2021年中考数学专题复习 专题48 中考数学数形结合思想（教师版含解析） 27页

专题 48 中考数学数形结合思想 数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们在一定条件下可以相互转化。中学数学 研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合，或形数结合。作为一 种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性， 或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”， 而第二种情形是“以形助数”。“以数解形”就是有些图形太过于简单，直接观察却看不出什么规律来，这 时就需要给图形赋值，如边长、角度等。 1.数形结合思想的含义 数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系,寻求代数问题的解决方法 (以形助数),或利用数量关系来研究几何图形的性质,解决几何问题(以数助形)的一种数学思想. 数形结合 思想使数量关系和几何图形巧妙地结合起来，使问题得以解决。 2.数形结合思想应用常见的四种类型 (1)实数与数轴。实数与数轴上的点具有一一对应关系,借助数轴观察数的特点,直观明了。 (2)在解方程(组)或不等式(组)中的应用。利用函数图象解决方程问题时,常把方程根的问题看作两个函数 图象的交点问题来解决;利用数轴或函数图象解有关不等式(组)的问题直观,形象,易于找出不等式(组)解 的公共部分或判断不等式组有无公共解。 (3)在函数中的应用。借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法,函数图象的几何特征与数量特征紧密 结合,体现了数形结合的特征与方法。 (4)在几何中的应用。对于几何问题,我们常通过图形,找出边、角的数量关系,通过边、角的数量关系,得出 图形的性质等。 3.数形结合思想解题方法 “数”和“形”是数学中两个最基本的概念, 每一个几何图形中都蕴含着与它们的形状、大小、位置密 切相关的数量关系；反之,数量关系又常常可以通过几何图形做出直观地反映和描述.数形结合的实质就是 将抽象的数学语言与直观的图形结合起来,使抽象思维和形象思维结合起来,在解决代数问题时,想到它的 图形,从而启发思维,找到解题之路；或者在研究图形时,利用代数的知识,解决几何的问题.实现了抽象概念 与具体图形的联系和转化,化难为易,化抽象为直观. 【例题 1】(2020•遵义)构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算 tan15°时，如 图．在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长 CB 使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝15°，所以 tan15° 2 ．类比这种方法，计算 tan22.5°的值为( ) A． 1 B． 1 C． D． 【答案】B 【分析】在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长 CB 使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝22.5°，设 AC ＝BC＝1，则 AB＝BD ，根据 tan22.5° 计算即可． 【解析】在 Rt△ACB 中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长 CB 使 BD＝AB，连接 AD，得∠D＝22.5°， 设 AC＝BC＝1，则 AB＝BD ， ∴tan22.5° 1 【对点练习】(2019•湖北省仙桃市)不等式组 的解集在数轴上表示正确的是( ) A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：解不等式 x﹣1＞0 得 x＞1， 解不等式 5﹣2x≥1 得 x≤2， 则不等式组的解集为 1＜x≤2 【例题 2】(2020•济宁)数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线 y＝x+5 和直线 y＝ax+b 相交 于点 P，根据图象可知，方程 x+5＝ax+b 的解是( ) A．x＝20 B．x＝5 C．x＝25 D．x＝15 【答案】A 【分析】两直线的交点坐标为两直线解析式所组成的方程组的解． 【解析】∵直线 y＝x+5 和直线 y＝ax+b 相交于点 P(20，25) ∴直线 y＝x+5 和直线 y＝ax+b 相交于点 P 为 x＝20． 【对点练习】(2020 株洲模拟)直线 y=k1x+b1(k1＞0)与 y=k2x+b2(k2＜0)相交于点(﹣2，0)，且两直线与 y 轴 围城的三角形面积为 4，那么 b1﹣b2 等于 ． 【答案】4 【解析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点以及数形结合思想的应用．解决此类问题关键是仔细观察图 形，注意几个关键点(交点、原点等)，做到数形结合． 如图，直线 y=k1x+b1(k1＞0)与 y 轴交于 B 点，则 OB=b1，直线 y=k2x+b2(k2＜0)与 y 轴交于 C，则 OC=﹣b2， ∵△ABC 的面积为 4， ∴OA•OB+ =4， ∴ + =4， 解得：b1﹣b2=4． 【例题 3】(2020 通化模拟)在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为 2 的正方形 ABCD 与 边长为 2 的正方形 AEFG 按图 1 位置放置，AD 与 AE 在同一直线上，AB 与 AG 在同一直线上． (1)小明发现 DG⊥BE，请你帮他说明理由． (2)如图 2，小明将正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转，当点 B 恰好落在线段 DG 上时，请你帮他求出此时 BE 的 长． (3)如图 3，小明将正方形 ABCD 绕点 A 继续逆时针旋转，线段 DG 与线段 BE 将相交，交点为 H，写出△GHE 与△BHD 面积之和的最大值，并简要说明理由． 【答案】见解析。 【解析】(1)∵四边形 ABCD 和四边形 AEFG 都为正方形， ∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE， 在△ADG 和△ABE 中， ， ∴△ADG≌△ABE(SAS)， ∴∠AGD=∠AEB， 如图 1 所示，延长 EB 交 DG 于点 H， 在△ADG 中，∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°， 在△EDH 中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°， 则 DG⊥BE； (2)∵四边形 ABCD 和四边形 AEFG 都为正方形， ∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE， ∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE， 在△ADG 和△ABE 中， ∴△ADG≌△ABE(SAS)， ∴DG=BE， 如图 2，过点 A 作 AM⊥DG 交 DG 于点 M，∠AMD=∠AMG=90°， ∵BD 为正方形 ABCD 的对角线， ∴∠MDA=45°， 在 Rt△AMD 中，∠MDA=45°， ∴cos45°= ， ∵AD=2， ∴DM=AM= ， 在 Rt△AMG 中，根据勾股定理得：GM= = ， ∵DG=DM+GM= + ， ∴BE=DG= + ； (3)△GHE 和△BHD 面积之和的最大值为 6，理由为： 对于△EGH，点 H 在以 EG 为直径的圆上， ∴当点 H 与点 A 重合时，△EGH 的高最大； 对于△BDH，点 H 在以 BD 为直径的圆上， ∴当点 H 与点 A 重合时，△BDH 的高最大， 则△GHE 和△BHD 面积之和的最大值为 2+4=6． 【对点练习】(2020 山东日照模拟)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角 三角形中，如果一个锐角等于 30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图 1，在 Rt△ABC 中， ∠ACB=90°，∠ABC=30°，则：AC= AB． 探究结论：小明同学对以上结论作了进一步研究． (1)如图 1，连接 AB 边上中线 CE，由于 CE= AB，易得结论：①△ACE 为等边三角形；②BE 与 CE 之间的数 量关系为 ． (2)如图 2，点 D 是边 CB 上任意一点，连接 AD，作等边△ADE，且点 E 在∠ACB 的内部，连接 BE．试探究线 段 BE 与 DE 之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明． (3)当点 D 为边 CB 延长线上任意一点时，在(2)条件的基础上，线段 BE 与 DE 之间存在怎样的数量关系？请 直接写出你的结论 ． 拓展应用：如图 3，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 的坐标为(﹣ ，1)，点 B 是 x 轴正半轴上的一动点， 以 AB 为边作等边△ABC，当 C 点在第一象限内，且 B(2，0)时，求 C 点的坐标． 【答案】见解析。 【解答】探究结论(1)如图 1 中， ∵∠ACB=90°，∠B=30°， ∴∠A=60°， ∵AC= AB=AE=EB， ∴△ACE 是等边三角形， ∴EC=AE=EB， 故答案为 EC=EB． (2)如图 2 中，结论：ED=EB． 理由：连接 PE． ∵△ACP，△ADE 都是等边三角形， ∴AC=AD=DE，AD=AE，∠CAP=∠DAE=60°， ∴∠CAD=∠PAE， ∴△CAD≌△PAE， ∴∠ACD=∠APE=90°， ∴EP⊥AB，∵PA=PB， ∴EA=EB，∵DE=AE， ∴ED=EB． (3)当点 D 为边 CB 延长线上任意一点时，同法可证：ED=EB， 故答案为 ED=EB． 拓展应用：如图 3 中，作 AH⊥x 轴于 H，CF⊥OB 于 F，连接 OA． ∵A(﹣ ，1)， ∴∠AOH=30°， 由(2) 可知，CO=CB， ∵CF⊥OB， ∴OF=FB=1， ∴可以假设 C(1，n)， ∵OC=BC=AB， ∴1+n2=1+( +2)2， ∴n=2+ ， ∴C(1，2+ )． 一、选择题 1．(2020•温州)如图，在离铁塔 150 米的 A 处，用测倾仪测得塔顶的仰角为α，测倾仪高 AD 为 1.5 米，则 铁塔的高 BC 为( ) A．(1.5+150tanα)米 B．(1.5 ㌳䁣 ㌳䁣 )米 C．(1.5+150sinα)米 D．(1.5 ㌳䁣 ㌳䁣 )米 【答案】A 【分析】过点 A 作 AE⊥BC，E 为垂足，再由锐角三角函数的定义求出 BE 的长，由 BC＝CE+BE 即可得出结论． 【解析】过点 A 作 AE⊥BC，E 为垂足，如图所示： 则四边形 ADCE 为矩形，AE＝150， ∴CE＝AD＝1.5， 在△ABE 中，∵tanα ㌳䁣 ， ∴BE＝150tanα， ∴BC＝CE+BE＝(1.5+150tanα)(m) 2．(2020 恩施州模拟)如图，在平行四边形 ABCD 中，EF∥AB 交 AD 于 E，交 BD 于 F，DE：EA=3：4，EF=3， 则 CD 的长为( ) A. 4 B. 7 C. 3 D. 12 【答案】B 【解析】此题考查了平行线分线段成比例定理与平行四边形的性质．此题难度不大，解题的关键是注意数 形结合思想的应用． ∵DE：EA=3：4， ∴DE：DA=3：7 ∵EF∥AB， ∴ ， ∵EF=3， ∴ ， 解得：AB=7， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴CD=AB=7． 故选 B． 3．(2020 济南模拟)如图，抛物线 y=﹣2x 2+8x﹣6 与 x 轴交于点 A、B，把抛物线在 x 轴及其上方的部分记 作 C1，将 C1 向右平移得 C2，C2 与 x 轴交于点 B，D．若直线 y=x+m 与 C1、C2 共有 3 个不同的交点，则 m 的取 值范围是( ) A． ﹣2＜m＜ B． ﹣3＜m＜﹣ C． ﹣3＜m＜﹣2 D． ﹣3＜m＜﹣ 【答案】D 【解析】本题主要考查抛物线与 x 轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地 画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度． 令 y=﹣2x2+8x﹣6=0， 即 x2﹣4x+3=0， 解得 x=1 或 3， 则点 A(1，0)，B(3，0)， 由于将 C1 向右平移 2 个长度单位得 C2， 则 C2 解析式为 y=﹣2(x﹣4)2+2(3≤x≤5)， 当 y=x+m1 与 C2 相切时， 令 y=x+m1=y=﹣2(x﹣4)2+2， 即 2x2﹣15x+30+m1= 0， △=﹣8m1﹣15=0， 解得 m1=﹣ ， 当 y=x+m2 过点 B 时， 即 0=3+m2， m2=﹣3， 当﹣3＜m＜﹣ 时直线 y=x+m 与 C1、C2 共有 3 个不同的交点。 二、填空题 4．(2020 乌鲁木齐模拟)如图，抛物线 y=ax2+bx+c 的对称轴是 x=﹣1．且过点( ，0)，有下列结论：①abc ＞0；②a﹣2b+4c=0；③25a﹣10b+4c=0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m(am﹣b)；其中所有正确的结论 是 ．(填写正确结论的序号) 【答案】①③⑤． 【解析】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题 的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式 由抛物线的开口向下可得：a＜0， 根据抛物线的对称轴在 y 轴左边可得：a，b 同号，所以 b＜0， 根据抛物线与 y 轴的交点在正半轴可得：c＞0， ∴abc＞0，故①正确； 直线 x=﹣1 是抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴，所以﹣ =﹣1，可得 b=2a， a﹣2b+4c=a﹣4a+2=﹣3a+4c， ∵a＜0， ∴﹣3a＞0， ∴﹣3a+4c＞0， 即 a﹣2b+4c＞0，故②错误； ∵抛物线 y=ax2+bx+c 的对称轴是 x=﹣1．且过点( ，0)， ∴抛物线与 x 轴的另一个交点坐标为( ，0)， 当 x=﹣ 时，y=0，即 ， 整理得：25a﹣10b+4c=0，故③正确； ∵b=2a，a+b+c＜0， ∴ ， 即 3b+2c＜0，故④错误； ∵x=﹣1 时，函数值最大， ∴a﹣b+c＞m2a﹣mb+c(m≠1)， ∴a﹣b＞m(am﹣b)，所以⑤正确。 故答案为：①③⑤． 5．(2020•泰安)如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．BC∥AD，BE⊥AD，斜坡 AB 长 26m，斜坡 AB 的坡比为 12：5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘 测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿BC至少向右移 m 时，才能确保山体不滑坡．(取 tan50°＝1.2) 【答案】10． 【分析】在 BC 上取点 F，使∠FAE＝50°，作 FH⊥AD，根据坡度的概念求出 BE、AE，根据正切的定义求出 AH，结合图形计算，得到答案． 【解析】在 BC 上取点 F，使∠FAE＝50°，过点 F 作 FH⊥AD 于 H， ∵BF∥EH，BE⊥AD，FH⊥AD， ∴四边形 BEHF 为矩形， ∴BF＝EH，BE＝FH， ∵斜坡 AB 的坡比为 12：5， ∴ ㌳ ， 设 BE＝12x，则 AE＝5x， 由勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即(5x)2+(12x)2＝262， 解得，x＝2， ∴AE＝10，BE＝24， ∴FH＝BE＝24， 在 Rt△FAH 中，tan∠FAH ， ∴AH ㌳䁣㌳䁣 20， ∴BF＝EH＝AH﹣AE＝10， ∴坡顶 B 沿 BC 至少向右移 10m 时，才能确保山体不滑坡. 6．(2020 济南模拟)如图，在菱形 ABCD 中，AB=6，∠DAB=60°，AE 分别交 BC、BD 于点 E、F，CE=2，连接 CF，以下结论：①△ABF≌△CBF；②点 E 到 AB 的距离是 2 ；③tan∠DCF= ；④△ABF 的面积为 ．其中一定成立的是 (把所有正确结论的序号都填在横线上)． 【答案】①②③ 【解析】此题考查了四边形综合题，关键是根据菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的 判定与性质分析．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用． ∵菱形 ABCD， ∴AB=BC=6， ∵∠DAB=60°， ∴AB=AD=DB，∠ABD=∠DBC=60°， 在△ABF 与△CBF 中， ∴△ABF≌△CBF(SAS)， ∴①正确； 过点 E 作 EG⊥AB，过点 F 作 MH⊥CD，MH⊥AB，如图： ∵CE=2，BC=6，∠ABC=120°， ∴BE=6﹣2=4， ∵EG⊥AB， ∴EG= 2 ， ∴点 E 到 AB 的距离是 2 ， 故②正确； ∵BE=4，EC=2， ∴S△BFE：S△FEC=4：2=2：1， ∴S△ABF：S△FBE=3：2， ∴△ABF 的面积为= ， 故④错误； ∵∵ ， ∴ = ， ∵ ， ∴FM= ， ∴DM= ， ∴CM=DC﹣DM=6﹣ ， ∴tan∠DCF= ， 故③正确。 三、解答题 7.(2019•湖南湘西州)解不等式组： 并把解集在数轴上表示出来． 【答案】见解析。 【解答】解不等式 x﹣2＜1 得 x＜3， 解不等式 4x+5＞x+2，得：x＞﹣1， 则不等式组的解集为﹣1＜x＜3， 将解集表示在数轴上如下： 8. 我们知道：根据二次函数的图象，可以直接确定二次函数的最大(小)值；根据“两点之间，线段最短”， 并运用轴对称的性质，可以在一条直线上找到一点，使得此点到这条直线同侧两定点之间的距离之和最 短．这种“数形结合”的思想方法，非常有利于解决一些实际问题中的最大(小)值问题．请你尝试解决一 下问题： (1)在图 1 中，抛物线所对应的二次函数的最大值是 _____. (2)在图 2 中，相距 3km 的 A、B 两镇位于河岸(近似看做直线 CD)的同侧，且到河岸的距离 AC=1 千米，BD=2 千米，现要在岸边建一座水塔，直接给两镇送水，为使所用水管的长度最短，请你： ①作图确定水塔的位置； ②求出所需水管的长度(结果用准确值表示). (3)已知 x+y=6，求 的最小值？ 此问题可以通过数形结合的方法加以解决，具体步骤如下： 1 如图 3 中，作线段 AB=6，分别过点 A、B，作 CA⊥AB，DB⊥AB，使得 CA= ____DB= ____. 2 在 AB 上取一点 P，可设 AP= _____，BP= _____. 3 ③ 的最小值即为线段___和线段_____长度之和的最小值，最小值为 ___ ． 【答案】见解析。 【解析】(1)抛物线所对应的二次函数的最大值是 4； (2)①如图所示，点 P 即为所求． (作法：延长 AC 到点 E，使 CE=AC，连接 BE，交直线 CD 于点 P，则点 P 即为所求. 说明：不必写作法和证明，但要保留作图痕迹；不连接 PA 不扣分；(延长 BD，同样的方法也可以得到 P 点 的位置．) ②过点 A 作 AF⊥BD，垂足为 F，过点 E 作 EG⊥BD，交 BD 的延长线于点 G，则四边形 ACDF、CEGD 都是矩形． ∴FD=AC=CE=DG=1，EG=CD=AF． ∵AB=3，BD=2， ∴BF=BD-FD=1，BG=BD+DG=3， ∴在 Rt△ABF 中，AF2=AB2-BF2=8， ∴AF=2 EG=2 . ∴在 Rt△BEG 中，BE2=EG2+BG2=17， ∴BE= (cm). ∴PA+PB 的最小值为 cm. 即所用水管的最短长度为 cm. (3)图 3 所示，①作线段 AB=6，分别过点 A、B，作 CA⊥AB，DB⊥AB，使得 CA=3，BD=5，②在 AB 上取一点 P， 可设 AP=x，BP=y，③ 的最小值即为线段 PC 和线段 PD 长度之和的最小值， ∴作 C 点关于线段 AB 的对称点 C′，连接 C′D，过 C′点作 C′E⊥DB，交 BD 延长线于点 E， ∵AC=BE=3，DB=5，AB=C′E=6， ∴DE=8， . ∴最小值为 10． 故答案为：①4；②x，y；③PC，PD，10． 9.(2019•山东省滨州市 )如图①，抛物线 y＝﹣ x2+ x+4 与 y 轴交于点 A，与 x 轴交于点 B，C，将直线 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°，所得直线与 x 轴交于点 D． (1)求直线 AD 的函数解析式； (2)如图②，若点 P 是直线 AD 上方抛物线上的一个动点 ①当点 P 到直线 AD 的距离最大时，求点 P 的坐标和最大距离； ②当点 P 到直线 AD 的距离为 时，求 sin∠PAD 的值． 【答案】(1)y＝﹣x+4； (2)①点 P 的坐标是(6， )，最大距离是 ； ②，sin∠PAD 的值是 或 ． 【解答】解：(1)当 x＝0 时，y＝4，则点 A 的坐标为(0，4)， 当 y＝0 时，0＝﹣ x2+ x+4，解得，x1＝﹣4，x2＝8，则点 B 的坐标为(﹣4，0)，点 C 的坐标为(8，0)， ∴OA＝OB＝4， ∴∠OBA＝∠OAB＝45°， ∵将直线 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°得到直线 AD， ∴∠BAD＝90°， ∴OAD＝45°， ∴∠ODA＝45°， ∴OA＝OD， ∴点 D 的坐标为(4，0)， 设直线 AD 的函数解析式为 y＝kx+b， ，得 ， 即直线 AD 的函数解析式为 y＝﹣x+4； (2)作 PN⊥x 轴交直线 AD 于点 N，如右图①所示， 设点 P 的坐标为(t，﹣ t2+ t+4)，则点 N 的坐标为(t，﹣t+4)， ∴PN＝(﹣ t2+ t+4)﹣(﹣t+4)＝﹣ t2+ t， ∴PN⊥x 轴， ∴PN∥y 轴， ∴∠OAD＝∠PNH＝45°， 作 PH⊥AD 于点 H，则∠PHN＝90°， ∴PH＝ ＝ (﹣ t2+ t)＝ t＝﹣ (t﹣6)2+ ， ∴当 t＝6 时，PH 取得最大值 ，此时点 P 的坐标为(6， )， 即当点 P 到直线 AD 的距离最大时，点 P 的坐标是(6， )，最大距离是 ； ②当点 P 到直线 AD 的距离为 时，如右图②所示， 则 t＝ ， 解得，t1＝2，t2＝10， 则 P1 的坐标为(2， )，P2 的坐标为(10，﹣ )， 当 P1 的坐标为(2， )，则 P1A＝ ＝ ， ∴sin∠P1AD＝ ＝ ； 当 P2 的坐标为(10，﹣ )，则 P2A＝ ＝ ， ∴sin∠P2AD＝ ＝ ； 由上可得，sin∠PAD 的值是 或 ． 10．(2019 湖南湘西州)如图，一次函数 y＝kx+b 的图象与反比例函数 y＝ 的图象在第一象限交于点 A(3， 2)，与 y 轴的负半轴交于点 B，且 OB＝4． (1)求函数 y＝ 和 y＝kx+b 的解析式； (2)结合图象直接写出不等式组 0＜ ＜kx+b 的解集． 【答案】见解析。 【解析】本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，解题时注意：反比例函数与一次函数交点坐 标同时满足两个函数解析式． (1)把点 A(3，2)代入反比例函数 y＝ ，可得 m＝3×2＝6， ∴反比例函数解析式为 y＝ ， ∵OB＝4， ∴B(0，﹣4)， 把点 A(3，2)，B(0，﹣4)代入一次函数 y＝kx+b，可得 ， 解得 ， ∴一次函数解析式为 y＝2x﹣4； (2)不等式组 0＜ ＜kx+b 的解集为：x＞3． 11．(2019 广西百色)如图，已如平行四边形 OABC 中，点 O 为坐标顶点，点 A(3，0) C(1，2)，函数 y＝ (k≠0)的图象经过点 C． (1)求 k 的值及直线 OB 的函数表达式： (2)求四边形 OABC 的周长． 【答案】见解析。 【解析】本题考查待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征、 平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． (1)依题意有：点 C(1，2)在反比例函数 y＝ (k≠0)的图象上，∴k＝xy＝2， ∵A(3，0)∴CB＝OA＝3， 又 CB∥x 轴，∴B(4，2)， 设直线 OB 的函数表达式为 y＝ ax， ∴2＝4a，∴a＝ ， ∴直线 OB 的函数表达式为 y＝ x； (2)作 CD⊥OA 于点 D， ∵C(1，2)，∴OC＝ ， 在平行四边形 OABC 中， CB＝OA＝3，AB＝OC＝ ， ∴四边形 OABC 的周长为： 3+3+ ＝6+2 ， 即四边形 OABC 的周长为 6+2 ． 12.(2020 通辽模拟)如图，建筑物 AB 后有一座假山，其坡度为 i=1： ，山坡上 E 点处有一凉亭，测得假 山坡脚 C 与建筑物水平距离 BC=25 米，与凉亭距离 CE=20 米，某人从建筑物顶端测得 E 点的俯角为 45°， 求建筑物 AB 的高．(注：坡度 i 是指坡面的铅直高度与水平宽度的比) 【答案】(35+10 )m． 【解析】本题考查了解直角三角形的应用，要求学生借助坡角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角 函数解直角三角形，难度适中． 过点 E 作 EF⊥BC 于点 F，过点 E 作 EN⊥AB 于点 N， ∵建筑物 AB 后有一座假山，其坡度为 i=1： ， ∴设 EF=x，则 FC= x， ∵CE=20 米，∴x2+( x)2=400，解得：x=10， 则 FC=10 m， ∵BC=25m，∴BF=NE=(25+10 )m， ∴AB=AN+BN=NE+EF=10+25+10 =(35+10 )m.