2016年中考数学试卷综合性问题分类汇编解析

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    有奖投稿

2016年中考数学试卷综合性问题分类汇编解析

本资料为WORD文档,请点击下载地址下载
文 章来源
莲山 课件 w w w.5Y k J.C om

综合性问题
一、选择题
1. (2016•湖北鄂州)如图,菱形ABCD的边AB=8,∠B=60°,P是AB上一点,BP=3,Q是CD边上一动点,将梯形APQD沿直线PQ折叠,A的对应点为A′,当CA′的长度最小时,CQ的长为(   )
A. 5               B. 7              C. 8         D. 

 

 

 


【考点】菱形的性质,梯形,轴对称(折叠),等边三角形的判定和性质,最值问题.
【分析】如下图所示,由题意可知,△ABC为等边三角形;过C作CH⊥AB,则AH=HB;连接DH;要使CA′的长度最小,则梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上,且对称轴PQ应满足PQ∥DH;因为BP=3,易知HP=DQ=1,所以CQ=7.


【解答】解:如图,过C作CH⊥AB,连接DH;
∵ABCD是菱形,∠B=60°
∴△ABC为等边三角形;
∴AH=HB= =4;
∵BP=3,
∴HP=1
要使CA′的长度最小,则梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上,且对称轴PQ应满足PQ∥DH;
由作图知,DHPQ为平行四边形
∴DQ=HP= 1,
CQ=CD-DQ=8-1=7.
故正确的答案为:B.
【点评】本题综合考查了菱形的性质,梯形,轴对称(折叠),等边三角形的判定和性质,最值问题.本题作为选择题,不必直接去计算,通过作图得出答案是比较便捷的方法。弄清在什么情况下CA′的长度最小(相当于平移对称轴)是解决本题的关键.
2. (2016•四川资阳)如图,两个三角形的面积分别是9,6,对应阴影部分的面积分别是m,n,则m﹣n等于(  )
 
A.2 B.3 C.4 D.无法确定
【考点】三角形的面积.
【分析】设空白出的面积为x,根据题意列出关系式,相减即可求出m﹣n的值.
【解答】解:设空白出图形的面积为x,
根据题意得:m+x=9,n+x=6,
则m﹣n=9﹣6=3.
故选B.
3. (2016•四川自贡)二次函数y=ax2+bx+c的图象如图,反比例函数y=与正比例函数y=bx在同一坐标系内的大致图象是(  )
 
A.  B.  C.  D.
【考点】二次函数的性质;正比例函数的图象;反比例函数的图象.
【分析】根据函数图象的开口方向,对称轴,可得a、b的值,根据a、b的值,可得相应的函数图象.
【解答】解:由y=ax2+bx+c的图象开口向下,得a<0.
由图象,得﹣ >0.
由不等式的性质,得b>0.
a<0,y=图象位于二四象限,
b>0,y=bx图象位于一三象限,
故选:C.
【点评】本题考查了二次函数的性质,利用函数图象的开口方向,对称轴得出a、b的值是解题关键.
4.(2016•山东枣庄)若关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根,则一次函数 的图象可能是
 
【答案】B.
 考点:根的判别式;一次函数的性质.


二、填空题
1.(2016•湖北鄂州)如图,AB=6,O是AB的中点,直线l经过点O,∠1=120°,P是直线l上一点。当△APB为直角三角形时,AP=        .


【考点】外接圆,切线,直角三角形的判定,勾股定理,三角函数,分类讨论思想.
【分析】确定P点在直线l上的位置是解决本题的关键。要使△APB为直角三角形,我们就联想到以AB为直径的外接圆,但AB也有可能为直角边,所以要分类讨论。我们将满足条件的P逐一画在图上。如图,P1,P2在以O为圆心的外接圆上,P1,P2在⊙O的切线上,再根据题目的已知条件逐一解答即可。

 

 

 

 

 

 

 

【解答】解:分类讨论如下:
(1)在Rt△A P1B中,∵∠1=120°,O P1=OB,
∴∠O B P1 =∠O P1B=30°,
∴AP1 = AB= ×6=3;
(2)在Rt△A P2B中,∵∠1=120°,O P2=OB,
∴∠P2 B O =∠O P2B=60°,
∴AP2 = AB=cos∠O B P2×6= ×6=3 ;
(3)P3B为以B为切点的⊙O的切线,
∵∠1=120°,O P2=OB,
∴∠P2 B O =∠O P2B=60°,
∴∠P3O B=60°,
在Rt△O P3B中,∴BP3 =tan∠P3O B×3 = ×3=3 ;
               在Rt△A P3B中,AP3 = = =3 ;
(4)P4B为以A为切点的⊙O的切线,
∵∠1=120°,O P1=OA,
∴∠P1 A O =∠O P1A=60°,
∴∠P4O A=60°,
在Rt△O P4A中,∴AP4 =tan∠P4O A×3 = ×3=3 .
          综上,当△APB为直角三角形时,AP=3,或3 ,或3 .
故答案为:3或3 或3 .
【点评】本题考查了外接圆,切线,直角三角形的判定,勾股定理,三角函数,分类讨论思想.注意分类讨论思想的运用;本题难度虽然不大,但容易遗漏. 四种情况中,有两种情况的结果相同。
2. (2016.咸宁)如图,边长为4的正方形ABCD内接于⊙O,点E是AB上的一动点(不与A、B重合),点F是BC上的一点,连接OE,OF,分别与AB,BC交于点G,H,且∠EOF=90°,有下列结论:
①AE=BF;   
②△OGH是等腰直角三角形;
③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化;
④△GBH周长的最小值为4+ .
其中正确的是__________.
(把你认为正确结论的序号都填上). 

 


【考点】正方形的性质,圆心角定理,等腰直角三角形的判定,全等三角形的判定,四边形的面积,三角形的周长,动点问题,最值问题.
【分析】①连接OA,OB,如图16-1,根据正方形的性质,知∠AOB=90°=∠EOF,又∠BOE共用,故可得∠AOE=∠BOF,再根据圆心角定理可得①AE=BF;故①正确;
       ②连接OB,OC,如图16-2,证明△OGB≌△OHC,可得OG=OH,即可得出△OGH是等腰直角三角形;故②正确;
③如图16-3,过点O作OM⊥BC,ON⊥AB,易证得△OGN≌△OHM,因此可得出S△OGN=S△OHM,故不管点E的位置如何变化,四边形OGBH的面积不变;故③错误;
④过点B作B关于OF的对称点P(易知点P在⊙O上),连接PH,则PH=BH;过点B作B关于OE的对称点Q(易知点Q在⊙O上),连接QG,则QG=BG;连接PQ,易证明PQ过圆心O,则PQ= =4 ≠4+ ,故④错误.
【解答】解:①连接OA,OB,如图16-1,
根据正方形的性质,知∠AOB=90°=∠EOF,
∠AOB-∠BOE =∠EOF-∠BOE,
即∠AOE=∠BOF,
根据相等的圆心角所对的弧相等,可得AE=BF;
故①正确;

 

 

 


                (图16-1)                   (图16-2)      
         ②连接OB,OC,如图16-2,则OB=OC,
           由①知AE=BF
           ∵ABCD为正方形,∴AB=BC
           ∴AB=BC
           ∴AB-AE=BC-BF
           即BE=CF
           ∴∠BOG=∠COH
           又∵∠OBG+∠OBC=90°,∠OCH+∠OBC=90°,
           ∴∠OBG =∠OCH
          在△OGB和△OHC中,
               ∠OBG =∠OCH
∠BOG=∠COH
OB=OC
∴△OGB≌△OHC,
∴OG=OH,
又∵∠EOF=90°
∴△OGH是等腰直角三角形;
故②正确;
③如图16-3,过点O作OM⊥BC,ON⊥AB,

 

 

 

(图16-3)                 
又∵正方形ABCD内接于⊙O,
∴OM=ON
由②知,OG=OH,
 在Rt△OGN和Rt△OHM中,
     OG=OH,
     OM=ON
∴Rt△OGN≌Rt△OHM,
∴S△OGN=S△OHM,
又∵四边形BMOG公共
∴不管点E的位置如何变化,四边形OGBH的面积不变;
故③错误;
④过点B作B关于OF的对称点P(易知点P在⊙O上),连接PH,则PH=BH;过点B作B关于OE的对称点Q(易知点Q在⊙O上),连接QG,则QG=BG;

 

 

 


(图16-4)
连接PQ,易证明PQ过圆心O,
∴PQ= =4 ≠4+ ,
故④错误.
综上,①②正确,③④错误.
故答案为:①②.
【点评】本题考查了正方形的性质,圆心角定理,等腰直角三角形的判定,全等三角形的判定,四边形的面积,三角形的周长,动点问题,最值问题.运用圆心角定理是解答①的关键;在②中连接OB,OC,证明三角形全等是解题的关键;在③中,运用证明三角形全等,从而证明面积相等以解决不管点E的位置如何变化,四边形OGBH的面积不变的问题;解答④的关键是运用轴对称解决最小周长问题. 作为填空题,解题时要注意技巧.

3.(2016•四川巴中)已知二元一次方程组 的解为 ,则在同一平面直角坐标系中,直线l1:y=x+5与直线l2:y=﹣x﹣1的交点坐标为 (﹣4,1) .
【考点】一次函数与二元一次方程(组).
【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系进行解答即可.
【解答】解:∵二元一次方程组 的解为 ,
∴直线l1:y=x+5与直线l2:y=﹣x﹣1的交点坐标为(﹣4,1),
故答案为:(﹣4,1).
4.(2016•呼和浩特)以下四个命题:
①对应角和面积都相等的两个三角形全等;
②“若x2﹣x=0,则x=0”的逆命题;
③若关于x、y的方程组 有无数多组解,则a=b=1;
④将多项式5xy+3y﹣2x2y因式分解,其结果为﹣y(2x+1)(x﹣3).
其中正确的命题的序号为 ①②③④ .
【考点】命题与定理.
【分析】①正确,根据相似比为1的两个三角形全等即可判断.
②正确.写出逆命题即可判断.
③正确.根据方程组有无数多组解的条件即可判断.
④正确.首先提公因式,再利用十字相乘法即可判断.
【解答】解:①正确.对应角相等的两个三角形相似,又因为面积相等,所以相似比为1,所以两个三角形全等,故正确.
②正确.理由:“若x2﹣x=0,则x=0”的逆命题为x=0,则x2﹣x=0,故正确.
③正确.理由:∵关于x、y的方程组 有无数多组解,
∴ = = ,
∴a=b=1,故正确.
④正确.理由:5xy+3y﹣2x2y=﹣y(2x2﹣5x﹣3)=﹣y(2x+1)(x﹣3),故正确.
故答案为①②③④.

 

三、解答题
1. (2016•四川资阳)在Rt△ABC中,∠C=90°,Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置,点E在斜边AB上,连结BD,过点D作DF⊥AC于点F.
(1)如图1,若点F与点A重合,求证:AC=BC;
(2)若∠DAF=∠DBA,
①如图2,当点F在线段CA的延长线上时,判断线段AF与线段BE的数量关系,并说明理由;
②当点F在线段CA上时,设BE=x,请用含x的代数式表示线段AF.
 
【考点】几何变换综合题.
【分析】(1)由旋转得到∠BAC=∠BAD,而DF⊥AC,从而得出∠ABC=45°,最后判断出△ABC是等腰直角三角形;
(2)①由旋转得到∠BAC=∠BAD,再根据∠DAF=∠DBA,从而求出∠FAD=∠BAC=∠BAD=60°,最后判定△AFD≌△BED,即可;
②根据题意画出图形,先求出角度,得到△ABD是顶角为36°的等腰三角形,再用相似求出, ,最后判断出△AFD∽△BED,代入即可.
【解答】解:(1)由旋转得,∠BAC=∠BAD,
∵DF⊥AC,
∴∠CAD=90°,
∴∠BAC=∠BAD=45°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ABC=45°,
∴AC=CB,
(2)①由旋转得,AD=AB,
∴∠ABD=∠ADB,
∵∠DAF=∠ABD,
∴∠DAF=∠ADB,
∴AF∥BB,
∴∠BAC=∠ABD,
∵∠ABD=∠FAD
由旋转得,∠BAC=∠BAD,
∴∠FAD=∠BAC=∠BAD= ×180°=60°,
由旋转得,AB=AD,
∴△ABD是等边三角形,
∴AD=BD,
在△AFD和△BED中,
 ,
∴△AFD≌△BED,
∴AF=BE,
②如图,
由旋转得,∠BAC=∠BAD,
∵∠ABD=∠FAD=∠BAC+∠BAD=2∠BAD,
由旋转得,AD=AB,
∴∠ABD=∠ADB=2∠BAD,
∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°,
∴∠BAD+2∠BAD+2∠BAD=180°,
∴∠BAD=36°,
设BD=x,作BG平分∠ABD,
∴∠BAD=∠GBD=36°
∴AG=BG=BC=x,
∴DG=AD﹣AG=AD﹣BG=AD﹣BD,
∵∠BDG=∠ADB,
∴△BDG∽△ADB,
∴ .
∴ ,
∴ ,
∵∠FAD=∠EBD,∠AFD=∠BED,
∴△AFD∽△BED,
∴ ,
∴AF= = x.
 
 

2. (2016•四川资阳)如图,在平行四边形ABCD中,点A、B、C的坐标分别是(1,0)、(3,1)、(3,3),双曲线y= (k≠0,x>0)过点D.
(1)求双曲线的解析式;
(2)作直线AC交y轴于点E,连结DE,求△CDE的面积.
 
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题;平行四边形的性质.
【分析】(1)根据在平行四边形ABCD中,点A、B、C的坐标分别是(1,0)、(3,1)、(3,3),可以求得点D的坐标,又因为双曲线y= (k≠0,x>0)过点D,从而可以求得k的值,从而可以求得双曲线的解析式;
(2)由图可知三角形CDE的面积等于三角形EDA与三角形ADC的面积之和,从而可以解答本题.
【解答】解:(1)∵在平行四边形ABCD中,点A、B、C的坐标分别是(1,0)、(3,1)、(3,3),
∴点D的坐标是(1,2),
∵双曲线y= (k≠0,x>0)过点D,
∴2= ,得k=2,
即双曲线的解析式是:y= ;
(2)∵直线AC交y轴于点E,
∴S△CDE=S△EDA+S△ADC= ,
即△CDE的面积是3.

3. (2016•四川自贡)计算:()﹣1+(sin60°﹣1)0﹣2cos30°+| ﹣1|
【考点】实数的运算;零指数幂;负整数指数幂;特殊角的三角函数值.
【分析】根据负整数指数幂,零指数幂,特殊角的三角函数值,绝对值的定义化简即可.
【解答】解:原式=2+1﹣ + ﹣1
=2.
【点评】本题考查负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值等知识,熟练掌握这些知识是解决问题的关键,记住a﹣p= (a≠0),a0=1(a≠0),|a|= ,属于中考常考题型.
4. (2016•四川自贡)抛物线y=﹣x2+4ax+b(a>0)与x轴相交于O、A两点(其中O为坐标原点),过点P(2,2a)作直线PM⊥x轴于点M,交抛物线于点B,点B关于抛物线对称轴的对称点为C(其中B、C不重合),连接AP交y轴于点N,连接BC和PC.
(1)a=时,求抛物线的解析式和BC的长;
(2)如图a>1时,若AP⊥PC,求a的值.
 
【考点】二次函数的性质;轴对称的性质.
【分析】(1)根据抛物线经过原点b=0,把a=、b=0代入抛物线解析式,即可求出抛物线解析式,再求出B、C坐标,即可求出BC长.
(2)利用△PCB∽△APM,得 = ,列出方程即可解决问题.
【解答】解:(1)∵抛物线y=﹣x2+4ax+b(a>0)经过原点O,
∴b=0,
∵a=,
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x,
∵x=2时,y=8,
∴点B坐标(2,8),
∵对称轴x=3,B、C关于对称轴对称,
∴点C坐标(4,8),
∴BC=2.
(2)∵AP⊥PC,
∴∠APC=90°,
∵∠CPB+∠APM=90°,∠APM+∠PAM=90°,
∴∠CPB=∠PAM,
∵∠PBC=∠PMA=90°,
∴△PCB∽△APM,
∴ = ,
∴ = ,
整理得a2﹣4a+2=0,解得a=2± ,
∵a>0,
∴a=2+ .
 
【点评】本题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识,解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题,学会转化的思想,属于中考常考题型
5. (2016•x疆)如图,▱ABCD中,AB=2,AD=1,∠ADC=60°,将▱ABCD沿过点A的直线l折叠,使点D落到AB边上的点D′处,折痕交CD边于点E.
(1)求证:四边形BCED′是菱形;
(2)若点P时直线l上的一个动点,请计算PD′+PB的最小值.
 
【考点】平行四边形的性质;菱形的判定;轴对称-最短路线问题;翻折变换(折叠问题).
【分析】(1)利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA,进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形,进而求出四边形BCED′是平行四边形,根据折叠的性质得到AD=AD′,然后又菱形的判定定理即可得到结论;
(2)由四边形DAD′E是平行四边形,得到▱DAD′E是菱形,推出D与D′关于AE对称,连接BD交AE于P,则BD的长即为PD′+PB的最小值,过D作DG⊥BA于G,解直角三角形得到AG= ,DG= ,根据勾股定理即可得到结论.
【解答】证明:(1)∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠,使点D落到AB边上的点D′处,
∴∠DAE=∠D′AE,∠DEA=∠D′EA,∠D=∠AD′E,
∵DE∥AD′,
∴∠DEA=∠EAD′,
∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA,
∴∠DAD′=∠DED′,
∴四边形DAD′E是平行四边形,
∴DE=AD′,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=DC,AB∥DC,
∴CE=D′B,CE∥D′B,
∴四边形BCED′是平行四边形;
∵AD=AD′,
∴▱DAD′E是菱形,

(2)∵四边形DAD′E是菱形,
∴D与D′关于AE对称,
连接BD交AE于P,则BD的长即为PD′+PB的最小值,
过D作DG⊥BA于G,
∵CD∥AB,
∴∠DAG=∠CDA=60°,
∵AD=1,
∴AG= ,DG= ,
∴BG= ,
∴BD= = ,
∴PD′+PB的最小值为 .
 
【点评】本题考查了平行四边形的性质,最短距离问题,勾股定理,菱形的判定和性质,正确的作出辅助线是解题的关键.

6. (2016•云南)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,∠ABC:∠BAD=1:2,BE∥AC,CE∥BD.
(1)求tan∠DBC的值;
(2)求证:四边形OBEC是矩形.
 
【考点】矩形的判定;菱形的性质;解直角三角形.
【专题】计算题;矩形 菱形 正方形.
【分析】(1)由四边形ABCD是菱形,得到对边平行,且BD为角平分线,利用两直线平行得到一对同旁内角互补,根据已知角之比求出相应度数,进而求出∠BDC度数,即可求出tan∠DBC的值;
(2)由四边形ABCD是菱形,得到对角线互相垂直,利用两组对边平行的四边形是平行四边形,再利用有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证.
【解答】(1)解:∵四边形ABCD是菱形,
∴AD∥BC,∠DBC= ∠ABC,
∴∠ABC+∠BAD=180°,
∵∠ABC:∠BAD=1:2,
∴∠ABC=60°,
∴∠BDC= ∠ABC=30°,
则tan∠DBC=tan30°= ;
(2)证明:∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,即∠BOC=90°,
∵BE∥AC,CE∥BD,
∴BE∥OC,CE∥OB,
∴四边形OBEC是平行四边形,
则四边形OBEC是矩形.
【点评】此题考查了矩形的判定,菱形的性质,以及解直角三角形,熟练掌握判定与性质是解本题的关键.
7. (2016•云南)(12分)(2016•云南)有一列按一定顺序和规律排列的数:
第一个数是 ;
第二个数是 ;
第三个数是 ;

对任何正整数n,第n个数与第(n+1)个数的和等于 .
(1)经过探究,我们发现:   
设这列数的第5个数为a,那么 , , ,哪个正确?
请你直接写出正确的结论;
(2)请你观察第1个数、第2个数、第3个数,猜想这列数的第n个数(即用正整数n表示第n数),并且证明你的猜想满足“第n个数与第(n+1)个数的和等于 ”;
(3)设M表示 , , ,…, ,这2016个数的和,即 ,
求证: .
【考点】分式的混合运算;规律型:数字的变化类.
【分析】(1)由已知规律可得;
(2)先根据已知规律写出第n、n+1个数,再根据分式的运算化简可得;
(3)将每个分式根据 ﹣ = < < = ﹣ ,展开后再全部相加可得结论.
【解答】解:(1)由题意知第5个数a= = ﹣ ;

(2)∵第n个数为 ,第(n+1)个数为 ,
∴ + = ( + )
= ×
= ×
= ,
即第n个数与第(n+1)个数的和等于 ;

(3)∵1﹣ = < =1,
  = < < =1﹣ ,
 ﹣ = < < = ﹣ ,

 ﹣ = < < = ﹣ ,
 ﹣ = < < = ﹣ ,
∴1﹣ < + + +…+ + <2﹣ ,
即 < + + +…+ + < ,
∴ .
【点评】本题主要考查分式的混合运算及数字的变化规律,根据已知规律 = ﹣ 得到 ﹣ = < < = ﹣ 是解题的关键.
 9. (2016•云南)计算: ﹣(﹣1)2016﹣3tan60°+(﹣2016)0.
【考点】实数的运算.
【分析】首先利用二次根式的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别化简求出答案.
【解答】解:原式=3 ﹣1﹣3× +1=0.
【点评】此题主要考查了实数运算,正确化简各数是解题关键.
8.(2016•黑龙江大庆)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M,若H是AC的中点,连接MH.
(1)求证:MH为⊙O的切线.
(2)若MH= ,tan∠ABC= ,求⊙O的半径.
(3)在(2)的条件下分别过点A、B作⊙O的切线,两切线交于点D,AD与⊙O相切于N点,过N点作NQ⊥BC,垂足为E,且交⊙O于Q点,求线段NQ的长度.
 
【考点】圆的综合题.
【分析】(1)连接OH、OM,易证OH是△ABC的中位线,利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH,所以∠HCO=∠HMO=90°,从而可知MH是⊙O的切线;
(2)由切线长定理可知:MH=HC,再由点M是AC的中点可知AC=3,由tan∠ABC= ,所以BC=4,从而可知⊙O的半径为2;
(3)连接CN,AO,CN与AO相交于I,由AC、AN是⊙O的切线可知AO⊥CN,利用等面积可求出可求得CI的长度,设CE为x,然后利用勾股定理可求得CE的长度,利用垂径定理即可求得NQ.
【解答】解:(1)连接OH、OM,
∵H是AC的中点,O是BC的中点,
∴OH是△ABC的中位线,
∴OH∥AB,
∴∠COH=∠ABC,∠MOH=∠OMB,
又∵OB=OM,
∴∠OMB=∠MBO,
∴∠COH=∠MOH,
在△COH与△MOH中,
 ,
∴△COH≌△MOH(SAS),
∴∠HCO=∠HMO=90°,
∴MH是⊙O的切线;

(2)∵MH、AC是⊙O的切线,
∴HC=MH= ,
∴AC=2HC=3,
∵tan∠ABC= ,
∴ = ,
∴BC=4,
∴⊙O的半径为2;

(3)连接OA、CN、ON,OA与CN相交于点I,
∵AC与AN都是⊙O的切线,
∴AC=AN,AO平分∠CAD,
∴AO⊥CN,
∵AC=3,OC=2,
∴由勾股定理可求得:AO= ,
∵ AC•OC= AO•CI,
∴CI= ,
∴由垂径定理可求得:CN= ,
设OE=x,
由勾股定理可得:CN2﹣CE2=ON2﹣OE2,
∴ ﹣(2+x)2=4﹣x2,
∴x= ,
∴CE= ,
由勾股定理可求得:EN= ,
∴由垂径定理可知:NQ=2EN= .
 
 
【点评】本题考查圆的综合问题,涉及垂径定理,勾股定理,全等三角形的判定与性质,切线的判等知识内容,对学生的综合能力要求较高,一定要注意将所学知识贯穿起来.
 
9.(2016•黑龙江大庆)若两条抛物线的顶点相同,则称它们为“友好抛物线”,抛物线C1:y1=﹣2x2+4x+2与C2:u2=﹣x2+mx+n为“友好抛物线”.
(1)求抛物线C2的解析式.
(2)点A是抛物线C2上在第一象限的动点,过A作AQ⊥x轴,Q为垂足,求AQ+OQ的最大值.
(3)设抛物线C2的顶点为C,点B的坐标为(﹣1,4),问在C2的对称轴上是否存在点M,使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB′,且点B′恰好落在抛物线C2上?若存在求出点M的坐标,不存在说明理由.
 
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)先求得y1顶点坐标,然后依据两个抛物线的顶点坐标相同可求得m、n的值;
(2)设A(a,﹣a2+2a+3).则OQ=x,AQ=﹣a2+2a+3,然后得到OQ+AQ与a的函数关系式,最后依据配方法可求得OQ+AQ的最值;
(3)连接BC,过点B′作B′D⊥CM,垂足为D.接下来证明△BCM≌△MDB′,由全等三角形的性质得到BC=MD,CM=B′D,设点M的坐标为(1,a).则用含a的式子可表示出点B′的坐标,将点B′的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值,从而得到点M的坐标.
【解答】解:(1)∵y1=﹣2x2+4x+2=﹣﹣2(x﹣1)2+4,
∴抛物线C1的顶点坐标为(1,4).
∵抛物线C1:与C2顶点相同,
∴ =1,﹣1+m+n=4.
解得:m=2,n=3.
∴抛物线C2的解析式为u2=﹣x2+2x+3.
(2)如图1所示:
 
设点A的坐标为(a,﹣a2+2a+3).
∵AQ=﹣a2+2a+3,OQ=a,
∴AQ+OQ=﹣a2+2a+3+a=﹣a2+3a+3=﹣(a﹣ )2+ .
∴当a= 时,AQ+OQ有最大值,最大值为 .
(3)如图2所示;连接BC,过点B′作B′D⊥CM,垂足为D.
 
∵B(﹣1,4),C(1,4),抛物线的对称轴为x=1,
∴BC⊥CM,BC=2.
∵∠BMB′=90°,
∴∠BMC+∠B′MD=90°.
∵B′D⊥MC,
∴∠MB′D+∠B′MD=90°.
∴∠MB′D=∠BMC.
在△BCM和△MDB′中, ,
∴△BCM≌△MDB′.
∴BC=MD,CM=B′D.
设点M的坐标为(1,a).则B′D=CM=4﹣a,MD=CB=2.
∴点B′的坐标为(a﹣3,a﹣2).
∴﹣(a﹣3)2+2(a﹣3)+3=a﹣2.
整理得:a2﹣7a﹣10=0.
解得a=2,或a=5.
当a=2时,M的坐标为(1,2),
当a=5时,M的坐标为(1,5).
综上所述当点M的坐标为(1,2)或(1,5)时,B′恰好落在抛物线C2上.
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用了二次函数的顶点坐标公式、二次函数的图象和性质、全等三角形的性质和判定、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系,用含a的式子表示点B′的坐标是解题的关键.
 
10. (2016•湖北鄂州)(本题满分10分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90º,AO是△ABC的角平分线。以O为圆心,OC为半径作⊙O。
(1)(3分)求证:AB是⊙O的切线。
(2)(3分)已知AO交⊙O于点E,延长AO交⊙O于
点D, tanD= ,求 的值。
(3)(4分)在(2)的条件下,设⊙O的半径为3,求
AB的长。                       第3题图
【考点】切线,角平分线,相似三角形的判定与性质,勾股定理,二元一次方程组.
【分析】(1)过O作OF⊥AB于F,由角平分线上的点到角两边的距离相等即可得证;
(2)连接CE,证明△ACE∽△ADC可得AE/AC=CE/CD=tanD=1/2;
(3)先由勾股定理求得AE的长,再证明△B0F∽△BAC,得BF/BC=BO/BA=0F/AC,设BO=y ,BF=z,列二元一次方程组即可解决问题.
【解答】⑴证明:作OF⊥AB于F                              (1分)

 

 

 

∵AO是∠BAC的角平分线,∠ACB=90º
∴OC=OF                                                (2分)
∴AB是⊙O的切线                                       (3分)
⑵连接CE                                              (1分)

 

 

 

∵AO是∠BAC的角平分线,
∴∠CAE=∠CAD
∵∠ACE所对的弧与∠CDE所对的弧是同弧
∴∠ACE=∠CDE
∴△ACE∽△ADC
∴ =  =tanD=                                (3分)
⑶先在△ACO中,设AE=x,    
由勾股定理得
(x+3)²=(2x) ²+3² ,解得x=2,               (1分)
∵∠BFO=90°=∠ACO
易证Rt△B0F∽Rt△BAC                      (2分)
得BF/BC=BO/BA=0F/AC,
设BO=y   BF=z 
   y/4+z=z/3+y=3/4  即      4z=9+3y
4y=12+3z
解得z=      y=                          (4分)
 ∴AB= +4=                             (5分)
【点评】本题主要考查了切线,角平分线,相似三角形的判定与性质,勾股定理,二元一次方程组. 作OF⊥AB于F是解题的关键.

 

11.(2016•湖北鄂州)(本题满分12分)如图在平面直角坐标系xoy中,直线y=2x+4与y轴交于A点,与x轴交于B点,抛物线C1:y=- x²+bx+c过A、B两点,与x轴另一交点为C。
(1)(3分)求抛物线解析式及C点坐标。
(2)(4分)向右平移抛物线C1,使平移后的抛物线C2恰好经过△ABC的外心,抛物线C1、C2¬¬相交于点D,求四边形AOCD的面积。
(3)(5分)已知抛物线C2的顶点为M,设P为抛物线C1对称轴上一点,Q为抛物线C1上一点,是否存在以点M、Q、P、B为顶点的四边形为平行四边形,若存在,直接写出P点坐标,不存在,请说明理由。

 

 

 


           图(1)                                           图(2)

第4题图
12. (2016•湖北黄冈)(满分14分)如图,抛物线y=- x2+ x+2与x轴交于点A,点B,与y轴交于点C,点D与点C关于x轴对称,点P是x轴上的一个动点. 设点P的坐标为(m, 0),过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A,点B,点C的坐标;
(2)求直线BD的解析式;
(3)当点P在线段OB上运动时,直线l交BD于点M,试探究m为何值时,四边形CQMD是平行四边形;
(4)在点P的运动过程中,是否存在点Q,使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

 

 

 

 

 

 

 

 

(第4题)

【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)将x=0,y=0分别代入y=- x2+ x+2=2中,即可得出点A,点B,点C的坐标;
(2)因为点D与点C关于x轴对称,所以D(0, -2);设直线BD为y=kx-2, 把B(4, 0)代入,可得k的值,从而求出BD的解析式.
(3)因为P(m, 0),则可知M在直线BD上,根据(2)可知点Mr坐标为M(m,  m-2),因这点Q在y=- x2+ x+2上,可得到点Q的坐标为Q(- m2+ m+2). 要使四边形CQMD为平行四边形,则QM=CD=4. 当P在线段OB上运动时,QM=(- m2+ m+2)-( m-2)= - m2+m+4=4, 解之可得m的值.
(4)△BDQ是以BD为直角边的直角三角形,但不知直角顶点,因此需要情况讨论:当以点B为直角顶点时,则有DQ2= BQ2+ BD2.;当以D点为直角顶点时,则有DQ2= DQ2+ BD2. 分别解方程即可得到结果.
【解答】解:(1)当x=0时,y=- x2+ x+2=2,
           ∴C(0,2). …………………………………………………….1分
           当y=0时,-x2+x+2=0
           解得x1=-1,x2=4.
           ∴A(-1, 0),B(4, 0). ………………………………………………3分
(2)∵点D与点C关于x轴对称,
    ∴D(0, -2). ……………………………………………………….4分
    设直线BD为y=kx-2,
    把B(4, 0)代入,得0=4k-2
    ∴k= .
∴BD的解析式为:y= x-2. ………………………………………6分
(3)∵P(m, 0),
∴M(m, m-2),Q(- m2+ m+2)
若四边形CQMD为平行四边形,∵QM∥CD,  ∴QM=CD=4
当P在线段OB上运动时,
QM=(- m2+ m+2)-( m-2)= - m2+m+4=4, ………………….8分
解得 m=0(不合题意,舍去),m=2.
∴m=2. ………………………………………………………………10分
(4)设点Q的坐标为(m, - m2+ m +2),
         BQ2=(m-4)2+( - m2+ m +2)2,
         BQ2=m2+[(- m2+ m +2)+2]2, BD2=20.
         ①当以点B为直角顶点时,则有DQ2= BQ2+ BD2.
∴m2+[(- m2+ m +2)+2]2= (m-4)2+( - m2+ m +2)2+20
解得m1=3,m2=4.
∴点Q的坐标为(4, 0)(舍去),(3,2). …………………..11分
②当以D点为直角顶点时,则有DQ2= DQ2+ BD2.
∴(m-4)2+( - m2+ m +2)2= m2+[(- m2+ m +2)+2]2+20
解得m1= -1,m2=8.
∴点Q的坐标为(-1, 0),(8,-18).
即所求点Q的坐标为(3,2),(-1, 0),(8,-18). ……………14分
注:本题考查知识点较多,综合性较强,主要考查了二次函数的综合运用,涉及待定系数法,平行四边形的判定和性质,直角三角形的判定和性质,解一元二次方程,一次函数,对称,动点问题等知识点。在(4)中要注意分类讨论思想的应用。


13.(2016•湖北十堰)如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+1经过点A(4,﹣3),顶点为点B,点P为抛物线上的一个动点,l是过点(0,2)且垂直于y轴的直线,过P作PH⊥l,垂足为H,连接PO.
(1)求抛物线的解析式,并写出其顶点B的坐标;
(2)①当P点运动到A点处时,计算:PO= 5 ,PH= 5 ,由此发现,PO = PH(填“>”、“<”或“=”);
②当P点在抛物线上运动时,猜想PO与PH有什么数量关系,并证明你的猜想;
(3)如图2,设点C(1,﹣2),问是否存在点P,使得以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似?若存在,求出P点的坐标;若不存在,请说明理由.
 
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)利用待定系数法即可解决问题.
(2)①求出PO、PH即可解决问题.
②结论:PO=PH.设点P坐标(m,﹣  m2+1),利用两点之间距离公式求出PH、PO即可解决问题.
(3)首先判断PH与BC,PO与AC是对应边,设点P(m,﹣  m2+1),由 = 列出方程即可解决问题.
【解答】(1)解:∵抛物线y=ax2+1经过点A(4,﹣3),
∴﹣3=16a+1,
∴a=﹣ ,
∴抛物线解析式为y=﹣ x2+1,顶点B(0,1).
(2)①当P点运动到A点处时,∵PO=5,PH=5,
∴PO=PH,
故答案分别为5,5,=.
②结论:PO=PH.
理由:设点P坐标(m,﹣  m2+1),
∵PH=2﹣(﹣ m2+1)= m2+1
PO= = m2+1,
∴PO=PH.
(3)∵BC= = ,AC= = ,AB= =4
∴BC=AC,
∵PO=PH,
又∵以P,O,H为顶点的三角形与△ABC相似,
∴PH与BC,PO与AC是对应边,
∴ = ,设点P(m,﹣  m2+1),
∴ = ,
解得m=±1,
∴点P坐标(1, )或(﹣1, ).
 
【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是记住两点之间的距离公式,学会转化的思想,用方程去解决问题,属于中考压轴题.
 
14. (2016•湖北咸宁)(本题满分12分) 如图1,在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(0,1),取一点B(b,0),连接AB,作线段AB的垂直平分线l1,过点B作x轴的垂线l2,记l1,l2的交点为P.
(1)当b=3时,在图1中补全图形(尺规作图,不写作法,保留作图痕迹);
(2)小慧多次取不同数值b,得出相应的点P,并把这些点用平滑的曲线连接起来,发现:这些点P竟然在一条曲线L上!
①设点P的坐标为(x,y),试求y与x之间的关系式,并指出曲线L是哪种曲线;
②设点P到x轴,y轴的距离分别为d1,d2,求d1+d2的范围. 当d1+d2=8时,求点P的坐标;
③将曲线L在直线y=2下方的部分沿直线y=2向上翻折,得到一条“W”形状的新曲线,若直线y=kx+3与这条“W”形状的新曲线有4个交点,直接写出k的取值范围.

 

 

 

 

 

 

               图1                                 图2
【考点】二次函数,一次函数,尺规作图,平面直角坐标系,勾股定理,一元二次方程,轴对称——翻折,最值问题.
【分析】(1)根据垂直平分线、垂线的尺规作图方法画图即可,要标出字母;
(2)①分x>0和x≤0两种情况讨论:当x>0时,如图2,连接AP,过点P作PE⊥y轴于点E,可得出PA=PB=y;再在Rt△APE中,EP=OB=x,AE=OE-OA= y-1,由勾股定理,可求出y与x之间的关系式;当x≤0时,点P(x,y)同样满足y= x2+ ,曲线L就是二次函数y= x2+ 的图像,也就是说
曲线L是一条抛物线.
       ②首先用代数式表示出d1,d2:d1= x2+ ,d2=|x|,得出d1+d2= x2+ +|x|,可知当x=0时,d1+d2有最小值 ,因此d1+d2的范围是d1+d2≥ ;当d1+d2=8时,则 x2+ +|x|=8. 将x从绝对值中开出来,故需分x≥0和x<0两种情况讨论:当x≥0时,将原方程化为 x2+ +x=8,                        解出x1,x2即可;当x<0时,将原方程化为 x2+ -x=8,解出x1,x2即可;最后将x=±3代入y= x2+ ,求得P的纵坐标,从而得出点P的坐标.
        ③直接写出k的取值范围即可.
【解答】解:(1)如图1所示(画垂直平分线,垂线,标出字母各1分).
                           ……………………………………………………………..3分

 


 E

 

 

 


                图1                                 图2
(2)①当x>0时,如图2,连接AP,过点P作PE⊥y轴于点E.
       ∵l1垂直平分AB
∴PA=PB=y.
在Rt△APE中,EP=OB=x,AE=OE-OA= y-1.
由勾股定理,得 (y-1)2+x2=y2.      ………………………………………5分
整理得,y= x2+ .
当x≤0时,点P(x,y)同样满足y= x2+ . ……………………….6分
∴曲线L就是二次函数y= x2+ 的图像.
即曲线L是一条抛物线. …………………………………………………………7分
     ②由题意可知,d1= x2+ ,d2=|x|.
       ∴d1+d2= x2+ +|x|.
       当x=0时,d1+d2有最小值 .
       ∴d1+d2的范围是d1+d2≥ .   ………………………………………………8分
       当d1+d2=8时,则 x2+ +|x|=8.
       (Ⅰ)当x≥0时,原方程化为 x2+ +x=8.
                        解得 x1=3,x2= -5(舍去).
(Ⅱ)当x<0时,原方程化为 x2+ -x=8.
                        解得 x1= -3,x2= 5(舍去).
 将x=±3代入y= x2+ ,得 y=5. …………………………………….9分
 ∴点P的坐标为(3,5)或(-3,5). …………………………….10分
      ③k的取值范围是:- <k< . …………………………………………….12分
        解答过程如下(过程不需写):
把y=2代入y= x2+ ,得x1=- ,x2= .
        ∴直线y=2与抛物线y= x2+ 两个交点的坐标为(- ,2)和( ,2).
        当直线y=kx+3过点(- ,2)时,可求得 k= ;
        当直线y=kx+3过点( ,2)时,可求得 k=- .
        故当直线y=kx+3与这条“W”形状的新曲线有4个交点时,k的取值范围是:- <k< . ……………………………………………………………….12分

 

 

 

 

 

 

【点评】本题是压轴题,综合考查了二次函数,一次函数,尺规作图,勾股定理,平面直角坐标系,一元二次方程,轴对称——翻折,最值问题. 读懂题目、准确作图、熟谙二次函数及其图像是解题的关键. 近几年的中考,一些题型灵活、设计新颖、富有创意的压轴试题涌现出来,其中一类以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的题目更是成为中考压轴大戏的主角。解决压轴题目的关键是找准切入点,如添辅助线构造定理所需的图形或基本图形;紧扣不变量,并善于使用前题所采用的方法或结论;深度挖掘题干,反复认真的审题,在题目中寻找多解的信息,等等. 压轴题牵涉到的知识点较多,知识转化的难度较高,除了要熟知各类知识外,平时要多练,提高知识运用和转化的能力。

15 (2016•四川成都•10分)如图①,△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH=CH,连结BD.
 
(1)求证:BD=AC;
(2)将△BHD绕点H旋转,得到△EHF(点B,D分别与点E,F对应),连接AE.
①如图②,当点F落在AC上时,(F不与C重合),若BC=4,tanC=3,求AE的长;
②如图③,当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时,设射线CF与AE相交于点G,连接GH,试探究线段GH与EF之间满足的等量关系,并说明理由.
【考点】几何变换综合题.
【分析】(1)先判断出AH=BH,再判断出△BHD≌△AHC即可;
(2)①先根据tanC=3,求出AH=3,CH=1,然后根据△EHA≌△FHC,得到,HP=3AP,AE=2AP,最后用勾股定理即可;
②先判断出△AGQ∽△CHQ,得到 ,然后判断出△AQC∽△GQH,用相似比即可.
【解答】解:(1)在Rt△AHB中,∠ABC=45°,
∴AH=BH,
在△BHD和△AHC中,
 ,
∴△BHD≌△AHC,
∴BD=AC,
(2)①如图,
 
在Rt△AHC中,
∵tanC=3,
∴ =3,
设CH=x,
∴BH=AH=3x,
∵BC=4,
∴3x+x=4,
∴x=1,
∴AH=3,CH=1,
由旋转知,∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°,EH=AH=3,CH=DH=FH,
∴∠EHA=∠FHC, ,
∴△EHA≌△FHC,
∴∠EAH=∠C,
∴tan∠EAH=tanC=3,
过点H作HP⊥AE,
∴HP=3AP,AE=2AP,
在Rt△AHP中,AP2+HP2=AH2,
∴AP2+(3AP)2=9,
∴AP= ,
∴AE= ;
②由①有,△AEH和△FHC都为等腰三角形,
∴∠GAH=∠HCG=90°,
∴△AGQ∽△CHQ,
∴ ,
∴ ,
∵∠AQC=∠GQE,
∴△AQC∽△GQH,
∴ =sin30°=.
22. (2016•四川达州•10分)△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D为直线BC上一动点(点D不与B,C重合),以AD为边在AD右侧作正方形ADEF,连接CF.
(1)观察猜想
如图1,当点D在线段BC上时,
①BC与CF的位置关系为: 垂直 .
②BC,CD,CF之间的数量关系为: BC=CD+CF ;(将结论直接写在横线上)
(2)数学思考
如图2,当点D在线段CB的延长线上时,结论①,②是否仍然成立?若成立,请给予证明;若不成立,请你写出正确结论再给予证明.
(3)拓展延伸
如图3,当点D在线段BC的延长线上时,延长BA交CF于点G,连接GE.若已知AB=2 ,CD=BC,请求出GE的长.
 
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°,推出△DAB≌△FAC,根据全等三角形的性质即可得到结论;②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC,根据全等三角形的性质得到CF=BD,∠ACF=∠ABD,根据余角的性质即可得到结论;
(2)根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°,推出△DAB≌△FAC,根据全等三角形的性质即可得到结论
(3)根据等腰直角三角形的性质得到BC= AB=4,AH=BC=2,求得DH=3,根据正方形的性质得到AD=DE,∠ADE=90°,根据矩形的性质得到NE=CM,EM=CN,由角的性质得到∠ADH=∠DEM,根据全等三角形的性质得到EM=DH=3,DM=AH=2,等量代换得到CN=EM=3,EN=CM=3,根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4,根据勾股定理即可得到结论.
【解答】解:(1)①正方形ADEF中,AD=AF,
∵∠BAC=∠DAF=90°,
∴∠BAD=∠CAF,
在△DAB与△FAC中, ,
∴△DAB≌△FAC,
∴∠B=∠ACF,
∴∠ACB+∠ACF=90°,即CF⊥BD;
故答案为:垂直;
②△DAB≌△FAC,
∴CF=BD,
∵BC=BD+CD,
∴BC=CF+CD;
故答案为:BC=CF+CD;

(2)成立,
∵正方形ADEF中,AD=AF,
∵∠BAC=∠DAF=90°,
∴∠BAD=∠CAF,
在△DAB与△FAC中, ,
∴△DAB≌△FAC,
∴∠B=∠ACF,CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°,即CF⊥BD;
∵BC=BD+CD,
∴BC=CF+CD;

(3)解:过A作AH⊥BC于H,过E作EM⊥BD于M,EN⊥CF于N,
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴BC= AB=4,AH=BC=2,
∴CD=BC=1,CH=BC=2,
∴DH=3,
由(2)证得BC⊥CF,CF=BD=5,
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=DE,∠ADE=90°,
∵BC⊥CF,EM⊥BD,EN⊥CF,
∴四边形CMEN是矩形,
∴NE=CM,EM=CN,
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°,
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°,
∴∠ADH=∠DEM,
在△ADH与△DEM中, ,
∴△ADH≌△DEM,
∴EM=DH=3,DM=AH=2,
∴CN=EM=3,EN=CM=3,
∵∠ABC=45°,
∴∠BGC=45°,
∴△BCG是等腰直角三角形,
∴CG=BC=4,
∴GN=1,
∴EG= = .
 
 

16. (2016•四川达州•11分)如图,已知抛物线y=ax2+2x+6(a≠0)交x轴与A,B两点(点A在点B左侧),将直尺WXYZ与x轴负方向成45°放置,边WZ经过抛物线上的点C(4,m),与抛物线的另一交点为点D,直尺被x轴截得的线段EF=2,且△CEF的面积为6.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)探究:在直线AC上方的抛物线上是否存在一点P,使得△ACP的面积最大?若存在,请求出面积的最大值及此时点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)将直尺以每秒2个单位的速度沿x轴向左平移,设平移的时间为t秒,平移后的直尺为W′X′Y′Z′,其中边X′Y′所在的直线与x轴交于点M,与抛物线的其中一个交点为点N,请直接写出当t为何值时,可使得以C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形.
 
【考点】二次函数综合题;二次函数的性质;待定系数法求二次函数解析式;三角形的面积;平行四边形的性质.
【分析】(1)根据三角形的面积公式求出m的值,结合点C的坐标利用待定系数法即可求出a值,从而得出结论;
(2)假设存在.过点P作y轴的平行线,交x轴与点M,交直线AC于点N.根据抛物线的解析式找出点A的坐标.设直线AC的解析式为y=kx+b,点P的坐标为(n,﹣ n2+2n+6)(﹣2<n<4),由点A、C的坐标利用待定系数法即可求出直线AC的解析式,代入x=n,即可得出点N的坐标,利用三角形的面积公式即可得出S△ACP关于n的一元二次函数,根据二次函数的性质即可解决最值问题;
(3)根据直尺的摆放方式可设出直线CD的解析式为y=﹣x+c,由点C的坐标利用待定系数法即可得出直线CD的解析式,联立直线CD的解析式与抛物线的解析式成方程组,解方程组即可求出点D的坐标,令直线CD的解析式中y=0,求出x值即可得出点E的坐标,结合线段EF的长度即可找出点F的坐标,设出点M的坐标,结合平行四边形的性质以及C、D点坐标的坐标即可找出点N的坐标,再由点N在抛物线图象上,将其代入抛物线解析式即可得出关于时间t的一元二次方程,解方程即可得出结论.
【解答】解:(1)∵S△CEF=EF•yC=×2m=6,
∴m=6,即点C的坐标为(4,6),
将点C(4,6)代入抛物线y=ax2+2x+6(a≠0)中,
得:6=16a+8+6,解得:a=﹣,
∴该抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+6.
(2)假设存在.过点P作y轴的平行线,交x轴与点M,交直线AC于点N,如图1所示.
 
令抛物线y=﹣x2+2x+6中y=0,则有﹣x2+2x+6=0,
解得:x1=﹣2,x2=6,
∴点A的坐标为(﹣2,0),点B的坐标为(6,0).
设直线AC的解析式为y=kx+b,点P的坐标为(n,﹣ n2+2n+6)(﹣2<n<4),
∵直线AC过点A(﹣2,0)、C(4,6),
∴ ,解得: ,
∴直线AC的解析式为y=x+2.
∵点P的坐标为(n,﹣ n2+2n+6),
∴点N的坐标为(n,n+2).
∵S△ACP=PN•(xC﹣xA)=×(﹣n2+2n+6﹣n﹣2)×[4﹣(﹣2)]=﹣(n﹣1)2+ ,
∴当n=1时,S△ACP取最大值,最大值为 ,
此时点P的坐标为(1, ).
∴在直线AC上方的抛物线上存在一点P,使得△ACP的面积最大,面积的最大值为 ,此时点P的坐标为(1, ).
(3)∵直尺WXYZ与x轴负方向成45°放置,
∴设直线CD的解析式为y=﹣x+c,
∵点C(4,6)在直线CD上,
∴6=﹣4+c,解得:c=10,
∴直线CD的解析式为y=﹣x+10.
联立直线CD与抛物线解析式成方程组: ,
解得: ,或 ,
∴点D的坐标为(2,8).
令直线CD的解析式y=﹣x+10中y=0,则0=﹣x+10,
解得:x=10,即点E的坐标为(10,0),
∵EF=2,且点E在点F的左边,
∴点F的坐标为(12,0).
设点M的坐标为(12﹣2t,0),则点N的坐标为(12﹣2t﹣2,0+2),即N(10﹣2t,2).
 
∵点N(10﹣2t,2)在抛物线y=﹣x2+2x+6的图象上,
∴﹣(10﹣2t)2+2(10﹣2t)+6=2,整理得:t2﹣8t+13=0,
解得:t1=4﹣ ,t2=4+ .
∴当t为4﹣ 或4+ 秒时,可使得以C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形.
 

17. (2016•四川广安•10分)如图,抛物线y=x2+bx+c与直线y=x﹣3交于A、B两点,其中点A在y轴上,点B坐标为(﹣4,﹣5),点P为y轴左侧的抛物线上一动点,过点P作PC⊥x轴于点C,交AB于点D.
(1)求抛物线的解析式;
(2)以O,A,P,D为顶点的平行四边形是否存在?如存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.
(3)当点P运动到直线AB下方某一处时,过点P作PM⊥AB,垂足为M,连接PA使△PAM为等腰直角三角形,请直接写出此时点P的坐标.
 
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)先确定出点A坐标,然后用待定系数法求抛物线解析式;
(2)先确定出PD=|m2+4m|,当PD=OA=3,故存在以O,A,P,D为顶点的平行四边形,得到|m2+4m|=3,分两种情况进行讨论计算即可;
(3)由△PAM为等腰直角三角形,得到∠BAP=45°,从而求出直线AP的解析式,最后求出直线AP和抛物线的交点坐标即可.
【解答】解:(1)∵直线y=x﹣3交于A、B两点,其中点A在y轴上,
∴A(0,﹣3),
∵B(﹣4,﹣5),
∴ ,
∴ ,
∴抛物线解析式为y=x2+x﹣3,
(2)存在,
设P(m,m2+m﹣3),(m<0),
∴D(m, m﹣3),
∴PD=|m2+4m|
∵PD∥AO,
∴当PD=OA=3,故存在以O,A,P,D为顶点的平行四边形,
∴|m2+4m|=3,
①当m2+4m=3时,
∴m1=﹣2﹣ ,m2=﹣2+ (舍),
∴m2+m﹣3=﹣1﹣ ,
∴P(﹣2﹣ ,﹣1﹣ ),
②当m2+4m=﹣3时,
∴m1=﹣1,m2=﹣3,
Ⅰ、m1=﹣1,
∴m2+m﹣3=﹣ ,
∴P(﹣1,﹣ ),
Ⅱ、m2=﹣3,
∴m2+m﹣3=﹣ ,
∴P(﹣3,﹣ ),
∴点P的坐标为(﹣2﹣ ,﹣1﹣ ),(﹣1,﹣ ),(﹣3,﹣ ).
(3)如图,
 
∵△PAM为等腰直角三角形,
∴∠BAP=45°,
∵直线AP可以看做是直线AB绕点A逆时针旋转45°所得,
设直线AP解析式为y=kx﹣3,
∵直线AB解析式为y=x﹣3,
∴k= =3,
∴直线AP解析式为y=3x﹣3,
联立 ,
∴x1=0(舍)x2=﹣
当x=﹣时,y=﹣ ,
∴P(﹣,﹣ ).
 


18. (2016•四川乐山•12分)如图 ,在直角坐标系 中,矩形 的顶点 、 分别在 轴和 轴正半轴上,点 的坐标是 ,点 是 边上一动点(不与点 、点 重合),连结 、 ,过点 作射线 交 的延长线于点 ,交 边于点 ,且 ,令 , .
(1)当 为何值时, ?
(2)求 与 的函数关系式,并写出 的取值范围;
(3)在点 的运动过程中,是否存在 ,使 的面积与 的面积之和等于 的面积.若存在,请求 的值;若不存在,请说明理由.

 

 

 

 


解析:
(1)如图 所示,由题意知, , ∥
    ∵ ,∴ .
∴ .……………………(1分)
∴ ∽ .……………………(2分)
∴ ,即 ,解得 (不合题意,舍去).
    ∴当 时, .……………………(4分)
(2)如图 所示,∵ ∥ ,∴ .
∵ ,∴ .
   ∵ ,∴ ∽ .……………………(6分)
∴ ,即 .
∴ , 的取值范围是 .……………………(8分)
 (3)假设存在 符合题意. 如图 所示,过 作 于点 ,交 于点 , 则 .
∵ 与 面积之和等于 的面积,
∴ .  ∴ .…………………(9分)   
∵ ∥ ,∴ ∽ .  ∴ .…………………(10分)  
即 ,解得 .  ∴由(2) 得, .………(11分) 
解得 (不合题意舍去). ……………………(12分)
∴在点 的运动过程中,存在 ,使 与 面积之和等于 的面积.

19. (2016•四川乐山•13分)在直角坐标系 中, 、 ,将 经过旋转、平移变化后得到如图 所示的 .
(1)求经过 、 、 三点的抛物线的解析式;
(2)连结 ,点 是位于线段 上方的抛物线上一动点,若直线 将 的面积分成 两部分,求此时点 的坐标;
(3)现将 、 分别向下、向左以 的速度同时平移,求出在此运动过程中 与 重叠部分面积的最大值.

 

 

 

 

 

 

 

 

解析:
(1)∵ 、 ,将 经过旋转、平移变化得到如图 所示的 ,
∴ .∴ .…………………(1分)
设经过 、 、 三点的抛物线解析式为 ,
则有 ,解得: .   
∴抛物线解析式为 .…………………(4分)
(2)如图4.1所示,设直线 与 交于点 . 
∵直线 将 的面积分成 两部分,
∴ 或 ,…………………(5分)
过 作 于点 ,则 ∥ .
  ∴ ∽ ,∴ .
∴当 时, ,
∴ ,∴ .…………………(6分)
设直线 解析式为 ,则可求得其解析式为 ,
∴ ,∴ (舍去),  
∴ .…………………(7分)
当 时,同理可得 .…………………(8分)
(3)设 平移的距离为, 与 重叠部分的面积为 .
可由已知求出 的解析式为 , 与 轴交点坐标为 .
 的解析式为 , 与 轴交点坐标为 . ………(9分)
  ①如图4.2所示,当 时, 与 重叠部分为四边形.
设 与 轴交于点 , 与 轴交于点 , 与 交于点 ,连结 .
由 ,得  ,∴ .……………(10分)

   .
∴ 的最大值为 .…………………(11分)

②如图 所示,当 时, 与 重叠部分为直角三角形.
设 与 轴交于点 ,  与 交于点 .则 ,
 , .
∴ .…………………(12分)
∴当 时, 的最大值为 .
综上所述,在此运动过程中 与 重叠部分面积的最大值为 .…………………(13分)

 

20. (2016•四川凉山州•12分)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,﹣3)三点,直线l是抛物线的对称轴.
(1)求抛物线的函数关系式;
(2)设点P是直线l上的一个动点,当点P到点A、点B的距离之和最短时,求点P的坐标;
(3)点M也是直线l上的动点,且△MAC为等腰三角形,请直接写出所有符合条件的点M的坐标.
 
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)直接将A、B、C三点坐标代入抛物线的解析式中求出待定系数即可;
(2)由图知:A、B点关于抛物线的对称轴对称,那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知,直线l与x轴的交点,即为符合条件的P点;
(3)由于△MAC的腰和底没有明确,因此要分三种情况来讨论:①MA=AC、②MA=MC、③AC=MC;可先设出M点的坐标,然后用M点纵坐标表示△MAC的三边长,再按上面的三种情况列式求解.
【解答】解:(1)将A(﹣1,0)、B(3,0)、C(0,﹣3)代入抛物线y=ax2+bx+c中,得:
 ,
解得:
故抛物线的解析式:y=x2﹣2x﹣3.

(2)当P点在x轴上,P,A,B三点在一条直线上时,点P到点A、点B的距离之和最短,
此时x=﹣ =1,
故P(1,0);

(3)如图所示:抛物线的对称轴为:x=﹣ =1,设M(1,m),已知A(﹣1,0)、C(0,﹣3),则:
MA2=m2+4,MC2=(3+m)2+1=m2+6m+10,AC2=10;
①若MA=MC,则MA2=MC2,得:
m2+4=m2+6m+10,解得:m=﹣1,
②若MA=AC,则MA2=AC2,得:
m2+4=10,得:m=± ;
③若MC=AC,则MC2=AC2,得:
m2+6m+10=10,得:m1=0,m2=﹣6;
当m=﹣6时,M、A、C三点共线,构不成三角形,不合题意,故舍去;
综上可知,符合条件的M点,且坐标为 M(1, )(1,﹣ )(1,﹣1)(1,0).

文 章来源
莲山 课件 w w w.5Y k J.C om
最新试题

点击排行

推荐试题

| 触屏站| 加入收藏 | 版权申明 | 联系我们 |