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初中數學200道經典題型(逢考必有)
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初中數學200道經典題型(逢考必有)

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初中數學200道經典題型(逢考必有)

 

1、在實數中,無理數有(   

   A3               B4             C5               D6

2下列運算正確的是(  

Ax2 x3 =x6              Bx2x2=2x4       C(-2x)2 =4x2      D(-2x)2 (-3x )3=6x5

3、算式可化為(   

A             B            C              D

4世界銀行全球扶貧大會2004526日在上海開幕.從會上獲知,我國國民生產總值達到11.69萬億元,人民生活總體上達到小康水平,其中11.69萬億用科學記數法表示應為(   

A11.69×    B   C     D

5、不等式的非負整數解的個數為(   

A1        B2            C3          D4

6、不等式組的最小整數解是(   

A、-1         B0      C2        D3

7、為適應國民經濟持續協調的發展,自2004418日起,全國鐵路第五次提速,提速后,火車由天津到上海的時間縮短了7.42小時,若天津到上海的路程為1326千米,提速前火車的平均速度為x千米/小時,提速后火車的平均速度為y千米/時,則xy應滿足的關系式是(   

Axy =                     B yx =

C= 7.42              D= 7.42

8、一個自然數的算術平方根為,則與它相鄰的下一個自然數的算術平方根為(  

A           B           C         D

9、設都是關于5次多項式,則下列說法正確的是(   

A是關于5次多項式      B是關于4次多項式

C是關于10次多項式      D是與無關的常數

10、實數a,b在數軸對應的點AB表示如圖,化簡的結果為(   

A        B        C        D

11、某商品降價20%后出售,一段時間后恢復原價,則應在售價的基礎上提高的百分數是 (  

A20%              B25%              C30%          D35%

12、某種出租車的收費標準是:起步價7元(即行駛距離不超過3都需付7元車費),超過3以后,每增加,加收2.4元(不足11計),某人乘這種車從甲地到乙地共支付車費19元,那么,他行程的最大值是(   

A11            B8             C7          D5

13、在高速公路上,一輛長4米,速度為110千米/小時的轎車準備超越一輛長12米,速度為100千米/小時的卡車,則轎車從開始追及到超越卡車,需要花費的時間約是(   

A1.6            B4.32           C5.76         D345.6

14、如果關于的一元二次方程有兩個不相等的實數根,那么的取值范圍是(   

A           B            C     D

15a2+ma+18在整數范圍內可分解為兩個一次因式的乘積,則整數m不可能是(  

A ±9       B、±11        C、±12        D±19?????????????

16、在實數范圍內把分解因式為(   

A                    B

C          D

17用換元法解方程時,若設x2+x=y, 則原方程可化為(   

Ay2+y+2=0       By2y2=0      Cy2y+2=0       Dy2+y2=0

18、某商品經過兩次降價,由每件100元降至81元,則平均每次降價的百分率為(   

A8.5%          B9%            C9.5%            D10%

19、一列火車因事在途中耽誤了5分鐘,恢復行駛后速度增加5千米/時,這樣行了30千米就將耽誤的時間補了回來,若設原來的速度為x千米/時,則所列方程為(   

A         B        C      D

20、已知關于的方程的兩根的平方和是3,則的值是(   

A            B1              C3                D3

21、如果關于的一元二次方程的兩個實數根為,則的取值范圍是(   

A    B       C        D

22、已知數軸上的點到原點的距離為2,那么在數軸上到點的距離是3的點所表示的數有(   

A1           B2           C3               D4

23、已知,則的關系是(   

A       B      C      D

24、點(2 ,-1)關于y軸的對稱點在(   

A 、一象限        B、二象限           C、三象限       D、第四象限

25、點P(x+1x1)不可能在(   

A、第一象限     B、第二象限      C、第三象限     D、第四象限

26、已知函數式,當自變量增加1時,函數值(   

A、增加1           B、減少1         C、增加2          D、減少2

27、在平面直角坐標系內,A、B、C三點的坐標為(0,0) (4,0)(3,2),以A、B、C三點為頂點畫平行四邊形,則第四個頂點不可能在(  )

A、第一象限    B、第二象限  C、第三象限  D、第四象限

28、已知一元二次方程有兩個異號根,且負根的絕對值較大,則在(  

A、第一象限         B、第二象限          C、第三象限       D、第四象限 

29、“龜兔賽跑”講述了這樣的故事:領先的兔子看著緩緩爬行的烏龜,驕傲起來,睡了一覺。當它醒來時,發現烏龜快到終點了,于是急忙追趕,但為時已晚,烏龜還是先到達了終點……用分別表示烏龜和兔子所行的路程,為時間,則下列圖象中與故事情節相吻合的是(   

              

30、直線軸交于點,則當時,的取值范圍是(   

A           B           C         D

31、若點(34)是反比例函數的圖象上的一點,則函數圖象必經過點(  

A、(26         B            C        D

32、如果將一次函數中的常數項改為2,那么它的圖象(   

A、向左平移一個單位                 B、向右平移一個單位

C、向上平移一個單位                 D、向下平移一個單位

33、已知:,則一定經過(  

A、第一、二、三象限                 B、第二、三、四象限

C、第二、三象限                     D、第三、四象限

34、對于氣溫,有的地方用攝氏溫度表示,有的地方用華氏溫度表示,攝氏溫度與華氏溫度之間存在著某種函數關系,從溫度計上可以看出攝氏(℃)溫度x與華氏(℉)溫度y有如下表所示的對應關系,則確定yx之間的函數關系式是(  

Ayx     By1.8x32    Cy0.567.4x32    Dy2.1x26

35、如圖,是函數的圖象上關于原點對稱的任意兩點,平行于軸,平行于軸,△的面積為,則(  

A =1          B1< < 2          C= 2              D>2

36、如上圖是反比例函數軸上方的圖象,由此觀察得到的大小關系為(  

A     B   C           D

                     

37、針孔成像問題)根據圖中尺寸(ABA/B/),那么物像長yA/B/ 的長)與x的函數圖象是(  

 

38、已知二次函數,則一定有(   

A    B     C         D

39、已知拋物線為整數)與交于點,與軸交于點,且,則等于(  

A           B            C2             D

40、下列各圖是在同一直角坐標系內,二次函數與一次函數的大致圖象,有且只有一個是正確的,正確的是(   

     

41、甲、乙兩人在同樣的條件下比賽射擊,每人打5發子彈,命中環數如下:甲:68998;乙:107779,則兩人射擊成績穩定情況是(   

A、甲比乙穩定                    B、乙比甲穩定          C、甲和乙一樣穩定                D、無法確定

42、已知樣本的方差是,那么樣本的方差是(  

A           B            C             D

43、頻率分布直方圖中每個小長方形的面積表示(  

A、頻數           B、頻率            C、樣本容量             D、組距

44、要了解全市初三學生身高在某一數值范圍內的學生所占比例的大小,需知道相應樣本的(  

A、平均數           B、方差            C、眾數             D、頻率分布

45左下圖是初三(2)班同學的一次體檢中每分鐘心跳次數的頻率分布直方圖(次數均為整數)。已知該班只有5位同學的心跳每分鐘75次,請觀察右上圖,指出下列說法中錯誤的是(  

A、數據75落在第2小組                             B、第4小組的頻率為0.1

C、心跳為每分鐘75次的人數占該班體檢人數的      D、數據75一定是中位數

 

46、甲、乙兩人在一次賽跑中,路程s與時間t的關系如圖1所示(實線為甲的路程與時間的關系圖像,虛線為乙的路程與時間的關系圖像),小王根據圖像得到如下四個信息,其中錯誤的是(  

A、這是一次1500米賽跑          B、甲、乙兩人中先到達終點的是乙  

C、甲乙同時起跑                D、甲在這次賽跑中的速度為5米/秒

47、已知實數滿足,那么的值為(  

A1-2           B-12         C1           D-2

48、如果關于的不等式的解集為,那么的取值范圍是(  

A        B      C        D

49、若,則(  

A       B       C          Dx是全體實數

50、如圖,把△紙片沿折疊,當點落在四邊形內部時,則∠

1+2之間的關系是(   

A、∠=1+2               B2=1+2

C3=1+2             D3=2(∠1+2

            

51、如圖,的度數是(  

A30°           B15°            C22.5°             D10°

52、如圖所示,邊長為2的正三角形與邊長為1的正六邊形重疊,且正三角形的中心是正六邊形的一個頂點則重疊部分的面積為(   

A         B          C           D、因缺少數據無法計算

53、一個形如圓錐冰淇淋紙筒,其底面直徑6cm,母線長為10cm,圍成這樣的冰淇淋紙筒所需紙的面積是(   

A     B       C       D

54、直角三角形兩銳角的角平分線所交成的角的度數(   

A45°         B135°         C45°或 135°   D90°

55若等腰三角形的二邊長分別為3、4,則等腰三角形的周長為(  )

A、10       B、11          C、1011      D、24

56、半徑分別為1cm5cm的兩圓相交,則圓心距d的取值范圍是     (      ).

Ad<6         B4<d<6          C4d<6          D1<d<5

57、如果經過圓錐的軸的剖面是一個邊長為4cm的等邊三角形,那么圓錐的表面積是

A8πcm2       B10πcm2         C12πcm2                  D16πcm2

58、現有長度分別為2cm3cm4cm5cm的木棒,從中任取三根,能組成三角形的個數為(  

A1            B2                 C3             D4

59、已知在正方形網格中,每個小格都是邊長為1的正方形,A、B兩點在小正方形的頂點上,位置如圖所示,點C也在下正方形的頂點上,且以A、B、C為頂點的三角形的面積為1個平方單位,則C點的個數為(  )

A3           B4個         C5個          D6

              

60、如圖,梯形ABCD中,AD//BCAC為對角線,EDC中點,AEBC的延長線交于G點,則圖中相等的線段共有(  

A2       B3         C4   D5

61、如圖,在中,平分∠,那么在下列三角形中,與相似的三角形有(   )個

A、4           B、3            C、2             D、1

62、如圖,分別以點為兩個頂點作位置不同的等腰直角三角形,共作出(   

A2           B4            C6             D8

63、如圖,等于(   

A4             B3               C2               D1

 

64、如圖,小芳在達網球時,為使球恰好能過網(網高0.8米),且落在對方區域內離網5米的位置上,如果她的擊球高度是2.4米,則應站在離網的(   

A15米處           B10米處            C8米處             D7.5米處

65中,的周長是(    

A42               B32                C4232          D3733

66、用兩個邊長為的等邊三角形紙片拼成的四邊形是(  )

A、等腰梯形           B、正方形            C、矩形             D、菱形

67、順次連結下列四邊形各邊的中點,所得的四邊形為矩形的是(  )

A、等腰梯形           B、矩形             C、菱形             D、平行四邊形

68邊形的個內角與某一外角的總和為1350°,則等于(  )

A6               B7                C8             D9

69的斜邊上異于的一點,過點作直線截,使截得的三角形與相似,滿足這樣條件的直線共有(  )

A1           B2            C3            D4

70、下列五種圖形:①平行四邊形 ②矩形 ③菱形 ④正方形  ⑤等邊三角形。其中既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的共有(    )種

A2        B3         C4         D5

71、以下四個圖形中,對稱軸條數最多的一個圖形是(   

 

72如圖:矩形花園ABCD中,,花園中建有一條矩形道路LMPQ 及一條平行四邊形道路RSTK。若,則花園中可綠化部分的面積為(  

A         B       C           D

 

 

 

 

 

 

73如圖,某漁船上的漁民在A處看見燈塔M在北偏東60°方向,這艘漁船以28海里/時的速度向正東航行半小時到B處,在B處看見燈塔M在北偏東15°方向,此時燈塔M與漁船的距離是(  )

A海里      B海里        C7海里     D14海里

74、已知α為銳角,tan90-α)=,則α的度數為(   

A30                 B45                 C60             D75

75如圖,割線PAB交⊙OAB兩點,且PAAB=21PO交⊙OCPC=3OC=2,則PA的長為(                                                                 

A    B     C   D

 

76、右圖是跳棋盤,其中格點上的黑色點為棋子,剩余的格點上沒有棋子.我們約定跳棋游戲的規則是:把跳棋棋子在棋盤內沿直線隔著棋子對稱跳行,跳行一次稱為一步.已知點A為已方一枚棋子,欲將棋子A跳進對方區域(陰影部分的格點),則跳行的最少步數為(   

A2           B3         C4          D5

77.兩圓的半徑長分別是RrRr),圓心距為d,若關于x的方程有相等的兩實數根,則兩圓的位置關系是(  

A、一定相切       B、一定外切      C、相交           D、內切或外切

78、用一種如下形狀的地磚,不能把地面鋪成既無縫隙又不重疊的是(    

A、正三角形        B、正方形        C、長方形        D、正五邊形

79、如圖,PAPB是⊙O的切線,切點分別為AB,點C在⊙O上,如果∠P=50, 那么∠ACB等于(  

A40     B50            C65            D130

       

80、如圖,PA切⊙O于點A,割線PBC經過O點,連結ACAB,則tanC等于(   

12345

 A、(1)(2)(3 B、(2)(3)(4    C、(3)(4)(5????????????? ????????????? D、(2)(3)(5

81、如圖,在中,,以直線AB為軸,將旋轉一周得到一個幾何體,這個幾何體的表面積是(    

A                 B

C                  D

82、觀察下列數表:

      1       2        3       4         第一行

  2       3        4       5         第二行

      3       4        5       6         第三行

4       5        6       7         第四行

根據數表所反映的規律,n行第n列交叉點上的數應為(   

A、    B、        C、    D、

83、下面四個圖形均由六個相同的小正方形組成,其中是正方體表面展開圖的是(  

A          B          C        D

84、⊙,⊙半徑恰為一元二次方程的兩根,圓心距,則兩圓的公切線條數為(    )若改成直徑,則兩圓的公切線條數為(   

A4   B3   C2   D1

85、如圖,中,DBC邊上一點,且BDDC=12EAD中點,則   

A 21      B 12   C 13   D23

 

86、如圖,中,,則的值為(   

A         B       C   D

87、如圖,把矩形ABCD對折,折痕為MN(圖甲),再把B點疊在折痕MN上的處。得到(圖乙),再延長ADF,所得到的是(   

A、等腰三角形        B、等邊三角形   C、等腰直角三角形      D、直角三角形

88、已知如圖:ΔABC中,∠C=90°,BC=AC,以AC為直徑的圓交ABD,若AD=8cm,則陰影部分的面積為(注意圖形的等積變換)(             A64πcm  B64 cm   C32 cm  D48πcm

89、如圖:AB是⊙O的直徑,AC是弦,過弧AC的中點P作弦,PQAB,交ABD,交ACE,則下面關系不成立的是(   

AAE=PE     BAC=PQ      CPD=AD·DB     DPE·ED=AE·EC

 

90、如圖,在函數中的圖象上有三點ABC,過這三點分別向x軸、y軸作垂線,過每一點所作兩條垂線與x軸、y軸圍成的矩形的面積分別為S1S2S3,則(   

AS1S2S3                                    BS1S2S3

CS1S3S2                                    DS1S2S3

91、一個長為10米的梯子斜靠在墻上,梯子頂端距地面8米,如果梯子的頂端下滑1米,那么底端的滑動距離(   A、等于1   B、大于1   C、小于1   D、不能確定

92、如圖,⊙O的半徑為5,弦AB的長為8,將弧沿直線折疊后的圖形如圖,則點O到弧AmB所在圓的切線長OC為(    A5         B3          C         D

93、如圖,在半圓的直徑上作4個正三角形,如這半圓周長為,這4個正三角形的周長和為,則的大小關系是(   A>    B<    C=      D、不能確定

94、如圖,已知的形外有一點滿足,則(  

A       B       C       D的大小無法確定

95、在中,O的三邊,所截得的弦都相等,則等于(  

A110°          B125°            C130°             D、不能確定

96、已知在直角坐標系中,以點(03)為圓心,以3為半徑作⊙A,則直線與⊙A的位置關系是(  

A、相切          B、相離             C、相交              D、與值有關

97、某車間為了改善管理松散的狀況,準備采取每天任務定額,超產有獎的措施來提高工作效率,下面是該車間15名工人過去一天中各自裝備機器的數量(單位:臺):6778888910101314161617,為了促進生產,又能保證大多數工人的積極性,那么管理者應確定每人每天裝備機器的定額最好為(  

A10         B9             C8                D7

98、工人師傅在一個長為25cm,寬18cm的矩形鐵皮上剪去一個和三邊都相切的圓A后,在剩余部分的廢料上再剪去一個最好的圓B,則圓B的直徑(         A         B           C           D

99、先作半徑為的第一個圓的外切正六邊形,接著作上述外切正六邊形的外接圓,再作上述外接圓的外切正六邊形,…,則按以上規律作出的第8個外切正六邊形的邊長為(   

A          B          C            D

100、如圖,點B在圓錐母線VA上,且。過點B 作平行于底面的平面截得一個小圓錐的側面積為,原圓錐的側面積為,則下列判斷中正確的是(   A               B     C         D

中考數學試題之選擇題100題      

1

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

B

C

A

C

C

A

C

C

C

B

2

題號

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

答案

B

B

C

C

C

C

D

D

C

A

3

題號

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

答案

A

D

D

C

B

D

C

D

D

A

4

題號

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

答案

A

D

C

B

C

B

C

A

D

C

5

題號

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

答案

A

B

B

D

D

C

D

D

D

B

6

題號

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60

答案

B

C

B

C

C

B

C

C

D

C

7

題號

61

62

63

64

65

66

67

68

69

70

答案

C

C

C

B

C

D

C

D

C

B

8

題號

71

72

73

74

75

76

77

78

79

80

答案

B

C

A

A

B

B

D

D

C

D

9

題號

81

82

83

84

85

86

87

88

89

90

答案

C

A

D

DB

D

B

B

C

D

D

10

題號

91

92

93

94

95

96

97

98

99

100

答案

B

D

B

C

B

C

C

B

A

D

 

經典壓軸題60例參考答案與試題解析

 

一、解答題(共60小題)

1.(?重慶)已知:如圖①,在矩形ABCD中,AB=5,AD=,AE⊥BD,垂足是E.點F是點E關于AB的對稱點,連接AF、BF.

(1)求AE和BE的長;

(2)若將△ABF沿著射線BD方向平移,設平移的距離為m(平移距離指點B沿BD方向所經過的線段長度).當點F分別平移到線段AB、AD上時,直接寫出相應的m的值.

(3)如圖②,將△ABF繞點B順時針旋轉一個角α(0°<α<180°),記旋轉中的△ABF為△A′BF′,在旋轉過程中,設A′F′所在的直線與直線AD交于點P,與直線BD交于點Q.是否存在這樣的P、Q兩點,使△DPQ為等腰三角形?若存在,求出此時DQ的長;若不存在,請說明理由.

 

考點

幾何變換綜合題.

專題

壓軸題.

分析:

(1)利用矩形性質、勾股定理及三角形面積公式求解;

(2)依題意畫出圖形,如答圖2所示.利用平移性質,確定圖形中的等腰三角形,分別求出m的值;

(3)在旋轉過程中,等腰△DPQ有4種情形,如答圖3所示,對于各種情形分別進行計算.

解答:

解:(1)在Rt△ABD中,AB=5,AD=

由勾股定理得:BD===

∵S△ABD=BD?AE=AB?AD,

∴AE===4.

在Rt△ABE中,AB=5,AE=4,由勾股定理得:BE=3.

 

(2)設平移中的三角形為△A′B′F′,如答圖2所示:

由對稱點性質可知,∠1=∠2.

由平移性質可知,AB∥A′B′,∠4=∠1,BF=B′F′=3.

①當點F′落在AB上時,∵AB∥A′B′,

∴∠3=∠4,∴∠3=∠2,

∴BB′=B′F′=3,即m=3;

②當點F′落在AD上時,∵AB∥A′B′,

∴∠6=∠2,∵∠1=∠2,∠5=∠1,

∴∠5=∠6,又易知A′B′⊥AD,

∴△B′F′D為等腰三角形,

∴B′D=B′F′=3,

∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=,即m=

 

(3)存在.理由如下:

在旋轉過程中,等腰△DPQ依次有以下4種情形:

①如答圖3﹣1所示,點Q落在BD延長線上,且PD=DQ,易知∠2=2∠Q,

∵∠1=∠3+∠Q,∠1=∠2,

∴∠3=∠Q,

∴A′Q=A′B=5,

∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9.

在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ===

∴DQ=BQ﹣BD=

②如答圖3﹣2所示,點Q落在BD上,且PQ=DQ,易知∠2=∠P,

∵∠1=∠2,∴∠1=∠P,

∴BA′∥PD,則此時點A′落在BC邊上.

∵∠3=∠2,∴∠3=∠1,∴BQ=A′Q,

∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ.

在Rt△BQF′中,由勾股定理得:BF′2+F′Q2=BQ2

即:32+(4﹣BQ)2=BQ2

解得:BQ=

∴DQ=BD﹣BQ==

③如答圖3﹣3所示,點Q落在BD上,且PD=DQ,易知∠3=∠4.

∵∠2+∠3+∠4=180°,∠3=∠4,

∴∠4=90°﹣∠2.

∵∠1=∠2,∴∠4=90°﹣∠1.

∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1,

∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1,

∴∠A′QB=∠A′BQ,

∴A′Q=A′B=5,

∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1.

在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ===

∴DQ=BD﹣BQ=

④如答圖3﹣4所示,點Q落在BD上,且PQ=PD,易知∠2=∠3.

∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠2=∠3,

∴∠1=∠4,

∴BQ=BA′=5,

∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=

綜上所述,存在4組符合條件的點P、點Q,使△DPQ為等腰三角形;

DQ的長度分別為

點評:

本題是幾何變換壓軸題,涉及旋轉與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識點.第(3)問難度很大,解題關鍵是畫出各種旋轉圖形,依題意進行分類討論;在計算過程中,注意識別旋轉過程中的不變量,注意利用等腰三角形的性質簡化計算.

 

2.(?重慶)如圖1,在?ABCD中,AH⊥DC,垂足為H,AB=4,AD=7,AH=.現有兩個動點E,F同時從點A出發,分別以每秒1個單位長度、每秒3個單位長度的速度沿射線AC方向勻速運動,在點E,F的運動過程中,以EF為邊作等邊△EFG,使△EFG與△ABC在射線AC的同側,當點E運動到點C時,E,F兩點同時停止運動,設運動時間為t秒.

(1)求線段AC的長;

(2)在整個運動過程中,設等邊△EFG與△ABC重疊部分的面積為S,請直接寫出S與t之間的函數關系式,并寫出相應的自變量t的取值范圍;

(3)當等邊△EFG的頂點E到達點C時,如圖2,將△EFG繞著點C旋轉一個角度α(0°<α<360°),在旋轉過程中,點E與點C重合,F的對應點為F′,G的對應點為G′,設直線F′G′與射線DC、射線AC分別相交于M,N兩點.試問:是否存在點M,N,使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形?若存在,請求出CM的長度;若不存在,請說明理由.

 

考點

幾何變換綜合題.

專題

壓軸題;動點型.

分析:

(1)利用平行四邊形性質、勾股定理,求出DH、CH的長度,可以判定△ACD為等腰三角形,則AC=AD=7;

(2)首先證明點G始終在直線AB上,然后分析運動過程,求出不同時間段內S的表達式:

①當0≤t≤時,如答圖2﹣1所示,等邊△EFG在△內部;

②當<t≤4時,如答圖2﹣2所示,點G在線段AB上,點F在AC的延長線上;

③當4<t≤7時,如答圖2﹣3所示,點G、F分別在AB、AC的延長線上,點E在線段AC上.

(3)因為∠MCN為等腰三角形的底角,因此只可能有兩種情形:

①若點N為等腰三角形的頂點,如答圖3﹣1所示;

②若點M為等腰三角形的頂點,如答圖3﹣2所示.

解答:

解:(1)∵?ABCD,∴CD=AB=4

在Rt△ADH中,由勾股定理得:DH===2

∴CH=DH.

∴AC=AD=7.

 

(2)在運動過程中,AE=t,AF=3t,∴等邊△EFG的邊長EF=EG=GF=2t.

如答圖1,過點G作GP⊥AC于點P,則EP=EG=t,GP=EG=t.

∴AP=AE+EP=2t.

∴tan∠GAC===

∵tan∠BAC=tan∠ACH===

∴tan∠GAC=tan∠BAC,

∴點G始終在射線AB上.

設∠BAC=∠ACH=θ,則sinθ==,cosθ==

①當0≤t≤時,如答圖2﹣1所示,等邊△EFG在△內部.

S=S△EFG=EF2=(2t)2=t2

②當<t≤4時,如答圖2﹣2所示,點G在線段AB上,點F在AC的延長線上.

過點B作BQ⊥AF于點Q,則BQ=AB?sinθ=4×=4,AQ=AB?cosθ=4×=8.

∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1.

設BC與GF交于點K,過點K作KP⊥AF于點P,

設KP=x,則PF==x,

∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x.

∵PK∥BQ,

,即,解得:x=(3t﹣7).

∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2(3t﹣7)?(3t﹣7)=﹣t2+t﹣

③當4<t≤7時,如答圖2﹣3所示,點G、F分別在AB、AC的延長線上,點E在線段AC上.

過點B作BQ⊥AF于點Q,則BQ=AB?sinθ=4×=4,AQ=AB?cosθ=4×=8.

∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1.

設BC與GF交于點K,過點K作KP⊥AF于點P,

設KP=x,則EP==x,

∴CP=EP﹣CE=x﹣(7﹣t)=x﹣7+t.

∵PK∥BQ,

,即,解得:x=(7﹣t).

∴S=S△CEK=(7﹣t)?(7﹣t)=t2t+

綜上所述,S與t之間的函數關系式為:

S=

 

(3)設∠ACH=θ,則tanθ===,cosθ==

當點E與點C重合時,t=7,∴等邊△EFG的邊長=2t=14.

假設存在點M,N,使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形,

①若點N為等腰三角形的頂點,如答圖3﹣1所示,則∠NMC=∠MCN=θ.

過點C作CP⊥F′M于點P,則CP=CF′=7

∴PM===14.

設CN=MN=x,則PN=PM﹣MN=14﹣x.

在Rt△CNP中,由勾股定理得:CP2+PN2=CN2,即:(72+(14﹣x)2=x2

解得:x=

過點N作NQ⊥CM于點Q,

∴CM=2CQ=2CN?cosθ=2××=7

②若點M為等腰三角形的頂點,如答圖3﹣2所示,則∠MNC=∠MCN=θ.

過點C作CP⊥G′N于點P,則CP=CF′=7

∴PN===14.

設CM=MN=x,則PM=PN﹣MN=14﹣x.

在Rt△CMP中,由勾股定理得:CP2+PM2=CM2,即:(72+(14﹣x)2=x2

∴CM=x=

綜上所述,存在點M,N,使得△CMN是以∠MCN為底角的等腰三角形,CM的長度為7

點評:

本題是幾何變換綜合題,涉及平移與旋轉兩種幾何變換.第(2)問中,針對不同時間段內的幾何圖形,需要分類討論;第(3)問中,根據頂點的不同,分兩種情形進行分類討論.本題涉及考點眾多,圖形復雜,計算量偏大,難度較大;解題時需要全面分析,認真計算.

 

3.(?長春)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,點O為對角線BD的中點,點P從點A出發,沿折線AD﹣DO﹣OC以每秒1個單位長度的速度向終點C運動,當點P與點A不重合時,過點P作PQ⊥AB于點Q,以PQ為邊向右作正方形PQMN,設正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形的面積為S(平方單位),點P運動的時間為t(秒).

(1)求點N落在BD上時t的值;

(2)直接寫出點O在正方形PQMN內部時t的取值范圍;

(3)當點P在折線AD﹣DO上運動時,求S與t之間的函數關系式;

(4)直接寫出直線DN平分△BCD面積時t的值.

 

考點

相似形綜合題;勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質;正方形的性質;相似三角形的判定與性質;銳角三角函數的定義.菁優網版權所有

專題

壓軸題;分類討論.

分析:

(1)可證△DPN∽△DQB,從而有,即可求出t的值.

(2)只需考慮兩個臨界位置(①MN經過點O,②點P與點O重合)下t的值,就可得到點O在正方形PQMN內部時t的取值范圍.

(3)根據正方形PQMN與△ABD重疊部分圖形形狀不同分成三類,如圖4、圖5、圖6,然后運用三角形相似、銳角三角函數等知識就可求出S與t之間的函數關系式.

(4)由于點P在折線AD﹣DO﹣OC運動,可分點P在AD上,點P在DO上,點P在OC上三種情況進行討論,然后運用三角形相似等知識就可求出直線DN平分△BCD面積時t的值.

解答:

解:(1)當點N落在BD上時,如圖1.

∵四邊形PQMN是正方形,

∴PN∥QM,PN=PQ=t.

∴△DPN∽△DQB.

∵PN=PQ=PA=t,DP=3﹣t,QB=AB=4,

∴t=

∴當t=時,點N落在BD上.

 

(2)①如圖2,

則有QM=QP=t,MB=4﹣t.

∵四邊形PQMN是正方形,

∴MN∥DQ.

∵點O是DB的中點,

∴QM=BM.

∴t=4﹣t.

∴t=2.

②如圖3,

∵四邊形ABCD是矩形,

∴∠A=90°.

∵AB=4,AD=3,

∴DB=5.

∵點O是DB的中點,

∴DO=

∴1×t=AD+DO=3+

∴t=

∴當點O在正方形PQMN內部時,t的范圍是2<t<

 

(3)①當0<t≤時,如圖4.

S=S正方形PQMN=PQ2=PA2=t2

②當<t≤3時,如圖5,

∵tan∠ADB==

=

∴PG=4﹣t.

∴GN=PN﹣PG=t﹣(4﹣t)=﹣4.

∵tan∠NFG=tan∠ADB=

∴NF=GN=﹣4)=t﹣3.

∴S=S正方形PQMN﹣S△GNF

=t2×(﹣4)×(t﹣3)

=﹣t2+7t﹣6.

③當3<t≤時,如圖6,

∵四邊形PQMN是正方形,四邊形ABCD是矩形.

∴∠PQM=∠DAB=90°.

∴PQ∥AD.

∴△BQP∽△BAD.

==

∵BP=8﹣t,BD=5,BA=4,AD=3,

∴BQ=,PQ=

∴QM=PQ=

∴BM=BQ﹣QM=

∵tan∠ABD=

∴FM=BM=

∴S=S梯形PQMF=(PQ+FM)?QM

=[+]?

=(8﹣t)2

=t2t+

綜上所述:當0<t≤時,S=t2

<t≤3時,S=﹣t2+7t﹣6.

當3<t≤時,S=t2t+

 

(4)設直線DN與BC交于點E,

∵直線DN平分△BCD面積,

∴BE=CE=

①點P在AD上,過點E作EH∥PN交AD于點H,如圖7,

則有△DPN∽△DHE.

∵PN=PA=t,DP=3﹣t,DH=CE=,EH=AB=4,

解得;t=

②點P在DO上,連接OE,如圖8,

則有OE=2,OE∥DC∥AB∥PN.

∴△DPN∽△DOE.

∵DP=t﹣3,DO=,OE=2,

∴PN=(t﹣3).

∵PQ=(8﹣t),PN=PQ,

(t﹣3)=(8﹣t).

解得:t=

③點P在OC上,設DE與OC交于點S,連接OE,交PQ于點R,如圖9,

則有OE=2,OE∥DC.

∴△DSC∽△ESO.

∴SC=2SO.

∵OC=

∴SO==

∵PN∥AB∥DC∥OE,

∴△SPN∽△SOE.

∵SP=3++﹣t=,SO=,OE=2,

∴PN=

∵PR∥MN∥BC,

∴△ORP∽△OEC.

∵OP=t﹣,OC=,EC=

∴PR=

∵QR=BE=

∴PQ=PR+QR=

∵PN=PQ,

=

解得:t=

綜上所述:當直線DN平分△BCD面積時,t的值為

點評:

本題考查了矩形的性質、正方形的性質、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數的定義、三角形的中位線定理、勾股定理等知識,考查了用割補法求五邊形的面積,考查了用臨界值法求t的取值范圍,考查了分類討論的數學思想,綜合性較強,有一定的難度.

 

4.(?達州)如圖,在平面直角坐標系中,己知點O(0,0),A(5,0),B(4,4).

(1)求過O、B、A三點的拋物線的解析式.

(2)在第一象限的拋物線上存在點M,使以O、A、B、M為頂點的四邊形面積最大,求點M的坐標.

(3)作直線x=m交拋物線于點P,交線段OB于點Q,當△PQB為等腰三角形時,求m的值.

 

考點

二次函數綜合題.

專題

壓軸題;分類討論.

分析:

(1)由于拋物線與x軸的兩個交點已知,因此拋物線的解析式可設成交點式,然后把點B的坐標代入,即可求出拋物線的解析式.

(2)以O、A、B、M為頂點的四邊形中,△OAB的面積固定,因此只要另外一個三角形面積最大,則四邊形面積即最大;求出另一個三角形面積的表達式,利用二次函數的性質確定其最值;本問需分類討論:

①當0<x<4時,點M在拋物線OB段上時,如答圖1所示;

②當4<x<5時,點M在拋物線AB段上時,圖略.

(3)△PQB為等腰三角形時,有三種情形,需要分類討論,避免漏解:

①若點B為頂點,即BP=BQ,如答圖2﹣1所示;

②若點P為頂點,即PQ=PB,如答圖2﹣2所示;

③若點P為頂點,即PQ=QB,如答圖2﹣3所示.

解答:

解:(1)∵該拋物線經過點A(5,0),O(0,0),

∴該拋物線的解析式可設為y=a(x﹣0)(x﹣5)=ax(x﹣5).

∵點B(4,4)在該拋物線上,

∴a×4×(4﹣5)=4.

∴a=﹣1.

∴該拋物線的解析式為y=﹣x(x﹣5)=﹣x2+5x.

 

(2)以O、A、B、M為頂點的四邊形中,△OAB的面積固定,因此只要另外一個三角形面積最大,則四邊形面積即最大.

①當0<x<4時,點M在拋物線OB段上時,如答圖1所示.

∵B(4,4),∴易知直線OB的解析式為:y=x.

設M(x,﹣x2+5x),

過點M作ME∥y軸,交OB于點E,則E(x,x),

∴ME=(﹣x2+5x)﹣x=﹣x2+4x.

S△OBM=S△MEO+S△MEB=ME(xE﹣0)+ME(xB﹣xE)=ME?xB=ME×4=2ME,

∴S△OBM=﹣2x2+8x=﹣2(x﹣2)2+8

∴當x=2時,S△OBM最大值為8,即四邊形的面積最大.

②當4<x<5時,點M在拋物線AB段上時,圖略.

可求得直線AB解析式為:y=﹣4x+20.

設M(x,﹣x2+5x),

過點M作ME∥y軸,交AB于點E,則E(x,﹣4x+20),

∴ME=(﹣x2+5x)﹣(﹣4x+20)=﹣x2+9x﹣20.

S△ABM=S△MEB+S△MEA=ME(xE﹣xB)+ME(xA﹣xE)=ME?(xA﹣xB)=ME×1=ME,

∴S△ABM=﹣x2+x﹣10=﹣(x﹣2+

∴當x=時,S△ABM最大值為,即四邊形的面積最大.

比較①②可知,當x=2時,四邊形面積最大.

當x=2時,y=﹣x2+5x=6,

∴M(2,6).

 

(3)由題意可知,點P在線段OB上方的拋物線上.

設P(m,﹣m2+5m),則Q(m,m)

當△PQB為等腰三角形時,

①若點B為頂點,即BP=BQ,如答圖2﹣1所示.

過點B作BE⊥PQ于點E,則點E為線段PQ中點,

∴E(m,).

∵BE∥x軸,B(4,4),

=4,

解得:m=2或m=4(與點B重合,舍去)

∴m=2;

②若點P為頂點,即PQ=PB,如答圖2﹣2所示.

易知∠BOA=45°,∴∠PQB=45°,則△PQB為等腰直角三角形.

∴PB∥x軸,

∴﹣m2+5m=4,

解得:m=1或m=4(與點B重合,舍去)

∴m=1;

③若點Q為頂點,即PQ=QB,如答圖2﹣3所示.

∵P(m,﹣m2+5m),Q(m,m),

∴PQ=﹣m2+4m.

又∵QB=(xB﹣xQ)=(4﹣m),

∴﹣m2+4m=(4﹣m),

解得:m=或m=4(與點B重合,舍去),

∴m=

綜上所述,當△PQB為等腰三角形時,m的值為1,2或

點評:

本題是二次函數壓軸題,涉及考點較多,有一定的難度.重點考查了分類討論的數學思想,第(2)(3)問均需要進行分類討論,避免漏解.注意第(2)問中求面積表達式的方法,以及第(3)問中利用方程思想求m值的方法.

 

5.(?云南)已知如圖平面直角坐標系中,點O是坐標原點,矩形ABCO是頂點坐標分別為A(3,0)、B(3,4)、C(0,4).點D在y軸上,且點D的坐標為(0,﹣5),點P是直線AC上的一動點.

(1)當點P運動到線段AC的中點時,求直線DP的解析式(關系式);

(2)當點P沿直線AC移動時,過點D、P的直線與x軸交于點M.問在x軸的正半軸上是否存在使△DOM與△ABC相似的點M?若存在,請求出點M的坐標;若不存在,請說明理由;

(3)當點P沿直線AC移動時,以點P為圓心、R(R>0)為半徑長畫圓.得到的圓稱為動圓P.若設動圓P的半徑長為,過點D作動圓P的兩條切線與動圓P分別相切于點E、F.請探求在動圓P中是否存在面積最小的四邊形DEPF?若存在,請求出最小面積S的值;若不存在,請說明理由.

 

考點

圓的綜合題;待定系數法求一次函數解析式;垂線段最短;勾股定理;切線長定理;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

綜合題;壓軸題;存在型;分類討論.

分析:

(1)只需先求出AC中點P的坐標,然后用待定系數法即可求出直線DP的解析式.

(2)由于△DOM與△ABC相似,對應關系不確定,可分兩種情況進行討論,利用三角形相似求出OM的長,即可求出點M的坐標.

(3)易證S△PED=S△PFD.從而有S四邊形DEPF=2S△PED=DE.由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2.根據“點到直線之間,垂線段最短”可得:當DP⊥AC時,DP最短,此時DE也最短,對應的四邊形DEPF的面積最小.借助于三角形相似,即可求出DP⊥AC時DP的值,就可求出四邊形DEPF面積的最小值.

解答:

解:(1)過點P作PH∥OA,交OC于點H,如圖1所示.

∵PH∥OA,

∴△CHP∽△COA.

==

∵點P是AC中點,

∴CP=CA.

∴HP=OA,CH=CO.

∵A(3,0)、C(0,4),

∴OA=3,OC=4.

∴HP=,CH=2.

∴OH=2.

∵PH∥OA,∠COA=90°,

∴∠CHP=∠COA=90°.

∴點P的坐標為(,2).

設直線DP的解析式為y=kx+b,

∵D(0,﹣5),P(,2)在直線DP上,

∴直線DP的解析式為y=x﹣5.

 

(2)①若△DOM∽△ABC,圖2(1)所示,

∵△DOM∽△ABC,

=

∵點B坐標為(3,4),點D的坐標為(0.﹣5),

∴BC=3,AB=4,OD=5.

=

∴OM=

∵點M在x軸的正半軸上,

∴點M的坐標為(,0)

②若△DOM∽△CBA,如圖2(2)所示,

∵△DOM∽△CBA,

=

∵BC=3,AB=4,OD=5,

=

∴OM=

∵點M在x軸的正半軸上,

∴點M的坐標為(,0).

綜上所述:若△DOM與△CBA相似,則點M的坐標為(,0)或(,0).

 

(3)∵OA=3,OC=4,∠AOC=90°,

∴AC=5.

∴PE=PF=AC=

∵DE、DF都與⊙P相切,

∴DE=DF,∠DEP=∠DFP=90°.

∴S△PED=S△PFD

∴S四邊形DEPF=2S△PED

=2×PE?DE

=PE?DE

=DE.

∵∠DEP=90°,

∴DE2=DP2﹣PE2

=DP2

根據“點到直線之間,垂線段最短”可得:

當DP⊥AC時,DP最短,

此時DE取到最小值,四邊形DEPF的面積最小.

∵DP⊥AC,

∴∠DPC=90°.

∴∠AOC=∠DPC.

∵∠OCA=∠PCD,∠AOC=∠DPC,

∴△AOC∽△DPC.

=

∵AO=3,AC=5,DC=4﹣(﹣5)=9,

=

∴DP=

∴DE2=DP2

=(2

=

∴DE=

∴S四邊形DEPF=DE

=

∴四邊形DEPF面積的最小值為

點評:

本題考查了相似三角形的判定與性質、用待定系數法求直線的解析式、切線長定理、勾股定理、垂線段最短等知識,考查了分類討論的思想.將求DE的最小值轉化為求DP的最小值是解決第3小題的關鍵.另外,要注意“△DOM與△ABC相似”與“△DOM∽△ABC“之間的區別.

 

6.(?十堰)已知拋物線C1:y=a(x+1)2﹣2的頂點為A,且經過點B(﹣2,﹣1).

(1)求A點的坐標和拋物線C1的解析式;

(2)如圖1,將拋物線C1向下平移2個單位后得到拋物線C2,且拋物線C2與直線AB相交于C,D兩點,求S△OAC:S△OAD的值;

(3)如圖2,若過P(﹣4,0),Q(0,2)的直線為l,點E在(2)中拋物線C2對稱軸右側部分(含頂點)運動,直線m過點C和點E.問:是否存在直線m,使直線l,m與x軸圍成的三角形和直線l,m與y軸圍成的三角形相似?若存在,求出直線m的解析式;若不存在,說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;待定系數法求一次函數解析式;待定系數法求二次函數解析式;相似三角形的判定與性質;銳角三角函數的增減性.菁優網版權所有

專題

壓軸題;存在型.

分析:

(1)由拋物線的頂點式易得頂點A坐標,把點B的坐標代入拋物線的解析式即可解決問題.

(2)根據平移法則求出拋物線C2的解析式,用待定系數法求出直線AB的解析式,再通過解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點C、D的坐標,就可以求出S△OAC:S△OAD的值.

(3)設直線m與y軸交于點G,直線l,m與x軸圍成的三角形和直線l,m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點G的變化而變化,故需對點G的位置進行討論,借助于相似三角形的判定與性質、三角函數的增減性等知識求出符合條件的點G的坐標,從而求出相應的直線m的解析式.

解答:

解:(1)∵拋物線C1:y=a(x+1)2﹣2的頂點為A,

∴點A的坐標為(﹣1,﹣2).

∵拋物線C1:y=a(x+1)2﹣2經過點B(﹣2,﹣1),

∴a(﹣2+1)2﹣2=﹣1.

解得:a=1.

∴拋物線C1的解析式為:y=(x+1)2﹣2.

 

(2)∵拋物線C2是由拋物線C1向下平移2個單位所得,

∴拋物線C2的解析式為:y=(x+1)2﹣2﹣2=(x+1)2﹣4.

設直線AB的解析式為y=kx+b.

∵A(﹣1,﹣2),B(﹣2,﹣1),

解得:

∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣3.

聯立

解得:

∴C(﹣3,0),D(0,﹣3).

∴OC=3,OD=3.

過點A作AE⊥x軸,垂足為E,

過點A作AF⊥y軸,垂足為F,

∵A(﹣1,﹣2),

∴AF=1,AE=2.

∴S△OAC:S△OAD

=(OC?AE):(OD?AF)

=(×3×2):(×3×1)

=2.

∴S△OAC:S△OAD的值為2.

 

(3)設直線m與y軸交于點G,設點G的坐標為(0,t).

1.當直線m與直線l平行時,則有CG∥PQ.

∴△OCG∽△OPQ.

=

∵P(﹣4,0),Q(0,2),

∴OP=4,OQ=2,

=

∴OG=

∵當t=時,直線m與直線l平行,

∴直線l,m與x軸不能構成三角形.

∴t≠

2.當直線m與直線l相交時,設交點為H,

①t<0時,如圖2①所示.

∵∠PHC>∠PQG,∠PHC>∠QGH,

∴∠PHC≠∠PQG,∠PHC≠∠QGH.

當∠PHC=∠GHQ時,

∵∠PHC+∠GHQ=180°,

∴∠PHC=∠GHQ=90°.

∵∠POQ=90°,

∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ.

∴△PHC∽△GHQ.

∵∠QPO=∠OGC,

∴tan∠QPO=tan∠OGC.

=

=

∴OG=6.

∴點G的坐標為(0,﹣6)

設直線m的解析式為y=mx+n,

∵點C(﹣3,0),點G(0,﹣6)在直線m上,

解得:

∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6,

聯立

解得:

∴E(﹣1,﹣4).

此時點E就是拋物線的頂點,符合條件.

∴直線m的解析式為y=﹣2x﹣6.

②當t=0時,

此時直線m與x軸重合,

∴直線l,m與x軸不能構成三角形.

∴t≠0.

③O<t<時,如圖2②所示,

∵tan∠GCO==

tan∠PQO===2,

∴tan∠GCO≠tan∠PQO.

∴∠GCO≠∠PQO.

∵∠GCO=∠PCH,

∴∠PCH≠∠PQO.

又∵∠HPC>∠PQO,

∴△PHC與△GHQ不相似.

∴符合條件的直線m不存在.

<t≤2時,如圖2③所示.

∵tan∠CGO==

tan∠QPO===

∴tan∠CGO≠tan∠QPO.

∴∠CGO≠∠QPO.

∵∠CGO=∠QGH,

∴∠QGH≠∠QPO,

又∵∠HQG>∠QPO,

∴△PHC與△GHQ不相似.

∴符合條件的直線m不存在.

⑤t>2時,如圖2④所示.

此時點E在對稱軸的右側.

∵∠PCH>∠CGO,

∴∠PCH≠∠CGO.

當∠QPC=∠CGO時,

∵∠PHC=∠QHG,∠HPC=∠HGQ,

∴△PCH∽△GQH.

∴符合條件的直線m存在.

∵∠QPO=∠CGO,∠POQ=∠GOC=90°,

∴△POQ∽△GOC.

=

=

∴OG=6.

∴點G的坐標為(0,6).

設直線m的解析式為y=px+q

∵點C(﹣3,0)、點G(0,6)在直線m上,

解得:

∴直線m的解析式為y=2x+6.

綜上所述:存在直線m,使直線l,m與x軸圍成的三角形和直線l,m與y軸圍成的三角形相似,

此時直線m的解析式為y=﹣2x﹣6和y=2x+6.

點評:

本題考查了二次函數的有關知識,考查了三角形相似的判定與性質、三角函數的定義及增減性等知識,考查了用待定系數法求二次函數及一次函數的解析式,考查了通過解方程組求兩個函數圖象的交點,強化了對運算能力、批判意識、分類討論思想的考查,具有較強的綜合性,有一定的難度.

 

7.(?湘西州)如圖,拋物線y=ax2+bx+c關于y軸對稱,它的頂點在坐標原點O,點B(2,﹣)和點C(﹣3,﹣3)兩點均在拋物線上,點F(0,﹣)在y軸上,過點(0,)作直線l與x軸平行.

(1)求拋物線的解析式和線段BC的解析式.

(2)設點D(x,y)是線段BC上的一個動點(點D不與B,C重合),過點D作x軸的垂線,與拋物線交于點G.設線段GD的長度為h,求h與x之間的函數關系式,并求出當x為何值時,線段GD的長度h最大,最大長度h的值是多少?

(3)若點P(m,n)是拋物線上位于第三象限的一個動點,連接PF并延長,交拋物線于另一點Q,過點Q作QS⊥l,垂足為點S,過點P作PN⊥l,垂足為點N,試判斷△FNS的形狀,并說明理由;

(4)若點A(﹣2,t)在線段BC上,點M為拋物線上的一個動點,連接AF,當點M在何位置時,MF+MA的值最小,請直接寫出此時點M的坐標與MF+MA的最小值.

 

考點

二次函數綜合題;二次根式的性質與化簡;待定系數法求一次函數解析式;二次函數的最值;待定系數法求二次函數解析式;線段的性質:兩點之間線段最短.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)由于拋物線的頂點在坐標原點O,故拋物線的解析式可設為y=ax2,把點C的坐標代入即可求出拋物線的解析式;設直線BC的解析式為y=mx+n,把點B、C的坐標代入即可求出直線BC的解析式.

(2)由點D(x,y)在線段BC上可得yD=x﹣2,由點G在拋物線y=﹣x2上可得yG=﹣x2.由h=DG=yG﹣yD=﹣x2﹣(x﹣2)配方可得h=﹣(x+2+.根據二次函數的最值性即可解決問題.

(3)可以證明PF=PN,結合PN∥OF可推出∠PFN=∠OFN;同理可得∠QFS=∠OFS.由∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°可推出∠NFS=90°,故△NFS是直角三角形.

(4)過點M作MH⊥l,垂足為H,如圖4,由(3)中推出的結論PF=PN可得:拋物線y=﹣x2上的點到點F(0,﹣)的距離與到直線y=的距離相等,從而有MF=MH,則MA+MF=MA+MH.由兩點之間線段最短可得:當A、M、H三點共線(即AM⊥l)時,MA+MH(即MA+MF)最小,此時xM=xA=﹣2,從而可以求出點M及點A的坐標,就可求出MF+MA的最小值.

解答:

解:(1)如圖1,

∵拋物線y=ax2+bx+c關于y軸對稱,它的頂點在坐標原點O,

∴拋物線解析式為y=ax2

∵點C(﹣3,﹣3)在拋物線y=ax2上,

∴.9a=﹣3.

∴a=﹣

∴拋物線的解析式為y=﹣x2

設直線BC的解析式為y=mx+n.

∵B(2,﹣)、C(﹣3,﹣3)在直線y=mx+n上,

解得:

∴直線BC的解析式為y=x﹣2.

(2)如圖2,

∵點D(x,y)是線段BC上的一個動點(點D不與B,C重合),

∴yD=x﹣2,且﹣3<x<2.

∵DG⊥x軸,

∴xG=xD=x.

∵點G在拋物線y=﹣x2上,

∴yG=﹣x2

∴h=DG=yG﹣yD

=﹣x2﹣(x﹣2)

=﹣x2x+2

=﹣(x2+x)+2

=﹣(x2+x+)+2

=﹣(x+2++2

=﹣(x+2+

∵﹣<0,﹣3<﹣<2,

∴當x=﹣時,h取到最大值,最大值為

∴h與x之間的函數關系式為h=﹣(x+2+,其中﹣3<x<2;

當x=﹣時,線段GD的長度h最大,最大長度h的值是

(3)△FNS是直角三角形.

證明:過點F作FT⊥PN,垂足為T,如圖3,

∵點P(m,n)是拋物線y=﹣x2上位于第三象限的一個動點,

∴n=﹣m2.m<0,n<0.

∴m2=﹣3n.

在Rt△PTF中,

∵PT=﹣﹣n,FT=﹣m,

∴PF=

=

=

=

=﹣n.

∵PN⊥l,且l是過點(0,)平行于x軸的直線,

∴PN=﹣n.

∴PF=PN.

∴∠PNF=∠PFN.

∵PN⊥l,OF⊥l,

∴PN∥OF.

∴∠PNF=∠OFN.

∴∠PFN=∠OFN.

同理可得:∠QFS=∠OFS.

∵∠PFN+∠OFN+∠OFS+∠QFS=180°,

∴2∠OFN+2∠OFS=180°.

∴∠OFN+∠OFS=90°.

∴∠NFS=90°.

∴△NFS是直角三角形.

(4)過點M作MH⊥l,垂足為H,如圖4,

在(3)中已證到PF=PN,由此可得:拋物線y=﹣x2上的點到點F(0,﹣)的距離與到直線y=的距離相等.

∴MF=MH.

∴MA+MF=MA+MH.

由兩點之間線段最短可得:

當A、M、H三點共線(即AM⊥l)時,MA+MH(即MA+MF)最小,等于AH.

即xM=xA=﹣2時,MA+MF取到最小值.

此時,yM=﹣×(﹣2)2=﹣,點M的坐標為(﹣2,﹣);

yA=×(﹣2)﹣2=﹣,點A的坐標為(﹣2,﹣);

MF+MA的最小值=AH=﹣(﹣)=

∴當點M的坐標為(﹣2,﹣)時,MF+MA的值最小,最小值為

點評:

本題考查了用待定系數法求二次函數及一次函數的解析式、二次函數的最值、二次根式的化簡、兩點之間線段最短等知識,綜合性非常強,難度比較大.而證出PF=PN及由此得出“拋物線y=﹣x2上的點到點F(0,﹣)的距離與到直線y=的距離相等”是解決第三小題和第四小題的關鍵.

 

8.(?宜昌)如圖,在平面直角坐標系中,已知點P(0,4),點A在線段OP上,點B在x軸正半軸上,且AP=OB=t,0<t<4,以AB為邊在第一象限內作正方形ABCD;過點C、D依次向x軸、y軸作垂線,垂足為M,N,設過O,C兩點的拋物線為y=ax2+bx+c.

(1)填空:△AOB≌△ DNA或△DPA ≌△BMC(不需證明);用含t的代數式表示A點縱坐標:A(0, 4﹣t );

(2)求點C的坐標,并用含a,t的代數式表示b;

(3)當t=1時,連接OD,若此時拋物線與線段OD只有唯一的公共點O,求a的取值范圍;

(4)當拋物線開口向上,對稱軸是直線x=2﹣,頂點隨著t的增大向上移動時,求t的取值范圍.

 

考點

二次函數綜合題;全等三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)根據全等三角形的判定定理SAS證得:△AOB≌△DNA或DPA≌△BMC;根據圖中相關線段間的和差關系來求點A的坐標;

(2)利用(1)中的全等三角形的對應邊相等易推知:OM=OB+BM=t+4﹣t=4,則C(4,t).把點O、C的坐標分別代入拋物線y=ax2+bx+c可以求得b=t﹣4a;

(3)利用待定系數法求得直線OD的解析式y=x.聯立方程組,得,所以ax2+(﹣﹣4a)x=0,解得 x=0或x=4+

對于拋物線的開口方向進行分類討論,即a>0和a<0兩種情況下的a的取值范圍;

(4)根據拋物線的解析式y=ax2+(﹣4a)x得到頂點坐標是(﹣,﹣(t﹣16a)2).結合已知條件求得a=t2,故頂點坐標為(2﹣,﹣(t﹣2).喲拋物線的性質知:只與頂點坐標有關,故t的取值范圍為:0<t≤

解答:

解:(1)如圖,∵∠DNA=∠AOB=90°,

∴∠NAD=∠OBA(同角的余角相等).

在△AOB與△DNA中,

∴△AOB≌△DNA(SAS).

同理△DNA≌△BMC.

∵點P(0,4),AP=t,

∴OA=OP﹣AP=4﹣t.

故答案是:DNA或△DPA;4﹣t;

 

(2)由題意知,NA=OB=t,則OA=4﹣t.

∵△AOB≌△BMC,

∴CM=OB=t,

∴OM=OB+BM=t+4﹣t=4,

∴C(4,t).

又拋物線y=ax2+bx+c過點O、C,

解得 b=t﹣4a;

 

(3)當t=1時,拋物線為y=ax2+(﹣4a)x,NA=OB=1,OA=3.

∵△AOB≌△DNA,

∴DN=OA=3,

∵D(3,4),

∴直線OD為:y=x.

聯立方程組,得

消去y,得

ax2+(﹣﹣4a)x=0,

解得 x=0或x=4+

所以,拋物線與直線OD總有兩個交點.

討論:①當a>0時,4+>3,只有交點O,所以a>0符合題意;

②當a<0時,若4+>3,則a<﹣

又a<0

所以 a<﹣

若4+<0,則得a>﹣

又a<0,

所以﹣<a<0.

綜上所述,a的取值范圍是a>0或a<﹣或﹣<a<0.

 

(4)拋物線為y=ax2+(﹣4a)x,則頂點坐標是(﹣+2,﹣(t﹣16a)2).

又∵對稱軸是直線x=﹣+2=2﹣

∴a=t2

∴頂點坐標為:(2﹣,﹣(1﹣4t)2),即(2﹣,﹣(t﹣2).

∵拋物線開口向上,且隨著t的增大,拋物線的頂點向上移動,

∴只與頂點坐標有關,

∴t的取值范圍為:0<t≤

點評:

本題考查了二次函數綜合題型.此題難度較大,需要熟練掌握待定系數法求二次函數解析式,全等三角形的判定與性質,二次函數圖象的性質等知識點,綜合性比較強,需要學生對所學知識進行系統的掌握.

 

9.(?鹽城)【問題情境】張老師給愛好學習的小軍和小俊提出這樣一個問題:如圖1,在△ABC中,AB=AC,點P為邊BC上的任一點,過點P作PD⊥AB,PE⊥AC,垂足分別為D、E,過點C作CF⊥AB,垂足為F.求證:PD+PE=CF.

小軍的證明思路是:如圖2,連接AP,由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得:PD+PE=CF.

小俊的證明思路是:如圖2,過點P作PG⊥CF,垂足為G,可以證得:PD=GF,PE=CG,則PD+PE=CF.

【變式探究】如圖3,當點P在BC延長線上時,其余條件不變,求證:PD﹣PE=CF;

請運用上述解答中所積累的經驗和方法完成下列兩題:

【結論運用】如圖4,將矩形ABCD沿EF折疊,使點D落在點B上,點C落在點C′處,點P為折痕EF上的任一點,過點P作PG⊥BE、PH⊥BC,垂足分別為G、H,若AD=8,CF=3,求PG+PH的值;

【遷移拓展】圖5是一個航模的截面示意圖.在四邊形ABCD中,E為AB邊上的一點,ED⊥AD,EC⊥CB,垂足分別為D、C,且AD?CE=DE?BC,AB=2dm,AD=3dm,BD=dm.M、N分別為AE、BE的中點,連接DM、CN,求△DEM與△CEN的周長之和.

 

考點

四邊形綜合題;全等三角形的判定與性質;等腰三角形的判定與性質;直角三角形斜邊上的中線;勾股定理;矩形的判定與性質;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題;探究型.

分析:

【問題情境】如下圖②,按照小軍、小俊的證明思路即可解決問題.

【變式探究】如下圖③,借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題.

【結論運用】易證BE=BF,過點E作EQ⊥BF,垂足為Q,如下圖④,利用問題情境中的結論可得PG+PH=EQ,易證EQ=DC,BF=DF,只需求出BF即可.

【遷移拓展】由條件AD?CE=DE?BC聯想到三角形相似,從而得到∠A=∠ABC,進而補全等腰三角形,△DEM與△CEN的周長之和就可轉化為AB+BH,而BH是△ADB的邊AD上的高,只需利用勾股定理建立方程,求出DH,再求出BH,就可解決問題.

解答:

解:【問題情境】證明:(方法1)連接AP,如圖②

∵PD⊥AB,PE⊥AC,CF⊥AB,

且S△ABC=S△ABP+S△ACP

AB?CF=AB?PD+AC?PE.

∵AB=AC,

∴CF=PD+PE.

(方法2)過點P作PG⊥CF,垂足為G,如圖②.

∵PD⊥AB,CF⊥AB,PG⊥FC,

∴∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°.

∴四邊形PDFG是矩形.

∴DP=FG,∠DPG=90°.

∴∠CGP=90°.

∵PE⊥AC,

∴∠CEP=90°.

∴∠PGC=∠CEP.

∵∠BDP=∠DPG=90°.

∴PG∥AB.

∴∠GPC=∠B.

∵AB=AC,

∴∠B=∠ACB.

∴∠GPC=∠ECP.

在△PGC和△CEP中,

∴△PGC≌△CEP.

∴CG=PE.

∴CF=CG+FG

=PE+PD.

【變式探究】

證明:(方法1)連接AP,如圖③.

∵PD⊥AB,PE⊥AC,CF⊥AB,

且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP

AB?CF=AB?PD﹣AC?PE.

∵AB=AC,

∴CF=PD﹣PE.

 

【結論運用】過點E作EQ⊥BC,垂足為Q,如圖④,

∵四邊形ABCD是矩形,

∴AD=BC,∠C=∠ADC=90°.

∵AD=8,CF=3,

∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5.

由折疊可得:DF=BF,∠BEF=∠DEF.

∴DF=5.

∵∠C=90°,

∴DC=

=

=4.

∵EQ⊥BC,∠C=∠ADC=90°,

∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC.

∴四邊形EQCD是矩形.

∴EQ=DC=4.

∵AD∥BC,

∴∠DEF=∠EFB.

∵∠BEF=∠DEF,

∴∠BEF=∠EFB.

∴BE=BF.

由問題情境中的結論可得:PG+PH=EQ.

∴PG+PH=4.

∴PG+PH的值為4.

【遷移拓展】延長AD、BC交于點F,作BH⊥AF,垂足為H,如圖⑤.

∵AD?CE=DE?BC,

=

∵ED⊥AD,EC⊥CB,

∴∠ADE=∠BCE=90°.

∴△ADE∽△BCE.

∴∠A=∠CBE.

∴FA=FB.

由問題情境中的結論可得:ED+EC=BH.

設DH=xdm,

則AH=AD+DH=(3+x)dm.

∵BH⊥AF,

∴∠BHA=90°.

∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2

∵AB=2,AD=3,BD=

∴(2﹣x2=(22﹣(3+x)2

解得:x=1.

∴BH2=BD2﹣DH2

=37﹣1=36.

∴BH=6.

∴ED+EC=6.

∵∠ADE=∠BCE=90°,

且M、N分別為AE、BE的中點,

∴DM=AM=EM=AE,CN=BN=EN=BE.

∴△DEM與△CEN的周長之和

=DE+DM+EM+CN+EN+EC

=DE+AE+BE+EC

=DE+AB+EC

=DE+EC+AB

=6+2

∴△DEM與△CEN的周長之和為(6+2)dm.

點評:

本題考查了矩形的性質與判定、等腰三角形的性質與判定、全等三角形的性質與判定、相似三角形的性質與判定、平行線的性質與判定、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識,考查了用面積法證明幾何問題,考查了運用已有的經驗解決問題的能力,體現了自主探究與合作交流的新理念,是充分體現新課程理念難得的好題.

 

10.(?仙桃)已知拋物線經過A(﹣2,0),B(0,2),C(,0)三點,一動點P從原點出發以1個單位/秒的速度沿x軸正方向運動,連接BP,過點A作直線BP的垂線交y軸于點Q.設點P的運動時間為t秒.

(1)求拋物線的解析式;

(2)當BQ=AP時,求t的值;

(3)隨著點P的運動,拋物線上是否存在一點M,使△MPQ為等邊三角形?若存在,請直接寫t的值及相應點M的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;一次函數的應用;全等三角形的應用;等腰三角形的性質;等邊三角形的性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)已知3點求拋物線的解析式,設解析式為y=ax2+bx+c,待定系數即得a、b、c的值,即得解析式.

(2)BQ=AP,要考慮P在OC上及P在OC的延長線上兩種情況,有此易得BQ,AP關于t的表示,代入BQ=AP可求t值.

(3)考慮等邊三角形,我們通常只需明確一邊的情況,進而即可描述出整個三角形.考慮△MPQ,發現PQ為一有規律的線段,易得OPQ為等腰直角三角形,但僅因此無法確定PQ運動至何種情形時△MPQ為等邊三角形.若退一步考慮等腰,發現,MO應為PQ的垂直平分線,即使△MPQ為等邊三角形的M點必屬于PQ的垂直平分線與拋物線的交點,但要明確這些交點僅僅滿足△MPQ為等腰三角形,不一定為等邊三角形.確定是否為等邊,我們可以直接由等邊性質列出關于t的方程,考慮t的存在性.

解答:

解:(1)設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c,

∵拋物線經過A(﹣2,0),B(0,2),C(,0)三點,

解得

∴y=﹣x2x+2.

 

(2)∵AQ⊥PB,BO⊥AP,

∴∠AOQ=∠BOP=90°,∠PAQ=∠PBO,

∵AO=BO=2,

∴△AOQ≌△BOP,

∴OQ=OP=t.

①如圖1,當t≤2時,點Q在點B下方,此時BQ=2﹣t,AP=2+t.

∵BQ=AP,

∴2﹣t=(2+t),

∴t=

②如圖2,當t>2時,點Q在點B上方,此時BQ=t﹣2,AP=2+t.

∵BQ=AP,

∴t﹣2=(2+t),

∴t=6.

綜上所述,t=或6時,BQ=AP.

 

(3)當t=﹣1時,拋物線上存在點M(1,1);當t=3+3時,拋物線上存在點M(﹣3,﹣3).

分析如下:

∵AQ⊥BP,

∴∠QAO+∠BPO=90°,

∵∠QAO+∠AQO=90°,

∴∠AQO=∠BPO.

在△AOQ和△BOP中,

∴△AOQ≌△BOP,

∴OP=OQ,

∴△OPQ為等腰直角三角形,

∵△MPQ為等邊三角形,則M點必在PQ的垂直平分線上,

∵直線y=x垂直平分PQ,

∴M在y=x上,設M(x,y),

解得

∴M點可能為(1,1)或(﹣3,﹣3).

①如圖3,當M的坐標為(1,1)時,作MD⊥x軸于D,

則有PD=|1﹣t|,MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2,PQ2=2t2

∵△MPQ為等邊三角形,

∴MP=PQ,

∴t2+2t﹣2=0,

∴t=﹣1+,t=﹣1﹣(負值舍去).

②如圖4,當M的坐標為(﹣3,﹣3)時,作ME⊥x軸于E,

則有PE=3+t,ME=3,

∴MP2=32+(3+t)2=t2+6t+18,PQ2=2t2

∵△MPQ為等邊三角形,

∴MP=PQ,

∴t2﹣6t﹣18=0,

∴t=3+3,t=3﹣3(負值舍去).

綜上所述,當t=﹣1+時,拋物線上存在點M(1,1),或當t=3+3時,拋物線上存在點M(﹣3,﹣3),使得△MPQ為等邊三角形.

點評:

本題是二次函數、一次函數及三角形相關知識的綜合題目,其中涉及的知識點有待定系數法求拋物線,三角形全等,等腰、等邊三角形性質及一次函數等基礎知識,在討論動點問題是一定要注意考慮全面分情形討論分析.總體來說本題難度較高,其中技巧需要好好把握.

 

11.(?河南)如圖,拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點A(﹣1,0),B(5,0)兩點,直線y=﹣x+3與y軸交于點C,與x軸交于點D.點P是x軸上方的拋物線上一動點,過點P作PF⊥x軸于點F,交直線CD于點E.設點P的橫坐標為m.

(1)求拋物線的解析式;

(2)若PE=5EF,求m的值;

(3)若點E′是點E關于直線PC的對稱點,是否存在點P,使點E′落在y軸上?若存在,請直接寫出相應的點P的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)用含m的代數式分別表示出PE、EF,然后列方程求解;

(3)解題關鍵是識別出四邊形PECE′是菱形,然后根據PE=CE的條件,列出方程求解.

解答:

解:(1)將點A、B坐標代入拋物線解析式,得:

,解得

∴拋物線的解析式為:y=﹣x2+4x+5.

 

(2)∵點P的橫坐標為m,

∴P(m,﹣m2+4m+5),E(m,﹣m+3),F(m,0).

∴PE=|yP﹣yE|=|(﹣m2+4m+5)﹣(﹣m+3)|=|﹣m2+m+2|,

EF=|yE﹣yF|=|(﹣m+3)﹣0|=|﹣m+3|.

由題意,PE=5EF,即:|﹣m2+m+2|=5|﹣m+3|=|m+15|

①若﹣m2+m+2=m+15,整理得:2m2﹣17m+26=0,

解得:m=2或m=

①若﹣m2+m+2=﹣(m+15),整理得:m2﹣m﹣17=0,

解得:m=或m=

由題意,m的取值范圍為:﹣1<m<5,故m=、m=這兩個解均舍去.

∴m=2或m=

 

(3)假設存在.

作出示意圖如下:

∵點E、E′關于直線PC對稱,

∴∠1=∠2,CE=CE′,PE=PE′.

∵PE平行于y軸,∴∠1=∠3,

∴∠2=∠3,∴PE=CE,

∴PE=CE=PE′=CE′,即四邊形PECE′是菱形.

由直線CD解析式y=﹣x+3,可得OD=4,OC=3,由勾股定理得CD=5.

過點E作EM∥x軸,交y軸于點M,易得△CEM∽△CDO,

,即,解得CE=|m|,

∴PE=CE=|m|,又由(2)可知:PE=|﹣m2+m+2|

∴|﹣m2+m+2|=|m|.

①若﹣m2+m+2=m,整理得:2m2﹣7m﹣4=0,解得m=4或m=﹣

②若﹣m2+m+2=﹣m,整理得:m2﹣6m﹣2=0,解得m=3+或m=3﹣

由題意,m的取值范圍為:﹣1<m<5,故m=3+這個解舍去.

綜上所述,存在滿足條件的點P,可求得點P坐標為(﹣),(4,5),(3﹣,2﹣3).

點評:

本題是二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數與一次函數的圖象與性質、點的坐標、待定系數法、菱形、相似三角形等多個知識點,重點考查了分類討論思想與方程思想的靈活運用.需要注意的是,為了避免漏解,表示線段長度的代數式均含有絕對值,解方程時需要分類討論、分別計算.

 

12.(?成都)如圖,已知拋物線y=(x+2)(x﹣4)(k為常數,且k>0)與x軸從左至右依次交于A,B兩點,與y軸交于點C,經過點B的直線y=﹣x+b與拋物線的另一交點為D.

(1)若點D的橫坐標為﹣5,求拋物線的函數表達式;

(2)若在第一象限內的拋物線上有點P,使得以A,B,P為頂點的三角形與△ABC相似,求k的值;

(3)在(1)的條件下,設F為線段BD上一點(不含端點),連接AF,一動點M從點A出發,沿線段AF以每秒1個單位的速度運動到F,再沿線段FD以每秒2個單位的速度運動到D后停止,當點F的坐標是多少時,點M在整個運動過程中用時最少?

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)首先求出點A、B坐標,然后求出直線BD的解析式,求得點D坐標,代入拋物線解析式,求得k的值;

(2)因為點P在第一象限內的拋物線上,所以∠ABP為鈍角.因此若兩個三角形相似,只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB.如答圖2,按照以上兩種情況進行分類討論,分別計算;

(3)由題意,動點M運動的路徑為折線AF+DF,運動時間:t=AF+DF.如答圖3,作輔助線,將AF+DF轉化為AF+FG;再由垂線段最短,得到垂線段AH與直線BD的交點,即為所求的F點.

解答:

解:(1)拋物線y=(x+2)(x﹣4),

令y=0,解得x=﹣2或x=4,

∴A(﹣2,0),B(4,0).

∵直線y=﹣x+b經過點B(4,0),

∴﹣×4+b=0,解得b=

∴直線BD解析式為:y=﹣x+

當x=﹣5時,y=3

∴D(﹣5,3).

∵點D(﹣5,3)在拋物線y=(x+2)(x﹣4)上,

(﹣5+2)(﹣5﹣4)=3

∴k=

∴拋物線的函數表達式為:y=(x+2)(x﹣4).

 

(2)由拋物線解析式,令x=0,得y=k,

∴C(0,﹣k),OC=k.

因為點P在第一象限內的拋物線上,所以∠ABP為鈍角.

因此若兩個三角形相似,只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB.

①若△ABC∽△APB,則有∠BAC=∠PAB,如答圖2﹣1所示.

設P(x,y),過點P作PN⊥x軸于點N,則ON=x,PN=y.

tan∠BAC=tan∠PAB,即:

∴y=x+k.

∴P(x,x+k),代入拋物線解析式y=(x+2)(x﹣4),

(x+2)(x﹣4)=x+k,整理得:x2﹣6x﹣16=0,

解得:x=8或x=﹣2(與點A重合,舍去),

∴P(8,5k).

∵△ABC∽△APB,

,即

解得:k=

②若△ABC∽△PAB,則有∠ABC=∠PAB,如答圖2﹣2所示.

與①同理,可求得:k=

綜上所述,k=或k=

 

(3)由(1)知:D(﹣5,3),

如答圖2﹣2,過點D作DN⊥x軸于點N,則DN=3,ON=5,BN=4+5=9,

∴tan∠DBA===

∴∠DBA=30°.

過點D作DK∥x軸,則∠KDF=∠DBA=30°.

過點F作FG⊥DK于點G,則FG=DF.

由題意,動點M運動的路徑為折線AF+DF,運動時間:t=AF+DF,

∴t=AF+FG,即運動時間等于折線AF+FG的長度.

由垂線段最短可知,折線AF+FG的長度的最小值為DK與x軸之間的垂線段.

過點A作AH⊥DK于點H,則t最小=AH,AH與直線BD的交點,即為所求之F點.

∵A點橫坐標為﹣2,直線BD解析式為:y=﹣x+

∴y=﹣×(﹣2)+=2

∴F(﹣2,2).

綜上所述,當點F坐標為(﹣2,2)時,點M在整個運動過程中用時最少.

點評:

本題是二次函數壓軸題,難度很大.第(2)問中需要分類討論,避免漏解;在計算過程中,解析式中含有未知數k,增加了計算的難度,注意解題過程中的技巧;第(3)問中,運用了轉化思想使得試題難度大大降低,需要認真體會.

 

13.(?徐州)如圖,矩形ABCD的邊AB=3cm,AD=4cm,點E從點A出發,沿射線AD移動,以CE為直徑作圓O,點F為圓O與射線BD的公共點,連接EF、CF,過點E作EG⊥EF,EG與圓O相交于點G,連接CG.

(1)試說明四邊形EFCG是矩形;

(2)當圓O與射線BD相切時,點E停止移動,在點E移動的過程中,

①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值?若存在,求出這個最大值或最小值;若不存在,說明理由;

②求點G移動路線的長.

 

考點

圓的綜合題;垂線段最短;直角三角形斜邊上的中線;矩形的判定與性質;圓周角定理;切線的性質;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題;存在型.

分析:

(1)只要證到三個內角等于90°即可.

(2)易證點D在⊙O上,根據圓周角定理可得∠FCE=∠FDE,從而證到△CFE∽△DAB,根據相似三角形的性質可得到S矩形EFCG=2S△CFE=.然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形EFCG的范圍.根據圓周角定理和矩形的性質可證到∠GDC=∠FDE=定值,從而得到點G的移動的路線是線段,只需找到點G的起點與終點,求出該線段的長度即可.

解答:

解:(1)證明:如圖1,

∵CE為⊙O的直徑,

∴∠CFE=∠CGE=90°.

∵EG⊥EF,

∴∠FEG=90°.

∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°.

∴四邊形EFCG是矩形.

 

(2)①存在.

連接OD,如圖2①,

∵四邊形ABCD是矩形,

∴∠A=∠ADC=90°.

∵點O是CE的中點,

∴OD=OC.

∴點D在⊙O上.

∵∠FCE=∠FDE,∠A=∠CFE=90°,

∴△CFE∽△DAB.

=(2

∵AD=4,AB=3,

∴BD=5,

S△CFE=(2?S△DAB

=××3×4

=

∴S矩形EFCG=2S△CFE

=

∵四邊形EFCG是矩形,

∴FC∥EG.

∴∠FCE=∠CEG.

∵∠GDC=∠CEG,∠FCE=∠FDE,

∴∠GDC=∠FDE.

∵∠FDE+∠CDB=90°,

∴∠GDC+∠CDB=90°.

∴∠GDB=90°

Ⅰ.當點E在點A(E′)處時,點F在點B(F′)處,點G在點D(G′)處,如圖2①所示.

此時,CF=CB=4.

Ⅱ.當點F在點D(F″)處時,直徑F″G″⊥BD,

如圖2②所示,

此時⊙O與射線BD相切,CF=CD=3.

Ⅲ.當CF⊥BD時,CF最小,

如圖2③所示.

S△BCD=BC?CD=BD?CF

∴4×3=5×CF

∴CF=

≤CF≤4.

∵S矩形EFCG=

×(2≤S矩形EFCG×42

≤S矩形EFCG≤12.

∴矩形EFCG的面積最大值為12,最小值為

 

②∵∠GDC=∠FDE=定值,點G的起點為D,終點為G″,如圖2②所示,

∴點G的移動路線是線段DG″.

∵∠G″DC=∠BDA,∠DCG″=∠A=90°,

∴△DCG″∽△DAB.

=

=

∴DG″=

∴點G移動路線的長為

點評:

本題考查了矩形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識,考查了動點的移動的路線長,綜合性較強.而發現∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關鍵.

 

14.(?瀘州)如圖,已知一次函數y1=x+b的圖象l與二次函數y2=﹣x2+mx+b的圖象C′都經過點B(0,1)和點C,且圖象C′過點A(2﹣,0).

(1)求二次函數的最大值;

(2)設使y2>y1成立的x取值的所有整數和為s,若s是關于x的方程=0的根,求a的值;

(3)若點F、G在圖象C′上,長度為的線段DE在線段BC上移動,EF與DG始終平行于y軸,當四邊形DEFG的面積最大時,在x軸上求點P,使PD+PE最小,求出點P的坐標.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)首先利用待定系數法求出二次函數解析式,然后求出其最大值;

(2)聯立y1與y2,求出點C的坐標為C(),因此使y2>y1成立的x的取值范圍為0<x<,得s=1+2+3=6;將s的值代入分式方程,求出a的值;

(3)第1步:首先確定何時四邊形DEFG的面積最大.

如答圖1,四邊形DEFG是一個梯形,將其面積用含有未知數的代數式表示出來,這個代數式是一個二次函數,根據其最值求出未知數的值,進而得到面積最大時點D、E的坐標;

第2步:利用幾何性質確定PD+PE最小的條件,并求出點P的坐標.

如答圖2,作點D關于x軸的對稱點D′,連接D′E,與x軸交于點P.根據軸對稱及兩點之間線段最短可知,此時PD+PE最小.利用待定系數法求出直線D′E的解析式,進而求出點P的坐標.

解答:

解:(1)∵二次函數y2=﹣x2+mx+b經過點B(0,1)與A(2﹣,0),

解得

∴l:y1=x+1;

C′:y2=﹣x2+4x+1.

∵y2=﹣x2+4x+1=﹣(x﹣2)2+5,

∴ymax=5;

 

(2)聯立y1與y2得:x+1=﹣x2+4x+1,解得x=0或x=

當x=時,y1=×+1=

∴C().

使y2>y1成立的x的取值范圍為0<x<

∴s=1+2+3=6.

代入方程得

解得a=

 

(3)∵點D、E在直線l:y1=x+1上,

∴設D(p,p+1),E(q,q+1),其中q>p>0.

如答圖1,過點E作EH⊥DG于點H,則EH=q﹣p,DH=(q﹣p).

在Rt△DEH中,由勾股定理得:EH2+DH2=DE2,即(q﹣p)2+[(q﹣p)]2=(2

解得q﹣p=2,即q=p+2.

∴EH=2,E(p+2,p+2).

當x=p時,y2=﹣p2+4p+1,

∴G(p,﹣p2+4p+1),

∴DG=(﹣p2+4p+1)﹣(p+1)=﹣p2+p;

當x=p+2時,y2=﹣(p+2)2+4(p+2)+1=﹣p2+5,

∴F(p+2,﹣p2+5),

∴EF=(﹣p2+5)﹣(p+2)=﹣p2p+3.

S四邊形DEFG=(DG+EF)?EH=[(﹣p2+p)+(﹣p2p+3)]×2=﹣2p2+3p+3

∴當p=時,四邊形DEFG的面積取得最大值,

∴D()、E().

如答圖2所示,過點D關于x軸的對稱點D′,則D′(,﹣);

連接D′E,交x軸于點P,PD+PE=PD′+PE=D′E,

由兩點之間線段最短可知,此時PD+PE最小.

設直線D′E的解析式為:y=kx+b,

則有

解得

∴直線D′E的解析式為:y=x﹣

令y=0,得x=

∴P(,0).

點評:

本題是二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數與一次函數的圖象與性質、待定系數法、函數最值、分式方程的解、勾股定理、軸對稱﹣最短路線等知識點,涉及考點眾多,難度較大.本題難點在于第(3)問,涉及兩個最值問題,第1個最值問題利用二次函數解決,第2個最值問題利用幾何性質解決.

 

15.(?宿遷)如圖,已知△BAD和△BCE均為等腰直角三角形,∠BAD=∠BCE=90°,點M為DE的中點,過點E與AD平行的直線交射線AM于點N.

(1)當A,B,C三點在同一直線上時(如圖1),求證:M為AN的中點;

(2)將圖1中的△BCE繞點B旋轉,當A,B,E三點在同一直線上時(如圖2),求證:△ACN為等腰直角三角形;

(3)將圖1中△BCE繞點B旋轉到圖3位置時,(2)中的結論是否仍成立?若成立,試證明之,若不成立,請說明理由.

 

考點

幾何變換綜合題;平行線的性質;全等三角形的判定與性質;等腰直角三角形;多邊形內角與外角.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)由EN∥AD和點M為DE的中點可以證到△ADM≌△NEM,從而證到M為AN的中點.

(2)易證AB=DA=NE,∠ABC=∠NEC=135°,從而可以證到△ABC≌△NEC,進而可以證到AC=NC,∠ACN=∠BCE=90°,則有△ACN為等腰直角三角形.

(3)借鑒(2)中的解題經驗可得AB=DA=NE,∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN,從而可以證到△ABC≌△NEC,進而可以證到AC=NC,∠ACN=∠BCE=90°,則有△ACN為等腰直角三角形.

解答:

(1)證明:如圖1,

∵EN∥AD,

∴∠MAD=∠MNE,∠ADM=∠NEM.

∵點M為DE的中點,

∴DM=EM.

在△ADM和△NEM中,

∴△ADM≌△NEM.

∴AM=MN.

∴M為AN的中點.

 

(2)證明:如圖2,

∵△BAD和△BCE均為等腰直角三角形,

∴AB=AD,CB=CE,∠CBE=∠CEB=45°.

∵AD∥NE,

∴∠DAE+∠NEA=180°.

∵∠DAE=90°,

∴∠NEA=90°.

∴∠NEC=135°.

∵A,B,E三點在同一直線上,

∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°.

∴∠ABC=∠NEC.

∵△ADM≌△NEM(已證),

∴AD=NE.

∵AD=AB,

∴AB=NE.

在△ABC和△NEC中,

∴△ABC≌△NEC.

∴AC=NC,∠ACB=∠NCE.

∴∠ACN=∠BCE=90°.

∴△ACN為等腰直角三角形.

 

(3)△ACN仍為等腰直角三角形.

證明:如圖3,此時A、B、N三點在同一條直線上.

∵AD∥EN,∠DAB=90°,

∴∠ENA=∠DAN=90°.

∵∠BCE=90°,

∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°.

∵A、B、N三點在同一條直線上,

∴∠ABC+∠CBN=180°.

∴∠ABC=∠NEC.

∵△ADM≌△NEM(已證),

∴AD=NE.

∵AD=AB,

∴AB=NE.

在△ABC和△NEC中,

∴△ABC≌△NEC.

∴AC=NC,∠ACB=∠NCE.

∴∠ACN=∠BCE=90°.

∴△ACN為等腰直角三角形.

點評:

本題考查了全等三角形的判定與性質、平行線的性質、等腰直角三角形的判定與性質、多邊形的內角與外角等知識,滲透了變中有不變的辯證思想,是一道好題.

 

16.(?山西)綜合與探究:如圖,在平面直角坐標系xOy中,四邊形OABC是平行四邊形,A、C兩點的坐標分別為(4,0),(﹣2,3),拋物線W經過O、A、C三點,D是拋物線W的頂點.

(1)求拋物線W的解析式及頂點D的坐標;

(2)將拋物線W和?OABC一起先向右平移4個單位后,再向下平移m(0<m<3)個單位,得到拋物線W′和?O′A′B′C′,在向下平移的過程中,設?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分的面積為S,試探究:當m為何值時S有最大值,并求出S的最大值;

(3)在(2)的條件下,當S取最大值時,設此時拋物線W′的頂點為F,若點M是x軸上的動點,點N時拋物線W′上的動點,試判斷是否存在這樣的點M和點N,使得以D、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形?若存在,請直接寫出點M的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;全等三角形的判定與性質;平行四邊形的判定與性質;平移的性質;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式,進而求出頂點D的坐標;

(2)由平移性質,可知重疊部分為一平行四邊形.如答圖2,作輔助線,利用相似比例式求出平行四邊形的邊長和高,從而求得其面積的表達式;然后利用二次函數的性質求出最值;

(3)本問涉及兩個動點,解題關鍵是利用平行四邊形的判定與性質,區分點N在x軸上方、下方兩種情況,分類討論,避免漏解.設M(t,0),利用全等三角形求出點N的坐標,代入拋物線W′的解析式求出t的值,從而求得點M的坐標.

解答:

解:(1)設拋物線W的解析式為y=ax2+bx+c,

∵拋物線W經過O(0,0)、A(4,0)、C(﹣2,3)三點,

解得:

∴拋物線W的解析式為y=x2﹣x.

∵y=x2﹣x=(x﹣2)2﹣1,∴頂點D的坐標為(2,﹣1).

 

(2)由?OABC得,CB∥OA,CB=OA=4.

又∵C點坐標為(﹣2,3),

∴B點的坐標為(2,3).

如答圖2,過點B作BE⊥x軸于點E,由平移可知,點C′在BE上,且BC′=m.

∴BE=3,OE=2,∴EA=OA﹣OE=2.

∵C′B′∥x軸,

∴△BC′G∽△BEA,

,即

∴C′G=m.

由平移知,?O′A′B′C′與?OABC的重疊部分四邊形C′HAG是平行四邊形.

∴S=C′G?C′E=m(3﹣m)=﹣(x﹣2+

∴當m=時,S有最大值為

 

(3)答:存在.

在(2)的條件下,拋物線W向右平移4個單位,再向下平移個單位,得到拋物線W′,

∵D(2,﹣1),∴F(6,﹣);

∴拋物線W′的解析式為:y=(x﹣6)2

設M(t,0),

以D、F、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形,

①若點N在x軸下方,如答題3所示:

過點D作DP∥y軸,過點F作FP⊥DP于點P,

∵D(2,﹣1),F(6,﹣),∴DP=,FP=4;

過點N作NQ⊥x軸于點Q,

由四邊形FDMN為平行四邊形,易證△DFP≌△NMQ,

∴MQ=FP=4,NQ=DP=

∴N(4+t,﹣),

將點N坐標代入拋物線W′的解析式y=(x﹣6)2,得:(t﹣2)2=﹣

解得:t=0或t=4,

∴點M的坐標為(0,0)或(4,0);

②若點N在x軸上方,(請自行作圖)

與①同理,得N(t﹣4,

將點N坐標代入拋物線W′的解析式y=(x﹣6)2,得:(t﹣10)2=

解得:t=6或t=14,

∴點M的坐標為(6,0)或(14,0).

綜上所述,存在這樣的點M和點N,點M的坐標分別為(0,0),(4,0),(6,0),(14,0).

點評:

本題是二次函數壓軸題,難度較大.第(1)問考查了待定系數法及二次函數的性質;第(2)問考查了平移變換、平行四邊形、相似三角形、二次函數最值等知識點,解題關鍵是確定重疊部分是一個平行四邊形;第(3)問考查了平行四邊形、全等三角形、拋物線上點的坐標特征等知識點,解題關鍵是平行四邊形的判定條件.

 

17.(?咸寧)如圖,正方形OABC的邊OA,OC在坐標軸上,點B的坐標為(﹣4,4).點P從點A出發,以每秒1個單位長度的速度沿x軸向點O運動;點Q從點O同時出發,以相同的速度沿x軸的正方向運動,規定點P到達點O時,點Q也停止運動.連接BP,過P點作BP的垂線,與過點Q平行于y軸的直線l相交于點D.BD與y軸交于點E,連接PE.設點P運動的時間為t(s).

(1)∠PBD的度數為 45° ,點D的坐標為 (t,t) (用t表示);

(2)當t為何值時,△PBE為等腰三角形?

(3)探索△POE周長是否隨時間t的變化而變化?若變化,說明理由;若不變,試求這個定值.

 

考點

四邊形綜合題;解一元一次方程;全等三角形的判定與性質;等腰三角形的性質;勾股定理;正方形的性質.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)易證△BAP≌△PQD,從而得到DQ=AP=t,從而可以求出∠PBD的度數和點D的坐標.

(2)由于∠EBP=45°,故圖1是以正方形為背景的一個基本圖形,容易得到EP=AP+CE.由于△PBE底邊不定,故分三種情況討論,借助于三角形全等及勾股定理進行求解,然后結合條件進行取舍,最終確定符合要求的t值.

(3)由(2)已證的結論EP=AP+CE很容易得到△POE周長等于AO+CO=8,從而解決問題.

解答:

解:(1)如圖1,

由題可得:AP=OQ=1×t=t(秒)

∴AO=PQ.

∵四邊形OABC是正方形,

∴AO=AB=BC=OC,

∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°.

∵DP⊥BP,

∴∠BPD=90°.

∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ.

∵AO=PQ,AO=AB,

∴AB=PQ.

在△BAP和△PQD中,

∴△BAP≌△PQD(AAS).

∴AP=QD,BP=PD.

∵∠BPD=90°,BP=PD,

∴∠PBD=∠PDB=45°.

∵AP=t,

∴DQ=t.

∴點D坐標為(t,t).

故答案為:45°,(t,t).

 

(2)①若PB=PE,

由△PAB≌△DQP得PB=PD,

顯然PB≠PE,

∴這種情況應舍去.

②若EB=EP,

則∠PBE=∠BPE=45°.

∴∠BEP=90°.

∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC.

在△POE和△ECB中,

∴△POE≌△ECB(AAS).

∴OE=CB=OC.

∴點E與點C重合(EC=0).

∴點P與點O重合(PO=0).

∵點B(﹣4,4),

∴AO=CO=4.

此時t=AP=AO=4.

③若BP=BE,

在Rt△BAP和Rt△BCE中,

∴Rt△BAP≌Rt△BCE(HL).

∴AP=CE.

∵AP=t,

∴CE=t.

∴PO=EO=4﹣t.

∵∠POE=90°,

∴PE=

=(4﹣t).

延長OA到點F,使得AF=CE,連接BF,如圖2所示.

在△FAB和△ECB中,

∴△FAB≌△ECB.

∴FB=EB,∠FBA=∠EBC.

∵∠EBP=45°,∠ABC=90°,

∴∠ABP+∠EBC=45°.

∴∠FBP=∠FBA+∠ABP

=∠EBC+∠ABP=45°.

∴∠FBP=∠EBP.

在△FBP和△EBP中,

∴△FBP≌△EBP(SAS).

∴FP=EP.

∴EP=FP=FA+AP

=CE+AP.

∴EP=t+t=2t.

(4﹣t)=2t.

解得:t=4﹣4

∴當t為4秒或(4﹣4)秒時,△PBE為等腰三角形.

 

(3)∵EP=CE+AP,

∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE

=AO+CO

=4+4

=8.

∴△POE周長是定值,該定值為8.

點評:

本題考查了正方形的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質與判定、勾股定理等知識,考查了分類討論的思想,考查了利用基本活動經驗解決問題的能力,綜合性非常強.熟悉正方形與一個度數為45°的角組成的基本圖形(其中角的頂點與正方形的一個頂點重合,角的兩邊與正方形的兩邊分別相交)是解決本題的關鍵.

 

18.(?莆田)如圖,拋物線C1:y=(x+m)2(m為常數,m>0),平移拋物線y=﹣x2,使其頂點D在拋物線C1位于y軸右側的圖象上,得到拋物線C2.拋物線C2交x軸于A,B兩點(點A在點B的左側),交y軸于點C,設點D的橫坐標為a.

(1)如圖1,若m=

①當OC=2時,求拋物線C2的解析式;

②是否存在a,使得線段BC上有一點P,滿足點B與點C到直線OP的距離之和最大且AP=BP?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由;

(2)如圖2,當OB=2﹣m(0<m<)時,請直接寫出到△ABD的三邊所在直線的距離相等的所有點的坐標(用含m的式子表示).

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)①首先寫出平移后拋物線C2的解析式(含有未知數a),然后利用點C(0,2)在C2上,求出拋物線C2的解析式;

②認真審題,題中條件“AP=BP”意味著點P在對稱軸上,“點B與點C到直線OP的距離之和最大”意味著OP⊥BC.畫出圖形,如答圖1所示,利用三角函數(或相似),求出a的值;

(2)解題要點有3個:

i)判定△ABD為等邊三角形;

ii)理論依據是角平分線的性質,即角平分線上的點到角兩邊的距離相等;

iii)滿足條件的點有4個,即△ABD形內1個(內心),形外3個.不要漏解.

解答:

解:(1)當m=時,拋物線C1:y=(x+2

∵拋物線C2的頂點D在拋物線C1上,且橫坐標為a,

∴D(a,(a+2).

∴拋物線C2:y=﹣(x﹣a)2+(a+2  ①.

①∵OC=2,∴C(0,2).

∵點C在拋物線C2上,

∴﹣(0﹣a)2+(a+2=2,

解得:a=,代入拋物線C2:y=﹣(x﹣a)2+(a+2

得拋物線C2的解析式為:y=﹣x2+x+2.

②存在a使得點P,滿足點B與點C到直線OP的距離之和最大且AP=BP;

在①式中,令y=0,即:﹣(x﹣a)2+(a+2=0,

解得x=2a+或x=﹣,∴B(2a+,0);

令x=0,得:y=a+,∴C(0,a+).

設直線BC的解析式為y=kx+b,則有:

,解得

∴直線BC的解析式為:y=﹣x+(a+).

假設存在滿足條件的a值.

∵AP=BP,

∴點P在AB的垂直平分線上,即點P在C2的對稱軸上;

∵點B與點C到直線OP的距離之和≤BC,只有OP⊥BC時等號成立,

∴OP⊥BC.

如答圖1所示,設C2對稱軸x=a(a>0)與BC交于點P,與x軸交于點E,

則OP⊥BC,OE=a.

∵點P在直線BC上,∴P(a,a+),PE=a+

∵tan∠EOP=tan∠BCO===2,

==2,

解得:a=

∴存在a=,使得線段BC上有一點P,滿足點B與點C到直線OP的距離之和最大且AP=BP.

 

(3)∵拋物線C2的頂點D在拋物線C1上,且橫坐標為a,

∴D(a,(a+m)2).

∴拋物線C2:y=﹣(x﹣a)2+(a+m)2

令y=0,即﹣(x﹣a)2+(a+m)2=0,解得:x1=2a+m,x2=﹣m,∴B(2a+m,0).

∵OB=2﹣m,∴2a+m=2﹣m,∴a=﹣m.

∴D(﹣m,3).

AB=OB+OA=2﹣m+m=2

如答圖2所示,設對稱軸與x軸交于點E,則DE=3,BE=AB=,OE=OB﹣BE=﹣m.

∵tan∠ABD===,∴∠ABD=60°.

又∵AD=BD,∴△ABD為等邊三角形.

作∠ABD的平分線,交DE于點P1,則P1E=BE?tan30°=?=1,

∴P1﹣m,1);

在△ABD形外,依次作各個外角的平分線,它們相交于點P2、P3、P4

在Rt△BEP2中,P2E=BE?tan60°=?=3,

∴P2﹣m,﹣3);

易知△ADP3、△BDP4均為等邊三角形,∴DP3=DP4=AB=2,且P3P4∥x軸.

∴P3(﹣﹣m,3)、P4(3﹣m,3).

綜上所述,到△ABD的三邊所在直線的距離相等的所有點有4個,

其坐標為:P1﹣m,1),P2﹣m,﹣3),P3(﹣﹣m,3),P4(3﹣m,3).

點評:

本題是二次函數壓軸題,以平移變換為背景,考查了二次函數、一次函數、三角函數(或相似)、等邊三角形、角平分線的性質等知識點,有一定的難度.函數解析式中含有未知數,增大了試題的難度.第(2)問中,解題關鍵是理解“點B與點C到直線OP的距離之和最大且AP=BP”的含義;第(3)問中,滿足條件的點P有4個,不要漏解.

 

19.(?南寧)在平面直角坐標系中,拋物線y=x2+(k﹣1)x﹣k與直線y=kx+1交于A,B兩點,點A在點B的左側.

(1)如圖1,當k=1時,直接寫出A,B兩點的坐標;

(2)在(1)的條件下,點P為拋物線上的一個動點,且在直線AB下方,試求出△ABP面積的最大值及此時點P的坐標;

(3)如圖2,拋物線y=x2+(k﹣1)x﹣k(k>0)與x軸交于點C、D兩點(點C在點D的左側),在直線y=kx+1上是否存在唯一一點Q,使得∠OQC=90°?若存在,請求出此時k的值;若不存在,請說明理由.

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)當k=1時,聯立拋物線與直線的解析式,解方程求得點A、B的坐標;

(2)如答圖2,作輔助線,求出△ABP面積的表達式,然后利用二次函數的性質求出最大值及點P的坐標;

(3)“存在唯一一點Q,使得∠OQC=90°”的含義是,以OC為直徑的圓與直線AB相切于點Q,由圓周角定理可知,此時∠OQC=90°且點Q為唯一.以此為基礎,構造相似三角形,利用比例式列出方程,求得k的值.

解答:

解:(1)當k=1時,拋物線解析式為y=x2﹣1,直線解析式為y=x+1.

聯立兩個解析式,得:x2﹣1=x+1,

解得:x=﹣1或x=2,

當x=﹣1時,y=x+1=0;當x=2時,y=x+1=3,

∴A(﹣1,0),B(2,3).

 

(2)設P(x,x2﹣1).

如答圖2所示,過點P作PF∥y軸,交直線AB于點F,則F(x,x+1).

∴PF=yF﹣yP=(x+1)﹣(x2﹣1)=﹣x2+x+2.

S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF(xF﹣xA)+PF(xB﹣xF)=PF(xB﹣xA)=PF

∴S△ABP=(﹣x2+x+2)=﹣(x﹣2+

當x=時,yP=x2﹣1=﹣

∴△ABP面積最大值為,此時點P坐標為(,﹣).

 

(3)設直線AB:y=kx+1與x軸、y軸分別交于點E、F,

則E(﹣,0),F(0,1),OE=,OF=1.

在Rt△EOF中,由勾股定理得:EF==

令y=x2+(k﹣1)x﹣k=0,即(x+k)(x﹣1)=0,解得:x=﹣k或x=1.

∴C(﹣k,0),OC=k.

假設存在唯一一點Q,使得∠OQC=90°,如答圖3所示,

則以OC為直徑的圓與直線AB相切于點Q,根據圓周角定理,此時∠OQC=90°.

設點N為OC中點,連接NQ,則NQ⊥EF,NQ=CN=ON=

∴EN=OE﹣ON=

∵∠NEQ=∠FEO,∠EQN=∠EOF=90°,

∴△EQN∽△EOF,

,即:

解得:k=±

∵k>0,

∴k=

∴存在唯一一點Q,使得∠OQC=90°,此時k=

點評:

本題是二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數及一次函數的圖象與性質、解方程、勾股定理、直線與圓的位置關系、相似等重要知識點,有一定的難度.第(2)問中,注意圖形面積的計算方法;第(3)問中,解題關鍵是理解“存在唯一一點Q,使得∠OQC=90°”的含義.

 

20.(?天水)如圖(1),在平面直角坐標系中,點A(0,﹣6),點B(6,0).Rt△CDE中,∠CDE=90°,CD=4,DE=4,直角邊CD在y軸上,且點C與點A重合.Rt△CDE沿y軸正方向平行移動,當點C運動到點O時停止運動.解答下列問題:

(1)如圖(2),當Rt△CDE運動到點D與點O重合時,設CE交AB于點M,求∠BME的度數.

(2)如圖(3),在Rt△CDE的運動過程中,當CE經過點B時,求BC的長.

(3)在Rt△CDE的運動過程中,設AC=h,△OAB與△CDE的重疊部分的面積為S,請寫出S與h之間的函數關系式,并求出面積S的最大值.

 

考點

相似形綜合題.菁優網版權所有

專題

綜合題;壓軸題.

分析:

(1)如圖2,由對頂角的定義知,∠BME=∠CMA,所以欲求∠BME的度數,需求∠CMA的度數.根據三角形外角定理進行解答即可;

(2)如圖3,通過解直角△BOC來求BC的長度;

(3)需要分類討論:①h<2時,②2≤h<2時,③2≤h≤6時,依此即可求解.

解答:

解:(1)如圖2,∵在平面直角坐標系中,點A(0,﹣6),點B(6,0).

∴OA=OB,

∴∠OAB=45°,

∵∠CDE=90°,CD=4,DE=4

∴∠OCE=60°,

∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°,

∴∠BME=∠CMA=15°;

 

(2)如圖3,∵∠CDE=90°,CD=4,DE=4

∴∠OBC=∠DEC=30°,

∵OB=6,

∴BC=4

 

(3)①h<2時,如圖4,作MN⊥y軸交y軸于點N,作MF⊥DE交DE于點F,

∵CD=4,DE=4,AC=h,AN=NM,

∴CN=4﹣FM,AN=MN=4+h﹣FM,

∵△CMN∽△CED,

=

=

解得FM=4﹣

∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4(44﹣h)×(4﹣h)=﹣h2+4h+8,

S最大=8

②當2≤h<2時,

S=S△AOB﹣S△ACM=×6×6﹣h(h+)=18﹣h2

S最大=15﹣

③如圖3,當2≤h≤6時,

S=S△OBC=OC×OB=(6﹣h)×6=18﹣3h.

S最大=18﹣6

點評:

本題考查了相似綜合題.此題綜合運用了相似三角形的判定與性質、解直角三角形、以及三角形外角定理,難度較大.對于第(3)題這類有關于動點問題,需要分類討論,以防漏解.

 

21.(?廣安)如圖,在平面直角坐標系中,拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A(﹣4,0),B(﹣1,0)兩點.

(1)求拋物線的解析式;

(2)在第三象限的拋物線上有一動點D.

①如圖(1),若四邊形ODAE是以OA為對角線的平行四邊形,當平行四邊形ODAE的面積為6時,請判斷平行四邊形ODAE是否為菱形?說明理由.

②如圖(2),直線y=x+3與拋物線交于點Q、C兩點,過點D作直線DF⊥x軸于點H,交QC于點F.請問是否存在這樣的點D,使點D到直線CQ的距離與點C到直線DF的距離之比為:2?若存在,請求出點D的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)①本問需結合菱形、平行四邊形的性質來進行分析.如答圖2﹣1,作輔助線,求出點D的坐標,進而判斷平行四邊形ODAE是否為菱形;

②本問為存在型問題.如答圖2﹣2,作輔助線,構造相似三角形,利用比例式,列出一元二次方程,求得點D的坐標.

解答:

解:(1)把點A(﹣4,0)、B(﹣1,0)代入解析式y=ax2+bx+3,

,解得

∴拋物線的解析式為:y=x2+x+3.

 

(2)①如答圖2﹣1,過點D作DH⊥x軸于點H.

∵S?ODAE=6,OA=4,

∴S△AOD=OA?DH=3,

∴DH=

因為D在第三象限,所以D的縱坐標為負,且D在拋物線上,

x2+x+3=﹣

解得:x1=﹣2,x2=﹣3.

∴點D坐標為(﹣2,﹣)或(﹣3,﹣).

當點D為(﹣2,﹣)時,DH垂直平分OA,平行四邊形ODAE為菱形;

當點D為(﹣3,﹣)時,OD≠AD,平行四邊形ODAE不為菱形.

②假設存在.

如答圖2﹣2,過點D作DM⊥CQ于M,過點C作CN⊥DF于N,則DM:CN=:2.

設D(m,m2+m+3)(m<0),則F(m,m+3).

∴CN=﹣m,NF=﹣m

∴CF==﹣m.

∵∠DMF=∠CNF=90°,∠DFM=∠CFN,

∴△DMF∽△CNF,

∴DF=CF=﹣m.

∴DN=NF+DF=﹣m﹣m=﹣m.

又DN=3﹣(m2+m+3)=﹣m2m,

∴﹣m2m=﹣m

解得:m=﹣或m=0(舍去)

m2+m+3=﹣

∴D(﹣,﹣).

綜上所述,存在滿足條件的點D,點D的坐標為(﹣,﹣).

點評:

本題為二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數、待定系數法、相似三角形、平行四邊形、菱形等知識點.第(2)問涉及存在型問題,有一定的難度.在解題過程中,注意數形結合思想、分類討論思想及方程思想等的應用.

 

22.(?本溪)如圖,直線y=x﹣4與x軸、y軸分別交于A、B兩點,拋物線y=x2+bx+c經過A、B兩點,與x軸的另一個交點為C,連接BC.

(1)求拋物線的解析式及點C的坐標;

(2)點M在拋物線上,連接MB,當∠MBA+∠CBO=45°時,求點M的坐標;

(3)點P從點C出發,沿線段CA由C向A運動,同時點Q從點B出發,沿線段BC由B向C運動,P、Q的運動速度都是每秒1個單位長度,當Q點到達C點時,P、Q同時停止運動,試問在坐標平面內是否存在點D,使P、Q運動過程中的某一時刻,以C、D、P、Q為頂點的四邊形為菱形?若存在,直接寫出點D的坐標;若不存在,說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;菱形的性質;解直角三角形.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)首先求出點A、B的坐標,然后利用待定系數法求出拋物線的解析式,進而求出點C的坐標;

(2)滿足條件的點M有兩種情形,需要分類討論:

①當BM⊥BC時,如答圖2﹣1所示;

②當BM與BC關于y軸對稱時,如答圖2﹣2所示.

(3)△CPQ的三邊均可能成為菱形的對角線,以此為基礎進行分類討論:

①若以CQ為菱形對角線,如答圖3﹣1.此時BQ=t,菱形邊長=t;

②若以PQ為菱形對角線,如答圖3﹣2.此時BQ=t,菱形邊長=t;

③若以CP為菱形對角線,如答圖3﹣3.此時BQ=t,菱形邊長=5﹣t.

解答:

解:(1)直線解析式y=x﹣4,

令x=0,得y=﹣4;

令y=0,得x=4.

∴A(4,0)、B(0,﹣4).

∵點A、B在拋物線y=x2+bx+c上,

解得

∴拋物線解析式為:y=x2x﹣4.

令y=x2x﹣4=0,

解得:x=﹣3或x=4,

∴C(﹣3,0).

 

(2)∠MBA+∠CBO=45°,

設M(x,y),

①當BM⊥BC時,如答圖2﹣1所示.

∵∠ABO=45°,

∴∠MBA+∠CBO=45°,故點M滿足條件.

過點M1作M1E⊥y軸于點E,則M1E=x,OE=﹣y,

∴BE=4+y.

∵tan∠M1BE=tan∠BCO=

∴直線BM1的解析式為:y=x﹣4.

聯立y=x﹣4與y=x2x﹣4,

得:x﹣4=x2x﹣4,

解得:x1=0,x2=

∴y1=﹣4,y2=﹣

∴M1,﹣);

②當BM與BC關于y軸對稱時,如答圖2﹣2所示.

∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°,∠MBO=∠CBO,

∴∠MBA+∠CBO=45°,

故點M滿足條件.

過點M2作M2E⊥y軸于點E,

則M2E=x,OE=y,

∴BE=4+y.

∵tan∠M2BE=tan∠CBO=

∴直線BM2的解析式為:y=x﹣4.

聯立y=x﹣4與y=x2x﹣4得:x﹣4=x2x﹣4,

解得:x1=0,x2=5,

∴y1=﹣4,y2=

∴M2(5,).

綜上所述,滿足條件的點M的坐標為:(,﹣)或(5,).

 

(3)設∠BCO=θ,則tanθ=,sinθ=,cosθ=

假設存在滿足條件的點D,設菱形的對角線交于點E,設運動時間為t.

①若以CQ為菱形對角線,如答圖3﹣1.此時BQ=t,菱形邊長=t.

∴CE=CQ=(5﹣t).

在Rt△PCE中,cosθ===

解得t=

∴CQ=5﹣t=

過點Q作QF⊥x軸于點F,

則QF=CQ?sinθ=,CF=CQ?cosθ=

∴OF=3﹣CF=

∴Q(﹣,﹣).

∵點D1與點Q橫坐標相差t個單位,

∴D1(﹣,﹣);

②若以PQ為菱形對角線,如答圖3﹣2.此時BQ=t,菱形邊長=t.

∵BQ=CQ=t,

∴t=,點Q為BC中點,

∴Q(﹣,﹣2).

∵點D2與點Q橫坐標相差t個單位,

∴D2(1,﹣2);

③若以CP為菱形對角線,如答圖3﹣3.此時BQ=t,菱形邊長=5﹣t.

在Rt△CEQ中,cosθ===

解得t=

∴OE=3﹣CE=3﹣t=,D3E=QE=CQ?sinθ=(5﹣)×=

∴D3(﹣).

綜上所述,存在滿足條件的點D,點D坐標為:(﹣,﹣)、(1,﹣2)或(﹣).

點評:

本題是二次函數壓軸題,著重考查了分類討論的數學思想,考查了二次函數的圖象與性質、解直角三角形(或相似)、菱形、一次函數、解方程等知識點,難度較大.第(3)問為存在型與運動型的綜合問題,涉及兩個動點,注意按照菱形對角線進行分類討論,做到條理清晰、不重不漏.

 

23.(?荊州)如圖①,已知:在矩形ABCD的邊AD上有一點O,OA=,以O為圓心,OA長為半徑作圓,交AD于M,恰好與BD相切于H,過H作弦HP∥AB,弦HP=3.若點E是CD邊上一動點(點E與C,D不重合),過E作直線EF∥BD交BC于F,再把△CEF沿著動直線EF對折,點C的對應點為G.設CE=x,△EFG與矩形ABCD重疊部分的面積為S.

(1)求證:四邊形ABHP是菱形;

(2)問△EFG的直角頂點G能落在⊙O上嗎?若能,求出此時x的值;若不能,請說明理由;

(3)求S與x之間的函數關系式,并直接寫出FG與⊙O相切時,S的值.

 

考點

圓的綜合題;含30度角的直角三角形;菱形的判定;矩形的性質;垂徑定理;切線的性質;切線長定理;軸對稱的性質;特殊角的三角函數值.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)連接OH,可以求出∠HOD=60°,∠HDO=30°,從而可以求出AB=3,由HP∥AB,HP=3可證到四邊形ABHP是平行四邊形,再根據切線長定理可得BA=BH,即可證到四邊形ABHP是菱形.

(2)當點G落到AD上時,可以證到點G與點M重合,可求出x=2.

(3)當0≤x≤2時,如圖①,S=S△EGF,只需求出FG,就可得到S與x之間的函數關系式;當2<x≤3時,如圖④,S=S△GEF﹣S△SGR,只需求出SG、RG,就可得到S與x之間的函數關系式.當FG與⊙O相切時,如圖⑤,易得FK=AB=3,KQ=AQ﹣AK=2﹣2+x.再由FK=KQ即可求出x,從而求出S.

解答:

解:(1)證明:連接OH,如圖①所示.

∵四邊形ABCD是矩形,

∴∠ADC=∠BAD=90°,BC=AD,AB=CD.

∵HP∥AB,

∴∠ANH+∠BAD=180°.

∴∠ANH=90°.

∴HN=PN=HP=

∵OH=OA=

∴sin∠HON==

∴∠HON=60°

∵BD與⊙O相切于點H,

∴OH⊥BD.

∴∠HDO=30°.

∴OD=2

∴AD=3

∴BC=3

∵∠BAD=90°,∠BDA=30°.

∴tan∠BDA==

∴AB=3.

∵HP=3,

∴AB=HP.

∵AB∥HP,

∴四邊形ABHP是平行四邊形.

∵∠BAD=90°,AM是⊙O的直徑,

∴BA與⊙O相切于點A.

∵BD與⊙O相切于點H,

∴BA=BH.

∴平行四邊形ABHP是菱形.

 

(2)△EFG的直角頂點G能落在⊙O上.

如圖②所示,點G落到AD上.

∵EF∥BD,

∴∠FEC=∠BDC.

∵∠BDC=90°﹣30°=60°,

∴∠CEF=60°.

由折疊可得:∠GEF=∠CEF=60°.

∴∠GED=60°.

∵CE=x,

∴GE=CE=x.ED=DC﹣CE=3﹣x.

∴cos∠GED===

∴x=2.

∴GE=2,ED=1.

∴GD=

∴OG=AD﹣AO﹣GD=3=

∴OG=OM.

∴點G與點M重合.

此時△EFG的直角頂點G落在⊙O上,對應的x的值為2.

∴當△EFG的直角頂點G落在⊙O上時,對應的x的值為2.

 

(3)①如圖①,

在Rt△EGF中,

tan∠FEG===

∴FG=x.

∴S=GE?FG=x?x=x2

②如圖③,

ED=3﹣x,RE=2ED=6﹣2x,

GR=GE﹣ER=x﹣(6﹣2x)=3x﹣6.

∵tan∠SRG===

∴SG=(x﹣2).

∴S△SGR=SG?RG=?(x﹣2)?(3x﹣6).

=(x﹣2)2

∵S△GEF=x2

∴S=S△GEF﹣S△SGR

=x2(x﹣2)2

=﹣x2+6x﹣6

綜上所述:當0≤x≤2時,S=x2;當2<x<3時,S=﹣x2+6x﹣6

當FG與⊙O相切于點T時,延長FG交AD于點Q,過點F作FK⊥AD,垂足為K,如圖④所示.

∵四邊形ABCD是矩形,

∴BC∥AD,∠ABC=∠BAD=90°

∴∠AQF=∠CFG=60°.

∵OT=

∴OQ=2.

∴AQ=+2.

∵∠FKA=∠ABC=∠BAD=90°,

∴四邊形ABFK是矩形.

∴FK=AB=3,AK=BF=3x.

∴KQ=AQ﹣AK=(+2)﹣(3x)=2﹣2+x.

在Rt△FKQ中,tan∠FQK==

∴FK=QK.

∴3=(2﹣2+x).

解得:x=3﹣

∵0≤3﹣≤2,

∴S=x2=×(3﹣2

=﹣6.

∴FG與⊙O相切時,S的值為﹣6.

點評:

本題考查了矩形的性質、菱形的性質、切線的性質、切線長定理、垂徑定理、軸對稱性質、特殊角的三角函數值、30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、等腰三角形的性質等知識,綜合性非常強.

 

24.(?蘇州)如圖,已知l1⊥l2,⊙O與l1,l2都相切,⊙O的半徑為2cm,矩形ABCD的邊AD、AB分別與l1,l2重合,AB=4cm,AD=4cm,若⊙O與矩形ABCD沿l1同時向右移動,⊙O的移動速度為3cm,矩形ABCD的移動速度為4cm/s,設移動時間為t(s)

(1)如圖①,連接OA、AC,則∠OAC的度數為 105 °;

(2)如圖②,兩個圖形移動一段時間后,⊙O到達⊙O1的位置,矩形ABCD到達A1B1C1D1的位置,此時點O1,A1,C1恰好在同一直線上,求圓心O移動的距離(即OO1的長);

(3)在移動過程中,圓心O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化,設該距離為d(cm),當d<2時,求t的取值范圍(解答時可以利用備用圖畫出相關示意圖).

 

考點

圓的綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)利用切線的性質以及銳角三角函數關系分別求出∠OAD=45°,∠DAC=60°,進而得出答案;

(2)首先得出,∠C1A1D1=60°,再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2,求出t的值,進而得出OO1=3t得出答案即可;

(3)①當直線AC與⊙O第一次相切時,設移動時間為t1,②當直線AC與⊙O第二次相切時,設移動時間為t2,分別求出即可.

解答:

解:(1)∵l1⊥l2,⊙O與l1,l2都相切,

∴∠OAD=45°,

∵AB=4cm,AD=4cm,

∴CD=4cm,AD=4cm,

∴tan∠DAC===

∴∠DAC=60°,

∴∠OAC的度數為:∠OAD+∠DAC=105°,

故答案為:105;

(2)如圖位置二,當O1,A1,C1恰好在同一直線上時,設⊙O1與l1的切點為E,

連接O1E,可得O1E=2,O1E⊥l1

在Rt△A1D1C1中,∵A1D1=4,C1D1=4

∴tan∠C1A1D1=,∴∠C1A1D1=60°,

在Rt△A1O1E中,∠O1A1E=∠C1A1D1=60°,

∴A1E==

∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2,

∴t﹣2=

∴t=+2,

∴OO1=3t=2+6;

 

(3)①當直線AC與⊙O第一次相切時,設移動時間為t1

如圖,此時⊙O移動到⊙O2的位置,矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置,

設⊙O2與直線l1,A2C2分別相切于點F,G,連接O2F,O2G,O2A2

∴O2F⊥l1,O2G⊥A2C2

由(2)得,∠C2A2D2=60°,∴∠GA2F=120°,

∴∠O2A2F=60°,

在Rt△A2O2F中,O2F=2,∴A2F=

∵OO2=3t1,AF=AA2+A2F=4t1+

∴4t1+﹣3t1=2,

∴t1=2﹣

②當直線AC與⊙O第二次相切時,設移動時間為t2

記第一次相切時為位置一,點O1,A1,C1共線時位置二,第二次相切時為位置三,

由題意知,從位置一到位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等,

+2﹣(2﹣)=t2﹣(+2),

解得:t2=2+2

綜上所述,當d<2時,t的取值范圍是:2﹣<t<2+2

點評:

此題主要考查了切線的性質以及銳角三角函數關系等知識,利用分類討論以及數形結合t的值是解題關鍵.

 

25.(?深圳)如圖,直線AB的解析式為y=2x+4,交x軸于點A,交y軸于點B,以A為頂點的拋物線交直線AB于點D,交y軸負半軸于點C(0,﹣4).

(1)求拋物線的解析式;

(2)將拋物線頂點沿著直線AB平移,此時頂點記為E,與y軸的交點記為F,

①求當△BEF與△BAO相似時,E點坐標;

②記平移后拋物線與AB另一個交點為G,則S△EFG與S△ACD是否存在8倍的關系?若有請直接寫出F點的坐標.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)求出點A的坐標,利用頂點式求出拋物線的解析式;

(2)①首先確定點E為Rt△BEF的直角頂點,相似關系為:△BAO∽△BFE;如答圖2﹣1,作輔助線,利用相似關系得到關系式:BH=4FH,利用此關系式求出點E的坐標;

②首先求出△ACD的面積:S△ACD=8;若S△EFG與S△ACD存在8倍的關系,則S△EFG=64或S△EFG=1;如答圖2﹣2所示,求出S△EFG的表達式,進而求出點F的坐標.

解答:

解:(1)直線AB的解析式為y=2x+4,

令x=0,得y=4;令y=0,得x=﹣2.

∴A(﹣2,0)、B(0,4).

∵拋物線的頂點為點A(﹣2,0),

∴設拋物線的解析式為:y=a(x+2)2

點C(0,﹣4)在拋物線上,代入上式得:﹣4=4a,解得a=﹣1,

∴拋物線的解析式為y=﹣(x+2)2

 

(2)平移過程中,設點E的坐標為(m,2m+4),

則平移后拋物線的解析式為:y=﹣(x﹣m)2+2m+4,

∴F(0,﹣m2+2m+4).

①∵點E為頂點,∴∠BEF≥90°,

∴若△BEF與△BAO相似,只能是點E作為直角頂點,

∴△BAO∽△BFE,

,即,可得:BE=2EF.

如答圖2﹣1,過點E作EH⊥y軸于點H,則點H坐標為:H(0,2m+4).

∵B(0,4),H(0,2m+4),F(0,﹣m2+2m+4),

∴BH=|2m|,FH=|﹣m2|.

在Rt△BEF中,由射影定理得:BE2=BH?BF,EF2=FH?BF,

又∵BE=2EF,∴BH=4FH,

即:4|﹣m2|=|2m|.

若﹣4m2=2m,解得m=﹣或m=0(與點B重合,舍去);

若﹣4m2=﹣2m,解得m=或m=0(與點B重合,舍去),此時點E位于第一象限,∠BEF為鈍角,故此情形不成立.

∴m=﹣

∴E(﹣,3).

②假設存在.

聯立拋物線:y=﹣(x+2)2與直線AB:y=2x+4,可求得:D(﹣4,﹣4),

∴S△ACD=×4×4=8.

∵S△EFG與S△ACD存在8倍的關系,

∴S△EFG=64或S△EFG=1.

聯立平移拋物線:y=﹣(x﹣m)2+2m+4與直線AB:y=2x+4,可求得:G(m﹣2,2m).

∴點E與點G橫坐標相差2,即:|xG|﹣|xE|=2.

如答圖2﹣2,S△EFG=S△BFG﹣S△BEF=BF?|xG|﹣BF|xE|=BF?(|xG|﹣|xE|)=BF.

∵B(0,4),F(0,﹣m2+2m+4),∴BF=|﹣m2+2m|.

∴|﹣m2+2m|=64或|﹣m2+2m|=1,

∴﹣m2+2m可取值為:64、﹣64、1、﹣1.

當取值為64時,一元二次方程﹣m2+2m=64無解,故﹣m2+2m≠64.

∴﹣m2+2m可取值為:﹣64、1、﹣1.

∵F(0,﹣m2+2m+4),

∴F坐標為:(0,﹣60)、(0,3)、(0,5).

綜上所述,S△EFG與S△ACD存在8倍的關系,點F坐標為(0,﹣60)、(0,3)、(0,5).

點評:

本題是二次函數壓軸題,涉及運動型與存在型問題,難度較大.第(2)①問中,解題關鍵是確定點E為直角頂點,且BE=2EF;第(2)②問中,注意將代數式表示圖形面積的方法、注意求坐標過程中方程思想與整體思想的應用.

 

26.(?紹興)如圖,在平面直角坐標系中,直線l平行x軸,交y軸于點A,第一象限內的點B在l上,連結OB,動點P滿足∠APQ=90°,PQ交x軸于點C.

(1)當動點P與點B重合時,若點B的坐標是(2,1),求PA的長.

(2)當動點P在線段OB的延長線上時,若點A的縱坐標與點B的橫坐標相等,求PA:PC的值.

(3)當動點P在直線OB上時,點D是直線OB與直線CA的交點,點E是直線CP與y軸的交點,若∠ACE=∠AEC,PD=2OD,求PA:PC的值.

 

考點

相似形綜合題;全等三角形的判定與性質;角平分線的性質;等腰三角形的判定與性質;勾股定理;矩形的判定與性質;平行線分線段成比例;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)易得點P的坐標是(2,1),即可得到PA的長.

(2)易證∠AOB=45°,由角平分線的性質可得PA=PC,然后通過證明△ANP≌△CMP即可求出PA:PC的值.

(3)可分點P在線段OB的延長線上及其反向延長線上兩種情況進行討論.易證PA:PC=PN:PM,設OA=x,只需用含x的代數式表示出PN、PM的長,即可求出PA:PC的值.

解答:

解:(1)∵點P與點B重合,點B的坐標是(2,1),

∴點P的坐標是(2,1).

∴PA的長為2;

 

(2)過點P作PM⊥x軸,垂足為M,過點P作PN⊥y軸,垂足為N,如圖1所示.

∵點A的縱坐標與點B的橫坐標相等,

∴OA=AB.

∵∠OAB=90°,

∴∠AOB=∠ABO=45°.

∵∠AOC=90°,

∴∠POC=45°.

∵PM⊥x軸,PN⊥y軸,

∴PM=PN,∠ANP=∠CMP=90°.

∴∠NPM=90°.

∵∠APC=90°.

∴∠APN=90°﹣∠APM=∠CPM.

在△ANP和△CMP中,

∴△ANP≌△CMP.

∴PA=PC.

∴PA:PC的值為1:1;

 

(3)①若點P在線段OB的延長線上,

過點P作PM⊥x軸,垂足為M,過點P作PN⊥y軸,垂足為N,

PM與直線AC的交點為F,如圖2所示.

∵∠APN=∠CPM,∠ANP=∠CMP,

∴△ANP∽△CMP.

∵∠ACE=∠AEC,

∴AC=AE.

∵AP⊥PC,

∴EP=CP.

∵PM∥y軸,

∴AF=CF,OM=CM.

∴FM=OA.

設OA=x,

∵PF∥OA,

∴△PDF∽△ODA.

∵PD=2OD,

∴PF=2OA=2x,FM=x.

∴PM=x.

∵∠APC=90°,AF=CF,

∴AC=2PF=4x.

∵∠AOC=90°,

∴OC=x.

∵∠PNO=∠NOM=∠OMP=90°,

∴四邊形PMON是矩形.

∴PN=OM=x.

∴PA:PC=PN:PM=x:x=

②若點P在線段OB的反向延長線上,

過點P作PM⊥x軸,垂足為M,過點P作PN⊥y軸,垂足為N,

PM與直線AC的交點為F,如圖3所示.

同理可得:PM=x,CA=2PF=4x,OC=x.

∴PN=OM=OC=x.

∴PA:PC=PN:PM=x:x=

綜上所述:PA:PC的值為

點評:

本題考查了角平分線的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、平行線等分線段定理、勾股定理等知識,綜合性非常強.

 

27.(?義烏市)如圖,直角梯形ABCO的兩邊OA,OC在坐標軸的正半軸上,BC∥x軸,OA=OC=4,以直線x=1為對稱軸的拋物線過A,B,C三點.

(1)求該拋物線的函數解析式;

(2)已知直線l的解析式為y=x+m,它與x軸交于點G,在梯形ABCO的一邊上取點P.

①當m=0時,如圖1,點P是拋物線對稱軸與BC的交點,過點P作PH⊥直線l于點H,連結OP,試求△OPH的面積;

②當m=﹣3時,過點P分別作x軸、直線l的垂線,垂足為點E,F.是否存在這樣的點P,使以P,E,F為頂點的三角形是等腰三角形?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)①如答圖1,作輔助線,利用關系式S△OPH=S△OMH﹣S△OMP求解;

②本問涉及復雜的分類討論,如答圖2所示.由于點P可能在OC、BC、BK、AK、OA上,而等腰三角形本身又有三種情形,故討論與計算的過程比較復雜,需要耐心細致、考慮全面.

解答:

解:(1)由題意得:A(4,0),C(0,4),對稱軸為x=1.

設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c,則有:

,解得

∴拋物線的函數解析式為:y=﹣x2+x+4.

 

(2)①當m=0時,直線l:y=x.

∵拋物線對稱軸為x=1,∴CP=1.

如答圖1,延長HP交y軸于點M,則△OMH、△CMP均為等腰直角三角形.

∴CM=CP=1,∴OM=OC+CM=5.

S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=OM)2OM?OP=×(×5)2×5×1==

∴S△OPH=

 

②當m=﹣3時,直線l:y=x﹣3.

設直線l與x軸、y軸交于點G、點D,則G(3,0),D(﹣3,0).

假設存在滿足條件的點P.

a)當點P在OC邊上時,如答圖2﹣1所示,此時點E與點O重合.

設PE=a(0<a≤4),

則PD=3+a,PF=PD=(3+a).

過點F作FN⊥y軸于點N,則FN=PN=PF,∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|.

在Rt△EFN中,由勾股定理得:EF==

若PE=PF,則:a=(3+a),解得a=3(+1)>4,故此種情形不存在;

若PF=EF,則:PF=,整理得PE=PF,即a=3+a,不成立,故此種情形不存在;

若PE=EF,則:PE=,整理得PF=PE,即(3+a)=a,解得a=3.

∴P1(0,3).

b)當點P在BC邊上時,如答圖2﹣2所示,此時PE=4.

若PE=PF,則點P為∠OGD的角平分線與BC的交點,有GE=GF,過點F分別作FH⊥PE于點H,FK⊥x軸于點K,∵∠OGD=135°,∴∠EPF=45°,即△PHF為等腰直角三角形,

設GE=GF=t,則GK=FK=EH=t,

∴PH=HF=EK=EG+GK=t+t,

∴PE=PH+EH=t+t+t=4,

解得t=4﹣4,

則OE=3﹣t=7﹣4

∴P2(7﹣4,4)

c)∵A(4,0),B(2,4),∴可求得直線AB解析式為:y=﹣2x+8;

聯立y=﹣2x+8與y=x﹣3,解得x=,y=

設直線BA與直線l交于點K,則K().

當點P在線段BK上時,如答圖2﹣3所示.

設P(a,8﹣2a)(2≤a≤),則Q(a,a﹣3),

∴PE=8﹣2a,PQ=11﹣3a,∴PF=(11﹣3a).

與a)同理,可求得:EF=

若PE=PF,則8﹣2a=(11﹣3a),解得a=1﹣2<0,故此種情形不存在;

若PF=EF,則PF=,整理得PE=PF,即8﹣2a=?(11﹣3a),解得a=3,符合條件,此時P3(3,2);

若PE=EF,則PE=,整理得PF=PE,即(11﹣3a)=(8﹣2a),解得a=5>,故此種情形不存在.

d)當點P在線段KA上時,如答圖2﹣4所示.

∵PE、PF夾角為135°,∴只可能是PE=PF成立.

∴點P在∠KGA的平分線上.

設此角平分線與y軸交于點M,過點M作MN⊥直線l于點N,則OM=MN,MD=MN,

由OD=OM+MD=3,可求得M(0,3﹣3).

又G(3,0),可求得直線MG的解析式為:y=(﹣1)x+3﹣3

聯立直線MG:y=(﹣1)x+3﹣3與直線AB:y=﹣2x+8,

可求得:P4(1+2,6﹣4).

e)當點P在OA邊上時,此時PE=0,等腰三角形不存在.

綜上所述,存在滿足條件的點P,點P坐標為:(0,3)、(3,2)、(7﹣4,4)、(1+2,6﹣4).

點評:

本題是二次函數壓軸題,涉及二次函數的圖象與性質、待定系數法、圖形面積、勾股定理、角平分線性質等知識點,重點考查了分類討論的數學思想.第(2)②問中涉及復雜的分類討論,使得試題的難度較大.

 

28.(?陜西)問題探究

(1)如圖①,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,如果BC邊上存在點P,使△APD為等腰三角形,那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形△APD,并求出此時BP的長;

(2)如圖②,在△ABC中,∠ABC=60°,BC=12,AD是BC邊上的高,E、F分別為邊AB、AC的中點,當AD=6時,BC邊上存在一點Q,使∠EQF=90°,求此時BQ的長;

問題解決

(3)有一山莊,它的平面圖為如圖③的五邊形ABCDE,山莊保衛人員想在線段CD上選一點M安裝監控裝置,用來監視邊AB,現只要使∠AMB大約為60°,就可以讓監控裝置的效果達到最佳,已知∠A=∠E=∠D=90°,AB=270m,AE=400m,ED=285m,CD=340m,問在線段CD上是否存在點M,使∠AMB=60°?若存在,請求出符合條件的DM的長,若不存在,請說明理由.

 

考點

圓的綜合題;全等三角形的判定與性質;等邊三角形的性質;勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質;正方形的判定與性質;直線與圓的位置關系;特殊角的三角函數值.菁優網版權所有

專題

壓軸題;存在型.

分析:

(1)由于△PAD是等腰三角形,底邊不定,需三種情況討論,運用三角形全等、矩形的性質、勾股定理等知識即可解決問題.

(2)以EF為直徑作⊙O,易證⊙O與BC相切,從而得到符合條件的點Q唯一,然后通過添加輔助線,借助于正方形、特殊角的三角函數值等知識即可求出BQ長.

(3)要滿足∠AMB=60°,可構造以AB為邊的等邊三角形的外接圓,該圓與線段CD的交點就是滿足條件的點,然后借助于等邊三角形的性質、特殊角的三角函數值等知識,就可算出符合條件的DM長.

解答:

解:(1)①作AD的垂直平分線交BC于點P,如圖①,

則PA=PD.

∴△PAD是等腰三角形.

∵四邊形ABCD是矩形,

∴AB=DC,∠B=∠C=90°.

∵PA=PD,AB=DC,

∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).

∴BP=CP.

∵BC=4,

∴BP=CP=2.

②以點D為圓心,AD為半徑畫弧,交BC于點P′,如圖①,

則DA=DP′.

∴△P′AD是等腰三角形.

∵四邊形ABCD是矩形,

∴AD=BC,AB=DC,∠C=90°.

∵AB=3,BC=4,

∴DC=3,DP′=4.

∴CP′==

∴BP′=4﹣

③點A為圓心,AD為半徑畫弧,交BC于點P″,如圖①,

則AD=AP″.

∴△P″AD是等腰三角形.

同理可得:BP″=

綜上所述:在等腰三角形△ADP中,

若PA=PD,則BP=2;

若DP=DA,則BP=4﹣

若AP=AD,則BP=

 

(2)∵E、F分別為邊AB、AC的中點,

∴EF∥BC,EF=BC.

∵BC=12,

∴EF=6.

以EF為直徑作⊙O,過點O作OQ⊥BC,垂足為Q,連接EQ、FQ,如圖②.

∵AD⊥BC,AD=6,

∴EF與BC之間的距離為3.

∴OQ=3

∴OQ=OE=3.

∴⊙O與BC相切,切點為Q.

∵EF為⊙O的直徑,

∴∠EQF=90°.

過點E作EG⊥BC,垂足為G,如圖②.

∵EG⊥BC,OQ⊥BC,

∴EG∥OQ.

∵EO∥GQ,EG∥OQ,∠EGQ=90°,OE=OQ,

∴四邊形OEGQ是正方形.

∴GQ=EO=3,EG=OQ=3.

∵∠B=60°,∠EGB=90°,EG=3,

∴BG=

∴BQ=GQ+BG=3+

∴當∠EQF=90°時,BQ的長為3+

 

(3)在線段CD上存在點M,使∠AMB=60°.

理由如下:

以AB為邊,在AB的右側作等邊三角形ABG,

作GP⊥AB,垂足為P,作AK⊥BG,垂足為K.

設GP與AK交于點O,以點O為圓心,OA為半徑作⊙O,

過點O作OH⊥CD,垂足為H,如圖③.

則⊙O是△ABG的外接圓,

∵△ABG是等邊三角形,GP⊥AB,

∴AP=PB=AB.

∵AB=270,

∴AP=135.

∵ED=285,

∴OH=285﹣135=150.

∵△ABG是等邊三角形,AK⊥BG,

∴∠BAK=∠GAK=30°.

∴OP=AP?tan30°

=135×

=45

∴OA=2OP=90

∴OH<OA.

∴⊙O與CD相交,設交點為M,連接MA、MB,如圖③.

∴∠AMB=∠AGB=60°,OM=OA=90..

∵OH⊥CD,OH=150,OM=90

∴HM=

=

=30

∵AE=400,OP=45

∴DH=400﹣45

若點M在點H的左邊,則DM=DH+HM=400﹣45+30

∵400﹣45+30>340,

∴DM>CD.

∴點M不在線段CD上,應舍去.

若點M在點H的右邊,則DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30

∵400﹣45﹣30<340,

∴DM<CD.

∴點M在線段CD上.

綜上所述:在線段CD上存在唯一的點M,使∠AMB=60°,

此時DM的長為(400﹣45﹣30)米.

點評:

本題考查了垂直平分線的性質、矩形的性質、等邊三角形的性質、正方形的判定與性質、直線與圓的位置關系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三角形的判定與性質、勾股定理、特殊角的三角函數值等知識,考查了操作、探究等能力,綜合性非常強.而構造等邊三角形及其外接圓是解決本題的關鍵.

 

29.(?泉州)如圖,直線y=﹣x+3與x,y軸分別交于點A,B,與反比例函數的圖象交于點P(2,1).

(1)求該反比例函數的關系式;

(2)設PC⊥y軸于點C,點A關于y軸的對稱點為A′;

①求△A′BC的周長和sin∠BA′C的值;

②對大于1的常數m,求x軸上的點M的坐標,使得sin∠BMC=

 

考點

反比例函數綜合題;待定系數法求反比例函數解析式;勾股定理;矩形的判定與性質;垂徑定理;直線與圓的位置關系;銳角三角函數的定義.菁優網版權所有

專題

壓軸題;探究型.

分析:

(1)設反比例函數的關系式y=,然后把點P的坐標(2,1)代入即可.

(2)①先求出直線y=﹣x+3與x、y軸交點坐標,然后運用勾股定理即可求出△A′BC的周長;過點C作CD⊥AB,垂足為D,運用面積法可以求出CD長,從而求出sin∠BA′C的值.

②由于BC=2,sin∠BMC=,因此點M在以BC為弦,半徑為m的⊙E上,因而點M應是⊙E與x軸的交點.然后對⊙E與x軸的位置關系進行討論,只需運用矩形的判定與性質、勾股定理等知識就可求出滿足要求的點M的坐標.

解答:

解:(1)設反比例函數的關系式y=

∵點P(2,1)在反比例函數y=的圖象上,

∴k=2×1=2.

即反比例函數的關系式y=

 

(2)①過點C作CD⊥AB,垂足為D,如圖1所示.

當x=0時,y=0+3=3,

則點B的坐標為(0,3).OB=3.

當y=0時,0=﹣x+3,解得x=3,

則點A的坐標為(3,0),OA=3.

∵點A關于y軸的對稱點為A′,

∴OA′=OA=3.

∵PC⊥y軸,點P(2,1),

∴OC=1,PC=2.

∴BC=2.

∵∠AOB=90°,OA′=OB=3,OC=1,

∴A′B=3,A′C=

∴△A′BC的周長為3++2.

∵S△ABC=BC?A′O=A′B?CD,

∴BC?A′O=A′B?CD.

∴2×3=3×CD.

∴CD=

∵CD⊥A′B,

∴sin∠BA′C=

=

=

∴△A′BC的周長為3++2,sin∠BA′C的值為

②當1<m<2時,

作經過點B、C且半徑為m的⊙E,

連接CE并延長,交⊙E于點P,連接BP,

過點E作EG⊥OB,垂足為G,

過點E作EH⊥x軸,垂足為H,如圖2①所示.

∵CP是⊙E的直徑,

∴∠PBC=90°.

∴sin∠BPC===

∵sin∠BMC=

∴∠BMC=∠BPC.

∴點M在⊙E上.

∵點M在x軸上

∴點M是⊙E與x軸的交點.

∵EG⊥BC,

∴BG=GC=1.

∴OG=2.

∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90°,

∴四邊形OGEH是矩形.

∴EH=OG=2,EG=OH.

∵1<m<2,

∴EH>EC.

∴⊙E與x軸相離.

∴x軸上不存在點M,使得sin∠BMC=

②當m=2時,EH=EC.

∴⊙E與x軸相切.

Ⅰ.切點在x軸的正半軸上時,如圖2②所示.

∴點M與點H重合.

∵EG⊥OG,GC=1,EC=m,

∴EG=

=

∴OM=OH=EG=

∴點M的坐標為(,0).

Ⅱ.切點在x軸的負半軸上時,

同理可得:點M的坐標為(﹣,0).

③當m>2時,EH<EC.

∴⊙E與x軸相交.

Ⅰ.交點在x軸的正半軸上時,

設交點為M、M′,連接EM,如圖2③所示.

∵∠EHM=90°,EM=m,EH=2,

∴MH=

=

=

∵EH⊥MM′,

∴MH=M′H.

∴M′H═

∵∠EGC=90°,GC=1,EC=m,

∴EG=

=

=

∴OH=EG=

∴OM=OH﹣MH=

∴OM′=OH+HM′=+

∴M(,0)、M′(+,0).

Ⅱ.交點在x軸的負半軸上時,

同理可得:M(﹣+,0)、M′(﹣,0).

綜上所述:當1<m<2時,滿足要求的點M不存在;

當m=2時,滿足要求的點M的坐標為(,0)和(﹣,0);

當m>2時,滿足要求的點M的坐標為(,0)、(+,0)、(﹣+,0)、(﹣,0).

點評:

本題考查了用待定系數法求反比例函數的關系式、勾股定理、三角函數的定義、矩形的判定與性質、直線與圓的位置關系、垂徑定理等知識,考查了用面積法求三角形的高,考查了通過構造輔助圓解決問題,綜合性比較強,難度系數比較大.由BC=2,sin∠BMC=聯想到點M在以BC為弦,半徑為m的⊙E上是解決本題的關鍵.

 

30.(?臨沂)如圖,在平面直角坐標系中,拋物線與x軸交于點A(﹣1,0)和點B(1,0),直線y=2x﹣1與y軸交于點C,與拋物線交于點C、D.

(1)求拋物線的解析式;

(2)求點A到直線CD的距離;

(3)平移拋物線,使拋物線的頂點P在直線CD上,拋物線與直線CD的另一個交點為Q,點G在y軸正半軸上,當以G、P、Q三點為頂點的三角形為等腰直角三角形時,求出所有符合條件的G點的坐標.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題;動點型.

分析:

(1)首先求出點C坐標,然后利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)設直線CD與x軸交于點E,求出點E的坐標,然后解直角三角形(或利用三角形相似),求出點A到直線CD的距離;

(3)△GPQ為等腰直角三角形,有三種情形,需要分類討論.為方便分析與計算,首先需要求出線段PQ的長度.

解答:

解:(1)直線y=2x﹣1,當x=0時,y=﹣1,則點C坐標為(0,﹣1).

設拋物線解析式為y=ax2+bx+c,

∵點A(﹣1,0)、B(1,0)、C(0,﹣1)在拋物線上,

解得

∴拋物線的解析式為:y=x2﹣1.

 

(2)如答圖2所示,直線y=2x﹣1,

當y=0時,x=

設直線CD交x軸于點E,則E(,0).

在Rt△OCE中,OC=1,OE=

由勾股定理得:CE=

設∠OEC=θ,則sinθ=,cosθ=

過點A作AF⊥CD于點F,

則AF=AE?sinθ=(OA+OE)?sinθ=(1+)×=

∴點A到直線CD的距離為

 

(3)∵平移后拋物線的頂點P在直線y=2x﹣1上,

∴設P(t,2t﹣1),則平移后拋物線的解析式為y=(x﹣t)2+2t﹣1.

聯立

化簡得:x2﹣(2t+2)x+t2+2t=0,

解得:x1=t,x2=t+2,

即點P、點Q的橫坐標相差2,

∴PQ===

△GPQ為等腰直角三角形,可能有以下情形:

i)若點P為直角頂點,如答圖3①所示,

則PG=PQ=

∴CG====10,

∴OG=CG﹣OC=10﹣1=9,

∴G(0,9);

ii)若點Q為直角頂點,如答圖3②所示,

則QG=PQ=

同理可得:G(0,9);

iii)若點G為直角頂點,如答圖3③所示,

此時PQ=

則GP=GQ=

分別過點P、Q作y軸的垂線,垂足分別為點M、N.

易證Rt△PMG≌Rt△GNQ,

∴GN=PM,GM=QN.

在Rt△QNG中,

由勾股定理得:GN2+QN2=GQ2

即PM2+QN2=10 ①

∵點P、Q橫坐標相差2,

∴NQ=PM+2,

代入①式得:PM2+(PM+2)2=10,

解得PM=1,

∴NQ=3.

直線y=2x﹣1,

當x=1時,y=1,

∴P(1,1),

即OM=1.

∴OG=OM+GM=OM+NQ=1+3=4,

∴G(0,4).

綜上所述,符合條件的點G有兩個,其坐標為(0,4)或(0,9).

點評:

本題是二次函數壓軸題,涉及考點眾多,需要認真分析計算.第(3)問中,G、P、Q三點均為動點,使得解題難度增大,首先求出線段PQ的長度可以降低解題的難度.

 

31.(?攀枝花)如圖,以點P(﹣1,0)為圓心的圓,交x軸于B、C兩點(B在C的左側),交y軸于A、D兩點(A在D的下方),AD=2,將△ABC繞點P旋轉180°,得到△MCB.

(1)求B、C兩點的坐標;

(2)請在圖中畫出線段MB、MC,并判斷四邊形ACMB的形狀(不必證明),求出點M的坐標;

(3)動直線l從與BM重合的位置開始繞點B順時針旋轉,到與BC重合時停止,設直線l與CM交點為E,點Q為BE的中點,過點E作EG⊥BC于G,連接MQ、QG.請問在旋轉過程中∠MQG的大小是否變化?若不變,求出∠MQG的度數;若變化,請說明理由.

 

考點

圓的綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)連接PA,運用垂徑定理及勾股定理即可求出圓的半徑,從而可以求出B、C兩點的坐標.

(2)由于圓P是中心對稱圖形,顯然射線AP與圓P的交點就是所需畫的點M,連接MB、MC即可;易證四邊形ACMB是矩形;過點M作MH⊥BC,垂足為H,易證△MHP≌△AOP,從而求出MH、OH的長,進而得到點M的坐標.

(3)易證點E、M、B、G在以點Q為圓心,QB為半徑的圓上,從而得到∠MQG=2∠MBG.易得∠OCA=60°,從而得到∠MBG=60°,進而得到∠MQG=120°,所以∠MQG是定值.

解答:

解:(1)連接PA,如圖1所示.

∵PO⊥AD,

∴AO=DO.

∵AD=2

∴OA=

∵點P坐標為(﹣1,0),

∴OP=1.

∴PA==2.

∴BP=CP=2.

∴B(﹣3,0),C(1,0).

 

(2)連接AP,延長AP交⊙P于點M,連接MB、MC.

如圖2所示,線段MB、MC即為所求作.

四邊形ACMB是矩形.

理由如下:

∵△MCB由△ABC繞點P旋轉180°所得,

∴四邊形ACMB是平行四邊形.

∵BC是⊙P的直徑,

∴∠CAB=90°.

∴平行四邊形ACMB是矩形.

過點M作MH⊥BC,垂足為H,如圖2所示.

在△MHP和△AOP中,

∵∠MHP=∠AOP,∠HPM=∠OPA,MP=AP,

∴△MHP≌△AOP.

∴MH=OA=,PH=PO=1.

∴OH=2.

∴點M的坐標為(﹣2,).

 

(3)在旋轉過程中∠MQG的大小不變.

∵四邊形ACMB是矩形,

∴∠BMC=90°.

∵EG⊥BO,

∴∠BGE=90°.

∴∠BMC=∠BGE=90°.

∵點Q是BE的中點,

∴QM=QE=QB=QG.

∴點E、M、B、G在以點Q為圓心,QB為半徑的圓上,如圖3所示.

∴∠MQG=2∠MBG.

∵∠COA=90°,OC=1,OA=

∴tan∠OCA==

∴∠OCA=60°.

∴∠MBC=∠BCA=60°.

∴∠MQG=120°.

∴在旋轉過程中∠MQG的大小不變,始終等于120°.

點評:

本題考查了垂徑定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、圓周角定理、特殊角的三角函數、圖形的旋轉等知識,綜合性比較強.證明點E、M、B、G在以點Q為圓心,QB為半徑的圓上是解決第三小題的關鍵.

 

32.(?內江)如圖,拋物線y=ax2+bx+c經過A(﹣3,0)、C(0,4),點B在拋物線上,CB∥x軸,且AB平分∠CAO.

(1)求拋物線的解析式;

(2)線段AB上有一動點P,過點P作y軸的平行線,交拋物線于點Q,求線段PQ的最大值;

(3)拋物線的對稱軸上是否存在點M,使△ABM是以AB為直角邊的直角三角形?如果存在,求出點M的坐標;如果不存在,說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;待定系數法求一次函數解析式;二次函數的最值;待定系數法求二次函數解析式;平行線的性質;等腰三角形的判定;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題;存在型.

分析:

(1)如圖1,易證BC=AC,從而得到點B的坐標,然后運用待定系數法求出二次函數的解析式.

(2)如圖2,運用待定系數法求出直線AB的解析式.設點P的橫坐標為t,從而可以用t的代數式表示出PQ的長,然后利用二次函數的最值性質就可解決問題.

(3)由于AB為直角邊,分別以∠BAM=90°(如圖3)和∠ABM=90°(如圖4)進行討論,通過三角形相似建立等量關系,就可以求出點M的坐標.

解答:

解:(1)如圖1,

∵A(﹣3,0),C(0,4),

∴OA=3,OC=4.

∵∠AOC=90°,

∴AC=5.

∵BC∥AO,AB平分∠CAO,

∴∠CBA=∠BAO=∠CAB.

∴BC=AC.

∴BC=5.

∵BC∥AO,BC=5,OC=4,

∴點B的坐標為(5,4).

∵A(﹣3,0)、C(0,4)、B(5,4)在拋物線y=ax2+bx+c上,

解得:

∴拋物線的解析式為y=﹣x2+x+4.

(2)如圖2,

設直線AB的解析式為y=mx+n,

∵A(﹣3,0)、B(5,4)在直線AB上,

解得:

∴直線AB的解析式為y=x+

設點P的橫坐標為t(﹣3≤t≤5),則點Q的橫坐標也為t.

∴yP=t+,yQ=﹣t2+t+4.

∴PQ=yQ﹣yP=﹣t2+t+4﹣(t+

=﹣t2+t+4﹣t﹣

=﹣t2++

=﹣(t2﹣2t﹣15)

=﹣[(t﹣1)2﹣16]

=﹣(t﹣1)2+

∵﹣<0,﹣3≤t≤5,

∴當t=1時,PQ取到最大值,最大值為

∴線段PQ的最大值為

(3)①當∠BAM=90°時,如圖3所示.

拋物線的對稱軸為x=﹣=﹣=

∴xH=xG=xM=

∴yG=×+=

∴GH=

∵∠GHA=∠GAM=90°,

∴∠MAH=90°﹣∠GAH=∠AGM.

∵∠AHG=∠MHA=90°,∠MAH=∠AGM,

∴△AHG∽△MHA.

=

解得:MH=11.

∴點M的坐標為(,﹣11).

②當∠ABM=90°時,如圖4所示.

∵∠BDG=90°,BD=5﹣=,DG=4﹣=

∴BG=

=

=

同理:AG=

∵∠AGH=∠MGB,∠AHG=∠MBG=90°,

∴△AGH∽△MGB.

=

=

解得:MG=

∴MH=MG+GH

=+

=9.

∴點M的坐標為(,9).

綜上所述:符合要求的點M的坐標為(,9)和(,﹣11).

點評:

本題考查了平行線的性質、等腰三角形的判定、相似三角形的性質與判定、二次函數的最值等知識,考查了用待定系數法求一次函數及二次函數的解析式,考查了分類討論的思想,綜合性比較強.

 

33.(?寧波)木匠黃師傅用長AB=3,寬BC=2的矩形木板做一個盡可能大的圓形桌面,他設計了四種方案:

方案一:直接鋸一個半徑最大的圓;

方案二:圓心O1、O2分別在CD、AB上,半徑分別是O1C、O2A,鋸兩個外切的半圓拼成一個圓;

方案三:沿對角線AC將矩形鋸成兩個三角形,適當平移三角形并鋸一個最大的圓;

方案四:鋸一塊小矩形BCEF拼到矩形AFED下面,利用拼成的木板鋸一個盡可能大的圓.

(1)寫出方案一中圓的半徑;

(2)通過計算說明方案二和方案三中,哪個圓的半徑較大?

(3)在方案四中,設CE=x(0<x<1),圓的半徑為y.

①求y關于x的函數解析式;

②當x取何值時圓的半徑最大,最大半徑為多少?并說明四種方案中哪一個圓形桌面的半徑最大.

 

考點

圓的綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)觀察圖易知,截圓的直徑需不超過長方形長、寬中最短的邊,由已知長寬分別為3,2,那么直接取圓直徑最大為2,則半徑最大為1.

(2)方案二、方案三中求圓的半徑是常規的利用勾股定理或三角形相似中對應邊長成比例等性質解直角三角形求邊長的題目.一般都先設出所求邊長,而后利用關系代入表示其他相關邊長,方案二中可利用△O1O2E為直角三角形,則滿足勾股定理整理方程,方案三可利用△AOM∽△OFN后對應邊成比例整理方程,進而可求r的值.

(3)①類似(1)截圓的直徑需不超過長方形長、寬中最短的邊,雖然方案四中新拼的圖象不一定為矩形,但直徑也不得超過橫縱向方向跨度.則選擇最小跨度,取其,即為半徑.由EC為x,則新拼圖形水平方向跨度為3﹣x,豎直方向跨度為2+x,則需要先判斷大小,而后分別討論結論.

②已有關系表達式,則直接根據不等式性質易得方案四中的最大半徑.另與前三方案比較,即得最終結論.

解答:

解:(1)方案一中的最大半徑為1.

分析如下:

因為長方形的長寬分別為3,2,那么直接取圓直徑最大為2,則半徑最大為1;

 

(2)如圖1,方案二中連接O1,O2,過O1作O1E⊥AB于E,方案三中,過點O分別作AB,BF的垂線,交于M,N,此時M,N恰為⊙O與AB,BF的切點.

方案二:

設半徑為r,

在Rt△O1O2E中,

∵O1O2=2r,O1E=BC=2,O2E=AB﹣AO2﹣CO1=3﹣2r,

∴(2r)2=22+(3﹣2r)2

解得 r=

方案三:

設半徑為r,

在△AOM和△OFN中,

∴△AOM∽△OFN,

解得 r=

比較知,方案三半徑較大;

 

(3)

①∵EC=x,

∴新拼圖形水平方向跨度為3﹣x,豎直方向跨度為2+x.

類似(1),所截出圓的直徑最大為3﹣x或2+x較小的.

a.當3﹣x<2+x時,即當1>x>時,y=(3﹣x);

b.當3﹣x=2+x時,即當x=時,y=(3﹣)=

c.當3﹣x>2+x時,即當0<x<時,y=(2+x).

②當x>時,y=(3﹣x)<(3﹣)=

當x=時,y=(3﹣)=

當x<時,y=(2+x)<(2+)=

∴方案四中,當x=時,y最大為

∵1<

∴方案四時可取的圓桌面積最大.

點評:

本題考查了圓的基本性質及通過勾股定理、三角形相似等性質求解邊長及分段函數的表示與性質討論等內容,題目雖看似新穎不易找到思路,但仔細觀察每一小問都是常規的基礎考點,所以總體來說是一道質量很高的題目,值得認真練習.

 

34.(?南充)如圖,拋物線y=x2+bx+c與直線y=x﹣1交于A、B兩點.點A的橫坐標為﹣3,點B在y軸上,點P是y軸左側拋物線上的一動點,橫坐標為m,過點P作PC⊥x軸于C,交直線AB于D.

(1)求拋物線的解析式;

(2)當m為何值時,S四邊形OBDC=2S△BPD

(3)是否存在點P,使△PAD是直角三角形?若存在,求出點P的坐標;若不存在,說明理由.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)將x=0帶入y=x﹣1求出B的坐標,將x=﹣3代入y=x﹣1求出A的坐標,由待定系數法就可以求出拋物線的解析式;

(2)連結OP,由P點的橫坐標為m可以表示出P、D的坐標,由此表示出S四邊形OBDC和2S△BPD建立方程求出其解即可.

(3)如圖2,當∠APD=90°時,設出P點的坐標,就可以表示出D的坐標,由△APD∽△FCD列出比例式求解即可;如圖3,當∠PAD=90°時,作AE⊥x軸于E,根據比例式表示出AD,再由△PAD∽△FEA列出比例式求解.

解答:

解:(1)∵y=x﹣1,

當x=0時,y=﹣1,

∴B(0,﹣1).

當x=﹣3時,y=﹣4,

∴A(﹣3,﹣4).

∵y=x2+bx+c與直線y=x﹣1交于A、B兩點,

∴拋物線的解析式為:y=x2+4x﹣1;

 

(2)∵P點橫坐標是m(m<0),

∴P(m,m2+4m﹣1),D(m,m﹣1)

如圖1①,作BE⊥PC于E,

∴BE=﹣m.

CD=1﹣m,OB=1,OC=﹣m,CP=1﹣4m﹣m2

∴PD=1﹣4m﹣m2﹣1+m=﹣3m﹣m2

解得:m1=0(舍去),m2=﹣2,m3=﹣

如圖1②,作BE⊥PC于E,

∴BE=﹣m.

PD=1﹣4m﹣m2+1﹣m=2﹣5m﹣m2

=2×

解得:m=0(舍去)或m=(舍去)或m=

∴m=﹣,﹣2或時,S四邊形OBDC=2S△BPD

 

(3)如圖2,當∠APD=90°時,設P(m,m2+4m﹣1),則D(m,m﹣1),

∴AP=m+4,CD=1﹣m,OC=﹣m,CP=1﹣4m﹣m2

∴DP=1﹣4m﹣m2﹣1+m=﹣3m﹣m2

在y=x﹣1中,當y=0時,x=1,

∴F(1,0),

∴OF=1,

∴CF=1﹣m.AF=4

∵PC⊥x軸,

∴∠PCF=90°,

∴∠PCF=∠APD,

∴CF∥AP,

∴△APD∽△FCD,

解得:m=1(舍去)或m=﹣2,

∴P(﹣2,﹣5)

如圖3,當∠PAD=90°時,作AE⊥x軸于E,

∴∠AEF=90°,CE=﹣3﹣m,EF=4,AF=4,PD=1﹣m﹣(1﹣4m﹣m2)=3m+m2

∵PC⊥x軸,

∴∠DCF=90°,

∴∠DCF=∠AEF,

∴AE∥CD.

∴AD=(﹣3﹣m).

∵△PAD∽△FEA,

∴m=﹣2或m=﹣3(舍去)

∴P(﹣2,﹣5).

當∠APD=90°時

∴點A與點P關于對稱軸對稱

∵A(﹣3,﹣4)

∴P(﹣1,﹣4)

綜上,存在點P(﹣1,﹣4),(﹣2,﹣5)使△PAD是直角三角形.

點評:

本題考查了待定系數法求二次函數的解析式的運用,四邊形的面積公式的運用,三角形的面積公式的運用,相似三角形的判定及性質的運用,解答時函數的解析式是關鍵,用相似三角形的性質求解是難點.

 

35.(?牡丹江)如圖,在平面直角坐標系中,直線AB與x軸、y軸分別交于點A,B,直線CD與x軸、y軸分別交于點C,D,AB與CD相交于點E,線段OA,OC的長是一元二次方程x2﹣18x+72=0的兩根(OA>OC),BE=5,tan∠ABO=

(1)求點A,C的坐標;

(2)若反比例函數y=的圖象經過點E,求k的值;

(3)若點P在坐標軸上,在平面內是否存在一點Q,使以點C,E,P,Q為頂點的四邊形是矩形?若存在,請寫出滿足條件的點Q的個數,并直接寫出位于x軸下方的點Q的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

一次函數綜合題;勾股定理;相似三角形的應用.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)先求出一元二次方程x2﹣18x+72=0的兩根就可以求出OA,OC的值,進而求出點A,C的坐標;

(2)先由勾股定理求出AB的值,得出AE的值,如圖1,作EM⊥x軸于點M,由相似三角形的性質就可以求出EM的值,AM的值,就可以求出E的坐標,由待定系數法就可以求出結論;

(3)如圖2,分別過C、E作CE的垂線交坐標軸三個點P1、P3、P4,可作出三個Q點,過E點作x軸的垂線與x軸交與p2,即可作出Q2,以CE為直徑作圓交于y軸兩個點P5、P6,使PC⊥PE,即可作出Q5、Q6

解答:

解:(1)∵x2﹣18x+72=0

∴x1=6,x2=12.

∵OA>OC,

∴OA=12,OC=6.

∴A(12,0),C(﹣6,0);

 

(2)∵tan∠ABO=

=

∴OB=16.

在Rt△AOB中,由勾股定理,得

AB==20.

∵BE=5,

∴AE=15.

如圖1,作EM⊥x軸于點M,

∴EM∥OB.

∴△AEM∽△ABO,

∴EM=12,AM=9,

∴OM=12﹣9=3,

∴E(3,12),

∴12=

∴k=36;

 

(3)滿足條件的點Q的個數是6,如圖2所示,

x軸的下方的Q4(10,﹣12),Q6(﹣3,6﹣3);

如圖①,∵E(3,12),C(﹣6,0),

∴CG=9,EG=12,

∴EG2=CG?GP,

∴GP=16,

∵△CPE與△PCQ中心對稱,

∴CH=GP=16,QH=EG=12,

∵OC=6,

∴OH=10,

∴Q(10,﹣12),

如圖②∵E(3,12),C(﹣6,0),

∴CG=9,EG=12,

∴CE=15,

∵MN=CG=

∴MK=﹣3=

∴PK==3

∴PH=3=3﹣6,

根據軸對稱和中心對稱的性質,

∴Q(﹣3,6﹣3),

點評:

本題考查了一次函數的交點坐標的求法以及勾股定理的運用,三角函數的應用,三角形相似對應邊成比例等.

 

36.(?牡丹江)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,CD⊥AB于點D.點P從點D出發,沿線段DC向點C運動,點Q從點C出發,沿線段CA向點A運動,兩點同時出發,速度都為每秒1個單位長度,當點P運動到C時,兩點都停止.設運動時間為t秒.

(1)求線段CD的長;

(2)設△CPQ的面積為S,求S與t之間的函數關系式,并確定在運動過程中是否存在某一時刻t,使得S△CPQ:S△ABC=9:100?若存在,求出t的值;若不存在,說明理由.

(3)當t為何值時,△CPQ為等腰三角形?

 

考點

相似形綜合題;一元二次方程的應用;等腰三角形的性質;勾股定理;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)利用勾股定理可求出AB長,再用等積法就可求出線段CD的長.

(2)過點P作PH⊥AC,垂足為H,通過三角形相似即可用t的代數式表示PH,從而可以求出S與t之間的函數關系式;利用S△CPQ:S△ABC=9:100建立t的方程,解方程即可解決問題.

(3)可分三種情況進行討論:由CQ=CP可建立關于t的方程,從而求出t;由PQ=PC或QC=QP不能直接得到關于t的方程,可借助于等腰三角形的三線合一及三角形相似,即可建立關于t的方程,從而求出t.

解答:

解:(1)如圖1,

∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6,

∴AB=10.

∵CD⊥AB,

∴S△ABC=BC?AC=AB?CD.

∴CD===4.8.

∴線段CD的長為4.8.

(2)①過點P作PH⊥AC,垂足為H,如圖2所示.

由題可知DP=t,CQ=t.

則CP=4.8﹣t.

∵∠ACB=∠CDB=90°,

∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B.

∵PH⊥AC,

∴∠CHP=90°.

∴∠CHP=∠ACB.

∴△CHP∽△BCA.

∴PH=t.

∴S△CPQ=CQ?PH=t(t)=﹣t2+t.

②存在某一時刻t,使得S△CPQ:S△ABC=9:100.

∵S△ABC=×6×8=24,

且S△CPQ:S△ABC=9:100,

∴(﹣t2+t):24=9:100.

整理得:5t2﹣24t+27=0.

即(5t﹣9)(t﹣3)=0.

解得:t=或t=3.

∵0≤t≤4.8,

∴當t=秒或t=3秒時,S△CPQ:S△ABC=9:100.

(3)①若CQ=CP,如圖1,

則t=4.8﹣t.

解得:t=2.4.

②若PQ=PC,如圖2所示.

∵PQ=PC,PH⊥QC,

∴QH=CH=QC=

∵△CHP∽△BCA.

解得:t=

③若QC=QP,

過點Q作QE⊥CP,垂足為E,如圖3所示.

同理可得:t=

綜上所述:當t為2.4秒或秒或秒時,△CPQ為等腰三角形.

點評:

本題考查了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、一元二次方程的應用、勾股定理等知識,具有一定的綜合性,而利用等腰三角形的三線合一巧妙地將兩腰相等轉化為底邊上的兩條線段相等是解決第三小題的關鍵.

 

37.(?株洲)已知拋物線y=x2﹣(k+2)x+和直線y=(k+1)x+(k+1)2

(1)求證:無論k取何實數值,拋物線總與x軸有兩個不同的交點;

(2)拋物線于x軸交于點A、B,直線與x軸交于點C,設A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3,求x1?x2?x3的最大值;

(3)如果拋物線與x軸的交點A、B在原點的右邊,直線與x軸的交點C在原點的左邊,又拋物線、直線分別交y軸于點D、E,直線AD交直線CE于點G(如圖),且CA?GE=CG?AB,求拋物線的解析式.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)由判別式△=(k+2)2﹣4×1×=k2﹣k+2=(k﹣2+>0,即可證得無論k取何實數值,拋物線總與x軸有兩個不同的交點;

(2)由拋物線于x軸交于點A、B,直線與x軸交于點C,設A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3,可得x1?x2=,x3=﹣(k+1),繼而可求得答案;

(3)由CA?GE=CG?AB,易得△CAG∽△CBE,繼而可證得△OAD∽△OBE,則可得,又由拋物線與x軸的交點A、B在原點的右邊,直線與x軸的交點C在原點的左邊,又拋物線、直線分別交y軸于點D、E,可得OA?OB=,OD=,OE=(k+1)2,繼而求得點B的坐標為(0,k+1),代入解析式即可求得答案.

解答:

(1)證明:∵△=(k+2)2﹣4×1×=k2﹣k+2=(k﹣2+

∵(k﹣2≥0,

∴△>0,

故無論k取何實數值,拋物線總與x軸有兩個不同的交點;

 

(2)解:∵拋物線于x軸交于點A、B,直線與x軸交于點C,設A、B、C三點的橫坐標分別是x1、x2、x3

∴x1?x2=

令0=(k+1)x+(k+1)2

解得:x=﹣(k+1),

即x3=﹣(k+1),

∴x1?x2?x3=﹣(k+1)?=﹣(k+2+

∴x1?x2?x3的最大值為:

 

(3)解:∵CA?GE=CG?AB,

∵∠ACG=∠BCE,

∴△CAG∽△CBE,

∴∠CAG=∠CBE,

∵∠AOD=∠BOE,

∴△OAD∽△OBE,

∵拋物線與x軸的交點A、B在原點的右邊,直線與x軸的交點C在原點的左邊,又拋物線、直線分別交y軸于點D、E,

∴OA?OB=,OD=,OE=(k+1)2

∴OA?OB=OD,

∴OB2=OE,

∴OB=k+1,

∴點B(k+1,0),

將點B代入拋物線y=x2﹣(k+2)x+得:(k+1)2﹣(k+2)(k+1)﹣=0,

解得:k=2,

∴拋物線的解析式為:y=x2﹣4x+3.

點評:

此題屬于二次函數的綜合題,綜合性很強,難度較大,主要考查了一次函數與二次函數的性質、待定系數法求函數的解析式以及相似三角形的判定與性質.注意掌握數形結合思想與方程思想的應用.

 

38.(?銅仁)已知:直線y=ax+b與拋物線y=ax2﹣bx+c的一個交點為A(0,2),同時這條直線與x軸相交于點B,且相交所成的角β為45°.

(1)求點B的坐標;

(2)求拋物線y=ax2﹣bx+c的解析式;

(3)判斷拋物線y=ax2﹣bx+c與x軸是否有交點,并說明理由.若有交點設為M,N(點M在點N左邊),將此拋物線關于y軸作軸反射得到M的對應點為E,軸反射后的像與原像相交于點F,連接NF,EF得△NEF,在原像上是否存在點P,使得△NEP的面積與△NEF的面積相等?若存在,請求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

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專題

壓軸題.

分析:

(1)根據等腰直角三角形的性質即可求得;

(2)利用待定系數法即可求得解析式;

(3)利用b2﹣4ac確定拋物線有沒有交點,因為軸反射后的像與原像相交于點F,則F點即為A點,則OF=2,由于△NEP的面積與△NEF的面積相等且同底,所以P點的縱坐標為2或﹣2,代入y=﹣x2﹣2x+2即可求得.

解答:

解:(1)∵直線y=ax+b過A(0,2),同時這條直線與x軸相交于點B,且相交所成的角β為45°,

∴OA=OB,

∴當a>0時,B(﹣2,0),當a<0時,B(2,0);

 

(2)把A(0,2),B(﹣2,0)代入直線y=ax+b得;

解得:

把A(0,2),B(2,0)代入直線y=ax+b得

解得:

∵拋物線y=ax2﹣bx+c過A(0,2),

∴c=2,

故拋物線的解析式為:y=x2﹣2x+2或y=﹣x2﹣2x+2.

 

(3)存在.

如圖,拋物線為y=x2+2x+2時,b2﹣4ac=4﹣4×1×2<0,拋物線與x軸沒有交點,

拋物線為y=﹣x2+2x+2時,b2﹣4ac=4﹣4×(﹣1)×2>0,拋物線與x軸有兩個交點;

∵軸反射后的像與原像相交于點F,則F點即為A點,

∴F(0,2)

∵△NEP的面積與△NEF的面積相等且同底,

∴P點的縱坐標為2或﹣2,

當y=2時,﹣x2﹣2x+2=2,解得:x=﹣2或x=0(與點F重合,舍去);

當y=﹣2時,﹣x2﹣2x+2=﹣2,解得:x=﹣1+,x=﹣1﹣

故存在滿足條件的點P,點P坐標為:(﹣2,2),(﹣1+,﹣2),(﹣1﹣,﹣2).

點評:

本題考查了待定系數法求解析式,二次函數的交點問題以及三角形面積的求解方法,問題考慮周全是本題的難點.

 

39.(?攀枝花)如圖,拋物線y=ax2﹣8ax+12a(a>0)與x軸交于A、B兩點(A在B的左側),與y軸交于點C,點D的坐標為(﹣6,0),且∠ACD=90°.

(1)請直接寫出A、B兩點的坐標;

(2)求拋物線的解析式;

(3)拋物線的對稱軸上是否存在點P,使得△PAC的周長最小?若存在,求出點P的坐標及周長的最小值;若不存在,說明理由;

(4)平行于y軸的直線m從點D出發沿x軸向右平行移動,到點A停止.設直線m與折線DCA的交點為G,與x軸的交點為H(t,0).記△ACD在直線m左側部分的面積為s,求s關于t的函數關系式及自變量t的取值范圍.

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)令y=ax2﹣8ax+12a=0,解一元二次方程,求出點A、B的坐標;

(2)由∠ACD=90°可知△ACD為直角三角形,利用勾股定理,列出方程求出a的值,進而求出拋物線的解析式;

(3)△PAC的周長=AC+PA+PC,AC為定值,則當PA+PC取得最小值時,△PAC的周長最小.設點C關于對稱軸的對稱點為C′,連接AC′與對稱軸交于點P,由軸對稱的性質可知點P即為所求;

(4)直線m運動過程中,有兩種情形,需要分類討論并計算,避免漏解.

解答:

解:(1)拋物線的解析式為:y=ax2﹣8ax+12a(a>0),

令y=0,即ax2﹣8ax+12a=0,

 

解得x1=2,x2=6,

∴A(2,0),B(6,0).

 

(2)拋物線的解析式為:y=ax2﹣8ax+12a(a>0),

令x=0,得y=12a,∴C(0,12a),OC=12a.

在Rt△COD中,由勾股定理得:CD2=OC2+OD2=(12a)2+62=144a2+36;

在Rt△AOC中,由勾股定理得:AC2=OC2+OA2=(12a)2+22=144a2+4;

在Rt△ACD中,由勾股定理得:DC2+AC2=AD2

即:(144a2+36)+(144a2+4)=82

解得:a=或a=﹣(舍去),

∴拋物線的解析式為:y=x2x+

 

(3)存在.

對稱軸為直線:x=﹣=4.

由(2)知C(0,),則點C關于對稱軸x=4的對稱點為C′(8,),

連接AC′,與對稱軸交于點P,則點P為所求.此時△PAC周長最小,最小值為AC+AC′.

設直線AC′的解析式為y=kx+b,則有:

,解得

∴y=x﹣

當x=4時,y=,∴P(4,).

過點C′作C′E⊥x軸于點E,則C′E=,AE=6,

在Rt△AC′E中,由勾股定理得:AC′==4

在Rt△AOC中,由勾股定理得:AC==4.

∴AC+AC′=4+4

∴存在滿足條件的點P,點P坐標為(4,),△PAC周長的最小值為4+4

 

(4)①當﹣6≤t≤0時,如答圖4﹣1所示.

∵直線m平行于y軸,

,即,解得:GH=(6+t)

∴S=S△DGH=DH?GH=(6+t)?(6+t)=t2+2t+6

②當0<t≤2時,如答圖4﹣2所示.

∵直線m平行于y軸,

,即,解得:GH=﹣t+2

∴S=S△COD+S梯形OCGH=OD?OC+(GH+OC)?OH

=×6×2+(﹣t+2+2)?t

=﹣t2+2t+6

∴S=

點評:

本題是典型的二次函數壓軸題,綜合考查二次函數與一次函數的圖象與性質、待定系數法、解一元二次方程、相似、勾股定理等知識點,難度不大.第(3)考查最值問題,注意利用軸對稱的性質;第(4)問是動線型問題,考查分類討論的數學思想,注意圖形面積的計算.

 

40.(?龍東地區)如圖,在平面直角坐標系中,正方形ABCD的頂點A在y軸正半軸上,頂點B在x軸正半軸上,OA、OB的長分別是一元二次方程x2﹣7x+12=0的兩個根(OA>OB).

(1)求點D的坐標.

(2)求直線BC的解析式.

(3)在直線BC上是否存在點P,使△PCD為等腰三角形?若存在,請直接寫出點P的坐標;若不存在,說明理由.

 

考點

一次函數綜合題;全等三角形的判定與性質;等腰直角三角形;正方形的性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)解一元二次方程求出OA、OB的長度,過點D作DE⊥y于點E,根據正方形的性質可得AD=AB,∠DAB=90°,然后求出∠ABO=∠DAE,然后利用“角角邊”證明△DAE和△ABO全等,根據全等三角形對應邊相等可得DE=OA,AE=OB,再求出OE,然后寫出點D的坐標即可;

(2)過點C作CM⊥x軸于點M,同理求出點C的坐標,設直線BC的解析式為y=kx+b(k≠0,k、b為常數),然后利用待定系數法求一次函數解析式解答;

(3)根據正方形的性質,點P與點B重合時,△PCD為等腰三角形;點P為點B關于點C的對稱點時,△PCD為等腰三角形,然后求解即可.

解答:

解:(1)x2﹣7x+12=0,

解得x1=3,x2=4,

∵OA>OB,

∴OA=4,OB=3,

過D作DE⊥y于點E,

∵正方形ABCD,

∴AD=AB,∠DAB=90°,

∠DAE+∠OAB=90°,

∠ABO+∠OAB=90°,

∴∠ABO=∠DAE,

∵DE⊥AE,

∴∠AED=90°=∠AOB,

在△DAE和△ABO中,

∴△DAE≌△ABO(AAS),

∴DE=OA=4,AE=OB=3,

∴OE=7,

∴D(4,7);

 

(2)過點C作CM⊥x軸于點M,

同上可證得△BCM≌△ABO,

∴CM=OB=3,BM=OA=4,

∴OM=7,

∴C(7,3),

設直線BC的解析式為y=kx+b(k≠0,k、b為常數),

代入B(3,0),C(7,3)得,

解得

∴y=x﹣

 

(3)存在,如圖,

點P與點B重合時,P1(3,0),

點P與點B關于點C對稱時,P2(11,6).

點評:

本題是一次函數綜合題型,主要利用了解一元二次方程,正方形的性質,全等三角形的判定與性質,待定系數法求一次函數解析式,等腰直角三角形的判定與性質,(1)作輔助線構造出全等三角形是解題的關鍵,也是本題的難點.

 

41.(?汕尾)如圖,已知拋物線y=x2x﹣3與x軸的交點為A、D(A在D的右側),與y軸的交點為C.

(1)直接寫出A、D、C三點的坐標;

(2)若點M在拋物線上,使得△MAD的面積與△CAD的面積相等,求點M的坐標;

(3)設點C關于拋物線對稱軸的對稱點為B,在拋物線上是否存在點P,使得以A、B、C、P四點為頂點的四邊形為梯形?若存在,請求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

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專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)令y=0,解方程x2x﹣3=0可得到A點和D點坐標;令x=0,求出y=﹣3,可確定C點坐標;

(2)根據拋物線的對稱性,可知在在x軸下方對稱軸右側也存在這樣的一個點;再根據三角形的等面積法,在x軸上方,存在兩個點,這兩個點分別到x軸的距離等于點C到x軸的距離;

(3)根據梯形定義確定點P,如圖所示:①若BC∥AP1,確定梯形ABCP1.此時P1與D點重合,即可求得點P1的坐標;②若AB∥CP2,確定梯形ABCP2.先求出直線CP2的解析式,再聯立拋物線與直線解析式求出點P2的坐標.

解答:

解:(1)∵y=x2x﹣3,

∴當y=0時,x2x﹣3=0,

解得x1=﹣2,x2=4.

當x=0,y=﹣3.

∴A點坐標為(4,0),D點坐標為(﹣2,0),C點坐標為(0,﹣3);

 

(2)∵y=x2x﹣3,

∴對稱軸為直線x==1.

∵AD在x軸上,點M在拋物線上,

∴當△MAD的面積與△CAD的面積相等時,分兩種情況:

①點M在x軸下方時,根據拋物線的對稱性,可知點M與點C關于直線x=1對稱,

∵C點坐標為(0,﹣3),

∴M點坐標為(2,﹣3);

②點M在x軸上方時,根據三角形的等面積法,可知M點到x軸的距離等于點C到x軸的距離3.

當y=4時,x2x﹣3=3,

解得x1=1+,x2=1﹣

∴M點坐標為(1+,3)或(1﹣,3).

綜上所述,所求M點坐標為(2,﹣3)或(1+,3)或(1﹣,3);

 

(3)結論:存在.

如圖所示,在拋物線上有兩個點P滿足題意:

①若BC∥AP1,此時梯形為ABCP1

由點C關于拋物線對稱軸的對稱點為B,可知BC∥x軸,則P1與D點重合,

∴P1(﹣2,0).

∵P1A=6,BC=2,

∴P1A≠BC,

∴四邊形ABCP1為梯形;

②若AB∥CP2,此時梯形為ABCP2

∵A點坐標為(4,0),B點坐標為(2,﹣3),

∴直線AB的解析式為y=x﹣6,

∴可設直線CP2的解析式為y=x+n,

將C點坐標(0,﹣3)代入,得b=﹣3,

∴直線CP2的解析式為y=x﹣3.

∵點P2在拋物線y=x2x﹣3上,

x2x﹣3=x﹣3,

化簡得:x2﹣6x=0,

解得x1=0(舍去),x2=6,

∴點P2橫坐標為6,代入直線CP2解析式求得縱坐標為6,

∴P2(6,6).

∵AB∥CP2,AB≠CP2

∴四邊形ABCP2為梯形.

綜上所述,在拋物線上存在一點P,使得以點A、B、C、P四點為頂點所構成的四邊形為梯形;點P的坐標為(﹣2,0)或(6,6).

點評:

本題是二次函數的綜合題型,其中涉及到的知識點有拋物線與坐標軸的交點坐標求法,三角形的面積,梯形的判定.綜合性較強,有一定難度.運用數形結合、分類討論及方程思想是解題的關鍵.

 

42.(?連云港)某數學興趣小組對線段上的動點問題進行探究,已知AB=8.

問題思考:

如圖1,點P為線段AB上的一個動點,分別以AP、BP為邊在同側作正方形APDC、BPEF.

(1)當點P運動時,這兩個正方形的面積之和是定值嗎?若是,請求出;若不是,請求出這兩個正方形面積之和的最小值.

(2)分別連接AD、DF、AF,AF交DP于點K,當點P運動時,在△APK、△ADK、△DFK中,是否存在兩個面積始終相等的三角形?請說明理由.

問題拓展:

(3)如圖2,以AB為邊作正方形ABCD,動點P、Q在正方形ABCD的邊上運動,且PQ=8.若點P從點A出發,沿A→B→C→D的線路,向點D運動,求點P從A到D的運動過程中,PQ的中點O所經過的路徑的長.

(4)如圖3,在“問題思考”中,若點M、N是線段AB上的兩點,且AM=BN=1,點G、H分別是邊CD、EF的中點,請直接寫出點P從M到N的運動過程中,GH的中點O所經過的路徑的長及OM+OB的最小值.

 

考點

四邊形綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)設AP=x,則PB=1﹣x,根據正方形的面積公式得到這兩個正方形面積之和=x2+(8﹣x)2,配方得到2(x﹣4)2+32,然后根據二次函數的最值問題求解.

(2)根據PE∥BF求得PK=,進而求得DK=PD﹣PK=a﹣=,然后根據面積公式即可求得.

(3)本問涉及點的運動軌跡.PQ的中點O所經過的路徑是三段半徑為4,圓心角為90°的圓弧,如答圖3所示;

(4)本問涉及點的運動軌跡.GH中點O的運動路徑是與AB平行且距離為3的線段XY上,如答圖4﹣1所示;然后利用軸對稱的性質,求出OM+OB的最小值,如答圖4﹣2所示.

解答:

解:(1)當點P運動時,這兩個正方形的面積之和不是定值.

設AP=x,則PB=8﹣x,

根據題意得這兩個正方形面積之和=x2+(8﹣x)2

=2x2﹣16x+64

=2(x﹣4)2+32,

所以當x=4時,這兩個正方形面積之和有最小值,最小值為32.

 

(2)存在兩個面積始終相等的三角形,它們是△APK與△DFK.

依題意畫出圖形,如答圖2所示.

設AP=a,則PB=BF=8﹣a.

∵PE∥BF,

,即

∴PK=

∴DK=PD﹣PK=a﹣=

∴S△APK=PK?PA=??a=,S△DFK=DK?EF=?(8﹣a)=

∴S△APK=S△DFK

 

(3)當點P從點A出發,沿A→B→C→D的線路,向點D運動時,不妨設點Q在DA邊上,

若點P在點A,點Q在點D,此時PQ的中點O即為DA邊的中點;

若點Q在DA邊上,且不在點D,則點P在AB上,且不在點A.

此時在Rt△APQ中,O為PQ的中點,所以AO=PQ=4.

所以點O在以A為圓心,半徑為4,圓心角為90°的圓弧上.

PQ的中點O所經過的路徑是三段半徑為4,圓心角為90°的圓弧,如答圖3所示:

所以PQ的中點O所經過的路徑的長為:×2π×4=6π.

 

(4)點O所經過的路徑長為3,OM+OB的最小值為

如答圖4﹣1,分別過點G、O、H作AB的垂線,垂足分別為點R、S、T,則四邊形GRTH為梯形.

∵點O為中點,

∴OS=(GR+HT)=(AP+PB)=4,即OS為定值.

∴點O的運動路徑在與AB距離為4的平行線上.

∵MN=6,點P在線段MN上運動,且點O為GH中點,

∴點O的運動路徑為線段XY,XY=MN=3,XY∥AB且平行線之間距離為4,點X與點A、點Y與點B之間的水平距離均為2.5.

如答圖4﹣2,作點M關于直線XY的對稱點M′,連接BM′,與XY交于點O.

由軸對稱性質可知,此時OM+OB=BM′最小.

在Rt△BMM′中,MM′=2×4=8,BM=7,由勾股定理得:BM′==

∴OM+OB的最小值為

點評:

本題是中考壓軸題,難度較大.解題難點在于分析動點的運動軌跡,需要很好的空間想象能力和作圖分析能力;此外本題還綜合考查了二次函數、整式運算、四邊形、中位線、相似、軸對稱與勾股定理等眾多知識點,是一道好題.

 

43.(?昆明)如圖,在平面直角坐標系中,拋物線y=ax2+bx﹣3(a≠0)與x軸交于點A(﹣2,0)、B(4,0)兩點,與y軸交于點C.

(1)求拋物線的解析式;

(2)點P從A點出發,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Q從B點出發,在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動,其中一個點到達終點時,另一個點也停止運動,當△PBQ存在時,求運動多少秒使△PBQ的面積最大,最大面積是多少?

(3)當△PBQ的面積最大時,在BC下方的拋物線上存在點K,使S△CBK:S△PBQ=5:2,求K點坐標.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)把點A、B的坐標分別代入拋物線解析式,列出關于系數a、b的解析式,通過解方程組求得它們的值;

(2)設運動時間為t秒.利用三角形的面積公式列出S△PBQ與t的函數關系式S△PBQ=﹣(t﹣1)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﹣3.由二次函數圖象上點的坐標特征可設點K的坐標為(m,m2m﹣3).

如圖2,過點K作KE∥y軸,交BC于點E.結合已知條件和(2)中的結果求得S△CBK=.則根據圖形得到:S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK?m+?EK?(4﹣m),把相關線段的長度代入推知:﹣m2+3m=.易求得K1(1,﹣),K2(3,﹣).

解答:

解:(1)把點A(﹣2,0)、B(4,0)分別代入y=ax2+bx﹣3(a≠0),得

解得

所以該拋物線的解析式為:y=x2x﹣3;

 

(2)設運動時間為t秒,則AP=3t,BQ=t.

∴PB=6﹣3t.

由題意得,點C的坐標為(0,﹣3).

在Rt△BOC中,BC==5.

如圖1,過點Q作QH⊥AB于點H.

∴QH∥CO,

∴△BHQ∽△BOC,

=,即=

∴HQ=t.

∴S△PBQ=PB?HQ=(6﹣3t)?t=﹣t2+t=﹣(t﹣1)2+

當△PBQ存在時,0<t<2

∴當t=1時,

S△PBQ最大=

答:運動1秒使△PBQ的面積最大,最大面積是

 

(3)設直線BC的解析式為y=kx+c(k≠0).

把B(4,0),C(0,﹣3)代入,得

解得

∴直線BC的解析式為y=x﹣3.

∵點K在拋物線上.

∴設點K的坐標為(m,m2m﹣3).

如圖2,過點K作KE∥y軸,交BC于點E.則點E的坐標為(m,m﹣3).

∴EK=m﹣3﹣(m2m﹣3)=﹣m2+m.

當△PBQ的面積最大時,∵S△CBK:S△PBQ=5:2,S△PBQ=

∴S△CBK=

S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK?m+?EK?(4﹣m)

=×4?EK

=2(﹣m2+m)

=﹣m2+3m.

即:﹣m2+3m=

解得 m1=1,m2=3.

∴K1(1,﹣),K2(3,﹣).

點評:

本題是二次函數的綜合題型,其中涉及到的知識點有待定系數法求二次函數解析式和三角形的面積求法.在求有關動點問題時要注意該點的運動范圍,即自變量的取值范圍.

 

44.(?濟寧)如圖,拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A(5,0)、B(﹣1,0)兩點,過點A作直線AC⊥x軸,交直線y=2x于點C;

(1)求該拋物線的解析式;

(2)求點A關于直線y=2x的對稱點A′的坐標,判定點A′是否在拋物線上,并說明理由;

(3)點P是拋物線上一動點,過點P作y軸的平行線,交線段CA′于點M,是否存在這樣的點P,使四邊形PACM是平行四邊形?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題;勾股定理;平行四邊形的判定;相似三角形的應用.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)首先求出對稱點A′的坐標,然后代入拋物線解析式,即可判定點A′是否在拋物線上.本問關鍵在于求出A′的坐標.如答圖所示,作輔助線,構造一對相似三角形Rt△A′EA∽Rt△OAC,利用相似關系、對稱性質、勾股定理,求出對稱點A′的坐標;

(3)本問為存在型問題.解題要點是利用平行四邊形的定義,列出代數關系式求解.如答圖所示,平行四邊形的對邊平行且相等,因此PM=AC=10;利用含未知數的代數式表示出PM的長度,然后列方程求解.

解答:

解:(1)∵y=x2+bx+c與x軸交于A(5,0)、B(﹣1,0)兩點,

解得

∴拋物線的解析式為y=x2﹣x﹣

 

(2)如答圖所示,過點A′作A′E⊥x軸于E,AA′與OC交于點D,

∵點C在直線y=2x上,

∴C(5,10)

∵點A和A′關于直線y=2x對稱,

∴OC⊥AA′,A′D=AD.

∵OA=5,AC=10,

∴OC===

∵S△OAC=OC?AD=OA?AC,

∴AD=

∴AA′=

在Rt△A′EA和Rt△OAC中,

∵∠A′AE+∠A′AC=90°,

∠ACD+∠A′AC=90°,

∴∠A′AE=∠ACD.

又∵∠A′EA=∠OAC=90°,

∴Rt△A′EA∽Rt△OAC.

∴A′E=4,AE=8.

∴OE=AE﹣OA=3.

∴點A′的坐標為(﹣3,4),

當x=﹣3時,

y=×(﹣3)2+3﹣=4.

所以,點A′在該拋物線上.

 

(3)存在.

理由:設直線CA′的解析式為y=kx+b,

解得

∴直線CA′的解析式為y=x+

設點P的坐標為(x,x2﹣x﹣),則點M為(x,x+).

∵PM∥AC,

∴要使四邊形PACM是平行四邊形,只需PM=AC.又點M在點P的上方,

∴(x+)﹣(x2﹣x﹣)=10.

解得x1=2,x2=5(不合題意,舍去)

當x=2時,y=﹣

∴當點P運動到(2,﹣)時,四邊形PACM是平行四邊形.

點評:

本題是二次函數的綜合題型,考查了二次函數的圖象及性質、待定系數法、相似、平行四邊形、勾股定理、對稱等知識點,涉及考點較多,有一定的難度.第(2)問的要點是求對稱點A′的坐標,第(3)問的要點是利用平行四邊形的定義列方程求解.

 

45.(?吉林)如圖①,直線l:y=mx+n(m<0,n>0)與x,y軸分別相交于A,B兩點,將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△COD,過點A,B,D的拋物線P叫做l的關聯拋物線,而l叫做P的關聯直線.

(1)若l:y=﹣2x+2,則P表示的函數解析式為 y=﹣x2﹣x+2 ;若P:y=﹣x2﹣3x+4,則l表示的函數解析式為 y=﹣4x+4 

(2)求P的對稱軸(用含m,n的代數式表示);

(3)如圖②,若l:y=﹣2x+4,P的對稱軸與CD相交于點E,點F在l上,點Q在P的對稱軸上.當以點C,E,Q,F為頂點的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形時,求點Q的坐標;

(4)如圖③,若l:y=mx﹣4m,G為AB中點,H為CD中點,連接GH,M為GH中點,連接OM.若OM=,直接寫出l,P表示的函數解析式.

 

考點

二次函數綜合題;一次函數的應用;勾股定理;等腰直角三角形;平行四邊形的性質;作圖-旋轉變換.菁優網版權所有

專題

壓軸題;新定義.

分析:

(1)若l:y=﹣2x+2,求出點A、B、D的坐標,利用待定系數法求出P表示的函數解析式;若P:y=﹣x2﹣3x+4,求出點D、A、B的坐標,再利用待定系數法求出l表示的函數解析式;

(2)以點C,E,Q,F為頂點的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形時,則有FQ∥CE,且FQ=CE.以此為基礎,列方程求出點Q的坐標.注意:點Q的坐標有兩個,如答圖1所示,不要漏解;

(3)如答圖2所示,作輔助線,構造等腰直角三角形OGH,求出OG的長度,進而由AB=2OG求出AB的長度,再利用勾股定理求出y=mx﹣4m中m的值,最后分別求出l,P表示的函數解析式.

解答:

解:(1)若l:y=﹣2x+2,則A(1,0),B(0,2).

∵將△AOB繞點O逆時針旋轉90°,得到△COD,

∴D(﹣2,0).

設P表示的函數解析式為:y=ax2+bx+c,將點A、B、D坐標代入得:

解得

∴P表示的函數解析式為:y=﹣x2﹣x+2;

若P:y=﹣x2﹣3x+4=﹣(x+4)(x﹣1),

則D(﹣4,0),A(1,0).

∴B(0,4).

設l表示的函數解析式為:y=kx+b,將點A、B坐標代入得:

,解得

∴l表示的函數解析式為:y=﹣4x+4.

 

(2)直線l:y=mx+n(m>0,n<0),

令y=0,即mx+n=0,得x=﹣;令x=0,得y=n.

∴A(﹣,0)、B(0,n),

∴D(﹣n,0).

設拋物線對稱軸與x軸的交點為N(x,0),

∵DN=AN,∴﹣﹣x=x﹣(﹣n),

∴2x=﹣n﹣

∴P的對稱軸為x=﹣

 

(3)若l:y=﹣2x+4,則A(2,0)、B(0,4),

∴C(0,2)、D(﹣4,0).

可求得直線CD的解析式為:y=x+2.

由(2)可知,P的對稱軸為x=﹣1.

∵以點C,E,Q,F為頂點的四邊形是以CE為一邊的平行四邊形,

∴FQ∥CE,且FQ=CE.

設直線FQ的解析式為:y=x+b.

∵點E、點C的橫坐標相差1,∴點F、點Q的橫坐標也是相差1.

則|xF﹣(﹣1)|=|xF+1|=1,

解得xF=0或xF=﹣2.

∵點F在直線ll:y=﹣2x+4上,∴點F坐標為(0,4)或(﹣2,8).

若F(0,4),則直線FQ的解析式為:y=x+4,當x=﹣1時,y=,∴Q1(﹣1,);

若F(﹣2,8),則直線FQ的解析式為:y=x+9,當x=﹣1時,y=,∴Q2(﹣1,).

∴滿足條件的點Q有2個,如答圖1所示,點Q坐標為Q1(﹣1,)、Q2(﹣1,).

 

(4)如答圖2所示,連接OG、OH.

∵點G、H為斜邊中點,

∴OG=AB,OH=CD.

由旋轉性質可知,AB=CD,OG⊥OH,

∴△OGH為等腰直角三角形.

∵點G為GH中點,

∴△OMG為等腰直角三角形,

∴OG=OM=?=2

∴AB=2OG=4

∵l:y=mx﹣4m,∴A(4,0),B(0,﹣4m).

在Rt△AOB中,由勾股定理得:OA2+OB2=AB2

即:42+(﹣4m)2=(42

解得:m=﹣2或m=2,

∵點B在y軸正半軸,∴m=2舍去,∴m=﹣2.

∴l表示的函數解析式為:y=﹣2x+8;

∴B(0,8),D(﹣8,0).又A(4,0),利用待定系數法求得P:y=﹣x2﹣x+8.

點評:

本題是二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數的圖象與性質、一次函數、待定系數法、旋轉變換、平行四邊形、等腰直角三角形、勾股定理等多個知識點,綜合性較強,有一定的難度.題干中定義了“關聯拋物線”與“關聯直線”的新概念,理解這兩個概念是正確解題的前提.

 

46.(?淮安)如圖1,矩形OABC頂點B的坐標為(8,3),定點D的坐標為(12,0),動點P從點O出發,以每秒2個單位長度的速度沿x軸的正方向勻速運動,動點Q從點D出發,以每秒1個單位長度的速度沿x軸的負方向勻速運動,PQ兩點同時運動,相遇時停止.在運動過程中,以PQ為斜邊在x軸上方作等腰直角三角形PQR.設運動時間為t秒.

(1)當t= 1秒 時,△PQR的邊QR經過點B;

(2)設△PQR和矩形OABC重疊部分的面積為S,求S關于t的函數關系式;

(3)如圖2,過定點E(5,0)作EF⊥BC,垂足為F,當△PQR的頂點R落在矩形OABC的內部時,過點R作x軸、y軸的平行線,分別交EF、BC于點M、N,若∠MAN=45°,求t的值.

 

考點

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專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)△PQR的邊QR經過點B時,△ABQ構成等腰直角三角形,則有AB=AQ,由此列方程求出t的值;

(2)在圖形運動的過程中,有三種情形,需要分類討論,避免漏解;

(3)首先判定ABFE為正方形;其次通過旋轉,由三角形全等證明MN=EM+BN;設EM=m,BN=n,在Rt△FMN中,由勾股定理得到等式:mn+3(m+n)﹣9=0,由此等式列方程求出時間t的值.

解答:

解:(1)△PQR的邊QR經過點B時,△ABQ構成等腰直角三角形,

∴AB=AQ,即3=4﹣t,

∴t=1.

即當t=1秒時,△PQR的邊QR經過點B.

 

(2)①當0≤t≤1時,如答圖1﹣1所示.

設PR交BC于點G,

過點P作PH⊥BC于點H,則CH=OP=2t,GH=PH=3.

S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC

=8×3﹣(2t+2t+3)×3

=﹣6t;

②當1<t≤2時,如答圖1﹣2所示.

設PR交BC于點G,RQ交BC、AB于點S、T.

過點P作PH⊥BC于點H,則CH=OP=2t,GH=PH=3.

QD=t,則AQ=AT=4﹣t,

∴BT=BS=AB﹣AQ=3﹣(4﹣t)=t﹣1.

S=S矩形OABC﹣S梯形OPGC﹣S△BST

=8×3﹣(2t+2t+3)×3﹣(t﹣1)2

=﹣t2﹣5t+19;

③當2<t≤4時,如答圖1﹣3所示.

設RQ與AB交于點T,則AT=AQ=4﹣t.

PQ=12﹣3t,∴PR=RQ=(12﹣3t).

S=S△PQR﹣S△AQT

=PR2AQ2

=(12﹣3t)2(4﹣t)2

=t2﹣14t+28.

綜上所述,S關于t的函數關系式為:

S=

 

(3)∵E(5,0),∴AE=AB=3,

∴四邊形ABFE是正方形.

如答圖2,將△AME繞點A順時針旋轉90°,得到△ABM′,其中AE與AB重合.

∵∠MAN=45°,

∴∠EAM+∠NAB=45°,

∴∠BAM′+∠NAB=45°,

∴∠MAN=∠M′AN.

連接MN.在△MAN與△M′AN中,

∴△MAN≌△M′AN(SAS).

∴MN=M′N=M′B+BN

∴MN=EM+BN.

設EM=m,BN=n,則FM=3﹣m,FN=3﹣n.

在Rt△FMN中,由勾股定理得:FM2+FN2=MN2,即(3﹣m)2+(3﹣n)2=(m+n)2

整理得:mn+3(m+n)﹣9=0.  

延長NR交x軸于點S,則m=EM=RS=PQ=(12﹣3t),

∵QS=PQ=(12﹣3t),AQ=4﹣t,

∴n=BN=AS=QS﹣AQ=(12﹣3t)﹣(4﹣t)=2﹣t.

∴m=3n,

代入①式,化簡得:n2+4n﹣3=0,

解得n=﹣2+或n=﹣2﹣(舍去)

∴2﹣t=﹣2+

解得:t=8﹣2

∴若∠MAN=45°,則t的值為(8﹣2)秒.

點評:

本題是運動型綜合題,涉及動點與動線,復雜度較高,難度較大.第(2)問中,注意分類討論周全,不要遺漏;第(3)問中,善于利用全等三角形及勾股定理,求得線段之間的關系式,最后列出方程求解.題中運算量較大,需要認真計算.

 

47.(?懷化)如圖1,在平面直角坐標系中,AB=OB=8,∠ABO=90°,∠yOC=45°,射線OC以每秒2個單位長度的速度向右平行移動,當射線OC經過點B時停止運動,設平行移動x秒后,射線OC掃過Rt△ABO的面積為y.

(1)求y與x之間的函數關系式;

(2)當x=3秒時,射線OC平行移動到O′C′,與OA相交于G,如圖2,求經過G,O,B三點的拋物線的解析式;

(3)現有一動點P在(2)中的拋物線上,試問點P在運動過程中,是否存在△POB的面積S=8的情況?若存在,求出點P的坐標,若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)判斷出△ABO是等腰直角三角形,根據等腰直角三角形的性質可得∠AOB=45°,然后求出AO⊥CO,再根據平移的性質可得AO⊥C′O′,從而判斷出△OO′G是等腰直角三角形,然后根據等腰直角三角形的性質列式整理即可得解;

(2)求出OO′,再根據等腰直角三角形的性質求出點G的坐標,然后設拋物線解析式為y=ax2+bx,再把點B、G的坐標代入,利用待定系數法求二次函數解析式解答;

(3)設點P到x軸的距離為h,利用三角形的面積公式求出h,再分點P在x軸上方和下方兩種情況,利用拋物線解析式求解即可.

解答:

解:(1)∵AB=OB,∠ABO=90°,

∴△ABO是等腰直角三角形,

∴∠AOB=45°,

∵∠yOC=45°,

∴∠AOC=(90°﹣45°)+45°=90°,

∴AO⊥CO,

∵C′O′是CO平移得到,

∴AO⊥C′O′,

∴△OO′G是等腰直角三角形,

∵射線OC的速度是每秒2個單位長度,

∴OO′=2x,

∴其以OO′為底邊的高為x,

∴y=×(2x)?x=x2

 

(2)當x=3秒時,OO′=2×3=6,

×6=3,

∴點G的坐標為(3,3),

設拋物線解析式為y=ax2+bx,

解得

∴拋物線的解析式為y=﹣x2+x;

 

(3)設點P到x軸的距離為h,

則S△POB=×8h=8,

解得h=2,

當點P在x軸上方時,﹣x2+x=2,

整理得,x2﹣8x+10=0,

解得x1=4﹣,x2=4+

此時,點P的坐標為(4﹣,2)或(4+,2);

當點P在x軸下方時,﹣x2+x=﹣2,

整理得,x2﹣8x﹣10=0,

解得x1=4﹣,x2=4+

此時,點P的坐標為(4﹣,﹣2)或(4+,﹣2),

綜上所述,點P的坐標為(4﹣,2)或(4+,2)或(4﹣,﹣2)或(4+,﹣2)時,△POB的面積S=8.

點評:

本題是二次函數綜合題型,主要利用了等腰直角三角形的判定與性質,待定系數法求二次函數解析式,三角形的面積,二次函數圖象上點的坐標特征,(3)要注意分情況討論.

 

48.(?湖州)已知在平面直角坐標系xOy中,O是坐標原點,以P(1,1)為圓心的⊙P與x軸,y軸分別相切于點M和點N,點F從點M出發,沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動,連接PF,過點PE⊥PF交y軸于點E,設點F運動的時間是t秒(t>0).

(1)若點E在y軸的負半軸上(如圖所示),求證:PE=PF;

(2)在點F運動過程中,設OE=a,OF=b,試用含a的代數式表示b;

(3)作點F關于點M的對稱點F′,經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q,連接QE.在點F運動過程中,是否存在某一時刻,使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似?若存在,請直接寫出t的值;若不存在,請說明理由.

 

考點

圓的綜合題.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)連接PM,PN,運用△PMF≌△PNE證明;

(2)分兩種情況:①當t>1時,點E在y軸的負半軸上;②當0<t≤1時,點E在y軸的正半軸或原點上,再根據(1)求解,

(3)分兩種情況,當1<t<2時,當t>2時,三角形相似時還各有兩種情況,根據比例式求出時間t.

解答:

證明:(1)如圖,連接PM,PN,

∵⊙P與x軸,y軸分別相切于點M和點N,

∴PM⊥MF,PN⊥ON且PM=PN,

∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°,

∵PE⊥PF,

∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE,

在△PMF和△PNE中,

∴△PMF≌△PNE(ASA),

∴PE=PF;

 

(2)解:分兩種情況:

①當t>1時,點E在y軸的負半軸上,如圖1,

由(1)得△PMF≌△PNE,

∴NE=MF=t,PM=PN=1,

∴b=OF=OM+MF=1+t,a=NE﹣ON=t﹣1,

∴b﹣a=1+t﹣(t﹣1)=2,

∴b=2+a,

②0<t≤1時,如圖2,點E在y軸的正半軸或原點上,

同理可證△PMF≌△PNE,

∴b=OF=OM+MF=1+t,a=OE=ON﹣NE=1﹣t,

∴b+a=1+t+1﹣t=2,

∴b=2﹣a.

綜上所述,當t>1時,b=2+a;當0<t≤1時,b=2﹣a;

 

(3)存在;

①如圖3,當1<t<2時,

∵F(1+t,0),F和F′關于點M對稱,M的坐標為(1,0),

∴F′(1﹣t,0)

∵經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q,

∴Q(1﹣t,0)

∴OQ=1﹣t,

由(1)得△PMF≌△PNE

∴NE=MF=t,

∴OE=t﹣1

當△OEQ∽△MPF

=

=

解得,t=

當△OEQ∽△MFP時,

=

=

解得,t=

②如圖4,當t>2時,

∵F(1+t,0),F和F′關于點M對稱,

∴F′(1﹣t,0)

∵經過M、E和F′三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q,

∴Q(1﹣t,0)

∴OQ=t﹣1,

由(1)得△PMF≌△PNE

∴NE=MF=t,

∴OE=t﹣1

當△OEQ∽△MPF

=

=

無解,

當△OEQ∽△MFP時,

=

=

解得,t=2+,t=2﹣(舍去)

所以當t=,t=,t=2+時,使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似.

點評:

本題主要考查了圓的綜合題,解題的關鍵是把圓的知識與全等三角形與相似三角形相結合找出線段關系.

 

49.(?岳陽)如圖,拋物線經過點A(1,0),B(5,0),C(0,)三點,設點E(x,y)是拋物線上一動點,且在x軸下方,四邊形OEBF是以OB為對角線的平行四邊形.

(1)求拋物線的解析式;

(2)當點E(x,y)運動時,試求平行四邊形OEBF的面積S與x之間的函數關系式,并求出面積S的最大值?

(3)是否存在這樣的點E,使平行四邊形OEBF為正方形?若存在,求E點,F點的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)由拋物線經過點A(1,0),B(5,0),C(0,)三點,利用待定系數法求二次函數的解析式;

(2)由點E(x,y)是拋物線上一動點,且位于第四象限,可得y<0,即﹣y>0,﹣y表示點E到OA的距離,又由S=2S△OBE=2××OB?|y|,即可求得平行四邊形OEAF的面積S與x之間的函數關系式,結合圖象,求得自變量x的取值范圍;

(3)由當OB⊥EF,且OB=EF時,平行四邊形OEBF是正方形,可得此時點E坐標只能(2.5,﹣2.5),而坐標為(2.5,﹣2.5)點在拋物線上,故可判定存在點E,使平行四邊形OEBF為正方形.

解答:

解:(1)設所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c,

∵拋物線經過點A(1,0),B(5,0),C(0,)三點,則由題意可得:

,解得

∴所求拋物線的解析式為:y=x2﹣4x+

 

(2)∵點E(x,y)是拋物線上一動點,且在x軸下方,

∴y<0,

即﹣y>0,﹣y表示點E到OA的距離.

∵OB是平行四邊形OEBF的對角線,

∴S=2S△OBE=2××OB?|y|=﹣5y=﹣5(x2﹣4x+)=﹣x2+20x﹣

∵S=﹣(x﹣3)2+

∴S與x之間的函數關系式為:S=﹣x2+20x﹣(1<x<5),S的最大值為

 

(3)∵當OB⊥EF,且OB=EF時,平行四邊形OEBF是正方形,

∴此時點E坐標只能(,﹣),而坐標為(,﹣)點在拋物線上,

∴存在點E(,﹣),使平行四邊形OEBF為正方形,

此時點F坐標為().

點評:

此題屬于二次函數綜合題,考查了待定系數法求二次函數的解析式、配方法、平行四邊形的性質以及正方形的判定等知識.此題綜合性很強,難度較大,注意數形結合思想、方程思想與函數思想的應用.

 

50.(?大連)如圖,拋物線y=a(x﹣m)2+2m﹣2(其中m>1)與其對稱軸l相交于點P,與y軸相交于點A(0,m﹣1).連接并延長PA、PO,與x軸、拋物線分別相交于點B、C,連接BC.點C關于直線l的對稱點為C′,連接PC′,即有PC′=PC.將△PBC繞點P逆時針旋轉,使點C與點C′重合,得到△PB′C′.

(1)該拋物線的解析式為 y=(x﹣m)2+2m﹣2 (用含m的式子表示);

(2)求證:BC∥y軸;

(3)若點B′恰好落在線段BC′上,求此時m的值.

 

考點

二次函數綜合題;解分式方程;待定系數法求一次函數解析式;待定系數法求二次函數解析式;平行線的判定與性質;三角形內角和定理;等腰三角形的性質;旋轉的性質;相似三角形的判定與性質.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)只需將A點坐標(0,m﹣1)代入y=a(x﹣m)2+2m﹣2,即可求出a值,從而得到拋物線的解析式.

(2)由點A、P的坐標可求出直線AP的解析式,從而求出點B的橫坐標為﹣m;由點P的坐標可求出直線OP的解析式,從而求出直線OP與拋物線的交點C的橫坐標為﹣m.由于點B、C的橫坐標相同,故BC∥y軸.

(3)利用三角形的內角和定理、圖形旋轉的性質等知識,結合條件可以證到∠POD=∠BAO,從而可以證到△BAO∽△POD,進而得到=,由BO=m,PD=2m﹣2,AO=m﹣1,OD=m,可得:=,通過解方程就可解決問題.

解答:

(1)解:∵A(0,m﹣1)在拋物線y=a(x﹣m)2+2m﹣2上,

∴a(0﹣m)2+2m﹣2=m﹣1.

∴a=

∴拋物線的解析式為y=(x﹣m)2+2m﹣2.

 

(2)證明:如圖1,

設直線PA的解析式為y=kx+b,

∵點P(m,2m﹣2),點A(0,m﹣1).

解得:

∴直線PA的解析式是y=x+m﹣1.

當y=0時,x+m﹣1=0.

∵m>1,

∴x=﹣m.

∴點B的橫坐標是﹣m.

設直線OP的解析式為y=k′x,

∵點P的坐標為(m,2m﹣2),

∴k′m=2m﹣2.

∴k′=

∴直線OP的解析式是y=x.

聯立

解得:

∵點C在第三象限,且m>1,

∴點C的橫坐標是﹣m.

∴BC∥y軸.

 

(3)解:若點B′恰好落在線段BC′上,

設對稱軸l與x軸的交點為D,連接CC′,如圖2,

則有∠PB′C′+∠PB′B=180°.

∵△PB′C′是由△PBC繞點P逆時針旋轉所得,

∴∠PBC=∠PB′C′,PB=PB′,∠BPB′=∠CPC′.

∴∠PBC+∠PB'B=180°.

∵BC∥AO,

∴∠ABC+∠BAO=180°.

∴∠PB′B=∠BAO.

∵PB=PB′,PC=PC′,

∴∠PB′B=∠PBB′=

∴∠PCC′=∠PC′C=

∴∠PB′B=∠PCC′.

∴∠BAO=∠PCC′.

∵點C關于直線l的對稱點為C′,

∴CC′⊥l.

∵OD⊥l,

∴OD∥CC′.

∴∠POD=∠PCC′.

∴∠POD=∠BAO.

∵∠AOB=∠ODP=90°,∠POD=∠BAO,

∴△BAO∽△POD.

=

∵BO=m,PD=2m﹣2,AO=m﹣1,OD=m,

=

解得:

∴m1=2+,m2=2﹣

經檢驗:m1=2+,m2=2﹣都是分式方程的解.

∵m>1,

∴m=2+

∴若點B′恰好落在線段BC′上,此時m的值為2+

點評:

本題考查了用待定系數法求二次函數及一次函數的解析式、相似三角形判定與性質、平行線的判定與性質、等腰三角形的性質、解分式方程、三角形的內角和定理、旋轉的性質、拋物線與直線的交點等知識,綜合性比較強,有一定的難度.而證明∠POD=∠BAO,進而證到△BAO∽△POD是解決第3小題的關鍵.

 

51.(?桂林)如圖,已知拋物線y=ax2+bx+4與x軸交于A(﹣2,0)、B兩點,與y軸交于C點,其對稱軸為直線x=1.

(1)直接寫出拋物線的解析式: y=﹣x2+x+4 

(2)把線段AC沿x軸向右平移,設平移后A、C的對應點分別為A′、C′,當C′落在拋物線上時,求A′、C′的坐標;

(3)除(2)中的點A′、C′外,在x軸和拋物線上是否還分別存在點E、F,使得以A、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形?若存在,求出E、F的坐標;若不存在,請說明理由.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)先求得B點的坐標,然后根據待定系數法交點拋物線的解析式;

(2)根據平移性質及拋物線的對稱性,求出A′、C′的坐標;

(3)以A、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形,可能存在3種滿足條件的情形,需要分類討論,避免漏解.

解答:

解:(1)∵A(﹣2,0),對稱軸為直線x=1.

∴B(4,0),

把A(﹣2,0),B(4,0)代入拋物線的表達式為:

解得:

∴拋物線的解析式為:y=﹣x2+x+4;

 

(2)由拋物線y=﹣x2+x+4可知C(0,4),

∵拋物線的對稱軸為直線x=1,根據對稱性,

∴C′(2,4),

∴A′(0,0).

 

(3)存在.

設F(x,﹣x2+x+4).

以A、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形,

①若AC為平行四邊形的邊,如答圖1﹣1所示,則EF∥AC且EF=AC.

過點F1作F1D⊥x軸于點D,則易證Rt△AOC≌Rt△E1DF1

∴DE1=2,DF1=4.

∴﹣x2+x+4=﹣4,

解得:x1=1+,x2=1﹣

∴F1(1+,﹣4),F2(1﹣,﹣4);

∴E1(3+,0),E2(3﹣,0).

②若AC為平行四邊形的對角線,如答圖1﹣2所示.

∵點E3在x軸上,∴CF3∥x軸,

∴點C為點A關于x=1的對稱點,

∴F3(2,4),CF3=2.

∴AE3=2,

∴E3(﹣4,0).

綜上所述,存在點E、F,使得以A、C、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形;

點E、F的坐標為:E1(3+,0),F1(1+,﹣4);E2(3﹣,0),F2(1﹣,﹣4);E3(﹣4,0),F3(2,4).

(注:因點F3與點C′重合,故此處不確定E3、F3是否滿足題意,請讀者注意,謝謝)

點評:

本題是二次函數綜合題,考查了待定系數法求解析式,根據拋物線的性質求得對稱點的問題,平行四邊形的性質等.解題關鍵是根據題意畫出圖形,根據圖形解答問題.

 

52.(?廣州)如圖,梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=3,BC=4,CD=5.點E為線段CD上一動點(不與點C重合),△BCE關于BE的軸對稱圖形為△BFE,連接CF.設CE=x,△BCF的面積為S1,△CEF的面積為S2

(1)當點F落在梯形ABCD的中位線上時,求x的值;

(2)試用x表示,并寫出x的取值范圍;

(3)當△BFE的外接圓與AD相切時,求的值.

 

考點

四邊形綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)利用梯形中位線的性質,證明△BCF是等邊三角形;然后解直角三角形求出x的值;

(2)利用相似三角形(或射影定理)求出線段EG與BE的比,然后利用=求解;

(3)依題意作出圖形,當△BFE的外接圓與AD相切時,線段BE的中點O成為圓心.作輔助線,如答圖3,構造一對相似三角形△OMP∽△ADH,利用比例關系列方程求出x的值,進而求出的值.

解答:

解:(1)當點F落在梯形ABCD中位線上時,

如答圖1,過點F作出梯形中位線MN,分別交AD、BC于點M、N.

由題意,可知ABCD為直角梯形,則MN⊥BC,且BN=CN=BC.

由軸對稱性質,可知BF=BC,

∴BN=BF,

∴∠BFN=30°,∴∠FBC=60°,

∴△BFC為等邊三角形.

∴CF=BC=4,∠FCB=60°,

∴∠ECF=30°.

設BE、CF交于點G,由軸對稱性質可知CG=CF=2,CF⊥BE.

在Rt△CEG中,x=CE===

∴當點F落在梯形ABCD的中位線上時,x的值為

 

(2)如答圖2,由軸對稱性質,可知BE⊥CF.

∵∠GEC+∠ECG=90°,∠GEC+∠CBE=90°,

∴∠GCE=∠CBE,

又∵∠CGE=∠ECB=90°,

∴Rt△BCE∽Rt△CGE,

∴CE2=EG?BE  

同理可得:BC2=BG?BE 

①÷②得:==

====

=(0<x≤5).

 

(3)當△BFE的外接圓與AD相切時,依題意畫出圖形,如答圖3所示.

設圓心為O,半徑為r,則r=BE=

設切點為P,連接OP,則OP⊥AD,OP=r=

過點O作梯形中位線MN,分別交AD、BC于點M、N,

則OM為梯形ABED的中位線,∴OM=(AB+DE)=(3+5﹣x)=(8﹣x).

過點A作AH⊥CD于點H,則四邊形ABCH為矩形,

∴AH=BC=4,CH=AB=3,∴DH=CD﹣CH=2.

在Rt△ADH中,由勾股定理得:AD===2

∵MN∥CD,

∴∠ADH=∠OMP,又∵∠AHD=∠OPM=90°,

∴△OMP∽△ADH,

,即

化簡得:16﹣2x=

兩邊平方后,整理得:x2+64x﹣176=0,

解得:x1=﹣32+20,x2=﹣32﹣20(舍去)

∵0<﹣32+20≤5

∴x=﹣32+20符合題意,

==139﹣80

點評:

本題是幾何綜合題,考查了直角梯形、相似、勾股定理、等邊三角形、矩形、中位線、圓的切線、解方程、解直角三角形等知識點,考查了軸對稱變換與動點型問題,涉及考點較多,有一定的難度.

 

53.(?撫順)如圖,拋物線y=ax2+x+c與x軸交于點A(4,0)、B(﹣1,0),與y軸交于點C,連接AC,點M是線段OA上的一個動點(不與點O、A重合),過點M作MN∥AC,交OC于點N,將△OMN沿直線MN折疊,點O的對應點O′落在第一象限內,設OM=t,△O′MN與梯形AMNC重合部分面積為S.

(1)求拋物線的解析式;

(2)①當點O′落在AC上時,請直接寫出此時t的值;

②求S與t的函數關系式;

(3)在點M運動的過程中,請直接寫出以O、B、C、O′為頂點的四邊形分別是等腰梯形和平行四邊形時所對應的t值.

 

考點

二次函數綜合題;平行線的判定;勾股定理的應用;等腰梯形的判定.菁優網版權所有

專題

壓軸題.

分析:

(1)應用待定系數法即可求得解析式.

(2)①根據平行線的性質及軸對稱的性質求得∠AO′M=∠O′AM,從而求得OM=AM=,進而求得t的值;②根據平行線分線段成比例定理求得ON==t,即可求得三角形的面積S;

(3)根據直線BC的斜率即可求得直線OO′的解析式y=2x,設O′(m,2m),根據O′N=t先求得m與t的關系式,然后根據O′C=OB即可求得.

解答:

解:(1)∵拋物線y=ax2+x+c與x軸交于點A(4,0)、B(﹣1,0),

解得

∴拋物線的解析式:y=﹣x2+x+2;

 

(2)①如圖1,∵MN∥AC,

∴∠OMN=∠O′AM,∠O′MN=AO′M

∵∠OMN=∠O′MN,

∴∠AO′M=∠O′AM,

∴O′M=AM,

∵OM=O′M,

∴OM=AM=t,

∴t===2;

②由拋物線的解析式:y=﹣x2+x+2可知C(0,2)

∵A(4,0)、C(0,2),

∴OA=4,OC=2,

∵MN∥AC,

∴ON:OM=OC:OA=2:4=1:2,

∴ON=OM=t,

∴當0<t≤2時,S===t2

當2<t≤4時,S=[t﹣(4﹣t)][t﹣(2﹣t)]=t2﹣(t﹣2)2=﹣t2+4t﹣4;

∴S=

 

(3)如圖2,∵B(﹣1,0),C(0,2),

∴直線BC的斜率為2,

∵OO′∥BC,

∴直線OO′的解析式為y=2x,

設O′(m,2m),

∵O′N=ON=t,

∴O′N2=m2+(2m﹣t)2=(2

∴t=m,

∴O′C2=m2+(2﹣2m)2

∵OB=O′C,

∴m2+(2﹣2m)2=(﹣1)2

解得m1=1,m2=

∴O′(1,2)或(),

∵C(0,2),

∴當O′(1,2)時,以O、B、C、O′為頂點的四邊形是平行四邊形,此時t=

當O′()時,以O、B、C、O′為頂點的四邊形是梯形,此時t=

點評:

本題考查了待定系數法求解析式,平行線的性質,勾股定理的應用,關于軸對稱的兩個圖形的性質,平行四邊形的判定,梯形的判定等.

 

54.(?福州)如圖,拋物線y=(x﹣3)2﹣1與x軸交于A,B兩點(點A在點B的左側),與y軸交于點C,頂點為D.

(1)求點A,B,D的坐標;

(2)連接CD,過原點O作OE⊥CD,垂足為H,OE與拋物線的對稱軸交于點E,連接AE,AD,求證:∠AEO=∠ADC;

(3)以(2)中的點E為圓心,1為半徑畫圓,在對稱軸右側的拋物線上有一動點P,過點P作⊙E的切線,切點為Q,當PQ的長最小時,求點P的坐標,并直接寫出點Q的坐標.

 

考點

二次函數綜合題.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)根據二次函數性質,求出點A、B、D的坐標;

(2)如何證明∠AEO=∠ADC?如答圖1所示,我們觀察到在△EFH與△ADF中:∠EHF=90°,有一對對頂角相等;因此只需證明∠EAD=90°即可,即△ADE為直角三角形,由此我們聯想到勾股定理的逆定理.分別求出△ADE三邊的長度,再利用勾股定理的逆定理證明它是直角三角形,由此問題解決;

(3)依題意畫出圖形,如答圖2所示.由⊙E的半徑為1,根據切線性質及勾股定理,得PQ2=EP2﹣1,要使切線長PQ最小,只需EP長最小,即EP2最小.利用二次函數性質求出EP2最小時點P的坐標,并進而求出點Q的坐標.

解答:

(1)解:頂點D的坐標為(3,﹣1).

令y=0,得(x﹣3)2﹣1=0,

解得:x1=3+,x2=3﹣

∵點A在點B的左側,

∴A(3﹣,0),B(3+,0).

 

(2)證明:如答圖1,過頂點D作DG⊥y軸于點G,則G(0,﹣1),GD=3.

令x=0,得y=

∴C(0,).

∴CG=OC+OG=+1=

∴tan∠DCG=

設對稱軸交x軸于點M,則OM=3,DM=1,AM=3﹣(3﹣)=

由OE⊥CD,易知∠EOM=∠DCG.

∴tan∠EOM=tan∠DCG==

解得EM=2,

∴DE=EM+DM=3.

在Rt△AEM中,AM=,EM=2,由勾股定理得:AE=

在Rt△ADM中,AM=,DM=1,由勾股定理得:AD=

∵AE2+AD2=6+3=9=DE2

∴△ADE為直角三角形,∠EAD=90°.

設AE交CD于點F,

∵∠AEO+∠EFH=90°,∠ADC+AFD=90°,∠EFH=∠AFD(對頂角相等),

∴∠AEO=∠ADC.

 

(3)解:依題意畫出圖形,如答圖2所示:

由⊙E的半徑為1,根據切線性質及勾股定理,得PQ2=EP2﹣1,

要使切線長PQ最小,只需EP長最小,即EP2最小.

設點P坐標為(x,y),由勾股定理得:EP2=(x﹣3)2+(y﹣2)2

∵y=(x﹣3)2﹣1,

∴(x﹣3)2=2y+2.

∴EP2=2y+2+(y﹣2)2=(y﹣1)2+5

當y=1時,EP2有最小值,最小值為5.

將y=1代入y=(x﹣3)2﹣1,得(x﹣3)2﹣1=1,

解得:x1=1,x2=5.

又∵點P在對稱軸右側的拋物線上,

∴x1=1舍去.

∴P(5,1).

此時點Q坐標為(3,1)或().

點評:

本題是二次函數壓軸題,涉及考點眾多,難度較大.第(2)問中,注意觀察圖形,將問題轉化為證明△ADE為直角三角形的問題,綜合運用勾股定理及其逆定理、三角函數(或相似形)求解;第(3)問中,解題關鍵是將最值問題轉化為求EP2最小值的問題,注意解答中求EP2最小值的具體方法.

 

55.(?成都)如圖,在⊙O的內接△ABC中,∠ACB=90°,AC=2BC,過C作AB的垂線l交⊙O于另一點D,垂足為E.設P是上異于A,C的一個動點,射線AP交l于點F,連接PC與PD,PD交AB于點G.

(1)求證:△PAC∽△PDF;

(2)若AB=5,=,求PD的長;

(3)在點P運動過程中,設=x,tan∠AFD=y,求y與x之間的函數關系式.(不要求寫出x的取值范圍)

 

考點

圓的綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)證明相似,思路很常規,就是兩個角相等或邊長成比例.因為題中因圓周角易知一對相等的角,那么另一對角相等就是我們需要努力的方向,因為涉及圓,傾向于找接近圓的角∠DPF,利用補角在圓內作等量代換,等弧對等角等知識易得∠DPF=∠APC,則結論易證.

(2)求PD的長,且此線段在上問已證相似的△PDF中,很明顯用相似得成比例,再將其他邊代入是應有的思路.利用已知條件易得其他邊長,則PD可求.

(3)因為題目涉及∠AFD與也在第一問所得相似的△PDF中,進而考慮轉化,∠AFD=∠PCA,連接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG,過G點作AB的垂線,若此線過PB與AC的交點那么結論易求,因為根據三角函數或三角形與三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所對的這條高線.但是“此線是否過PB與AC的交點”?此時首先需要做的是多畫幾個動點P,觀察我們的猜想.驗證得我們的猜想應是正確的,可是證明不能靠畫圖,如何求證此線過PB與AC的交點是我們解題的關鍵.常規作法不易得此結論,我們可以換另外的輔助線作法,先做垂線,得交點H,然后連接交點與B,再證明∠HBG=∠PCA=∠AFD.因為C、D關于AB對稱,可以延長CG考慮P點的對稱點.根據等弧對等角,可得∠HBG=∠PCA,進而得解題思路.

解答:

(1)證明:∵

∴∠DPF=180°﹣∠APD=180°﹣所對的圓周角=180°﹣所對的圓周角=所對的圓周角=∠APC.

在△PAC和△PDF中,

∴△PAC∽△PDF.

 

(2)解:如圖1,連接PO,則由,有PO⊥AB,且∠PAB=45°,△APO、△AEF都為等腰直角三角形.

在Rt△ABC中,

∵AC=2BC,

∴AB2=BC2+AC2=5BC2

∵AB=5,

∴BC=

∴AC=2

∴CE=AC?sin∠BAC=AC?=2?=2,

  AE=AC?cos∠BAC=AC?=2?=4,

∵△AEF為等腰直角三角形,

∴EF=AE=4,

∴FD=FC+CD=(EF﹣CE)+2CE=EF+CE=4+2=6.

∵△APO為等腰直角三角形,AO=?AB=

∴AP=

∵△PDF∽△PAC,

∴PD=

 

(3)解:如圖2,過點G作GH⊥AB,交AC于H,連接HB,以HB為直徑作圓,連接CG并延長交⊙O于Q,

∵HC⊥CB,GH⊥GB,

∴C、G都在以HB為直徑的圓上,

∴∠HBG=∠ACQ,

∵C、D關于AB對稱,G在AB上,

∴Q、P關于AB對稱,

∴∠PCA=∠ACQ,

∴∠HBG=∠PCA.

∵△PAC∽△PDF,

∴∠PCA=∠PFD=∠AFD,

∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=

∵HG=tan∠HAG?AG=tan∠BAC?AG==

∴y==x.

點評:

本題考查了圓周角、相似三角形、三角函數等性質,前兩問思路還算簡單,但最后一問需要熟練的解題技巧需要長久的磨練總結.總體來講本題偏難,學生練習時加強理解,重點理解分析過程,自己如何找到思路.

 

56.(?萊蕪)如圖,過A(1,0)、B(3,0)作x軸的垂線,分別交直線y=4﹣x于C、D兩點.拋物線y=ax2+bx+c經過O、C、D三點.

(1)求拋物線的表達式;

(2)點M為直線OD上的一個動點,過M作x軸的垂線交拋物線于點N,問是否存在這樣的點M,使得以A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形?若存在,求此時點M的橫坐標;若不存在,請說明理由;

(3)若△AOC沿CD方向平移(點C在線段CD上,且不與點D重合),在平移的過程中△AOC與△OBD重疊部分的面積記為S,試求S的最大值.

 

考點

二次函數綜合題;平行四邊形的判定與性質;坐標與圖形變化-平移.菁優網版權所有

專題

代數幾何綜合題;壓軸題;待定系數法.

分析:

(1)利用待定系數法求出拋物線的解析式;

(2)由題意,可知MN∥AC,因為以A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形,則有MN=AC=3.設點M的橫坐標為x,則求出MN=|x2﹣4x|;解方程|x2﹣4x|=3,求出x的值,即點M橫坐標的值;

(3)設水平方向的平移距離為t(0≤t<2),利用平移性質求出S的表達式:S=﹣(t﹣1)2+;當t=1時,s有最大值為

解答:

解:(1)由題意,可得C(1,3),D(3,1).

∵拋物線過原點,∴設拋物線的解析式為:y=ax2+bx.

解得

∴拋物線的表達式為:y=﹣x2+x.

 

(2)存在.

設直線OD解析式為y=kx,將D(3,1)代入,

求得k=

∴直線OD解析式為y=x.

設點M的橫坐標為x,則M(x,x),N(x,﹣x2+x),

∴MN=|yM﹣yN|=|x﹣(﹣x2+x)|=|x2﹣4x|.

由題意,可知MN∥AC,因為以A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形,則有MN=AC=3.

∴|x2﹣4x|=3.

x2﹣4x=3,整理得:4x2﹣12x﹣9=0,

解得:x=或x=

x2﹣4x=﹣3,整理得:4x2﹣12x+9=0,

解得:x=

∴存在滿足條件的點M,點M的橫坐標為:

 

(3)∵C(1,3),D(3,1)

∴易得直線OC的解析式為y=3x,直線OD的解析式為y=x.

如解答圖所示,

設平移中的三角形為△A′O′C′,點C′在線段CD上.

設O′C′與x軸交于點E,與直線OD交于點P;

設A′C′與x軸交于點F,與直線OD交于點Q.

設水平方向的平移距離為t(0≤t<2),

則圖中AF=t,F(1+t,0),Q(1+t,+t),C′(1+t,3﹣t).

設直線O′C′的解析式為y=3x+b,

將C′(1+t,3﹣t)代入得:b=﹣4t,

∴直線O′C′的解析式為y=3x﹣4t.

∴E(t,0).

聯立y=3x﹣4t與y=x,解得x=t,

∴P(t,t).

過點P作PG⊥x軸于點G,則PG=t.

∴S=S△OFQ﹣S△OEP=OF?FQ﹣OE?PG

=(1+t)(+t)﹣?t?t

=﹣(t﹣1)2+

當t=1時,S有最大值為

∴S的最大值為

 

點評:

本題是二次函數壓軸題,綜合考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、函數圖象上點的坐標特征、平行四邊形、平移變換、圖形面積計算等知識點,有一定的難度.第(2)問中,解題關鍵是根據平行四邊形定義,得到MN=AC=3,由此列出方程求解;第(3)問中,解題關鍵是求出S的表達式,注意圖形面積的計算方法.

 

57.(?常州)在平面直角坐標系xOy中,點M(),以點M為圓心,OM長為半徑作⊙M.使⊙M與直線OM的另一交點為點B,與x軸,y軸的另一交點分別為點D,A(如圖),連接AM.點P是上的動點.

(1)寫出∠AMB的度數;

(2)點Q在射線OP上,且OP?OQ=20,過點Q作QC垂直于直線OM,垂足為C,直線QC交x軸于點E.

①當動點P與點B重合時,求點E的坐標;

②連接QD,設點Q的縱坐標為t,△QOD的面積為S.求S與t的函數關系式及S的取值范圍.

 

考點

圓的綜合題.

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)首先過點M作MH⊥OD于點H,由點M(),可得∠MOH=45°,OH=MH=,繼而求得∠AOM=45°,又由OM=AM,可得△AOM是等腰直角三角形,繼而可求得∠AMB的度數;

(2)①由OH=MH=,MH⊥OD,即可求得OD與OM的值,繼而可得OB的長,又由動點P與點B重合時,OP?OQ=20,可求得OQ的長,繼而求得答案;

②由OD=2,Q的縱坐標為t,即可得S=,然后分別從當動點P與B點重合時,過點Q作QF⊥x軸,垂足為F點,與當動點P與A點重合時,Q點在y軸上,去分析求解即可求得答案.

解答:

解:(1)過點M作MH⊥OD于點H,

∵點M(),

∴OH=MH=

∴∠MOD=45°,

∵∠AOD=90°,

∴∠AOM=45°,

∵OA=OM,

∴∠OAM=∠AOM=45°,

∴∠AMO=90°,

∴∠AMB=90°;

 

(2)①∵OH=MH=,MH⊥OD,

∴OM==2,OD=2OH=2

∴OB=4,

∵動點P與點B重合時,OP?OQ=20,

∴OQ=5,

∵∠OQE=90°,∠POE=45°,

∴OE=5

∴E點坐標為(5,0)

 

②∵OD=2,Q的縱坐標為t,

∴S=

如圖2,當動點P與B點重合時,過點Q作QF⊥x軸,垂足為F點,

∵OP=4,OP?OQ=20,

∴OQ=5,

∵∠OFC=90°,∠QOD=45°,

∴t=QF=

此時S=

如圖3,當動點P與A點重合時,Q點在y軸上,

∴OP=2

∵OP?OQ=20,

∴t=OQ=5

此時S=

∴S的取值范圍為5≤S≤10.

點評:

此題考查了垂徑定理、等腰直角三角形的性質以及勾股定理等知識.此題難度較大,注意掌握輔助線的作法,注意掌握數形結合思想、分類討論思想與方程思想的應用.

 

58.(?濱州)如圖,矩形ABCD中,AB=20,BC=10,點P為AB邊上一動點,DP交AC于點Q.

(1)求證:△APQ∽△CDQ;

(2)P點從A點出發沿AB邊以每秒1個單位長度的速度向B點移動,移動時間為t秒.

①當t為何值時,DP⊥AC?

②設S△APQ+S△DCQ=y,寫出y與t之間的函數解析式,并探究P點運動到第幾秒到第幾秒之間時,y取得最小值.

 

考點

相似形綜合題.

專題

壓軸題;探究型.

分析:

(1)求證相似,證兩對角相等即可,由平行線的性質容易得出角相等.

(2)①當垂直時,易得三角形相似,故有相似邊成比例,由題中已知矩形邊長,AP長已知,故t易知.

②因為S△APQ+S△DCQ=y,故求S△APQ和S△DCQ是解決問題的關鍵,觀察無固定組合規則圖象,則考慮作高分別求取.考慮兩高在同一直線上,且相加恰為10,故可由(1)相似結論得,高的比等于對應邊長比,設其中一高為h,即可求得,則易表示y=,注意要考慮t的取值.討論何時y最小,y=不是我們學過的函數類型,故無法用最值性質來討論,觀察題目問法“探究P點運動到第幾秒到第幾秒之間時”,<1>并不是我們常規的在確定時間最小,<2>時間為整數秒.故可考慮將所有可能的秒全部算出,再觀察數據探究函數的變化找結論.

解答:

(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,

∴AB∥CD,

∴∠QPA=∠QDC,∠QAP=∠QCD,

∴△APQ∽△CDQ.

 

(2)解:①當DP⊥AC時,∠QCD+∠QDC=90°,

∵∠ADQ+∠QDC=90°,

∴∠DCA=∠ADP,

∵∠ADC=∠DAP=90°,

∴△ADC∽△PAD,

=

解得 PA=5,

∴t=5.

②設△AQP的邊AP上的高h,則△QDC的邊DC上的高為(10﹣h).

∵△APQ∽△CDQ,

==

解得 h=

∴10﹣h=

∴S△APQ==

S△DCQ==

∴y=S△APQ+S△DCQ=+=(0≤t≤20).

探究:

t=0,y=100;

t=1,y≈95.48;

t=2,y≈91.82;

t=3,y≈88.91;

t=4,y≈86.67;

t=5,y=85;

t=6,y≈83.85;

t=7,y≈83.15;

t=8,y≈82.86;

t=9,y≈82.93;

t=10,y≈83.33;

t=11,y≈84.03;

t=12,y=85;

t=13,y≈86.21;

t=14,y≈87.65;

t=15,y≈89.29;

t=16,y≈91.11;

t=17,y≈93.11;

t=18,y≈95.26;

t=19,y≈97.56;

t=20,y=100;

觀察數據知:

當0≤t≤8時,y隨t的增大而減小;

當9≤t≤20時,y隨t的增大而增大;

故y在第8秒到第9秒之間取得最小值.

點評:

本題主要考查了三角形相似及相似圖形性質等問題,(2)②是一道非常新穎的考點,它考察了考生對函數本身的理解,作為未知函數類型如何探索其變化趨勢是非常需要學生能力的.總體來說,本題是一道非常好、非常新的題目.

 

59.(?白銀)如圖,在平面直角坐標系xOy中,頂點為M的拋物線是由拋物線y=x2﹣3向右平移一個單位后得到的,它與y軸負半軸交于點A,點B在該拋物線上,且橫坐標為3.

(1)求點M、A、B坐標;

(2)聯結AB、AM、BM,求∠ABM的正切值;

(3)點P是頂點為M的拋物線上一點,且位于對稱軸的右側,設PO與x正半軸的夾角為α,當α=∠ABM時,求P點坐標.

 

考點

二次函數綜合題.

專題

代數幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)根據向右平移橫坐標加寫出平移后的拋物線解析式,然后寫出頂點M的坐標,令x=0求出A點的坐標,把x=3代入函數解析式求出點B的坐標;

(2)過點B作BE⊥AO于E,過點M作MF⊥AO于M,然后求出∠EAB=∠EBA=45°,同理求出∠FAM=∠FMA=45°,然后求出△ABE和△AMF相似,根據相似三角形對應邊成比例列式求出,再求出∠BAM=90°,然后根據銳角的正切等于對邊比鄰邊列式即可得解;

(3)過點P作PH⊥x軸于H,分點P在x軸的上方和下方兩種情況利用α的正切值列出方程求解即可.

解答:

解:(1)拋物線y=x2﹣3向右平移一個單位后得到的函數解析式為y=(x﹣1)2﹣3,

頂點M(1,﹣3),

令x=0,則y=(0﹣1)2﹣3=﹣2,

點A(0,﹣2),

x=3時,y=(3﹣1)2﹣3=4﹣3=1,

點B(3,1);

 

(2)過點B作BE⊥AO于E,過點M作MF⊥AO于M,

∵EB=EA=3,

∴∠EAB=∠EBA=45°,

同理可求∠FAM=∠FMA=45°,

∴△ABE∽△AMF,

==

又∵∠BAM=180°﹣45°×2=90°,

∴tan∠ABM==

 

(3)過點P作PH⊥x軸于H,

∵y=(x﹣1)2﹣3=x2﹣2x﹣2,

∴設點P(x,x2﹣2x﹣2),

①點P在x軸的上方時,=

整理得,3x2﹣7x﹣6=0,

解得x1=﹣(舍去),x2=3,

∴點P的坐標為(3,1);

②點P在x軸下方時,=

整理得,3x2﹣5x﹣6=0,

解得x1=(舍去),x2=

x=時,x2﹣2x﹣2=﹣×=﹣

∴點P的坐標為(,﹣),

綜上所述,點P的坐標為(3,1)或(,﹣).

點評:

本題是二次函數的綜合題型,主要利用了二次函數圖象與幾何變換,拋物線與坐標軸的交點的求法,相似三角形的判定與性質,銳角三角形函數,難點在于作輔助線并分情況討論.

 

60.(?安徽)如圖1,正六邊形ABCDEF的邊長為a,P是BC邊上一動點,過P作PM∥AB交AF于M,作PN∥CD交DE于N.

(1)①∠MPN= 60° 

②求證:PM+PN=3a;

(2)如圖2,點O是AD的中點,連接OM、ON,求證:OM=ON;

(3)如圖3,點O是AD的中點,OG平分∠MON,判斷四邊形OMGN是否為特殊四邊形?并說明理由.

 

考點

四邊形綜合題.菁優網版權所有

專題

幾何綜合題;壓軸題.

分析:

(1)①運用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解,②作AG⊥MP交MP于點G,BH⊥MP于點H,CL⊥PN于點L,DK⊥PN于點K,利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解,

(2)連接OE,由△OMA≌△ONE證明,

(3)連接OE,由△OMA≌△ONE,再證出△GOE≌△NOD,由△ONG是等邊三角形和△MOG是等邊三角形求出四邊形MONG是菱形.,

解答:

解:(1)①∵六邊形ABCDEF是正六邊形,

∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°

又∴PM∥AB,PN∥CD,

∴∠BPM=60°,∠NPC=60°,

∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°,

故答案為;60°.

②如圖1,作AG⊥MP交MP于點G,BH⊥MP于點H,CL⊥PN于點L,DK⊥PN于點K,

MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN

∵正六邊形ABCDEF中,PM∥AB,作PN∥CD,

∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°,

∴GM=AM,HL=BP,PL=PM,NK=ND,

∵AM=BP,PC=DN,

∴MG+HP+PL+KN=a,GH=LK=a,

∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a.

(2)如圖2,連接OE,

∵六邊形ABCDEF是正六邊形,AB∥MP,PN∥DC,

∴AM=BP=EN,

∵∠MAO=∠OEN=60°,OA=OE,

在△ONE和△OMA中,

∴△OMA≌△ONE(SAS)

∴OM=ON.

(3)如圖3,連接OE,

由(2)得,△OMA≌△ONE

∴∠MOA=∠EON,

∵EF∥AO,AF∥OE,

∴四邊形AOEF是平行四邊形,

∴∠AFE=∠AOE=120°,

∴∠MON=120°,

∴∠GON=60°,

∵∠GOE=60°﹣∠EON,∠DON=60°﹣∠EON,

∴∠GOE=∠DON,

∵OD=OE,∠ODN=∠OEG,

在△GOE和∠DON中,

∴△GOE≌△NOD(ASA),

∴ON=OG,

又∵∠GON=60°,

∴△ONG是等邊三角形,

∴ON=NG,

又∵OM=ON,∠MOG=60°,

∴△MOG是等邊三角形,

∴MG=GO=MO,

∴MO=ON=NG=MG,

∴四邊形MONG是菱形.

點評:

本題主要考查了四邊形的綜合題,解題的關鍵是恰當的作出輔助線,根據三角形全等找出相等的線段.

 

 

 

 

 

 

 

 

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