专题20 几何与代数综合性及易错问题
题型一：几何与代数综合性问题
尺规作图、利用代数方法解决图形存在性（最值、性质）问题等
题型二：易错题型
基于分类讨论的题型.
【例1】(2019·洛阳二模)如图，直线y=-
x+4与 x轴、y轴的交点为A，B．按以下步骤作图：
①以点 A 为圆心，适当长度为半径作弧，分别交 AB，x 轴于点 C，D；
②分别以点 C，D 为圆心，大于
CD的长为半径作弧，两弧在∠OAB内交于点M；③作射线AM，交 y 轴于点E．则点 E 的坐标为
【答案】（0，
）.
【解析】解：过点E作EF⊥AB于F，如图所示，
在y=-
x+4中，当x=0时，y=4；当y=0时，x=3，
即A(3,0)，B（0,4），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=5，
由题意的尺规作图方法可知，AM为∠BOA的平分线，
∴EO=EF，
∴△OAE≌△FAE，
∴OA=AF=3，
∴BF=AB－AF=2，
设OE=x，则EF=x，BE=4－x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
（4－x）2=x2+22，
解得：x=
，即OE=
，
∴答案为：（0，
）.
【变式1-1】(2019·偃师一模)如图，点A(0，2)，在 x 轴上取一点 B，连接 AB，以 A 为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，AB 于点 M，N，再以 M，N 为圆心，大于
MN的长为半径画弧，两弧交于点D，连接 AD 并延长交 x 轴于点 P．若△OPA 与△OAB 相似，则点 P 的坐标为
【答案】（
，0）.
【解析】解：由题意知，AP为∠OAB的平分线，
∴∠OAP=∠BAP，
∵△OPA与△OAB相似，
∴∠OPA=∠OAB=2∠OAP，
∴∠OAP=30°，
∵OA=2，
∴OP=OA·tan30°=
，
即P点坐标为（
，0）.
【变式1-2】（2018·河南第一次大联考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=kx（k>0）分别交反比例函数
和
在第一象限的图象于点A，B，过点B作BD⊥x轴于点D，交
的图象于点C，连接AC．若△ABC是等腰三角形，则k的值是__________．
【答案】
或
.
【解析】解：联立y=kx，
，得：
x=
，y=
，即A(
,
)，
同理，得点B的坐标为(
,3
)，
∵BD⊥x轴，
∴C点坐标为（
，
），
∴BC=3
－
，BC的中点的纵坐标为
－
≠
，
∴A不在BC的垂直平分线上，即AB≠AC，
（1）当AB=BC时，
即AB2=BC2，
，
解得：k=
或k=
（舍）；
（2）当AC=BC时，
即AC2=BC2,
，
解得：k=
或k=
（舍）；
故答案为：
或
.
【例2】（2019·偃师一模）当-2≤x≤1时，二次函数 y=-(x-m)2+m2+1有最大值4，则实数m的值为
【答案】－
或2.
【解析】解：①当-2≤m≤1时，x=m时，y=4，即m2+1=4，
解得：m= 
（舍）或m=－
，
②当m<－2时，
x=－2时，y=4，即-(-2-m)2+m2+1=4，
解得：m=
（舍）；
③当m>1时，
x=1时，y=4，
即-(1-m)2+m2+1=4，
解得：m=2，
综上所述，m的值为－
或2.
【变式2-1】 (2019·洛阳二模)四张背面相同的扑克牌，分别为红桃 1，2，3，4，背面朝上，先从中抽取一张把抽到的点数记为 a，再在剩余的扑克中抽取一张点数记为 b，则点(a，b)在直线 y=x+1 上方的概率是
【答案】
.
【解析】解：抽到的点数有序数对为：（1,2），（1,3），（1,4），（2,1），（2,3），（2,4），（3,1），（3,2），（3,4），（4,1），（4,2），（4,3），共12中可能，
只有（1,2），（2,3），（3,4）三个点在直线y=x+1上，即点(a，b)在直线 y=x+1 上方的概率是
，
故答案为：
.
【变式2-2】（2018·信阳一模）如图，有甲、乙两种地板样式，如果小球分别在上面自由滚动，设小球在甲种地板上最终停留在黑色区域的概率为P1，在乙种地板上最终停留在黑色区域的概率为P2，则（ ）
A．P1＞P2 B．P1＜P2 C．P1=P2 D．以上都有可能
【答案】A.
【解析】解：由图甲可知，黑色方砖6块，共有16块方砖，
∴在乙种地板上最终停留在黑色区域的概率为P1=
，
由图乙可知，黑色方砖3块，共有9块方砖，
∴在乙种地板上最终停留在黑色区域的概率为P2=
，
∴P1＞P2；
故答案为：A．
1.（2018·焦作一模）如图，在直角坐标系中，正方形ABCO的点B坐标（3，3），点A、C分别在y轴、x轴上，对角线AC上一动点E，连接BE，过E作DE⊥BE交OC于点D．若点D坐标为（2，0），则点E坐标为 ．
【答案】（1，2）.
【解析】解：过点E作EH⊥OC于H，延长HE交AB于F，连接OE，
∵四边形ABCO是正方形，
∴AB∥OC，∠OAB=∠AOC=90°，∠OAC=∠BAC=∠OCA=45°，OA∥BC，
∴FH∥OA，
∴∠HEC=∠OAC=∠OCA= 45°，∠BFH=∠OAB=90°，∠DHE=∠AOC=90°，
∴EH=CH=BF，∠EBF=∠DEH，
∴△BEF≌△EDH，
∴BE=DE，
∵点D坐标为（2，0），即OD=2，
由正方形性质得：OE=BE=DE，
∵FH⊥OC，
∴OH=DH=
OD=1，
∴EF=DH=1，
∵FH=OA=3，
∴EH=2，
∴点E的坐标为（1，2），
∴答案为：（1，2）．
2.（2018·焦作一模）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN的周长的最大值．
图1 图2
【答案】（1）等边三角形；（2）（3）见解析.
【解析】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，
∵AD=AE，
∴BD=CE，
∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，
∴PM∥CE，PM= 
CE，PN∥AD，PN= 
BD，
∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°，
∴∠MPN=60°，
∴△PMN为等边三角形；
答案为等边三角形；
（2）△PMN的形状不发生改变，理由如下：
连接CE、BD，
∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°，
由旋转性质得：BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，
∴PM∥CE，PM=
CE，PN∥AD，PN=
BD，
∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，
∴∠BPM+∠CPN=∠BCE+∠CBD
=∠BCA+∠ACE+∠CBD
=∠BCA+∠ABD+∠CBD
=∠BCA+∠ABC
=120°，
∴∠MPN=60°，
∴△PMN为等边三角形．
（3）∵PN=
BD，
∴当BD的值最大时，PN的值最大，
当A、B、D共线时且A在B、D之间时，BD取最大值，
此时BD=1+3=4，
∴PN的最大值为2，
即△PMN的周长的最大值为6．
3.（2019·三门峡二模）如图，正方形ABCD的对称中心在坐标原点，AB∥x轴，AD，BC分别与x轴交于E，F，连接BE，DF，若正方形ABCD的顶点B，D在双曲线y＝
上，实数a满足
＝1，则四边形DEBF的面积是（ ）
A．
B．
C．1 D．2
【答案】D.
【解析】解：∵实数a满足
＝1，
∴a＝±1，
又∵a＞0，
∴a＝1，
∵正方形ABCD的顶点B，D在y＝
上，
∴S矩形BGOF＝1，
∵正方形ABCD的对称中心在坐标原点，
∴S平行四边形DEBF＝S矩形ABFEF＝2S矩形BGOF＝2×1＝2，
故答案为：D．
4.（2019·省实验一模）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B，C为圆心，以大于
BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．如果CD＝AC，∠ACB＝105°，那么∠B的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】B．
【解析】解：由尺规作图可得：MN垂直平分BC，
∴DC＝BD，
∴∠DCB＝∠DBC，
∵DC＝AC，
∴∠A＝∠CDA，
设∠B为x，则∠BCD＝x，∠A＝∠CDA＝2x，
∴x+2x+105°＝180°，
解得：x＝25，
即∠B＝25°，
故答案为：B．
5.（2019·省实验一模）如图，点A（m，5），B（n，2）是抛物线C1：y＝
x2﹣2x+3上的两点，将抛物线C1向左平移，得到抛物线C2，点A，B的对应点分别为点A'，B'．若曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），则抛物线C2的解析式是（ ）
A．y＝
（x﹣5）2+1 B．y＝
（x﹣2）2+4
C．y＝
（x+1）2+1 D．y＝
（x+2）2﹣2
【答案】C．
【解析】解：∵y＝
x2﹣2x+3
＝
（x﹣2）2+1，
∵阴影部分的面积为9，A（m，5），B（n，2），
∴3BB′＝9，
∴BB′＝3，
即将C1沿x轴向左平移3个单位长度得到C2的图象，
∴C2的函数表达式是y＝
（x+1）2+1．
答案为：C．
6.（2019·省实验一模）如图，网格线的交点称为格点．双曲线y＝
与直线y＝k2x在第二象限交于格点A．
（1）填空：k1＝ ，k2＝ ；
（2）双曲线与直线的另一个交点B的坐标为 ；
（3）在图中仅用直尺、2B铅笔画△ABC，使其面积为2|k1|，其中点C为格点．
【答案】（1）﹣2；﹣2；（2）（1，﹣2）；（3）见解析．
【解析】解：（1）由图可得：A（﹣1，2），
将点A（﹣1，2）分别代入双曲线y＝
和直线y＝k2x，
可得：k1＝﹣2，k2＝﹣2，
（2）由对称性可知，两函数图象的另一个交点与A（﹣1，2）关于坐标原点对称，
∴B（1，﹣2）；
（3）∵k1＝﹣2，
∴2|k1|＝4，
∴满足条件的点C有四个，如图所示．
7.（2019·叶县一模）有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD，MF，若BD＝16cm，∠ADB＝30°．
（1）如图1，试探究线段BD 与线段MF的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）把△BCD 与△MEF 剪去，将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，边AD1交FM 于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK 为等腰三角形时，求β的度数；
（3）若将△AFM沿AB方向平移得到△A2F2M2（如图3），F2M2与AD交于点P，A2M2与BD交于点N，当NP∥AB时，求平移的距离．
图1 图2 图3
【答案】见解析.
【解析】解：（1）结论：BD＝MF，BD⊥MF．理由：
延长FM交BD于点N，
由题意得：△BAD≌△MAF．
∴BD＝MF，∠ADB＝∠AFM．
∵∠DMN＝∠AMF，
∴∠ADB+∠DMN＝∠AFM+∠AMF＝90°，
∴∠DNM＝90°，
∴BD⊥MF．
（2）由题意知，∠KAF<90°，
①当AF=AK时，∠AKF=∠F=30°，
此时∠KAF=120°，不符题意，此种情况不存在；
②当AK＝FK时，∠KAF＝∠F＝30°，
则∠BAB1＝180°﹣∠B1AD1﹣∠KAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
即β＝60°；
③当AF＝FK时，∠FAK＝75°，
∴∠BAB1＝90°﹣∠FAK＝15°，
即β＝15°；
综上所述，β的度数为60°或15°；
（3）由题意得四边形PNA2A是矩形，
设A2A＝PN＝x，
在Rt△A2M2F2中， F2M2＝FM＝16，∠F＝∠ADB＝30°，
∴A2M2＝8，A2F2＝8
，
∴AF2＝8
﹣x．
同理，AP＝8﹣
x，
∴PD＝AD﹣AP＝8
﹣8+
x．
∵NP∥AB，
∴
，
∴
，
解得x＝12﹣4
，
∴平移距离为：12﹣4
.
8.（2019·濮阳二模）若函数y＝（m﹣1）x2﹣6x+
m的图象与x轴有且只有一个交点，则m的值为（ ）
A．﹣2或3 B．﹣2或﹣3 C．1或﹣2或3 D．1或﹣2或﹣3
【答案】C．
【解析】解：（1）当m＝1时，函数解析式为：y＝﹣6x+
，是一次函数，图象与x轴有且只有一个交点，
（2）当m≠1时，函数为二次函数，
∴62﹣4×（m﹣1）×
m＝0，
解得：m＝﹣2或3，
故答案为：C．
9.（2019·濮阳二模）如图，点A在双曲线y=
（x＞0）上，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B，分别以点O和点A为圆心，大于
OA的长为半径作弧，两弧相交于D，E两点，作直线DE交x轴于点C，交y轴于点F（0，2），连接AC．若AC＝1，则k的值为（ ）
A．2 B．
C．
D．
【答案】B．
【解析】解：设OA交CF于K．
由作图方法可知，CF垂直平分线段OA，
∴OC＝CA＝1，OK＝AK，
在Rt△OFC中，由勾股定理得：CF＝
，
由三角形的面积知：AK＝OK＝
，
∴OA＝
，
由△FOC∽△OBA，可得：
，
∴
，
∴OB＝
，AB＝
，
即A（
，
），
∴k＝
．
∴答案为：B．
10.（2019·商丘二模）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC绕原点O逆时针旋转30°后得到矩形OA′B′C′，A′B′与BC交于点M，延长BC交B′C′于N，若A（
，0），C（0，1），则点N的坐标为（ ）
A．（
，1） B．（2－
，1） C．（
－2，1） D．（1－
，1）
【答案】B.
【解析】解：连接ON，取∠ONE＝∠NOC，
由旋转性质得：C'O＝CO，∠COC'＝30°
∵CO＝C'O，NO＝NO
∴Rt△CON≌Rt△C'ON（HL）
∴∠NOC＝∠NOC'＝15°
∴∠ONE＝∠NOC＝15°
∴∠NEC＝30°，NE＝EO
∵NC⊥OC，∠NEO＝30°
∴NC＝
NE，CE＝
NC
∵CE+OE＝1
∴2NC+
NC＝1
∴NC＝2﹣
即点N坐标（2﹣
，1）
所以答案为：B．
11.（2019·开封模拟）如图所示，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长交BC边的延长线于E点，对角线BD交AG于F点．已知FG＝2，则线段AE的长度为 ．
【答案】12.
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABF＝∠GDF，∠BAF＝∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴
＝2，
∴AF＝2GF＝4，
∴AG＝6．
由题意得：CG为△EAB的中位线，
∴AE＝2AG＝12．
所以答案为：12．
12.(2019·新乡一模) 如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按如下步骤作图：①分别以点A、D为圆心，以大于
AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M、N；②连接MN分别交AB、AC于点E、F；③连接DE、DF．若BD＝6，AF＝4，CD＝3，则BE的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D.
【解析】解：由作图方法可知：MN是线段AD的垂直平分线，
∴AE＝DE，AF＝DF，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠EDA＝∠CAD，
∴DE∥AC，
同理，DF∥AE，
∴四边形AEDF是菱形，
∴AE＝DE＝DF＝AF，
∵AF＝4，
∴AE＝DE＝DF＝AF＝4，
由DE∥AC，得：
，
∵BD＝6，AE＝4，CD＝3，
∴BE＝8，
故答案为：D．
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