30，即30； 综上所述，的值是45或30； 3 （3）设直线y xb与y轴交于K，与x轴交于T，过A作ARKT 于R，如图： 33 在y xb中，令x0得yb，令y0得x 3b， 3 OT tanOKT   3， OK OKT 60， ①当b最大时，Q与R重合，此时AR AM 2， 2 sin60 ， AK 4 3 AK  ， 3 4 3 4 3 OK 4 ，即b最大为4 ； 3 3 3 ②当直线y xb在M 下方时，如图： 3 MP AM OM 2，  MK 2，即2OK 2， OK 0， b0， 4 3 综上所述，b的取值范围是0b„ 4 ． 3 【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及新定义，锐角三角函数等知识，解题的关键是画出图形，应用数形结合思想解决问题． 19．（2022•吴中区模拟）探究与应用：在学习几何时，我们可以通过分离和构造基本图形，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，可以建立如下的“模块”（如图①): （1）请就图①证明上述“模块”的合理性．已知：ADBCE90，求证：ABC∽DCE； （2）请直接利用上述“模块”的结论解决下面两个问题： ①如图②，已知点A(2,1)，点B在直线y2x3上运动，若AOB90，求此时点B的坐标； ②如图③，过点A(2,1)作x轴与y轴的平行线，交直线y2x3于点C、D，求点A关于直线CD的对 称点E的坐标． 【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； AG GO （2）①作AGx轴于点G，BH x轴于点H ，可以得出AGO∽OHB，可以得出  ，设点B OH BH 的坐标为(x,2x3)，建立方程求出其解就可以得出结论； ②过点E作EN  AC的延长线于点N，过点D作DM NE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DME∽ENC ，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． 【解答】（1）证明： BCE 90，  ACBDCE90． A90，  ACBB90， DCEB． AD，  ABC∽DCE；（2）解：①作AGx轴于点G，BH x轴于点H AGO∽OHB， AG GO   ． OH BH A(2,1)，  AG1，GO2． 点B在直线y2x3上，  设点B的坐标为(x,2x3)， OH x，BH 2x3， 1 2   ， x 2x3 3 x ， 4 3 2x3 ， 2 3 3 B( ， )； 4 2 ②过点E作EN  AC的延长线于点N，过点D作DM NE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 3 M N DEC 90，  DME∽ENC， DM ME DE    ， EN CN CEx2 2  y1  ， 7 y 2 x1  14 x   5 解得： 17 y  5 14 17 E( ， )． 5 5 【点评】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，解答时灵活运用相似三角形的性质是关键． 20．（2022•雨花台区校级模拟）阅读并解答下列问题；在学习完《中心对称图形》一章后，老师给出了以 下一个思考题：如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,3)，B(5,1)，C(a,0)，D(a2,0)，连接 AC，CD，DB，求ACCDDB最小值．【思考交流】小明：如图2，先将点A向右平移2个单位长度到点A，作点B关于x轴的对称点B ，连接AB 1 1 1 1 交x轴于点D，将点D向左平移2个单位长度得到点C，连接AC．BD．此时ACCDDB的最小值等 于AB CD． 1 1 小颖：如图3，先将点 A向右平移2个单位长度到点 A，作点 A关于x轴的对称点A ，连接 A B可以求 1 1 2 2 解． 小亮：对称和平移还可以有不同的组合． 【尝试解决】在图2中，ACCDDB的最小值是 7 ． 【灵活应用】如图4，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,3)，B(5,1)，C(a,1)，D(a2,0)，连接AC， CD，DB，则ACCDDB的最小值是 ，此时a ，并请在图5中用直尺和圆规作出ACCDDB 最小时CD的位置（不写作法，保留作图痕迹）． 【拓展提升】如图6，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,3)，C是一次函数yx图象上一点，CD与y 轴垂直且CD2（点D在点C右侧），连接AC，CD，AD，直接写出ACCDDA的最小值是 ，此 时点C的坐标是 ． 【分析】【尝试解决】根据作图痕迹分析出，小明的做法是先将A点向右平移2个单位长度，再利用对称的 性质，两点之间线段最短得到D点的位置，进而得到C点的位置． 【灵活应用】借助小明的思路，CD的长度一定，利用平移和对称，转化ACBD求其最小值．【拓展提升】按照前面的思路CD的长度一定，利用平移，找到两个固定点与在一条直线上运动的点，利用 对称求最小值． 【解答】解：【尝试解决】由题意得A(2,3)，B(5,1)， 1 1 则AB  (52)2 (13)2 5， 1 1 故AB CD527， 1 1 故答案为：7． 【灵活应用】先将A点向下平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到A，作点B关于x轴的对 1 称点B ，连接AB ，与x轴的交点就是D点，以D点为圆心，AA 的长为半径画圆，与直线y1的交点就 1 1 1 1 是C点，连接AC，CD，DB，此时ACCDDB最小，最小值即为AB CD， 1 1 作图如下： 由作图得，AA DC，且AA //DC ， 1 1 四边形AADC 是平行四边形，且A(2,2)，B(5,1)，C(2,1)，D(4,0)， 1 1 1 最小值为AB CD (52)2 (12)2  (24)2 (10)2 3 2 5，此时a为C点的横坐标2， 1 1 故答案为：3 2 5；2； 【拓展提升】 先将点A向右平移2个单位长度得到点A，得到平行四边形AADC ，AC  AD，而ACCDDA中，CD 1 1 1 为定值2，即求ACDA AD AD的最小值，由题意得：D点在直线yx2上，作点A关于直线yx2 1 的对称点A，连接AA交直线yx2于B，连接AA，交直线yx2的交点为D点，D点往左平移2 1 个单位为C点．如图：AA与直线yx2垂直，  设直线AA解析式为yxm，将A(0,3)代入得：3m， 直线AA解析式为yx3， yx3 x2.5 解 得 ， yx2 y0.5 B(2.5,0.5)， B(2.5,0.5)是AA中点，设A(x,y)，  0x2.52 x5  ，解得 ， 3 y0.52 y2 A(5,2) 设AA所在直线的解析式为ykxb，将A(2,3)、A(5,2)代入得： 1 1  5 k  32kb   3 得 ，解得 ， 25kb b 19  3 5 19  y x ， 3 3 5 19 D点是直线y x 与直线yx2的交点，  3 3  25  5 19 x y x   8 解 3 3 得 ， 9  yx2 y  8 25 9 D( ， )， 8 8 C 点是将D点向左平移2个单位长度，  9 9 C( ， )， 8 89 9 25 9 此时ACCD AD ( 0)2 ( 3)2 2 ( 0)2 ( 3)2  342， 8 8 8 8 9 9 故答案为 342；( , )． 8 8 【点评】本题考查平移和对称中的最短路径问题，结合一次函数待定系数法，还涉及关于直线对称点的求 法，综合性较强，对学生的作图能力和计算能力要求较高，属于压轴题． 21．（2022•滨海县校级三模）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个 函数图象的“好点”，例如，点(1,1)是函数yx2的图象的“好点”． 6 （1）在函数① yx5，② y ，③ yx2 2x1的图象上，存在“好点”的函数是 ③ （填序 x 号）． 4 （2）设函数 y (x0)与 ykx1的图象的“好点”分别为点 A、B，过点 A作AC  y轴，垂足为C．当 x ABC 为等腰三角形时，求k的值； （3）若将函数y2x2 4x的图象在直线ym下方的部分沿直线ym翻折，翻折后的部分与图象的其余 部分组成了一个新的图象．当该图象上恰有3个“好点”时，求m的值． 【分析】（1）判断yx与各个函数图象是否有公共点即可； 4 （2）先得出y 的“好点”，从而得出AC的长，在yx上的点B，使得AB AC，从而求得点B坐 x 标，将B点坐标代入ykx3求得k的值； （3）折叠前的抛物线上有两个“好点”，所以折叠后的抛物线上有一个“好点”即可，即yx与折叠后 抛物线只有一个公共点，从而求得折叠后的抛物线解析式，进一步求得结果． 【解答】解：（1） yx5，  yx5， ①不是“好点”的函数， 3 y ，x0，  x xy30 x y0， ②不是“好点”的函数， yx2 2x1  ， x y0 x2 3x10，△32 4110， 方程组有解， ③是“好点”的函数， 故答案为：③；  4 y （2）  x ，x0，  x y0 x2  ， y2 A(2,2)， 如图， 当ABC 为等腰三角形时，AB AC 2或BABC， 当AB AC时， yx，  B(x,x)， (x2)2 (x2)2 22， x  22，x  22， 1 2 当x 22时，y 22， ( 22)k1 22，  2 k  ， 2 当x 22时，y 22， ( 22)k1 22，4 2 k  ， 2 当ABBC时，点B(1,1)， k11， k 2，  2 4 2 综上所述：k  或 或2； 2 2 （3）设翻折后的抛物线解析式为y2x2 4xk ， y2x2 4x的图象上有两个“好点”： (0,0)和(3,3)，  当y2x2 4xk 上有一个“好点”时， 把yx代入得， x2x2 4xk， 化简整理得， 3 1 x2  x k 0， 2 2 9 △ 2k 0，  4 9 k  ， 8 9 y2x2 4x ， 8 y2x2 4x  由 9 得， y2x2 4x  8 9 2y ， 8 9 y ， 16 1 m ． 8 当(0,0)在y2x2 4xk 上时， 此时x2 2xx， x0或x1， 这时也有三个“好点”： (3,3)，(0,0)，(11)，1 m 或0． 8 【点评】本题考查了结合一次函数，反比例函数及二次函数知识，考查了对“好点”的理解，等腰三角形 知识，坐标系中线段的长，两个图象的交点与方程组之间的关系等知识，解决问题的关键是根据题意，转 化为学过的知识． 22．（2022•宜兴市校级一模）如图（1），在平面直角坐标系中，四边形OABC 的顶点O是坐标原点，点A 坐标(6,0)，点B在y轴上，点C在第二象限角平分线上，动点P、Q同时从点O出发，点P以1cm/s的速 度沿O AB匀速运动到终点B；点Q沿OCB A运动到终点A，点Q在线段OC、CB、BA上 分别做匀速运动，速度分别为Vcm/s、V cm/s、Vcm/s．设点P运动的时间为t(s)，OPQ的面积为 1 2 3 S(cm2)，已知S与t之间的部分函数关系如图（2）中的曲线段OE、曲线段EF 和线段FG所示． （1）V  3 2 ，V  ； 1 2 （2）求曲线段EF 的解析式； （3）补全函数图象（请标注必要的数据）； （4）当点P、Q在运动过程中是否存在这样的t，使得直线PQ把四边形OABC 的面积分成11:13两部分， 若存在直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）观察图象可知，t 2时，点Q运动到点C位置，t 6时，点Q运动到点B位置．如图1中， 作CE x轴于E，CF OB于F ．利用图中信息，求出点C、B坐标即可解决问题． CQ QM （2）如图1中，当点Q在线段BC上时，作QN OE于N，交CF 于M ．由QM //BF ，可得  ， CB BF 10 (t2) 2 QM t2 t10 1 t10 1 5 推出  ，可得QM  ，QN  ，可得S  t  t2  t(2t„ 6)． 2 10 2 2 2 2 2 4 2 （3）利用描点法即可解决问题；（4）分两种情形构建方程即可解决问题； 【解答】解：（1）观察图象可知，t 2时，点Q运动到点C位置，t 6时，点Q运动到点B位置． 如图1中，作CE x轴于E，CF OB于F ． 1 由题意6 2CE， 2 CE6， COE45，  CEOEOF CF 6，OC 6 2 ， 6 2 V  3 2cm/s， 1 2 在RtCBF中，BC  CF2 BF2 2 10 ， 2 10 10 V   cm/s， 2 4 2 10 故答案为3 2 ， ． 2 （2）如图1中，当点Q在线段BC上时，作QN OE于N，交CF 于M ． QM //BF，  CQ QM   ， CB BF 10 (t2) 2 QM   ， 2 10 2 t2 t10 QM  ，QN  ， 2 2 1 t10 1 5 S  t  t2  t(2t„ 6)． 2 2 4 2 （3）t 8.5时，PQ2.5，OAOB 24 点O奥PQ的结论h  ， AB 5 1 1 5 24 S  PQh   6， OPQ 2 2 2 5 1 当t 16时，S S  OAOB24， OPQ OAB 2 函数图象如图所示： （4）如图3中，由题意满足条件的点Q在线段BC上，点P在线段OA上． 四边形AOCB的面积为48，  当四边形POCQ的面积22或26时，满足条件， 1 t10 1 t10 1 3 1 则 有 ： t  6  6 (t2) 6622或 2 2 2 2 2 2 2 1 t10 1 t10 1 3 1 t  6  6 (t2) 6626， 2 2 2 2 2 2 2 解得t 175 17或4（负根已经舍弃）． t 175 17 或4s时，直线PQ把四边形OABC 的面积分成11:13两部分． 【点评】本题考查一次函数综合题、三角形的面积、路程、速度、时间之间的关系等知识，解题的关键是 读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．