代数几何综合题
代数几何综合题是初中数学中覆盖面最广、综合笥最强的题型，近几年的中考试题很多以代数几何综合题的形式出现，其命题的主要结合点是方程与几何、函数与几何等，解代数几何综合题最常用的数学方法是数形结合，由形导数，以数促形。
例1、（北京丰台）如图，已知平面直角坐标系中三点A（2，0），B（0，2），P（x，0）
，连结BP，过P点作
交过点A的直线a于点C（2，y）
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当x取最大整数时，求BC与PA的交点Q的坐标。
解：（1）
A（2，0），C（2，y）在直线a上
，
，
（2）
，
的最大整数值为
,
当
时，
，
设Q点坐标为
，则
点坐标为
说明:利用数形结合起来的思想，考查了相似三角形的判定及应用。关键是搞清楚用坐标表示的数与线段的长度的关系。
练习
1．如图，从⊙O外一点A作⊙O的切线AB、AC，切点分别为B、C，⊙O的直径BD为6，连结CD、AO.
(1)求证：CD∥AO；（3分）
(2)设CD＝x，AO＝y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3分）
(3)若AO＋CD＝11，求AB的长。（4分）
2．如图，A、B两点的坐标分别是(x1，0)、(x2，O)，其中x1、x2是关于x的方程x2+2x+m-3=O的两根，且x1<0<x2．
(1)求m的取值范围；
(2)设点C在y轴的正半轴上，∠ACB=90°，∠CAB=30°，求m的值；
(3)在上述条件下，若点D在第二象限，△DAB≌△CBA，求出直线AD的函数解析式.
3．一张矩形纸片OABC平放在平面直角坐标系内，O为原点，点A在x的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA＝5，OC＝4。
① 如图，将纸片沿CE对折，点B落在x轴上的点D处，求点D的坐标；
② 在①中，设BD与CE的交点为P，若点P，B在抛物线
上，求b，c的值；
③ 若将纸片沿直线l对折，点B落在坐标轴上的点F处，l与BF的交点为Q，若点Q在②的抛物线上，求l 的解析式。
4、一张矩形纸片OABC平放在平面直角坐标系内，O为原点，点A在x的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA＝5，OC＝4。
①求直线AC的解析式；
②若M为AC与BO的交点，点M在抛物线
上，求k的值；
③将纸片沿CE对折，点B落在x轴上的点D处，试判断点D是否在②的抛物线上，并说明理由。
5．已知：在矩形ABCD中，AB=2，E为BC边上的一点，沿直线DE将矩形折叠，使C点落在AB边上的C点处。过C′作C′H⊥DC，C′H分别交DE、DC于点G、H，连结CG、CC′，CC′交GE于点F。
（1） 求证：四边形CGC′’E为菱形；
（2） 设
，并设
，试将
表示成
的函数；
（3） 当（2）中所求得的函数的图象达到最高点时，求BC的长
能力训练
1、已知抛物线
与y轴的交于C点，C点关于抛物线对称轴的对称点为C′。
（1）求抛物线的对称轴及C、C′的坐标（可用含m的代数式表示）；
（2）如果点Q在抛物线的对称轴上，点P在抛物线上，以点C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求Q点和P的坐标（可用含m的代数式表示）；
（3）在（2）的条件下，求出平行四边形的周长。
2、如图，抛物线
与x轴、y轴分别相交于
A（－1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，其顶点为D．注：抛物线 的顶点坐标为
．
（1）求：经过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）求四边形ABDC的面积；
（3）试判断△BCD与△COA是否相似？若相似写出证明过程；若不相似，请说明理由．
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3、如图，RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=4，BA=5，点P是AC上的动点（P不与A、C重合）设PC=x，点P到AB的距离为y。
（1）求y与x的函数关系式；
（2）试讨论以P为圆心，半径为x的圆与AB所在直线的位置关系，并指出相应的x的取值范围。
4、如图，在正方形ABCD中，AB=2，E是AD边上一点(点E与点A，D不重合)．BE的垂直平分线交AB于M，交DC于N．
(1)设AE=x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式；
(2)当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大?最大值是多少?
5、如图，在直角坐标系中，点M在y轴的正半轴上，⊙M与x轴交于A，B两点，AD是⊙M的直径，过点D作⊙M的切线，交x轴于点C. 已知点A的坐标为（－3，0），点C的坐标为（5，0）.
（1）求点B的坐标和CD的长；
（2）过点D作DE∥BA，交⊙M于点E，连结AE，求AE的长.
6．如图，已知：AB是定圆的直径，O是圆心，点C在⊙O的半径AO上运动，PC⊥AB交⊙O于E，交AB于C，PC=5。PT是⊙O的切线(T为切点)。
(1)当CE正好是⊙O的半径时，PT=3，求⊙O的半径；
(2)当C点与A点重合时，求CT的长；
(3)设PT2=y，AC=x，写出y关于x的函数关系式，并确定x的取值范围。
答案：
练习
1、（1）连结BC交OA于点E
略
（2）∵CD∥AO，∴∠3＝∠4. ∵AB是⊙O的切线，DB是直径，
∴∠BCD＝∠ABO＝90°∴△BDC∽△AOB.
∴
∴
∴
∴0＜x＜6
（3）由已知和（2）知
解这个方程组得：
∴AB＝
.
2．解：(1)由题意，得
22-4(m-3)=16-m>0①
x1x2=m-3<O． ②
①得m<4．
解②得m<3．
所以m的取值范围是m<3．
(2)由题意可求得∠OCB=∠CAB=30°.
所以BC=2BO，AB=2BC=4BO．
所以A0=3BO(4分)
从而得 x1=-3x2． ③
又因为 x1+x2=-2． ④
联合③、④解得x1=-3，x2=1．
代入x1·x2=m-3，得m=O．
(3)过D作DF⊥轴于F．
从(2)可得到A、B两点坐标为A(-3，O)、B(1，O)．
所以BC=2，AB=4，OC=
因为△DAB≌△CBA，
所以DF=CO=，AF=B0=1，OF=A0-AF=2．
所以点D的坐标为(-2，)．
直线AD的函数解析式为y=x=3
3．
4、
5．（1）根据题意，C、C′两点关于直线DE成轴对称，DE是线段CC′的垂直平分线，故DC＝DC′，GC＝EC′，∠C′EG＝∠CEG
由C′H⊥DC，BC⊥DC得：C′G∥CE，
∴∠C′GE＝∠GEC，∵∠C′EG＝∠CEG，
∴∠C′GE＝∠C′EG，∴C′G＝C′E，
∴C′G＝C′E＝EC＝GC，
∴四边形CGCE为菱形
（2）解法一：由题意知：在△RtDCE中，
sin∠CDE＝
＝x
由（1）得：CC′⊥CE，又DC⊥CE，
∴Rt△C′EF∽Rt△DEC′，
∴
，
即
∴
∴
，即
解法二：设DE＝a，由sin∠CDE==x，则CE=ax，又DC⊥CE，CF⊥DE，
∴△DCE∽△CFE
∴
DG＝DE -2EF＝a-2ax2，
∴
∴y=-2x2+x+1
（3）由（2）得：y=-2x2+x+1＝
可见，当x=
时，此函数的图象达到最高点，此时
∵GH∥CE，∴
，由DH＝2，得DG＝
在Rt△DHC′中
∴BC＝
能力训练
1、（1）所求对称轴为直线x＝1 C（0，-m） C′（2，-m）
（2）满足条件的P、Q坐标为P（-1，3-m），Q（1，3-m）；P′（3，3-m）。
Q（1，3—m）；P″（1，-1-m），Q′（1,1-m）。
（3）所求平行四边形周长为
或
。
2、解：（1）
（2）由（1）可知
∴顶点坐标为D（1,4），设其对称轴与x轴的交点为E
∵
（3）△DCB与△AOC相似
证明：过点D作y轴的垂线，垂足为F
∵D（1,4），∴Rt△DFC中，DC＝
，且∠DCF＝45°
在Rt△BOC中，∠OCB＝45°，BC＝
∴∠AOC＝∠DCB＝90° 
∴△DCB∽△AOC
3、（1）过P作PQ⊥AB于Q，则PQ=y ， 
（2）令x≤y，得：
，解得：
∴当
时，圆P与AB所在直线相离；
时，圆P与AB所在直线相切；
时，圆P与AB所在直线相交
4．解：(1)连接ME，设MN交BE于P，根据题意，得
MB=ME，MN⊥BE．过N作AB的垂线交AB于F，
在Rt△MBP和Rt△MNF中，
∠MBP+∠BMN=90°，∠FNM+∠BMN=90°，
∴∠MBP=∠MNF．
又AB=FN，∴RT△EBA≌Rt△MNF，故MF=AE=x
在Rt△AME中，AE=x，ME=MB=2-AM，∴(2-AM)2=x2+AM2．
解得AM=
所以四边形ADNM的面积
即所求关系式为
.
(2) 
.
∴当AE=x=1时，四边形ADNM的面积s的值最大。最大值是
.
5．解：（1）∵ MO⊥AB，∴ OA＝OB.
∵ A点坐标为（－3，0），∴ B点坐标为（3，0）.
∵ CD是⊙O的切线，∴ CD2＝CB·CA＝2×8＝16.
∴ CD＝4.
（3）∵ AD是直径，∴ DB⊥AB，
∴ BD＝＝＝2.
∵ DE∥BA，∴ ＝. ∴ AD＝DB, ∴ AE＝2.
6．
