2017各地中考最后一道題(共128頁)_第1頁
2017各地中考最后一道題(共128頁)_第2頁
2017各地中考最后一道題(共128頁)_第3頁
2017各地中考最后一道題(共128頁)_第4頁
2017各地中考最后一道題(共128頁)_第5頁
已閱讀5頁,還剩133頁未讀 繼續免費閱讀

下載本文檔

版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領

文檔簡介

1、精選優質文檔-傾情為你奉上1如圖,已知拋物線y=x2+bx+c與y軸相交于點A(0,3),與x正半軸相交于點B,對稱軸是直線x=1(1)求此拋物線的解析式以及點B的坐標(2)動點M從點O出發,以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向運動,同時動點N從點O出發,以每秒3個單位長度的速度沿y軸正方向運動,當N點到達A點時,M、N同時停止運動過動點M作x軸的垂線交線段AB于點Q,交拋物線于點P,設運動的時間為t秒當t為何值時,四邊形OMPN為矩形當t0時,BOQ能否為等腰三角形?若能,求出t的值;若不能,請說明理由【分析】(1)由對稱軸公式可求得b,由A點坐標可求得c,則可求得拋物線解析式;再令y=0可

2、求得B點坐標;(2)用t可表示出ON和OM,則可表示出P點坐標,即可表示出PM的長,由矩形的性質可得ON=PM,可得到關于t的方程,可求得t的值;由題意可知OB=OA,故當BOQ為等腰三角形時,只能有OB=BQ或OQ=BQ,用t可表示出Q點的坐標,則可表示出OQ和BQ的長,分別得到關于t的方程,可求得t的值【解答】解:(1)拋物線y=x2+bx+c對稱軸是直線x=1,=1,解得b=2,拋物線過A(0,3),c=3,拋物線解析式為y=x2+2x+3,令y=0可得x2+2x+3=0,解得x=1或x=3,B點坐標為(3,0);(2)由題意可知ON=3t,OM=2t,P在拋物線上,P(2t,4t2+4

3、t+3),四邊形OMPN為矩形,ON=PM,3t=4t2+4t+3,解得t=1或t=(舍去),當t的值為1時,四邊形OMPN為矩形;A(0,3),B(3,0),OA=OB=3,且可求得直線AB解析式為y=x+3,當t0時,OQOB,當BOQ為等腰三角形時,有OB=QB或OQ=BQ兩種情況,由題意可知OM=2t,Q(2t,2t+3),OQ=,BQ=|2t3|,又由題意可知0t1,當OB=QB時,則有|2t3|=3,解得t=(舍去)或t=;當OQ=BQ時,則有=|2t3|,解得t=;綜上可知當t的值為或時,BOQ為等腰三角形【點評】本題為二次函數的綜合應用,涉及待定系數法、矩形的性質、勾股定理、等

4、腰三角形的性質、方程思想及分類討論思想等知識在(1)中注意待定系數法的應用,在(2)中用t表示出PM和ON的長是解題的關鍵,在中用t表示出Q點的坐標,進而表示出OQ和BQ的長是解題的關鍵,注意分情況討論本題考查知識點較多,綜合性較強,難度適中2如圖,直線y=2x+4交y軸于點A,交拋物線y=x2+bx+c于點B(3,2),拋物線經過點C(1,0),交y軸于點D,點P是拋物線上的動點,作PEDB交DB所在直線于點E(1)求拋物線的解析式;(2)當PDE為等腰直角三角形時,求出PE的長及P點坐標;(3)在(2)的條件下,連接PB,將PBE沿直線AB翻折,直接寫出翻折點后E的對稱點坐標【分析】(1)

5、把B(3,2),C(1,0)代入y=x2+bx+c即可得到結論;(2)由y=x2x2求得D(0,2),根據等腰直角三角形的性質得到DE=PE,列方程即可得到結論;(3)當P點在直線BD的上方時,如圖1,設點E關于直線AB的對稱點為E,過E作EHDE于H,求得直線EE的解析式為y=x,設E(m,m),根據勾股定理即可得到結論;當P點在直線BD的下方時,如圖2,設點E關于直線AB的對稱點為E,過E作EHDE于H,得到直線EE的解析式為y=x3,設E(m,m3),根據勾股定理即可得到結論【解答】解:(1)把B(3,2),C(1,0)代入y=x2+bx+c得,拋物線的解析式為y=x2x2;(2)設P(

6、m,m2m2),在y=x2x2中,當x=0時,y=2,D(0,2),B(3,2),BDx軸,PEBD,E(m,2),DE=m,PE=m2m2+2,或PE=2m2+m+2,PDE為等腰直角三角形,且PED=90°,DE=PE,m=m2m,或m=m2+m,解得:m=5,m=1,m=0(不合題意,舍去),PE=5或1,P(1,3),或(5,3);(3)當P點在直線BD的上方時,如圖1,設點E關于直線AB的對稱點為E,過E作EHDE于H,由(2)知,此時,E(5,2),DE=5,BE=BE=2,EEAB,設直線EE的解析式為y=x+b,2=×5+b,b=,直線EE的解析式為y=x,

7、設E(m,m),EH=2m+=m,BH=3m,EH2+BH2=BE2,(m)2+(3m)2=4,m=,m=5(舍去),E(,);當P點在直線BD的下方時,如圖2,設點E關于直線AB的對稱點為E,過E作EHDE于H,由(2)知,此時,E(1,2),DE=1,BE=BE=2,EEAB,設直線EE的解析式為y=x+b,2=×1+b,b=,直線EE的解析式為y=x,設E(m,m),EH=m+2=m,BH=m3,EH2+BH2=BE2,(m)2+(m3)2=4,m=4.2,m=1(舍去),E(4.2,0.4),綜上所述,E的對稱點坐標為(,),(4.2,0.4)【點評】本題考查了待定系數法求二

8、次函數解析式,等腰直角三角形的性質,勾股定理,折疊的性質,正確的作出輔助線是解題的關鍵3已知,在RtABC中,ACB=90°,AC=4,BC=2,D是AC邊上的一個動點,將ABD沿BD所在直線折疊,使點A落在點P處(1)如圖1,若點D是AC中點,連接PC寫出BP,BD的長;求證:四邊形BCPD是平行四邊形(2)如圖2,若BD=AD,過點P作PHBC交BC的延長線于點H,求PH的長【分析】(1)分別在RtABC,RtBDC中,求出AB、BD即可解決問題;想辦法證明DPBC,DP=BC即可;(2)如圖2中,作DNAB于N,PEAC于E,延長BD交PA于M設BD=AD=x,則CD=4x,在

9、RtBDC中,可得x2=(4x)2+22,推出x=,推出DN=,由BDNBAM,可得=,由此求出AM,由ADMAPE,可得=,由此求出AE=,可得EC=ACAE=4=由此即可解決問題【解答】解:(1)在RtABC中,BC=2,AC=4,AB=2,AD=CD=2,BD=2,由翻折可知,BP=BA=2如圖1中,BCD是等腰直角三角形,BDC=45°,ADB=BDP=135°,PDC=135°45°=90°,BCD=PDC=90°,DPBC,PD=AD=BC=2,四邊形BCPD是平行四邊形(2)如圖2中,作DNAB于N,PEAC于E,延長B

10、D交PA于M設BD=AD=x,則CD=4x,在RtBDC中,BD2=CD2+BC2,x2=(4x)2+22,x=,DB=DA,DNAB,BN=AN=,在RtBDN中,DN=,由BDNBAM,可得=,=,AM=2,AP=2AM=4,由ADMAPE,可得=,=,AE=,EC=ACAE=4=,易證四邊形PECH是矩形,PH=EC=【點評】本題考查四邊形綜合題、勾股定理相似三角形的判定和性質、翻折變換、等腰三角形的性質等知識,解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題,學會添加常用輔助線,構造相似三角形解決問題,屬于中考壓軸題4如圖,正方形ABCD的邊長為1,點E為邊AB上一動點,連結CE并將其繞點C順時針

11、旋轉90°得到CF,連結DF,以CE、CF為鄰邊作矩形CFGE,GE與AD、AC分別交于點H、M,GF交CD延長線于點N(1)證明:點A、D、F在同一條直線上;(2)隨著點E的移動,線段DH是否有最小值?若有,求出最小值;若沒有,請說明理由;(3)連結EF、MN,當MNEF時,求AE的長【分析】(1)由DCFBCE,可得CDF=B=90°,即可推出CDF+CDA=180°,由此即可證明(2)有最小值設AE=x,DH=y,則AH=1y,BE=1x,由ECBHEA,推出=,可得=,推出y=x2x+1=(x)2+,由a=10,y有最小值,最小值為(3)只要證明CFNCE

12、M,推出FCN=ECM,由MCN=45°,可得FCN=ECM=BCE=22.5°,在BC上取一點G,使得GC=GE,則BGE是等腰直角三角形,設BE=BG=a,則GC=GE=a,可得a+a=1,求出a即可解決問題;【解答】(1)證明:四邊形ABCD是正方形,CD=CB,BCD=B=ADC=90°,CE=CF,ECF=90°,ECF=DCB,DCF=BCE,DCFBCE,CDF=B=90°,CDF+CDA=180°,點A、D、F在同一條直線上(2)解:有最小值理由:設AE=x,DH=y,則AH=1y,BE=1x,四邊形CFGE是矩形,C

13、EG=90°,CEB+AEH=90°CEB+ECB=90°,ECB=AEH,B=EAH=90°,ECBHEA,=,=,y=x2x+1=(x)2+,a=10,y有最小值,最小值為DH的最小值為(3)解:四邊形CFGE是矩形,CF=CE,四邊形CFGE是正方形,GF=GE,GFE=GEF=45°,NMEF,GNM=GFE,GMN=GEF,GMN=GNM,GN=GM,FN=EM,CF=CE,CFN=CEM,CFNCEM,FCN=ECM,MCN=45°,FCN=ECM=BCE=22.5°,在BC上取一點G,使得GC=GE,則BGE是

14、等腰直角三角形,設BE=BG=a,則GC=GE=a,a+a=1,a=1,AE=ABBE=1(1)=2【點評】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識,解題的關鍵是靈活應用所學知識解決問題,學會構建二次函數解決最值問題,學會用方程的思想思考問題,屬于中考壓軸題5如圖,拋物線y=x2+bx+c與x軸的兩個交點分別為A(3,0),D(1,0),與y軸交于點C,點B在y軸正半軸上,且OB=OD(1)求拋物線的解析式;(2)如圖1,拋物線的頂點為點E,對稱軸交x軸于點M,連接BE,AB,請在拋物線的對稱軸上找一點Q,使QBA

15、=BEM,求出點Q的坐標;(3)如圖2,過點C作CFx軸,交拋物線于點F,連接BF,點G是x軸上一點,在拋物線上是否存在點N,使以點B,F,G,N為頂點的四邊形是平行四邊形?若存在,請直接寫出點N的坐標;若不存在,請說明理由【分析】(1)利用待定系數法即可解決問題;(2)首先證明BEAB,分兩種情形求解作BQEM交EM于Q,由ABQ+EBQ=90°,EBQ+BEM=90°,推出ABQ=BEM,滿足條件,此時Q(1,1)當點Q在AB的下方時,設Q(1,m),AB交EM于K易知K(1,),由QBKQEB,可得QB2=QKQE,列出方程即可解決問題;(3)由題意可知當點N的縱坐標

16、為±2時,以點B,F,G,N為頂點的四邊形是平行四邊形,當N與E重合,G與M重合時,四邊形BNFG是平行四邊形,由此即可解決問題;【解答】解:(1)把A(3,0),D(1,0)代入y=x2+bx+c得到,解得,拋物線的解析式為y=x2+2x+3(2)如圖1中,y=(x1)2+4,E(1,4),A(3,0),B(0,1),直線BE的解析式為y=3x+1,直線AB的解析式為y=x+1,3×()=1,BEAB,作BQEM交EM于Q,ABQ+EBQ=90°,EBQ+BEM=90°,ABQ=BEM,滿足條件,此時Q(1,1)當點Q在AB的下方時,設Q(1,m),A

17、B交EM于K易知K(1,)QBK=BEM,BQK=BQE,QBKQEB,QB2=QKQE,12+(m1)2=(m)(4m),解得m=,Q(1,),綜上所述,滿足條件的點Q的坐標為(1,1)或(1,)(3)如圖3中,由題意可知當點N的縱坐標為±2時,以點B,F,G,N為頂點的四邊形是平行四邊形,當y=2時,x2+2x+3=2,解得x=1±,可得N1(1+,2),N4(1,2),當y=2時,x2+2x+3=2,解得x=1±,可得N2(1+,2),N3(1,2),當N與E重合,G與M重合時,四邊形BNFG是平行四邊形,此時N5(1,4),綜上所述,滿足條件的點N的坐標為

18、(1+,2)或(1,2)或(1+,2)或(1,2)或(1,4)【點評】本題考查二次函數的綜合題、一次函數的應用、兩直線垂直的判定、平行四邊形的判定和性質、相似三角形的判定和性質等知識,解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題,學會構建方程解決問題,屬于中考壓軸題6如圖,拋物線y=ax2+bx+c(a0),經過點A(1,0),B(3,0),C(0,3)三點(1)求拋物線的解析式及頂點M的坐標;(2)連接AC、BC,N為拋物線上的點且在第四象限,當SNBC=SABC時,求N點的坐標;(3)在(2)問的條件下,過點C作直線lx軸,動點P(m,3)在直線l上,動點Q(m,0)在x軸上,連接PM、PQ、

19、NQ,當m為何值時,PM+PQ+QN的和最小,并求出PM+PQ+QN和的最小值【分析】(1)將點A、B、C坐標代入解析式,解關于a、b、c的方程組可得函數解析式,配方成頂點式即可得點M坐標;(2)設N(t,t2+2t+3)(t0),根據點N、C坐標用含t的代數式表示出直線CN解析式,求得CN與x軸的交點D坐標,即可表示BD的長,根據SNBC=SABC,即SCDB+SBDN=ABOC建立關于t的方程,解之可得;(3)將頂點M(1,4)向下平移3個單位得到點M(1,1),連接MN交x軸于點Q,連接PQ,此時M、Q、N三點共線時,PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值,由點M、N坐標求得直線MN

20、的解析式,即可求得點Q的坐標,據此知m的值,過點N作NEx軸交MM延長線于點E,可得ME=6、NE=3、MN=3,即MQ+QN=3,據此知m=時,PM+PQ+QN的最小值為3+3【解答】解:(1)拋物線y=ax2+bx+c(a0)經過點A(1,0),B(3,0),C(0,3),解得:,y=x2+2x+3=(x1)2+4,則拋物線的頂點M坐標為(1,4);(2)N是拋物線上第四象限的點,設N(t,t2+2t+3)(t0),又點C(0,3),設直線NC的解析式為y=k1x+b1,則,解得:,直線NC的解析式為y=(t+2)x+3,設直線CN與x軸交于點D,當y=0時,x=,D(,0),BD=3,S

21、NBC=SABC,SCDB+SBDN=ABOC,即BD|yCyN|=3(1)×3,即×(3)3(t2+2t+3)=6,整理,得:t23t4=0,解得:t1=4,t2=1(舍去),當t=4時,t2+2t+3=5,N(4,5);(3)將頂點M(1,4)向下平移3個單位得到點M(1,1),連接MN交x軸于點Q,連接PQ,則MM=3,P(m,3)、Q(m,0),PQx軸,且PQ=OC=3,PQMM,且PQ=MM,四邊形MMQP是平行四邊形,PM=QM,由作圖知當M、Q、N三點共線時,PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值,設直線MN的解析式為y=k2x+b2(k20),將點M(

22、1,1)、N(4,5)代入,得:,解得:,直線MN的解析式為y=2x+3,當y=0時,x=,Q(,0),即m=,此時過點N作NEx軸交MM延長線于點E,在RtMEN中,ME=1(5)=6,NE=41=3,MN=3,MQ+QN=3,當m=時,PM+PQ+QN的最小值為3+3【點評】本題主要考查二次函數的綜合問題,解題的關鍵是熟練掌握待定系數法求函數解析式、平行四邊形的判定與性質、勾股定理及根據兩點間線段最短得到點P、Q的位置7如圖,在平面直角坐標系中,拋物線y=ax2+bx+c(a0)與x軸交于A、B兩點,與y軸交于點C,且OA=2,OB=8,OC=6(1)求拋物線的解析式;(2)點M從A點出發

23、,在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動,同時,點N從B出發,在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動,當其中一個點到達終點時,另一個點也停止運動,當MBN存在時,求運動多少秒使MBN的面積最大,最大面積是多少?(3)在(2)的條件下,MBN面積最大時,在BC上方的拋物線上是否存在點P,使BPC的面積是MBN面積的9倍?若存在,求點P的坐標;若不存在,請說明理由【分析】(1)由線段的長度得出點A、B、C的坐標,然后把A、B、C三點的坐標分別代入y=ax2+bx+c,解方程組,即可得拋物線的解析式;(2)設運動時間為t秒,則MB=63t,然后根據BHNBOC,求得NH=,再利用三角

24、形的面積公式列出SMBN與t的函數關系式SMBN=(t)2+,利用二次函數的圖象性質進行解答;(3)利用待定系數法求得直線BC的解析式為y=x+6由二次函數圖象上點的坐標特征可設點P的坐標為(m,m2+m+6)過點P作PEy軸,交BC于點E結合已知條件和(2)中的結果求得SPBC=則根據圖形得到SPBC=SCEP+SBEP=EPm+EP(8m),把相關線段的長度代入推知:m2+12m=【解答】解:(1)OA=2,OB=8,OC=6,根據函數圖象得A(2,0),B(8,0),C(0,6),根據題意得,解得,拋物線的解析式為y=x2+x+6;(2)設運動時間為t秒,則AM=3t,BN=tMB=10

25、3t由題意得,點C的坐標為(0,6)在RtBOC中,BC=10如圖,過點N作NHAB于點HNHCO,BHNBOC,=,即=,HN=tSMBN=MBHN=(103t)t=t2+3t=(t)2+,當MBN存在時,0t,當t=時,SMBN最大=答:運動秒使MBN的面積最大,最大面積是;(3)設直線BC的解析式為y=kx+c(k0)把B(8,0),C(0,6)代入,得,解得,直線BC的解析式為y=x+6點P在拋物線上設點P的坐標為(m,m2+m+6),如圖,過點P作PEy軸,交BC于點E,則E點的坐標為(m,m+6)EP=m2+m+6(m+6)=m2+3m,當MBN的面積最大時,SPBC=9 SMBN

26、=,SPBC=SCEP+SBEP=EPm+EP(8m)=×8EP=4×(m2+3m)=m2+12m,即m2+12m=解得m1=3,m2=5,P(3,)或(5,)【點評】本題主要考查的是二次函數的綜合應用,解答本題主要應用了待定系數法求二次函數、一次函數的解析式、三角形的面積公式,依據題意列出關于SMBN與t的函數關系式以及SPBC的面積與m的函數關系式是解題的關鍵8如圖,拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點,B點坐標為(3,0)與y軸交于點C(0,3)(1)求拋物線的解析式;(2)點P在x軸下方的拋物線上,過點P的直線y=x+m與直線BC交于點E,與y軸交于點F,求

27、PE+EF的最大值;(3)點D為拋物線對稱軸上一點當BCD是以BC為直角邊的直角三角形時,求點D的坐標;若BCD是銳角三角形,求點D的縱坐標的取值范圍【分析】(1)利用待定系數法求拋物線的解析式;(2)易得BC的解析式為y=x+3,先證明ECF為等腰直角三角形,作PHy軸于H,PGy軸交BC于G,如圖1,則EPG為等腰直角三角形,PE=PG,設P(t,t24t+3)(1t3),則G(t,t+3),接著利用t表示PF、PE,所以PE+EF=2PE+PF=t2+3t+,然后利用二次函數的性質解決問題;(3)如圖2,拋物線的對稱軸為直線x=2,設D(2,y),利用兩點間的距離公式得到BC2=18,D

28、C2=4+(y3)2,BD2=1+y2,討論:當BCD是以BC為直角邊,BD為斜邊的直角三角形時,18+4+(y3)2=1+y2;當BCD是以BC為直角邊,CD為斜邊的直角三角形時,4+(y3)2=1+y2+18,分別解方程求出t即可得到對應的D點坐標;由于BCD是以BC為斜邊的直角三角形有4+(y3)2+1+y2=18,解得y1=,y2=,得到此時D點坐標為(2,)或(2,),然后結合圖形可確定BCD是銳角三角形時點D的縱坐標的取值范圍【解答】解:(1)把B(3,0),C(0,3)代入y=x2+bx+c得,解得,拋物線的解析式為y=x24x+3;(2)易得BC的解析式為y=x+3,直線y=x

29、m與直線y=x平行,直線y=x+3與直線y=xm垂直,CEF=90°,ECF為等腰直角三角形,作PHy軸于H,PGy軸交BC于G,如圖1,EPG為等腰直角三角形,PE=PG,設P(t,t24t+3)(1t3),則G(t,t+3),PF=PH=t,PG=t+3(t24t+3)=t2+3t,PE=PG=t2+t,PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=t2+3t+=t2+4=(t2)2+4,當t=2時,PE+EF的最大值為4;(3)如圖2,拋物線的對稱軸為直線x=2,設D(2,y),則BC2=32+32=18,DC2=4+(y3)2,BD2=(32)2+y2=1+y2,當BCD是以B

30、C為直角邊,BD為斜邊的直角三角形時,BC2+DC2=BD2,即18+4+(y3)2=1+y2,解得y=5,此時D點坐標為(2,5);當BCD是以BC為直角邊,CD為斜邊的直角三角形時,BC2+DB2=DC2,即4+(y3)2=1+y2+18,解得y=1,此時D點坐標為(2,1);當BCD是以BC為斜邊的直角三角形時,DC2+DB2=BC2,即4+(y3)2+1+y2=18,解得y1=,y2=,此時D點坐標為(2,)或(2,),所以BCD是銳角三角形,點D的縱坐標的取值范圍為y5或1y【點評】本題考查了二次函數的綜合題:熟練掌握等腰直角三角形的性質、二次函數圖象上點的坐標特征和二次函數的性質;

31、會利用待定系數法求函數解析式;會利用兩點間的距離公式計算線段的長;理解坐標與圖形的性質;會運用分類討論的思想和數形結合的思想解決數學問題9如圖,拋物線y=x2+bx+c經過點A(1,0),B(0,2),并與x軸交于點C,點M是拋物線對稱軸l上任意一點(點M,B,C三點不在同一直線上)(1)求該拋物線所表示的二次函數的表達式;(2)在拋物線上找出兩點P1,P2,使得MP1P2與MCB全等,并求出點P1,P2的坐標;(3)在對稱軸上是否存在點Q,使得BQC為直角,若存在,作出點Q(用尺規作圖,保留作圖痕跡),并求出點Q的坐標【分析】(1)利用待定系數法求二次函數的表達式;(2)分三種情況:當P1M

32、P2CMB時,取對稱點可得點P1,P2的坐標;當BMCP2P1M時,構建P2MBC可得點P1,P2的坐標;P1MP2CBM,構建MP1P2C,根據平移規律可得P1,P2的坐標;(3)如圖3,先根據直徑所對的圓周角是直角,以BC為直徑畫圓,與對稱軸的交點即為點Q,這樣的點Q有兩個,作輔助線,構建相似三角形,證明BDQ1Q1EC,列比例式,可得點Q的坐標【解答】解:(1)把A(1,0),B(0,2)代入拋物線y=x2+bx+c中得:,解得:,拋物線所表示的二次函數的表達式為:y=x2x2;(2)如圖1,P1與A重合,P2與B關于l對稱,MB=P2M,P1M=CM,P1P2=BC,P1MP2CMB,

33、y=x2x2=(x)2,此時P1(1,0),B(0,2),對稱軸:直線x=,P2(1,2);如圖2,MP2BC,且MP2=BC,此時,P1與C重合,MP2=BC,MC=MC,P2MC=BP1M,BMCP2P1M,P1(2,0),由點B向右平移個單位到M,可知:點C向右平移個單位到P2,當x=時,y=()2=,P2(,);如圖3,構建MP1P2C,可得P1MP2CBM,此時P2與B重合,由點C向左平移2個單位到B,可知:點M向左平移2個單位到P1,點P1的橫坐標為,當x=時,y=()2=4=,P1(,),P2(0,2);(3)如圖3,存在,作法:以BC為直徑作圓交對稱軸l于兩點Q1、Q2,則BQ

34、1C=BQ2C=90°;過Q1作DEy軸于D,過C作CEDE于E,設Q1(,y)(y0),易得BDQ1Q1EC,=,y2+2y=0,解得:y1=(舍),y2=,Q1(,),同理可得:Q2(,);綜上所述,點Q的坐標是:(,)或(,)【點評】本題考查了待定系數法求函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、二次函數的性質、圓周角定理以及三角形全等的性質和判定,解題的關鍵是:(1)利用待定系數法求出函數解析式;(2)利用二次函數的對稱性解決三角形全等問題;(3)分類討論本題屬于中檔題,難度不大,解決該題型題目時,利用二次函數的對稱性,再結合相似三角形、方程解決問題是關鍵10如圖1,矩形OAB

35、C的頂點A,C的坐標分別為(4,0),(0,6),直線AD交B C于點D,tanOAD=2,拋物線M1:y=ax2+bx(a0)過A,D兩點(1)求點D的坐標和拋物線M1的表達式;(2)點P是拋物線M1對稱軸上一動點,當CPA=90°時,求所有符合條件的點P的坐標;(3)如圖2,點E(0,4),連接AE,將拋物線M1的圖象向下平移m(m0)個單位得到拋物線M2設點D平移后的對應點為點D,當點D恰好在直線AE上時,求m的值;當1xm(m1)時,若拋物線M2與直線AE有兩個交點,求m的取值范圍【分析】(1)如圖1中,作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形在RtADH中,解直角三角形,求出點

36、D坐標,利用待定系數法即可解決問題;(2)如圖11中,設P(2,m)由CPA=90°,可得PC2+PA2=AC2,可得22+(m6)2+22+m2=42+62,解方程即可;(3)求出D的坐標;構建方程組,利用判別式0,求出拋物線與直線AE有兩個交點時的m的范圍;求出x=m時,求出平移后的拋物線與直線AE的交點的橫坐標;結合上述的結論即可判斷【解答】解:(1)如圖1中,作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形四邊形CDHO是矩形,OC=DH=6,tanDAH=2,AH=3,OA=4,CD=OH=1,D(1,6),把D(1,6),A(4,0)代入y=ax2+bx中,則有,解得,拋物線M1的表

37、達式為y=2x2+8x(2)如圖11中,設P(2,m)CPA=90°,PC2+PA2=AC2,22+(m6)2+22+m2=42+62,解得m=3±,P(2,3+),P(2,3)(3)如圖2中,易知直線AE的解析式為y=x+4,x=1時,y=3,D(1,3),平移后的拋物線的解析式為y=2x2+8xm,把點D坐標代入可得3=2+8m,m=3由,消去y得到2x29x+4+m=0,當拋物線與直線AE有兩個交點時,0,924×2×(4+m)0,m,x=m時,m+4=2m2+8mm,解得m=2+或2(舍棄),綜上所述,當2+m時,拋物線M2與直線AE有兩個交點【

38、點評】本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、解直角三角形、銳角三角函數、勾股定理等知識,解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題,學會構建方程組,利用判別式解決問題,屬于中考壓軸題11如圖,拋物線y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A(5,0),B(1,0)兩點,與y軸交于點C,拋物線的對稱軸與x軸交于點D(1)求拋物線的函數表達式;(2)如圖1,點E(x,y)為拋物線上一點,且5x2,過點E作EFx軸,交拋物線的對稱軸于點F,作EHx軸于點H,得到矩形EHDF,求矩形EHDF周長的最大值;(3)如圖2,點P為拋物線對稱軸上一點,是否存在點P,使以點P,A,C為頂點的三角形是直角三角形?若存在,請

39、直接寫出點P的坐標;若不存在,請說明理由【分析】(1)利用待定系數法即可解決問題;(2)構建二次函數利用二次函數的性質即可解決問題;(3)分三種情形分別求解當ACP=90°,由AC2+PC2=PA2,列出方程即可解決當CAP=90°時,由AC2+PA2=PC2,列出方程即可解決當APC=90°時,由PA2+PC2=AC2,列出方程即可【解答】解:(1)把A(5,0),B(1,0)兩點坐標代入y=x2+bx+c,得到,解得,拋物線的函數表達式為y=x24x+5(2)如圖1中,拋物線的對稱軸x=2,E(x,x24x+5),EH=x24x+5,EF=2x,矩形EFDH的

40、周長=2(EH+EF)=2(x25x+3)=2(x+)2+,20,x=時,矩形EHDF的周長最大,最大值為(3)如圖2中,設P(2,m)當ACP=90°,AC2+PC2=PA2,(5)2+22+(m5)2=32+m2,解得m=7,P1(2,7)當CAP=90°時,AC2+PA2=PC2,(5)2+32+m2=22+(m5)2,解得m=3,P2(2,3)當APC=90°時,PA2+PC2=AC2,32+m2+22+(m5)2=(5)2,解得m=6或1,P3(2,6),P4(2,1),綜上所述,滿足條件的點P坐標為(2,7)或(2,3)或(2,6)或(2,1)【點評】

41、本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、直角三角形的判定和性質、勾股定理等知識,解題的關鍵是學會構建二次函數解決最值問題,學會用分類討論的思想思考問題,屬于中考壓軸題12拋物線y=ax2+bx+c過A(2,3),B(4,3),C(6,5)三點(1)求拋物線的表達式;(2)如圖,拋物線上一點D在線段AC的上方,DEAB交AC于點E,若滿足=,求點D的坐標;(3)如圖,F為拋物線頂點,過A作直線lAB,若點P在直線l上運動,點Q在x軸上運動,是否存在這樣的點P、Q,使得以B、P、Q為頂點的三角形與ABF相似,若存在,求P、Q的坐標,并求此時BPQ的面積;若不存在,請說明理由【分析】(1)由對稱性和

42、A(2,3),B(4,3),可知拋物線的對稱軸是:x=3,利用頂點式列方程組解出可得拋物線的表達式;(2)如圖1,先利用待定系數法求直線AC的解析式,設點D(m,m+6m5),則點E(m,2m+7),根據解析式表示DE和AE的長,由已知的比例式列式得結論;(3)根據題意得:BPQ為等腰直角三角形,分三種情況:若BPQ=90°,BP=PQ,如圖2,作輔助線,構建全等三角形,證明BAPQMP,可得結論;如圖3,同理可得結論;若BQP=90°,BQ=PQ,如圖4,證得:BNQQMP,則NQ=PM=3,NG=1,BN=5,從而得出結論;如圖5,同理易得QNBPMQ,可得結論;若PB

43、Q=90°,BQ=BP,如圖6,由于AB=2NQ=3,此時不存在符合條件的P、Q【解答】解:(1)根據題意,設拋物線表達式為y=a(x3)2+h把B(4,3),C(6,5)代入得:,解得:,故拋物線的表達式為:y=(x3)2+4=x2+6x5;(2)設直線AC的表達式為y=kx+n,則:,解得:k=2,n=7,直線AC的表達式為y=2x+7,設點D(m,m2+6m5),2m6,則點E(m,2m+7),DE=(m2+6m5)(2m+7)=m2+8m12,設直線DE與直線AB交于點G,AGEG,AG=m2,EG=3(2m+7)=2(m2),m20,在RtAEG中,AE=(m2),由,得=

44、,化簡得,2m211m+14=0,解得:m1=,m2=2(舍去),則D(,)(3)根據題意得:ABF為等腰直角三角形,假設存在滿足條件的點P、Q,則BPQ為等腰直角三角形,分三種情況:若BPQ=90°,BP=PQ,如圖2,過P作MNx軸,過Q作QMMN于M,過B作BNMN于N,易證得:BAPQMP,AB=QM=2,PM=AP=3+2=5,P(2,2),Q(3,0),在RtQMP中,PM=5,QM=2,由勾股定理得:PQ=,SBPQ=PQPB=;如圖3,易證得:BAPPMQ,AB=PM=2,AP=MQ=32=1,P(2,2),Q(3,0),在RtQMP中,PM=2,QM=1,由勾股定理

45、得:PQ=,SBPQ=PQPB=;若BQP=90°,BQ=PQ,如圖4,易得:BNQQMP,NQ=PM=3,NG=PMAG=32=1,BN=MQ=4+1=5,P(2,5),Q(1,0)PQ=,SBPQ=PQPB=17;如圖5,易得QNBPMQ,NQ=PM=3,P(2,1),Q(5,0),PQ=,SBPQ=PQPB=5,若PBQ=90°,BQ=BP,如圖6,過Q作QNAB,交AB的延長線于N,易得:PABBNQ,AB=2,NQ=3,ABNQ此時不存在符合條件的P、Q【點評】本題是二次函數的綜合題,考查了二次函數的對稱性、利用待定系數法求解析式、三角形全等的性質和判定、等腰直角

46、三角形的性質和判定,采用了分類討論的思想,并利用數形結合;第二問熟練掌握利用解析式表示點的坐標和線段的長是關鍵,第三問有難度,準確畫也圖形是關鍵,注意不要丟解13如圖,直角ABC中,A為直角,AB=6,AC=8點P,Q,R分別在AB,BC,CA邊上同時開始作勻速運動,2秒后三個點同時停止運動,點P由點A出發以每秒3個單位的速度向點B運動,點Q由點B出發以每秒5個單位的速度向點C運動,點R由點C出發以每秒4個單位的速度向點A運動,在運動過程中:(1)求證:APR,BPQ,CQR的面積相等;(2)求PQR面積的最小值;(3)用t(秒)(0t2)表示運動時間,是否存在t,使PQR=90°?

47、若存在,請直接寫出t的值;若不存在,請說明理由【分析】(1)先利用銳角三角函數表示出QE=4t,QD=3(2t),再由運動得出AP=3t,CR=4t,BP=3(2t),AR=4(2t),最后用三角形的面積公式即可得出結論;(2)借助(1)得出的結論,利用面積差得出SPQR=18(t1)2+6,即可得出結論;(3)方法1、先構造出REQQDP,得出,再表示出DP=(63t),DQ=,EQ=,RE=,代入即可得出結論;方法2、先判斷出DQR=EQP,用此兩角的正切值建立方程求解即可【解答】解:(1)如圖,在RtABC中,AB=6,AC=8,根據勾股定理得,BC=10,sinB=,sinC=,過點Q

48、作QEAB于E,在RtBQE中,BQ=5t,sinB=,QE=4t,過點Q作QDAC于D,在RtCDQ中,CQ=BCBQ=105t,QD=CQsinC=(105t)=3(2t),由運動知,AP=3t,CR=4t,BP=ABAP=63t=3(2t),AR=ACCR=84t=4(2t),SAPR=APAR=×3t×4(2t)=6t(2t),SBPQ=BPQE=×3(2t)×4t=6t(2t),SCQR=CRQD=×4t×3(2t)=6t(2t),SAPR=SBPQ=SCQR,APR,BPQ,CQR的面積相等;(2)由(1)知,SAPR=S

49、BPQ=SCQR=6t(2t),AB=6,AC=8,SPQR=SABC(SAPR+SBPQ+SCQR)=×6×83×6t(2t)=2418(2tt2)=18(t1)2+6,0t2,當t=1時,SPQR最小=6;(3)存在,方法1、如圖1,過點R作REBC于E,過點P作PDBC于D,REQ=QDP=90°,ERQ+EQR=90°,PQR=90°,EQR+PQD=90°,ERQ=PQD,REQQDP,RE×DP=QD×EQ,由運動知,CR=4t,BQ=5t,AP=3t,BP=63t,易證,BDPBAC,DP=

50、(63t),BD=(63t),DQ=BQBD=5t(63t)=,同理:EQ=,RE=,×(63t)=×,t=1或秒;方法2、由點P,Q,R的運動速度知,運動1秒時,點P,Q,R分別在AB,BC,AC的中點,此時,四邊形APQR是矩形,即:t=1秒時,PQR=90°,由(1)知,QE=4t,QD=3(2t),AP=3t,CR=4t,AR=4(2t),BP=ABAP=63t=3(2t),AR=ACCR=84t=4(2t),過點Q作QDAC于D,作QEAB于E,A=90°,四邊形APQD是矩形,AE=DQ=3(2t),AD=QE=4t,DR=|ADAR|=|4

51、t4(2t)|=4|2t2|,PE=|APAE|=|3t3(2t)|=3|2t2|DQE=90°,PQR=90°,DQR=EQP,tanDQR=tanEQP,在RtDQR中,tanDQR=,在RtEQP中,tanEQP=,16t=9(2t),t=即:t=1或秒時,PQR=90°【點評】此題是三角形綜合題,主要考查了勾股定理,銳角三角函數,矩形的判定和性質,三角形的面積公式,解(1)的關鍵是求出QD,QE,解(2)的關鍵是建立函數關系式,解(3)的關鍵是用tanDQR=tanEQP建立方程,是一道中等難度的題目14【回顧】如圖1,ABC中,B=30°,AB

52、=3,BC=4,則ABC的面積等于3【探究】圖2是同學們熟悉的一副三角尺,一個含有30°的角,較短的直角邊長為a;另一個含有45°的角,直角邊長為b,小明用兩副這樣的三角尺拼成一個平行四邊形ABCD(如圖3),用了兩種不同的方法計算它的面積,從而推出sin75°=,小麗用兩副這樣的三角尺拼成了一個矩形EFGH(如圖4),也推出sin75°=,請你寫出小明或小麗推出sin75°=的具體說理過程【應用】在四邊形ABCD中,ADBC,D=75°,BC=6,CD=5,AD=10(如圖5)(1)點E在AD上,設t=BE+CE,求t2的最小值;(2)點F在AB上,將BCF沿CF翻折,點B落在AD上的點G處,點G是AD的中點嗎?說明理由【分析】回顧:如圖1中,作AHBC求出AH即可解決問題;探究:如圖3中,根據S四邊形ABCD=BCABsin75°=2SABE+2SBFC+S矩形EFGH列出方程即可解決問題;應用:作C關于AD的對稱點H,C

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論