中考数学专题：例+练——第10课时 综合型问题(含答案)

综合型试题是将所学的知识在一定的背景下进行优化组合，找到解决问题的方案，在解决问题的时候所用到的知识不再是单一的知识点，而是相关的知识，可能同时用到方程、函数，也有可能是三角形与多边形，也有可能是相关学科的知识，这类题目对学生综合能力的要求较高，同时这类题目有相对新颖的背静环境，数学综合题是初中数学中覆盖面最广、综合性最强的题型．

解数学综合题必须要有科学的分析问题的方法，要善于总结解数学综合题中所隐含的重要的转化思想、数形结合思想、分类讨论的思想、方程的思想等，要结合实际问题加以领会与掌握，这是学习解综合题的关键．

类型之一  代数类型的综合题

    代数综合题是指以代数知识为主的或以代数变形技巧为主的一类综合题．主要包括方程、函数、不等式等内容，用到的数学思想方法有化归思想、分类思想、数形结合思想以及代人法、待定系数法等．解代数综合题要注意各知识点之间的联系和数学思想方法、解题技巧的灵活运用，要抓住题意，化整为零，层层深人，各个击破． 

1.(·安徽省)刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。一分队出发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4+a）千米/时。

⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？

⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？

⑶下列图象中，①②分别描述一分队和二分队离A镇的距离y(千米)和时间x(小时)的函数关系，请写出你认为所有可能合理的代号，并说明它们的实际意义。

2．(沈阳市）一辆经营长途运输的货车在高速公路的A处加满油后，以每小时80千米的速度匀速行驶，前往与A处相距636千米的B地，下表记录的是货车一次加满油后油箱内余油量y（升）与行驶时间x（时）之间的关系：

（1）请你认真分析上表中所给的数据，用你学过的一次函数、反比例函数和二次函数中的一种来表示y与之间的变化规律，说明选择这种函数的理由，并求出它的函数表达式；（不要求写出自变量的取值范围）

（2）按照（1）中的变化规律，货车从A处出发行驶4.2小时到达C处，求此时油箱内余油多少升？

（3）在（2）的前提下，C处前方18千米的D处有一加油站，根据实际经验此货车在行驶中油箱内至少保证有10升油，如果货车的速度和每小时的耗油量不变，那么在D处至少加多少升油，才能使货车到达B地．（货车在D处加油过程中的时间和路程忽略不计）

类型之二   几何类型的综合题

几何综合题考查知识点多、条件隐晦，要求学生有较强的理解能力，分析能力，解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识与创新能力． 解决几何型综合题的关键是把代数知识与几何图形的性质以及计算与证明有机融合起来，进行分析、推理，从而达到解决问题的目的．

3.（龙岩市）如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O交x轴于A、B两点，直线FA⊥x轴于点A，点D在FA上，且DO平行⊙O的弦MB，连DM并延长交x轴于点C.

（1）判断直线DC与⊙O的位置关系，并给出证明；

（2）设点D的坐标为（-2，4），试求MC的长及直线DC的解析式. 

4.(益阳) △ABC是一块等边三角形的废铁片，利用其剪裁一个正方形DEFG，使正方形的一条边DE落在BC上，顶点F、G分别落在AC、AB上.

Ⅰ.证明：△BDG≌△CEF；

Ⅱ. 探究：怎样在铁片上准确地画出正方形.小聪和小明各给出了一种想法，请你在Ⅱa和Ⅱb的两个问题中选择一个你喜欢的问题解答. 如果两题都解，只以Ⅱa的解答记分.

Ⅱa. 小聪想：要画出正方形DEFG，只要能计算出

正方形的边长就能求出BD和CE的长，从而确定D点和

E点，再画正方形DEFG就容易了. 设△ABC的边长为2 ，请你帮小聪求出正方形的边长(结果用含根号的式子表示，不要求分母有理化) .

Ⅱb. 小明想：不求正方形的边长也能画出正方形. 具体作法是：

 ①在AB边上任取一点G’，如图作正方形G’D’E’F’；

②连结BF’并延长交AC于F；

③作FE∥F’E’交BC于E，FG∥F′G′交AB于G，

GD∥G’D’交BC于D，则四边形DEFG即为所求.

你认为小明的作法正确吗？说明理由.

类型之三  几何与代数相结合的综合题

几何与代数相结合的综合题是初中数学中涵盖广、综合性最强的题型.它可以包含初中阶段所学的代数与几何的若干知识点和各种数学思想方法，还能有机结合探索性、开放性等有关问题；它既突出考查了初中数学的主干知识，又突出了与高中衔接的重要内容，如函数、方程、不等式、三角形、四边形、相似形、圆等.它不但考查学生数学基础知识和灵活运用知识的能力还可以考查学生对数学知识迁移整合能力；既考查学生对几何与代数之间的内在联系，多角度、多层面综合运用数学知识、数学思想方法分析问题和解决问题的能力，还考查学生知识网络化、创新意识和实践能力.

 5.（·恩施自治州）如图1，在同一平面内,将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若∆ABC固定不动，∆AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E(点D不与点B重合,点E不与点C重合),设BE=m，CD=n.

（1）请在图中找出两对相似而不全等的三角形，并选取其中一对进行证明.

（2）求m与n的函数关系式，直接写出自变量n的取值范围.

（3）以∆ABC的斜边BC所在的直线为x轴，BC边上的高所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系(如图2).在边BC上找一点D，使BD=CE，求出D点的坐标，并通过计算验证BD+CE=DE.

   （4）在旋转过程中,(3)中的等量关系BD+CE=DE是否始终成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由.

6.（茂名）如图，在平面直角坐标系中，抛物线=－++，经过A（0，－4）、B（，0）、 C（，0）三点，且-=5． 

（1）求、的值；

（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；

（3）在抛物线上是否存在一点P，使得四边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．

7．（嘉兴市）如图，直角坐标系中，已知两点，点在第一象限且为正三角形，的外接圆交轴的正半轴于点，过点的圆的切线交轴于点．

（1）求两点的坐标；

（2）求直线的函数解析式；

（3）设分别是线段上的两个动点，且平分四边形的周长．

试探究：的最大面积？

参

1.【解析】本题是一道包含着分类思想的应用综合应用题。解题前先认真阅读弄清题意，把握好时间信息，二分队在营地不休息，几小时能赶到A镇，途中考虑到在塌方地点的停留，解题时不能忽视；在考虑图像时，同样也要分不同的情况去研究。

【答案】解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需（小时）

因为一分队到塌方处并打通道路需要（小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+＝8（小时）

（2）一分队赶到A镇共需+1＝7（小时）

（Ⅰ）若二分队在塌方处需停留，则后20千米需与一分队同行，故4+a＝5，即a=1，这与二分队在塌方处停留矛盾，舍去；

（Ⅱ）若二分队在塌方处不停留，则（4+a）(7－a)=30，即a2－3a+2＝0,,解得a1=1，a2=2均符合题意。

答：二分队应在营地休息1小时或2小时。（其他解法只要合理即给分）

(3)合理的图像为（b）、（d）

图像（b）表明二分队在营地休息时间过长（2＜a≤3），后于一分队赶到A镇；

图像（d）表明二分队在营地休息时间恰当（1＜a≤2），先于一分队赶到A镇。

2.【解析】从表格中的数据我们可以看出当x增加1时，对应y的值减小20，所以y与x之间可能是一次函数的关系，然后设出一次函数关系式，求出其关系式，然后进行验证.

【答案】（1）设y与x之间的关系为一次函数，其函数表达式为y=kx+b

将(0,100)，(1,80)代入上式得，

   解得   

验证：当x=2时，，符合一次函数；

当x=2.5时，，也符合一次函数．

可用一次函数表示其变化规律，

而不用反比例函数、二次函数表示其变化规律．

∴y与x之间的关系是一次函数，其函数表达式为

（2）当x=4.2时，由可得y=16

即货车行驶到C处时油箱内余油16升．

（3）方法不唯一，如：

方法一：由（1）得，货车行驶中每小时耗油20升，

设在D处至少加油升，货车才能到达B地．

依题意得，，  解得，a=69（升）

方法二：由（1）得，货车行驶中每小时耗油20升，

汽车行驶18千米的耗油量：（升）

D、B之间路程为：（千米）

汽车行驶282千米的耗油量：（升）  （升）

方法三：由（1）得，货车行驶中每小时耗油20升，

设在D处加油升，货车才能到达B地．

依题意得，，  解得， 

∴在D处至少加油69升，货车才能到达B地．

3.【解析】此题考查圆的切线的判定方法及一次函数解析式的判定，(1)切线的判定要从定义上去判定:过半径的外端,且垂直于半径的直线为圆的切线,所以此题要连接OM,然后证明OM⊥DC,这里平行线对角的转化起到了关键的作用； (2) MC的长借助于勾股定理建立方程而求出,要求直线DC的解析式需要再求出点C的坐标根据MC的长即可以求出点C的坐标（，0）,从而求出直线DC的解析式.

【答案】（1）答：直线DC与⊙O相切于点M .  

 证明如下：连OM， ∵DO∥MB， 

 ∴∠1=∠2，∠3=∠4 .∵OB=OM，∴∠1=∠3 .

∴∠2=∠4 . 

在△DAO与△DMO中，∴△DAO≌△DMO .     

∴∠OMD=∠OAD .   由于FA⊥x轴于点A，∴∠OAD=90°.

∴∠OMD=90°. 即OM⊥DC .∴DC切⊙O于M.  

（2）解：由D（－2，4）知OA=2（即⊙O的半径），AD=4 . 

由（1）知DM=AD=4，由△OMC∽△DAC，知= = =，∴AC=2MC.  

在Rt△ACD中，CD=MC+4.

由勾股定理，有(2MC)2+42=(MC+4)2，解得MC=或MC=0（不合，舍去）.

∴MC的长为，∴点C（，0）.  

设直线DC的解析式为y = kx+b .  则有解得 

∴直线DC的解析式为 y =－x+.    

4.【答案】 Ⅰ.证明：∵DEFG为正方形，∴GD=FE，∠GDB=∠FEC=90

∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°∴△BDG≌△CEF(AAS) 

 Ⅱa.解法一：设正方形的边长为x，作△ABC的高AH，

求得，由△AGF∽△ABC得：解之得： (或) 

解法二：设正方形的边长为x，则 

在Rt△BDG中，tan∠B=，   ∴解之得： (或) 

解法三：设正方形的边长为x，则 

由勾股定理得：       解之得： 

Ⅱb.解： 正确       由已知可知，四边形GDEF为矩形      ∵FE∥F’E’ ， 

∴，同理，∴ 

   又∵F’E’=F’G’， ∴FE=FG   因此，矩形GDEF为正方形

5.【解析】解决问题（1）（2）的关键是利用图中的相似三角形；解决问题（3）时利用（2）中的m、n的关系求出点D的坐标，进而分别求出BD2、CE2、DE2的值；解决问题（4）时，通常方法是先猜想其结论成立，根据结论的特征，尝试构造直角三角形，则问题可轻松获解.

【答案】解：(1)∆ABE∽∆DAE,  ∆ABE∽∆DCA

∵∠BAE=∠BAD+45°,∠CDA=∠BAD+45°∴∠BAE=∠CDA   又∠B=∠C=45°∴∆ABE∽∆DCA 

(2)∵∆ABE∽∆DCA，∴ 

由依题意可知CA=BA=    ∴，∴m=   自变量n的取值范围为1(3)由BD=CE可得BE=CD,即m=n     ∵m=，∴m=n=

∵OB=OC=BC=1，∴OE=OD=－1，∴D(1－, 0) 

∴BD=OB－OD=1-(－1)=2－=CE, DE=BC－2BD=2-2(2－)=2－2

∵BD+CE=2 BD=2(2－)=12－8, DE=(2－2) = 12－8

∴BD+CE=DE 

(4)成立

证明:如图,将∆ACE绕点A顺时针旋转90°至∆ABH的位置,则CE=HB,AE=AH,

∠ABH=∠C=45°,旋转角∠EAH=90°.

连接HD,在∆EAD和∆HAD中

∵AE=AH, ∠HAD=∠EAH-∠FAG=45°=∠EAD, AD=AD.

∴∆EAD≌∆HAD   ∴DH=DE

又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°  ∴BD+HB=DH

即BD+CE=DE

6.【答案】（1）解法一：∵抛物线=－++经过点A（0，－4），  ∴=－4 

又由题意可知， 、是方程－++=0的两个根，

∴+=，  =－=6    由已知得（-）=25

又（-）=（+）－4=－24

∴－24=25 ，解得=± 

当=时，抛物线与轴的交点在轴的正半轴上，不合题意，舍去．

∴=－． 

解法二：∵ 、是方程－++c=0的两个根，

即方程2－3+12=0的两个根．

∴=，   ∴－==5，

解得=±（以下与解法一相同．）    

（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，又=－－－4=－（+）+   

∴抛物线的顶点（－，）即为所求的点D．

（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（－6，0），根据菱形的性质，点P必是直线=-3与抛物线=－--4的交点， 

∴当=－3时， =－×（－3）－×（－3）－4=4， 

∴在抛物线上存在一点P（－3，4），使得四边形BPOH为菱形．

四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（－3，3），但这一点不在抛物线上．

7.【答案】（1），．

作于，

为正三角形，，．

．

连，，，

．．

（2），是圆的直径，又是圆的切线，．

，．   ．

设直线的函数解析式为，

则，解得．直线的函数解析式为．

（3），，    ，，

四边形的周长．   设，的面积为，

则，

．

．

当时，．

点分别在线段上，  ，

解得．  满足，

的最大面积为．