《2025年综合应用创新题典中点七年级数学下册鲁教版五四制》

1. 新考法 分类讨论法 如图，一次函数$y = \frac{3}{4}x + 6$的图象与$x$轴交于点$A$，与$y$轴交于点$B$，$OC\perp AB$于点$C$，点$P$在直线$AB$上运动，点$Q$在$y$轴的正半轴上运动.
(1)求点$A$，$B$的坐标；
(2)求$OC$的长；
(3)若以$O$，$P$，$Q$为顶点的三角形与$\triangle OCP$全等，求点$Q$的坐标.

答案：
【解】
(1)在$y = \frac{3}{4}x + 6$中，令$x = 0$，得$y = 6$；令$y = 0$，得$x = - 8$。 $\therefore A(-8,0)$，$B(0,6)$。
(2)由
(1)知$A(-8,0)$，$B(0,6)$， $\therefore OA = 8$，$OB = 6$， $\therefore AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}} = 10$。 $\because S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}OA\cdot OB=\frac{1}{2}AB\cdot OC$， $\therefore OC=\frac{OA\cdot OB}{AB}=\frac{8\times6}{10}=\frac{24}{5}$。
(3)$\because$以$O$，$P$，$Q$为顶点的三角形与$\triangle OCP$全等， $\therefore OP$是$\triangle POQ$的斜边，$Q$为直角顶点。 设$P(m,\frac{3}{4}m + 6)$，则易得$Q(0,\frac{3}{4}m + 6)$。 当$\triangle OCP\cong\triangle PQO$，$P$在$C$下方时，如图①， 则$OC = PQ$，$\therefore PQ=\frac{24}{5}$，$\therefore m = -\frac{24}{5}$， $\therefore\frac{3}{4}m + 6=\frac{3}{4}\times(-\frac{24}{5})+6=\frac{12}{5}$，$\therefore Q(0,\frac{12}{5})$； 当$\triangle OCP\cong\triangle PQO$，$P$在$B$上方时，如图②。 $\because PQ = OC$，$\therefore PQ=\frac{24}{5}$，$\therefore m=\frac{24}{5}$， $\therefore\frac{3}{4}m + 6=\frac{3}{4}\times\frac{24}{5}+6=\frac{48}{5}$，$\therefore Q(0,\frac{48}{5})$； 当$\triangle OCP\cong\triangle OQP$，$P$在$C$，$B$之间时，如图③， 则$OQ = OC=\frac{24}{5}$，$\therefore Q(0,\frac{24}{5})$。 综上所述，点$Q$的坐标为$(0,\frac{12}{5})$或$(0,\frac{48}{5})$或$(0,\frac{24}{5})$。

2. 新视角 存在性探究题 如图，在平面直角坐标系中，正比例函数$y = kx(k\neq0)$与一次函数$y = -x + 7$的图象相交于点$A(t,3)$，过点$P(0,4)$作$x$轴的平行线，交$y = kx$的图象于点$B$，交$y = -x + 7$的图象于点$C$，连接$OC$.
(1)求$t$与$k$的值.
(2)求$\triangle OBC$的面积.
(3)在$x$轴上是否存在点$M$，使$\triangle AOM$是以$OA$为腰的等腰三角形？若存在，求出所有点$M$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 【解】
(1)把点$A(t,3)$的坐标代入一次函数$y = - x + 7$， 得$3 = - t + 7$， 解得$t = 4$，$\therefore A(4,3)$。 把$A(4,3)$的坐标代入正比例函数$y = kx(k\neq0)$，得$4k = 3$， $\therefore k=\frac{3}{4}$。
(2)$\because PC// x$轴，$P(0,4)$， $\therefore$把$y = 4$代入$y=\frac{3}{4}x$中， 解得$x=\frac{16}{3}$，$\therefore B(\frac{16}{3},4)$。 把$y = 4$代入$y = - x + 7$中，解得$x = 3$， $\therefore C(3,4)$，$\therefore BC=\frac{16}{3}-3=\frac{7}{3}$。 $\because P(0,4)$，$\therefore OP = 4$。 $\therefore S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}BC\cdot OP=\frac{1}{2}\times\frac{7}{3}\times4=\frac{14}{3}$。
(3)存在。 设点$M$的坐标为$(m,0)$。 $\because A(4,3)$，$\therefore$易知$AO=\sqrt{4^{2}+3^{2}} = 5$。 $\because\triangle AOM$是以$OA$为腰的等腰三角形， $\therefore$分及两种情况考虑： 当$AO = OM$时，有$5 = |m|$，解得$m=\pm5$， $\therefore$点$M$的坐标为$(-5,0)$或$(5,0)$； 当$AO = AM$时，有$5=\sqrt{(m - 4)^{2}+3^{2}}$， 解得$m_1 = 8$，$m_2 = 0$（舍去）。 $\therefore$点$M$的坐标为$(-5,0)$或$(5,0)$或$(8,0)$。

3. 新视角 动点探究题 如图①，在平面直角坐标系中，一次函数$y = kx + b$分别与$x$轴和$y$轴交于点$A$和点$B$，$OA = OB = 6$.
(1)直线$l$经过$AB$两点，求直线$AB$的表达式.
(2)以$AB$为腰，$B$为直角顶点，在第一象限构造等腰直角三角形$ABC$，求$BC$所在直线的表达式.
(3)如图②，$P$为点$A$右侧$x$轴上的一动点，以$P$为直角顶点，$BP$为腰在第一象限内作等腰直角三角形$BPQ$，连接$QA$并延长交$y$轴于点$K$. 当点$P$运动时，点$K$的位置是否发生变化？如果不变，请求出它的坐标；如果变化，请说明理由.

答案：
【解】
(1)$\because OA = OB = 6$，$\therefore A(6,0)$，$B(0,6)$。 设直线$AB$的表达式为$y = kx + 6$， $\therefore 0 = 6k + 6$，解得$k = - 1$， $\therefore$直线$AB$的表达式为$y = - x + 6$。
(2)如图①，过点$C$作$CF\perp y$轴于点$F$。 $\because\triangle ABC$是等腰直角三角形， $\therefore\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = BC$， $\therefore\angle ABO = 90^{\circ}-\angle FBC=\angle BCF$。 又$\because\angle BFC=\angle AOB = 90^{\circ}$， $\therefore\triangle BFC\cong\triangle AOB(AAS)$， $\therefore CF = OB = 6$，$BF = AO = 6$， $\therefore OF = 12$，$\therefore C(6,12)$。 同
(1)易知$BC$所在直线的表达式为$y = x + 6$。
(3)点$K$的位置不发生变化。 如图②，过点$Q$作$QH\perp x$轴于点$H$。 $\because\triangle BPQ$是等腰直角三角形，$\angle BPQ = 90^{\circ}$， $\therefore BP = QP$， $\therefore\angle OPB+\angle HPQ = 90^{\circ}$。 又$\because\angle OPB+\angle OBP = 90^{\circ}$， $\therefore\angle OBP=\angle HPQ$。 又$\because\angle BOP=\angle PHQ = 90^{\circ}$，$BP = QP$， $\therefore\triangle BOP\cong\triangle PHQ(AAS)$， $\therefore OB = PH$，$OP = QH$， $\therefore PH + PO = BO + OP$，$\therefore OA + AH = BO + QH$。 又$\because OA = OB$， $\therefore AH = QH$， $\therefore\triangle AHQ$是等腰直角三角形， $\therefore\angle QAH = 45^{\circ}$，$\therefore\angle OAK = 45^{\circ}$， $\therefore\triangle OAK$为等腰直角三角形， $\therefore OK = OA = 6$，$\therefore K(0,-6)$。