中考模拟分类汇编
压轴题
一、解答题
1、(2009年湖北随州 十校联考数学试题) 如图所示,在平面直角坐标系中.二次函数y=a(x-2)-1图象的顶点为P,与x轴交点为 A、B,与y轴交点为C.连结BP并延长交y轴于点D. 连结AP,△APB为等腰直角三角形。 (1)求a的值和点P、C、D的坐标;
(2)连结BC、AC、AD。将△BCD绕点线段CD上一点E逆时针方向旋转90°,得到一个新三角形.设该三角形与△ACD重叠部分的面积为S。
①当点E在(0,1)时,在图25—1中画出旋转后的三角形,并出求S.
②当点E在线段CD(端点C、D除外)上运动时,设E(0,b),用含b的代数式表示S,并判断当b为何值时,重叠部分的面积最大?写出最大值.
解:(1)a=1 P(2,-1) C(0,3) D(0,-3),(各1分,共4分) (2)画出图形 (1分) 可用相似三角形的面积求S= (3)当b≥0如图,可用相似三角形的面积求s 当b=0时,S=
3216232
(2分)
2(b3) (2分)
(1分)
当b<0时 BD旋转后经过A时,b=-1
① -1<b≤0时, (2分) ② b<-1时 (2分)
- 1 -
2、(2009年重庆一中摸底试卷)如图等腰直角三角形纸片ABC中,AC=BC=4,ACB90o 直角边AC在x轴上,B点在第二象限,A(1,0),AB交y轴于E,将纸片过E点折叠使BE与EA所在直线重合,得到折痕EF(F在x轴上),再展开还原沿EF剪开得到四边形BCFE,然后把四边形BCFE从E点开始沿射线EA平移,至B点到达A点停止.设平移时间为t(s),移动速度为每秒1个单位长度,平移中四边形BCFE与AEF重叠的面积为S.
(1)求折痕EF的长;
(2)是否存在某一时刻t使平移中直角顶点C经过抛物线yx24x3的顶点?若存在,求出t值;若不存在,请说明理由;
(3)直接写出....S与t的函数关系式及自变量t的取值范围.
解:(1)折痕EF(2)t
(3)s12t22 2 (s)
2t,(0t2).
s1,(2t22).
s14t22t1,(22t32).
s14t22t8,(32t42).
23、(2009泰兴市 济川实验初中 初三数学阶段试题)如图,矩形A’B’C’D’是矩形OABC(边OA在x轴正半轴上,边OC在y轴正半轴上)绕B点逆时针旋转得到的,O’点在x轴的正半轴上,B点的坐标为(1,3).O’C’与AB交于D点.
- 2 -
(1)如果二次函数yax2bxc(a0)的图象经过O,O’两点且图象顶点M的纵坐标为1,求这个二次函数的解析式; (2)求D点的坐标.
(3)若将直线OC绕点O旋转α度(0<α<90)后与抛物线的另一个 交点为点P,则以O、O’、B、P为顶点的四边形能否是平行 四边形?若能,求出tan的值;若不能,请说明理由.
y C B C D A O A M O x 解:(1)yx22x „„3 分 (2)D(1,
43第28题图
) „„7分
13(3)tan=1或 „„12分(求出一个得3分,求两个得5分)
4、(2009年山东三维斋一模试题)如图所示,已知抛物线yx21与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C.
(1)求A、B、C三点的坐标.
(2)过点A作AP∥CB交抛物线于点P,求四边形ACBP的面积. (3)在x轴上方的抛物线上是否存在一点M,过M作MGx轴 于点G,使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似. 若存在,请求出M点的坐标;否则,请说明理由.
解:(1)令y0,得x10 解得x1
令x0,得y1
∴ A(1,0) B(1,0) C(0,1) ·····(2分) (2)∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=45 ∵AP∥CB, ∴PAB=45 过点P作PEx轴于E,则APE为等腰直角三角形 令OE=a,则PE=a1 ∴P(a,a1) A ∵点P在抛物线yx1上 ∴a1a1 - 3 -
2y P A o C B x 2y P oC E B x2
解得a12,a21(不合题意,舍去)
∴PE=3··········································································································· 4分)
∴四边形ACBP的面积S=
12121=21234 ············································ 6分) 22AB•OC+
1AB•PE
(3)假设存在
∵PAB=BAC =45 ∴PAAC
∵MGx轴于点G, ∴MGA=PAC =90 在Rt△AOC中,OA=OC=1 ∴AC=2 在Rt△PAE中,AE=PE=3 ∴AP= 32 ························································ 7分) 设M点的横坐标为m,则M (m,m21) ①点M在y轴左侧时,则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时,有
∵AG=m1,MG=m21 m132m122AGPA=
MGCA
M y P 即
23G (舍去) =
MGPA解得m11(舍去) m2(ⅱ) 当MAG ∽PCA时有
m12m1322A oC B xAGCA
即
解得:m1(舍去) m22
∴M(2,3) ·······················································································(10分)
② 点M在y轴右侧时,则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时有
AGPA=
MGCA
2∵AG=m1,MG=m1
- 4 -
∴
m132m122
43y 解得m11(舍去) m2 ∴M(,)
3947
P M (ⅱ) 当MAG∽PCA时有
m12m1322AGCA=
MGPA
A oC G B x即
解得:m11(舍去) m24 ∴M(4,15)
∴存在点M,使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似
M点的坐标为(2,3),(,),(4,15) ········································(12分)
3947
5、(2009年深圳市数学模拟试卷)如图13,已知二次函数y=ax2+bx+c的象经过A(-1,0)、B(3,0)、N(2,3)三点,且与y轴交于点C. (1)(3分)求顶点M及点C的坐标;
(2)(3分)若直线y=kx+d经过C、M两点,且与x轴交于点D,试证明四边形CDAN是平行四边形;
(3)(4分)点P是这个二次函数的对称轴上一动点,请探索:是否存在这样的点P,使以点P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,如果存在,请求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 解:
解:(1)因为二次函数y=ax
2
y C M N
x D A O 图13
E B +bx+c的图象经过点A(-1,0)、B(3,0)、N(2,3)
- 5 -
0abca1所以,可建立方程组:09a3bc,解得:b2
34a2bcc3所以,所求二次函数的解析式为y=-x2+2x+3, 所以,顶点M(1,4),点C(0,3) -------2分
d3(2)直线y=kx+d经过C、M两点,所以,即k=1,d=3,
kd4直线解析式为y=x+3
令y=0,得x=-3,故D(-3,0) ∴ CD=32,AN=32,AD=2,CN=2
∴CD=AN,AD=CN
∴ 四边形CDAN是平行四边形
(3)假设存在这样的点P,使以点P为圆心的圆经过A、B两点,并且与直线CD相切,因为这个二次函数的对称轴是直线x=1,故可设P(1,y0),
则PA是圆的半径且PA2=y02+22,
过P作直线CD的垂线,垂足为Q,则PQ=PA时以P为圆心的圆与直线CD相切。 由第(2)小题易得:△MDE为等腰直角三角形,故△PQM也是等腰直角三角形,
由P(1,y0)得PE=y0,PM=|4-y0|,PQ2PM24y02,
由PQ=PA得方程:
22
(4y0)2y02,解得y0=-426,符合题意,
22所以,满足题意的点P存在,其坐标为(1,426)或(1,426)
6、(2009年辽宁铁岭西丰二中中考模拟考试)如图1,Rt△ABC中,∠ABC=90°, BC
<AB<2BC. 在AB边上取一点M,使AM=BC,过点A作AE⊥AB且AE=BM,连接EC,再过点A作AN∥EC,交直线CM、CB于点F、N. (1)证明:∠AFM=45°;
(2)若将题中的条件“BC<AB<2BC”改为“AB>2BC”,其他条件不变,请你在
图2的位置上画出图形,(1)中的结论是否仍然成立,如果成立,请说明理由,如果不成立,请猜想∠AFM的度数,并说明理由.
- 6 -
(1)证明:连接EM.
A E F M 图1
C
C N B
A B 第25题
图2
C
E F A
M
N B
∵AE⊥AB,∴∠EAM=∠B=90°. ∵AE=MB,AM=CB, ∴△AEM≌△BMC.
∴∠AEM=∠BMC,EM=MC. ∵∠AEM+∠AME=90°, ∴∠BMC+∠AME=90.° ∴∠EMC=90°.
∴△EMC是等腰直角三角形. ∴∠MCE=45°. ∵AN∥CE,
图①
E ∴∠AFM=∠MCE=45°. (2)解:画出图②
不成立. ∠AFM=135°.
连接ME.
前半部分证明方法与(1)同. ∴∠MCE=45°.
∵AN∥CE,∴∠AFM+∠MCE=180°.
∴∠AFM=135°
A M _ C B N F 图② 7、(2009年辽宁铁岭西丰二中中考模拟考试) 如图,在平面直角坐标系中,两个一次函
数y=x,y=2x12的图象相交于点A,动点E从O点出发,沿OA方向以每秒1个
- 7 -
单位的速度运动,作EF∥y轴与直线BC交于点F,以EF为一边向x轴负方向作正方形EFMN,设正方形EFMN与△AOC的重叠部分的面积为S. (1)求点A的坐标;
(2)求过A、B、O三点的抛物线的顶点P的坐标;
(3)当点E在线段OA上运动时,求出S与运动时间t(秒)的函数表达式; (4)在(3)的条件下,t为何值时,S有最大值,最大值是多少?此时(2)中的抛物
线的顶点P是否在直线EF上,请说明理由.
M y C F A E O B x x4,y2x12,解:(1)依题意得 解得
y4.yx.N ∴点A的坐标为(4,4). „„„„„„„„„„3分
(2)直线y=2x12与x轴交点B的坐标为(6,0). 设过A、B、O的抛物线的表达式为y=ax2+bx,
136a6b0,a, 依题意得解得2
16a4b4.b3. ∴所求抛物线的表达式为y y12x3x=212x3x. 92212(x3)2,∴点P坐标(3,9). „„„„„„7分
2 (3)设直线MF、NE与y轴交于点P、Q, 则△OQE是等腰直角三角形. ∵OE=1³t= t, ∴EQ=OQ=2t,∴E(2t,2t).
222 ∵EF∥y轴, ∴PF=
22t,PO222t12=12-2t.
∴EF=PQ=12-2t-
22t=12322t.
①当EF>QE时, 即12322t>
2222t,解得t32.
∴当0t32时,SEFQEt(12322t)=322t62t.
- 8 -
②当EF≤QE时,即12 ∴当32t4
322t≤
22t,解得 t32.
2 322
2时,S=EF=(12t). „„„„„„„„„11分
23(4)当0t32时, S3t262t=(t22)212.
22 ∴当t22时,S 当32t4最大
=12 .
最大
2时,S=(1232232)=9.
2
∴当t22时,S
最大
=12. „„„„„„„„„„„13分
当t22时,E(2,2),F(2,8),
∵P(3,
92),∴点P不在直线EF上. „„„„„„„„„„„14分
8、(2009江苏苏港综合试题)(本小题满分10分)有一根直尺的短边长2㎝,长边长10㎝,还有一块锐角为45°的直角三角形纸板,它的斜边长12cm..如图12,将直尺的短边DE放置与直角三角形纸板的斜边AB重合,且点D与点A重合.将直尺沿AB方向平移(如图 13),设平移的长度为xcm(0≤x≤10),直尺和三角形纸板的重叠部分(图中阴影部分)的面积为S㎝2.
(1)当x=0时(如图12),S=_____________;当x = 10时,S =______________. (2) 当0<x≤4时(如图13),求S关于x的函数关系式;
(3)当4<x<10时,求S关于x的函数关系式,并求出S的最大值(同学可在图14、图15中画草图).
C F A
(D) E (图12)
B
A x D E B
(图13)
F G C
C
A (图14)
C B
A (图15)
B
- 9 -
9、(2009年通州杨港模拟试卷)已知抛物线y=ax+bx+c与x轴交于A、B点(A点在B点的左边),与y轴交点C的纵坐标为2. 若方程x2⑴求此抛物线的解析式;
⑵若抛物线的顶点为M,点P为线段AM上一动点,过P点作x轴的垂线,垂足为H点,设OH的长为t,四边形BCPH的面积为S,求S与t之间的函数关系式,并写出自变量t的取值范围;
⑶将△BOC补成矩形,使△BOC的两个顶点B、C成为矩形的一边的两个顶点,第三个顶点落在矩形这一边的对边上,试直接写出矩形的未知的顶点坐标 .
解: ⑴ y=-x-x+2
⑵S=-
34t22
baxca0的两根为x1=1,x2=-2 .
2
y12t2)
3213211252t1 (
4248⑶ (-,) (,)
5555
o123x10、(2009年浙江温州龙港三中模拟试卷)如图1,在平面直角坐标系中,有一张矩形纸片OABC,已知O(0,0),A(4,0),C(0,3),点P是OA边上的动点(与点O、A不重合).现将△PAB沿PB翻折,得到△PDB;再在OC边上选取适当的点E,将△POE沿PE翻折,得到△PFE,并使直线PD、PF重合.
(1)设P(x,0),E(0,y),求y关于x的函数关系式,并求y的最大值;
(2)如图2,若翻折后点D落在BC边上,求过点P、B、E的抛物线的函数关系式; (3)在(2)的情况下,在该抛物线上是否存在点Q,使△PEQ是以PE为直角边的直角三角形?若不存在,说明理由;若存在,求出点Q的坐标.
yCEO图1
yFBDPAxCDBEFOP图2
- 10 -
Ax
解:(1)由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,且PD、PF重合,则∠BPE=90°.∴∠OPE+
∠APB=90°.又∠APB+∠ABP=90°,∴∠OPE=∠PBA.
∴Rt△POE∽Rt△BPA.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 ∴
POOEBAAP.即
xy34x.∴y=x(4x)3113x243x(0<x<4).
且当x=2时,y有最大值
43.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分
(2)由已知,可得P(1,0),E(0,1),B(4,3). „„„„„„6分
1a,2c1,3设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c,则abc0,∴b,
216a4bc3.c1.y=
12x232x1.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分
(3)由(2)知∠EPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件.„„„„„„„„„ 9分 直线PB为y=x-1,与y轴交于点(0,-1).将PB向上平移2个单位则过点E(0,1), ∴该直线为y=x+1.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分
yx1,x5,由得∴Q(5,6). 123yxx1,y6.22故该抛物线上存在两点Q(4,3)、(5,6)满足条件.„„„„„„„„ 14分 11.(2009²浙江温州²模拟1)在ABC中,∠C=Rt∠,AC=4cm,BC=5cmm,点D在BC上,并且CD=3cm,现有两个动点P、Q分别从点A和点B同时出发,其中点P以1cm/s的速度,沿AC向终点C移动;点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C移动。过点P作PE∥BC交AD于点E,连结EQ。设动点运动时间为x秒。
(1)用含x的代数式表示AE、DE的长度;
(2)当点Q在BD(不包括点B、D)上移动时,设EDQ的面积为y(cm),求y与x的函数关系式,并写出自变量x的取值范围;
2AEPBQDC- 11 -
(3)当x为何值时,EDQ为直角三角形。
答案:解:(1)在RtADC中,AC4,CD3,AD5,„„„„„„„„1
EPDC,AEPADC, „„„„„„„„„„„„„„„„2 EAADAPACEA5x4,即,EAx,DE5x„„„„„„„„4
(2)BC5,CD3,BD2,„„„„„„„„„„„„„„„„5
y当点Q在BD上运动x秒后,DQ=2-1.25x,则
12DQCP12(4x)(21.25x)58x272x4„„„„„„„„7
y58x272x4即y与x的函数解析式为:,其中自变量的取值范围是:0<x<1.6
„„„„„„„„ 8 (3)分两种情况讨论: ①当EQDRt时,
显然有EQPC4x,又EQAC,EDQADC,ACDC 4x1.25x2即,解得 x2.3 EQDQA EPBDQC解得 x2.5 „„„„„„„„10
A②当QEDRt时,
CDAEDQ,QEDCRt,EDQCDAEQCDDQDA,即5(4x)121.25x25,
EBDQPC解得 x3.1„„„„„„„12
综上所述,当x为2.5秒或3.1秒时,EDQ为直角三角形。
- 12 -
12. (2009²浙江温州²模拟2) 如图1,正方形ABCD的顶点A,B的坐标分别为(0,10),(8,4),顶点C,D在第一象限.点P从点A出发,沿正方形按逆时针方向运动,同时,点Q从点E(4,0)出发,沿x轴正方向以相同速度运动.当点P到达点C时,P,Q两点同时停止运动.设运动时间为t(s). (1)求正方形ABCD的边长.
(2)当点P在AB边上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(s)之间的函数图
像为抛物线的一部分(如图2所示),求P,Q两点的运动速度.
(3)求(2)中面积S(平方单位)与时间t(s)的函数解析式及面积S取最大值时点P的坐标.
(4)若点P,Q保持(2)中的速度不变,则点P沿着AB边运动时,∠OPQ的大小随着时
间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当点P沿着这两边运动时,能使∠OPQ=90°吗?若能,直接写出这样的点P的个数;若不能,直接写不能.
B
C
A P y
D
28 20 S
O E
Q 图 1
x (第24题) O 10 图 2 t
答案:解:(1)作BF⊥y轴于F. ∵A(0,10),B(8,4) ∴FB=8,FA=6,
∴AB=10 „„„„„„„„„„„„„2分 (2)由图2可知,点P从点A运动到点B用了10s„„1分 ∵AB=10
∴P、Q两点的运动速度均为每秒一个单位长度.„1分 (3)解法1:作PG⊥y轴于G,则PG∥BF. ∴△AGP∽△AFB
- 13 -
G
F
∴
GAFA35APABt. 35,即
GA6t10.
∴GA∴OG10t. „„„„„„„„„„2分
又∵OQ4t ∴S12OQOG310t212(t4)(1035t)„„„2分
即S195t20
19 ∵b2a52(310)193,且
193在0≤t≤10内,
∴当t193时,S有最大值.
45t7615,OG1035t315 此时GP ∴P(,
7631,) „„„„„„„„„„„2分 155 解法2:由图2,可设Sat2bt20,
∵抛物线过(10,28)∴可再取一个点,当t=5时,计算得S∴抛物线过(5,632632,
),代入解析式,可求得a,b.„„„„„评分参照解法1
(4)这样的点P有2个. „„„„„„„„„2分
13. (2009²浙江温州²模拟3)如图,正方形ABCD的边长为2cm,在对称中心O处有一钉
子。动点P,Q同时从点A出发,点P沿A——B——C方向以每秒2cm的速度运动,到点C停止;点Q沿A——D方向以每秒1cm的速度运动,到点D停止。P,Q两点用一条可伸缩的细橡皮筋连结,设x秒后橡皮筋扫过的面积为y cm2。 (1)当0≤ x ≤1时,求y与x之间的关系式; (2)当橡皮筋刚好触及钉子时,求x的值;
(3)当1≤ x≤2时,求y与x之间的函数关系式,并写出橡皮筋从触及钉子到运动停止时POQ的x变化范围;
(4)当0 ≤x≤2时,请在下面给出的直角坐标系中画出y与x之间的函数图象。
- 14 -
B P A
O C
B
P O
C
Q D A
Q D
0
答案:(1)当0≤x≤1时 AQ= x AP=2 x ∴y= S△APQ=
12 AP²AQ=
12²2 x² x= x
2
(3分)
B P A
O C
(2)当橡皮筋刚好触及钉子时,有BP=DQ ∵BP=2x-2 DQ=2-x ∴2x-2=2x x=(3)当1≤x≤
4343
(2分)
B E A
A B Q P P O O D C 时
C
AB=2,PB=2-2x,AQ=x ∴y=
AQBP2•AB=
x2x22³2=3x-2
Q Q D D
即y=3x-2 (2分) 当
43≤x≤2时,作OE⊥AB,E为垂足
则BP=2x-2,AQ=x,OE=1 y=S梯形BEOP+S梯形OEAQ=即y=
3x2
12x22³1+
1x2³1=
3x2
(2分)
3y(4)如图所示: (3分)
x2 (0≤x≤1)
Y= 3x-2 (1<x≤
3x43
2)
12 3(
4<x≤2)
014323x- 15 -
14. (2009²浙江温州²模拟4.)关于x的二次函数y=-x+(k-4)x+2k-2以y轴为对
称轴,且与y轴的交点在x轴上方.
(1)求此抛物线的解析式,并在直角坐标系中画出函数的草图;
(2)设A是y轴右侧抛物线上的一个动点,过点A作AB垂直x轴于点B,再过点A作x轴的平行线交抛物线于点D,过D点作DC垂直x轴于点C, 得到矩形ABCD.设矩形ABCD的周长为l,点A的横坐标为x,试求l关于x的函数关系式;
(3)当点A在y轴右侧的抛物线上运动时,矩形ABCD能否成为正方形.若能,请求出此时正方形的周长;若不能,请说明理由.
答案:解:(1)根据题意得:k-4=0
∴k=±2 „„1分 当k=2时,2k-2=2>0 当k=-2时,2k-2=-6<0 又抛物线与y轴的交点在x轴上方
∴k=2 „„2分 ∴抛物线的解析式为:y=-x+2 函数的草图如图所示: „„3分
(2)令-x2+2=0,得x=±当0<x<
222
2
22
时,A1D1=2x,A1B1=-x2+2 „„4分
∴l=2(A1B1+A1D1)=-2x2+4x+4 „„5分 当x>
2时,A2D2=2x
2
2
A2B2=-(-x+2)=x-2 „„6分 ∴l=2(A2B2+A2D2)=2x2+4x-4 „„7分 ∴l关于x的函数关系式是:
22x+4x+4(0<x<l22x+4x-4(x>2)y D1 A1 B2 x B1 2)
C2 C1 (3)解法①:当0<x<得x+2x-2=0 解得x=-1-
32
2时,令A1B1=A1D1
D2 A2 (舍),或x=-1+
3 „„8分
(第24题图)
- 16 -
将x=-1+得l=8当x>
2
3代入l=-2x2+4x+4
3-8 „„9分 时,A2B2=A2D2
2得x-2x-2=0 解得x=1-将x=1+得l=8
333(舍),或x=1+
3 „„10分
代入l=2x2+4x-4
+8 „„11分
综上所述,矩形ABCD能成为正方形,且 当x=-1+当x=1+
33时,正方形的周长为8
33-8;
时,正方形的周长为8
2+8. „„12分
3解法②:当0<x<时,同“解法①”可得x=-1+
3 „„8分
∴正方形的周长l=4A1D1=8x=8当x>
2-8 „„9分
3时,同“解法①”可得x=1+
3 „„10分
∴正方形的周长l=4A2D2=8x=8
+8 „„11分
综上所述,矩形ABCD能成为正方形,且 当x=-1+当x=1+
33时,正方形的周长为8
33-8;
时,正方形的周长为8+8.„„12分
解法③:∵点A在y轴右侧的抛物线上 ∴当x>0时,且点A的坐标为(x,-x2+2) 令AB=AD,则
x22=2x
∴-x2+2=2x ① 或-x2+2=-2x ② 由①解得x=-1-由②解得x=1-又l=8x ∴当x=-1+当x=1+
3333(舍),或x=-1+
33 „„8分
(舍),或x=1+ „„9分
时,l=8
33-8;„„10分
时,l=8+8 „„11分
综上所述,矩形ABCD能成为正方形,且 当x=-1+
3时,正方形的周长为8
3-8;
- 17 -
当x=1+
3时,正方形的周长为8
3+8.„„12分
15. (2009²浙江温州²模拟5)在平面直角坐标系xOy中,抛物线ymx223mxn经过P(3,5),A(0,2)两点. (1)求此抛物线的解析式;
(2)设抛物线的顶点为B,将直线AB沿y轴向下平移两个单位得到直线l,直线l与抛物线的对称轴交于C点,求直线l的解析式;
(3)在(2)的条件下,求到直线OB,OC,BC距离相等的点的坐标.
4 3 2 1 4 3 2 1 1 y 3m6mn5解:(1)根据题意得
n21m 解得3
n2所以抛物线的解析式为:yO 1 2 3 x
2 3 13x2233x2
()由y13x2233x2得抛物线的顶点坐标为B(3,1),
依题意,可得C(3,过原点, 设直线 的解析式为ykx,-1),且直线
33
则3k1 解得k所以直线 的解析式为y33x
(3)到直线OB、OC、BC距离相等的点有四个,如图,
由勾股定理得 OB=OC=BC=2, 所以△OBC为等边三角形。
易证x轴所在的直线平分∠BOC,y轴是△OBC的一个外角的平分线,
作∠BCO的平分线,交x轴于M1点,交y轴于M2点, 作△OBC的∠BCO相邻外角的角平分线,交y轴于M3点, 反向延长线交x轴于M4点,
- 18 -
可得点M1,M2,M3,M4 就是到直线OB、OC、BC距离相等的点。 可证△OBM2、△BCM4、△OCM3均为等边三角形,可求得:
①OM1 33233OB,所以点M1的坐标为(233,0)。
②点M2与点A重合,所以点M2的坐标为(0 ,2),
③点M3与点A关于x轴对称,所以点M2的坐标为(0 ,-2),
④设抛物线的对称轴与x轴的交点为N , M4N 32BC3,且ON = M4N,
所以点M4的坐标为(23,0)
综合所述,到战线OB、OC、BC距离相等的点的坐标分别为: M1(233,0)、 M2(0 ,2)、 M3(0 ,-2)、M4(23,0)。
16. (2009²浙江温州²模拟6)如图,在平面直角坐标系内,已知点A(0,6)、点B(8,0),动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动,同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒.
(1) 求直线AB的解析式;
(2) 当t为何值时,△APQ与△AOB相似?
24(3) 当t为何值时,△APQ的面积为5个平方单位?
答案:答案:(1)设直线AB的解析式为y=kx+b 由题意,得b=68kb0k 解得34
b6- 19 -
所以,直线AB的解析式为y=-
34x+6. 4分
(2)由AO=6, BO=8 得AB=10 所以AP=t ,AQ=10-2t
1) 当∠APQ=∠AOB时,△APQ∽△AOB. 所以
t630=
102t10
解得 t=11(秒) 2分 2) 当∠AQP=∠AOB时,△AQP∽△AOB. 所以
t10=102t6 解得 t=50(秒) 2分
13(3)过点Q作QE垂直AO于点E. 在Rt△AOB中,Sin∠BAO=BO=4
AB5在Rt△AEQ中,QE=AQ²Sin∠BAO=(10-2t)²
1242=8 -8t 2分S△APQ=
512AP²QE=
t²(8-8t)
5 =-5t+4t=24 解得t=2(秒)或t=3(秒). 2分
517. (2009²浙江温州²模拟7)设抛物线yax2bx2与x轴交于两个不同的点A(-1,0)、B(m,0),与y轴交于点C.且∠ACB=90°. (1)求m的值;
(2)求抛物线的解析式,并验证点D(1,-3 )是否在抛物线上;
(3)已知过点A的直线yx1交抛物线于另一点E. 问:在x轴上是否存在点P,使以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似?若存在,请求出所有符合要求的点P的坐标. 若不存在,请说明理由. 答案:解:(1)令x=0,得y=-2 ∴C(0,-2)„„(1分)
∵∠ACB=90°,CO⊥AB ,∴△AOC ∽△COB , ∴OA·OB=OC2 ∴OB=
OCOA2=221=4 ∴m=4 (2分)
- 20 -
(2)将A(-1,0),B(4,0)代入y=ax21a=2 bx2,解得3b=2∴抛物线的解析式为y=当x=1时,y=12x212x232x2„„(2分)
32x2=-3,∴点D(1,-3)在抛物线上。„„(1分)
y=x1x1=1x2=6(3)由 得 ,∴E(6,7)„„(2分) 123y=0y=7y=xx21222过E作EH⊥x轴于H,则H(6,0), ∴ AH=EH=7 ∴∠EAH=45° 作DF⊥x轴于F,则F(1,0) ∴BF=DF=3 ∴∠DBF=45° ∴∠EAH=∠DBF=45°
∴∠DBH=135°,90°<∠EBA<135° 则点P只能在点B的左侧,有以下两种情况: ①若△DBP1∽△EAB,则
157137BP1AB137AE=BDAE,∴BP1=ABBDAE=53272=157
∴OP1=4=,∴P(1„„(2分) ,0)=BDAB225②若△DBP2∽△BAE,则∴OP2=4254=225BP2,∴BP2=AEBDAB=72325=425
∴P(2,0)„„(2分) ,0)或P(2225,0)
(综合①、②,得点P的坐标为:P113718.(2009²浙江温州²模拟8)如图1,在△ABC中,AB=BC=5,AC=6.△ECD是△ABC
沿BC方向平移得到的,连接AE.AC和BE相交于点O. (1)判断四边形ABCE是怎样的四边形,说明理由;
(2)如图2,P是线段BC上一动点(图2),(不与点B、C重合),连接PO并延长
交线段AB于点Q,QR⊥BD,垂足为点R.
①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化?若变化,请说明理由;若不变,求出四边形PQED的面积;
- 21 -
②当线段BP的长为何值时,△PQR与△BOC相似?
AEAQE A OE DOBPO
BC(第24题图1)DRC(第24题图2)DB
C(备用图)1答案:解:(1)四边形ABCE是菱形。 „„„„„„„„1分
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的,∴EC∥AB,且EC=AB, ∴
四
边
形
ABCE
是
平
行
四
边
形, „„„„„„„„3分
又∵AB=BC,∴四边形ABCE是菱形 . „„„„„„„4分 (2)①四边形PQED的面积不发生变化。 „„„„„„„5分 1
方法一:∵ABCE是菱形,∴AC⊥BE,OC=AC=3,∵BC=5,∴BO=4,
2过A作AH⊥BD于H,(如图1). 11
∵S△ABC=BC³AH=AC³BO,
22
1124
即:³5³AH=³6³4,∴AH=. „„„„„„„„6分
225【或 ∵∠AHC=∠BOC=90°,∠BCA公用, ∴△AHC∽△BOC,∴AH:BO=AC:BC,
24
即:AH:4=6:5,∴AH=. „„„„„„„„6分】
5由菱形的对称性知,△PBO≌△QEO,∴BP=QE,
111
∴S四边形PQED=(QE+PD)³QR=(BP+PD)³AH=BD³AH
222124
=³10³=24. „„„„„„„„8分
25
方法二: 由菱形的对称性知,△PBO≌△QEO,∴S△PBO= S△QEO,„„„„6分 ∵△ECD是由△ABC平移得到得,∴ED∥AC,ED=AC=6,
又∵BE⊥AC,∴BE⊥ED, „„„„„7分 ∴S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED
11=×BE×ED=×8×6=24. „„„„„8分 22
- 22 -
A Q E A Q E O O 3 2 1 B H P R C (第24题1) D B P G R C (第24题2) D
②方法一:如图2,当点P在BC上运动,使△PQR与△COB相似时, ∵∠2是△OBP的外角,∴∠2>∠3,∴∠2不与∠3对应,∴∠2与∠1对应, 即∠2=∠1,∴OP=OC=3 „„„„„9分 过O作OG⊥BC于G,则G为PC的中点,△OGC∽△BOC, „„„„„10分 9
∴CG:CO=CO:BC,即:CG:3=3:5,∴CG=, „„„„„11分
597
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2³=. „„„„„12分
55方法二:如图3,当点P在BC上运动,使△PQR与△COB相似时, ∵∠2是△OBP的外角,∴∠2>∠3,
∴∠2不与∠3对应,∴∠2与∠1对应, „„„„„9分 ∴QR:BO=PR:OC,即:
2418
:4=PR:3,∴PR=, „„„„„10分 55
过E作EF⊥BD于F,设PB=x,则RF=QE=PB=x,
24218
) =, „„„„„11分 55
18187
∴BD=PB+PR+RF+DF=x++x+=10,x=. „„„„„12分
555DF=ED2-EF2 =
62-(
方法三: 如图4,若点P在BC上运动,使点R与C重合,
由菱形的对称性知,O为PQ的中点,∴CO是Rt△PCQ斜边上的中线, ∴CO=PO, „„„„„9分 ∴∠OPC=∠OCP,此时,Rt△PQR∽Rt△CBO, „„„„„10分 18
∴PR:CO=PQ:BC,即PR:3=6:5,∴PR= „„„„„11分
5187
∴PB=BC-PR=5-=. „„„„„12分
55
- 23 -
A Q E A Q E O 3 2 1 O B P R C F (第24题3) D B P C (R) (第24题4) D
19.(2009²浙江温州²模拟9)化工商店销售某种新型化工原料,其市场指导价是每千克160元(化工商店的售价还可以在市场指导价的基础上进行浮动),这种原料的进货价是市场指导价的75%.
(1)为了扩大销售量,化工商店决定适当调整价格,调整后的价格按八折销售,仍可获得实际售价的20%的利润.求化工商店调整价格后的标价是多少元?打折后的实际售价是多少元?
(2)化工商店为了解这种原料的月销售量y(千克)与实际售价x(元/千克)之间的关系,每个月调整一次实际售价,试销一段时间后,部门负责人把试销情况列成下表:
实际售价x(元/千克) 月销售量y(千克)
„ „
150 500
160 480
168 4
180 440
„ „
① 请你在所给的平面直角坐标系中,以实际售价x(元/千克)为横坐标,月销售量y(千克)为纵坐标描出各点,观察这些点的发展趋势,猜想y与x之间可能存在怎样的函数关系; ② 请你用所学过的函数知识确定一个满足这些数据的y与x之间的函数表达式,并验证你在①中的猜想;
③ 若化工商店某月按同一实际售价共卖出这种原料450千克,请你求出化工商店这个月销售这种原料的利润是多少元?
第24题
- 24 -
答案:解:(1)依题意,每千克原料的进货价为160×75%=120(元) --------------2分 设化工商店调整价格后的标价为x元, 则 0.8x-120=0.8x×20% 解得 x=187.5
187.5×0.8=150(元)----------------------------------------------------------------------2分 ∴调整价格后的标价是187.5元,打折后的实际售价是150元 .----------1分 (2)①描点画图,观察图象,可知这些点的发展趋势近似是一条直线, 所以猜想y与x之间存在着一次函数关系.
--------------------------------------------------------------2分 ②根据①中的猜想,设y与x之间的函数表达式为y=kx+b, 将点(150,500)和(160,480)代入表达式,得
500=150k+bk=-2 解得 480=160k+bb=800
∴y与x的函数表达式为y=-2x+800 ---------------------------------------------2分 将点(168,4)和(180,440)代入y=-2x+800均成立, 即这些点都符合y=-2x+800的发展趋势.
∴①中猜想y与x之间存在着一次函数关系是正确的.---------------------------1分 ③设化工商店这个月销售这种原料的利润为w元, 当y=450时,x=175
∴w=(175-120)×450=24750(元)
答:化工商店这个月销售这种原料的利润为24750元.---------------------------2分
- 25 -
20.(2009²浙江温州²模拟10)如图,抛物线的顶点坐标是
95,-,且经过点A( 8 , 14 ).
82y (1)求该抛物线的解析式;
(2)设该抛物线与y轴相交于点B,与x轴相交于C、D两点(点C在点D的左边),试求点B、C、D的坐标;
(3)设点P是x轴上的任意一点,分别连结AC、BC. 试判断:PAPB与ACBC的大小关系,并说明理由.
答案:(1)(4
2.A B O C D x (第24题图)
分)设抛物线的解析式为
59yax„„„„„„„„„1分
28159 ∵抛物线经过A(8,14),∴14=a8,解得:a „„„„2分
228125159 ∴yx(或yxx2) „„„„„„„„„„1分
2222822 (2)(4分)令x0得y2,∴B(0,2)„„„„„„„„„„„„„„1分 令y0得
12x252x20,解得x11、x24„„„„„„„„„2分
∴C(1 , 0)、D(4 ,0 ) „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分 (3)(4分)结论:PAPBACBC „„„„„„„„„„„„„1分 y . A 理由是:①当点P与点C重合时,有
PAPBACBC „„„„„„„„„„„„1分
②当点P异于点C时,∵直线AC经过点A(8,14)、C(1,0),
B O C E P D x ∴直线AC的解析式为y2x2 „„„3分 设直线AC与y轴相交于点E,令x0,得y2, ∴E(0,2),
则点E(0,2)与B(0,2)关于x轴对称 ∴BCEC,连结PE,则PEPB, ∴ACBCACECAE,
∵在APE中,有PAPEAE
∴PAPBPAPEAEACBC„„„„„„„„„„„„„1分
- 26 -
综上所得APBPACBC
21.(2009²浙江温州²模拟11) 如图,以O为原点的直角坐标系中,A点的坐标为(0,1),直线x=1交x轴于点B。P为线段AB上一动点,作直线PC⊥PO,交直线x=1于点C。过P点作直线MN平行于x轴,交y轴于点M,交直线x=1于点N。 (1)当点C在第一象限时,求证:△OPM≌△PCN;
(2)当点C在第一象限时,设AP长为m,四边形POBC的面积为S,请求出S与m间的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;
(3)当点P在线段AB上移动时,点C也随之在直线x=1上移动,△PBC是否可能成为等腰三角形?如果可能,求出所有能使△PBC成为等腰直角三角形的点P的坐标;如果不可能,请说明理由。
答案:(1)∵OM∥BN,MN∥OB,∠AOB=900, ∴四边形OBNM为矩形。 ∴MN=OB=1,∠PMO=∠CNP=900 ∵
AMAOPMBOy x=1 A M P N ,AO=BO=1,
C O x B ∴AM=PM。
∴OM=OA-AM=1-AM,PN=MN-PM=1-PM, ∴OM=PN, ∵∠OPC=90, ∴∠OPM+CPN=900,
又∵∠OPM+∠POM=900 ∴∠CPN=∠POM,
0
∴△OPM≌△PCN. 4分 (2)∵AM=PM=APsin450=
22m,
∴NC=PM=
22m,∴BN=OM=PN=1-
22m;
∴BC=BN-NC=1-
22m-
22m=12m
- 27 -
(3)△PBC可能为等腰三角形。 6分 ①当P与A重合时,PC=BC=1,此时P(0,1) ②当点C在第四象限,且PB=CB时,
22 有BN=PN=1-m,
∴BC=PB=2PN=2-m,
2222∴NC=BN+BC=1-m+2-m, 7分
由⑵知:NC=PM=m,
∴1-
222222m+2-m=22m, ∴m=1. 8分
∴PM=m=
22,BN=1-
22m=1-
22,
∴P(,1-22).
∴使△PBC为等腰三角形的的点P的坐标为(0,1)或(
22,1-
22) 10分
22.(2009²浙江温州²模拟12) 如图,以O为原点的直角坐标系中,A点的坐标为(0,1),直线x=1交x轴于点B。P为线段AB上一动点,作直线PC⊥PO,交直线x=1于点C。过P点作直线MN平行于x轴,交y轴于点M,交直线x=1于点N。 (1)当点C在第一象限时,求证:△OPM≌△PCN;
(2)当点C在第一象限时,设AP长为m,四边形POBC的面积为S,请求出S与m间的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;
(3)当点P在线段AB上移动时,点C也随之在直线x=1上移动,△PBC是否可能成为等腰三角形?如果可能,求出所有能使△PBC成为等腰直角三角形的点P的坐标;如果不可
- 28 -
能,请说明理由。
答案:(1)∵OM∥BN,MN∥OB,∠AOB=900, ∴四边形OBNM为矩形。 ∴MN=OB=1,∠PMO=∠CNP=900 ∵
AMAOPMBOy x=1 A M P N C O x B ,AO=BO=1,
∴AM=PM。
∴OM=OA-AM=1-AM,PN=MN-PM=1-PM, ∴OM=PN, ∵∠OPC=900, ∴∠OPM+CPN=900,
又∵∠OPM+∠POM=90 ∴∠CPN=∠POM,
0
∴△OPM≌△PCN. (2)∵AM=PM=APsin450=
22m,
∴NC=PM=
22m,∴BN=OM=PN=1-
22m;
∴BC=BN-NC=1-
22m-
22m=12m
(3)△PBC可能为等腰三角形。 ①当P与A重合时,PC=BC=1,此时P(0,1) ②当点C在第四象限,且PB=CB时, 有BN=PN=1-
22m,
∴BC=PB=2PN=2-m,
- 29 -
∴NC=BN+BC=1-
22m+2-m,
由⑵知:NC=PM=22m,
∴1-
222222m+2-m=22m, ∴m=1.
∴PM=m=
22,BN=1-
22m=1-
22,
∴P(,1-
22).
∴使△PBC为等腰三角形的的点P的坐标为(0,1)或(
22,1-
22)
23、(2009江苏通州通西一模试卷)(12分)如图,在平面直角坐标系中,以点C(0,4)为圆心,半径为4的圆交y轴正半轴于点A,AB是⊙C的切线.动点P从点A开始沿AB方向以每秒1个单位长度的速度运动,点Q从O点开始沿x轴正方向以每秒4个单位长度的速度运动,且动点P、Q从点A和点O同时出发,设运动时间为t(秒).
(1)当t=1时,得P1、Q1两点,求过A、P1、Q1三点的抛物线解析式及对称轴l; (2)当t为何值时,PC⊥QC;此时直线PQ与⊙C是什么位置关系?请说明理由; (3)在(2)的条件下,(1)中的抛物线对称轴l上存在一点N,使得NP+NQ最小,求出点N的坐标.
- 30 -
解:(1)y23x223x8,对称轴为直线:x1…………………………3分
2(2)当t=2时,PC⊥QC ………………………………………………………6分
此时直线PQ与⊙C相切,理由略………………………………………9分
(3)N(
12,
203)……………………………………………………………12分
24、(09河南扶沟县模拟)如图,已知:四边形AEBD中,对角线AB和DE相交于点C,且AB垂直平分DE,ACa,BCb,CDab,其中ab0.
(1)用尺规作图法作出以AB为直径的⊙O(保留作图痕迹) (2)试判断点D与⊙O的位置关系,并说明理由;
(3)试估计代数式ab和2ab的大小关系,并利用图形中线段的数量关系证明你的结论.
DACBE答案:解:(1)如图所示,(注:必须保留作图痕迹,没有作图痕迹扣2分即作AB的垂直平分线不用圆规画,扣2分) (2)解:∵ AC = a,BC = b,CD = ∴ CD 2 = AC²CB,即
ab CDACCBCD
D 又∵∠DCA = ∠DCB = 90° ∴ △DCA ∽ △BCD
∴ ∠DAB = ∠CDB
∵ ∠DAB +∠ADC = 90°
∴ ∠ADC +∠CDB = 90°即∠ADB = 90° ∴ OA = OB = OD
∴ 点D在⊙O上
(3)结论:a + b ≥ 2ab 由(2)知,点D、E都在⊙O上 ∵ AB是⊙O的直径,AB⊥DE ∴ DE = 2DC = 2ab - 31 -
AOCBE
∵ AB ≥ DE ∴ a + b ≥ 2ab
25.(09河南扶沟县模拟)如图,顶点为D的抛物线y=x2+bx-3与x轴相交于A、B两点,与y轴相交于点C,连结BC,已知tan∠ABC=1。 (1)求点B的坐标及抛物线y=x2+bx-3的解析式;
(2)在x轴上找一点P,使△CDP的周长最小,并求出点P的坐标;
(3)若点E(x,y)是抛物线上不同于A、B、C的任意一点,设以A、B、C、E为顶点的四边形的面积为S,求S与x之间的函数关系式。
答案:解:(1) B(3,0),yx22x3 (2)P(,0)
73 (3)当E在第四象限,s 当E在第三象限,s12322x12292x6(0x3)
xx6(1x0)
2 当E在第一象限或第二象限,s2x4x(x1或x3)
13
26.(09巩义市模拟)如图平面直角坐标系中,抛物线y=- x2+ x+2 交x轴于A、B
22两点,交y轴于点C.
(1)求证:△ABC为直角三角形;
(2)直线x=m(0<m<4)在线段OB上移动,交x轴于点D,交抛物线于点E,交BC于点F.求当m为何值时,EF=DF?
(3)连接CE和BE后,对于问题“是否存在这样的点,使△BCE的面积最大?” ........E............
小红同学认为:“当E为抛物线的顶点时,△BCE的面积最大.”
她的观点是否正确?提出你的见解,若△BCE的面积存在最大值,请求出点E的坐标和△BCE的最大面积.
- 32 -
13
答案:解: (1)对于y=- x2+ x+2
22
13
当y=0时, - x2+ x+2=0,解得x1=-1, x2=4;
22当x=0时, y=2
∴A、B、C三点的坐标分别为 A(-1,0),B(4,0),C(0,2) ∴OA=1,OB=4,OC=2, ∴AB=OA+OB=5,∴AB=25
在Rt△AOC中,AC2=OA2+OC2=12+22=5 在Rt△COB中,BC2=OC2+OB2=22+42=20 ∴AC2+BC2=AB2,
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形.
(2)解:∵直线DE的解析式为直线x=m,∴OD= m, DE⊥OB.
DFBD
∵OC⊥AB,∴OC∥DE,∴△BDE∽△BOC, ∴ =
OCBO∵OC=2,OB=4,BD=OB-OD=4-m,∴DF=
BDOCBO24m4212m2
E C F A O D B E C A O F D B .
当EF=DF时,DE=2DF=4-m,∴E点的坐标为(m, 4-m) 1231 23∵E点在抛物线y=- x+ x+2上,∴4-m=- m+ m+2
2222
解得m1=1,m2=4. ∵0<m<4,∴m=4舍去, ∴当m=1时,EF=DF
(3)解:小红同学的观点是错误的
13
∵OD= m, DE⊥OB, E点在抛物线y=- x2+ x+2上
22
- 33 -
13
∴E点的坐标可表示为(m, - m 2+ m+2)
22
1311
∴DE=- m 2+ m+2.∵DF=2- m,∴EF=DE-DF=- m 2+2m
2222111
∵S△BCE=S△CEF+S△BEF= EF·OD+ EF·BD= EF·(OD+BD)
222
11
= EF·OB= EF·4=2EF 22
∴S△BCE=-m+4m=-(m-4 m+4-4)=-(m-2)+4 ∴当m=2时, S△BCE有最大值,△BCE的最大面积为4;) 13
∵当m=2时,- m 2+ m+2=3,∴E点的坐标为(2, 3)
22
13325
而抛物线y=- x2+ x+2的顶点坐标为( , ),∴小红同学的观点是错误的
222827、(09黄陂一中分配生素质测试)
如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A的坐标为(4,0),点C的坐标为(0,
2),O 2
2
2
为坐标原点。设P点在第一象限,以P为圆心,半径为1的⊙P与y轴及矩形OABC的边BC都相切. 已知抛物线yax2bxc(a0)经过O、P、A三点. (1)求抛物线的解析式;
(2)若⊙P与矩形OABC组合得到的图形的面积能被一条直线l平分,求这条直线l的解析式;
(3)若点N在抛物线上,问x轴上是否存在点M,使得以M为圆心的⊙M能与PAN的三边PA、PN、AN所在直线都相切,若存在,请求出M点的坐标;若不存在,请说明理由.
答案:解:(1)O(0,0),P(1,3),A(4,0),
- 34 -
在抛物线yax2c0a1,即b4, bxc(a0)上,ab316a4b0c0所以抛物线的解析式为:yx24x „„„„ 2分 (2)连结AC、OB相交于Q,则Q是矩形OABC的对称中心,
∵P是⊙P的对称中心 ,∴PQ平分⊙P与矩形OABC组合得到的图形的面积
设PQ的解析式为y kb32kb1kxb,P(1,3)、Q(2,1) „„„„„„ 4分
„„„„ 5分
,k2b5,所以PQ解析式为y2x5 (利用其它直线割补平分面积,求得直线的解析式的参照给分)
(3)假设x轴上存在点M,使得⊙M与PAN的三边PA、PN、AN所在的直线都相切,
则有如下两种情形:
① 当⊙M与PAN的三边PA、PN、AN相切时,则M是PAN的内心.
M在x轴上,x轴为PAN的平分线,
轴的对称点G(1,3)在AN上,
x4yP(1,3)关于x所以AN的解析式为:y由yx4yxox2,
CPBQHORMAT4x得到N(1,5) „„„„ 7分
作PR轴于R,PR3AR,PAO450, ,PA32在等腰直角ARP中,PR作NHox3AR
,
N22轴于H,因为AN的解析式为:yGx4所以NAH450, 在等腰直角AHN中,
AH5,NH3,AN52,在RtNAP中,PNANPAPN2PAAN17217
RtNAPAM的内切圆⊙M的半径MT3442,
2MT8,M(344,0) „„„„„ 9分
② 当⊙M与PAN的边AP、AN的延长线相切于J、S,且与AN边相切于K时,则M是PAN的旁心.
- 35 -
由①RtNAP的三边长度分别为:
JAN52NSNKP KP,PA,PK32PJ,PN,
217
MAN旁切圆的半径MSAM2MS8APANPN24217
S34,M(344,0)
综上所述:x轴上存在点M,使得⊙M与PAN的三边PA、PN、AN所在的直线都相切M(344,0)、M(344,0) „„„„„„„ 12分
28、(09枝江英杰学校模拟)如图矩形OABC,AB=2OA=2n,分别以OA和OC为x、y
轴建立平面直角坐标系,连接OB,沿OB折叠,使点A落在P处。过P作PQ⊥y轴于Q。
(1)求OD:OA的值。
(2)以B为顶点的抛物线:y=ax+bx+c,经过点D,与直线 OB相交于E,过E作EF⊥y轴于F,试判断2²PQ²EF与矩形OABC面积的关系,并说明理由。
答案:(1)在矩形OABC中AB∥OC,∴∠ABO=∠BOC,根据题中的折叠得∠PBO=∠BOC ∴∠PBO=∠BOC, ∴BO=DO,设DO=k,则DB=k 在Rt⊿BCD中BC=n,DG=2n-k,BD=k
2
- 36 -
∴(2n-k)+n=k, ∴OD=
222
n,OD:OA=5/4
3 (2)设以B为顶点的抛物线为y=a(x-n)2+2n,把D(0, n)代入,得a=
4n ∴y= E(-5334n(x-n)2+2n==n), ∴EF=
34n53x2+
32x+
n,直线OB为y=2x,二者联立,得
n,-
103n,
0
根据PQ⊥y轴于Q,∠BCO=90,得⊿BDC∽⊿PDQ,通过BD=OD= ∴
PDBDn,得PD=
34n
=
35=
PQBC=
PQn ∴PQ=
35n, ∴2²PQ²EF=2n2即矩形OABC面积
29. 物线 如图(十三),已知抛
(1)求b的值;
1
y x 2 1,直线 kx b y经过点B ( 0 , 2 )
4
(2)将直线ykxb绕着点B旋转到与x轴平行的位置时(如图①),直
14x1相交,其中一个交点为P,求出点P的坐标;2线与抛物线y
(3)将直线ykxb继续绕着点B旋转,与抛物线y14x1相交,其2
²²²²
中一个交点为P'(如图②),过点P'作x轴的垂线P'M,点M为垂足。是否存在这样的点P',使△P'BM为等边三角形?若存在,请求出点P'的坐标;若不存在,请说明理由。(09武冈市福田中学一模)
(十三)
答案:解:(1)∵直线y=kx+b过点B(0,2)
∴b=2
(2)y=kx+b绕点B旋转到与x轴平行,即y=2
- 37 -
依题意有:14x122
x2
∴P(2,2)或P(-2,2)
(3)假设存在点P'(x0,y0),使P'BM为等边三角形
如图,则∠BP'M=60° P'My0
P'B2P'M22y02
且P'M=P'B
即y02y02
y04
又点P'在抛物线y14x1上2
∴14
x142 x23
14x1相交,存在一个交点P'2∴当直线ykxb绕点B旋转时与抛物线y(23,4)或P'(23,4)
使△P'BM为等边三角形
30、(09九江市浔阳区中考模拟)如图2—14,四边形ABCD是边长为4的正方形,动点P、Q同时从A点出发,点P沿AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动.点Q沿折线ADC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动,设运动时间为t秒. (1)当t=2秒时,求证PQ=CP.
(2)当2 C BQPAD - 38 - 答案:. (1)当t=2时,(如图1),Q与D重合,P恰好是AB的中点, CBPDAP, 则PQ=CP (2)当2 2图2—14 当2 ∴S的值不可能超过正方形面积的一半8. 31.(09上浦镇中学九年级“回头看”试题) 如图1,正方形ABCD的顶点A,B的坐标分别为(0,10),(8,4),顶点C,D在第一象限.点P从点A出发,沿正方形按逆时针方向运动,同时,点Q从点E(4,0)出发,沿x轴正方向以相同速度运动.当点P到达点C时,P,Q两点同时停止运动.设运动时间为t(s). (1)求正方形ABCD的边长. (2)当点P在AB边上运动时,△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(s)之间的函数图 - 39 - 像为抛物线的一部分(如图2所示),求P,Q两点的运动速度. (3)求(2)中面积S(平方单位)与时间t(s)的函数解析式及面积S取最大值时点P的坐标. (4)若点P,Q保持(2)中的速度不变,则点P沿着AB边运动时,∠OPQ的大小随着时 间t的增大而增大;沿着BC边运动时,∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小.当点P沿着这两边运动时,能使∠OPQ=90°吗?若能,直接写出这样的点P的个数;若不能,直接写不能. 答案:解:(1)作BF⊥y轴于F. ∵A(0,10),B(8,4) ∴FB=8,FA=6, ∴AB=10 O E A C P B Q 图 1 x (第8题) O 10 图 2 t y D 28 20 S (2)由图2可知,点P从点A运动到点B用了10s ∵AB=10 ∴P、Q两点的运动速度均为每秒一个单位长度. (3)解法1:作PG⊥y轴于G,则PG∥BF. ∴△AGP∽△AFB ∴ GAFA35APABt. 35t. A y D C P B ,即 GA6t10. O E Q x ∴GA图 1 S 28 20 ∴OG10又∵OQ4t ∴S12OQOG310t212(t4)(1035t) O 10 图 2 t 即S195t20 19 ∵b2a52(310)193,且 193(第8题) 在0≤t≤10内, - 40 - ∴当t193时,S有最大值. 4t76,OG1035t315 此时GP5157631 ∴P(,) 155, 解法2:由图2,可设Sat2bt20, ∵抛物线过(10,28)∴可再取一个点,当t=5时,计算得S∴抛物线过(5,632632, ),代入解析式,可求得a,b. (4)这样的点P有2个. 32.(09綦江县三江中一模)已知,在Rt△OAB中,∠OAB=900,∠BOA=300,AB=2。若以O为坐标原点,OA所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,点B在第一象限内。将Rt△OAB沿OB折叠后,点A落在第一象限内的点C处。 (1)求点C的坐标;(2分) (2)若抛物线yax2bx(a≠0)经过C、A两点,求此抛物线的解析式;(3分) (3)若抛物线的对称轴与OB交于点D,点P为线段DB上一点,过P作y轴的平行线,交抛物线于点M。问:是否存在这样的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形?若存在,请求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由。(5分) 注:抛物线yaxb2a2b4acb2bxc(a≠0)的顶点坐标为2a,4a,对称轴公式为x y C y B O A x x- 41 - 答案:(1)过点C作CH⊥x轴,垂足为H ∵在Rt△OAB中,∠OAB=900,∠BOA=300,AB=2 ∴OB=4,OA=23 由折叠知,∠COB=300,OC=OA=23 ∴∠COH=600,OH=3,CH=3 ∴C点坐标为(3,3) (2)∵抛物线yax2bx(a≠0)经过C(3,3)、A(23,0)两点 332a3ba1 ∴ 解得: 2b23023a23b ∴此抛物线的解析式为:yx223x (3)存在。因为yx223x的顶点坐标为(3,3)即为点C 0 MP⊥x轴,设垂足为N,PN=t,因为∠BOA=30,所以ON=3t ∴P(3t,t) 作PQ⊥CD,垂足为Q,ME⊥CD,垂足为E 把x3t代入yx223x得:y3t26t 22 ∴ M(3t,3t6t),E(3,3t6t) 同理:Q(3,t),D(3,1) 要使四边形CDPM为等腰梯形,只需CE=QD 2 即33t6tt1,解得:t143,t21(舍) ∴ P点坐标为( 433, 43) ∴ 存在满足条件的点P,使得四边形CDPM为等腰梯形,此时P点的坐为( - 42 - 433, 43) 33、(安徽桐城白马中学模拟一).我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”,如果一条直线与“蛋圆”只有一个交点,那么这条直线叫做“蛋圆”的切线. 如图1,点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点,已知点D的坐标为(0,-3),AB为半圆的直径,半圆圆心M的坐标为(1,0),半圆半径为2. (1) 请你求出“蛋圆”抛物线部分的解析式,并写出自变量的取值范围; (2)你能求出经过点C的“蛋圆”切线的解析式吗?试试看; (3)开动脑筋想一想,相信你能求出经过点D的“蛋圆”切线的解析式. 答案: 解:(1)解法1:根据题意可得:A(-1,0),B(3,0); 则设抛物线的解析式为ya(x1)(x3)(a≠0) D 第10图 A O M B x C y 又点D(0,-3)在抛物线上,∴a(0+1)(0-3)=-3,解之得:a=1 ∴y=x2-2x-3 ··································································································· 3分 自变量范围:-1≤x≤3 ···················································································· 4分 解法2:设抛物线的解析式为yax2bxc(a≠0) 根据题意可知,A(-1,0),B(3,0),D(0,-3)三点都在抛物线上 abc0∴9a3bc0c3a1,解之得:b2c3 ∴y=x2-2x-3 ·············································································· 3分 自变量范围:-1≤x≤3 ····························································· 4分 解:(1)解方程x22x30 得x13,x21 ··········································································································· 1分 - 43 - ···················································· 2∴抛物线与x轴的两个交点坐标为:C(3,0),B(1,0) ·设抛物线的解析式为 分 ········································································································· 3分 ya(x3)(x1) · ∵A(3,6)在抛物线上 ∴6a(33)·(31) ∴a∴抛物线解析式为:y12 ···················································································· 4分 321212xx22·············································································· 5分 分 (2)由y12xx232··········································································· 6(x1)2· ∴抛物线顶点P的坐标为:(1,······································ 7分 2),对称轴方程为:x1 · 设直线AC的方程为:ykxb ∵A(3,6),C(3,0)在该直线上 b33kb6解得·············································· 9分 ∴直线AC的方程为:yx3 ∴3kb0k1将x1代入yx3得y2 ·····································································································10分 2) ∴Q点坐标为(1,(3)作A关于x轴的对称点A(3,6),连接AQ;AQ与x轴交于点M即为所求的点 ····································································································································11分 设直线AQ方程为ykxb 3kb6b0解得 ∴kb2k2∴直线AC:y2x ··································································································12分 令x0,则y0·········································································································13分 ∴M点坐标为(0,·····································································································14分 0)· 34、(2009年浙江省嘉兴市秀洲区素质评估卷10).如图,在平面直角坐标系内,四边形AOBC是菱形,点B的坐标是(4,0),AOB60, 点P从点A开始沿AC以每秒1个单位长度向点C移动,同时点Q从点O以每秒a(1a3)个单位长度的速度沿OB向右移动,设t秒后 ,PQ交OC于点R。、 (1)设a2,t为何值时,四边形APQO的面积是菱形AOBC面积的 14; - 44 - (2)设a2,OR835,求t的值及此时经过P、Q两点的直线解析式; (3)当a为何值时,以O、Q、P为顶点的三角形与以O、B、C为顶点的三角形相似(只写答案,不必说理)。 答案:(1)作AD⊥OB于D,在Rt△AOD中,OA=4,AOD60, Sin60AD23∵S梯形APQOS梯形AP AD4 , 12(APOQ)AD12(tat)23,当a=2时,14S菱形AOBC1442323, QO123t2333t,∴由S梯形APQO23∴33t23t; (2)作CH⊥x轴于H,在Rt⊿CBH中,BC=OB=4,∠CBH=∠AOB=60°, ∴Cos60°= BHBC,∴BH=412=2,Sin60°= CHBC,∴CH=4OQPC3223,在Rt⊿OCH中,由勾股 定理得,OC=43,∵AC∥OB,得⊿OQR∽⊿CPR,∴ ORRC,另一方面,当a=2时,OQ= 85at=2t,PC=4-t,RC=OC-OR=438351235,∴ 2t4t51235,∴t=1,解得P(3, 33),Q(2,0),∴解析式为y23x43,(3)当a=1时,⊿ORQ∽⊿OBC,理由如下: ∵AC∥OB,得⊿OQR∽⊿CPR,得 OR43ORat6(2t),∴OR= 43at4tat,∴当 43atOROCOQOB,∠ROQ=∠COB得⊿OQR∽⊿OBC,此时, OROCOQat得4tat,所以OB443- 45 - at-t=0,t(a-1)=0,∴t=0(舍去);a-1=0,∴a=1。 35、(2009年浙江省嘉兴市秀洲区素质评估卷9).在足球比赛中,当守门员远离球门时,进攻队员常常使用“吊射”的战术(把球高高地挑过守门员的头顶,射入球门).一位球员在离对方球门30米的M处起脚吊射,假如球飞行的路线是一条抛物线,在离球门14米时,足球达到最大高度高度为2.44米.问: (1) 通过计算说明,球是否会进球门? (2) 如果守门员站在距离球门2米远处,而守门员跳起后最多能摸到2.75米高处,他能 否在空中截住这次吊射? (3) 如图b:在另一次地面进攻中,假如守门员站在离球门2米远的A点处防守, 进攻队员在离球门12米的B处以120千米/小时的球速起脚射门,射向球门的立柱C.球门的宽度CD为7.2米,而守门员防守的最远水平距离S和时间t之间的函数关系式为S=10 t ,问这次射门守门员能否挡住球? 答案:(1)解:设足球经过的路线所代表的函数解析式为yax142323米。如图a:以球门底部为坐标原点建立坐标系,球门PQ的 323,„„(2 分) 把(30,0)代入得:a124,故y124x142323。„„(2分) 当x0时,y2.52.44 所以球不会进球门。„„(1分) (2)当x2时,y1432.75„„(2分) 所以守门员不能在空中截住这次吊射。„„(1分) - 46 - (3)连结BA并延长,交CD于点M,由题意M为CD中点,过A作 EF//CD。 由BEA∽BCM可得AE=3„„(1分) ∴BE=109,t3109100,S3109103„„(2分) 答:这次射门守门员能挡住球。„„(1分) - 47 - 因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容
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